Lượng giác hóa bài toán

I. đặt vấn đề
ở trờng phổ thông, dạy toán là dạng hoạt động toán học. Đối với học sinh
có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Hoạt
động giải bài tập toán học là một phơng tiện rất có hiệu quả và không thể thay
thế đợc trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển t duy, hình thành
kỹ năng kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn, là điều kiện để thực hiện tốt
các mục đích dạy học ở trờng phổ thông.
Trong chơng trình toán ở trờng THPT, các bài toán rất phong phú và đa
dạng cả về nội dung lẫn phơng pháp giải. Vì vậy việc bồi dỡng cho học sinh một
phơng pháp giải có hiệu quả là một việc rất bổ ích và cần thiết. Việc biến bài
toán đại số thành bài toán lợng giác hay Phơng pháp lợng giác hoá các bài toán
đại số là một phơng pháp còn cha đợc sử dụng rộng rãi khi giải bài tập toán ở
trờng THPT, đó không phải thích hợp cho mọi bài toán đại số nhng số lợng bài
tập có thể áp dụng phơng pháp này cũng không phải là ít. Vì vậy, chúng tôi nghĩ
rằng cần nghiên cứu để có cách truyền thụ thích hợp cho học sinh.
Để nâng cao hiệu quả của việc rèn luyện kỹ năng giải toán đại số bằng ph-
ơng pháp lợng giác cho học sinh tôi chọn đề tài Rèn luyện năng lực giải toán
cho học sinh THPT qua chuyên đề chứng minh đẳng thức đại số bằng phơng
pháp lợng giác.
II. Mục tiêu của đề tài
Đa ra phơng pháp chung để giải bài toán đại số bằng phơng pháp lợng giác,
cơ sở của phơng pháp này, các ví dụ minh hoạ về chứng minh đẳng thức đại số
bằng phơng pháp lợng giác nhằm khắc sâu kiến thức cơ bản và hình thành kỹ
năng chứng minh đẳng thức đại số bằng phơng pháp lợng giác.
III. Nội dung
1. Phơng pháp lợng giác hoá các bài toán chứng minh đẳng thức đại số.
* Để lợng giác hoá các bài toán ta dựa trên các mệnh đề sau:
Mệnh đề I: Nếu 1 x 1 thì có một số a với -
2

a

2

sao cho sin a = x
và một số b với 0 b sao cho cos b = x.
Mệnh đề II: Nếu 0 x 1 thì có một số a và một số b với 0 a
2

; 0
b
2

sao cho x = sina và x = cosb.
Mệnh đề III: Với mỗi số thực x có một số a với -
2

< a <
2

sao cho x = tg a.
Mệnh đề IV: Nếu các số thực x và y thoả mãn hệ thức x
2
+ y
2
= 1 thì có một số
a với 0 a 2 sao cho x = cosa và y = sina.
* Phơng pháp giải:
Ta thực hiện các bớc sau:
B ớc 1: Lợng giác hoá đẳng thức.
Bớc 1: Thực hiện việc chứng minh đẳng thức lợng giác.
* Chú ý: Các em học sinh cần ôn lại các phơng pháp chứng minh đẳng thức l-

ợng giác, các kiến thức cơ bản về lợng giác để có thể nhanh chóng
tiếp cận đợc phơng pháp này.
2. Các ví dụ
Ví dụ 1: Cho x y. Chứng minh
x + y +x - y=
2222
yxxyxx
++
Giải:
Đẳng thức hiển nhiên đúng với x = y = 0. Giả sử x 0.
Chia hai vế đẳng thức cần chứng minh cho x ta đợc:
2
x
y
11
x
y
1
x
y
1






+=++
+
2

x
y
11







Do x y ta có:
x
y
1 nên 1
x
y
1.
Đặt
x
y
= cos a với a [0; ] đẳng thức cuối sẽ là
1 + cos a+1 cos a=1 + sin a+1 sin a
Bởi vì các biểu thức trong các dấu giá trị tuyệt đối luôn không âm (-1
sina, cosa 1) nên đẳng thức trên hiển nhiên đúng.
Ví dụ 2: Cho x
2
+ y
2
= 1
u

2
+ v
2
= 1
xu + yv = 0
Chứng minh: a) x
2
+ u
2
= 1
b) y
2
+ v
2
= 1
c) xy + uv = 0
Giải:
áp dụng mệnh đề IV, tồn tại x = cos a ; y = sin a với 0 a 2 và u = cosb
và v = sinb với 0 b 2.
Từ giả thiết: xu + yv = 0
cos a cos b + sin a sin b = cos(a b) = 0 (*)
a) ta có:
x
2
+ u
2
= cos
2
a + cos
2

b =
2
1
(1 + cos 2a) +
2
1
(1 + cos 2b)
= 1 +
2
1
(cos 2a + cos 2b) = 1 + cos(a + b) cos(a b).
Theo (*) vế phải đẳng thức cuối cùng bằng 1 (đpcm).
b) y
2
+ v
2
= sin
2
a + sin
2
b =
2
1
(1 cos 2a) +
2
1
(1 cos 2b)
= 1 cos(a + b) cos(a b) = 1 (đpcm).
c) Tơng tự ta có: xy + uv = cos a sin a + cos b sin b =
=

2
1
(sin 2a + sin 2b) = sin(a + b) cos(a b) = 0 (đpcm).
Ví dụ 3: Cho x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xyz = 1 (x > 0, y > 0, z > 0)
Chứng minh:
1 + xyz = x
)z1)(y1(
22

+ y
)z1)(x1(
22

+ z
)y1)(x1(
22

Giải:
Từ giả thiết ta có ngay 0 < x, y, z < 0
áp dụng mệnh đề II, đặt x = cos a; y = cosb; z = cos c với a, b, c

2
;0
.
Chứng minh đẳng thức đã cho tơng đơng với chứng minh:
1 + cosa cosb cosc = cosa sinb sinc + cosb sina sinc + cosc sina sinb.
Từ giả thiết ta có:
Cos
2
a + cos
2
b + cos
2
c + 2cos a cosb cosc = 1
(cosc + cosacossb)
2
cos
2
acos
2
b + cos
2
a + cos
2
b 1 = 0
(cosc +cosacossb)
2
+ cos

2
asin
2
b sin
2
b = 0
(cosc + cosacossb)
2
sin
2
asin
2
b = 0
(cosc + cosacosb sinasinb)(cosc + cosacosb + sinasinb) = 0
[cosc + cos(a + b)][cosc + cos(a b)] = 0
4cos
2
cba
++
cos
2
cba
+
cos
2
cba
+
cos
2
acb

+
= 0 (*)
Do điều kiện 0 < a,b,c <
2

suy ra
2
cba
+

2

;
2
cba
+

2

và
2
acb
+

2

.
Thành thử: cos
2
cba

+
cos
2
cba
+
cos
2
acb
+
0
Từ (*) suy ra: cos
2
cba
++
= 0 a + b + c =
cos(a + b + c) = -1 = cos(a + b) cosc sinc sin(a + b) sinc =
= cosa cosb cosc sina sinb cosc sina sinc cosb sinb sinc cosa
1 + cosa cosb cosc = sina sinb cosc + sina sinc cosb
+ sinb sinc cosa (đpcm).
Ví dụ 4: Cho xy, yz, zx -1. Chứng minh
zx1
xz
.
yz1
zy
.
xy1
yx
zx1
xz

yz1
zy
xy1
yx
+

+

+

=
+

+
+

+
+

Giải:
áp dụng mệnh đề III, đặt x = tga; y = tgb; z = tgc với -
2

< a, b, c <
2

, và
áp dụng tg của hiệu hai góc ta có:
tgatgb1
tgbtga

xy1
yx
+

=
+

= tg(a b);
Tơng tự ta có:
yz1
zy
+

= tg(b c);
zx1
zz
+

= tg(c a)
Lu ý rằng (a b) + (b c) + (c a) = 0 ta đợc:
tg(a b) + tg(b c) + tg(c a) = tg(a b). tg(b c) . tg(c a)
Biến đổi ngợc lại với các phép biến đổi bên trên ta đợc điều cần phải chứng
minh.
Ví dụ 5: Cho
z1
z1
y1
y1
x1
x1

+
+

+
+

+
=
z1
z1
.
y1
y1
.
x1
x1

+

+

+
(1) Với x, y, z 1.
Chứng minh :
a)
2
2
22
z1

z1
)y1)(x1(
)xy1)(yx(2
+

=
++
+
b)
222
22
z1
z2
)y1)(x1(
)yx()xy1(
+
=
++
+
Giải:
a) Đặt x = tga ; y = tgb ; z = tgc
với -
2

< a, b, c <
2

và a, b, c
2

(vì x, y, z 1)
Ta có:
tga.
4
tg1
tga
4
tg
tga1
tga1
x1
x1



=

+
=

+
= tg(a +
2

)
Tơng tự:
)
4
b(tg
y1

y1

+

+
;
)
4
c(tg
z1
z1

+

+
Từ đẳng thức đã cho ta có:
Tg(a +
2

) + tg(b +
2

) + tg(c +
2

) = tg(a +
2

) tg(b +
2

) tg(c +
2

)
Đặt
A = a +
4

; B = b +
4

; C = c +
4

; đẳng thức cuối có dạng:
tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC
tgA + tgB = (1 tgA tgB) tg(-C)
tg(-C) =
tgAtgB1
tgBtgA

+
= tg(A + B) A + B = -C + k
A + B + C = k a + b + c =
4

+ l (2)