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]; sin 2 x + cos 2 x = 1, ∀x ∈R sin(x + k2π) = sin x; cos(x + k2π) = cos x, ∀x ∈R tan(x + kπ) = tan : x, ∀x 6= π
Công thức góc nhân đôi cos 2α = cos 2 α − sin 2 α = 2 cos 2 α − 1 = 1 − 2 sin 2 α.
Công thức góc nhân ba cos 3α = 4 cos 3 α − 3 cos α, sin 3α = 3 sin α − 4 sin 3 α.
Công thức góc nhân năm cos 5α = 16 cos 5 α − 20 cos 3 α + 5 cos α, sin 5α = 16 sin 5 α − 20 sin 3 α + 5 sin α.
Về sau, ta sử dụng các hệ thức sin x+cos x = √
+ Nếu C := α sin x + β cos x thì −p α 2 + β 2 ≤ C ≤p α 2 + β 2 , ∀x ∈R + Nếu D := cos n x + sin n x thì ta có −1 ≤ D ≤ 1, ∀x ∈R
Đa thức lượng giác
Định nghĩa 1.2.1 (xem[6]) Hàm số dạng
A n (x) = a 0 + a 1 cos x + b 1 sin x + ã ã ã + a n cos nx + b n sin nx, trong đó a n và b n không đồng thời bằng không (tức là a 2 n + b 2 n > 0), a i ; b j ∈ R với i = 0, 1, , n j = 1, 2, , n, được gọi là đa thức lượng giác bậc n (n ∈N )
Khi tất cả b j = 0 với j = 1, 2, , n, ta nhận được biểu thức không chứa hàm sin. Định nghĩa 1.2.2 Hàm số dạng
C n (x) = a 0 + a 1 cos x + ã ã ã + a n cos nx được gọi là đa thức lượng giác bậc n theo cosin.
Tương tự, khi tất cả a i = 0 với i = 1, 2, , n, ta nhận được biểu thức không chứa hàm cosin. Định nghĩa 1.2.3 Hàm số dạng
S n (x) = b 0 + b 1 sin x + ã ã ã + a n 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 A n (x) và B m (x)là một đa thức lượng giác có bậc nhỏ hơn hoặc bằngmax {m; n}.
Tính chất 1.2.5 Tích của hai đa thức lượng giác A n (x) và B m (x)là một đa thức lượng giác có bậc bằng n + m.
Tính chất 1.2.6 Nếu đa thức lượng giác
A n (x) = a 0 + a 1 cos x + b 1 sin x + ã ã ã + a n cos nx + b n sin nx đồng nhất bằng 0 với mọi x ∈R, thì tất cả các hệ số của nó đều bằng 0, tức là a 0 = a 1 = b 1 = a 2 = b 2 = ã ã ã = a n = b n = 0.
Tính chất 1.2.7 Đối với mọi đa thức lượng giác dạng
A n (x) = a 0 + a 1 cos x + b 1 sin x + ã ã ã + a n cos nx + b n sin nx luôn tìm được các đa thức đại số P n (t); Q n−1 (t) sao cho
Tính chất 1.2.8 Đối với đa thức lượng giác bậc n (n ≥ 1) dạng
S n (x) = b 0 + b 1 sin x + ã ã ã + a n sin nx luôn tồn tại đa thức đại số Q n−1 (t), sao cho
Tính chất 1.2.9 Đối với đa thức lượng giác bậc n (n ≥ 1) theo cosin
C n (x) = a 0 + a 1 cos x + ã ã ã + a n cos nx luôn tồn tại đa thức đại số P n (t) với hệ số cao nhất bằng a n 2 n−1 sao cho C n (x) = p n (cos x).
Ngược lại, với mọi đa thức đại số P n (t) với hệ số bậc cao nhất bằng 1, qua phép đặt ẩn phụ t = cos x đều biến đổi được về dạng C n (x) với a n = 2 1−n
Đa thức Chebyshev
Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá những tính chất cơ bản của đa thức Chebyshev loại 1 và loại 2 Đa thức Chebyshev loại 1, được ký hiệu là T_n(x), có những đặc điểm riêng biệt mà chúng ta sẽ định nghĩa và phân tích.
T n+1 (x) = 2x.T n (x) − T n−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 U n (x) được xác định bởi:
U n+1 (x) = 2x.U n (x) − U n−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
U n (cos α) = sin (n + 1) α sin α , ∀α 6= kπ, ∀k ∈Z Tính chất 1.3.3 Ta có
Tính chất 1.3.4 Đa thứcT n (x) , U n (x) ∈Z [x] có bậc lànvà hệ số cao nhất tương ứng là 2 n−1 và 2 n
Tính chất 1.3.5 Các đa thức T n (x) , U n (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 T n (x) và U n (x) có đúng n nghiệm thực phân biệt tương ứng là: cos (2k + 1) π
Chứng minh Do x ∈ [−1; 1] nên ta đặt x = cos α với α ∈ [0; π].
Vậy T n (x) có đúng n nghiệm thực phân biệt tương ứng là: cos (2k + 1) π
Ta chứng minh tương tự cho trường hợp của U n (x).
Tính chất 1.3.7 Các đa thức |T n (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] và |T n (x)| = 1 có đúng n + 1 điểm x k = cos kπ n , k = 0; n. Chứng minh Theo cách đặt trên thì
Nhận xét 1.3.8 Các điểm cos kπ n , k = 0; n nói ở trên là các điểm luân phiên Chebyshev (gọi tắt là các luận điểm).
Chứng minh Với n = 0, n = 1, ta có
Giả sử mệnh đề trên đúng đến n Áp dụng công thức truy hồi của T n , ta có
.Tương tự, ta cũng có chứng minh cho trường hợp của U n (x).
GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN
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 hàmf (x) xác định với mọix ∈R và thỏa mãn điều kiện
Lời giải Trong điều kiện f(x + y) + f(x − y) = 2f (x) cos y, ∀x, y ∈ R thay x = t − π
2, với mọi t ∈R, ta thu được f(t) + f (t − π) = 2f t − π 2
2, với mọi t ∈R, ta thu được f(t) + f(π − t) = 2f ( π
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
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, f ( π
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
Lời giải. Đặt x = tan u, y = tan v với u, v ∈
Khi đó ta thu được f tan(u + v)
Vậy nên g(u) = au, a =const và do đó f (x) = aarctanx, a ∈R , ∀x ∈ R Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài ra.
Bài toán 2.1.3 Tìm các hàm số f (x) xác định và liên tục trên R và thỏa mãn điều kiện f xy − 1 x + y
Lời giải. Đặt x = cot u, y = cot v với u, v ∈ (0, π) Khi đó ta thu được xy − 1 x + y = cot(u + v).
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) = aarccotx, a ∈R , ∀x ∈ R
Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài ra.
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 xp
Lời giải. Đặt x = sin u, y = sin v với u, v ∈h
2 , π 2 i Khi đó cos u ≥ 0, cos v ≥ 0 và xp
Phương trình hàm đã cho có thể viết dưới dạng f(sin u) + f (sin v) = f(sin(u + v)), ∀u, v ∈h
2 , π 2 i suy ra f(x) = aarcsinx, ∀x ∈ [−1; 1], a ∈R Thử lại ta có hàm số f(x) = aarcsinx, a ∈R thỏa mãn yêu cầu của bài toán đề ra.
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:
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 x 0 ∈R sao cho |f (x 0 )| < 1.
Nhận xét rằng với n 0 đủ lớn và δ như trên, thì x 0
= 1 thì trong phương trình đã cho ta đặt y = x, ta được f(2x) = 2 h f (2x) i2
2 Từ (2.6), ta có f(2x 1 ) = 2[f(x 1 )] 2 − 1 = 2 cos 2 α − 1 = cos 2α.
Giả sử f (kx 1 ) = cos kα, ∀k ≤ n, n ∈N ∗ Khi đó, ta có f ((n + 1)x 1 ) = f (nx 1 + x 1 ) = 2f (nx 1 )f(x 1 ) − f ((n − 1)x 1 )
Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có f(mx 1 ) = cos mα, ∀m ∈N ∗ (2.7)
Dof (x)là hàm số chẵn nên từ kết quả trên, kết hợp với giả thiếtf (0) = 1 = cos 0α.
2 n+1 Vậy theo nguyên lí quy nạp thì f x 1
Từ (2.8) và (2.9), ta có f mx 1
Do hàm số f(x) liên tục trên R, ta có f(x 1 t) = cos αt cho mọi t ∈ R Bằng cách đặt x 1 t = x và α x 1 = a, ta thu được f(x) = cos ax cho mọi x ∈ R Kiểm tra lại cho thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện của 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 x 0 ∈R : |f (x 0 )| > 1 và f(x + y) + f(x − y) = 2f (x)f (y), ∀x, y ∈R (2.11)
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
Cho y = 0 ta được f (x) = f (−x), ∀x ∈R Nói cách khác f (x) là hàm số chẵn. Tồn tại x 0 ∈R sao cho |f (x 0 )| > 1.
Nhận xét rằng với n 0 đủ lớn và δ ở trên thì x 0
Nếu tồn tại n ∈N ∗ sao cho f ( x 0
2 n ) ≤ 1 Trong phương tình (2.11) choy = x, ta được f(2x) = 2[f (x)] 2 − 1, ∀x ∈R (2.12)
2 n 0 và x 1 6= 0 sao cho f (x 1 ) > 1 và f (x) > 0, ∀x ∈ (−|x 1 |, |x 1 |.) Đặt f (x 1 ) = cosh α, 0 < α Từ (2.12), ta có f (2x 1 ) = 2[f (x 1 )] 2 − 1 = 2 cosh 2 α − 1 = cosh 2α.
Giả sử f (kx 1 ) = cosh kα, ∀k ≤ m, m ∈N ∗ Khi đó, ta có f((m + 1)x 1 ) = f (mx 1 + x 1 ) = 2f (mx 1 )f(x 1 ) − f ((m − 1)x 1 )
Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có f (mx 1 ) = 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 (mx 1 ) = cosh mα, ∀ ∈Z (2.13)
2 n+1 Vậy theo nguyên lí quy nạp thì f x 1
Từ (2.15)và do hàm số f(x) liên tục trên R, ta có f(x 1 t) = cosh αt, ∀ ∈ R , hay bằng cách đặt x 1 t = x; α x 1 = a, ta thu được f(x) = cosh ax, ∀x ∈R
Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán.
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 −p
Lời giải Đặt x = cos u, y = cos v với u, v ∈ [0, π] Khi đó sin u ≥ 0, sin v ≥ 0 và xy −p
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.
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) = a 1 sin x + a 2 sin 2x + ã ã ã + a n sin nx thỏa mãn điều kiện |f (x)| ≤ |sinx|, với mọi x ∈R Chứng minh rằng
Ta cú |a 1 + 2a 2 + ã ã ã + na n | = |f 0 (0)| theo định nghĩa đạo hàm tại điểm x = 0 thì f 0 (0) = lim x→0 f(x) − f(0) x = lim x→0 f (x) x
Mà |f 0 (0)| = | lim x→0 f (x) − f (0) x | = lim x→0 | f (x) x | ≤ lim x→0 | sin x x | = 1.
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.
A 2 + 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),
Từ đó suy ra f (x) = 1 − r cos(x − α) − R cos 2(x − β). Đặt f (α + π
Khi đó, ta có các đẳng thức
4 ) bằng π nên các cosin của chúng trái dấu Bởi vậy, trong hai biểu thức
4 ) có một biểu thức không âm.
Từ đó dẫn đến trong hai số p và Q có một số âm.
Vậy ít nhất một trong hai giá trịf (α + π
4 ) là số âm Điều đó trái với giả thiết ( do giả thiết f(x) ≥ 0, ∀x ∈R).
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 R > 1, thì 1 - R < 0 Do đó, hiệu của hai góc β - α + π và β - α bằng π, từ đó dẫn đến kết luận rằng một trong hai số f(β) hoặc f(β + π) là số âm, điều này là vô lý.
Vậy A 2 + 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 giác nhận giá trị không âm: Nếu đa thứcf (x) = 1 + n
(a k cos kx + b k sin kx) không âm với mọi x ∈R thì a 2 i + b 2 i ≤ 2, ∀i ∈ 1, 2, 3, , (n − 1), a 2 n + b 2 n ≤ 1.
Bài toán 2.2.4 Cho đa thức f n (x) = a 0 + n
(a k cos kx + b k sin kx), trong đó các số thực a 0 , a k , b k ∈ R Chứng minh rằng nếu f n (x) > 0, ∀x ∈ R, a 2 i + b 2 i = 1(i = 1, 2, 3, , n) thì f n (x) − n a 0 ≤ 1, ∀x ∈R Lời giải Ta có f n (x) ≤ a 0 + n
X i=1 a i i sin ix − bi i cos ix).
Do F 0 (x) = f n (x) > 0, ∀x ∈R nênF (x)là hàm tăng trên R Suy ra F (2π) > F (0) tức làa 0 > 0.
Kết hợp với điều kiện (2.16) ta thu được f n (x) − n a 0 ≤ 1, ∀x ∈R Bài toán 2.2.5 Cho đa thức lượng giác f (x) = cos 2 n x + a 1 cos(2 n − 1)x + a 2 cos(2 n − 2)x + ã ã ã + a m cos x(m = 2 n − 1)
Chứng minh rằng mọi a k ∈ 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 f 1 (x) := 1
Do cos(x + kπ) = (−1) k cos x nên đa thức f 1 (x) = cos 2 n x + a 2 cos(2 n − 2)x + ã ã ã + a m−2 cos 2x dương với mọi x ∈R.
Tương tự như trên ta cũng thu được f 2 (x) = cos 2 n x + a 4 cos(2 n − 4)x + ã ã ã + a m−4 cos 4x
Lặp lại quá trình trên, sau hữu hạn bước ta thu được đa thứccos 2 n 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 củacos 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
= cos n x + iC n 1 cos n−1 x sin x − C n 2 cos n−2 x sin 2 x + ã ã ã + A + iB, trong đó
(−1) n 2 sin n x nếu n là số chẵn (−1) n − 1
2 C n n−1 cos x sin n−1 x nếu n là số lẻ
(−1) n−2 2 C n 2 cos x sin n−1 x nếu n là số chẵn (−1) n−1 2 sin n x nếu n là số lẻ
Vậy cos nx = cos n x − C n 2 cos n−2 x sin 2 +C n 4 x cos n−4 sin 4 x − ã ã ã + A sin nx = C n 1 cos n−1 x sin x − C n 3 cos n−3 x sin 3 x + ã ã ã + B.
Bài toán 2.2.7 Cho đa thức P n−1 (x) có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n − 1, có hệ bậc cao nhất a 0 , thoả mãn điều kiện
Ta viết đa thức dưới dạng đa thức nội suy Lagrange theo các nút nội suy x j = cos 2j − 1
2n π là các nghiệm của đa thức Chebyshev T n (x)
Bài toán 2.2.8 Giả thiết rằng đa thức P n−1 (x) thoả mãn các điều kiện
Chứng minh rằng khi đó |P n−1 (x)| ≤ n, ∀x ∈ [−1, 1].
Lời giải Với các x j được chọn như bài 2.2.7 thì các hàm số cos x nghịch biến trong (0, π) nờn−1 < x n < x n−1 < ã ã ã < x 2 < x 1 < 1.
|x − x j | (2.17) do x − x j > 0 và T n (x) có dấu không đổi trên (x 1 , 1] Mặt khác thì
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
Xét x n ≤ x ≤ x 1 , khi đó ta có p1 − x 2 ≥ q
Bài toán 2.2.9 Cho đa thức lượng giác
P (t) = b 1 sin t + b 2 sin 2t + ã ã ã + b n sin(nt) thỏa mãn điều kiện
Lời giải Nhận xét rằng P (t) sin t = P n−1 (cos t) Đặt cos t = x, khi đó |x| ≤ 1 và
Nhận thấy rằngP (x) thỏa mãn điều kiện bài toán 2.2.8 nên
Bài toán 2.2.10 Cho đa thức lượng giác
(a j cos jx + b j sin jx) thỏa mãn điều kiện |P (x)| ≤ 1, ∀x ∈R.
Cho trước x 0 tuỳ ý Do cos(x 0 − x) − cos(x 0 + x) = 2 sin x 0 sin x, sin(x 0 + x) − sin(x 0 − x) = 2 cos x 0 sin x, nên g(x) = P (x 0 + x) + P (x 0 − x)
2 và g 0 (0) = P 0 (x 0 ) Ta chứng minh rằng |g 0 (0)| ≤ n Thật vậy, g(x) là đa thức lượng giác chứa thuần sin Ta có
| g(x) − g(0) x − 0 x sin x | ≤ n nên khi x → 0 thì g(x) − g(0) x − 0 → g 0 (0) và x sin x → 1 ta thu được |g 0 (0)| ≤ n.
Từ đó ta có|P (x 0 )| ≤ n Nhưngx 0 được chọn tuỳ ý nên suy ra|P (x)| ≤ n, ∀x ∈R. Bài toán 2.2.11 (Định lý Berstein - Markov) Cho đa thức
Chứng minh rằng khi đó
Lời giải Đặt x = cos α, khi đó theo giả thiết thì |P (cos α)| ≤ 1 Mà P (cos α) có dạng
(a j cos jα + b j sin jα) Áp dụng kết quả bài toán 2.2.10 ta thu được kết quả
≤ 1 Áp dụng kết quả bài toán 2.2.9 ta thu được kết quả
Một số bài toán cực trị của đa thức lượng giác
Trong phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu một số bài toán liên quan đến cực trị của đa thức lượng giác Cụ thể, bài toán 2.3.1 yêu cầu tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = 1 + cos x + 1.
Lời giải Ta có y = 1 + cos x + 1
2 Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của hàm số y = 4
Ta có y 0 = 4t 2 + 2t Suy ra y 0 = 0 khi t = 0, t = − 1
6 khi t=1suy ra x = k2π, k ∈Z và y min = 1
Bài toán 2.3.2 Cho x, y ∈R thỏa mãn điều kiện 0 ≤ x ≤ y.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức f (x, y ) = x cos y − y cos x + (x − y)( 1
Lời giải Trước hết nhận xét rằng: i) Nếu g(t) là hàm liên tục và đồng biến trong [0, y], thì với mọi x sao cho
0 g(t)dt (2.19) ii) Nếu g(t) là hàm liên tục và nghịch biến trong [0, y], thì với mọi x sao cho
Thật vậy i) Xét trường hợp g(t) là hàm liên tục và đồng biến trong [0, y].
- Với x = y hoặc x = 0 thì (2.19) hiển nhiên đúng.
- Với 0 < x < y, ta xét hàm số
Do hàm số g(t) đồng biến trong [0, y] nên với t ∈ (0, x) ⊂ (0, y), ta có x
Vậy F 0 (x) ≥ 0 với 0 < x < y, tức là F (x) đồng biến trong (0, y) Do đó x
Từ đây dễ dàng suy ra (2.19). ii) Đối với trường hợp g(t) liên tục và nghịch biến trong[0, y] thì với t ∈ (0, x) ⊂
Vậy F 0 (x) ≤ 0 với 0 < x < y, tức là F (x) nghịch biến trong (0, y) Do đó x
Từ đây dễ dàng suy ra (2.20).
Xét hàm số g(t) = sin t + t Ta thấy g(t) là hàm liên tục và đồng biến trong[0, y], nên theo (2.19) với mọi x sao cho 0 ≤ x ≤ y, ta đều có y x
Vậy giá trị lớn nhất của f(x, y) là 0 ứng với x = 0, y ≥ 0 tùy ý hoặc x = y.
Bài toán 2.3.3 Cho các đa thức lượng giác f(x) = b 1 sin x + b 2 sin 2x + ã ã ã + b n sin nx thỏa mãn điều kiện
|f(x)| ≤ | sin x|, ∀x ∈R , b i ∈R , i = 1, 2, , n. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
Ta có f 0 (x) = b 1 cos x + 2b 2 cos 2x + 3b 3 cos 3x + ã ã ã + nb n cos nx.
Vậy nên f 0 (0) = b 1 = 2b 2 + 3b 3 + ã ã ã + nb n Theo định nghĩa đạo hàm tại điểmx = 0 thì f 0 (0) = lim x→0 f (x) − f (0) x = lim x→0 f(x) x
|f 0 (0)| = | lim x→0 f(x) x | ≤ lim x→0 | f (x) x | ≤ lim x→0 | sin x x | = 1 Vậy
Dấu 00 = 00 xảy ra khi và chỉ khi x = 0.
KHẢO SÁT MỘT SỐ DẠNG TOÁN
Trong chương trình toán THPT, phần dãy số chứa nhiều bài toán thú vị và thách thức, đặc biệt là trong các kỳ thi học sinh giỏi Nhiều dạng toán về dãy số thường yêu cầu sử dụng phương pháp lượng giác để giải quyết Bài viết này sẽ trình bày một số phương pháp lượng giác hữu ích nhằm xác định số hạng tổng quát của dãy số, ước lượng dãy số và tìm giới hạn của dãy số.
Phương pháp lượng giác để xác định số hạng tổng quát của dãy số 28
Bài toán 3.1.1 Cho hai dãy số dương(x n ), (y n )được xác định bởi:
1 − 4x 2 n+1 Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số (x n ), (y n ).
Lời giải Do |x n | , |y n | ≤ 1 ∃ϕ n ∈ [0; 2π] để x n = sin ϕ n và y n = cos ϕ n
Tương tự thì cos ϕ n+1 = cos ϕ n
Bài toán 3.1.2 Choa 0 = 2; b 0 = 1 Lập hai dãy số(a n ), (b n )với n = 0, 1, 2, theo quy tắc sau a n+1 = 2a n b n a n + b n ; b n+1 =p a n+1 b n Tìm số hạng tổng quát của dãy số (a n ), (b n ).
Nhận xét 3.1.3 Dãy (a n ) là dãy trung bình điều hòa, dãy (b n ) là dãy trung bình nhân.Trong trường hợp này phương pháp lượng giác tỏ ra tối ưu nhất.
Từ đó bằng phương pháp chứng minh quy nạp, ta chứng minh rằng: a n = (cos π
Bài toán 3.1.4( Olympic 30/04/2003) Cho dãy(u n )xácđịnh bởi
Nhận xét 3.1.5 Ta chú ý quan sát công thức xác định dãy số giống với công thức lượng giác tan(a + b) = tan a + tan b
1 − tan a tan b Lời giải Ta có
Theo giả thiết ta có u n+1 = u n + tan π
8 Theo nguyên lý quy nạp và u 1 = √
Bài toán 3.1.6 Cho dãy số xác định bởi
Lời giải Khi n = 1 ta có a 2 = 2a 2 1 − 1 Nhận thấy |a n | ≤ 1.
Thật vậy, nếu |a 1 | ≥ 1 thì |a 2 | = |2a 2 1 − 1| ≥ 1 suy ra
Vậy |a n | ≤ 1. Đặt a 1 = cos a Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được rằng a n+1 = cos(n + 1)a.
Mặt khác a 1000 = cos 1000a = 0 suy ra 1000a = π
Phương pháp lượng giác để ước lượng dãy số
Bài toán 3.2.1 Cho hai dãy a n , b n như sau: a = 1, b = 2 cho trước a 1 = a + b
Lời giải Ta có cos π
3.2 2 Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng có:
Bài toán 3.2.2 (VMO 1990) Cho dãy số (x n ), n ∈N ∗ , |x 1 | < 1 được xác định bởi hệ thức x n+1 = −x n +p
2 a) Có cần thêm điều kiện gì đối với x 1 để dãy toàn số dương. b) Dãy số này có tuần hoàn không, tại sao?
Nhận xét 3.2.3 Ta quan sát rằng p
3 − 3x 2 n cho ta liên tưởng tới công thức lượng giác1 − cos 2 x, hơn nữa |x| < 1điều đó càng củng cố suy nghĩ về lượng giác hóa bài toán.
Lời giải Để x n > 0 trước hết x 1 > 0 và x 2 > 0.
3 ) sao cho sin α 1 = x 1 Khi đó: x 2 =
Từ đú suy ra x 1 = x 3 = ã ã ã = sin α Vậy điều kiện để dóy số toàn dương là
2 b) Xét hai trường hợp đối với x 1
- Nếu x 2 ≥ 0 thì tương tự phần a có x 3 ≥ 0, x 4 ≥ 0 và x 1 = x 3 = ; x 2 = x 4 =
- Nếu x 2 < 0 thì x 3 > 0 và cũng có x 3 = x 1 Thật vậy từ x 2 = −x 1 +p
Do (3.3)mà 2x 1 + x 2 > 0 Suy ra: 2x 1 + x 2 = x 1 + (x 1 + x 2 ) > x 1 − x 2 > 0, vì x 1 > 0, x 2 < 0.
Vì thế từ (3.4) ta cóp
Vậy x n là dãy tuần hoàn.
Khi đó x 2 > 0 theo trường hợp 1 suy ra x n kể từ hạng tử thứ 2 trở đi là dãy tuần hoàn.
Phương pháp lượng giác để tìm giới hạn của dãy số
Bài toán 3.3.1 (Olympic Toán Sinh viên Toàn Quốc năm 2009) Cho hai dãy số (x n ), (y n ) như sau: x 1 = y 1 = √
1 + y 2 n Chứng minh rằng x n y n ∈ (2; 3), ∀n = 2, 3, 4, và lim y n = 0.
1 + cot 2 a = cot a + r 1 sin 2 a = 1 + cos a sin a = cot a
2 1 Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được x n = cot a
Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được y n = tan b
1 − x đồng biến trên khoảng(0; +∞)nên2 < 2
Dễ thấy lim y n = lim tan b
Trong bài toán này, ta có phương trình 2n−1 = tan(0) = 0 Đây là một bài toán mà người học có thể tư duy một cách tự nhiên và liên tưởng đến lượng giác để tìm ra lời giải Điều này thể hiện qua các dấu hiệu như x1 = y1 = √.
Bài toán 3.3.3 (VMO 1993) Cho a 0 = 2; b 0 = 1 Lập hai dãy số (a n ), (b n ) với n = 0, 1, 2, theo quy tắc sau a n+1 = 2a n b n a n + b n ; b n+1 =p a n+1 b n
Chứng minh rằng các dãy(a n ), (b n ) cùng giới hạn Tìm giới hạn đó.
Dãy (a n) được xác định là dãy trung bình điều hòa, trong khi dãy (b n) là dãy trung bình nhân Để chứng minh rằng hai dãy này có cùng giới hạn, việc tìm công thức tổng quát là điều cần thiết Trong trường hợp này, phương pháp lượng giác là phương pháp tối ưu nhất để thực hiện chứng minh.
Từ đó bằng phương pháp chứng minh quy nạp, ta chứng minh rằng: a n = (cos π
Từ (3.5) và (3.6) tồn tại lim a n và lim b n Ngoài ra lim a n = lim
9 Vậy hai dãy a n và b n có cùng giới hạn là 2
9 Bài toán 3.3.5 (VMO 2014) Cho hai dãy số dương (x n ) , (y n ) xác định bởi x 1 =
x n+1 y n+1 − x n = 0; x 2 n+1 + y n = 2, ∀n = 1, 2, Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Bài toán 3.3.6 liên quan đến hai dãy số tuân theo một hệ thức truy hồi phức tạp Để giải quyết, chúng ta sẽ bắt đầu bằng cách tính toán một số giá trị đặc biệt ban đầu của hai dãy số này.
Tương tự, ta cũng có x 3 = q
Từ đây ta nhận thấy x 2 n + y 2 n = 4 (3.7) đúng khi n = 1, 2, 3 Ta có hai cách giải sau.
Ta chứng minh hệ thức (3.7) đúng theo quy nạp.
Giả sử (3.7) đúng đến n ≥ 1, từ công thức xác định hai dãy số và giả thiết quy nạp, ta có x 2 n+1 = 2 − y n , y n+1 2 = x 2 n x 2 n+1 = 4 − y 2 n
2 − y n = 2 + y n suy ra x 2 n+1 + y n+1 2 = 4. Vậy theo nguyên lý quy nạp (3.7) đúng với mọi n nguyên dương.
Từ chứng minh trên ta suy ra y n+1 =p
2 + y n , ∀n ∈N ∗ (3.8) và dãy số (y n ) tăng và bị chặn trên bởi 2 nên có giới hạn hữu hạn và lim y n = 2 suy ra lim x n = lim √
Nhận xét 3.3.7 Ta viết (3.7) dưới dạng x n
= 1, khi đó cho phép ta nghĩ đến công thức lượng giác sin 2 x + cos 2 x = 1 ∀x ∈R và ta có lời giải 2.
6 Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n nguyên dương, công thức xác định hai dãy số đã cho là x n = 2 sin π
Thậy vậy, với n = 1 mệnh đề (3.9) Giả sử mệnh đề (3.9) đúng đến n ≥ 1. Áp dụng công thức truy hồi, ta có x n+1 = √
Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có (3.9) đúng với mọi n nguyên dương.
Từ đây ta có lim x n = lim
Hai dãy số trong bài toán được tạo ra từ hai hàm lượng giác là sin và cos, áp dụng các công thức lượng giác như sin x = 2 sin x.
Các dãy số có thể được xây dựng từ các hàm số lượng giác bằng cách áp dụng các công thức lượng giác tương tự như trong trường hợp 2(1 + cos x).
Bài toán 3.3.9 Cho hai dãy số dương (x n ) , (y n ) xác định bởi x 0 =
Với mỗi số tự nhiên n, đặt z n = n
Q i=0 x i y i Chứng minh rằng dãy (z n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải Ta nhận thấy x 0 =
Từ công thức xác định dãy số, ta lại có x 0 + 2y 0 x 2 1 = y 0 suy ra x 1 = p2 − √
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n là số tự nhiên, công thức xác định hai dãy số đã cho là x n = sin π
Từ công thức truy hồi của dãy số, ta có x 2 n+1 = 1
Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có (3.10) đúng với mọi n là số tự nhiên. Vậy z 0 = x 0 y 0 =
4.2 n Áp dụng công thức lượng giác, ta có z n sin π
Bài toán 3.3.10 Cho hai dãy số dương (x n ) , (y n ) xác định bởi x 0 = √
4 + y 2 n+1 với mọi n = 0, 1, 2, Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Lời giải Ta nhận thấy x 0 = √
Từ công thức truy hồi của dãy số, ta có
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n là số tự nhiên, công thức xác định hai dãy số đã cho là x n = 2 cos π
4.2 n , ∀n ∈N Từ công thức truy hồi của dãy số, ta có
2 Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có (3.11) đúng với mọi n là số tự nhiên.
Từ đây ta có lim x n = lim
Bài toán 3.3.11 Cho hai dãy số dương(x n ) , (y n ) xác định bởix 0 = √
2x 2 n+1 = x n y n+1 ; x 2 n+1 y n + 2 (x n − y n ) = 0, ∀n = 0, 1, 2, Chứng minh rằng hai dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Từ công thức truy hồi của dãy số với n = 0 ta có x 2 1 y 0 + 2(x 0 − y 0 ) = 0 ⇔ x 2 1 =
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọin là số tự nhiên, công thức xác định hai dãy số đã cho là x n = 2 sin π
Từ công thức truy hồi của dãy số, ta có
2 Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có (3.12) với mọi n là số tự nhiên.
Từ đây ta có lim x n = lim
Bài toán 3.3.12 Cho hai dãy số dương (x n ) , (y n ) xác định bởi x 0 = 1 và
x n = 2y n p4 + y 2 n ; 4x 2 n+1 + x n y 2 n+1 = 2y n+1 2 với mọi n = 0, 1, 2, Với mỗi số tự nhiên n, đặt z n = x n y n Chứng minh rằng dãy (z n ) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Lời giải Ta nhận thấy x 0 = 1 = 2 cos π
Từ công thức truy hồi của dãy số, ta có
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n là số tự nhiên, công thức xác định hai dãy số đã cho là x n = 2 cos π
Từ công thức truy hồi của dãy số, ta có
3.2 n Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có (3.13) đúng với mọi n là số tự nhiên.
3.2 n suy ra lim z n = 0. Bài toán 3.3.13 Cho hai dãy số dương(x n ) , (y n ) , (z n )xác định bởix 0 = √
Chứng minh rằng ba dãy số trên hội tụ và tìm giới hạn của chúng.
Lời giải Ta nhận thấy x 0 = √
Từ công thức xác định dãy số, ta lại có
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n là số tự nhiên, công thức xác định ba dãy số đã cho là x n = 2 sin π
3.2 n , ∀n ∈N Với n = 0, 1thì (3.14) đúng Giả sử (3.14) đúng đến n ≥ 1, ta phải chứng minh (3.14) đúng với n + 1.
Theo công thức truy hồi và giả thiết quy nạp, ta có
2 Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có (3.14) đúng với mọi n là số tự nhiên.
Từ đây ta có lim x n = lim
= 0. Bài toán 3.3.14 Tính giới hạn của dãy số thực (x n ) được xác định bởi x n = 2 n r
2 với n = 1, 2, Ta chứng minh u n = 2 cos π
2 2 Khi n = 1 mệnh đề (3.15) đúng Giả sử mệnh đề (3.15) đúng khi n = k tức là u k = 2 cos π
Do đó theo nguyên lý quy nạp (3.15) đúng với mọi n thuộc N ∗ Ta có x n = 2 n q
Bài toán 3.3.15 Cho a là số thực dương tùy ý.
Xét dãy số(x n )với (n = 1, 2, ) xác định bởi:x 1 = a; x n+1 = x n q
Chứng minh rằng dãy số (x n ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.
2 ta đã có kết quả ở bài 3.3.14 y n = 2 n+1 cos π
Dễ thấyx n > 0 Đặta n = 1 x n Khi đó từ ta có 1 x n+1 = 1
2 n Suy ra lim a n = lim( b 1 sin π
2 n ) = 1 suy ra lim x n = 1 lim a n = 1. Bài toán 3.3.16 Cho dãy số (x n ) xác định bởi x 1 = 1, x n+1 = p1 + x 2 n − 1 x n , ∀n ∈ N ∗ Tìm lim (2 n x n ).
Lời giải Ta có nhận xét : Với mọi α ∈
0; π 2 ta luôn có: p1 + tan 2 α − 1 tan α =
= tan α 2 Áp dụng nhận xét trên dễ thấy x 1 = tan π
2 3 Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh được: x n = tan π
Nhận xét 3.3.17 Một dấu hiệu để ta suy nghĩ đến sử dụng lượng giác đó là cách cho số hạng đầu và công thức truy hồi.
Bài toán 3.3.18 (Olympic 30/4/2005) Cho hai dãy a n , b n như sau: a < b cho trước a 1 = a + b
Bài toán 3.3.19 ẩn chứa tính lượng giác một cách tinh vi Nhận thấy rằng a < b, ta có thể thiết lập cos α = a/b hoặc sin α = a/b Vấn đề đặt ra là lựa chọn giữa sin hay cos cho phù hợp.
2 (sin α + 1) sin α. Đến đây ta thấy việc giải bài toán gặp khó khăn Vậy ta sẽ không đặt với sin
2 2 Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng có:
2 n b sin α α suy ra lim b n = b sin α α
2 n suy ra lim a n = lim b n cos α
GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
Trong quá trình giải phương trình và hệ phương trình, việc tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đại số thường gặp khó khăn do kỹ thuật biến đổi phức tạp Tuy nhiên, khi chuyển đổi các phương trình và hàm số đại số sang dạng lượng giác, bài toán trở nên dễ dàng hơn Do đó, trong phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu các dạng toán có thể giải bằng phương pháp "lượng giác hóa".
Sử dụng hệ thức lượng giác để thiết lập các đẳng thức đại số
Ta chứng minh một số kết quả cơ bản sau:
Tính chất 4.1.1 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn các điều kiện ab + bc + ca = 1 Khi đó tồn tại các góc A, B, C của tam giác ABC sao cho a = tan A
Vì a, b > 0 nên tồn tại các góc 0 < A
Từ điều kiện bài toán suy ra c = 1 − ab a + b =
Trong bài viết này, chúng ta xem xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 và abc + a + b + c < 2 Dựa trên các điều kiện này, có thể tồn tại các góc A, B, C của tam giác nhọn ABC sao cho a = tan A.
2 Lời giải Từ điều kiệnab + bc + ca = 1 theo tính chất 4.1.1 tồn tại các góc A, B, C của tam giác ABC sao cho a = tan A
2 Tam giác ABC nhọn khi và chỉ khi cos A cos B cos C > 0
⇔ abc + a + b + c < 2( vì ab + bc + ca = 1).
Tính chất 4.1.3 Giả sử x = tan A
2 với 0 < A < π Chứng minh rằng sin A
Tính chất 4.1.4 Với a, b, clà các số thực dương thỏa mãn điều kiệna +b +c = abc, khi đó tồn tại các góc của tam giác ABC sao cho tan A
2 = 1 c Lời giải Ta có điều kiện a + b + c = abc ⇔ 1 ab + 1 bc + 1 ca = 1. Áp dụng kết quả tính chất 4.1.1, ta suy ra điều phải chứng minh.
Trong bài viết này, chúng ta xem xét tính chất 4.1.5 liên quan đến ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc và 1 + ab + bc + ca < 2abc Dựa trên các điều kiện này, có thể tồn tại các góc của tam giác ABC sao cho tan A đạt được một giá trị nhất định.
Ta có a + b + c = abc ⇔ 1 ab + 1 bc + 1 ca = 1
1 + ab + bc + ca < 2abc ⇔ 1 abc + 1 a + 1 b + 1 c < 2 Áp dụng tính chất 4.1.2 ta suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét 4.1.6 Sử dụng các tính chất trên ta có thể xậy dựng được các đẳng thức và các bất đẳng thức đại số.
- Từ các đẳng thức cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin A
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.7 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
- Từ các đẳng thức sin A + sin B + sin C = 4 cos A
2 = 1 a ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.8 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng a
- Từ các đẳng thức sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C và sin A = 2a
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.9 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng a(1 − a 2 )
- Từ các đẳng thức tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C với tam giác ABC không vuông và sin A = 2a
2 = 1 a , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.10 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc Chứng minh rằng a (a 2 − 1) + b b 2 − 1 + c c 2 − 1 = 4abc
- Từ các đẳng thức sin A + sin B − sin C = 4 sin A
2 = 1 a , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.11 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc Chứng minh rằng a (a 2 + 1) + b b 2 + 1 − c c 2 + 1 = 2 c p(a 2 + 1)(b 2 + 1)(c 2 + 1)
- Từ các đẳng thức cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C và cos 2A = 2 cos 2 A − 1 = 2 (1 − a 2 ) 2
2 = a, ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.12 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.13 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức cos A + cos B + cos C ≤ 2 sin C
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.14 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức cos A + cos B + cos C ≤ 3
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.15 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức sin A + sin B + sin C ≤ 3 √
2 , ta thu được bài toán sau Bài toán 4.1.16 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện
- Áp dụng bất đẳng thức cos A + cos B + cos C ≤ sin A
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.17 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức
2 = a,ta được bài toán sau
Bài toán 4.1.18 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức tan A + tan B + tan C ≥ 3 √
3 với tam giác ABC nhọn và đẳng thức tan A = 2a
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.19 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 và abc + a + b + c < 2 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức cot A + cot B + cot C ≥ √
3 với tam giác ABC nhọn và đẳng thức cot A = 1 − a 2
2 , ta thu được bài toán sau Bài toán 4.1.20 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 và abc + a + b + c < 2 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C ≥ 9 với tam giác ABC nhọn và đẳng thức tan A = 2a
2 , ta thu được bài toán sau Bài toán 4.1.21 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 và abc + a + b + c < 2 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức sin A
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.22 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng abc p(1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + c 2 )
- Áp dụng bất đẳng thức cot A
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.23 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.24 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức cos 2 A
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.25 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng
- Áp dụng bất đẳng thức sin A
2 , ta thu được bài toán.
Bài toán 4.1.26 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = abc Chứng minh rằng p1 + a 2 +p
- Áp dụng bất đẳng thức
2 , ta thu được bài toán sau
Bài toán 4.1.27 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng b(1 + a 2 ) a 2 √
Phương pháp lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức đại số
Bài toán 4.2.1 Cho 4 số x, y, u, v thỏa mãn: x 2 + y 2 = u 2 + v 2 = 1 Chứng minh rằng
Lời giải Vì x 2 + y 2 = u 2 + v 2 = 1 nên đặt x = cos α, y = sin α, u = cos β, v = sin β.
⇔ | cos β(cos α − sin α) + sin β(cos α + sin α)| ≤ √
⇔ | cos β cos α − cos β sin α + sin β cos α + sin β sin α| ≤ √
Bài toán 4.2.2 Cho các số thực a, b Chứng minh rằng (a + b) 4 ≤ 8(a 4 + b 4 ) Lời giải.
+ Nếu a = 0, thì bất đẳng thức hiển nhên đúng.
+ Nếu a 6= 0, thì bất đẳng thức có dạng (1 + b a ) 4 ≤ 8(1 + b 4 a 4 ). Đặt b a = tan t, t ∈ (− π
2 ) Bất đẳng thức trở thành
(1 + tan t) 4 ≤ 8(1 + tan 4 t) ⇔ (sin t + cos t) 4 ≤ 8(cos 4 t + sin 4 t)
Cần chứng minh 8(cos 4 t + sin 4 t) − (sin t + cos t) 4 ≥ 0.
Thật vậy, ta có 8(cos 4 t + sin 4 t) − (sin t + cos t) 4 = 9
2 cos 4t − 2 sin 2t ≥ 0 (hiển nhiên đúng) vì cos 4t ≥ −1, −2 sin 2t ≥ −2.
Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi a = b.
Bài toán 4.2.3 (India MO 2003) Cho hai số thực x, y dương thỏa mãn x + y = 2. Chứng minh rằng x 3 y 3 (x 3 + y 3 ) ≤ 2.
Lời giải Từ giả thiết x, y là hai số dương thỏa mãn x + y = 2, nên ta có thể đặt
Ta có x 3 y 3 (x 3 + y 3 ) = 512(sin t cos t) 6 (cos 6 t + sin 6 t) = 8 sin 6 2t(1 − 3
4 sin 2 t) = k. Đặt sin 2 2t = u, điều kiện 0 < u ≤ 1,do đóK = 8u 3 − 6u 4 = f(u).
Khảo sát hàmf (u)với 0 < u ≤ 1 ta có 0 < f (u) ≤ 2, nên suy ra x 3 y 3 (x 3 + y 3 ) ≤ 2 (đpcm).
Dấu "="xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Bài toán 4.2.4 (Hàn Quốc 1998) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz Chứng minh rằng √ 1
Từ giả thiết, ta có thể suy ra rằng tồn tại tam giác nhọn ABC với x = tan A, y = tan B, z = tan C Do đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành một điều tương đương với các giá trị này.
≤ 3 2 hay là cos A + cos B + cos C ≤ 3
2 (đây là bất đẳng thức đơn giản) Bài toán 4.2.5 Cho các số dương a, b, c thỏa abc + a + c = b Chứng minh rằng
Lời giải Mới nhìn nhận ta thấy bất đẳng thức khó Tuy nhiên biến đổi giả thiết ta thấy xuất hiện giả thiết quen thuộc: abc + a + c = b ⇔ ac + a b + c b = 1.
Do đó tồn tại tam giác ABC và ta đặt a = tan A
2 (theo Chú ý 4.2 ) thì bất đẳng thức (4.1) trở thành
Vậy bất đẳng thức (4.1) đã được chứng minh.
Bài toán 4.2.6 Chox, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1.
Lời giải Theo chú ý 4.3, tồn tại tam giác nhọn ABC sao cho x = cos A, y = cos B, z = cos C Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành r1 − cos A
Bất đẳng thức 2 ≥ 1 là một ví dụ đơn giản, và phương pháp chứng minh dựa vào các công thức lượng giác đã học Bằng cách áp dụng điều kiện của bài toán, chúng ta có thể thực hiện đổi biến thích hợp để đưa bài toán về dạng chứng minh bất đẳng thức lượng giác quen thuộc.
Một số chú ý trong bài toán có thể dùng phương pháp này được.
Nếu x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz, thì tồn tại một tam giác nhọn ABC với x = tan A, y = tan B, z = tan C Ngoài ra, cũng có thể có một tam giác ABC sao cho x = cot A.
Nếu x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx = 1, thì có thể tồn tại một tam giác nhọn ABC sao cho x = cot A, y = cot B, z = cot C Ngoài ra, cũng có thể có một tam giác ABC sao cho x = tan A.
Nếu x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x² + y² + z² + 2xyz = 1, thì sẽ tồn tại một tam giác nhọn ABC với x = cos A, y = cos B, z = cos C, hoặc một tam giác ABC sao cho x = sin A.
Từ sin 5t = 16sin 5 t − 20sin 3 t + 5 sin t ta được:
. Xin giới thiệu một số bài toán ứng dụng cho vấn đề này:
Bài toán 4.2.10 Cho x 2 + y 2 = 1 Chứng minh rằng:
≤ √ 2 Lời giải Ta sẽ sử dụng công thức tổng quát của đa thức Chebyshev loại I bậc 5 để giải quyết bài toán này Đặt x = sin u; y = cos u.
Ta có sin 5u = sin (3u + 2u) = sin 3u cos 2u + sin 2u cos 3u
Chứng minh tương tự ta được: cos 5u = 16y 5 − 20y 3 + 5y = T 5 (y) Bất đẳng thức đã cho thành:
≤ 1 luôn đúng. Vậy ta hoàn tất chứng minh.
Bài toán 4.2.11 Cho đa thức f (x) = 4x 3 + (m + 3) x 2 + mx.
Do f(x) là một đa thức bậc 3 và với điều kiện x thuộc khoảng [−1; 1], ta có thể liên hệ đến các điểm luân điểm của đa thức Chebyshev bậc 3, được xác định bởi công thức x_k = cos(kπ).
3 (k = 0; 1; 2; 3) Cụ thể là x 0 = cos 0 = 1; x 1 = cos π
3 suy ra m = −3. Đảo lại, khi m = −3 thì f (x) = 4x 3 − 3x Đặt x = cos α với α ∈ [0; π] ta cóf (x) = cos 3α Suy ra |f (x)| = |cos 3α| ≤ 1.
Bài toán 4.2.12 [VMF 2016] Cho đa thức f (x) = 4x 3 + ax 2 + bx + c.
Tôi xin trình bày với nhiều lời giải khác nhau.
Bài toán này tương tự như bài toán trước, nhưng có ba tham số cần đánh giá sâu sắc hơn Dựa vào cách suy luận từ bài toán trước, chúng ta nhận thấy các luân điểm của đa thức Chebyshev bậc 3 là: x₀ = cos(0) = 1 và x₁ = cos(π).
2; x 3 = cos π = −1 Ta có đánh giá sau:
Sử dụng (1) và (2) ta có
Sử dụng (3) và (4) ta có
( a + 2b + 4c ≥ −6; a − 2b + 4c ≤ 6 Khi đó, ta có −4b ≤ 12 và b ≥ −3 Từ hai đánh giá trên, ta suy ra b = −3. Thay b = −3 vào hệ bất phương trình ở trên, ta được:
( a + c = 0; a + 4c = 0 ⇔ a = c = 0. Đảo lại, khi a = 0; b = −3; c = 0 thì f (x) = 4x 3 − 3x Đặt x = cos α với α ∈ [0; π] ta cóf (x) = cos 3α Suy ra |f (x)| = |cos 3α| ≤ 1.
Để tăng tốc độ đánh giá và tìm kiếm các giá trị của a, b, c, chúng ta cần chú ý đến bất đẳng thức |a1 + a2 + + an| ≤ |a1| + |a2| + + |an|, trong đó dấu đẳng thức xảy ra khi tất cả các ai có cùng dấu.
Ta dự đoán đích đến là a = 0; b = −3; c = 0 Quay lại với bài toán Ta có
≤ 2 Vấn đề ở đây là ta tìm được giá trị của b.
Vậy thì dấu bằng xảy ra ở tất cả các bất đẳng thức trên là b = −3; a = c = 0. Đảo lại, khi a = 0; b = −3; c = 0 thì f (x) = 4x 3 − 3x Đặt x = cos α với α ∈ [0; π] ta cóf (x) = cos 3α Suy ra |f (x)| = |cos 3α| ≤ 1.
Bài toán 4.2.13 Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
Lời giải Từ điều kiện của bài toán, ta suy ra
Do đó, ta có chọn ba góc nhọn a, B, C sao cho
Theo bài ra ta có cos 2 A + cos 2 B + cos 2 +2 cos A cos B cos C = 1.
Lại có A + B + C + π, A, B, C là ba góc nhọn trong tam giác ABC Ta biến đổi
a = 1 − cos A cos A ; b = 1 − cos B cos B ; c = 1 − cos C cos C
Ta đưa đẳng thức cần chứng minh tương đương với
(1 − cos A)(1 − cos B)(1 − cos C) ≥ cos A cos B cos C
1 − cos C sin C ≥ cot A cot B cot C
Bài toán 4.2.14 Cho x, y thỏa mãn 3x + 4y = 7 Chứng minh rằng x 2 + y 2 ≥ 49
5 = cos α, α ∈ (0; 2π) x px 2 + y 2 = sin β; y px 2 + y 2 = cos β, β ∈ [0; π
Chứng minh rằng x x + yz + y y + xz + z z + xy ≤ 9
Do q yz x rzx y + rzx y q xy z + q xy z q yz x = 1 nên A, B, C là ba góc của một tam giác nhọn.
Ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh thành
2 ≤ 94. Đây là bất đẳng thức quen thuộc ta dễ dàng chứng minh được.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 4.2.16 Cho a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 Chứng minh rằng a
Lời giải Tương tự như các câu trên, với A, B, C là ba góc của một tam giác
2 Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức tan A 2
Do đó ta được sin A + sin B + 6 sin C
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
Phương pháp lượng giác trong khảo sát phương trình và hệ phương trình
trình và hệ phương trình
Ta xét một số phép biến đổi lượng giác sau
Nếu |x| ≤ k(k > 0) thì ta đặt x = k cos α, α ∈ [0; π] hoặc x = k sin α, α ∈ [− π
Nếu x ∈R thì ta đặt x = tan α, α ∈ (− π
Nếux, y thỏa mãn điều kiệna 2 x 2 +b 2 y 2 = c 2 , (a, b, c > 0)thì ta đặtx = c a sin α, y = c b cos α, α ∈ [0; 2π].
Nếu x, y, z thỏa mãn x + y + z = xyz hoặc xy + yz + zx = 1 thì ta đặt x = tan α, y = tan β, z = tan γ với α, β, γ ∈ (− π
2 ) Dạng 1: Trong bài có chứa biểu thức dạng √ a 2 − x 2
Phương pháp: Ta đặt x = |a| sin α, với α ∈ [− π
2 ]hoặc ta đặt x = |a| cos α với α ∈ [0; π
Bài toán 4.3.1 Giải phương trình :4x 3 − 3x = √
Nhận xét 4.3.2 Trong phương trình xuất hiện dấu hiệu √ a − x 2 với a = 1.Lời giải. Điều kiện 1 − x 2 ≥ 1 ⇔ |x| ≤ 1. Đặt x = cos α, α ∈ [0; π] khi đó phương trình được chuyển về dạng:
1 − cos α ⇔ cos 3α = | sin α| ⇔ cos 3α = sin α
Kết hợp điều kiện α ∈ [0; π] nên
4 Vậy phương trình có ba nghiệm phân biệt x = cos π
4 Bài toán 4.3.3 Giải các phương trình x = q
Với điều kiện đó ta đặt x = 2 cos t, t ∈ ( −π
Giải (4.3) và kết hợp điều kiện (4.2) được nghiệm của phương trình là x = cos 2π
Bài tập này cho thấy cách tìm điều kiện của biến để xác định phương pháp lượng giác phù hợp Lượng giác có lợi thế lớn trong việc khử căn bằng công thức hạ bậc, điều này rất hữu ích khi giải các phương trình vô tỷ Chúng ta sẽ xem xét lợi ích này trong bối cảnh đề thi vô địch Quốc Gia 1984.
Bài toán 4.3.4 (VMO 1984) Giải phương trình q
Lời giải Điều kiện x ∈ [−1; 1] Với điều kiện trên ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π].
√ 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1
Bài toán 4.3.5 Giải phương trình r1 + 2x √
2 Đặt x = sin t suy ra |sint| ≤
Khi đó phương trình trở thành r1 + 2 sin t cos t
12 Vậy phương trình có ngiệm x = − √
12 Bài toán 4.3.6 Giải phương trình p
Nhận xét 4.3.7 Trong phương trình xuất hiện dấu hiệu √ a 2 − x 2 với a = 1. Lời giải Điều kiện
Với điều kiện (4.4) ta đặt x = sin t, t ∈ [− π
Khi đó phương trình chuyển về dạng: q
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x = 1
Lưu ý ta có thể đặt x = cos t, t ∈ [0, π].
Bài toán 4.3.8 Định m để phương trình √ 1 − x 2 = x − m có nghiệm.
Lời giải Điều kiện |x ≤ 1|. Đặt x = cos t, với t ∈ [0, π] Phương trình trở thành sin t = cos t − m ⇔ cos t − sin t = m ⇔ cos(t + π
2 Vậy để phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m
Bài toán 4.3.9 Cho phương trình √ 1 − x 2 + 2 √ 3
1 − x 2 = m Tìm m để phương trình có nghiệm.
Lời giải Điều kiện |x| ≤ 1. Đặt x = cos t, với t ∈ [0, π] Phương trình trở thành p1 − cos 2 t + 2p 3
Khi t = 0 suy ra x = cos 0 = 1 suy ra m = 0 (thỏa mãn).
Khi t = π suy ra x = cos π = −1 suy ra m = 0 (thỏa mãn).
√ 3 sin t = m (4.6) Đặt u = √ 3 sin t, 0 < t ≤ 1, phương trình (4.6) thành u 3 + 2u 2 = m
Xét hàm số f(u) = u 3 + 2u 2 , với 0 < u ≤ 1 Ta có 0 < f (u) ≤ 3 với mọi 0 < u ≤ 1 suy ra 0 < m ≤ 3.
Vậy phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 0 ≤ m ≤ 3.
Bài toán 4.3.10 Giải hệ phương trình
Với điều kiện trên ta đặtx = cos α; y = cos β; α, beta ∈ [0, π]
Hệ phương trình trở thành
2). suy ra t 2 = cos 2 β + cos 2 α − 2 cos α cos β
⇔ t 2 = 1 − 2 cos α cos β suy ra − cos α cos β = t 2 − 1
2 thay vào cos β − cos α − cos α cos β − 1ta được phương trình t 2 + t 2 − 1
Với t = 1 ta có cos β − cos α = 1 ⇔ −2 sin( β + α
x = 0 y = 1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.
Bài toán 4.3.11 Giải bất phương trình 1
Lời giải Điều kiện|x| ≤ 1, Ta đặt x = cos t, t ∈ [0, π] khi đó bất phương trình có dạng
" cot t > 2 cot t < 1 Kết hợp với điều kiện ta có
Vậy bất phương trình có nghiệmS = (−1;
Dạng 2: Trong bài toán có chứa biểu thức √ x 2 − a.
Phương pháp: Ta đặt x = |a| cos t, với t ∈ [0, π] và x khác π
2 Bài toán 4.3.12 Giải phương trình sau x + x
Nhận xét 4.3.13 : Trong phương trình có xuất hiện dấu hiệu √ x 2 − 1 với a = 1. Lời giải Điều kiện
Với điều kiện (4.7) ta đặt x = 1 cos t , t ∈ (0, π
Khi đó phương trình có dạng
2 sin t cos t. Đặt u = sin t + cos t điều kiện 1 ≤ u ≤ √
Khi đó phương trình có dạng:u = 2
2. Vậy phương trình có nghiệm duy nhấtx = √
Lưu ý: Ta cũng có thể đặt x = 1 sin t , t ∈ (0; π
Bài toán 4.3.14 Giải phương trình sau x + x
Với điều kiện (4.8) ta đặt x = 1 cos t , t ∈ (0, π
Phương trình trở thành 1 cos t + cos t cos t
5 sin t cos t (4.9) Đặt u = sin t + cos t điều kiện 1 ≤ u ≤ √
2 Vậy phương trình có nghiệm x = √
52. Dạng 3: Trong bài toán có chứa biểu thức có dạng √ x 2 + a 2
Phương pháp: Ta đặt x = |a| tan t, t ∈ (− π
Bài toán 4.3.15 Giải phương trình √ 1 + x 2 = x + 2 x 2 + 1
Nhận xét 4.3.16 : Trong bài toán có chứa biểu thức có dạng √ x 2 + a 2 , với a=1.
Phương trình đã cho trở thànhp tan 2 t + 1 = tan t + 2 tan 2 t + 1 ⇔
3 3 Vậy phương trình có 1 nghiệm x = − √
Bài toán 4.3.17 Giải phương trình √ 3 x + 1 = 3 x
Phương trình đã cho trở thànhp tan 2 t + 1 = tan t + 2 ptan 2 t + 1
2 (l). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
Dạng 4: Một số dạng khác
Bài toán 4.3.18 (Romania 2002) Tìm tất cả các số thực a, b, c, d, e ∈ [−2; 2] thỏa hệ phương trình:
Lời giải Đặt a = 2 cos x, b = 2 cos y, c = 2 cos z, d = 2 cos t, e = 2 cos u.
Ta có 2 cos 5x = (2 cos x) 5 − 5(2 cos sx) 3 + 5 (2 cos x) = a 5 − 5a 3 + 5a.
2 cos 5x =P a 5 − 5P a 5 + 5P a = 10 ⇔P cos 5x = 5. Điều đó kéo theo cos 5x = cos 5y = cos 5z = cos 5t = cos 5u = 1.
Với P a = 0 thì rõ ràng phải có một số bằng 2, hai số khác bằng
2 và hai số còn lại bằng −
2 Kiểm tra từng trường hợp ta thấy đẳng thức P a 3 = 0 được thỏa mãn.
Bài toán 4.3.19 Giải hệ phương trình
Lời giải Nhận thấy hệ không có các nghiệm (±1, y, z); (x, ±1, z); (x, y, ±1).
Với x, y, z 6= ±1, ta viết lại hệ dưới dạng
Với điều kiện đó ta đặt x = tan α (4.10)
Với x = tan α suy ra y = 2 tan α
Với y = tan 2α suy ra z = 2 tan 2α
Với z = tan 4α suy rax = 2 tan 4α
Từ (4.10)và (4.11) suy ra tan α = tan 8α ⇔ α = k π
2 và k ∈Z suy ra k = 0; ±1; ±2; ±3 nên x = tan k π
Nhận xét: Việc biến đổi hệ phương trình về dạng
1 − z 2 đưa ta liên tưởng những công thức lượng giác thường gặp nhân đôi tan 2α = 2 tan α
Với công thức nhân ba tan 3α = tan 3 α − 3 tan α
3 tan 2 α − 1 giúp ta giải hệ phương trình sau một cách dễ dàng.
Bài toán 4.3.20 Giải hệ phương trình sau
Lời giải Nhận thấy hệ không có các nghiệm x = ± 1
√ 3 ta đưa hệ phương trình về dạng
Từ (4.12) và (4.13) ta được tan t = tan 27t ⇔ t = k π
Vậy hệ phương trình có 25 nghiệm (x; y; z) = (tan k π
Bài toán 4.3.21 Giải hệ phương trình sau
2 = 0. Lời giải Nhận xét từ phương trình thứ nhất của hệ ta thấy xuất hiệnx 2 +4y 2 = 1 nên ta nghĩ đến việc đặt x = sin t, 2y = cos t, t ∈ (0; 2π) Hệ phương trình có dạng
16 sin 5 t − 20 sin 3 t + 5 sin t + 16 cos 5 t − 20 cos 3 t + 5 cos t = − √
Hệ số và bậc của hàm sin và cos trong phương trình (4.15) tạo ra sự liên hệ với công thức lượng giác cho cos 5α và sin 5α Cụ thể, công thức cos 5α = 16 cos^5 α − 20 cos^3 α + 5 cos α và sin 5α = 16 sin^5 α − 20 sin^3 α + 5 sin α cho thấy mối quan hệ chặt chẽ giữa các hàm lượng giác này.
Vìt ∈ (0, 2π), k ∈Z suy ra k = 1, 2, 3, 4, 5 suy ra t = π
20 Vậy nghiệm hệ phương trình là
Phương pháp lượng giác trong bài toán cực trị
Bài toán 4.4.1 Cho đa thức f (x) = 4x 3 + (m + 3) x 2 + mx Tìm m ∈ R để
Do f(x) là đa thức bậc 3 và x thuộc khoảng [−1; 1], ta có thể liên hệ đến các điểm luân điểm của đa thức Chebyshev bậc 3, được xác định bởi xk = cos(kπ).
3 (k = 0; 1; 2; 3) Cụ thể là x 0 = cos 0 = 1; x 1 = cos π
3 suy ra m = −3. Đảo lại, khi m = −3 thì f (x) = 4x 3 − 3x. Đặt x = cos α với α ∈ [0; π] ta cóf (x) = cos 3α Suy ra |f (x)| = |cos 3α| ≤ 1.
Bài toán 4.4.2(VMF 2016) Cho đa thứcf (x) = 4x 3 + ax 2 + bx +c Tìma, b, c ∈R để |f (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1].
Lời giải Đây là bài toán hấp dẫn, tôi xin trình bày với nhiều lời giải khác nhau. Cách 1.
Bài toán này tương tự như bài toán trước, nhưng có ba tham số cần phân tích sâu hơn Dựa vào cách suy luận, chúng ta nhận thấy các luân điểm của đa thức Chebyshev bậc 3 là: x0 = cos(0) = 1 và x1 = cos(π).
Ta có đánh giá sau:
Sử dụng (1) và (2) ta có
Sử dụng (3) và (4) ta có
Từ hai đánh giá trên, ta suy ra b = −3 Thay b = −3 vào hệ bất phương trình ở trên, ta được:
Để giải hệ phương trình a + c = 0 và a + 4c = 0, ta có a = c = 0 Khi a = 0, b = -3, c = 0, hàm số f(x) trở thành 4x^3 - 3x Nếu đặt x = cos α với α thuộc đoạn [0; π], ta có f(x) = cos 3α, từ đó suy ra |f(x)| = |cos 3α| ≤ 1 Để đánh giá và tìm nhanh các giá trị của a, b, c, ta cần chú ý đến bất đẳng thức |a1 + a2 + + an| ≤ |a1| + |a2| + + |an|, với dấu đẳng thức xảy ra khi tất cả ai cùng dấu Dự đoán giá trị cuối cùng là a = 0, b = -3, c = 0.
Quay lại với bài toán, ta có
≤ 2 Vấn đề ở đây là ta tìm được giá trị của b.
Nhận thấy rằng 3 ≤ |4 + b| + |−1 − b| ≤ 3, với điều kiện b = −3 và a = c = 0 Khi a = 0, b = −3 và c = 0, hàm f(x) trở thành 4x³ − 3x Đặt x = cos α với α thuộc [0; π], ta có f(x) = cos 3α, từ đó suy ra |f(x)| = |cos 3α| ≤ 1.
Do xem xét trên đoạn[−1; 1] nên ta cần quan tâm đến giá trị lớn nhất của hàm số |f (x)| một tí để việc đánh giá dưới đây được thuận lợi.
Quay lại bài toán, giả sử tồn tại các số a, b, c thỏa mãn giả thiết bài toán và đặt
Với cách đặt ở trên, ta suy ra
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
− 1 2 đôi một có tích không âm.
Để giải quyết bài toán tổng quát, chúng ta cần xem xét các luân điểm của đa thức, điều này cho phép áp dụng quy nạp vào hai bài toán đã được nêu.
Chebyshev bậc n là cos kπ n , k = 0; n và giải phương trình khử hệ số các bậc ≤ n − 1 của đa thức.
Bài toán 4.4.4 (Olympic 30/4 năm 2003) Tìm a, b, c ∈R để max x∈[−1;1] x 3 + ax 2 + bx + c đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải cho bài toán không có gì quá khác biệt so với những bài toán đã trình bày trước đó Tuy nhiên, việc đánh giá và xác định các hệ số lại rất phức tạp, yêu cầu người làm toán phải thực hiện những biến đổi một cách khéo léo.
Xét các luân điểm của đa thức bậc 3 là: x 0 = cos 0 = 1; x 1 = cos π
2; x 3 = cos π = −1. Đặt f (x) = x 3 + ax 2 + bx + c và M = max x∈[−1;1] f (x).
2. Theo cách đặt ở trên thì f (1) + f (−1) + 2h f 1 2
4 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Vậy max x∈[−1;1] x 3 + ax 2 + bx + c đạt giá trị nhỏ nhất là 1
Bài toán 4.4.5 Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 6= y, x 2 + y 2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2xy + y 2
Với giả thiết x 6= y, x 2 + y 2 = 1, ta có thể đặt
2 sin t cos t + 2 sin 2 t + 1 = 2 sin 2t + cos 2t + 1
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
Vậy giá trị lớn nhất của P = 1 ⇔ cos 2t = −1 ⇔
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = −1
Bài toán 4.4.6 (Đề thi Cao đẳng khối A năm 2008) Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2 + y 2 = 2 Tìm gía trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 2(x 3 + y 3 ) − 3xy.
Lời giải Từ giả thiết ta đặt
2(sin t + cos t)(1 − sin t cos t) − 6 sin t cos t. Đặt u = sin t + cos t = √
(1) (2) (3) Tìm nghiệm của hệ để biểu thức P = x + u và F = xu đạt giá trị lớn nhất. Lời giải Đặt
Thay vào (3) ta được xu + yv = 12(cos α cos β + sin α sin β) ≥ 12 ⇔ cos(α − β) ≥ 1.
Vìcos(α − β) ≤ 1 nên suy ra cos(α − β) = 1 ⇔ α = β Do đó
Vậy max P = 7 ⇔ α = β = 0 hoặc α = β = 2π suy ra tương ứng với nghiệm của hệ là x = 4, y = 0, u = 3, v = 0 F = xu = 4 cos α3 cos β = 12 cos 2 α ≤ 12.
Vậy max F = 12 ⇔ cos α = ±1 ⇔ α = kπ suy ra α = β = π hoặc α = β = 2π, suy ra tương ứng với nghiện của hệ là x = 4, y = 0, u = 3, v = 0 và x = −4, y = 0, u =
Vậy P, F đạt giá trị lớn nhất khi hệ phương trình có nghiệm x = 4, y = 0, u =
Luận văn “Phương pháp lượng giác trong ước lượng đa thức và dãy số” đã giải quyết được những vấn đề sau:
Bài viết đã phân tích chi tiết các dạng toán liên quan đến đa thức sinh từ hàm lượng giác, đồng thời đề cập đến bài toán ước lượng miền giá trị của đa thức đại số và một số bài toán cực trị của đa thức đại số.
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ trình bày các dạng toán liên quan đến dãy số, bao gồm việc xác định số hạng tổng quát của dãy số và ước lượng dãy số Đồng thời, chúng tôi sẽ giới thiệu các phương pháp lượng giác hữu ích để tìm giới hạn của dãy số, giúp người đọc hiểu rõ hơn về cách áp dụng các kỹ thuật này trong toán học.
Trong luận văn, chúng tôi đã trình bày một số đề toán thi học sinh giỏi trong nước cũng như các kỳ thi Olympic khu vực và quốc tế, tập trung vào các vấn đề liên quan đến đa thức và dãy số.