Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số ppsx

1

Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số

Một số trường hợp thường gặp
Dạng 1 : Nếu x
2
+ y
2
=1 thì đặt
sin
os
x
yc







với
 
0;2



Dạng 2 : Nếu x

2
+ y
2
=a
2
(a>0) thì đặt
sin
os
xa
y ac







với
 
0;2



Dạng 3 : Nếu
1x 
thì đặt
 
sin , ;
22
os , 0;

x
xc


  












Dạng 4 : Nếu
xm
thì đặt
 
sin , ;
22
os , 0;
xm
x mc


  













Dạng 5 :Nếu
1x 
hoặc bài toán có chứa
2
x1
thì đặt x=
1
osc

với
3
0; ;
22


   




   

Dạng 6 :Nếu
xm
hoặc bài toán có chứa
22
x m
thì đặt x =
os
m
c

với
3
0; ;
22


   



   

Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
2
x1
thì đặt
x = tan


với
;
22








Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
22
x m
thì đặt
x = m tan

với
;
22









I. chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
2
1
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2
1
22





Giải:
Đặt: a = tg , b = tg với ,  








2
;
2
.

2
Khi đó: A =
)tg1)(tg1(
)tgtg1)(tgtg(
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2222






= cos
2
 cos
2
 .














coscos
sinsin
1.
coscos
)sin(

= sin ( + ) . cos ( + ) =
2
1
sin (2 + 2)
Suy ra: A =
2
1
sin (2 + 2) 
2
1

Vậy: -
2
1

)b1)(a1(
)ab1)(ba(
22



2

1
(đpcm).
Bài 2:
Chứng minh rằng nếu x < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)
n
+ (1 – x)
n
< 2
n
(1)
Giải:
Vì x < 1 nên có thể đặt x = cost với t  (0; )
và bất đẳng thức (1) được viết thành:
(1 + cos t)
n
+ (1 – cos t)
n
< 2
n
(2)
Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos
2
2
t
và 1 – cost = 2sin
2
2
t
ta được

2
n








2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n
(3)
Bởi vì 0 <
2
t
<
2

nên 0 < sin
2
t
, cos

2
t
< 1 nên chắc chắn:
cos
2n
2
t
=
n
2
2
t
cos






< cos
2
2
t
n > 1. Tương tự ta có:
sin
2n
2
t
< sin
2

2
t
n > 1. Do đó
2
n








2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n







2

t
sin
2
t
cos
22
= 2
n

Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh.



3
Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4
số đó sao cho:
0 
xy1
yx


 1 (1)
Giải:
Giả sử 4 số thực cho trước
là a  b  c  d
Đặt a = tgy
1
, b = tgy
2
, c = tgy

3
, d = tgy
4
với
-
2

< y
1
 y
2
 y
3
 y
4
<
2

< y
5
=  + y
1

Các điểm y
1
, y
2
, y
3
chia đoạn [y

1
; y
1
+ ] thành 4 đoạn [y
1
; y
2
], [y
2
; y
3
], [y
3
; y
4
] , [y
4
;
y
5
]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn
4

. Giả sử
0  y
2
– y
1

4


. Thế thì:
0  tg (y
2
– y
1
)  1  0 
ab1
ab
tgytgy1
tgytgy
12
12





 1
Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
2
17
y
1
y
x
1
x
2

2
2
2


















Giải:
Ta có: x + y =
   
22
yx 
= 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 0  a  2
để
x
= cosa và

y
= sina.
Bất đẳng thức đã cho được viết thành:







acos
1
acos
4
4
+







asin
1
asin
4
4

2

17

Ta có: cos
4
a +
acos
1
4
+ sin
4
a +
asin
1
4
= (cos
4
a + sin
4
a)







acosasin
1
1
44

y
1
y
2
y
3
y
4
y
5



4
= (1 – 2sin
2
acos
2
a)







acosasin
1
1

44
=














a2sin
16
1
2
a2sin
1
4
2

Vì 0 < sin
2
2a  1 nên 1 -
2
a2sin

2

2
1

và 1 +
a2sin
16
4
 17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:
x
2
+ (x – y)
2
 4
 
22
yx 
sin
2

10

.
Giải:
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:
4sin
2
10


= 2
2
53
5
cos1










.
Bất đẳng thức đã cho có thể viết:
x
2
+ (x – y)
2
 (x
2
+ y
2
)










2
53
(1)
Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
Nếu y  0. Chia hai vế (1) cho y
2
và đặt
y
x
= tga với
2

< a <
2

thì bất đẳng thức
có dạng: tg
2
a + (tga – 1)
2

2
53
(1 + tg

2
a)
 sin
2
a + (sina – cosa)
2

2
53

 sin
2
a + 1 – 2sinacosa 
2
53

 cos2a + 2sin2a 
5


a2sin
5
2
a2cos
5
1

 1 (2)

5
Bởi vì
22
5
2
5
1













= 1
vì vậy
5
1
= cos và
5
2
= sin. Với 0 <  <
2



Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - )  1. Điều này hiển nhiên.
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng. (đpcm)
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện
a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức:
)cb(c)ca(c 

ab
(1)
Giải:
Vì a > 0, b > 0,
ab
> 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với
ab
)cb(c
ab
)ca(c 


 1 (2)
Nhận xét rằng
22
a
ca
a
c



















= 1
Nên đặt
a
c
= cosu ,
a
ca 
= sinu với 0  u 
2


Ta cũng thấy
22
b
cb

b
c


















= 1
Nên đặt
b
c
= cosv ,
b
cb 
= sinv với 0  v 
2


.
Khi đó (2) có thể viết thành
a
ca
b
c 
+
b
cb
a
c 
= cosv sinu + cosusinv  1 (3)
Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v)  1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1)
đúng.
Bài 7: Chứng minh rằng: 4
 
 
2323
a1a3)a1(a 

2




6
Giải:
Điều kiện: 1 – a
2
 0  a  1

Đặt a = cos, với   [0; ]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
4
 
323
)cos1(cos 
- 3(cos -

2
cos1
) 
2

 4(cos
3
 - sin
3
) – 3 (cos - sin) 
2

 (4cos
3
 - 3cos) + (3sin - 4sin
3
)
2
cos3 + sin3
2

 cos (3 -

2

) 1, luôn đúng.
Bài 8: Chứng minh rằng:
31a
2

 2a
Giải:
Điều kiện: a
2
– 1  0  a  1.
Đặt a =
cos
1
, với   [0 ;
2

).
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:





 cos
2
3tg
cos
2

31
cos
1
2

 sin +
3
cos  2 
2
1
sin +
2
3
cos  1
 sin ( +
3

)  1, luôn đúng.
Bài 9: Cho x
2
+ y
2
= 1 ; u
2
+ v
2
= 1. Chứng minh
a) xu + yv 1.
b) xv + yu 1.
c) –2  (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v)  2.

d) –2  (x + y) (u + v) – (x – y) (u – v)  2.
Giải:
Áp dụng mệnh đề IV. Đặt x = cosa ; y = sina ; u = cosb ; v = sinb
và 0  a, b  2. Khi đó
a) xu + yv=cos(a – b) 1.



7
b) xv + yu=sin(a + b) 1.
c) (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) = (cos a – sin a) (cos b + sin b) +
+ (cos a + sin a) (cos b – sin b) =
=
2
sin








a
4
2
sin









b
4
+
2
cos








a
4
2
cos









b
4

= 2cos (a + b)
Rõ ràng –2  2cos (a + b)  2. (đpcm)
Bài 10: Chứng minh:
a) (a + b)
4
 8(a
4
+ b
4
)
b) 32(a
6
+ b
6
)  (a + b)
6

c) (a + b)
8
 64(a
8
+ b
8
)
Giải:
a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a  0 chia hai vế cho a và đặt tgx =
a

b

với
2

< x <
2

.
Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx)
4
 8(1 + tg
4
x)
 (cos x + sin x)
4
 8(cos
4
x + sin
4
x) (1)
Vì sin
4
x + cos
4
x = (sin
2
x + cos
2
x)

2
– 2sin
2
x cos
2
x =
= 1 -
4
x4cos3
2
x2sin
2



(sin x + cosx)
4
= (1 + sin2x)
2
=
2
x4cosx2sin43 

(1)  8(cos
4
x + sin
4
x) – (sin x + cos x)
4

=
2
5
2
9

cos4x – 2sin2x  0.
Điều này hiển nhiên vì cos4x  -1 và - sin2x  -2.
b) c) Làm tương tự như a).
Bài 11: Chứng minh rằng
 
)b1)(a1(ab3a1bb1a
2222

 2
Giải:



8
Điều kiện:







0b1
0a1

2
2








1b
1a

Đặt





sinb
sina
, với  ,   [0; ]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
sin .

22
sin1.sinsin1
+
+
)sin1)(sin1(sin.[sin3

22

 2
 sin.cos + sin.cos +
3
(sin.sin - cos.cos) 2
 sin( + ) -
3
cos( + ) 2
 
2
1
sin( + ) -
2
3
cos( + ) 1
sin( +  -
3

) 1 , luôn đúng.
Bài 12: Cho a
1
, a
2
,… a
17
là 17 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng ta luôn chọn
được hai số a
j
, a

i
từ 17 số đó sao cho
0 <
1224
aa1
aa
ji
ij




Giải:
Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a
1
< a
2
< … < a
17
Đặt tgv
i
= a
i
với -
2

< v
i
<
2


i = 1, 2,…, 17
Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng








2
;
2
nên từ a
1
< a
2
<
… < a
17
suy ra -
2

< v
1
< v
2
< … < v
17

<
2

< v
1
+ 
Các điểm v
2
, v
3
, …, v
17
chia đoạn [v
1
; v
1
+ ] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một
đoạn có độ dài không vượt quá
17

.



9
a) Nếu có một i với 1  i  16 sao cho 0 < v
i+1
– v
i


17

thì
0 < tg(v
i+1
-v
i
)  tg
17

< tg
16

. Vì tg
4

=
8
tg1
8
tg2
2



= 1
suy ra tg
8

=

2
- 1, tg
8

=
16
tg1
16
tg2
2



=
2
- 1  tg
16

=
1224 

Khi đó ta có
0 < tg(v
i+1
– v
i
) =
1224
aa1
aa

tgvtgv1
tgvtgv
1ii
i1i
i1i
i1i











Chọn a
j
= a
i+1
ta được điều cần chứng minh.
b) Nếu 0 < v
1
+  - v
17
<
17

<

16

thì
0 < tg [(v
1
+ ) – v
17
] = tg(v
1
– v
17
) < tg
16


Lúc này ta chọn a
j
= a
1
và a
i
= a
17
ta được điều cần chứng minh.
Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có:
 
4
1
)y1)(x1(
)yx1)(yx(

4
1
2
22
2222





Giải:
Đặt x = tgu , y = tgv với -
2

< u, v <
2

thì biểu thức
A =
 
2222
2222
2
22
2222
)vtg1()utg1(
)vutgtg1)(vtgutg(
)y1)(x1(
)yx1)(yx(






.
= cos
4
u. cos
4
v







vcos
vsin
ucos
usin
2
2
2
2








vcosucos
vsinusin
1
22
22

= (sin
2
u cos
2
v – sin
2
v cos
2
u) (cos
2
u cos
2
v – sin
2
u sin
2
v)
= (sinu cosv + sin v cos u)(sin u cos v – sin v cos u) 
 (cos u cos v + sin u sin v) (cos u cos v – sin u sin v)

10
= sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v)
=
4
1
sin2(u + v) sin2(u – v)
Suy ra A =
4
1
sin2(u + v)sin2(u – v) 
4
1

Tức
4
1
 A 
4
1

Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng
4
1
khi
































0y
1x
0v
4
u

2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

hoặc

































0y
1x
0v
4
u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng -
4
1
khi:































1y
0x
4
v

0u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

hoặc

































1y
0x
4
v
0u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
222
y4x
)y4x(x
222
22
22





(1)
Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giải:



11
1) Nếu x = 0 , y  0 thì
222
y4x
)y4x(x
4222
22
22





Nếu x  0, y = 0 thì
22
22
y4x
)y4x(x



= 0 bất đẳng thức cũng đúng.
Giả sử x  0, y  0 thì (1) tương đương với
222
1
y2
x
2
y2
x
y2
x
222
2
22























(2)
Đặt
y2
x
= tga thì (2) trở thành:
-2
atg1
)2tga(atg
22
2
22



 2
2
- 2
 - 2
2
- 2  cos
2
a [4tga – 4]  2
2
- 2 (3)

Vì cos
2
a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos
2
a = 2sin2a – 2(1 + cos2a)
= 2(sin2a – cos2a – 1) =2














 1
4
a2sin2

 
222;222 

nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng.
2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy:

22
22
y4x
)y4x(x


= -2
2
- 2 khi sin








4
a2
= -1 với tga =
y2
x

Vì -
2

< a <
2



4
5
< 2a -
4

<
4
3
nên sin








4
a2
= -1
 2a-
4

=
2

 a =
8











8
tg
y2
x
= 1 -
2

 x + 2y(
2
- 1) = 0
Tương tự như trên:
22
22
y4x
)y4x(x


= 2
2
- 2 khi sin









4
a2
= 1



12
a =
8
3

y2
x
= tg







8
3
=

8
tg
4
tg1
8
tg
4
tg2





=
12
)12(1
121




 x – 2y(
2
+ 1) = 0
Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có
22
y1x1
yx




22
z1x1
zx


+
22
y1z1
yz



Giải:
Đặt x = tg , y = tg , z = tg với -
2

< , ,  <
2

.
Ta có:
22
y1x1
yx


=



22
tg1tg1
tgtg
= coscos





cos
sin
cos
sin

=sincos - sincos=sin( - )
Tương tự ta có:
22
z1x1
zx


= sin( - ),
22
y1z1
yz


=sin( - )
Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức:
sin( - ) sin( - )+ sin( - ) (*)

với mọi , ,  








2
;
2

Ta có sin(u + v)=sinucosv + sinvcosusinucosv+sinvcosu
 sinucosv+sinvcosu sinu+ sinv
Để ý rằng  -  = ( - ) + ( - ).
Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra (*). (Đpcm)
Bài 16: Cho các số thực x, y thoả mãn

x
2
+ y
2
= x
2
y1
+ y
2
x1

Chứng minh: 3x + 4y  5
Giải:
Điều kiện xác định: 1 – y
2
 0, 1 – x
2
 0 tương đương –1  x, y  1



13
Nếu x [-1; 0] hoặc y  [-1; 0] hoặc x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 bất đẳng thức hiển
nhiên đúng. Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1.
Đặt x = cos , y = sin với -
2

<  <
2

; 0 <  < .
Từ x
2
+ y
2
= x
2
y1
+ y
2
x1

Ta có: cos
2
 + sin
2
 = cos cos + sin sin = cos( - )  1
 cos
2
  cos
2
 hoặc sin
2
  sin
2

a) Nếu 0<, <
2

hoặc -
2

<  < 0 và 0 <  <
2

ta có cos > 0, cos > 0.
cos
2
  cos
2
  cos  cos

3x + 4y = 3cos + 4sin  2cos + 4sin = 5






 sin
5
4
cos
5
3

= 5cos( - )  5 trong đó cos =
5
3
.
b) Nếu 0 <  <
2

,
2

<  <  ta có sin > 0 , sin > 0 thì
sin
2
  sin
2
  sin  sin

3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos + 4sin = 5cos( - )  5
c) Nếu -
2

<  < 0 ,
2

<  <  thì sin  < 0 , sin > 0.
sin
2
  sin
2
  sin  -sin
3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos - 4sin = 5cos( + )  5.

II. giải phương trình , bất phương trình :
Bài1: Giải bất phương trình :
11x x x   

Giải :
Điều kiện :
10
11
10
x
x
x


   





Đặt x=cost , t
 
0,






14
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
1 cos 1 cos cost t t   

2
1 cos 2cos cos
2
t
tt   

22
2( os sin ) cos sin
2 2 2 2
t t t t
c   

( os sin )(cos sin 2) 0

2 2 2 2
t t t t
c    

2 os( )[ 2 os( ) 2] 0
2 4 2 4
tt
cc

    

os( )[ os( ) 1] 0
2 4 2 4
tt
cc

    

os( ) 0
24
t
c

  

2 2 4
t


   

3
22
t

  

1 cos 0t   

10x   

vậy phoơng trình này có nghiệm
10x  
.
Bài 2 : giải phương trình :

22
1 1 x (1 2 1 x )x    

Giải :
Điều kiện : 1-x
2

0
11x   

os 0
2
3
sin 0

2
t
c
t









đặt x = sint với t
;
22






. Khi đó phương trình đã cho có dạng :
22
1 1 sin sin (1 2 1 sin )t t t    
1 cos sin (1 2cos )t t t   

2 os sin sin2
2
t

c t t  

3
2 os 2sin os
2 2 2
t t t
cc




15
3
2 os (1 2sin ) 0
22
tt
c  
os 0
2
32
sin
22
t
c
t










6
2
t
t











1
2
1
x
x









vậy phương trình có nghiệm
1
2
x 
và x=1.
Bài 3 : Giải phương trình :

2
22
1x
x
x 


Giải :
điều kiện :
2
x 1 0
0x





1x
.
Đặt x=
1

cos t
,
0,
2
t






Khi đó phương trình có dạng :
1
1
cos
22
cos
1
1
cos
t
t
t


11
22
cos sintt
  
sin cos 2 2sin .cost t t t  

Đặt sint + cost = u
 
12u
, ta có
2
u1
sin .cos
2
tt


.
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
2
2(u 1) u 
2
2u 2 0u   

 
2
1
l
2
u
u











2u 
sin cos 2tt  
2sin( ) 2
4
t

  
sin( ) 1
4
t

  
2
42
tk


   

2
4
tk



  
. So sánh điều kiện ta có :
4
t


2x

vậy nghiệm của phương trình là
2x 

Bài 4 : với
0a 
, giải bất phương trình
2
22
22
2
x
x
a
ax
a
  





16

giải :
Đặt
tanx a t
,
;
22
t






. Khi đó bất phương trình có dạng :
2
2a cos
tan
cos
a
t
at
ta



2
1 sin 2cos tt  
2
2sin t - sint -1 0
1

sin 1
2
t

  

1
tan
3
t


3
a
x



Vậy nghiệm của bất phương trình là
3
a
x



Bài 5 : Giải phương trình :
8x(2x
2
-1)(8x
4

-8x
2
+1)=1 (1)
giải:
Ta có các trường hợp sau :
Với x

1, suy ra VT(1)>1, do đó phương trình vô nghiệm .
Với x

-1, suy ra VT(1)<0, do đó phương trình vô nghiệm .
Với
x
<1, đặt x=cost , với t

(0, )


Khi đó phương trình được chuyển về dạng :
8cost(2cost
2
-1)(8cost
4
-8cost
2
+1)=1

8cost.cos2t.cos4t = 1

8sint.cost.cos2t.cos4t = sint


sin8t = sint
82
82
t t k
t t k






  


2
7
2
9
k
t
k
t














So sánh điều kiện ta có
2 4 6 5 7
; ; ; ; ; ;
7 7 7 9 3 9 9
t
      





vậy phương trình có các nghiệm
2 4 6 5 7
os ; os ; os ; os ; os ; os ; os
7 7 7 9 3 9 9
x c c c c c c c
      





Bài 6 : Giải phương trình
(1-m

2
)
x
+(1-m
2
)
x
=(1+m
2
)
x
với 0<m<1.
Giải:
Chia cả 2 vế của phương trình cho (1+m
2
)
x
>0 ta có :



17
x
x
2
22
1 m 2
1
1+m 1+m
m










Đặt m=tant với
(0; )
4
t


ta có
2
2
sin2
1m
m
t

và
2
2
1m
os2
1m
ct





Khi đó phương trình đã cho có dạng :
   
xx
sin2 os2 1t c t

Nhận xét :
với x=2 là nghiệm của phương trình .
Với x<2 ta có
 
 
x
2
x
2
sin2 sin x
1
os2 os x
t
VT
c t c









, phương trình vô nghiệm.
với x>2 ta có :
 
 
x
2
x
2
sin2 >sin x
1
os2 os x
t
VT
c t c







, phương trình vô nghiệm .
vậy với 0<m<1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
Bài 7: Giải hệ phương trình :
2
2
2
1y

2
1
y
x
x
y
x












Giải :
Đặt
tan
tan
x
y








với
,;
22







. Khi đó hệ đã cho trở thành :
2
2
2tan
tan
1 tan
2tan
tan
1 tan


















sin2 tan (1)
sin2 tan (2)








. Ta xét hai trường hợp :
Nếu
sin 0


thì
sin 0


và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Xét
sin 0



và
sin 0


: Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :
sin2 .sin2 tan .tan
   


1
4cos . os
os .sin
c
c



1
cos . os
2
c


(3)
(1)
2sin .cos . os sinc
   


sin sin




(4)
Thay (4) vào (3) ta có



18
2
1
cos
2


11
(1 cos2 )
22

  
cos2 0


2,
2 4 2
k
k k Z
  

  
      

Khi đó nghiệm của hệ là
0
tan( ) 1
4
1
xy
x y k x y
xy





     





III. Một số bài tập đề nghị
Bài 1: Cho x
2
+ y
2
= 1 chứng minh
4
1

 x
6
+ y
6
 1
Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng:
4abc = a(1- b
2
)(1 – c
2
) + b(1 – c
2
)(1 – a
2
) + c(1 – a
2
)(1 – b
2
)
Bài 3: Cho 0  a
i
 1 , i = 1, 2, …, n. Chứng minh
(1 + a
1
2
)(1 + a
2
2
)… (1 + a
n

2
) + (1 – a
1
2
) (1 – a
2
2
)… (1 – a
n
2
)  2
2

Bài 4: Cho 4 số dương a
1
, a
2
, a
3
, a
4
phân biệt. Chứng minh rằng có thể chọn được ít nhất 2
trong 4 số đó sao cho:
0 
jiji
ji
aa2aa1
aa



< 2 -
3

Bài 5: Cho x, y thoả mãn 2x + 5y = 7. Chứng minh rằng: x
2
+ y
2

29
49

Bài 6: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x và y thoả mãn ax + by = c.
Chứng minh rằng: x
2
+ y
2

22
2
ba
c


Bài 7: Cho 4a
2
+ 9b
2
= 25. Chứng minh 6a + 12b  25
Bài 8: Cho x
2

+ y
2
= 1. Chứng minh
16 (x
5
+ y
5
) – 20 (x
3
+ y
3
) + 5(x + y) 
2

Bài 9: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh

2
33
z1
z
y1
y
x1
x
222











19
Bài 10: Cho a  1. Chứng minh
–2 
a
31a
2

 2.







20