Tài liệu Phương pháp lượng giác hóa

Trong quá trình học tập, tôi cảm thấy lượng giác là một phương pháp rất hay trong việc giải quyết nhiều bài toán số
học, sau đây là một trong những ví dụ như vậy.
I-Một số cách chuyển bài toán qua lượng giác:
1/ Nếu biến x tham gia trong bài toán có điều kiện
( )
0x k k≤ >
, ta đặt
[ ]
os , 0,x kc
α α π
= ∈
hoặc
sin , ;
2 2
x k
π π
α α
 
= ∈ −
 
 
.
2/ Nếu
x∈ ¡
, đặt
tan , ;
2 2
x
π π
α α
 

= ∈ −
 ÷
 
.
3/ Nếu hai biến tham gia bài toán có ràng buộc:
( )
2 2 2 2 2
, , 0a x b y c a b c+ = >
.
ta đặt :
[ ]
sin , os , 0,2
c c
x y c
a b
α α α π
= = ∈
4/ Nếu ba biến x, y, z tham gia bài toán có ràng buộc
x y z xyz+ + =
hoặc
1xy yz zx+ + =
thì có thể đặt
tan , tan , tanx y z
α β γ
= = =
với
, , ;
2 2
π π
α β γ

 
∈ −
 ÷
 
.
5/ Một số biểu thức thường gặp khác:
Biểu thức Cách đặt x Miền giá trị của biến
2 2
x a+
tanx a
α
=
;
2 2
π π
α
 
∈ −
 ÷
 
2 2
a x−
os
sin
x ac
x a
α
α
=



=

[ ]
0,a
π
∈
;
2 2
π π
α
 
∈ −
 
 
2 2
x a−
os
a
x
c
α
=
3
0, ,
2 2
π π
α π
   
∈ ∪

÷ ÷
 
   
1
x y
xy
+
−
hoặc
1
x y
xy
−
+
tan
tan
x
y
α
β
=


=

, ,
2 2
π π
α β
 

∈ −
 ÷
 
II-Ứng dụng của phương pháp:
1. Chứng minh các hệ thức đại số:
Bài toán 1: (Đại học Dược Hà Nội 1995)
Cho x, y, z > 0 và thoả mãn
1xy yz zx+ + =
, tính giá trị của biểut thức:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
y z z x x y
M x y z
x y z
+ + + + + +
= + +
+ + +
Giải: Đặt
tan , tan , tan , , , 0;
2
x y z
π
α β γ α β γ
 
= = = ∈
 ÷
 

. Theo giả thiết ta có
tan .tan tan .tan tan .tan 1
2
π
α β β γ γ α α β γ
+ + = ⇒ + + =
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
2 2 2 2
1 1 1 tan 1 tan
os sin
tan . tan .
1 1 tan os . os os .cos
y z
c
x
x c c c
β γ
α α
α α
α β γ β γ
+ + + +
= = =
+ +
( )
os
os . os sin .sin

1 tan .tan 1
os . os os . os
c
c c
yz
c c c c
β γ
β γ β γ
β γ
β γ β γ
+
−
= = = − = −
.
Tương tự cho hai biểu thức còn lại, ta được:
(1 ) (1 ) (1 ) 3 ( ) 2M yz zx xy xy yz zx= − + − + − = − + + =
Bài toán 2: Cho a, b, c > 0 thoả mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh rằng :

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1 2
1 1 1
1 . 1 . 1
bc a ca b ab c
abc a b c
+ + =
+ + +
+ + +
.

1
Giải: Đ ặt
tan , tan , tan , , 0;
2
a b c
π
α β γ α β γ
 
= = = ∈
 ÷
 
. Từ giả thiết ta có :
tan .tan tan .tan tan .tan 1
2
π
α β β γ γ α α β γ
+ + = ⇒ + + =
Ta có:
( ) ( )
2
2 2
1 1
cot .cot . os
1 tan .tan 1 tan
c
bc a
β γ α
β γ α
= =
+ +

Tương tự cho các biểu thức còn lại, ta được vế trái
( )
( )
2 2 2
1
cot .cot .cot tan . os tan . os tan . os cot .cot .cot sin 2 sin 2 sin 2
2
c c c
α β γ α α β β γ γ α β γ α β γ
= + + = + +
1
cot .cot .cot .4 os .cos .cos
2
c
α β γ α β γ
=
(Vì
2 2 2
α β γ π
+ + =
)
2 2 2
2
2cot . ot .cot .cos .cos .cos
. 1 . 1 . 1
c
abc a b c
α β γ α β γ
= =
+ + +

(đpcm)
Một số bài tập tự luyện:
Bài 1: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh rằng :
a)
1 1 1 1 1 1
4x y y z z x
x y y z z x
   
      
− − + − − + − − =
 ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷ ÷
      
   
b)
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
3x y z xyz x y z y z x z x y+ + − = + + + + +
Bài 2: Cho
2 2 2
, , 0, 2 1x y z x y z xyz> + + + =
. Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1xyz x y x y x z z x y+ = − − + − − + − −
Bài 3: Cho
1 , 0.x y z xy yz zx xyz xyz+ + + + + = + ≠
Chứng minh rằng :
( ) ( ) ( )

2 2 2
2 2 2
1 1 1
1 1 1
4
x y z
x y z
x y z xyz
− − −
− − −
+ + =
Bài 4: Cho
1 1 1 1 1 1
. . ( , , 1)
1 1 1 1 1 1
x y z x y z
x y z
x y z x y z
+ + + + + +
+ + = ≠
− − − − − −
. Chứng minh :
1/
( ) ( )
( ) ( )
2
2
2 2
2 1
1

(1)
1
1 1
x y xy
z
z
x y
+ −
−
=
+
+ +
2/
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2
2 2
1
2
(2)
1
1 1
xy x y
z
z
x y
− − +
=
+

+ +
Bài 5: Cho x, y, z > 0 và thoả mãn
1x y z xy yz zx xyz+ + + + + = +
. Chứng minh rằng

( ) ( )
2 2 2 2
ym
1+y 1 1 1
0
s
z y z
yz
+ − + − +
=
∑
2. Bất đằng thức, giá trị lớn nhất và nhỏ nhất.
Bài toán 1: (Đại học kiến trúc TP.HCM 1993). Chứng minh nếu
1x <
và n là một số tự nhiên lớn hơn 1 thì ta
có:
( ) ( )
1 1 2 (1)
n n
n
x x+ + − <
.
Giải: Vì
1x <
nên ta đặt

( )
ost , t 0;x c
π
= ∈
, khi đó
( ) ( )
(1) 1 ost 1 ost 2
n n
n
c c⇔ + + − <
Ta có :
( ) ( )
2n 2
1 ost 1 ost 2 os sin
2 2
n n
n n
t t
c c c
 
+ + − = +
 ÷
 
Vì ta có
t
0 0 sin . os 1
2 2 2 2
t t
c
π

< < ⇒ < <
nên
2n 2 2 2
os os ; sin sin
2 2 2 2
n
t t t t
c c< <
2n 2 2 2
2 os sin 2 os sin 2
2 2 2 2
n n n n
t t t t
c c
   
⇒ + < + <
 ÷  ÷
   

⇒
đpcm
Bài toán 2: Cho
2 2
2 4 4 0x y x y+ − − + =
. Chứng minh rằng :
( ) ( )
2 2
2 3 2 1 2 3 4 2 3 3 4 3 2x y xy x y
− + − + + − − + ≤
Giải: Ta có:

( ) ( )
2 2
2 2
2 4 4 0 1 1 1x y x y x y
+ − − + = ⇒ − + − =
Đặt
( )
1 sin , 2 os , 0;2 1 sin , 2 osx y c x y c
α α α π α α
− = − = ∈ ⇒ = + = +
( ) ( )
2 2
2 3 2 1 2 3 4 2 3 3 4 3 2sin 2
6
A x y xy x y
π
α
 
= − + − + + − − + = −
 ÷
 
2
Suy ra
2A ≤
(đpcm)
Bài toán 3: Cho
( )
*
0 1, 1, 2,.....,
i

a i n n≤ ≤ = ∈ ¥
. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
1 1 ......... 1 1 1 .......... 1 2
n
n n
a a a a a a+ + + + − − − ≤
Giải: Đặt
tan 0
2 2
i
i i
a
α
π
α
 
= ≤ ≤
 ÷
 
, vì
( )
i
os 0 1,c i n
α
≥ =
nên hiển nhiên ta có:
( ) ( ) ( )

1 2 n 1 2 n
1 os 1 os ..... 1 os 1 os . os ........ os (1)c c c c c c
α α α α α α
+ + + ≥ +
Thay
2
i
2
1 tan
2
os
1 tan
2
i
i
c
α
α
α
−
=
+
thay vào (1) ta có
2 2
2 2
1 1
1 1
1 1
1 1
n n

i i
i i
i i
a a
a a
= =
 
− −
+ ≥ +
 ÷
+ +
 
∏ ∏
Hay
( ) ( )
2 2
1 1
1 1 2
n n
n
i i
i i
a a
= =
+ + − ≤
∏ ∏
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra
1 2
....... 1

n
a a a⇔ = = = =
.
Bài toán 4: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
xyy
xxy
P
221
)6(2
2
2
++
+
=
với x, y là hai số thực thay đổi và thỏa mãn hệ thức
1
22
=+
yx
(Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng 2008 – Khối B)
Giải: Hệ thức
1
22
=+
yx
giúp chúng ta liên tưởng đến công thức lượng giác:
1cossin
22
=+
uu

Vì vậy, ta đặt: x = sinu, y = cosu
Dưới hình thức lượng giác, ta có:
uuu
uuu
P
cossin2cos21
)sincossin6(2
2
2
++
+
=
22cos2sin
12cos2sin6
++
+−
=
uu
uu
P
(*)
Để tìm miền giá trị của P, ta biến đổi (*) thành:
(P – 6)sin2u + (P + 1)cos2u = 1 – 2P (**)
Điều kiện có nghiệm của phương trình (**) là:
( ) ( ) ( )
222
2116 PPP
−≥++−

03662

2
≤−+⇔
PP
36
≤≤−⇔
P
Vậy, giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng – 6.
Bài toán 5: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
52
+−=
xyP
với x, y là hai số thực thay đổi và thỏa mãn hệ thức:
91636
22
=+
yx
Giải:
Biến đổi
91636
22
=+
yx
về dạng:
1
3
4
3
6
22
=







+






yx
3
Ta nghĩ đến việt đặt:







=
=
⇒








=
=
uy
ux
u
y
u
x
sin
4
3
cos
2
1
sin
3
4
cos
3
6
Khi đó, dưới dạng lượng giác thì: P =
5cossin
4
3
+−
uu
Sử dụng bất đẳng thức:

2222
cossin baubuaba
+≤+≤+−
Ta suy ra: maxP =
4
25
1
16
9
5
=++
minP =
4
55
1
16
9
5
=+−
Bài toán 6: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
22
2
43
yx
xyy
P
+
−
=
Giải: Biến đổi hàm P về dạng:









+








+
−








+
=
2222

2
22
.43
yx
y
yx
x
yx
y
P
và chú ý rằng:
2
3
2cos
2
3
2sin2
+−=
uu
nên ta đặt:
2222
cos,sin
yx
x
u
yx
y
u
+
=

+
=
Lúc đó, hàm số P dưới hình thức lượng giác là:
P = 3 sin
2
u – 4 sinu.cosu
2
3
2cos
2
3
2sin2
+−=
uu
Áp dụng bất đẳng thức:
2222
cossin baubuaba
+≤+≤+−
Ta được: maxP = 4
minP = -1
Bài toán 6: Cho x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn: x + y = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
y
y
x
x
P
−
+
−

=
11
4
Giải: Với x, y > 0 và x + y = 1 nên ta đặt:





=
=
uy
ux
2
2
cos
sin






<<
2
0
π
u
Lúc đó, P =
uu

uu
u
u
u
u
cossin
cossin
sin
cos
cos
sin
3322
+
=+
Đặt t = sinu.cosu =
21,
4
sin2
≤≤






+
tu
π
thí
1

3
)(
2
3
−
−−
==
t
tt
tfP
( )
0
1
3
)('
2
2
4
<
−
+
−=
t
t
tf
Nên f(t) nghịch biến trên
]2;1[
. Vậy:
2)2(min
==

fP
Bài toán 7: Tìm a và b sao cho hàm số:
1
2
+
+
=
x
bax
y
đạt giá trị lớn nhất bằng 4, giá trị nhỏ nhất bằng -1.
Giải: Do hàm số y xác định với mọi x và sự có mặt của đại lượng 1 + x
2
cho nên ta có thể lượng gíac hóa bằng
cách đặt: x = tan
α
.
Khi đó, hàm số y trở thành:
ααα
α
α
2
2
coscossin
tan1
tan
ba
ba
y
+=

+
+
=
2
2cos
2
2sin
2
bba
y
++=
αα
Áp dụng công thức:
2222
cossin baubuaba
+≤+≤+−
Ta được:
22
max
2
1
2
ba
b
y
++=
22
min
2
1

2
ba
b
y
+−=
Đến đây, việc tìm a và b thỏa yêu cầu bài toán quy về việc giải hệ phương trình:
5