Luận văn thạc sĩ toán học một số ứng dụng của phép thế lượng giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HỨA MẠNH HƯỞNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Mã số 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HỨA MẠNH HƯỞNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc THÁI NGUYÊN - 2016 i Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức bổ trợ 1.1 Các bất đẳng thức 1.1.1 Các bất đẳng thức dãy số 1.1.2 Hàm lồi bất đẳng thức Jensen 1.2 Các đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng 1.2.1 Các đồng thức 1.2.2 Các bất đẳng thức thông dụng tam giác 1.3 Phép lượng giác biến đổi đơn giản 1.3.1 Phép góc cạnh 1.3.2 Phép hàm lượng giác Phép lượng giác chứng minh đẳng thức thức 2.1 Các toán đẳng thức 2.2 Các toán chứng minh bất đẳng thức 2.3 Các toán cực trị hàm số 2.4 Bài tập vận dụng 3 5 12 12 12 bất đẳng Phép lượng giác phương trình, bất phương trình dãy số 3.1 Phương trình đại số 3.2 Hệ phương trình đại số 3.3 Phương trình thức bất phương trình thức 3.4 Các toán dãy số 3.5 Bài tập vận dụng 15 15 19 30 35 37 37 40 49 56 61 ii Kết luận 63 Tài liệu tham khảo 64 Mở đầu Đôi tốn đại số, hay giải tích giải dễ dàng cách sử dụng hàm lượng giác, mà gọi "Phép lượng giác" Đó nhờ tính chất đặc thù hàm lượng giác mà hàm khác có, cơng thức biến tổng thành tích, cơng thức biến tích thành tổng, cơng thức cung nhân hai, nhân ba, tính chất bị chăn, đơn điệu, tuần hoàn v.v Đặc biệt đồng thức, bất đẳng thức quan trọng hàm lượng giác Mục đích luận văn tìm hiểu, thu thập tài liệu phân loại toán ứng dụng phép lượng giác số toán đại số, chứng minh đẳng thức bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình v.v Luận văn khơng đề cập đến ứng dụng phép lượng giác tính ngun hàm tích phân Thơng thường, số bất đẳng thức đại số phức tạp đơn giản hóa cách sử dụng phép lượng giác Khi ta đặt phép khéo độ khó tốn giảm nhiều đến mức ta thấy đáp án Bên cạnh đó, hàm số lượng giác tiếng giúp giải bất đẳng thức Kết có nhiều tốn đại số giải cách sử dụng phép lượng giác Luận văn có bố cục: Mở đầu, ba chương, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương 1: Kiến thức bổ trợ, trình bày bất đẳng thức dãy số, đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng, phép lượng giác Chương 2: Trình bày ứng dụng phép lượng giác chứng minh đẳng thức bất đẳng thức có độ khó cao trích từ đề thi vào Đại học, thi học sinh giỏi Olympic Tốn quốc tế Chương 3: Trình bày ứng dụng phép lượng giác giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình dãy số 2 Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ hướng dẫn tận tình TS Nguyễn Văn Ngọc Qua đây, tác giả xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người dành nhiều thời gian tâm huyết để hướng dẫn tạo điều kiện cho tác giả suốt thời gian làm luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phịng đào tạo, khoa Tốn Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trường Trung học Phổ thơng Hồng Văn Thụ, huyện Lục Yên, tỉnh Yên Bái, nơi tác giả công tác tạo điều kiện giúp đỡ động viên để tác giả hồn thành khóa học Cuối tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho tác giả trình học tập, nghiên cứu làm luận văn Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2016 Học viên Hứa Mạnh Hưởng Chương Kiến thức bổ trợ Chương có tính bổ trợ, trình bày bất đẳng thức dãy số, đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng, phép lượng giác Các kiến thức dùng đến thường xuyên chương sau Nội dung chương hình thành từ tài liệu [4, 5, 6] 1.1 Các bất đẳng thức 1.1.1 Các bất đẳng thức dãy số Các bất đẳng thức đại số ứng dụng sâu rộng chứng minh bất đẳng thức hình học Luận văn trình bày bốn bất đẳng thức đại số bất đẳng thức AM − GM (Arithmetic Mean - Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, bất đẳng thức Chebyshev bất đẳng Jensen Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM −GM ) Với n số thực không âm a1 , a2 , , an , ta có bất đẳng thức √ a1 + a2 + + an > n a1 a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.1 (Bất đẳng thức GM − HM ) Với số dương ta có √ n a1 a2 an > n 1 + + + a1 a2 an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.2 Với số dương a1 , a2 , , an ta có   1 1 n + + + > n a1 a2 an a1 + a2 + + an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.3 Với số không âm a1 , a2 , , an m = 1, 2, ta có  a + a + · · · + a m m m am n + a2 + + an > n n Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Xét hai số thực tùy ý a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn Khi ta có (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) Đẳng thức xảy a1 a2 an = = ··· = b1 b2 bn (Với quy ước mẫu tử 0) Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Chebyshev) Nếu (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , , bn ) hai dãy số đồng dạng (cùng đơn điệu tăng đơn điệu giảm)  a + a + + a   b + b + + b  a b + a b + + a b 1 2 n n n ≥ n n n n Nếu (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , , bn ) hai dãy ngược nhau(một dãy đơn điệu tăng, dãy đơn điệu giảm)  a + a + + a   b + b + + b  a b + a b + + a b 1 2 n 1.1.2 n n ≤ n n n n Hàm lồi bất đẳng thức Jensen Định nghĩa 1.1 Hàm số thực f : (a, b) → R gọi hàm lồi khoảng (a, b) với x, y ∈ (a, b) λ ∈ [0, 1], ta có f (λx + (1 − λ)y) λf (x) + (1 − λ)f (y) (1.1) Nếu (1.1) ta có bất đẳng thức nghiêm ngặt (chặt) ta nói f hàm lồi thực Cho hàm f ta nói hàm lõm −f hàm lồi Nếu f xác định R, xảy vài khoảng hàm hàm lồi, khoảng khác hàm lõm Vì lý ta xét hàm số xác định khoảng Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Jensen 1906, Joham Ludwig Jensen 1859 - 1925) Cho f : (a, b) → R hàm lồi khoảng (a, b) Cho n ∈ N λ1 , λ2 , · · · , λn ∈ (0, 1) số thực thỏa mãn λ1 +λ2 +· · ·+λn = Khi với x1 , x2 , · · · , xn ∈ (a, b) ta có f n X i=1 ! λi xi n X λi f (xi ), i=1 nghĩa f (λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λn xn ) λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + · · · + λn f (xn ) 1.2 (1.2) Các đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng 1.2.1 Các đồng thức Thông thường, để chứng minh bất đẳng thức đại số cho trước, ta sử dụng phép lượng giác cách hiệu lúc giải Sử dụng phép vậy, bất đẳng thức cho trước rút gọn thành bất đẳng thức mới, mà việc chứng minh đơn giản nhiều (thường sử dụng bất đẳng thức Jensen yếu tố lượng giác) Do cần có hiểu biết lượng giác Chúng ta đưa vài lập luận cần thiết có ích sử dụngbất đẳng  π π thức Jensen Cụ thể là, hàm sin x lõm (0, π), hàm cos x lõm − , ,  π  π  π 2 lõm 0, , tan x lồi 0, ; cot x lồi 0, 2 Hơn nữa, không chứng minh (các chứng minh lượng giác túy vài chứng minh tìm thấy số sách tốn phổ thơng), luận văn đưa số công thức lượng giác quan hệ góc tam giác Trong phần ta ln giả sử tam giác ABC có: • BC = a, CA = b, AB = c; • ∆ diện tích tam giác; • p nửa chu vi tam giác; • ma , mb , mc , wa , wb , wc , , hb , hc độ dài trung tuyến, phân giác đường cao tương ứng với cạnh a, b, c; • r, R, , rb , rc bán kính đường trịn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp, đường tròn bàng tiếp với cạnh a, b, c tam giác ABC ; P • a = a + b + c 6 Mệnh đề 1.1 Cho α, β , γ góc tam giác cho trước Khi ta có cơng thức sau: α β γ I1 : cos α + cos β + cos γ = + sin sin sin , 2 β γ α I2 : sin α + sin β + sin γ = cos cos cos , 2 I3 : sin 2α + sin 2β + sin 2γ = sin α sin β sin γ, I4 : sin2 α + sin2 β + sin2 γ = + cos α cos β cos γ, I5 : tan α + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ, α β γ α β γ I6 : cot + cot + cot = cot cot cot 2 2 2 Mệnh đề 1.2 Cho α, β , γ số thực tùy ý Khi ta có: α+β β+γ γ+α sin sin , 2 α+β β+γ γ+α I8 : cos α + cos β + cos γ + cos(α + β + γ) = cos cos cos 2 I7 : sin α + sin β + sin γ − sin(α + β + γ) = sin Mệnh đề 1.3 Cho α, β, γ ∈ (0, π) Khi α, β, γ góc tam giác tan β β γ α γ α tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 Chứng minh Giả sử α, β, γ góc tam giác Khi α+β +γ = π, nghĩa π α+β γ = − Do 2 γ tan = tan  π α+β − 2   = cot α+β  α β α β cot − 1 − tan tan 2 2 = = α β α β cot + cot tan + tan 2 2 cot ⇔ tan α β β γ α γ tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 Ngược lại, giả sử α + β + γ = π thỏa mãn đẳng thức α β β γ α γ tan + tan tan + tan tan = (1.3) 2 2 2 α α Nếu α = β = γ tan2 = Mà tan α > nên tan = √ Suy α = β = 2 γ = 60 kéo theo α + β + γ = π hay α, β, γ góc tam giác tan Khơng tính tổng quát ta giả sử α 6= β Vì < α + β < 2π nên tồn γ1 ∈ (−π, π) cho α + β + γ1 = π Theo chứng minh ta có tan α β β γ1 α γ1 tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 (1.4) Ta chứng minh γ = γ1 , suy α + β + γ = π , tức α, β, γ góc tam giác Thật vậy, trừ hai vế (1.3) cho (1.4) ta có γ γ1 γ − γ1 γ − γ1 γ γ1 π π tan = tan , suy = kπ, k ≥ 0, k ∈ Z , mà ≤ + < + = 2 2 2 2 π , suy k = hay γ = γ1 Mệnh đề 1.4 Cho α, β, γ ∈ (0, π) Khi α, β, γ góc tam giác sin2 α β γ α β γ + sin2 + sin2 + sin sin sin = 2 2 2 Chứng minh Giả sử α, β, γ góc tam giác Khi γ α β γ α β α+β α+β + sin sin sin = cos2 + sin sin cos 2 2  2  α+β α β α+β cos + sin sin = cos 2 2 sin2   α+β α−β α+β α+β cos + cos − cos = cos 2 2 α+β α−β = cos cos = (cos α + cos β) 2 α β − 2sin2 + − 2sin2 2 = − sin2 α − sin2 β , = 2 tức là, β γ α β γ α + sin2 + sin2 + sin sin sin = 2 2 2 Ngược lại, giả sử α, β, γ ∈ (0, π) cho sin2 sin2 α β γ α β γ + sin2 + sin2 + sin sin sin = 2 2 2 (1.5) Ta chứng minh α + β + γ = π Thật vậy, < α + β < 2π nên tồn γ1 ∈ (−π, π) cho α + β + γ1 = π Dễ thấy sin2 α β γ1 α β γ1 + sin2 + sin2 + sin sin sin = 2 2 2 Trừ (1.5) cho (1.6) ta (1.6)  γ γ1 sin − sin 2  γ1 α β γ + sin sin sin + sin 2 2  =0 (1.7) Nhưng γ1 α β γ + sin + sin sin 2 2 γ γ1 α−β α+β = sin + sin + cos − cos 2 2 γ γ1 α−β γ1 = sin + sin + cos − sin 2 2 α−β γ = sin + cos 2  π π  γ π α−β α−β γ Vì ∈ 0, ∈ − , > hay nên sin + cos 2 2 2 γ γ1 α β sin + sin + sin sin > 2 2 sin Kết hợp với (1.7) ta có sin γ γ1 = sin hay γ = γ1 2 Do α + β + γ = π Mệnh đề chứng minh Dựa mệnh đề ta đưa trường hợp để giải tốn đại số phương pháp lượng giác 1.2.2 Các bất đẳng thức thông dụng tam giác Bây ta đưa số bất đẳng thức liên quan đến góc tam giác cho trước, bất đẳng thức vô quan trọng sử dụng chứng minh bất đẳng thức cách sử dụng phép lượng giác Mệnh đề 1.5 Cho α, β , γ góc tam giác cho trước Khi ta có bất đẳng thức sau: √ √ 3 3 N1 : sin α + sin β + sin γ ≤ , N2 : sin α sin β sin γ ≤ , α β γ α β γ N3 : sin + sin + sin ≤ , N4 : sin sin sin ≤ , 2 2 2 N5 : cos α + cos β + cos γ ≤ , N6 : cos α cos β cos γ ≤ , √ √ α β γ 3 α β γ 3 N7 : cos + cos + cos ≤ , N8 : cos cos cos ≤ , 2 2 2 α β γ N9 : sin2 α + sin2 β + sin2 γ ≤ , N10 : sin2 + sin2 + sin2 ≥ , 2 α β γ 2 2 2 N11 : cos α + cos β + cos γ ≥ , N12 : cos + cos + cos ≤ , 2 √ α β γ √ α β γ N13 : tan + tan + tan ≥ 3, N14 : cot + cot + cot ≥ 3, 2 √ 2 √ N15 : cot α + cot β + cot γ ≥ 3, N16 : tan α + tan β + tan γ ≥ 3 9 Chứng minh N1 : Hàm sin x lõm khoảng (0, π) nên theo√bất đẳng thức Jensen ta có sin α + sin β + sin γ α+β+γ π ≤ sin( ) = sin = 3 √ 3 ⇔ sin α + sin β + sin γ ≤ , N2 : Từ sin x > với ∀x ∈ (0, π), áp dụng bất đẳng thức AM ≥ GM ta có  3  √ 3 √ N1 sin α + sin β + sin γ 3 sin α sin β sin γ ≤ ≤ = N3 : Tương tự chứng minh N1 ta có β γ α   sin + sin + sin 2 ≤ sin α + β + γ = sin π = 6  π α β γ hay sin + sin + sin ≤ , hàm sin x lõm khoảng 0, 2 2 N4 : Tương tự chứng minh N2 từ AM ≥ GM ta có β γ α r sin + sin + sin N4 β γ α 2 ≤ , tức sin sin sin ≤ 2 α β γ sin sin sin ≤ 2 N5 : Từ α + β = π − γ suy cos γ = − cos(α + β) = − cos α cos β + sin α sin β Do − 2(cos α + cos β + cos γ) = − 2(cos α + cos β − cos α cos β + sin α sin β) = sin2 α + sin2 β − sin α sin β + + cos2 α + cos2 β − cos α − cos β + cos α cos β = (sin α − sin β)2 + (1 − cos α − cos β)2 ≥ 0, điều tương đương với cos α + cos β + cos γ ≤ N6 : Từ cos(α + β) = − cos γ ta có cos α cos β cos γ = (cos (α + β) + cos (α − β)) cos γ = (cos (α − β) − cos γ) cos γ cos2 γ = cos (α − β) cos γ −  22 cos (α − β) cos2 (α − β) = − cos γ − + 2 cos (α − β) ≤ ≤ 8  π  π α β γ Hàm cos x lõm khoảng 0, N7 : Vì α, β, γ ∈ (0, π) nên , , ∈ 0, 2 2 Do theo bất đẳng thức Jensen ta có 10 α β γ √ + cos + cos 2 ≤ cos α + cos β + cos γ = cos π = , 6 nghĩa √ α β γ 3 cos + cos + cos ≤ 2 2  π α β γ N8 : Vì α, β, γ ∈ (0, π) nên , , ∈ 0, , nghĩa 2 2 cos cos α, cos β, cos γ > 0, áp dụng bất đẳng thức AM ≥ GM ta có kết luận α β γ r √ cos + cos + cos N7 β γ α 2 ≤ , cos cos cos ≤ 2 suy √ α β γ 3 cos cos cos ≤ 2 N9 : Từ công thức I4 bất đẳng thức N6 ta có sin2 α + sin2 β + sin2 γ = + cos α cos β cos γ ≤ + = N10 : Theo Mệnh đề 1.4, ta có α α β γ β γ sin2 + sin2 + sin2 + sin sin sin = 1, 2 2 2 nghĩa β γ α β γ α + sin2 + sin2 = − sin sin sin 2 2 2 α β γ Theo N4 : sin sin sin ≤ công thức phía ta có 2 2α 2β 2γ sin + sin + sin ≥ − = 2 N11 : Ta có   N9 2α 2β 2γ 2 cos α + cos β + cos γ = − sin + sin + sin ≥3− = 2 4 N12 : Ta có   N10 β γ α α β γ 2 cos2 + cos2 + cos2 = − sin + sin + sin ≤ 3− = 2 2 4 2 π nên theo bất đẳng thức Jensen ta có N13 : Vì hàm tan x lồi khoảng 0, α β γ tan + tan + tan 2 ≥ tan α + β + γ = tan π = √1 , 6 √ α β γ nghĩa tan + tan + tan ≥ 2  π N14 : Do tính lồi hàm cot x khoảng 0, nên theo bất đẳng thức sin2 Jensen ta có cot √ α β γ α+β+γ + cot + cot ≥ cot = 3 2 11 N15 : Trước hết ta có cot α + cot β = cos α cos β cos α sin β + sin α cos β sin (α + β) + = = sin α sin β sin α sin β sin α sin β (1.8) Hơn ≥ cos (α − β) = cos α cos β + sin α sin β, (1.9) cos γ = − cos (α + β) = − cos α cos β + sin α sin β (1.10) Cộng hai vế (1.9) (1.10) ta có sin α sin β ≤ + cos γ ⇔ sin α sin β sin (α + β) ≤ (1 + cos γ) sin (α + β) ⇔ sin α sin β sin γ ≤ (1 + cos γ) sin (α + β) sin α sin β sin γ (1 + cos γ) sin (α + β) ⇔ ≤ sin α sin β (1 + cos γ) sin α sin β (1 + cos γ) ⇔ sin (α + β) sin γ ≤ + cos γ sin α sin β (1.11) Do (1.8) cot α + cot β + cot γ = sin(α + β) cos γ (1.11) sin γ cos γ + ≥ + sin αsin β sin γ + cos  γ sin γ 4sin2 γ + 2cos2 γ + cos γ = (1 + cos γ) sin γ   3sin γ + (1 + cos γ)2 = (1 + cos γ) sin γ  q 2   3sin γ(1 + cos γ)  (1 + cos γ) sin γ √ √ = = 3, đpcm  π N16 : Vì tam giác cho nhọn nên α, β, γ ∈ 0, Hàm f (x) = tan x lồi  π 0, nên theo bất đẳng thức Jensen ta có √ α+β+γ π tan α + tan β + tan γ ≥ tan = tan = 3 3 ≥ Trong tam giác có bất đẳng thức kép thơng dụng cho Mệnh đề sau Mệnh đề 1.6 Cho α, β, γ góc ∆ABC Khi β γ α + sin + sin ≤ , 2 2√ α β γ 3 sin α + sin β + sin γ ≤ cos + cos + cos ≤ , 2 2 cos α + cos β + cos γ ≤ sin 12 α β γ ≤ , 2 8√ α β γ 3 sin α sin β sin γ ≤ cos cos cos ≤ , 2 √ α β γ cot + cot + cot ≥ 3, 2 α β γ 2 cos α + cos β + cos2 γ ≥ sin2 + sin2 + sin2 ≥ 2 β γ α 2 sin α + sin β + sin γ ≤ cos2 + cos2 + cos2 ≤ 2 α β γ √ cot α + cot β + cot γ ≥ tan + tan + tan ≥ 2 cos α cos β cos γ ≤ sin sin sin 1.3 1.3.1 , , Phép lượng giác biến đổi đơn giản Phép góc cạnh T1 Cho α, β, γ góc tam giác Đặt A = π−α π−β π−γ π ;B = ;C = Khi A + B + C = π ≤ A, B, C < , 2 2 phép cho phép thay góc tam giác góc tam giác nhọn Chú ý   α   α = cos A , cyc cos = sin A , 2   α  α cyc tan = cot A , cyc cot = tan A , 2 cyc sin  cyc kí hiệu chu kỳ hốn vị góc T2 Cho x, y, z số thực dương Khi tồn tam giác với độ dài cạnh a = x + y; b = y + z; c = z + x Phép biến đổi gọi nguyên lý đối ngẫu Rõ ràng, p = x + y + z (x, y, z) = (p − a, p − b, p − c), p nửa chu vi tam giác 1.3.2 Phép hàm lượng giác S1  πCho  a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = Sử dụng hàm f : 0, → (0, +∞), xác định f (x) = tan x, ta sử dụng phép sau α β γ a = tan , b = tan , c = tan , 2 α, β, γ góc ∆ABC 13 S2 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = Áp dụng T1 vào S1 ta có a = cot A, b = cot B, c = cot C, A, B, C góc tam giác nhọn S3 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = abc Chia hai vế 1 cho abc ta có + + = Sử dụng S1 ta có phép bc ca ab α β γ = tan , = tan , = tan a b c α β γ hay a = cot , b = cot , c = cot , 2 α, β, γ góc tam giác S4 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = abc Áp dụng T1 vào S3 ta có a = tan A, b = tan B, c = tan C, A, B, C góc tam giác nhọn S5 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + 2abc = Vì tất số dương nên a, b, c < x Sử dụng hàm f : (0; π) → (0, 1), xác định f (x) = sin ta có phép β γ α a = sin , b = sin , c = sin ; 2 α, β, γ góc tam giác S6 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a2 + b2 + c2 + 2abc = Áp dụng T1 vào S5 ta có a = cos A, a = cos B, c = cos C, A, B, C góc tam giác nhọn 14 S7 Cho x, y, z số thực dương Áp dụng T2 vào biểu thức r r r yz , (x + y) (x + z) zx , (y + z) (y + x) xy , (z + x) (z + y) biểu thức r (s − b) (s − c) , bc r (s − c) (s − a) , ca r (s − a) (s − b) , ab a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Mà r r sin α = (s − b) (s − c) α ; cos = bc s (s − a) bc Do biểu thức cho α β γ sin , sin , sin , 2 α, β, γ góc tam giác S8 Tương tự S7, biểu thức r r x (x + y + z) , (x + y) (x + z) y (x + y + z) , (y + z) (y + x) α β γ cos , cos , cos , 2 α, β, γ góc tam giác r z (x + y + z) , (z + x) (z + y) 15 Chương Phép lượng giác chứng minh đẳng thức bất đẳng thức Chương trình bày ứng dụng phép lượng giác chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số có độ khó cao trích từ đề thi vào Đại học, thi học sinh giỏi, Olympic Toán quốc tế Nội dung chương hình thành chủ yếu từ tài liệu [3, 4, 6] 2.1 Các toán đẳng thức Bài toán 2.1 Cho x2 + y + z + 2xyz = 1(x, y, z > 0) Chứng minh p p p + xyz = x (1 − y )(1 − z ) + y (1 − x2 )(1 − z ) + z (1 − y )(1 − x2 ) (2.1) Giải Từ giả thiết ta có điều kiện < x, y, z < Dựa vào điều kiện đề số đặc điểm hàm số lượng giác ta đặt x = cos a, y = cos b, z = cos c với  π a, b, c ∈ 0; Thay vào (2.1), ta có: p p + cos a cos b cos c = cos a (1 − cos2 b) (1 − cos2 c) + cos b (1 − cos2 a) (1 − cos2 c) + p cos c (1 − cos2 b) (1 − cos2 a) ⇔ + cos a cos b cos c = cos a sin b sin c + cos b sin a sin c + cos c sin b sin a ⇔ = − cos a cos b cos c + cos a sin b sin c + cos b sin a sin c + cos c sin b sin a ⇔ = cosa (−cosb.cosc + sinb.sinc) + sin a (cos b sin c + cos c sin b) ⇔ = − cos a cos (b + c) + sin a sin(a + b) ⇔ cos (a + b + c) = −1 Mặt khác, từ điều kiện x2 + y + z + 2xyz = ta được: cos2 a + cos2 b + cos2 c + cos a cos b cos c = 16 ⇔ (cos c + cos a cos b)2 − cos2 a.cos2 b + cos2 a + cos2 b − = ⇔ (cos c + cos a cos b)2 + cos2 a.sin2 b − sin2 b = ⇔ (cos c + cos a cos b)2 − sin2 a.sin2 b = ⇔ (cos c + cos a cos b − sin a sin b) (cos c + cos a cos b + sin a sin b) = ⇔ [cos c + cos (a + b)] [cos c + cos (a − b)] = ⇔ cos a+b+c a+b−c a−b+c b+c−a cos cos cos = 2 2 (2.2)  π a−b+c π a+b−c π b+c−a π Do a, b, c ∈ 0; nên 6= ; 6= ; 6= 2 2 a−b+c b+c−a a+b−c cos cos 6= nên cos 2 a+b+c Từ (2.2) suy cos = suy a + b + c = π cos(a + b + c) = −1 (đpcm) 2 Bài toán 2.2 Cho hai số a, b thỏa mãn |b| ≤ |a| Chứng minh rằng: p p 2 2 |a + b| + |a − b| = a + a − b + a − a − b (2.3) Giải Với a = b = 0, đẳng thức cho Với a 6= ta chia hai vế đẳng thức (2.3) cho |a| , ta r r 2 + b + − b = + − b + − − b (2.4) a a a2 a2 b b Mặt khác theo điều kiện đề ta có |b| ≤ |a| ⇒ ≤ 1, ta đặt = cos t a a hay b = a cos t với t ∈ [0; π] Thay vào vế trái đẳng thức (2.4), ta + b + − b = |1 + cos t| + |1 − cos t| = a a Vế phải q q 2 + − b + − − b = |1 + sin t| + |1 − sin t| = a a Từ ta có điều phải chứng minh 17 Bài toán 2.3 Cho a, b, c > thỏa mãn điều kiện ab + ac + cb = Chứng minh rằng: 1 √ √ √ + + = 2 bc (1 + a ) ca (1 + b ) ab (1 + c ) abc + a2 + b2 + c2 (2.5) Giải  π Đặt a = tan α, b = tan β, c = tan γ với α, β, γ ∈ 0; Thay giá trị vào giả thiết, ta có: tan α tan β + tan α tan γ + tan γ tan β = ⇔ tan β (tan α + tan γ) = − tan α tan γ − tan α tan γ ⇔ tan β = tan α + tan γ ⇔ tan β = cot (α + β) π ⇒α+β+γ = Mặt khác 1
= cot γ cot β.cos2 α = 2 bc (1 + a ) tan γ tan β + tan α Tương tự biểu thức lại ta vế trái đẳng thức (2.5) cot γ cot β.cos2 α + cot γ cot α.cos2 β + cot α cot β.cos2 γ
= cot α cot β cot γ tan α.cos2 α + tan β.cos2 β + tan γ.cos2 γ = cot α cot β cot γ (sin 2α + sin 2β + sin 2γ) = cot α cot β cot γ.4 cos α cos β cos γ(vì2α + 2β + 2γ = π) = cot α cot β cot γ cos α cos β cos γ Vế phải (2.5) p p tan α tan β tan γ + tan2 α + tan2 β cot α cot β.cotγ =r r r 1 2 cos α cos β cos2 γ = cot α cot β cot γ cos α cos β cos γ p + tan2 γ Như vậy, vế trái vế phải (2.5) nhau, ta có (đpcm) Bài tốn 2.4 Cho xy + yz + zx = xyz 6= Chứng minh             1 1 1 x− x y− y + y− y z− Giải z + x− x z− z =  ... hàm lượng giác Mục đích luận văn tìm hiểu, thu thập tài liệu phân loại toán ứng dụng phép lượng giác số toán đại số, chứng minh đẳng thức bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình v.v Luận. .. dãy số, đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng, phép lượng giác Chương 2: Trình bày ứng dụng phép lượng giác chứng minh đẳng thức bất đẳng thức có độ khó cao trích từ đề thi vào Đại học, ... v.v Luận văn khơng đề cập đến ứng dụng phép lượng giác tính nguyên hàm tích phân Thơng thường, số bất đẳng thức đại số phức tạp đơn giản hóa cách sử dụng phép lượng giác Khi ta đặt phép khéo