Dãy số
Định nghĩa 1.1.1 Một hàm số u xác định trên tập hợp các số nguyên dương N ∗ được gọi là một dãy số vô hạn (hay còn gọi tắt là dãy số).
Mỗi giá trị của hàm số u được xem là một số hạng trong dãy số, trong đó u(1) là số hạng đầu tiên và u(2) là số hạng thứ hai.
Trong toán học, dãy số được kí hiệu là {u n } hoặc (u n), với u n là số hạng tổng quát Dãy số (u n) có giới hạn bằng 0 nếu mọi số hạng từ một số hạng nhất định trở đi đều có giá trị tuyệt đối nhỏ hơn bất kỳ số dương nào cho trước, ký hiệu là lim u n = 0 hoặc u n → 0 Ngoài ra, dãy số (u n) có giới hạn là số thực L nếu lim(u n − L) = 0, ký hiệu là lim u n = L hoặc u n → L.
Dãy số hội tụ nếu có giới hạn hữu hạn.
Dãy số phân kì nếu có giới hạn vô cực hoặc không tồn tại giới hạn. Định nghĩa 1.1.3 Cho dãy số (un), khi đó
(i) Dãy u(n) gọi là dãy tăng nếu un ≤un +1,∀n∈ N ;
(ii) Dãy u(n) gọi là dãy giảm nếu u n ≥ u n +1,∀n ∈ N
Các dãy tăng và dãy giảm được gọi chung là dãy đơn điệu. Định lý 1.1.4 Ta có
Đạo hàm
Đạo hàm của hàm số f tại điểm x0 được định nghĩa là giới hạn của tỉ số \(\frac{f(x) - f(x0)}{x - x0}\) khi x tiến gần đến x0, ký hiệu là f′(x0) Cụ thể, công thức được thể hiện là \(f′(x0) = \lim_{x \to x0} \frac{f(x) - f(x0)}{x - x0}\) Trong định nghĩa này, nếu đặt \(\Delta x = x - x0\) và \(\Delta y = f(x0 + \Delta x) - f(x0)\), ta có thể biểu diễn đạo hàm như sau: \(f′(x0) = \lim\).
Nguyên hàm, tích phân
Hàm số f xác định trên K, với K là khoảng, đoạn hoặc nửa khoảng, được gọi là hàm số có nguyên hàm F nếu F' (x) = f(x) với mọi x thuộc K Nếu F là nguyên hàm của f trên K, thì có những tính chất quan trọng liên quan đến F và f.
(i) Với mỗi hằng số C, hàm số y = F(x) +C cũng là một nguyên hàm của f trên K;
(ii) Ngược lại, với mỗi nguyên hàm G của f trên K thì tồn tại một hằng số C sao cho G(x) = F(x) + C với mọi x thuộc K.
Từ Định lý 1.3.2 ta thấy nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì mọi nguyên hàm của f trên K đều có dạng F(x) + C với C ∈ R Vậy
F(x) +C, C ∈ R là họ tất cả các nguyên hàm của f trên K. Định nghĩa 1.3.3 Họ tất cả các nguyên hàm của f trên K được kí hiệu là f(x)dx Vậy
R f(x)dx = F(x) +C, C ∈ R Định lý 1.3.4 Nếu f, g là hai hàm số liên tục trên K thì
(ii) Với mọi số thực k 6= 0 ta có
Nguyên hàm của một số hàm thường gặp Định lý 1.3.5 Cho C là hằng số và k là hằng số khác 0, ta có
(i) R sinkxdx = −coskx k +C; (ii) R coskxdx= sinkx k +C; (iii) R e kx dx = e kx k +C; (iv) R a x dx = a x lna +C (0< a 6= 1);
(vi) R 1 sin 2 xdx = −cotx+C; Định nghĩa 1.3.6 Cho hàm số f liên tục trên K và a, b là hai số bất kì thuộc K Nếu F là một nguyên hàm của f trên K thì hiệu số
F(b)−F(a) được gọi là tích phân của f từ a đến b và kí hiệu là
Trong trường hợp a < b, Rb a f(x)dx được định nghĩa là tích phân của hàm f trên đoạn [a; b] Hiệu số F(b) − F(a) được ký hiệu là F(x) b a Nếu F là một nguyên hàm của f trên K, thì điều này có ý nghĩa quan trọng trong việc tính toán tích phân.
Một số hệ thức lượng giác
Bổ đề 1.4.1 Cho ba góc A, B, C khác π
2 +kπ, k ∈ Z Khi đó điều kiện cần và đủ để tanA+ tanB + tanC = tanA.tanB.tanC là A+B +C = mπ,với m ∈ Z.
Bổ đề 1.4.2 Cho ba góc A, B, C khác π
2 +kπ, k ∈ Z Khi đó điều kiện cần và đủ để tanAtanB+ tanBtanC + tanCtanA = 1 là
Bổ đề 1.4.3 Cho ba góc A, B, C khác π
2 +kπ Khi đó điều kiện cần và đủ để tanA+ tanB + tanC −tanAtanBtanC 1−tanAtanB −tanBtanC −tanC tanA là
Bổ đề 1.4.4 Cho ba gócA, B, C thỏa điều kiện khác π
4+nπ với k, n∈ Z Khi đó điều kiện cần và đủ để
Bổ đề 1.4.5 Với mọi n ∈ N và n > 2 ta có các kết quả sau
. Định lý 1.4.6 (Định lý côsin)
Trong tam giác ABC bất kì với BC = a, CA = b, AB = c ta có:
(iii) c 2 = a 2 +b 2 −2abcosC. Định lý 1.4.7 (Định lý sin)
Trong tam giácABC bất kì với BC = a, CA = b, AB = c và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, ta có: a sinA = b sinB = c sinC = 2R.
ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 12
Phương pháp lượng giác trong dãy số
Để giải quyết các bài toán liên quan đến dãy số, đặc biệt là dãy số truy hồi, việc tìm ra công thức tổng quát là rất quan trọng Có nhiều phương pháp để đạt được điều này, trong đó phương pháp lượng giác đóng vai trò quan trọng Để áp dụng phương pháp này, người giải cần nắm vững các công thức lượng giác và lựa chọn công thức phù hợp với từng dãy số trong đề bài Ngoài ra, việc dự đoán công thức lượng giác và sử dụng quy nạp để chứng minh cũng là một kỹ thuật hữu ích Bài viết này tập trung vào nghiên cứu các bài toán về dãy số truy hồi.
Quy trình giải một bài toán về dãy số truy hồi bằng phương pháp lượng giác thường thực hiện qua ba bước sau:
Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.Bước 2: Dự đoán, liên tưởng đến công thức lượng giác phù hợp.
Bước 3: Sử dụng quy nạp để chứng minh và thực hiện các yêu cầu còn lại của bài toán.
Bài toán 2.1 ([7]) Cho dãy số (u n ) xác định bởi
Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
Bước 2: Dự đoán, liên tưởng đến công thức lượng giác phù hợp.
Với giả thiết bài toán un +1 = u n +√
2)un ta dự đoán sẽ sử dụng công thức tan(a+b) = tana+ tanb
1−tanatanb để giải bài toán.
Từ biểu thức lượng giác của ba số hạng đầu của dãy số u n ta dự đoán dạng lượng giác của số hạng tổng quát là u n = tanhπ
8 iã Bước 3: Sử dụng quy nạp để chứng minh.
Trường hợp n= 1 đã kiểm tra ở trên.
Giả sử công thức đúng với n = k (k ≥1), hay u k = tanhπ
Ta sẽ chứng minh công thức đúng với n = k + 1 Hay phải chứng minh u k +1 = tan π
Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có u n = tanhπ
Bài toán 2.2 ([4]) Cho dãy số (h n ) được xác định bởi h1 = 1
2 ; ∀n ≥1. Đặt S n Xn i =1 h i với n ∈ N Chứng minh rằng lim n →∞S n < 1,03.
Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
6 và ta sử dụng các công thức cos 2x = 1−2 sin 2 x, cos 2 x+ sin 2 x = 1 để chuyển hóa các biến.
Bước 2: Dự đoán, liên tưởng đến công thức lượng giác phù hợp.
3.2 3 Qua biểu thức lượng giác của ba số hạng đầu của dãy số ta dự đoán dạng lượng giác của số hạng tổng quát là h n = sin π
3.2 n ã Bước 3: Sử dụng quy nạp để chứng minh.
Trường hợp n= 1 đã kiểm tra ở trên.
Giả sử công thức đúng vớin = k (k ≥ 1), hay h k = sin π
3.2 k Ta sẽ chứng minh công thức đúng vớin = k+ 1 Hay phải chứng minhh k +1 = sin π
3.2 k +1 Thật vậy, ta có h k +1 vu uu t1− r
Do đó theo nguyên lí quy nạp ta suy ra h n = sin π
3.2 n với mọi n ∈ N. Bây giờ, ta sẽ chứng minh lim n →∞S n < 1,03 Thật vậy, vì sinx < x với mọi x ∈ 0; π
Mặt khác, ta có S n là dãy tăng Từ đó suy ra lim n →∞S n ≤ 1
3.2 < 1,03. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3 ([4]) Cho dãy số (u n ) được xác định bởi u n = 2 n vu uu t2− r
2 (n dấu căn) Ta sẽ chứng minh
Giả sử (1) đúng khi n = k,(k ≥ 2), nghĩa là V k = 2 cos π
(1) đúng khi n = k + 1, suy ra (1) đúng với mọi n.
Từ đó ta có lim n → + ∞u n = lim n → + ∞
2ã Bài toán 2.4.([12]) Hai dãy số u1, u2, , u n , và v1, v2, , v n , , được xác định như sau u1 √2
1ưp1ưu 2 n ,∀n = 1,2 . v1 = 1, v n +1 p1 +v n 2 −1 v n ,∀n= 1,2 . Chứng minh rằng 2 n +2 u n < π < 2 n +2 v n
2 3 Bằng quy nạp ta chứng minh được u n = sin π
Bằng quy nạp ta chứng minh được v n = tan π
2 n +2 Mặt khác, vì sinx < x 0 ∀n = 1,2, Vì x2 > 0 nên −x1 + p3−3x 2 1 > 0 hay p3−3x 2 1 > x1 Mà x1 > 0 Do đó
2 ã Vậy điều kiện cần để dãy (xn) gồm các số hạng toàn dương là
2 Khi đó có thể chọn góc α sao cho 0< α < π
3 −αi = sinα >0. Như vậy ta có x1 = x3 = x5 = = sinα >0; x2 = x4 = x6 = = sin π
3 −α > 0. Vậy điều kiện cần và đủ để dãy (x n ) gồm toàn các số hạng dương là
Phương pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức
thức và bất đẳng thức Để áp dụng phương pháp lượng giác vào chứng minh các hệ thức đại số ta cần dựa vào các dấu hiệu sau đây
Dấu hiệu 1: Nếu trong bài toán có |x| ≤ k ( với k > 0) thì đặt x = ksinα, với α ∈ h− π
2;π 2 i hoặc đặt x = kcosα, với α ∈ h0;πi. Dấu hiệu 2: Nếu trong bài toán có biểu thức x 2 +y 2 = k 2 (với k > 0) thì đặt
Dấu hiệu 3: Nếu trong bài toán có điều kiện x ≥ k (với k > 0) thì đặt x = k cosα, α ∈ h0; π
Khi đó x 2 −k 2 = k 2 1 cos 2 α −1 = k 2 tan 2 α với tanα >0.
Dấu hiệu 4: Nếu trong bài toán có biểu thức x 2 +k 2 thì đặt x = ktanα với α ∈ − π
Khi đó x 2 + k 2 = k 2 1 + tan 2 α = k 2 cos 2 α với cosα > 0.
Dấu hiệu 5: Mỗi số thực x được đặt tương ứng với một số a với
Khi giải bài toán với điều kiện xy + yz + zx = 1 hoặc x + y + z = xyz, hãy đặt x = tanα, y = tanβ, z = tanγ Sau đó, áp dụng các kết quả từ những bổ đề trong chương 1 để tìm ra nghiệm.
Quy trình để chứng minh một đẳng thức hay một bất đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác thường thực hiện qua ba bước.
Để giải quyết bài toán, bước đầu tiên là phân tích và nhận diện các dấu hiệu có trong đề bài Tiếp theo, cần lượng giác hóa bài toán, tức là chuyển đổi bài toán chứng minh đẳng thức hoặc bất đẳng thức đại số thành bài toán chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức lượng giác.
Bước 3: Chứng minh đẳng thức hay bất đẳng thức lượng giác tương ứng và kết luận.
Ta xét một số bài toán sau đây.
Bài toán 2.8 ([7]) Cho các hệ thức x 2 +y 2 = 1, u 2 +v 2 = 1, xu+yv = 0. Chứng minh rằng x 2 +u 2 = 1, y 2 +v 2 = 1, xy +uv = 0.
Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
Theo phương trình x² + y² = 1 và u² + v² = 1, với điều kiện xu + yv = 0, tồn tại x = cos a, y = sin a và u = cos b, v = sin b trong khoảng 0 ≤ a, b ≤ 2π Khi đó, ta có xu + yv = 0 tương đương với cos a cos b + sin a sin b = cos(a - b) = 0 Để giải quyết bài toán, ta cần chứng minh các đẳng thức lượng giác sau: i) cos² a + cos² b = 1, ii) sin² a + sin² b = 1, iii) cos a sin b + cos b sin a = 0 Trong đó, chúng ta đã có cos² a + cos² b = 1.
2(cos 2a+ cos 2b) = 1 + cos(a+b) cos(a−b). Theo (1) vế phải đẳng thức cuối cùng bằng 1, ta có điều phải chứng minh. ii) sin 2 a+ sin 2 b = 1
= 1−cos(a+b) cos(a−b) = 0. iii) cosasina+ cosbsinb = 1
= sin(a+b) cos(a−b) = 0 ✷ Bài toán 2.9 ([8]) Cho hai số thực x, y thỏa mãn |y| ≤ |x| Chứng minh rằng
Bước 1: Biến đổi, phân tích để nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán. Để giải bài toán trên ta xét hai trường hợp.
Trong trường hợp x = y = 0, đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên đúng Đối với trường hợp x^2 + y^2 ≠ 0, mà không làm mất tính tổng quát, giả sử x ≠ 0, bài toán có thể được phát biểu lại một cách tương đương.
≤ 1 nên đặt y x = cosa với a ∈ [0;π]. Bước 2: Lượng giác hóa bài toán. Điều cần chứng minh trở thành
Bước 3: Chứng minh đẳng thức lượng giác.
Bài toán 2.10 ([8]) Cho ab 6= −1, bc 6= −1, ca 6= −1 Chứng minh a−b
Giải Đặta = tanA, b = tanB, c= tanC Khi đó ta có a−b
Vì (A−B) + (B −C) + (C −A) = 0 nên, theo Bổ đề 1.1, ta suy ra tan(A−B)+tan(B−C)+tan(C−A) = tan(A−B) tan(B−C) tan(C−A).
Bài toán 2.11 ([5]) Cho xyz 6= 0 và x+y +z−xyz = 1−xy −yz−zx. Chứng minh rằng
Giải Đặt x = tanA, y = tanB, z = tanC Từ giả thiết ta có tanA+ tanB + tanC −tanAtanBtanC
⇔tan 2Atan 2B + tan 2Btan 2C + tan 2Ctan 2A= 1
⇔ 1 cot 2A ã 1 cot 2B + 1 cot 2B ã 1 cot 2C + 1 cot 2C ã 1 cot 2A = 1
⇔cot 2A+ cot 2B+ cot 2C = cot 2Acot 2Bcot 2C.
Từ đó suy ra cot 2A = 1−tan 2 A
Từ đẳng thức lượng giác vừa chứng minh ta suy ra
Bài toán 2.12 ([5]) Cho xyz 6= 0 và xy +yz +zx = 1 Chứng minh rằng x− 1 x y− 1 y
= 4. Giải Đặt x = tana, y = tanb, z = tanc, với −π
2. Khi đó, ta có x− 1 x = tana− 1 tana = −2ã 1−tan 2 a
2 tana = −2 cot 2a; x− 1 x = tanb− 1 tanb = −2ã 1−tan 2 b
2 tanb = −2 cot 2b; x− 1 x = tanc− 1 tanc = −2ã 1−tan 2 c
Bài toán đã cho tương đương với việc chứng minh đẳng thức cot 2acot 2b+ cot 2bcot 2c+ cot 2ccot 2a = 1.
Từ giả thiết xy +yz +zx = 1
⇔tan 2a+ tan 2b+ tan 2c = tan 2atan 2btan 2c [Chương I, Bổ đề 1.1]
⇔cot 2acot 2b+ cot 2bcot 2c+ cot 2ccot 2a = 1 ✷
1−zã Chứng minh rằng i) x+y +z −xyz = 1−xy −yz −zx; ii) 2(x+y)(1−xy)
1 +z 2 ãGiải Đặt x = tanA, y = tanB, z = tanC
4 +kπ [chương I, Bổ đề 1.4] (1) i) (1) ⇒ tanA+ tanB + tanC −tanAtanBtanC
= 1−tanAtanB −tanBtanC −tanCtanA [chương I, Bổ đề 1.3]
⇒x+y +z −xyz = 1−xy −yz −zx ✷ ii) (1) ⇒ 2A+ 2B+ 2C = π
= 2 tan(A+ B)ã cos 2 (A+B) cos 2 Acos 2 B ãcos 2 Acos 2 B
= cos 2 (A+B)−sin 2 (A+B) cos 2 Acos 2 B cos 2 Acos 2 B
2.2.2 Chứng minh bất đẳng thức
Ta xét một số bài toán sau đây.
Bài toán 2.14 ([11]) Chứng minh rằng p1 +√
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán. Điều kiện để bài toán có nghĩa là |x| ≤ 1, ta đặt x = cosα, α ∈ [0;π]. Bước 2: Lượng giác hóa bài toán.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành p1 +√
2+p2(1−cos 2 α). Bước 3: Chứng minh bất đẳng thức lượng giác và kết luận.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi cosα = 1 ⇔α = 0 hay x = 1.
Bài toán 2.15 ([13]) Chứng minh rằng
4−x ≤ 4, ∀x ∈ [−4; 4]. Giải Đặt x = 4 cosα, với α ∈ [0;π] Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
≤ 4 ✷ Bài toán 2.16 ([7]) Cho x 2 +y 2 = 1 Chứng minh rằng
Vì x 2 +y 2 = 1 nên ta có thể đặt x = cosα, y = sinα Khi đó ta có sin 5α = sin(2α+ 3α)
= 2 sinαcosα(4 cos 3 α−3 cosα)+(2 cos 2 α−1)(3 sinα−4 sin 3 α)
Lập luận một cách tương tự ta có cos 5α = 16x 5 −20x 3 + 5x Từ đó suy ra 16(x 5 +y 5 )−20(x 3 +y 3 ) + 5(x+y) = |sin 5α+ cos 5α| ≤ √
2 Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi sin(5α+ π
5 , k ∈ Z. Bài toán 2.17 ([9]) Cho x, y, z ∈ (0; 1) và xy+ yz+zx = 1 Chứng minh x
2 Giải Đặt x = tanA, y = tanB, z = tanC trong đó A + B + C = π
4 Từ giả thiết 2A+ 2B + 2C = π và Bổ đề 1.1 ta suy ra tan 2A+ tan 2B + tan 2C = tan 2Atan 2Btan 2C.
2 Do đó tan 2A,tan 2B,tan 2C > 0 Theo bất đẳng thức Cô- si ta có tan 2A+ tan 2B + tan 2C ≥ 3√ 3 tan 2Atan 2Btan 2C
⇔(tan 2A+ tan 2B + tan 2C) 3 ≥ 27(tan 2A+ tan 2B + tan 2C)
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi A = B = C = π
3 ã Bài toán 2.18 ([5]) Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta có
1 +c 2 Giải Đặt a = tanA, b = tanB, c = tanC, với A, B, C ∈ (−π
2)ã Bất đẳng thức đã cho trở thành
Mặt khác, ta có |sin(A−C)| = |sin(A−B +B −C)|
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Dấu "=" trong bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi
Vậy dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b hoặc b = c.
Bài toán 2.19 ([7]) Chứng minh rằng nếu |x| < 1 thì với mọi số nguyên n >1 ta có (1 +x) n + (1−x) n < 2 n
Từ điều kiện |x| < 1 ta có thể đặt x = cosα, α ∈ (0;π) Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
Từ đó suy ra cos 2 n α
Phương pháp lượng giác trong giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình
bất phương trình và hệ phương trình
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giới thiệu thêm các dấu hiệu nhận biết để xác định xem một phương trình, bất phương trình hoặc hệ phương trình có thể giải bằng phương pháp lượng giác hay không, bên cạnh những dấu hiệu đã được trình bày trong phần "Chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức".
1−ab, thì lượng giác hóa bằng cách đặt a = tanα, b = tanβ. Khi đó A = tan(α+β).
Nếu hai biến tham gia bài toán có ràng buộc a 2 x 2 +b 2 y 2 = c 2 với a, b, c dương thì lượng giác hóa bằng cách đặtx = c a sinα và y = c bcosα, trong đó α ∈ [0,2π].
Như vậy để giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình đại số bằng phương pháp lượng giác ta thực hiện qua ba bước.
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
Bước 2 trong quá trình giải bài toán là lượng giác hóa, tức là sau khi xác định ẩn phụ, ta cần chuyển đổi các phương trình, bất phương trình hoặc hệ phương trình đại số thành các dạng lượng giác tương ứng.
Bước 3: Giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình lượng giác tương ứng và kết luận.
Bài toán 2.20 ([7]) Giải phương trình: p1 +√
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
Vì điều kiện xác định của bài toán là |x| ≤ 1 nên ta đặt x = cost, với
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán.
1−cos 2 t Bước 3: Giải phương trình lượng giác và kết luận. p1 +√
Vì2+sint > 0nên phương trình có nghiệm là cost= 1
2 ã Bài toán 2.21 ([11]) Với a 6= 0, giải bất phương trình
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
Vì bài toán xuất hiện biểu thức x 2 + a 2 nên ta đặt x = |a|tanα, với α ∈ − π
Bước 2: Lượng giác hóa bài toán.
Bất phương trình đã cho có dạng |a| cosα ≤ |a|tanα + 2a 2 cosα
|a| Bước 3: Giải bất phương trình lượng giác và kết luận.
√3. Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ −|a|
√3. Bài toán 2.22 ([5]) Giải hệ phương trình
Bước 1: Nhận biết các dấu hiệu có trong bài toán.
Vì điều kiện của bài toán là
, với α, β ∈ [0;π]. Bước 2: Lượng giác hóa bài toán.
Hệ phương trình đã cho trở thành
Bước 3: Giải hệ phương trình lượng giác
(1−cosα)(1 + cosβ) = 2 và kết luận.
2] Khi đó, ta có cosαsinα = 1−t 2
Từ đó suy ra cosα−sinα+ cosαsinα+ 1 = 0 ⇔t+ 1−t 2
Hệ phương trình trở thành
Kết luận: Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x, y) = (0; 1).
Bài toán 2.23 ([20]) Tìm những nghiệm nằm trong khoảng (0; 1) của phương trình
Vì ta chỉ xét các nghiệm x ∈ (0; 1) nên đặt x = cost với t ∈ 0; π
Khi đó phương trình 32x(x 2 −1)(2x 2 −1) 2 = 1− 1 x trở thành
Giải phương trình cos 8t = cost và kết hợp với điều kiện 0 < t < π
Bài toán 2.24 ([11]) Xác định a để phương trình sau có nghiệm
Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp a < 0, phương trình vô nghiệm.
Trường hợp a = 0, phương trình trở thành √ x+√
−x = 0 ⇔x = 0. Trường hợp a > 0, phương trình có nghĩa khi −a ≤x ≤ a. Đặt x = acost (với t∈ [0;π]), phương trình trở thành pa(1 + cost) +pa(1−cost) =a
Vậy đó phương trình có nghiệm khi
Bài toán 2.25 ([9]) Chứng minh rằng phương trình x 3 −3x+ 1 = 0 có ba nghiệm x1 < x2 < x3 và thỏa mãn hệ thức x 2 3 = 2 +x2.
Giải phương trình f(x) = x³ - 3x + 1, ta thấy hàm số f(x) liên tục trên R Với các giá trị f(−2) < 0, f(−1) > 0, f(1) < 0 và f(2) > 0, theo định lý giá trị trung gian, phương trình x³ - 3x + 1 = 0 có ba nghiệm x1, x2, x3.
Từ (1) suy ra mọi nghiệm của phương trình đều thỏa mãn |x i | < 2 Đặt x = 2 cosϕ, với 0 ≤ϕ ≤ π Khi đó phương trình x 3 −3x+ 1 = 0 trở thành
Dễ dàng suy ra với 0 ≤ϕ ≤ π thì có ba góc ϕ1 = 2π
9 thỏa mãn (2) Do đó x1 = 2 cos8π
9 = 2 +x2. Bài toán 2.26 ([20]) Giải phương trình
Chia hai vế của phương trình cho 17 x ta có
Phương trình đã cho tương đương với (cosα) x + (sinα) x = 1.
Dễ thấy x = 2 là một nghiệm, ta chứng minh x = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình Thật vậy, ta xét hai trường hợp sau đây.
⇒ (cosα) x + (sinα) x < 1 nên phương trình không được nghiệm đúng.
⇒ (cosα) x + (sinα) x > 1 nên phương trình không được nghiệm đúng.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x = 2.
Bài toán 2.27 ([7]) Giải bất phương trình x+ x
x 2 > 1 x > 0 ta suy ra 0 < 1 x < 1 Đặt 1 x = cost với
2 Khi đó bất phương trình trở thành
5 sintcost. Đặt u = sint+ cost Khi đó, ta được
√10 Khi đó, ta có cosϕ = 3
√10 Bất đẳng thức kép (4) tương đương với
Vì tính nghịch biến của hàm cos trên h
2 ã Vậy tập nghiệm của bất phương trỡnh là
5; +∞). Bài toán 2.28 (ĐTTS vào Trường Đại học Nông - Lâm TP HCM, 1991) Giải bất phương trình √
4 ã Giải Điều kiện xác định của bất phương trình −1≤ x ≤ 1. Đặt x = cos 2t, trong đó 0 ≤t ≤ π
2ã Bất phương trỡnh trở thành
2 sint ≤ 2− (cost−sint) 2 (cost+ sint) 2
2ã Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là −1 ≤ x ≤1.
Bài toán 2.29 ([13]) Giả sử (x, y, z) là nghiệm của hệ phương trình
x = y(4−y) y = z(4−z) z = x(4−x) Hãy tìm tất cả các giá trị mà tổng S = x+y +z có thể nhận được.
Giả sử (x, y, z) là một nghiệm của hệ phương trình đã cho Khi đó, ta có x = y(4−y) = 4y −y 2 ; (1) y = z(4−z) = 4z −z 2 ; (2) z = x(4−x) = 4x−x 2 (3)
Vì S ≥ 0, nên trong ba số x, y, z phải có ít nhất một số không âm, giả sử x ≥ 0 Từ phương trình (1), suy ra 0 ≤ y ≤ 4 Hoán vị các số, ta có 0 ≤ x, y, z ≤ 4 Đặt x = 4 sin² α với 0 ≤ α ≤ π.
2 Thay vào phương trình (3) ta có z = 16 sin 2 α(1−sin 2 α) = 16 sin 2 αcos 2 α = 4sin 2 2α.
Thayz vào phương trình (2) ta có y = 16 sin 2 2α(1−sin 2 2α) = 4 sin 2 4α. Thay y vào phương trình (1) ta được x = 16 sin 2 4α(1 − sin 2 4α) 4 sin 2 8α.
Vì x = 4 sin 2 α và x = 4 sin 2 8α nên sin 2 α = sin 2 8α ⇔ 1−cos 2α
Ta lần lượt xét các trường hợp sau.
2 nên k ∈ {0; 1; 2; 3} Với k = 0 ta có α = 0 ⇒ S = 0 Với k = 1; 2; 3 ta được cùng một giá trị S là
2 nên k ∈ {0; 1; 2; 3; 4} Với k = 0 ta có α = 0 ⇒ S = 0 Với k = 1; 2; 4 ta được cùng một giá trị S là
Bài toán 2.30 ([20]) Giải hệ phương trình
Từ các phương trình của hệ ta có các điều kiện 0≤ x ≤ 1 và 0≤ y ≤ 1. Đặt x = cosα, y = cosβ,với 0≤ α, β ≤ π
2ã Khi đú hệ phương trỡnh trở thành
Từ phương trình sin(α −β) = 0 ta có α−β = kπ ⇔ α = β +kπ Vì cách đổi biến số ở trên nên α = β, 0 ≤ α ≤ π
2. Thay vào phương trình sin(α +β) = 1
12 +nπ với m, n ∈ Z Vì điều kiện ràng buộc của biến ở trên nên α = π
12ã Tương ứng với nú, hệ phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm là
ỨNG DỤNG CỦA LƯỢNG GIÁC TRONG HÌNH HỌC 50
Phương pháp lượng giác trong giải toán hình học phẳng
3.1.1 Một số bài toán về đường tròn Để giải một số bài toán về đường tròn bằng phương pháp lượng giác ta thực hiện qua ba bước sau.
Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác.
Bước 2: Giải bài toán lượng giác.
Bài toán 3.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 2), điểmO(0; 0) và đường tròn (C) có phương trình (x−3) 2 + (y−4) 2 = 9 Tìm trên(C) điểm B sao cho tam giác OAB cân tại A.
Bước 1: Chuyển bài toán hình học thành bài toán lượng giác.
Phương trình tham số của(C) là
Bài toán trở thành: "Tìm t ∈ [0; 2π) sao cho tam giác OAB cân tại A." Bước 2: Giải bài toán lượng giác nêu trên.
Vì △OAB cân tại A nên AB 2 = OA 2
Vậy có hai điểm B thỏa yêu cầu bài toán là B(3; 1) hoặc B(0; 4).
Bài toán 3.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng
(C) : (x+ 1) 2 + (y −3) 2 = 4. Lập phương trình tiếp tuyến d của đường tròn (C), biết d hợp với △ một góc 45 ◦
Giải Đường tròn (C) có tâm I(−1; 3) và bán kính R = 2 Họ tiếp tuyến d của (C) có dạng d : (x+ 1) sint+ (y −3) cost= 2. d hợp với △ một góc 45 ◦ khi và chỉ khi: cos 45 ◦ = |sint+ cost| psin 2 t+ cos 2 t√
Ta xét hai trường hợp sau đây.
Với sint+ cost = 1, ta có hệ phương trình:
Khi đó có hai tiếp tuyến với (C) thỏa yêu cầu bài toán d1 : x = −1 và d2 : y = 3.
Với sint+ cost = −1, ta có hệ phương trình:
. Khi đó có hai tiếp tuyến với (C) thỏa yêu cầu bài toán d3 : x = −3, và d4 : y = 1.
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm là d1 :x = −1, d 2 : y = 3, d 3 :x = −3, và d4 :y = 1.
Bài toán 3.3 ([4])Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1) và (C2) có phương trình
Từ điểm M thuộc đường tròn (C2), ta kẻ hai tiếp tuyến M T1 và M T2 với đường tròn (C1), trong đó T1 và T2 là các tiếp điểm Để viết phương trình đường thẳng T1T2, ta sử dụng tọa độ của điểm M Hơn nữa, cần chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên (C2), các đường thẳng T1T2 luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Giải i) Ta chuyển phương trình (C 2 ) về dạng tham số
Điểm M thuộc vào đường tròn (C2) với tọa độ M(R2 sin t, R2 cos t) Gọi T1(x1, y1) và T2(x2, y2) là hai tiếp điểm Tiếp tuyến của đường tròn (C1) tại điểm T1 có phương trình xx1 + yy1 = R21, trong khi tiếp tuyến của đường tròn (C2) tại điểm T2 có phương trình xx2 + yy2 = R22.
Vì hai tiếp tuyến trên đi qua điểm M(R2sint, R2cost) nên ta có
Phương trình của đường thẳng T1T2 được xác định bởi công thức xR2sint + yR2cost = R^2 Điểm N(x, y) là điểm mà đường thẳng T1T2 không đi qua với mọi giá trị t, dẫn đến việc phương trình xR2sint + yR2cost = R^2 không có nghiệm cho mọi t.
Ta chứng minh T1T2 luôn tiếp xúc với đường tròn (C) : x 2 + y 2 = R 4 1
Vậy T1T2 luôn tiếp xúc với đường tròn (C) : x 2 +y 2 = R 4 1
R2ã 3.1.2 Một số bài toán về Elip và Hyperbol
Một số bài toán về Elip và Hyperbol có thể được giải bằng phương pháp lượng giác theo các bước sau đây.
Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác.
Bước 2: Giải bài toán lượng giác.
Bài toán 3.4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Elip (E) : x 2
16 = 1. Tìm những điểm M thuộc (E) sao cho bán kính qua tiêu điểm trái gấp ba lần bán kính qua tiêu điểm phải.
Bước 1: Chuyển đổi bài toán hình học thành bài toán lượng giác.
Phương trình tham số của (E) là
, t ∈ [0,2π) Vì điểm M thuộc(E) nênM(5 sint,4 cost).Khi đó bài toán trở thành: "Tìm t∈ [0; 2π) sao cho M F1 = 3M F2".
Bước 2: Giải bài toán lượng giác.
Bước 3: Kết luận có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán là
Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ các tiêu điểm đến một tiếp tuyến bất kỳ của một elip bằng bình phương độ dài nửa trục nhỏ của elip.
Giả sử Elip (E) có phương trình: x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 (a > b > 0) Khi đó, phương trình tham số của Elip là
Gọi M(asint, bcost) ∈ (E) Khi đó, phương trình tiếp tuyến △ tại M có dạng x a sint+ y b cost = 1 ⇔bxsint+ aycost−ab = 0.
Từ đó suy ra h1 = d(F1,△) = | −bcsint−ab| pb 2 sin 2 t+a 2 cos 2 t; h2 = d(F 2 ,△) = |bcsint−ab| pb 2 sin 2 t+a 2 cos 2 t.
Vậy h1.h2 = |(bc) 2 sin 2 t−(ab) 2 | b 2 sin 2 t+a 2 cos 2 t = b 2 |(a 2 −b 2 ) sin 2 t−a 2 | b 2 sin 2 t+a 2 cos 2 t
Bài toán 3.6 yêu cầu xác định tiếp tuyến △ của elip (E) có phương trình x²/a² + y²/b² = 1, với điều kiện 0 < b < a, sao cho diện tích của tam giác F1MN là nhỏ nhất Trong đó, M và N là các điểm mà tiếp tuyến cắt các đường thẳng x = -a và x = a, và F1 là tiêu điểm trái của elip.
Phương trình tham số của Elip (E) :
M ∈ (E) nên M(asint, bcost) Khi đó, tiếp tuyến △ của (E) tại M có phương trình
GọiM, N lần lượt là giao điểm của△với các đường thẳngx = −a, x = a.
Khi đó, tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình
⇔ M(−a,b(1 + sint) cost ); tọa độ của N là nghiệm của hệ phương trình
F1N ⇔ F1 nhìn M N dưới một góc vuông.
Do đó diện tích của △F1M N được xác định bởi
Từ đó suy ra S min = b 2 khi
(c+ a).b(1 + sint) cost = (c−a).b(1−sint) cost ⇔sint= c a ⇔ x = c.
Vậy tiếp tuyến△tiếp xúc với Elip tại điểm có hoành độx = c thìS △ F 1 M N đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài toán 3.7 ([4]) Cho Hyperbol (H) có phương trình
1 = 1 và đường thẳng d có phương trình d : x−y + 1 = 0. Tìm các điểm M thuộc Hyperbol (H) có tổng bình phương các khoảng cách tới hai tiệm cận đạt giá trị nhỏ nhất.
Hyperbol (H) có hai đường tiệm cận là d1 : y = 1
2x, hay d1 : 2y − x = 0 và d2 : 2y + x = 0 Ta chuyển phương trình (H) về dạng tham số
Vì M ∈ (H) nên M 2 cost,tant Do đó, khoảng cách từM đến hai tiệm cận là h1 = d(M, d 1 ) = |2 tant− 2 cost|
(sin 2 t−2 sint+ 1) cos 2 t + (sin 2 t+ 2 sint+ 1) cos 2 t
5 ⇔ tan 2 t = 0 ⇔cost= ±1.Vậy tồn tại hai điểm M1(2; 0) và M2(−2; 0) thỏa yêu cầu bài toán.
Từ M ∈ (H) kẻ hai tiếp tuyến M T1, M T2 tới(E), trong đóT1, T2 là các tiếp điểm Chứng minh rằng đường thẳng T1T2 luôn tiếp xúc với một Hyperbol cố định.
Ta chuyển phương trình Hyperbol về dạng tham số
Gọi T1(x1, y1) và T2(x2, y2) là hai tiếp điểm của các tiếp tuyến d1 và d2 đối với Elip Phương trình tiếp tuyến d1 của Elip (E) được biểu diễn dưới dạng xx1/a² + yy1/b² = 1, trong khi phương trình tiếp tuyến d2 có dạng xx2/a² + yy2/b² = 1.
Vì hai tiếp tuyến trên đi qua điểm M( a cost, btant) nên ta có
Phương trình của đường thẳng T1T2 có dạng x acot + y tant b = 1, tương đương với bx + ay sint = ab cost Đặt N(x, y) là điểm không nằm trên đường thẳng T1T2 cho mọi t Khi đó, phương trình bx + ay sint = ab cost sẽ không có nghiệm với mọi t.
Ta chứng minh (T1T2) tiếp xúc với Hyperbol (H) : x 2 a 2 − y 2 b 2 = 1 Thật vậy, ta có b asint
2 a 2 −b 2 = b 2 1 sin 2 t−1 = b 2 cot 2 t Vậy (T 1 T2) luôn tiếp xúc với Hyperbol (H) : x 2 a 2 − y 2 b 2 = 1.
3.1.3 Một số bài toán nhận dạng tam giác
Bài toán nhận dạng tam giác sử dụng các phép biến đổi và hệ thức lượng giác để xác định mối quan hệ giữa các cạnh và góc của tam giác, từ đó đưa ra hình tính của nó.
Bài toán 3.9 ([2]) Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu các góc của nó thỏa mãn hệ thức
Biến đổi (1) về dạng: 1 + cosB sinB
⇔(1+cosB)(2 sinA−sinC) = (1−cosB)(2 sinA+ sinC)
Bài toán 3.10 ([4]) Xác định dạng của △ABC biết các góc của tam giác thỏa mãn
3(cosA+ 2 sinB) + 4(sinA+ 2 cosB) = 15 (1). Giải
Ta có VT = (3 cosA+ 4 sinA) + (6 sinB + 8 cosB) Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta được
Do đó (1) xảy ra khi và chỉ khi
Bài toán 3.11 ([6]) Xác định hình dạng tam giác ABC biết b+c = √
Thay h a = bsinC và áp dụng định lí hàm số sin vào đẳng thức đã cho ta được sinB + sinC = √
Ta có sinB,sinC > 0; 1−sin C + π
6 ≥ 0 nên đẳng thức (2) xảy ra khi và chỉ khi
Vậy △ABC là tam giác đều.
3.1.4 Một số bài toán khác
Lượng giác không chỉ được ứng dụng trong việc giải quyết các bài toán về đường tròn, elip và hyperbol, mà còn được khai thác để giải quyết các bài toán nhận dạng tam giác, bài toán cực trị hình học, bài toán chứng minh và các bài toán tính toán khác Dưới đây là một số bài toán tiêu biểu.
Bài toán 3.12 ([15]) Trong tất cả các tam giác ABC nội tiếp đường tròn cho trước, tìm tam giác có diện tích lớn nhất.
Ta có công thức diện tích tam giác ABC là
Vì sinA > 0,sinB > 0, và sinC > 0 nên, theo bất đẳng thức Côsi,ta có sinAsinBsinC ≤ sinA+ sinB + sinC
Ta lại có sinA+ sinB = 2 sinA+B
2 ≤ 1 Từ đó suy rasinA+ sinB ≤ 2 sinA+B
2 Vậy sinA+ sinB+ sinC + sin 60 ◦ ≤ 2 sinA+B
Từ đó suy ra sinAsinBsinC ≤
Dấu "=" xuất hiện khi và chỉ khi A = B = C = 60° Trong tam giác ABC, nếu góc lớn nhất là góc C, thì trọng tâm của tam giác này nằm bên trong đường tròn có đường kính AB.
Gọi G là trọng tâm của △ABC, M là trung điểm của AB Vì C là góc lớn nhất của tam giác nên C ≥ 60 ◦ > 45 ◦ Ta chứng minh GM < 1
2AB. Giả sử ngược lại GM ≥ 1
5 Theo định lí hàm Cosin, ta có cosC = a 2 +b 2 −c 2
√2 ⇒C < 45 ◦ Điều này mâu thuẫn giả thiết.
2AB, tức là G nằm bên trong đường tròn đường kính AB. Bài toán 3.14 ([6]) Cho △ABC là tam giác nhọn Kẻ các đường cao
AA1, BB1, CC1 Tìm tỉ số diện tích của △A1B1C1 và △ABC nếu biết ba cạnh của △ABC là a, b, c.
SABC −SA 1 B 1 C 1 = SAC 1 B 1 + SBC 1 A 1 +SCB 1 A 1 (1).
S BC 1 A 1 = S ABC cos 2 B; S CB 1 A 1 = S ABC cos 2 C. Thay các kết quả trên vào (1), ta có
S ABC −S A 1 B 1 C 1 = S ABC cos 2 A+ cos 2 B + cos 2 C Vậy
Phương pháp lượng giác trong giải toán hình học không gian 63
Trong bài toán 3.15, chúng ta xem xét hình chóp S.ABC với SA vuông góc với đáy ABC, trong đó đáy ABC là một tam giác vuông tại A Theo giả thiết, tổng độ dài hai cạnh AB và AC bằng với độ dài SA Nhiệm vụ của chúng ta là chứng minh điều này.
S α γ β Đặt ASB[ = α,ASC[ = β,BSC[ = γ Ta phải chứng minh α+β + γ = 90 ◦ (1). Thật vậy, áp dụng định lí hàm cosin trong tam giác SBC, ta có cosγ = SB 2 +SC 2 −BC 2
= (SA 2 + AB 2 ) + (SA 2 +AC 2 )−(AB 2 + AC 2 )
Từ SA = AB +AC và (2) suy ra cosγ = SA(AB +AC)
SB.SC = SA.AB+SA.AC
Vì α, β, γ ∈ (0 ◦ ; 90 ◦ ) nên từ (3), ta có α +β + γ = 90 ◦ Vậy (1) luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.16 Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy và
2 Tam giác ABC vuông tại B có AB = a và số đo góc ACB bằng
30 ◦ Gọi M là trung điểm của BC Tính góc giữa hai đường thẳng AC và SM.
Gọi N là trung điểm AB Khi đó góc giữa hai đường thẳng AC và SM là góc giữa hai đường thẳng M N và SM.
Xét △SM N, ta có cosSM N\ = SM 2 + M N 2 −SN 2
△SAN vuông tại N có SN = √
△ABC vuông tại B có AC = AB sin 30 ◦ = 2a và BC = AB tan 30 ◦ = a√
△ABM vuông tại B có AM r
△SABM vuông tại A có SM = √
Thay các kết quả tìm được vào (1), ta có cosSM N\ 2a 2 + a 2 − a 2
Vậy hai đường thẳng SM và AC tạo với nhau một góc α thỏa cosα = 5
2.Bài toán 3.17 ([9]) Cho tứ diện DABC, trong đó góc tam diện đỉnh D là vuông Đặt DA = a, DB = b, DC = c, (a ≤ b ≤ c) M là một điểm tùy ý trong đáy ABC Gọi h là tổng khoảng cách từ A, B, C xuống DM Chứng minh h ≥ a+b.
C c b M Đặt ADM\ = α,BDM\ = β,CDM\ = γ Khi đó, ta có h = asinα+bsinβ +csinγ.
Vì góc tam diện tại đỉnh D là góc vuông, chúng ta có thể dựng một hình hộp chữ nhật với DM là đường chéo và DA, DB, DC là phương của các cạnh bên Do đó, ta có công thức sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 3 − (cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ) = 2.
Vì 0≤ sinα,sinβ,sinγ ≤ 1 nên sinα+ sinβ + sinγ ≥ sin 2 α+ sin 2 β + sin 2 γ.
Ta lại có b ≥a Từ đó suy ra b(sinβ+ sinγ −1) ≥ a(1−sinα).
⇒ asinα+ bsinβ+ csinγ≥asinα+bsinβ +bsinβ ≥ a+b.
Bài toán 3.18 yêu cầu tìm vị trí đỉnh S của tứ diện SABC với đáy ABC cố định và thể tích không đổi, sao cho diện tích toàn phần của tứ diện là nhỏ nhất Để giải quyết bài toán này, cần phân tích các yếu tố liên quan đến vị trí của đỉnh S và cách chúng ảnh hưởng đến diện tích toàn phần của tứ diện.
Vì thể tích V và diện tích đáy không thay đổi, đỉnh S nằm trên hai mặt phẳng song song (P) và (P ′), cách đều mặt phẳng (ABC) một đoạn h = 3V.
Gọi x, y, z là khoảng cách từ điểm H tới các điểm a, b, c, với quy ước x > 0 nếu A và H nằm cùng phía với đoạn thẳng BC; x = 0 nếu H thuộc đoạn BC; và x < 0 nếu A và H nằm ở hai phía khác nhau so với BC Quy ước tương tự cũng áp dụng cho y và z Từ đó, ta có công thức 2SABC = ax + by + cz, trong đó giá trị này không đổi.
Công thức 2Sxq = √(a²h² + a²x² + pb²h² + b²y² + √(c²h² + c²z²) mô tả chiều dài của đoạn đường gấp khúc OPQR trên mặt phẳng tọa độ Để tìm đoạn đường ngắn nhất, cần lấy ba điểm P(ax, ah), Q(ax+by, bh+ah) và R(ax+by+cz, ah+bh+ch) Đường gấp khúc OPQR sẽ đạt độ dài tối thiểu khi các điểm O, P, Q, R nằm thẳng hàng.
(a+b)h ah ax ax+by ax+by +cz
Do đó, 2S đạt giá trị nhỏ nhất khi tanα = tanβ = tanγ, với tanα = ah ax, tanβ = bh by, và tanγ = ch cz, dẫn đến x = y = z Từ đó, H được xác định là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Đỉnh S nằm trên hai mặt phẳng (P) và (P ′ ) song song, cách đều mặt phẳng (ABC) Hình chiếu của S xuống mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ứng dụng của lượng giác vào một số bài toán thực tế
Để giải quyết các bài toán liên quan đến đo đạc, tính khoảng cách và chiều cao, chúng ta có thể áp dụng lượng giác, đặc biệt là các định lý về hàm sin và côsin trong tam giác Dưới đây là một số bài toán minh họa cho ứng dụng này.
Bài toán 3.19 ([17]) Muốn đo chiều cao của Tháp Chàm Por Klong Garai ở Ninh Thuận người ta lấy hai điểm A và B trên mặt đất có khoảng cách
AB = 12m nằm thẳng hàng với chân C của tháp để đặt hai giác kế, với chiều cao chân giác kế là h = 1,3m Đỉnh tháp được ký hiệu là D, và hai điểm A1, B1 nằm thẳng hàng với C1 trên chiều cao CD của tháp Các số liệu đã được đo đạc.
DA\1C1 = 49 ◦ và DB\1C1 = 35 ◦ Tính chiều cao CD của tháp đó.
Tam giác DA1B1 có A\1DB1 = 49 ◦ −35 ◦ = 14 ◦ Theo Định lí hàm sin ta có
Trong tam giác vuông A1C1D ta có
Chiều cao CD của Tháp Chàm là
Ôtô di chuyển từ tỉnh A đến tỉnh B qua ngọn núi cao, tạo thành tam giác ABC với AC = 24 km, CB = 13 km và góc ACB = 115° Để tính lượng dầu tiêu thụ khi chạy từ A đến B qua C, ta cần biết rằng ôtô tiêu tốn 0.8 lít dầu cho mỗi km Tổng quãng đường từ A đến B qua C là AC + CB = 24 km + 13 km = 37 km, do đó lượng dầu tiêu thụ là 37 km x 0.8 lít/km = 29.6 lít Nếu có một đường hầm xuyên núi từ A đến B, quãng đường sẽ ngắn hơn Theo định lý cosin, ta có AB = √(AC² + CB² - 2*AC*CB*cos(ACB)) ≈ 17.21 km Lượng dầu tiêu thụ cho quãng đường mới là 17.21 km x 0.8 lít/km ≈ 13.77 lít Chi phí cho dầu là 18000 đồng/lít, do đó chi phí đi lại qua đường cũ là 29.6 lít x 18000 đồng = 532800 đồng, trong khi chi phí qua đường hầm là 13.77 lít x 18000 đồng = 248760 đồng Như vậy, tiết kiệm được 532800 đồng - 248760 đồng = 284040 đồng.
C i) Tổng độ dài đoạn đường khi đi từ A đến B qua C là
Vậy số dầu ôtô phải tiêu thụ khi chạy từ A đến B mà phải đi qua C là 0.8S = 29.6 (l). ii) Áp dụng định lý côsin trong tam giác ACB, ta có
AC 2 +CB 2 −2AC.CB.cos\ACB
Số dầu ôtô phải tiêu thụ khi chạy thẳng từ A đến B là:0.8AB ≈ 25.408 (l.) Vậy ôtô chạy trên con đường mới này sẽ tiết kiệm được
Bài toán 3.21 yêu cầu xác định vị trí ngồi tối ưu cho một học sinh bị cận trong lớp học, nhằm đảm bảo góc nhìn lớn nhất khi quan sát tivi hình chữ nhật cao 1,1m, được đặt ở độ cao 1,4m so với tầm mắt Việc tìm ra vị trí này là rất quan trọng để học sinh có thể nhìn rõ hình ảnh trên màn hình.
B C Đặt AO = x, (x > 0) Khi đó OB = px 2 + 1,96 và OC = px 2 + 6,25. Áp dụng Định lí hàm côsin trong tam giác BOC, ta có cos\BOC = OB 2 +OC 2 −BC 2
Ta có góc nhìn BOC lớn nhất khi cosBOC\ nhỏ nhất Đặt x 2 = t, t > 0. Xét f(t) = t+ 3,5
√t+ 1,96√ t+ 6,25 = t+ 3,5 pt 2 + 8,21t+ 12,25 Ta có f ′ (t) = 0,605t−2,1175 pt 2 + 8,21t+ 12,25 3 ; f ′ (t) = 0 ⇔t = 3,5. Bảng biến thiên: t f ′ (t) f(t)
Vậy cosBOC\ nhỏ nhất khi t = 3,5 hay x ≈ 1,87m Từ kết quả trên ta suy ra học sinh cần ngồi vị trí cách bảng 1,87m thì có thể quan sát tivi rõ nhất.
Bài toán 3.22 yêu cầu tìm độ dài lớn nhất của một cây gỗ có thể trôi từ con kênh rộng a sang con kênh rộng b, tại điểm giao nhau tạo thành một góc vuông, mà không bị mắc kẹt ở chỗ rẽ Cả hai con kênh đều thẳng, điều này ảnh hưởng đến khả năng di chuyển của cây gỗ.
C A α B α Độ dài cây gỗ bằng: l = AC + CB = a sinα + b cosα, trong đó α là góc hợp bởi cây gỗ và bờ của một con kênh, 0 < α < π
2 Giá trị nhỏ nhất của l chính là độ dài lớn nhất của cây gỗ có thể trôi con kênh nọ sang con kênh kia mà không bị mắc ở chỗ rẽ.
= (a+btanα) 2 (1 + tan 2 α) tan 2 α Đặt tanα = x,0< x < +∞ Khi đó l 2 = f(x) = (a+ bx) 2 (1 +x 2 ) x 2 = b 2 x 2 + 2abx+ 2ab x + a 2 x 2 +a 2 +b 2
Ta có f ′ (x) = 2b 2 x+ 2ab− 2ab x 2 − 2a 2 x 3 = 2(bx+a)(b− a x 3 ); f ′ (x) = 0 ⇔x = 3 ra b.
+∞ +∞ f p 3 a b Dựa vào bảng biến thiên ta có l 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi tanα = 3 ra b, tức là sinα = a 1 3 a 2 3 + b 2 3
. Khi đó l cũng đạt giá trị nhỏ nhất là l min = a sinα + b cosα a 2 3 +b 2 3
Luận văn “Ứng dụng của lượng giác trong giải toán sơ cấp” đã hoàn thành các mục tiêu và nhiệm vụ đề ra, cụ thể đã giải quyết được những vấn đề quan trọng liên quan đến ứng dụng của lượng giác trong việc giải toán sơ cấp.
1 Hệ thống và phân loại một số lớp bài toán sơ cấp có thể giải được bằng phương pháp lượng giác.
2 Ứng dụng phương pháp lượng giác để giải một số bài toán thuộc chương trình trung học phổ thông, cụ thể là: Giải những bài toán về dãy số, chứng minh một số hệ thức đại số, giải phương trình và hệ phương trình; giải bài toán cực trị; bài toán tìm nguyên hàm và tính tích phân; giải các bài toán về hình học phẳng, hình học không gian cùng một số bài toán thực tế ”.
3 Đối với mỗi dạng toán riêng biệt, đều có đề xuất quy trình và phương pháp giải, cùng nhiều ví dụ minh họa.
Phương pháp lượng giác trong luận văn này hy vọng sẽ được phát triển và hoàn thiện hơn nữa, nhằm chứng minh tính ứng dụng đa dạng và hiệu quả của lượng giác trong lĩnh vực toán học.
DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Vũ Quốc Anh (2001), Tuyển tập 400 bài toán Tích phân hàm số lượng giác, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.
[2] Vũ Quốc Anh (2001), Nhận diện tam giác, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.
[3] Lê Trần Chính, Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Lộc, Vũ Văn Thỏa (2000), Tuyển tập 200 bài thi vô địch Toán (Số học và Đại số), Nhà xuất bản Giáo dục.
[4] Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thỏa (2001), Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán, tập 3: Giải tích, Nhà xuất bản Giáo dục.
[5] Lê Hồng Đức (chủ biên) (2009),Phương pháp giải toán - Lượng giác hóa
- Hàm số lượng giác - Hệ thức lượng, Nhà xuất bản Đại Học Sư Phạm.
[6] Lê Hồng Đức, Lê Hữu Trí (2008), Phương pháp giải toán Hình học giải tích trong mặt phẳng, Nhà xuất bản Hà Nội.
[7] Vũ Thế Hựu (2003), Phương pháp lượng giác hóa các bài toán, Nhà xuất bản Giáo dục.
[8] Phan Huy Khải (2011), Lượng giác, Nhà xuất bản Giáo dục.
[9] Phan Huy Khải (2000), Tuyển chọn các bài toán Lượng giác, tập 1, Nhà xuất bản Giáo dục. xuất bản Giáo dục.
[11] Nguyễn Văn Mậu (2008), Chuyên đề chọn lọc lượng giác và áp dụng, Nhà xuất bản Giáo dục.
[12] Nguyễn Văn Nho, Vũ Dương Thụy (2004), Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán, tập 6: Lượng giác, Nhà xuất bản Giáo dục.
[13] Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong (2011),Tuyển tập đề thi Olympic 30-4 lần thứ 7 năm 2011, môn Toán, Nhà xuất bản Giáo dục.
[14] Nguyễn Đạo Phương (1999), Các bài toán chọn lọc về Hệ thức lượng trong tam giác và tứ giác, Nhà xuất bản Giáo dục.
[15] Trần Phương (2006), Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học môn toán Hệ thức lượng giác, Nhà xuất bản Hà Nội.
[16] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2007), Đại số và Giải tích 11, Nhà xuất bản Giáo dục.
[17] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2013), Hình học 10, Nhà xuất bản Giáo dục.
[18] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2013), Hình học 11 nâng cao, Nhà xuất bản Giáo dục.
[19] Đoàn Quỳnh (chủ biên) (2008), Giải tích 12 nâng cao, Nhà xuất bản Giáo dục.
[20] Võ Thanh Vân (chủ biên) (2010), Chuyên đề ứng dụng Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác trong giải toán THPT, Nhà xuất bản Đại Học Sư Phạm.