SKKN lượng giác hóa để giải một số bài toán đại số

Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

A. LỜI MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình sách giáo khoa phổ thông môn toán đại số lớp 10 và
11, định nghĩa và các công thức biến đổi lượng giác đã được giới thiệu khá đầy
đủ. Tuy nhiên, dùng lượng giác để lượng giác hóa, giải các bài toán đại số ít
được sách giáo khoa đề cập đến hoặc đề cập sơ sài, tài liệu tham khảo về chủ đề
này cũng rất hạn chế. Qua thực tiễn giảng dạy, tôi nhận thấy phần lớn các em sử
dụng công thức lượng giác để giải các bài toán lượng giác, mà ít ứng dụng lượng
giác để giải các bài toán khác
Với mong muốn giúp các em nắm vững các kiến thức cơ bản về lượng
giác và biết vận dụng một cách linh hoạt kiến thức đó để giải quyết một số dạng
toán đại số, tôi chọn đề tài “ Lượng giác hóa để giải một số bài toán đại số ”.
Nội dung đề tài sẽ giới thiệu một số vấn đề cơ bản của phương pháp
lượng giác hóa và được trình bày với bố cục như sau:
Phần 1: Cơ sở lí luận của đề tài.
Phần 2: Thực trạng việc sử dung phương pháp lượng giác hóa để giải
toán đại số hiện nay.
Phần 3: Chỉ ra một số dạng bài tập có thể áp dụng phương pháp này, dấu
hiệu nhận biết của từng dạng, phương pháp giải khái quát nhất của từng dạng.
Phần 4: Bài tập.
2. Mục đích yêu cầu
- Trau dồi kiến thức, nâng cao nghiệp vụ chuyên môn; làm tài liệu phục
vụ cho quá trình giảng dạy của bản thân và tham khảo cho các đồng nghiệp.
- Giới thiệu một phương pháp giải toán đại số linh hoạt, giúp học sinh có
thêm kiến thức và hứng thú học Toán.
3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
- Khách thể: Học sinh có năng khiếu và yêu toán ở trường phổ thông.
- Đối tượng nghiên cứu: Đặc điểm của ẩn trong các phương trình, hệ
phương trình, bất đẳng thức….đại số.

- Phạm vi nghiên cứu: Một số bài toán đại số thuộc môn toán Trung học
phổ thông.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
a) Trình bày các công thức cơ bản về lưọng giác.

1


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

b) Hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp lưọng giác để giải quyết các
bài toán đại số trong các trưuờng hợp cụ thể.
5. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu lý thuyết: Sách giáo khoa lớp 10, 11, 12 và tài
liệu bồi dưỡng học sinh giỏi.
- Phương pháp nghiên cứu thực tiễn: Khảo sát và tiến hành thực nghiệm
học sinh lớp 12 trường trung học phổ thông Buôn Ma thuột.
- Tổng kết kinh nghiệm, tìm ra những khó khăn, thuận lợi khi giải quyết
các bài toán ở những lớp trước.

II. NỘI DUNG
Phần 1. Cơ sở lý luận của đề tài
1.1. Kiến thức lượng giác
a) Công thức cộng
sin(a + b) = sina cosb + cosa sinb

cos(a  b) = cosa cosb + sina sinb

sin(a  b) = sina cosb  cosa sinb

cos(a + b) = cosa cosb  sina sinb

tan(a  b) =

tan a  tan b
1  tan tan b

tan(a + b) =

tan a  tan b
1  tan a tan b

b) Công thức nhân đôi
sin2a = 2sinacosa
cos2a = cos2a  sin2a = 2cos2a  1 = 1  2sin2a

tan2a =

2 tan a
1  tan 2 a

c) Công thức hạ bậc
cos2a =

1  cos2a
2

tan 2 a =

sin2a =

sin 2 a 1  cos2a
=
cos 2 a 1  cos2a

1  cos2a
2

cot 2 a 

cos 2 a 1  cos2a

sin 2 a 1  cos2a

d) Công thức biến đổi tích thành tổng và tổng thành tích
1
2

cosacosb = [cos(a + b) + cos(a - b)]

sinasinb =

2

1
[cos(a  b)  cos(a + b)]
2


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

1
2

sinacosb = [sin(a + b) + sin(a - b)]
cosa + cosb = 2cos
sina + sinb = 2sin

ab
ab
cos
2
2

cosa  cosb = 2sin

ab
ab
cos
2
2

sina + sinb = 2cos

ab
ab
sin
2
2

ab
ab
sin
2
2

1.2. Nhận xét
a) 1  sinx  1; 1  cos x  1
b) sin 2 x  cos2 x  1

Phần 2. Thực trạng việc sử dung phương pháp lương giác hóa để
giải toán đại số hiện nay.
Hiện nay, bài toán lượng giác, phương trình, bất phương trình, bất đẳng
thức thường gặp trong các kì thi tuyển sinh đại học. Để giải bài toán này, học
sinh cần có sự vận dụng khéo léo và linh hoạt các kiến thức lượng giác, số học,
đại số, đồng thời các em phải biết cách phân tích tỉ mỉ để đưa ra hướng giải
chính xác. Đây là một yêu cầu tương đối khó với các em.
Có nhiều phương pháp để giải các bài toán lượng giác, phương trình, bất
phương trình, bất đẳng thức nhưng trong một số trường hợp đơn giản nhất là
phương pháp lượng giác hóa, phương pháp này tạo cho người học cảm giác nhẹ
nhàng và vận dụng đơn giản hơn so với các phương pháp khác khi giải loại toán
này. Tuy nhiên, việc lựa chọn cách đặt ẩn là vấn đề khó khăn nhất. Người học
phải biết cách chọn ẩn phù hợp. Nếu chọn đúng thì lời giải sẽ đơn giản, chính
xác. Nếu chọn không phù hợp thì lời giải sẽ phức tạp, thậm chí không thể tiếp
tục giải.
Trong các tài liệu luyện thi đại học, tài liều bồi dưỡng học sinh giỏi trung
học phổ thông hiện nay, nhiều tác giả bước đầu đã đề cập đến vấn đề này. Nhiều
tài liệu đã chỉ ra cách đặt ẩn phụ cho các biến x, y,… thỏa mãn điều kiện nào đó,
thông thường là bị chặn trên hoặc dưới bởi một hằng số cho trước…những chỉ
dẫn hay gợi ý trên còn chung chung, chưa giúp cho học sinh hiểu rõ phương

pháp lượng giác hóa, nhất là học sinh bước đầu làm quen dạng toán này. Các em
thường đặt ra câu hỏi: tại sao phải chọn cách đặt ẩn phụ này mà không chọn
cách đặt kia? Tại sao bài toán này đặt là sin  , bài toán sau lại đặt cos  ? Có
cách lựa chọn giá trị chung để lượng giác hóa các bài toán không? Có thể có
phương pháp chung cho từng lớp, từng dạng bài toán không? Phải phân tích bài
toán như thế nào để lựa chọn cách đặt ẩn phụ (hay còn gọi là lượng giác hóa)
phù hợp?
3


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Hiện nay, chưa có tài liệu nào phân tích và hướng dẫn một cách chi tiết kĩ
thuât đặt ẩn phụ để lượng giác hóa giải các bài toán đại số, giải tích, hình học.
Việc lựa chọn cách đặt ẩn phụ hợp để thế vào dữ kiện của đề bài là vấn đề khó
khăn của học sinh. Vấn đề đặt ra là cần phân tích đề bài, phân tích đặc điểm của
điều kiện ràng buộc của ẩn để đưa ra cách lượng giác hóa cụ thể cà dễ hiểu nhất.
Có như vậy, các em mới giải quyết triệt để được dạng toán này và đạt kết quả
cao trong các kì thi.

Phần 3. Chỉ ra một số dạng bài tập có thể áp dụng phương pháp
này, dấu hiệu nhận biết của từng dạng, phương pháp giải khái
quát nhất của từng dạng.
1. Cách giải: Lượng giác hóa là một phương pháp có phạm vi áp dụng
khá rộng. Với mỗi bài toán lại có một nét riêng, không bài nào giống bài nào nên
không thể có cách giải nào là hiệu quả với toàn bộ các bài toán. Tuy nhiên ta có
thể khái quát nội dung sử dụng hàm số lượng giác để giải bài toán đại số là tìm
cách biến đổi lượng giác phù hợp với các yêu cầu và giả thiết của bài toán để
đưa một đẳng thức, bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình đại số hay
hàm số đại số phức tạp về một biểu thức lượng giác tương đối đơn giản và từ đó

sử dụng các công thức biến đổi lượng giác quen thuộc để tìm ra lời giải cho bài
toán.
Bước 1: Chọn một hoặc nhiều hàm số lượng giác phù hợp để thay biến
của bài toán bằng giá trị lượng giác đó.
Việc chọn biến lượng giác để thay đổi cho biến cũ thông qua các dấu hiệu
đặc biệt của các biến trong bài toán và sự nắm bắt các dấu hiệu đó thông qua
miền giá trị và hình thức các công thức lượng giác thông dụng.
Bước 2: Thay biến cũ bằng hàm số lượng giác vừa chọn sẽ được một bài
toán mới với ẩn là các hàm số lượng giác. Trước khi thay các hàm lượng giác
vào, chúng ta có thể biến đổi nếu bài toán quá “ cồng kềnh “.
Bước 3: Giải bài toán mới bằng cách sử dụng các công thức biến đổi
lượng giác đã học.
Bước 4: Trả lại biến (với những bài giải phương trình, bất phương trình)
rồi kết luận theo yêu cầu của bài toán ban đầu.
2. Các bất đẳng thức - miền giá trị của các biểu thức lượng giác đơn giản
Sau bước “lượng giác hóa”, bài toán ban đầu trở thành bài toán lượng giác
thuần túy. Do đó, muốn giải bài toán bất đẳng thức bằng lượng giác hóa thì phải
nắm được các bất đẳng thức lượng giác, miền giá trị của các biểu thức lượng
giác quen thuộc.
4


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

 
a) sin x  1. Có thể suy rộng nếu miền giá trị của f(x) là đoạn  ;  thì
 2

miền giá trị của sinf(x) là đoạn  1;1 .

2

b) cos x  1 . Có thể suy rộng nếu miền giá trị của f(x) là đoạn  0; π  thì
miền giá trị của cosf(x) là đoạn  1;1 .
Ngoài ra, tùy theo miền xác định của biến x ta có thể thu hẹp miền giá trị
của hàm số y  sin x và y  cos x .
c)  a 2  b2  asinx  bcosx  a 2  b2
d) tanx  cotanx  2
e) Từ c ta có thể tìm được miền giá trị của biểu thức đẳng cấp bậc hai của
hai sinx và cosx: B  asin 2 x  bcos2 x  csinxcosx  d . Bằng phương pháp hạ bậc,
ta đưa B về dạng: B  Msin2x  Ncos2x  P . Do đó, ta có
P  M2  N2  B  P+ M2  N2

3. Các dạng bài tập đại số và phương pháp lượng giác hóa
 x  sin 
với   0; 2 
 y  cos

Dạng 1: Nếu x 2  y2  1 thì đặt 

 x  a sin 
với   0; 2 
 y  acos

Tổng quát: Nếu x 2  y2  a 2  a  0  thì đặt 

Nếu hai biến x, y tham gia bài toán có ràng buộc a 2 x 2  b2 y2  c2 với a, b,
c sin 
c cos 
;y 

c dương. Khi đó, ta có thể lượng giác hóa bằng cách đặt: x 
a

với  o;2 

b

Nếu bài toán qui về so sánh biểu thức a 2 x 2  b2 y2 với một hằng số ta cũng
có thể đặt
c sin 
c cos 
;y 
. Sau đó thay vào biểu thức của bài toán để rút ra miền giá
a
b
trị của a 2 x 2  b2 y2 .
x

Nếu

x 


 x 

trong

bài

toán

có

biểu

b
  
tan t, t    ; 
a
 2 2
b
co t t, t   0;  
a
5

thức

a 2 x 2  b2  a,b  0 ,

ta

đặt


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Bài 1: Chứng minh rằng : Nếu x2 + y2 = 1 thì x  y  2
(Đại số 10 Nâng cao NXB Giáo dục).
Giải:
 x  cos t

. Khi đó, ta có:
 y  sin t

Vì x2 + y2 = 1, nên ta đặt: 
x  y = cos t  sin t 

2 sin( t 


x 


Dấu „=‟ xảy ra t   
4
y 



4

)  2 (đpcm).

2
2
2
2

Bài 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A  x  1  4  x .
Giải:
 x  1  3 cos t


ĐK: 1  x  4 . Vì ( x  1)  ( 4  x )  3 , nên đặt: 

 4  x  3 sin t , 0  t 
2

2

Ta

4

 
A  3 cos t  sin t   6 sin  t   .
4


có:
t

nên


4

2



Mặt

khác,

vì:

0t 


2

nên

3
4

2
 
 
 sin  t    1  3  6 sin  t    6
2
4

 4

Vậy: Max A  6 khi t 


4

x

5
, Min A  3 khi t  0  x  4
2

Bài 3: cho x2  y 2  16, u 2  v2  25, xu  yv  20 . Tìm giá trị lớn nhất của x + v
Giải

 x  4cos
Vì x2  y 2  16 ta đặt 
 y  4sin 

u  5cos 
u 2  v 2  25 ta đặt 
v  5sin 
6


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có ( xu  yv)2  ( x2  y 2 )(u 2  v2 )  16.25
 xu  yv  20 mà xu  yv  20( gt )

Nên xu + yv =20  20cos.cos  20sin .sin   20
 cos(   )  1      2k (k  z )

Từ đó x + v = 4cos  5sin   4cos  5sin 
 41cos(   ) (với cos 

5

4
)
, sin  
41
41

Vậy giá trị lớn nhất Max (x+v) = 41 khi     k 2 tại
16
20
20
25
.
x
,y
,u 
,v 
41
41
41
41
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a > c > 0,
b > c > 0 ta có bất đẳng thức:

c(a  c)  c(b  c) 

ab (1)

Giải:
Vì a > 0, b > 0,

ab > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với

c( a  c)
c ( b  c)

1
ab
ab
2

(2)

2

 c   a c
 
 =1
Nhận xét rằng 
 

a
a

 


Nên đặt

c
= cosu ,

a
2

a c

= sinu với 0  u 
a
2
2

 c   b  c
 = 1
Ta cũng thấy    
b
b
  


Nên đặt

c
= cosv ,
b

bc

= sinv với 0  v  .
b
2

Khi đó (2) có thể viết thành
c a c
+
b
a

c bc
= cosv sinu + cosusinv  1
a
b

7

(3)


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v)  1 nên (3) luôn luôn đúng có
nghĩa là (1) đúng.
2

x 
Bài 5: Giải phương trình: x  
  1.
 x 1
2

Giải
ĐK: x  1


  
 x  sint  1, t    2 ; 2  ( a)
sin t


Đặt: 
, thay (a) vào (b) ta được: cos t 
sin t  1
 x  cost
( b)
 x - 1
 sin t  cos t  sin t. cos t  0 (c) . Đặt u = sint + cost, đk: | u | 2 , phương trình

(1) trở thành: u 

u  1  2  L 
u 2 1
 0  u 2  2u  1  0  
2
 u  1  2 (N)

Vậy: sint + cost = 1 2
x 

x
1
 1  2  x 2  (1  2 ) x  1  2  0  x  1  2  2 2  1 .

x 1

2 

1
Do đó, phương trình có nghiệm là: x  1  2  2 2  1 .
2

Dạng 2: Nếu x  1 hoặc bài toán có chứa 1- x



2


   
 x  m sin  ,    2 ; 2 
Tổng quát: Nếu x  m thì đặt 


 x  mcos ,    0;  

-


 
 x  m sin  ,   0; 2 


Nếu 0  x  m , ta đặt 

 

 x  mcos ,   0; 
 2

8


   
 x  sin  ,    2 ; 2 
thì đặt 


 x  cos ,    0;  


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

-


  
 x  m sin  ,     2 ;0 


Nếu m  x  0 , ta đặt 

 
 x  mcos ,    ;  
2 


Bài 6. Giải phương trình: 1 

2
x  x2  x  1 x
3

(Đề thi học viện ngân hàng 2000)
Giải
x  x 2  0

 
Điều kiện  x  0
 0  x  1 , đặt x  cos 2 t, t  0; 
 2
1  x  0


Khi đó phương trình được biến đổi về dạng:
2
cos 2 t  cos 4 t  cos 2 t  1  cos 2 t
3
 3  2 sin t cos t  3  cos t  sin t   3  2sin t cos t  3 sin t + cos t 

1

u2 1
Đặt sin t + cos t = u , điều kiện 1  u  2  sin t cos t 
2

Khi đó phương trình có dạng:

u  1
 
u 2  3u  2  0  
 sin t + cos t  1  2 sin  t    1
4

u  2

 t = k2
t  0
x  1
  1
 sin  t   

  

 t =  k2
t 
4
2

x  0
2
2



Vậy nghiệm của phương trình là x = 0 và x = 1.
Bài 7. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  1  x 

2015

 1  x 

2015

Giải
Vì x  1;1 , đặt x  cos t, t  0;  
Khi đó hàm số được chuyển về dạng:
y  1  cos t 

2015

 1  cos t 

t

 y   2cos 2 
2

t

2

2015

t

 y  22015  cos 4030  sin 4030
2



9

2015

t

  2sin 2 
2


2015

, với x  1;1


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

t
t

y  22015  cos 4030  sin 4030 
2
2

Ta có: cos 4030 t  cos 2 t

2
2  y  22015  cos 2 t  sin 2 t   22015




2
2

sin 4030 t  sin 2 t

2
2

Do đó giá trị lớn nhất y = 22015 đạt được khi

t
 cos 2  0

t
 4030 t
 cos t  1 
2 t
cos

cos
cos  0




2
2

2  
2

 sin t  0  cos t  1  x  1


sin t  0
sin 4030 t  sin 2 t
 sin t  0

 2
2
2
 2


 sin t  1
  2

Bài 8: Giải phương trình: 4 x 3  3x  1  x 2
(Đề thi học viện quan hệ quốc tế khối D /2000)

Giải:
ĐK:  1  x  1 . đặt x = cost, t  [ 0,  ] phương trình (2) thành: 4cos3t - 3cost = sint

 
t  k


8

2
 cos 3t  sin t  cos(  t )  
2
t     k

4



Vì t  [ 0,  ] nên ta chọn được: t  , t 
8

5
3
.
,t
8
4

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: :

x  cos


8

=

2 2
2

. x  cos

3
2
5
2 2


, x  cos
4
2
8
2

Bài 9: Giải bất phương trình : 1  x  1  x  x
Giải :
10


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Điều kiện :
1  x  0
 1  x  1

1  x  0

Đặt x = cost , t  0,  
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :

1  cos t  1  cos t  cos t  1  cos t  2cos 2

t
 cos t
2

t
t
t
t
 2(cos  sin )  cos 2  sin 2
2
2
2
2

t
t
t
t
 (cos  sin )(cos  sin  2)  0
2
2
2
2
t 
t 
 2cos(  )[ 2cos(  )  2]  0
2 4
2 4

t 
t 
 cos(  )[cos(  )  1]  0
2 4
2 4
t 
 t 
 cos(  )  0     
2 4
2 2 4



2

t 

3
 1  cos t  0  1  x  0
2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là s   1;0 .
Bài 10: Chứng minh rằng nếu x < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có:
(1 + x)n + (1 – x)n < 2n

(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 < 2n

(2)

t
t
2
Thay 1 + cos t = 2cos 2 và 1 – cost = 2sin 2 vào (2) ta được
2

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

t
t
t

Bởi vì 0 < 2 <
nên 0 < sin 2 , cos 2 < 1 nên chắc chắn:
2

11

(3)

Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số
n
t
t

2
2 t 
cos 2 =  cos  < cos 2 n > 1. Tương tự ta có:
2

t
t
2n
2
sin 2 < sin 2 n > 1. Do đó
2n

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


Vậy bất đẳng thức (3) đúng, tức là bất đẳng thức (1) được chứng minh.
Dạng 3: Nếu x  1 hoặc bài toán có chứa x 2 1
thì đặt x=


1
với   0;   \   . Khi đó
cos
2

x 2 1  sin 

Tổng quát: Nếu x  m hoặc bài toán có chứa x 2  m2
thì đặt x =

m
 
với   0;   \  
cos
2

Bài 11 : Giải phương trình : x 

x
x2 1

2 2

Giải

x 2  1  0

Điều kiện : 

x  0

Đặt x=

 x  1.


1
, t   0, 
cost
 2

Khi đó phương trình có dạng :
1

cos t

1
1
1
cos t
2 2 

 2 2  sin t  cos t  2 2 sin t.cos t
cos t sin t
1

1
cos 2 t

Đặt sin t  cos t  u , 1  u  2  , ta có sin t.cos t 

u 2 1
.
2

Khi đó phương trình đã cho có dạng :
u  2(u 1)
2

u  2
 2u  u  2  0  
1
u
 l

2
2



 
u  2  sin t  cos t  2  2 sin(t  )  2  sin(t  )  1  t    2k
4
4
4 2

12


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

t 


4



 2k . So sánh điều kiện ta có : t 

4

x 2

vậy nghiệm của phương trình là x  2
Bài 12: Chứng minh rằng:

a 2  1  3  2a
Giải

Điều kiện: a2 – 1  0  a  1. Đặt a =

1

, với   [0 ; ).
cos 

2

Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

1
2
2

1

3


tg


3

cos 2 
cos 
cos 
 sin +

3 cos  2 

3
1

sin +
cos  1 sin ( + )  1, luôn đúng.

2
2
3

Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh
Dạng 4.

  
 x  tan t, t    2 ; 2 
Nếu x không bị ràng buộc (hay x   ), ta đặt 


 x  cos t, t   0;  

Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
hoặc x 2  1 thì đặt
x2 1 

x =

x2 1

  
1
và
;  . Khi đó x 2  1 
cos2 
 2 2

tan  với   

1
cos 

Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức

 m  0 thì đặt x = m tan  với    2 ; 2 




 
 
• Nếu x  0, ta đặt x  tan t, t  0;  hoặc x  cos t, t   0; 
2
2








  
 
• Nếu x  0 ta đặt x  tan t, t   ;0  hoặc x  cos t, t   ;  
2
2




13





x 2  m2


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Bài 13 : Giải bất phương trình với a  0 ta có x 2  a 2  x 

2a 2
x 2  a2

Giải
 

Đặt x  a tan t , t   ;  . Khi đó bất phương trình có dạng :
 2 2
2

a
2a cos t
1
 a tan t 

 1  sin t  2cos2 t  2sin 2 t - sint -1  0 
 sin t  1
cos t
a
2

 tan t 

a
1
x
3
3

Vậy nghiệm của bất phương trình là x 

a
3

Bài 14: 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 

xy
1
1  xy
y1

Giải:

y2

y3

y4 y5

Giả sử 4 số thực cho trước là a  b  c  d
Đặt a = tany1, b = tany2, c = tany3, d = tany4 với


- < y1  y2  y3  y4 <
< y5 =  + y1
2
2
Các điểm y1, y2, y3 chia đoạn [y1; y1 + ] thành 4 đoạn [y1; y2], [y2; y3], [y3; y4] ,
[y4; y5]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn


.
4
Giả sử 0  y2 – y1 


. Thế thì:
4

0  tan (y2 – y1)  1  0 

tan y2  tan y1
ba


1
1  tan y1 tan y2 1  ab

Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
Bài 15: Giải bất phương trình: x x 2  9  x 2  9
Giải
14


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

 
Đặt x = 3tant, t    ,  thì bất phương trình trở thành:


2 2

sin t sin 2 t

1
3tan t 9(1  tan t )  9 tan t  9 
cos 2 t cos 2 t
2

2

 sin t  sin 2 t  cos 2 t

1
1

 3 tan t   3  x   3
 2sin 2 t  sin t  1  0    sin t  1  tan t 
2
3



Vậy nghiệm của bất phương trình s   3;  .

Bài 16: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có: 

1
(a  b)(1  ab) 1


2 (1  a 2 )(1  b 2 ) 2

Giải:
  
Đặt:
a = tan , b = tan với ,     ;  .
 2 2
 a  b 1  ab    tan   tan  1  t an   tan  
Khi đó: A 
1  a 2 1  b2 
1  tan 2  1  tan 2  

sin(   ) 
sin  sin  
.1 


cos  cos   cos  cos  
1
= sin ( + ) . cos ( + ) = sin (2 + 2)
2
1
1
Suy ra:
A = sin (2 + 2) 
2
2
1
1
(a  b)(1  ab)
Vậy: - 

(đpcm).
2 (1  a 2 )(1  b 2 )
2
= cos2 cos2  .

Bài 17. Cho a,b  1. Chứng minh rằng

1
1
2


2
2

1  a 1  b 1  ab

Giải
a  tan  
   
,   ; 

 2 2 
b  tan  

Ta đặt 

Ta có: ab  0  tan  tan   1  cos      0

15


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Khi

đó

bất

đẳng

cos 2   cos 2  

2

thức

cần

chứng

minh

tương

đương

với

1  tan  tan 
2cos  cos 
 cos 2   cos 2  
cos    
 cos     1  cos     cos      cos      cos    

 cos 2      1 cos      0

 cos     sin 2      0 (đúng)
cos      0

 ab  1

a  b
sin      0

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi 
Bài

a

2

Cho

18.

a,

b,

c

>

0.

Chứng

minh

rằng:

 2  b2  2  c2  2   9  ab  bc  ca 

(Đề nghị Olympic 30-4, 2010)
Giải
a  2 tanx


  
Ta đặt b  2 tany  x, y, z   0;  
 2 


c

2
tanz


Khi

đó

bất

đẳng

thức

cần

chứng

minh

cos x cosy cosz  cos xsin ysin z  sin xcos ysin z+sinx sinycos z  

trở

thành

4
9

Mà cos  x  y  z   cos x cos y cos z  cos x sinysin z  sinx cosysin z  sinx sinycos z
Do

đó,

bất

đẳng

thức

cần

chứng

minh

cos x cos y cos z cos x cos y cos z  cos  x  y  z  

4
9

Theo

đẳng

bất

đẳng

thức

Cauchy

và

bất

 cos x  cos y  cos z 
3 x + y+ z
cos x cos y cos z  
  cos 

3
3





Khi đó ta đặt t 

xyz
3

16

tương

thức

đương

Jensen,

ta

với

có:


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Ta cần chứng minh cos3 t  cos3 t  cos3t  
Thật

vậy,

theo

bất

4
4
 cos 4 t 1  cos 2 t  
9
27

đẳng

thức

Cauchy

ta

có:

 cos 2 t cos 2 t


 1  cos 2 t 

cos t cos t
4
2
cos 4 t 1  cos 2 t   4
.

1  cos 2 t   4  2


2
2
3

 27


2

2

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
Dạng 5.
Trong khi giải bài tập không phải lúc nào ta cũng gặp các dạng trên. Do
số lượng các công thức lượng giác là rất nhiều nên khi giải các bài tập ta cũng
phải linh hoạt trong việc sử dụng các công thức ấy để chọn các hàm số lượng
giác phù hợp.
Chẳng hạn:
Với hàm số sin  :
1  2x 2  1  2sin 2   cos2
3x  4x3  3sin   4sin3   sin3 ,
1
1
 
 
1  x 2  1  sin 2   sin 4    cos 4  
2

2
2
2
3
3
 
 
1  x 2  1  sin 2   sin 6    cos6  
4
4
2
2

Với hàm số cos  :
2x 2  1  2co s2  1  cos2

4x3  3x  4co s3   3sin   co s3 ,
8x 4  8x 2 1  8cos4   8cos2  1  cos4
1 x
1  cos 


 tan
1 x
1  cos 
2

Với các hàm số tan 

17

Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

x y
tan   tan 

 tan     ,
1  xy 1  tan  tan 
2x
2 tan 
2x
2 tan 

,

 2 tan  cos 2   2sin  cos   sin 2
2
2
2
2
1 x
1  tan  1  x 1  tan 
3
3x  x
3tan   tan 3 

 tan 3
1  3x 2
1  tan 2 

1
2
x   tan   cot  
x
sin 2

ab
, thường có lượng giác hóa bằng cách
1  ab
đặt a  tan  , b = tan . Khi đó A  tan     . Hoặc có ba số a, b, c mà

Ví dụ nếu có biểu thức A 

a  b  c  abc . Khi đó, có thể đặt a  tan  , b = tan , c = tan . Từ đó rút ra được
α  β  γ  kπ

Nếu bài toán có biểu thức
đó biểu thức

Nếu

 a  0 , ta đặt

 
x  a cos 2t, t   0;  , khi
 2

ax
sẽ trở thành thành tant.
ax

Nếu bài toán có biểu thức
đó biểu thức

ax
ax


ax
 a  0 , ta đặt x  a cos 2t, t  0;  , khi
ax
 2

ax
sẽ trở thành cotant.
ax

bài

toán

có

biểu

thức

 x  a  b  x 

ta

đặt

x  a   b - a  sin 2t, t  0; 

Ngoài ra, nếu trong bài toán có một trong các biểu thức sau

ab a-b
,
,
1  ab 1  ab

2x 1  x 2 3x - x 3

   
,
,
ta đặt a  tan  , b = tan   ,     ;  
2
2
2
1  x 1  x 1  3x
 2 2 


Bài 19: Cho các số thực a,b. chứng minh rằng: a  b4  8(a 4  b 4 )
Giải:
+ Nếu a = 0, thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
4

b4
b
  
 b
, ,
+ Nếu a  0 , a  b  8(a  b )  1    8(1  4 ) , đặt  tan t , t  
a
a
 2 2
 a
4

4

4

18


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Bất đẳng thức tương: 1  tan t 4  8(1  tan 4 t )  cos t  sin t 4  8(cos 4 t  sin 4 t ) ,
8(cos 4 t  sin 4 t )  cos t  sin t   0 . Thật vậy,
9 5
4
8(cos 4 t  sin 4 t )  cos t  sin t    cos 4 x  2 sin 2 x  0 , (hiển nhiên)
2 2

Cần

chứng

minh:

4

vì cos 4t  1 và  2 sin 2t  2 .
Bài 20: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x  ( x  4 y)2
P=
x2  4 y 2

Giải:
- Nếu y = 0 thì P = 0
- Nếu y  0 chia cả tử và mẫu cho 4y 2 ta được
x
x
( ) 2  (  2) 2
2y
2y
P=
x
( )2  1
2y
x
 
Đặt tan  
với   ( ; ) khi đó
2y
2 2

2
2
tan   (tan   2)

 2(cos2  sin 2 )  2  2 2cos(2  )  2
2
P=
tan   1
4



( vì 1  cos(2  )  1
2

3
Khi    thì p  2  2 2 ,khi  
thì p  2  2 2
8
8
Nên ta có 2  2 2  p  2  2 2

Vậy: Giá trị nhỏ nhất min P  2  2 2 khi
Giá trị lớn nhất max P = 2  2 2 khi

x
2 2

2y
2 2

x
22 2

2y
22 2

1

log 1 ( y  x)  log 4 y  1
Bài 21: Giải hệ phương trình: (II)  4
 x 2  y 2  25


Giải:
19

(1)
(2)

ta

có:


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

y  x
y  0

ĐK: 
Với

điều

kiện

1

log 1 ( y  x)  log 1 y  1
 4
4
 x 2  y 2  25


trên

1 1

( y  x) y  4

 x 2  y 2  25


hệ

(3)

 x  5 cos t
(sint > 0 và sint > cost), thay vào phương trình (3) ta được:

 y  5 sin t ,

Đặt: 

4

sin t 

5
.
sin t  cos t  1  1  1  cot t  1  cot t  3  sin 2 t  16  
3
sin t 4
4
4
25
cos t 

5

x  3
.
y  4

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: 

Bài 22: Giải hệ phương trình : x 2  a 2  y 2  b2  ( x  b)2  ( y  a)2
Giải
a  R

Đặt x 2  a 2  R 2  

 x  R

 x  R cos 
a  R sin 

Nên ta đặt 

với   00 ;1800 
 y  R cos 
với   00 ;1800 
b

R
sin



Đặt y 2  b2  R2 và tương tự như trên ta đặt 
 R 2  ( x  b) 2  ( y  a ) 2
 R 2  ( R cos   R sin  ) 2  ( R cos   R sin  ) 2
    300
1
 sin(   )   
0
2
    150

    300    300  

với  y  R cos(300   )  R cos  cos300  sin  sin 300 )

20

(II)


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

a
2

vậy y  

x 3
2

(1)
x
2

Tương tự b  R sin   R sin(300   )  

a 3
2

(2)

Từ (1 ) và ( 2) ta có nghiệm của hệ phương trình là: x  2b  a 3, y  2a  b 3

- với     1500    1500  
Vậy ta có
y  R cos(1500   ) 

a x 3

2
2

(3)

b  R sin(1500   ) 

x a 3

2
2

(4)

Từ ( 3 ) và ( 4 ) ta có nghiệm của hệ phương trình là: x  2b  a 3, y  2a  b 3
Bài 23: Chứng minh a 1  b2  b 1  a 2  1
Giải:
 a  1
1  a 2  0
a  sin 

 ,   0;  
Điều kiện: 
Đặt



2
b  sin 
1  b  0
 b  1

Khi

đó

bất

đẳng

thức

được

biến

đổi

về

dạng:

sin  1  sin 2   sin  1  sin 2   1  sin  cos   sin  cos   1  sin      1

TỔNG HỢP MỘT SỐ ĐỀ THI

Bài 24. Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn:
x  x  y  z   3yz

Thì  x  y    x  z   3 x  y  y  z  z  x   5  y  z 
3

3

21

2


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

(Đề tuyển sinh khối A năm 2009)
Giải

a  x  y

Với a, b, c là các số dương, ta đặt b  y  z
c  z  x


bca

x


2


c  a b

Khi đó  y 
2

abc

x 
2


Ta đưa bài toán về 3 số dương a, b, c thỏa mãn: a 2  b2  c2  bc
Do đó, ta có thể coi a, b, c là ba cạnh của tam giác ABC với góc A = 600 .
Bất

đẳng

thúc

cần

chứng

minh

tương

đương

với

 b  c  3abc  5a   b  c   b  bc  c   3abc  5a  a  b  c   3abc  5a 3
3

3

3

2

2

3

2

 a  b  c   3bc  5a 2

Theo định lí hàm sin, ta có

 sin A(sinB sinC)  3sinBsinC  5sin 2 A  2 3  sinB sinC   12sinBsinC  15

A

sinB

sinC

2cos

 3

2
Mặt khác ta có: 
2
sinBsinC   sinB sinC   3

4
4

Do đó, ta có: 2 3  sinB sinC   12sinBsinC  15
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều, khi đó x = y = z.
Bài 25. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
(Đề Poland 1999)
a 2  b2  c2  2 3abc  1
Giải
Với A, B, C là 3 góc của tam giác, ta đặt a  tan
c  tan

C
A
tan .
2
2
22

A
B
B
C

tan , b  tan tan
2
2
2
2


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
tan 2

A 2B
B
C
C
A
A
B
C
tan
 tan 2 tan 2  tan 2 tan 2  2 3 tan tan tan  1
2
2
2
2
2
2
2
2

2
2

A
B
B
C
A
B
C
A
B
C

  tan tan  tan tan  tan tan tan   2 3 tan tan tan
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2


 1  2 tan

A

B
C
A
B
C
tan tan  tan  tan  tan 
2
2
2
2
2
2

A
B
C
 tan  tan  3
2
2
2

 tan

Đây chính là bất đẳng thức cơ bản, dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC
đều, khi đó a = b = c.
Bài 26. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
1
1
1
1

1
1
1 1 
1 1 
1
1  6
a
b
b
c
c
a

Giải
Từ giả thiết, với A, B, C là 3 góc của tam giác,
ta đặt a  tan

Khi đó

A
B
B
C
C
A
tan , b  tan tan
c  tan tan .
2
2
2

2
2
2

1
1 
a

Tương tự ta có:

1
1 
A
B
tan tan
2
2

1
1 
b

sin
Sin

sin
Sin

A
2

B
C
Sin
2
2

,

C
2

A
B
Sin
2
2

1
1 
c

sin
Sin

B
2

A
C

Sin
2
2

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành bất đẳng thức cơ bản:
1
B
Sin
2



1
C
Sin
2



1
A
Sin
2

6

23


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số

Đây chính là bất đẳng thức cơ bản, dấu “ = “ xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC
đều.
Bài 27. Cho a, b, c  0 sao cho a 2  b2  c2  abc  4 . Chứng minh rằng :
0  ab  bc  ca  abc  2

(Đề USAMO, 2001)
Giải
Giả sử a, b, c >1, khi đó a 2  b2  c2  abc  4 (vô lý). Do đó, ta chọn a  1
2

2

2

a
b
c
abc
Giả thiết tương đương với          2
1
222
 2  2  2

Với  ,  ,   0;  sao cho        . Ta đặt a  2sin
c  2sin


2

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành






0  4sin

 4sin







 4sin sin  8sin sin sin  2
2
2
2
2
2
2
2
2
2









 1
 0  sin sin  sin sin  sin sin  2sin sin sin 
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
sin

sin

 




Ta thấy sin  sin  sin   sin sin 1  sin   0
2
2
2
2

2
2









 
sin 2  sin 2
a  b  2

Dấu “ = “ xảy ra khi 
c  2
sin   1
 2

Đối với bất đẳng thức thứ hai, ta xét  ,  ,    0;  .Ta thấy
ab  4sin



 sin  cot

2

sin


2

 
2

 2 sin  sin

 sin  cot

Tương tự, ta có: bc  4sin


2

sin  sin


2

 sin  sin


2

 sin  sin

 
2


2

sin


2

 sin  cot
24

 
2

 sin  cot

 
2


2


2

, b  2sin


2

,


Lượng giác hóa để giải các bài toán đại số





ca  4sin sin  sin  cot
2
2

 
2

 sin  cot

 
2

Suy ra ab + bc ca
  sin   sin   cot

 
2

  sin   sin   cot

 
2

  sin   sin   cot

 
2

Ta có thể coi  ,  ,  là ba góc của một tam giác nhọn bất kỳ.
ab  bc  ca  2cos

 
2

cos

 
2

 2cos

 
2

cos

 
2

 2cos

 
2

cos

 
2





 ab  bc  ca  2  cos   cos   cos    6  4  sin 2  sin 2  sin 2   6   a 2  b 2  c 2 
2
2
2

 2  abc

Dấu “ = “ xảy ra khi a = b = c = 1.

25