Phương pháp lượng giác trong ước lượng đa thức và dãy số (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

TRẦN THỊ HỒNG KHUYÊN

PHƢƠNG PHÁP LƢỢNG GIÁC
TRONG ƢỚC LƢỢNG ĐA THỨC VÀ DÃY SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
-------------------------------

TRẦN THỊ HỒNG KHUYÊN

PHƢƠNG PHÁP LƢỢNG GIÁC
TRONG ƢỚC LƢỢNG ĐA THỨC VÀ DÃY SỐ

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành : Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số

: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2016


i

Mục lục
MỞ ĐẦU
1 MỘT SỐ KIẾN THỨC BỔ TRỢ

1
3

1.1

Một số tính chất của hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2

Đa thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.3

Đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN
QUAN ĐẾN ĐA THỨC

9

2.1

Một số lớp phương trình hàm sinh bởi các hàm lượng giác . . . . .

9

2.2

Bài toán ước lượng đa thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . .

17

2.3

Một số bài toán cực trị của đa thức lượng giác . . . . . . . . . . . .

24

3 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC KHẢO SÁT MỘT SỐ DẠNG
TOÁN VỀ DÃY SỐ

28

3.1

Phương pháp lượng giác để xác định số hạng tổng quát của dãy số

28

3.2

Phương pháp lượng giác để ước lượng dãy số . . . . . . . . . . . . .

31

3.3

Phương pháp lượng giác để tìm giới hạn của dãy số. . . . . . . . . .

33

4 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN
LIÊN QUAN

45

4.1

Sử dụng hệ thức lượng giác để thiết lập các đẳng thức đại số . . . .

45

4.2

Phương pháp lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức đại số . .

53

4.3

Phương pháp lượng giác trong khảo sát phương trình và hệ phương

4.4

trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

Phương pháp lượng giác trong bài toán cực trị . . . . . . . . . . . .

70


ii

KẾT LUẬN

76

TÀI LIỆU THAM KHẢO

77

1

Mở đầu
Chuyên đề lượng giác là một phần quan trọng trong chương trình toán THPT.
Các học sinh học lượng giác thường chưa cặn kẽ tư tưởng cũng như phương pháp
tiếp cận và đặc biệt là khâu vận dụng kiến thức vào giải các bài toán trong đại số,
giải tích và hình học. Trong hoạt động thực tiễn, có rất nhiều bài toán cần sự can
thiệp của lượng giác để đo đạc, tính toán và mô phỏng. Vì vậy, chuyên đề lượng
giác có vị trí rất đặc biệt trong toán học, không những như một đối tượng cần
nghiên cứu mà còn là công cụ đắc lực trong đại số giải tích và hình học.
Trong các kì thi THPT quốc gia, kì thi học sinh giỏi, Olimpic khu vực và quốc
tế thì các bài toán liên quan đến phép tính lượng giác thường ẩn dưới hình thức là
công cụ giải toán. Nhiều bài toán liên quan đến ước lượng và tính toán các tổng,
tích cũng như các bài toán cực trị thường có mối quan hệ ít nhiều đến lượng giác.
Lượng giác và các bài toán liên quan được đề cập ở hầu hết các giáo trình lượng
giác cơ bản. Tuy nhiên, việc dạy toán lượng giác THPT chưa chi tiết, có nhiều kiến
thức chưa được cập nhật một cách hệ thống. Các tài liệu về phương pháp lượng
giác như là một chuyên đề chọn lọc cho giáo viên và học sinh chưa có nhiều (xem
[1]-[6]).
Với mong muốn nâng cao trình độ chuyên môn đáp ứng nhu cầu học sinh giỏi
nên em chọn đề tài “Một số phương pháp lượng giác ước lượng trong đa thức và
dãy số” để làm đề tài luận văn thạc sĩ của mình.
Chuyên đề lượng giác với mảng kiến thức "phương pháp lượng giác trong ước
lượng đa thức và dãy số" sẽ giúp các em học sinh tự tin giải quyết tốt các bài toán
liên quan đến lượng giác và thêm yêu toán học hơn.
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn của Giáo sư, Tiến sĩ khoa học Nguyễn
Văn Mậu. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người thầy

2

hướng dẫn khoa học của mình, thầy đã dành nhiều thời gian, tâm huyết hướng
dẫn, truyền đạt và tận tình giải đáp những thắc mắc của tác giả trong suốt quá
trình làm luận văn.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại
học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán -Tin, cùng các giảng viên tham
gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất để tác giả học tập và nghiên cứu.
Đồng thời tác giả cũng xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp cao học Toán K8B (khóa
2014-2016) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong quá trình học tập.
Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, các đồng
nghiệp trường THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm và gia đình đã tạo điều kiện tốt nhất
cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập và công tác của mình.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016
Tác giả luận văn

Trần Thị Hồng Khuyên


3

Chương 1
MỘT SỐ KIẾN THỨC BỔ TRỢ
1.1

Một số tính chất của hàm lượng giác

Trong phần này ta xét một số tính chất cơ bản của hàm lượng giác trên trục
thực.
Ta có

sin x; cos x ∈ [−1; 1]; sin2 x + cos2 x = 1, ∀x ∈ R.
sin(x + k2π) = sin x; cos(x + k2π) = cos x, ∀x ∈ R.
π
tan(x + kπ) = tan : x, ∀x = + kπ; cot(x + kπ) = cot x, ∀x = kπ.
2

Công thức góc nhân đôi
cos 2α = cos2 α − sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2 sin2 α.

Công thức góc nhân ba
cos 3α = 4 cos3 α − 3 cos α, sin 3α = 3 sin α − 4 sin3 α.

Công thức góc nhân năm
cos 5α = 16 cos5 α − 20 cos3 α + 5 cos α, sin 5α = 16 sin5 α − 20 sin3 α + 5 sin α.

Về sau, ta sử dụng các hệ thức

sin x+cos x =

√

√
√
√
√
√
π
π
π
π

2 sin(x+ ) = 2 cos(x− ), − 2 ≤ 2 sin(x+ ) và
2 cos(x− ) ≤ 2.
4
4
4
4


4

Ta có
sin x − cos x =

và

√

2≤

√

√

2 sin(x −

2 sin(x −

√
π
π

) = 2 cos(x + )
4
4

√
π √
π
); 2 cos(x + ) ≤ 2
4
4

.
+ Nếu C := α sin x + β cos x thì − α2 + β 2 ≤ C ≤

α2 + β 2 , ∀x ∈ R.

+ Nếu D := cosn x + sinn x thì ta có −1 ≤ D ≤ 1, ∀x ∈ R.

1.2

Đa thức lượng giác

Định nghĩa 1.2.1 (xem[6]). Hàm số dạng
An (x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx,

trong đó an và bn không đồng thời bằng không (tức là a2n + b2n > 0), ai ; bj ∈ R với
i = 0, 1, . . . , n j = 1, 2, . . . , n, được gọi là đa thức lượng giác bậc n (n ∈ N).

Khi tất cả bj = 0 với j = 1, 2, . . . , n, ta nhận được biểu thức không chứa hàm
sin.

Định nghĩa 1.2.2. Hàm số dạng
Cn (x) = a0 + a1 cos x + · · · + an cos nx

được gọi là đa thức lượng giác bậc n theo cosin.
Tương tự, khi tất cả ai = 0 với i = 1, 2, . . . , n, ta nhận được biểu thức không
chứa hàm cosin.
Định nghĩa 1.2.3. Hàm số dạng
Sn (x) = b0 + b1 sin x + · · · + an sin nx

được gọi là đa thức bậc n theo sin.
Sau đây, ta liệt kê các tính chất đơn giản của đa thức lượng giác.
Tính chất 1.2.4. Tổng của hai đa thức lượng giác An (x) và Bm (x) là một đa thức
lượng giác có bậc nhỏ hơn hoặc bằng max {m; n}.


5

Tính chất 1.2.5. Tích của hai đa thức lượng giác An (x) và Bm (x) là một đa thức
lượng giác có bậc bằng n + m.
Tính chất 1.2.6. Nếu đa thức lượng giác
An (x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx

đồng nhất bằng 0 với mọi x ∈ R, thì tất cả các hệ số của nó đều bằng 0, tức là
a0 = a1 = b1 = a2 = b2 = · · · = an = bn = 0.

Tính chất 1.2.7. Đối với mọi đa thức lượng giác dạng
An (x) = a0 + a1 cos x + b1 sin x + · · · + an cos nx + bn sin nx

luôn tìm được các đa thức đại số Pn (t); Qn−1 (t) sao cho
An (x) = Pn (cos x) + sin xQn−1 (cos x).

Tính chất 1.2.8. Đối với đa thức lượng giác bậc n (n ≥ 1) dạng
Sn (x) = b0 + b1 sin x + · · · + an sin nx

luôn tồn tại đa thức đại số Qn−1 (t), sao cho
Sn (x) = b0 + sin xQn−1 (cos x).

Tính chất 1.2.9. Đối với đa thức lượng giác bậc n (n ≥ 1) theo cosin
Cn (x) = a0 + a1 cos x + · · · + an cos nx

luôn tồn tại đa thức đại số Pn (t) với hệ số cao nhất bằng an 2n−1 sao cho Cn (x) =
pn (cos x).

Ngược lại, với mọi đa thức đại số Pn (t) với hệ số bậc cao nhất bằng 1, qua phép
đặt ẩn phụ t = cos x đều biến đổi được về dạng Cn (x) với an = 21−n .

1.3

Đa thức Chebyshev

Trong phần này ta xét một số tính chất cơ bản của đa thức Chebyshev loại 1
và loại 2 (xem [6]).


6

Định nghĩa 1.3.1 (Đa thức Chebyshev loại 1). Các đa thức Tn (x) được xác định
bởi
T0 (x) = 1; T1 (x) = x
Tn+1 (x) = 2x.Tn (x) − Tn−1 (x) , n ≥ 1

được gọi là đa thức Chebyshev loại 1.
Định nghĩa 1.3.2 (Đa thức Chebyshev loại 2). Các đa thức Un (x) được xác định
bởi:

U0 (x) = 1; U1 (x) = 2x
Un+1 (x) = 2x.Un (x) − Un−1 (x) , n ≥ 1

được gọi là đa thức Chebyshev loại

2.
Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta dễ dàng chứng minh được
Tn (cos α) = cos nα, ∀α ∈ R, ∀k ∈ Z;
Un (cos α) =

sin (n + 1) α
, ∀α = kπ, ∀k ∈ Z.
sin α

Tính chất 1.3.3. Ta có
Tn (x) = cos (narccosx) , ∀x ∈ [−1; 1]

và
Un (x) =

sin (narccosx)
√
, ∀x ∈ (−1; 1) .
1 − x2

Tính chất 1.3.4. Đa thức Tn (x) , Un (x) ∈ Z [x] có bậc là n và hệ số cao nhất tương
ứng là 2n−1 và 2n .
Tính chất 1.3.5. Các đa thức Tn (x) , Un (x) là các hàm số chẵn khi n chẵn và là
các hàm số lẻ khi n lẻ.
Tính chất 1.3.6. Các đa thức Tn (x) và Un (x) có đúng n nghiệm thực phân biệt
tương ứng là:
cos

(2k + 1) π
kπ
, k = 0; n − 1 và cos
, k = 1, n
2n
n+1

.
Chứng minh. Do x ∈ [−1; 1] nên ta đặt x = cos α với α ∈ [0; π].
Tn (x) = 0 ⇔ Tn (cos α) = 0
⇔ cos nα = 0 ⇔ α =

π
k
+ π, k ∈ Z, n ∈ N∗ .
2n n


7

Do α ∈ [0; π] nên
0≤

k
1
k
π
+ π≤π⇔0≤
+ ≤1
2n n
2n n

1
2n − 1
1
⇔− ≤k≤
=n− .
2
2
2

Mà k ∈ Z nên k = 0, n − 1.
Vậy Tn (x) có đúng n nghiệm thực phân biệt tương ứng là: cos

(2k + 1) π
,k =
2n

0; n − 1.

Ta chứng minh tương tự cho trường hợp của Un (x).
Tính chất 1.3.7. Các đa thức |Tn (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] và |Tn (x)| = 1 có đúng

n + 1 điểm xk = cos

kπ
, k = 0; n.
n

Chứng minh. Theo cách đặt trên thì
|Tn (x)| = |Tn (cos α)| = |cos nα| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] .
|Tn (x)| = 1 ⇔ |cos nα| = 1 ⇔ sin nα = 0 ⇔ α =

Do α ∈ [0; π] nên 0 ≤

kπ
.
n

kπ
≤ π ⇔ 0 ≤ k ≤ n. Mà k ∈ Z nên k = 0; n.
n

Nhận xét 1.3.8. Các điểm cos

kπ
, k = 0; n nói ở trên là các điểm luân phiên
n

Chebyshev (gọi tắt là các luận điểm).
Nhận xét 1.3.9. Tn cos
Tính chất 1.3.10. Tn

Un

kπ
n

= (−1)k .

1
1
x+
2
x

1
1
x+
2
x

=

1 n
1
x + n , ∀n ∈ N, ∀x = 0;
2
x

xn+1 −
=

1
xn+1

1
x−
x

, ∀n ∈ N, ∀x = 0; ±1.

Chứng minh. Với n = 0, n = 1, ta có
T0

luôn đúng.

1
1
x+
2
x

= 1; T1

1
1
x+
2
x

=

1
1
x+
2
x


8

Giả sử mệnh đề trên đúng đến n. Áp dụng công thức truy hồi của Tn , ta có
1
1
x+
2
x
1
1
1
1
1
x+
Tn
x+
− Tn−1
x+
x
2
x
2
x

1
1
1
x+
xn + n − xn−1 + n−1
x
x
x
1
xn+1 + n+1 .
x

Tn+1
1
2
1
=
2
1
=
2
=2

Tương tự, ta cũng có chứng minh cho trường hợp của Un (x).


9

Chương 2
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC

GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN
QUAN ĐẾN ĐA THỨC
2.1

Một số lớp phương trình hàm sinh bởi các hàm
lượng giác

Trong phần này ta xét một số dạng toán về phương trình hàm trong lớp đa
thức lượng giác.
Bài toán 2.1.1. Tìm các hàm f (x) xác định với mọi x ∈ R và thỏa mãn điều kiện

f (0) = 2015, f ( π ) = 2016;
2

f (x + y) + f (x − y) = 2f (x). cos y, ∀x, y ∈ R.
Lời giải. Trong điều kiện f (x + y) + f (x − y) = 2f (x). cos y, ∀x, y ∈ R thay x =
t−

π
π
, y = , với mọi t ∈ R, ta thu được
2
2

f (t) + f (t − π) = 2f t −
π
2

π
π

. cos = 0.
2
2

(2.1)

π
2

Tiếp tục thay x = , y = t − , với mọi t ∈ R, ta thu được
π
π
f (t) + f (π − t) = 2f ( ). cos t −
2
2

= 2.2016. sin t.

(2.2)


10

Thay tiếp x = 0, y = t − π , với mọi t ∈ R, ta thu được
f (t − π) + f (π − t) = 2f (0). cos(t − π) = −2.2015. cos t.

(2.3)

Từ (2.1) và (2.2) ta suy ra
2f (t) + f (t − π) + f (π − t) = 2.2016. sin t.

(2.4)

Từ (2.3) và (2.4) ta suy ra
2f (t) − 2.2015 cos t = 2.2016. sin t nên f (t) = 2015 cos t + 2016 sin t.

Thử lại ta thấy
f (0) = 2015 cos 0 + 2016 sin 0 = 2015,
π
π
π
f ( ) = 2015 cos + 2016 sin = 2016,
2
2
2
f (x + y) + f (x − y) =
= 2015 cos(x + y) + 2016 sin(x + y) + 2015 cos(x − y) + 2016 sin(x − y)
= 2015.2 cos x cos y + 2016.2 sin x cos y
= 2.(2015 cos x + 2016 sin x) cos y = 2.f (x) cos y.

Vậy f (x) = 2015 cos x + 2016 sin x.
Bài toán 2.1.2. Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R và thỏa mãn
điều kiện
f

x+y
1 − xy

= f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R sao cho|xy| < 1.

Lời giải.
π π
,
. Khi đó ta thu được
2 2
π π
f tan(u + v) = f (tan u) + f (tan v), ∀u, v, u + v ∈ − ,
.
2 2

Đặt x = tan u, y = tan v với u, v ∈

−

Đặt f (tan u) = g(u), ta có
g(u + v) = g(u) + g(v), ∀u, v, u + v ∈

−

Vậy nên g(u) = au, a = const và do đó
f (x) = aarctan x, a ∈ R, ∀x ∈ R.

Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài ra.
Vậy f (x) = aarctan x, a ∈ R, ∀x ∈ R.

π π
,
.
2 2

11

Bài toán 2.1.3. Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R và thỏa mãn
điều kiện
xy − 1
x+y

f

= f (x) + f (y), ∀x, y ∈ R, x + y > 0.

(2.5)

Lời giải.
Đặt x = cot u, y = cot v với u, v ∈ (0, π). Khi đó ta thu được
xy − 1
= cot(u + v).
x+y

Khi đó (3.1) có dạng
f (cot(u + v)) = f (cot u) + f (cot v).

Đặt f (cot u) = g(u), ta có
g(u + v) = g(u) + g(v), ∀u, v ∈ (0, π).

Vậy nên g(u) = au, a = const và do đó
f (x) = aarccot x, a ∈ R, ∀x ∈ R.

Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài ra.

Vậy f (x) = aarccot x, a ∈ R, ∀x ∈ R.
Bài toán 2.1.4. Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên [−1, 1] và thỏa
mãn điều kiện
f x

1 − y2 + y

1 − x2 = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ [−1, 1].

Lời giải.
π π
. Khi đó cos u ≥ 0, cos v ≥ 0 và
2 2

Đặt x = sin u, y = sin v với u, v ∈ − ,
x

1 − y2 + y

1 − x2 = sin(u + v).

Phương trình hàm đã cho có thể viết dưới dạng
f (sin u) + f (sin v) = f (sin(u + v)), ∀u, v ∈

−

π π
, .
2 2

Đặt f (sin u) = g(u), ta được
g(u + v) = g(u) + g(v)), ∀u, v ∈

−

π π
, .
2 2


12
π π
suy ra f (x) = aarcsinx, ∀x ∈ [−1; 1], a ∈ R.
2 2
Thử lại ta có hàm số f (x) = aarcsinx, a ∈ R thỏa mãn yêu cầu của bài toán đề

Do vậy, g(u) = au, ∀u ∈ − ,
ra.

Vậy f (x) = aarcsinx, a ∈ R.
Bài toán 2.1.5. Tìm các hàm số liên tục f : R → [−1, 1] thỏa mãn điều kiện

f (0) = 1
f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.
Lời giải. Vì f (x) liên tục trên R và f (0) = 1 > 0 nên tồn tại δ > 0 sao cho
f (x) > 0, ∀x ∈ (−δ, δ)

Trong phương trình đã cho đổi chỗ x, y ta đựợc
f (y + x) + f (y − x) = 2f (y)f (x), ∀x, y ∈ R.

Từ đó suy ra f (x − y) = f (y − x), ∀x, y ∈ R. Cho y = 0 ta thu được f (−x) = f (x),
∀x ∈ R. Nói cách khác, f (x) là hàm số chẵn.

Ta xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1. |f (x)| = 1 với mọi x ∈ R.
Khi đó, do f (x) liên tục trên R và f (0) = 1 nên f (x) = 1, ∀x ∈ R. Hàm số này
thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Trường hợp 2. Tồn tại x0 ∈ R sao cho |f (x0 )| < 1.
Nhận xét rằng với n0 đủ lớn và δ như trên, thì
x0
x0
∈ (−δ, δ) suy ra f n0
n
0
2
2

Nếu tồn tại n ∈ N∗ : f

x0
2n

> 0.

= 1 thì trong phương trình đã cho ta đặt y = x, ta

được

2

f (2x) = 2 f (2x)

− 1, ∀x ∈ R.

(2.6)


13

Khi đó ta có
x0 2
− 1 = 1;
2n
2
x0
= 2 f n−1
− 1 = 1;
2
2
x0
= 2 f n−2
− 1 = 1;
2

x0

f

=2 f

2n−1
x0
f n−2
2
x0
f n−3
2
.........

f (x0 ) = 2 f

Vậy nên f

x0
2n

x0
2

2

− 1 = 1, trái với giả thiết.

< 1, ∀n ∈ N∗ . Chọn x1 =

x0
thì x1 = 0 và
2n0

0 < f (x1 ) < 1 và f (x) > 0, ∀x ∈ (−|x1 |, |x1 |.)

π
2

Đặt f (x1 ) = cos α, 0 < α < . Từ (2.6), ta có
f (2x1 ) = 2[f (x1 )]2 − 1 = 2 cos2 α − 1 = cos 2α.

Giả sử f (kx1 ) = cos kα, ∀k ≤ n, n ∈ N∗ . Khi đó, ta có
f ((n + 1)x1 ) = f (nx1 + x1 ) = 2f (nx1 )f (x1 ) − f ((n − 1)x1 )
= 2 cos nα cos α − cos(n − 1)α
= cos(n + 1)α.

Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có
f (mx1 ) = cos mα, ∀m ∈ N∗ .

(2.7)

Do f (x) là hàm số chẵn nên từ kết quả trên, kết hợp với giả thiết f (0) = 1 = cos 0α.
Ta có
f (mx1 ) = cos mα, ∀m ∈ Z.

Trong (2.6) thay x bởi

x1
ta có
2
f (x1 ) = 2 f

x1
2

2

− 1.

Từ đó suy ra
f

x1
2

=

1 + f (x)
=
2

1 + cos α
α
= cos .
2
2

(2.8)


14

Giả sử f

x1

2k

= cos

f

α
, ∀k ≤ n, n ∈ N∗ , ta có
2k
1+f

x1
2n+1

=

2

x1
)
2n =

α
2n = cos α .
2
2n+1

1 + cos

Vậy theo nguyên lí quy nạp thì

f

x1
α
)
=
cos
, ∀n ∈ N∗ .
n
n
2
2

(2.9)

Từ (2.8) và (2.9), ta có
f

mx1
2n

= cos

mα
, ∀n ∈ N∗ , ∀m ∈ Z.
n
2

(2.10)

Từ (2.10) và do hàm số f (x) liên tục trên R, ta có f (x1 t) = cos αt, ∀t ∈ R, hay bằng
cách đặt x1 t = x;

α
= a, ta thu được
x1

f (x) = cos ax, ∀x ∈ R.

Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán.
Bài toán 2.1.6. Tìm các hàm số f (x) liên tục trên R và thỏa mãn các điều kiện
f (0) = 1, tồn tại x0 ∈ R : |f (x0 )| > 1 và
f (x + y) + f (x − y) = 2f (x)f (y), ∀x, y ∈ R.

(2.11)

Lời giải.
Vì f (x) liên tục trên R và f (0) = 1 > 0 nên tồn tại δ > 0 sao cho f (x) > 0, ∀x ∈
(−δ, δ).

Trong phương trình (2.11) đổi chỗ x và y , ta được
f (y + x) + f (y − x) = 2f (y)f (x), ∀x, y ∈ R.

Từ đó suy ra f (x − y) = f (y − x), ∀x, y ∈ R.
Cho y = 0 ta được f (x) = f (−x), ∀x ∈ R. Nói cách khác f (x) là hàm số chẵn.
Tồn tại x0 ∈ R sao cho |f (x0 )| > 1.
Nhận xét rằng với n0 đủ lớn và δ ở trên thì
x0
x0
∈ (−δ, δ) nên f n0

n
0
2
2

> 1.


15

Nếu tồn tại n ∈ N∗ sao cho f (

x0
) ≤ 1. Trong phương tình (2.11) cho y = x, ta được
2n

f (2x) = 2[f (x)]2 − 1, ∀x ∈ R.

(2.12)

Từ đây ta có
x0

f

2n−1
x0
f n−2
2
x0

f n−3
2
.........

x0 2
− 1 = 1;
2n
2
x0
= 2 f n−1
− 1 ≤ 1;
2
2
x0
= 2 f n−2
− 1 ≤ 1;
2
=2 f

f (x0 ) = 2 f

Vậy nên f

x0
2n

x0
2

2

− 1 ≤ 1, trái với giả thiếtf (x0 ) > 1.

> 1, ∀n ∈ N∗ . Chọn x1 =

x0
và x1 = 0 sao cho
2n0

f (x1 ) > 1 và f (x) > 0, ∀x ∈ (−|x1 |, |x1 |.)

Đặt f (x1 ) = cosh α, 0 < α. Từ (2.12), ta có
f (2x1 ) = 2[f (x1 )]2 − 1 = 2 cosh2 α − 1 = cosh 2α.

Giả sử f (kx1 ) = cosh kα, ∀k ≤ m, m ∈ N∗ . Khi đó, ta có

f ((m + 1)x1 ) = f (mx1 + x1 ) = 2f (mx1 )f (x1 ) − f ((m − 1)x1 )
= 2 cosh mα cosh α − cosh(m − 1)α
= cosh(m + 1)α.

Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có f (mx1 ) = cosh mα, ∀m ∈ N∗ .
Do f (x) là hàm số chẵn nên từ kết quả trên, kết hợp với giả thiết f (0) = 1 =
cos 0α. Ta có
f (mx1 ) = cosh mα, ∀ ∈ Z.
x
Trong (2.12) thay x bởi 1 ta có
2
f (x1 ) = 2 f

x1

2

2

− 1.

(2.13)


16

Từ đó suy ra
1 + f (x)
1 + cosh α
x1
α
=
=
= cosh .
2
2
2
2
α
= cosh n , ∀k ≤ n, n ∈ N∗ , ta có
2
f

Giả sử f

x1
2n

f

x1
n+1
2

1+f
=

2

x1
)
2n =

1 + cosh
2

α
2n = cosh α .
2n+1

Vậy theo nguyên lí quy nạp thì
α
x1
)
=

cosh
, ∀n ∈ N∗ .
n
n
2
2

f

(2.14)

Từ (2.13)và (2.14), ta có
f

x1
2n

= cosh

mα
, ∀n ∈ N, ∀m ∈ Z.
2n

(2.15)

Từ (2.15)và do hàm số f (x) liên tục trên R, ta có f (x1 t) = cosh αt, ∀ ∈ R, hay
bằng cách đặt x1 t = x;

α
= a, ta thu được

x1

f (x) = cosh ax, ∀x ∈ R.

Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy f (x) = cosh ax, x ∈ R.
Bài toán 2.1.7. Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên [−1, 1] và thỏa
mãn điều kiện
f (xy −

1 − y2

1 − x2 ) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ [−1, 1].

Lời giải. Đặt x = cos u, y = cos v với u, v ∈ [0, π]. Khi đó sin u ≥ 0, sin v ≥ 0 và
xy −

1 − y2

1 − x2 = cos(u + v), ∀u, v ∈ [0, π]

Phương trình hàm đã cho có thể viết dưới dạng
f (cos u) + f (cos v) = f (cos(u + v)), ∀u, v ∈ [0, π]

Đặt f (cos u) = g(u), ta được
g(u + v) = g(u) + g(v), ∀u, v ∈ [0, π].

Do vậy, g(u) = au, a = const và f (x) = aarccosx.
Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn đề bài đã cho.

17

2.2

Bài toán ước lượng đa thức lượng giác

Trong phần này, ta đi khảo sát giá trị của đa thức lượng giác với điều kiện ràng
buộc cho trước.
Bài toán 2.2.1. Cho đa thức
f (x) = a1 sin x + a2 sin 2x + · · · + an sin nx

thỏa mãn điều kiện |f (x)| ≤ |sinx|, với mọi x ∈ R . Chứng minh rằng
|a1 + 2a2 + · · · + nan | ≤ 1.

Lời giải.
Ta có |a1 + 2a2 + · · · + nan | = |f (0)|
theo định nghĩa đạo hàm tại điểm x = 0 thì
f (x) − f (0)
f (x)
= lim
.
x→0
x→0 x
x

f (0) = lim

f (x)
sin x

f (x) − f (0)
| = lim |
| ≤ lim |
| = 1.
x→0
x→0
x→0
x
x
x
Vậy |a1 + 2a2 + · · · + nan | ≤ 1.

Mà |f (0)| = | lim

Bài toán 2.2.2. Cho các số thực a, b, A, B sao cho đa thức lượng giác
f (x) = 1 − a cos x − b sin x − A cos 2x − B sin 2x

thỏa mãn điều kiện f (x) ≥ 0.
Chứng minh rằng
a2 + b2 ≤ 2; A2 + B 2 ≤ 1.
√
√
Lời giải. Đặt a2 + b2 = r; A2 + B 2 = R. Khi đó tồn tại α, β để
a = r cos α; b = r sin α,
a cos x + b sin x = r cos(x − α),
A = R cos 2β; B = R sin 2β,
A cos 2x + B sin 2x = R cos 2(x − β).

Từ đó suy ra f (x) = 1 − r cos(x − α) − R cos 2(x − β).

18

Đặt
π
π
) = P ; f (x − ) = Q.
4
4

f (α +

Khi đó, ta có các đẳng thức
r
π
P = 1 − √ − R cos 2(α − β + ).
4
2
r
π
Q = 1 − √ − R cos 2(α − β − ).
4
2
r
2
π
π
Hiệu hai góc 2(α − β + ) và 2(α − β − ) bằng π nên các cosin của chúng trái
4
4

Nếu r2 > 2 thì 1 − √ < 0.

dấu. Bởi vậy, trong hai biểu thức
R cos(α − β +

π
)
4

R cos(α − β −

π
)
4

và

có một biểu thức không âm.
Từ đó dẫn đến trong hai số p và Q có một số âm.
π
4

π
4

Vậy ít nhất một trong hai giá trị f (α + )và f (α − ) là số âm. Điều đó trái với
giả thiết ( do giả thiết f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R).
Vậy r2 ≤ 2 suy ra a2 + b2 ≤ 2.
Tương tự, ta có

f (β) = 1 − r cos(β − α) − R cos 0 = 1 − r cos(β − α) − R;
f (β + π) = 1 − r cos(β − α + π) − R.

Nếu xảy ra trường hợp R > 1 thì 1 − R < 0 và do hiệu của hai góc β − α + π và
β − α bằng π nên lập luận tương tự như trên ta thu được một trong hai số f (β) và
f (β + π) là số âm, vô lý.

Vậy A2 + B 2 ≤ 1, điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.2.3. Bài toán trên là trường hợp đặc biệt của định lí về đa thức lượng
n

giác nhận giá trị không âm: Nếu đa thức f (x) = 1 +

(ak cos kx + bk sin kx) không
k=1

âm với mọi x ∈ R thì
a2i + b2i ≤ 2, ∀i ∈ 1, 2, 3, . . . , (n − 1), a2n + b2n ≤ 1.


19

Bài toán 2.2.4. Cho đa thức
n

(ak cos kx + bk sin kx),

fn (x) = a0 +
k=1

trong đó các số thực a0 , ak , bk ∈ R. Chứng minh rằng nếu fn (x) > 0, ∀x ∈ R,
a2i + b2i = 1(i = 1, 2, 3, . . . , n) thì
fn (x) − n
≤ 1, ∀x ∈ R.
a0

Lời giải. Ta có
n

a2i + b2i = a0 + n.

fn (x) ≤ a0 +

(2.16)

i=1

Xét nguyên hàm của fn (x)
n

F (x) = a0 x +
i=1

bi
ai
sin ix − cos ix).
i
i

Do F (x) = fn (x) > 0, ∀x ∈ R nên F (x) là hàm tăng trên R. Suy ra F (2π) > F (0)

tức là a0 > 0.
Kết hợp với điều kiện (2.16) ta thu được
fn (x) − n
≤ 1, ∀x ∈ R.
a0

Bài toán 2.2.5. Cho đa thức lượng giác
f (x) = cos 2n x + a1 cos(2n − 1)x + a2 cos(2n − 2)x + · · · + am cos x(m = 2n − 1)

Chứng minh rằng mọi ak ∈ R đa thức lượng giác f (x) không thể là hàm thực sự
đơn điệu.
Lời giải. Giả sử f (x) chỉ nhận giá trị dương. Khi đó
f1 (x) :=

1
f (x) + f (x + π) , ∀x ∈ R.
2

Do cos(x + kπ) = (−1)k cos x nên đa thức
f1 (x) = cos 2n x + a2 cos(2n − 2)x + · · · + am−2 cos 2x dương với mọi x ∈ R.

Do đó đa thức
f2 (x) :=

1
1
f1 (x) + f1 (x + π)
2
2

20

dương với mọi x ∈ R.
Tương tự như trên ta cũng thu được
f2 (x) = cos 2n x + a4 cos(2n − 4)x + · · · + am−4 cos 4x

Vậy
f (x) :=

1
1
f2 (x) + f2 (x + π)
2
4

dương với mọi x ∈ R

Lặp lại quá trình trên, sau hữu hạn bước ta thu được đa thức cos 2n x > 0, ∀x ∈ R.
Điều đó không xảy ra.
Bài toán 2.2.6. Viết công thức biểu diễn của cos nx và sin nx theo các lũy thừa
của cos x và sin x.
Lời giải. Theo công thức Moivre thì cos nx + i sin nx = (cos x + i sin x)n .
Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có
n
n

Cnk cosn−k x(i sin x)k

(cos x + i sin x) =

k=0

= cosn x + iCn1 cosn−1 x sin x − Cn2 cosn−2 x sin2 x + · · · + A + iB,

trong đó
A=

B=


n

(−1) 2 sinn x nếu n là số chẵn
n−1


(−1) 2 C n−1 cos x sinn−1 x nếu n là số lẻ
n

(−1) n−2
n−1
2
2 C cos x sin
x nếu n là số chẵn
n

(−1)

n−1
2

sinn x nếu n là số lẻ

Vậy
cos nx = cosn x − Cn2 cosn−2 x sin2 +Cn4 x cosn−4 sin4 x − · · · + A
sin nx = Cn1 cosn−1 x sin x − Cn3 cosn−3 x sin3 x + · · · + B.

Bài toán 2.2.7. Cho đa thức Pn−1 (x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n − 1, có hệ bậc
cao nhất a0 , thoả mãn điều kiện
√

1 − x2 |Pn−1 (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1, 1].

Chứng minh rằng
|a0 | ≤ 2n−1 .

Lời giải.


21

Ta viết đa thức dưới dạng đa thức nội suy Lagrange theo các nút nội suy
xj = cos

2j − 1
π là các nghiệm của đa thức Chebyshev Tn (x)
2n
n

1

Pn−1 (x) =
n

(−1)j−1
j=1

Suy ra
2n−1
a0 =
n

Vậy nên
2n−1
|a0 | ≤
n

1 − x2j Pn−1 (xj )

Tn (x)
.
x − xj

n

(−1)j−1

1 − x2j P (xj ).

j=1

n

1 − x2j P (xj )
j=1

2n−1
≤
n = 2n−1 .
n

Bài toán 2.2.8. Giả thiết rằng đa thức Pn−1 (x) thoả mãn các điều kiện
√

1 − x2 |Pn−1 (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1, 1].

Chứng minh rằng khi đó |Pn−1 (x)| ≤ n, ∀x ∈ [−1, 1].
Lời giải. Với các xj được chọn như bài 2.2.7 thì các hàm số cos x nghịch biến
trong (0, π) nên −1 < xn < xn−1 < · · · < x2 < x1 < 1.
Nếu x1 < x < 1 thì
1
|Pn−1 (x)| ≤
n

n

1 − x2j Pn−1 (xj )
j=1

1
|Tn (x)|

≤
|x − xj |
n

n

)
j=1

|Tn (x)|
|x − xj |

(2.17)

do x − xj > 0 và Tn (x) có dấu không đổi trên (x1 , 1]. Mặt khác thì
n

Tn (x) = 2

n−1

(x − xj )
j=1

nên ta có

n

(x − xj )

n
j=1

n−1

Tn (x) = 2

k=1

(x − xk )

n

=
j=1

Mà
|Tn (x)|
= |Un (x)| ≤ n,
n

Từ (2.17) và (2.17) suy ra
|Pn−1 (x)| ≤ n, ∀x ∈ (x1 , 1].

Tn (x)
.
x − xj

(2.18)