Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình vô tỉ

Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình vô tỉ

Một số trường hợp thường gặp
Dạng 1 : Nếu x
2
+ y
2
=1 thì đặt
sin
os
x
y c
α
α
=


=

với
[ ]
0;2
α π
∈
Dạng 2 : Nếu x
2
+ y
2
=a
2
(a>0) thì đặt

sin
os
x a
y ac
α
α
=


=

với
[ ]
0;2
α π
∈
Dạng 3 : Nếu
1x ≤
thì đặt
[ ]
sin , ;
2 2
os , 0;
x
x c
π π
α α
α α π

−

 
= ∈

 
 


= ∈

Dạng 4 : Nếu
x m≤
thì đặt
[ ]
sin , ;
2 2
os , 0;
x m
x mc
π π
α α
α α π

−
 
= ∈

 
 



= ∈

Dạng 5 :Nếu
1x ≥
hoặc bài toán có chứa
2
x 1−
thì đặt x=
1
osc
α
với
3
0; ;
2 2
π π
α π
   
∈ ∪
÷ ÷
 
   
Dạng 6 :Nếu
x m≥
hoặc bài toán có chứa
2 2
x m−
thì đặt x =
os
m

c
α
với
3
0; ;
2 2
π π
α π
   
∈ ∪
÷ ÷
 
   
Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
2
x 1+
thì đặt
x = tan
α
với
;
2 2
π π
α
−
 
∈
 ÷
 
Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức

2 2
x m+
thì đặt
x = m tan
α
với
;
2 2
π π
α
−
 
∈
 ÷
 
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 = tgα , b = tgβ với α, β ∈







ππ
−
2
;
2
.
1
Khi đó: A =
)tg1)(tg1(
)tgtg1)(tgtg(
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2222
β+α+
βα−β+α
=
++
−+
= cos
2
α cos
2
β .









βα
βα
−
βα
β+α
coscos
sinsin
1.
coscos
)sin(
= sin (α + β) . cos (α + β) =
2
1
sin (2α + 2β)
Suy ra: A =
2
1
sin (2α + 2β) ≤
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; π)
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
π
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.
2
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
π
< y
1
≤ y
2
≤ y
3
≤ y
4
<
2
π
< y
5
= π + y
1
Các điểm y
1
, y
2

, y
3
chia đoạn [y
1
; y
1
+ π] 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
π
. Giả sử
0 ≤ y
2
– y

1
≤
4
π
. 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 ≤ 2π
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
3
y
1
y
2
y
3
y
4
y
5
= (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
π
.
Giải:
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:
4sin
2
10
π
= 2
2
53
5

cos1
−
=






π
−
.
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
π−
< a <
2
π
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)
4
Bởi vì
22
5
2
5
1







+






= 1
vì vậy
5
1
= cosβ và
5
2
= sinβ. Với 0 < β <
2
π
Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - β) ≤ 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
π
Ta cũng thấy
22
b
cb
b
c








−
+









= 1
Nên đặt
b
c
= cosv ,
b
cb −
= sinv với 0 ≤ v ≤
2
π
.
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
5
Giải:
Điều kiện: 1 – a
2
≥ 0 ⇔ a ≤ 1
Đặt a = cosα, với α ∈ [0; π]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
4
[ ]
323
)cos1(cos α−−α
- 3(cosα -
α−
2
cos1
) ≤
2
⇔ 4(cos
3
α - sin
3
α) – 3 (cosα - sinα) ≤

2
⇔ (4cos
3
α - 3cosα) + (3sinα - 4sin
3
α)≤
2
⇔cos3α + sin3α≤
2
⇔ cos (3α -
2
π
)≤ 1, luôn đúng.
Bài 8: Chứng minh rằng:
31a
2
+−
≤ 2a
Giải:
Điều kiện: a
2
– 1 ≥ 0 ⇔ a ≥ 1.
Đặt a =
αcos
1
, với α ∈ [0 ;
2
π
).
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

α
≤+α⇔
α
≤+−
α cos
2
3tg
cos
2
31
cos
1
2
⇔ sinα +
3
cosα ≤ 2 ⇔
2
1
sinα +
2
3
cosα ≤ 1
⇔ sin (α +
3
π
) ≤ 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 ≤ 2π. Khi đó
a) xu + yv=cos(a – b)≤ 1.
6
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






−
π
a

4
2
sin






+
π
b
4
+
2
cos






−
π
a
4
2
cos







+
π
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
π
< x <
2
π
.
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
7
Giải:
Điều kiện:





≥−
≥−
0b1
0a1
2

2
⇔





≤
≤
1b
1a
Đặt



β=
α=
sinb
sina
, với α , β ∈ [0; π]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
sinα .
α−β+β−
22
sin1.sinsin1
+
+
)sin1)(sin1(sin.[sin3
22
β−α−−βα

≤ 2
⇔ sinα.cosβ + sinβ.cosα +
3
(sinα.sinβ - cosα.cosβ)≤ 2
⇔ sin(α + β) -
3
cos(α + β)≤ 2
⇔ 
2
1
sin(α + β) -
2
3
cos(α + β)≤ 1
⇔sin(α + β -
3
π
)≤ 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
π
< v
i
<
2
π
i = 1, 2,…, 17
Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng







ππ
−
2
;
2
nên từ a
1
< a
2
<
… < a
17
suy ra -
2
π
< v
1
< v
2
< … < v
17
<
2
π

< v
1
+ π
8
Các điểm v
2
, v
3
, …, v
17
chia đoạn [v
1
; v
1
+ π] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một
đoạn có độ dài không vượt quá
17
π
.
a) Nếu có một i với 1 ≤ i ≤ 16 sao cho 0 < v
i+1
– v
i
≤
17
π
thì
0 < tg(v
i+1
-v

i
) ≤ tg
17
π
< tg
16
π
. Vì tg
4
π
=
8
tg1
8
tg2
2
π
−
π
= 1
suy ra tg
8
π
=
2
- 1, tg
8
π
=
16

tg1
16
tg2
2
π
−
π
=
2
- 1 ⇒ tg
16
π
=
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
+ π - v
17
<
17
π
<
16
π
thì
0 < tg [(v
1
+ π) – v
17
] = tg(v

1
– v
17
) < tg
16
π
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
π
< u, v <
2
π
thì biểu thức
A =
[ ]
2222
2222
2
22
2222
)vtg1()utg1(
)vutgtg1)(vtgutg(
)y1)(x1(
)yx1)(yx(
++
−−
=
++
−−
.
9
= 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)
= 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




=
=
⇔





=
π
=
⇔





π

=−
π
=+
⇔



=−
=+
0y
1x
0v
4
u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin
hoặc



=
−=
⇔






=
π−
=
⇔







π−
=−
π−
=+
⇔



=−
=+
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:



=
=
⇔





π
=
=
⇔





π−
=−

π
=+
⇔



−=−
=+
1y
0x
4
v
0u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin
hoặc



−=
=
⇔






π−
=
=
⇔







π
=−
π−
=+
⇔



=−
−=+
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
10
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:
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






−






π
−
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






π
−
4
a2
= -1 với tga =
y2

x
Vì -
2
π
< a <
2
π
⇒
4
5π−
< 2a -
4
π
<
4
3π
nên sin






π
−
4
a2
= -1
⇒ 2a-
4

π
=
2
π−
⇒ a =
8
π−
⇒






π
−=
8
tg
y2
x
= 1 -
2
11
⇒ x + 2y(
2
- 1) = 0
Tương tự như trên:
22
22
y4x

)y4x(x
+
−−
= 2
2
- 2 khi sin






π
−
4
a2
= 1
a =
8
3π
⇒
y2
x
= tg







π
8
3
=
8
tg
4
tg1
8
tg
4
tg2
ππ
−
π
+
π
=
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 = tgα , y = tgβ , z = tgγ với -
2
π
< α, β, γ <
2
π
.
Ta có:
22
y1x1
yx
++
−
=

β+α+
β−α
22
tg1tg1
tgtg
= cosαcosβ
β
β
−
α
α
cos
sin
cos
sin
=sinαcosβ - sinβcosα=sin(α - β)
Tương tự ta có:
22
z1x1
zx
++
−
= sin(α - γ),
22
y1z1
yz
++
−
=sin(γ - β)
Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức:

sin(α - β)≤ sin(α - γ)+ sin(γ - β) (*)
với mọi α, β, γ ∈






ππ
−
2
;
2
Ta có sin(u + v)=sinucosv + sinvcosu≤sinucosv+sinvcosu
≤ sinucosv+sinvcosu≤ sinu+ sinv
Để ý rằng α - β = (α - γ) + (γ - β).
Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra (*). (Đpcm)
Bài 16: Cho các số thực x, y thoả mãn
12
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
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 = cosα , y = sinβ với -
2
π
< α <
2
π
; 0 < β < π.
Từ x
2
+ y
2
= x
2
y1−
+ y
2
x1−
Ta có: cos
2
α + sin
2
β = cosα cosβ + sinα sinβ = cos(α - β) ≤ 1

⇒ cos
2
α ≤ cos
2
β hoặc sin
2
β ≤ sin
2
α
a) Nếu 0<α,β <
2
π
hoặc -
2
π
< α < 0 và 0 < β <
2
π
ta có cosα > 0, cosβ > 0.
cos
2
α ≤ cos
2
β ⇔ cosα ≤ cosβ
3x + 4y = 3cosα + 4sinβ ≤ 2cosβ + 4sinβ = 5







β+β sin
5
4
cos
5
3
= 5cos(β - ϕ) ≤ 5 trong đó cosϕ =
5
3
.
b) Nếu 0 < α <
2
π
,
2
π
< β < π ta có sinα > 0 , sinβ > 0 thì
sin
2
β ≤ sin
2
α ⇔ sinβ ≤ sinα
3x + 4y = 3cosα + 4sinβ ≤ 3cosα + 4sinα = 5cos(α - ϕ) ≤ 5
c) Nếu -
2
π
< α < 0 ,
2
π

< β < π thì sin α < 0 , sinβ > 0.
sin
2
β ≤ sin
2
α ⇔ sinβ ≤ -sinα
3x + 4y = 3cosα + 4sinβ ≤ 3cosα - 4sinα = 5cos(α + ϕ) ≤ 5.
II. giải phương trình , bất phương trình :
Bài1: Giải bất phương trình :
1 1x x x+ − − ≤
Giải :
13
Điều kiện :
1 0
1 1
1 0
x
x
x
+ ≥

⇔ − ≤ ≤

− ≥

Đặt x=cost , t
[ ]
0,
π
∈

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
1 cos 1 cos cost t t+ − − ≤

2
1 cos 2cos cos
2
t
t t⇔ + − ≤
2 2
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
t t
c c
π π
⇔ + − − ≥
os( )[ os( ) 1] 0
2 4 2 4
t t
c c
π π
⇔ + − − ≥
os( ) 0

2 4
t
c
π
⇔ + ≤
2 2 4
t
π π
π
⇔ ≤ + ≤
3
2 2
t
π π
⇔ ≤ ≤
1 cos 0t
⇔ − ≤ ≤
1 0x⇔ − ≤ ≤
vậy phoơng trình này có nghiệm
1 0x
− ≤ ≤
.
Bài 2 : giải phương trình :

2 2
1 1 x (1 2 1 x )x+ − = + −
Giải :
Điều kiện : 1-x
2
≥

0
1 1x⇔ − ≤ ≤
os 0
2
3
sin 0
2
t
c
t

=

⇔


=


đặt x = sint với t
;
2 2
π π
−
 
∈
 
 
. Khi đó phương trình đã cho có dạng :
2 2

1 1 sin sin (1 2 1 sin )t t t+ − = + −
1 cos sin (1 2cos )t t t⇔ + = +
14
2 os sin sin 2
2
t
c t t⇔ = +

3
2 os 2sin os
2 2 2
t t t
c c⇔ =
3
2 os (1 2 sin ) 0
2 2
t t
c⇔ − =
os 0
2
3 2
sin
2 2
t
c
t

=



⇔

=


6
2
t
t
π
π

=

⇔


=


1
2
1
x
x

=

⇔


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

2
2 2
1 x
x
x + =
−
Giải :
điều kiện :
2
x 1 0
0x

− >

>

1x
⇔ >
.
Đặt x=
1

cost
,
0,
2
t
π
 
∈
 ÷
 
Khi đó phương trình có dạng :
1
1
cos
2 2
cos
1
1
cos
t
t
t
+ =
−
1 1
2 2
cos sint t
⇔ + =
sin cos 2 2 sin .cost t t t⇔ + =
Đặt sint + cost = u

( )
1 2u≤ ≤
, ta có
2
u 1
sin .cos
2
t t
−
=
.
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 2t t⇔ + =
2 sin( ) 2
4
t
π
⇔ + =
sin( ) 1
4
t
π
⇔ + =
2
4 2
t k
π π
π
⇔ + = +
2
4
t k
π
π
⇔ = +
. So sánh điều kiện ta có :
4
t

π
=
2x⇔ =
vậy nghiệm của phương trình là
2x =
Bài 4 : với
0a ≠
, giải bất phương trình
15
2
2 2
2 2
2
x
x
a
a x
a
+ ≤ +
+
giải :
Đặt
tanx a t=
,
;
2 2
t
π π
−
 

∈
 ÷
 
. Khi đó bất phương trình có dạng :
2
2a cos
tan
cos
a
t
a t
t a
≤ +


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, )
π
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
8 2
8 2
t t k
t t k
π
π π
= +

⇔

= − +


⇔
2
7
2
9
k
t
k
t
π
π π

=

⇔

+

=


So sánh điều kiện ta có
2 4 6 5 7
; ; ; ; ; ;
7 7 7 9 3 9 9
t
π π π π π π π
 
∈
 

 
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
π π π π π π π
 
∈
 
 

Bài 6 : Giải phương trình
16
(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 :
x
x
2
2 2
1 m 2
1
1+m 1+m
m
 
−
 
+ =
 ÷
 ÷
 
 
Đặt m=tant với
(0; )
4
t
π
∈
ta có
2
2
sin 2
1 m

m
t=
+
và
2
2
1 m
os2
1 m
c t
−
=
+
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
( ) ( )
x x
sin 2 os2 1t c t+ =
Nhận xét :
với x=2 là nghiệm của phương trình .
Với x<2 ta có
( )
( )
x
2
x
2
sin 2 sin x
1
os2 os x
t

VT
c t c

<

⇒ <

<


, phương trình vô nghiệm.
với x>2 ta có :
( )
( )
x
2
x
2
sin 2 >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
1 y
2
1
y
x
x
y
x

=

+



=

+

Giải :
Đặt
tan
tan

x
y
α
β
=


=

với
, ;
2 2
π π
α β
−
 
∈
 ÷
 
. Khi đó hệ đã cho trở thành :
2
2
2 tan
tan
1 tan
2 tan
tan
1 tan
β
α

β
α
β
α

=

+



=

+

sin 2 tan (1)
sin 2 tan (2)
β α
α β
=

⇔

=

. Ta xét hai trường hợp :
Nếu
sin 0
α
=

thì
sin 0
β
=
và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Xét
sin 0
α
≠
và
sin 0
β
≠
: Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :
sin 2 .sin 2 tan .tan
α β α β
=

1
4cos . os
os .sin
c
c
α β
α β
⇔ =
1
cos . os
2
c

α β
⇔ =
(3)
17
(1)
2sin .cos . os sinc
α α β α
⇔ =
sin sin
β α
⇔ =
β α
⇔ =
(4)
Thay (4) vào (3) ta có
2
1
cos
2
α
=
1 1
(1 cos 2 )
2 2
α
⇔ + =
cos2 0
α
⇔ =
2 ,

2 4 2
k
k k Z
π π π
α π α
⇔ = + ⇔ = + ∈
Khi đó nghiệm của hệ là
0
tan( ) 1
4
1
x y
x y k x y
x y
π
π
= =


= = + ⇔ = =


= =

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
18

2
33
z1
z
y1
y
x1
x
222
≥
−
+
−
+
−
19