Phương pháp lượng giác hoá

Trong quá trình học tập, tôi cảm thấy lượng giác là một phương pháp rất hay trong việc giải quyết nhiều bài toán số học, sau đây là một trong những ví dụ như vậy. I-Một số cách chuyển bài toán qua lượng giác: 1/ Nếu biến x tham gia trong bài toán có điều kiện ( ) 0x k k≤ > , ta đặt [ ] os , 0,x kc α α π = ∈ hoặc sin , ; 2 2 x k π π α α   = ∈ −     . 2/ Nếu x∈¡ , đặt tan , ; 2 2 x π π α α   = ∈ −  ÷   . 3/ Nếu hai biến tham gia bài toán có ràng buộc: ( ) 2 2 2 2 2 , , 0a x b y c a b c+ = > . ta đặt : [ ] sin , os , 0,2 c c x y c a b α α α π = = ∈ 4/ Nếu ba biến x, y, z tham gia bài toán có ràng buộc x y z xyz+ + = hoặc 1xy yz zx+ + = thì có thể đặt tan , tan , tanx y z α β γ = = = với , , ; 2 2 π π α β γ   ∈ −  ÷   . 5/ Một số biểu thức thường gặp khác: Biểu thức Cách đặt x Miền giá trị của biến 2 2 x a+ tanx a α = ; 2 2 π π α   ∈ −  ÷   2 2 a x− os sin x ac x a α α =   =  [ ] 0,a π ∈ ; 2 2 π π α   ∈ −     2 2 x a− os a x c α = 3 0, , 2 2 π π α π     ∈ ∪ ÷ ÷       1 x y xy + − hoặc 1 x y xy − + tan tan x y α β =   =  , , 2 2 π π α β   ∈ −  ÷   II-Ứng dụng của phương pháp: 1. Chứng minh các hệ thức đại số: Bài toán 1: (Đại học Dược Hà Nội 1995) Cho x, y, z > 0 và thoả mãn 1xy yz zx+ + = , tính giá trị của biểut thức: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 y z z x x y M x y z x y z + + + + + + = + + + + + Giải: Đặt tan , tan , tan , , , 0; 2 x y z π α β γ α β γ   = = = ∈  ÷   . Theo giả thiết ta có tan .tan tan .tan tan .tan 1 2 π α β β γ γ α α β γ + + = ⇒ + + = . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 tan 1 tan os sin tan . tan . 1 1 tan os . os os .cos y z c x x c c c β γ α α α α α β γ β γ + + + + = = = + + ( ) os os . os sin .sin 1 tan .tan 1 os . os os . os c c c yz c c c c β γ β γ β γ β γ β γ β γ + − = = = − = − . Tương tự cho hai biểu thức còn lại, ta được: (1 ) (1 ) (1 ) 3 ( ) 2M yz zx xy xy yz zx= − + − + − = − + + = Bài toán 2: Cho a, b, c > 0 thoả mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh rằng : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 . 1 . 1 bc a ca b ab c abc a b c + + = + + + + + + . 1 Giải: Đ ặt tan , tan , tan , , 0; 2 a b c π α β γ α β γ   = = = ∈  ÷   . Từ giả thiết ta có : tan .tan tan .tan tan .tan 1 2 π α β β γ γ α α β γ + + = ⇒ + + = Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 1 1 cot .cot . os 1 tan .tan 1 tan c bc a β γ α β γ α = = + + Tương tự cho các biểu thức còn lại, ta được vế trái ( ) ( ) 2 2 2 1 cot .cot .cot tan . os tan . os tan . os cot .cot .cot sin 2 sin 2 sin 2 2 c c c α β γ α α β β γ γ α β γ α β γ = + + = + + 1 cot .cot .cot .4 os .cos .cos 2 c α β γ α β γ = (Vì 2 2 2 α β γ π + + = ) 2 2 2 2 2cot . ot .cot .cos .cos .cos . 1 . 1 . 1 c abc a b c α β γ α β γ = = + + + (đpcm) Một số bài tập tự luyện: Bài 1: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh rằng : a) 1 1 1 1 1 1 4x y y z z x x y y z z x            − − + − − + − − =  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷ ÷            b) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3x y z xyz x y z y z x z x y+ + − = + + + + + Bài 2: Cho 2 2 2 , , 0, 2 1x y z x y z xyz> + + + = . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1xyz x y x y x z z x y+ = − − + − − + − − Bài 3: Cho 1 , 0.x y z xy yz zx xyz xyz+ + + + + = + ≠ Chứng minh rằng : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 4 x y z x y z x y z xyz − − − − − − + + = Bài 4: Cho 1 1 1 1 1 1 . . ( , , 1) 1 1 1 1 1 1 x y z x y z x y z x y z x y z + + + + + + + + = ≠ − − − − − − . Chứng minh : 1/ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 (1) 1 1 1 x y xy z z x y + − − = + + + 2/ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 (2) 1 1 1 xy x y z z x y − − + = + + + Bài 5: Cho x, y, z > 0 và thoả mãn 1x y z xy yz zx xyz+ + + + + = + . Chứng minh rằng ( ) ( ) 2 2 2 2 ym 1+y 1 1 1 0 s z y z yz + − + − + = ∑ 2. Bất đằng thức, giá trị lớn nhất và nhỏ nhất. Bài toán 1: (Đại học kiến trúc TP.HCM 1993). Chứng minh nếu 1x < và n là một số tự nhiên lớn hơn 1 thì ta có: ( ) ( ) 1 1 2 (1) n n n x x+ + − < . Giải: Vì 1x < nên ta đặt ( ) ost , t 0;x c π = ∈ , khi đó ( ) ( ) (1) 1 ost 1 ost 2 n n n c c⇔ + + − < Ta có : ( ) ( ) 2n 2 1 ost 1 ost 2 os sin 2 2 n n n n t t c c c   + + − = +  ÷   Vì ta có t 0 0 sin . os 1 2 2 2 2 t t c π < < ⇒ < < nên 2n 2 2 2 os os ; sin sin 2 2 2 2 n t t t t c c< < 2n 2 2 2 2 os sin 2 os sin 2 2 2 2 2 n n n n t t t t c c     ⇒ + < + <  ÷  ÷     ⇒ đpcm Bài toán 2: Cho 2 2 2 4 4 0x y x y+ − − + = . Chứng minh rằng : ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 2 3 4 2 3 3 4 3 2x y xy x y − + − + + − − + ≤ Giải: Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 4 0 1 1 1x y x y x y + − − + = ⇒ − + − = Đặt ( ) 1 sin , 2 os , 0;2 1 sin , 2 osx y c x y c α α α π α α − = − = ∈ ⇒ = + = + ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 2 3 4 2 3 3 4 3 2sin 2 6 A x y xy x y π α   = − + − + + − − + = −  ÷   2 Suy ra 2A ≤ (đpcm) Bài toán 3: Cho ( ) * 0 1, 1,2, , i a i n n≤ ≤ = ∈¥ . Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 2 n n n a a a a a a+ + + + − − − ≤ Giải: Đặt tan 0 2 2 i i i a α π α   = ≤ ≤  ÷   , vì ( ) i os 0 1,c i n α ≥ = nên hiển nhiên ta có: ( ) ( ) ( ) 1 2 n 1 2 n 1 os 1 os 1 os 1 os . os os (1)c c c c c c α α α α α α + + + ≥ + Thay 2 i 2 1 tan 2 os 1 tan 2 i i c α α α − = + thay vào (1) ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 n n i i i i i i a a a a = =   − − + ≥ +  ÷ + +   ∏ ∏ Hay ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 2 n n n i i i i a a = = + + − ≤ ∏ ∏ (đpcm) Đẳng thức xảy ra 1 2 1 n a a a⇔ = = = = . Bài toán 4: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: xyy xxy P 221 )6(2 2 2 ++ + = với x, y là hai số thực thay đổi và thỏa mãn hệ thức 1 22 =+ yx (Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng 2008 – Khối B) Giải: Hệ thức 1 22 =+ yx giúp chúng ta liên tưởng đến công thức lượng giác: 1cossin 22 =+ uu Vì vậy, ta đặt: x = sinu, y = cosu Dưới hình thức lượng giác, ta có: uuu uuu P cossin2cos21 )sincossin6(2 2 2 ++ + = 22cos2sin 12cos2sin6 ++ +− = uu uu P (*) Để tìm miền giá trị của P, ta biến đổi (*) thành: (P – 6)sin2u + (P + 1)cos2u = 1 – 2P (**) Điều kiện có nghiệm của phương trình (**) là: ( ) ( ) ( ) 222 2116 PPP −≥++− 03662 2 ≤−+⇔ PP 36 ≤≤−⇔ P Vậy, giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng – 6. Bài toán 5: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 52 +−= xyP với x, y là hai số thực thay đổi và thỏa mãn hệ thức: 91636 22 =+ yx Giải: Biến đổi 91636 22 =+ yx về dạng: 1 3 4 3 6 22 =       +       yx 3 Ta nghĩ đến việt đặt:        = = ⇒        = = uy ux u y u x sin 4 3 cos 2 1 sin 3 4 cos 3 6 Khi đó, dưới dạng lượng giác thì: P = 5cossin 4 3 +− uu Sử dụng bất đẳng thức: 2222 cossin baubuaba +≤+≤+− Ta suy ra: maxP = 4 25 1 16 9 5 =++ minP = 4 55 1 16 9 5 =+− Bài toán 6: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: 22 2 43 yx xyy P + − = Giải: Biến đổi hàm P về dạng:         +         + −         + = 2222 2 22 .43 yx y yx x yx y P và chú ý rằng: 2 3 2cos 2 3 2sin2 +−= uu nên ta đặt: 2222 cos,sin yx x u yx y u + = + = Lúc đó, hàm số P dưới hình thức lượng giác là: P = 3 sin 2 u – 4 sinu.cosu 2 3 2cos 2 3 2sin2 +−= uu Áp dụng bất đẳng thức: 2222 cossin baubuaba +≤+≤+− Ta được: maxP = 4 minP = -1 Bài toán 6: Cho x, y là hai số dương thay đổi thỏa mãn: x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: y y x x P − + − = 11 Giải: Với x, y > 0 và x + y = 1 nên ta đặt:      = = uy ux 2 2 cos sin       << 2 0 π u 4 Lúc đó, P = uu uu u u u u cossin cossin sin cos cos sin 3322 + =+ Đặt t = sinu.cosu = 21, 4 sin2 ≤≤       + tu π thí 1 3 )( 2 3 − −− == t tt tfP ( ) 0 1 3 )(' 2 2 4 < − + −= t t tf Nên f(t) nghịch biến trên ]2;1[ . Vậy: 2)2(min == fP Bài toán 7: Tìm a và b sao cho hàm số: 1 2 + + = x bax y đạt giá trị lớn nhất bằng 4, giá trị nhỏ nhất bằng -1. Giải: Do hàm số y xác định với mọi x và sự có mặt của đại lượng 1 + x 2 cho nên ta có thể lượng gíac hóa bằng cách đặt: x = tan α . Khi đó, hàm số y trở thành: ααα α α 2 2 coscossin tan1 tan ba ba y += + + = 2 2cos 2 2sin 2 bba y ++= αα Áp dụng công thức: 2222 cossin baubuaba +≤+≤+− Ta được: 22 max 2 1 2 ba b y ++= 22 min 2 1 2 ba b y +−= Đến đây, việc tìm a và b thỏa yêu cầu bài toán quy về việc giải hệ phương trình:    = − ∨    = = ⇔        −=+− =++ 3 4 3 4 1 2 1 2 4 2 1 2 22 22 b a b a ba b ba b Bài toán 8: Cho x, y, z thỏa mãn: x + y + z = xyz và x, y, z 3 3 ≠ Tính : P = 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 31 3 . 31 3 . 31 3 31 3 31 3 31 3 z zz y yy x xx z zz y yy x xx − − − − − − − − − + − − + − − 5 Giải: Cấu tạo của các đại lượng, các thành phần tham gia trong biểu thức cần tính giúp chúng ta liên tưởng đến công thức lượng giác: a a aa 3tan tan31 tantan3 2 3 = − − (1) Vì thế ta đặt: x = tana, y = tanb, z = tanc Khi đó: P trở thành: P = tan3a + tan3b + tan3c – tan3a. tan3b. tan3c Mặt khác, ta có: accbba cbacba cba tantantantantantan1 tantantantantantan )tan( −−− −++ =++ (2) Theo công thức lượng giác ta có tana.tanb.tanc = tana + tanb + tanc Từ (2), ta suy ra: tan (a + b + c) = 0 Từ (1), ta suy ra: tan(3a + 3b + 3c) = 0 và từ (2), ta suy ra: P = tan3a + tan3b + tan3c – tan3a.tan3b.tan3c = 0 Bài toán 9: Cho x, y là hai số thực thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: ( )( ) ( )( ) 22 11 1 yx xyyx P ++ −+ = Giải: Từ điều kiện x, y R∈ và sự có mặt của biểu thức: 1+ x 2 và 1+ y 2 , ta đặt:    = = vy ux tan tan Lúc đó, P trở thành: P = ( )( ) ( )( ) vu vuvu 22 tan1tan1 tan.tan1tantan ++ −+ = vu vu vu vu vu 22 coscos. coscos sinsin 1. coscos )sin(       − + = sin(u + v) cos(u + v) = ( ) vu 22sin 2 1 + Suy ra: maxP = 2 1 và minP = - 2 1 Bài toán 10: Cho a, b, c là ba số dương thay đổi luôn thỏa điều kiện: abc + a + c = b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 222 1 3 1 2 1 2 cba P + + + − + = Giải: Chúng ta lại gặp các biểu thức dạng: 1 + x 2 , qua đó ta nghĩ đến việc viết lại giả thiết thành: ac ca b − + = 1 (giống hình thức của công thức: yx yx yx tan.tan1 tantan )tan( − + =+ ) 6 Cho nên ta đặt: a = tanx, c = tany       << 2 ,0 π yx thì b = tan(x + y) và ta được: yyxx P 222 tan1 3 )(tan1 2 tan1 2 + + ++ − + = yyxx 222 cos3)(cos2cos2 ++−= = cos2x – cos(2x + 2y) + 3cos 2 y = 2sin(2x + y).siny + 3 – 3sin 2 y = )2(sin 3 1 3)2(sin 3 1 sin)2sin(2sin3 222 yxyxyyxy ++++−++− = )2(sin 3 1 3)2sin( 3 1 sin3 2 2 yxyxy +++       +−− 3 10 3 1 3 =+≤ Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:      = =+ ⇔      =+ =+− 3 1 sin 1)2sin( 1)2sin( 0)2sin( 3 1 sin3 y yx yx yxy ⇔ ( ) Zk y kx ∈        = +−= 3 1 arcsin 3 1 arcsin 2 1 4 π π Vậy giá trị lớn nhất của P là: 3 10 Bài tập tự luyện: Bài 1: Chứng minh với , ,x y z∀ ∈¡ , ta có: 2 2 2 2 2 2 1 . 1 1 . 1 1 . 1 x y x z z y x y x z z y − − − ≤ + + + + + + + Bài 2: Cho , ,a b c ∈¡ và thoả mãn 0 , , 1 1 a b c ab bc ca < <   + + =  , Tìm Min của biểu thức : 2 2 2 1 1 1 a b c S a b c = + + − − − Bài 3: a) Cho x,y,z thoả 2 2 2 1x y z+ + = . Tìm Max của 2A xy yz zx= + + . b) Cho a, b, c thoả mãn 2 2 2 2 9 9 6a b c k+ + + = (k là hằng số dương). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 9 9 6B ab ac bc = + + + . Bài 4: (Vietnam MO 1998). Xét các số thực dương a,b,c thoả mãn điều kiện abc a c b+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 3 1 1 1 P a b c = − + + + + . Bài 5: Cho 13 số thực 1, 2 13 , ,a a a khác nhau đôi một. Chứng minh rằng tồn tại hai số ( ) , 1 , 13 j k a a j k≤ ≤ sao cho : 2 3 0 1 2 3 j k i k a a a a − − < < + + . Bài 6: Cho bốn số thực dương. CMR: luôn tồn tại hai số x, y sao cho: 0 2 3 1 2 x y x y xy − ≤ < − + + + . Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: xyx yxy u 221 )(2 2 2 ++ + = với diều kiện 1 22 =+ yx Bài 8: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2(x 3 + y 3 ) – 3xy 7 với x, y là hai số thực thỏa mãn diều kiện 1 22 =+ yx (Đề tuyển sinh Cao đẳng khối A, B, D – 2008) Bài 9: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = xyyx +++ 11 với x, y là hai số thực thỏa mãn diều kiện 1 22 =+ yx Bài 10: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 22 99 xyyx −+− Bài 11: Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( )( ) ( ) ( ) 22 11 1 yx xyyx P ++ −− = (Đề tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối D – 2008) Bài 12: Cho x, y là hai số thực thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2222 11 1 yx yxyx P ++ −− = Bài 13: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: ( ) 2 2 4 1 1 x x y + + = Bài 14: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = x + u, biết rằng x, y, u, v thỏa mãn điều kiện:      ≥+ =+ =+ 35 25 3 22 22 yuxv vu yx (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 1987) 3. Phương trình, hệ phương trình , bất phương trình: Bài toán 1: Giải phương trình sau: ( ) ( ) 2 2 2 1 32 1 2 1 1x x x x − − = − ở trong khoảng (0;1). Giải: Với ( ) 0;1x ∈ , đặt ostx c= , 0; 2 t π   ∈  ÷   . Khi đó ta có phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 1 32 ost cos t -1 2 os 1 1 ost c c t c − = − 2 2 2 32 os .sin . os 2 1 ostc t t c t c⇔ = − 2 2 2 8sin 2 . os 2 1 ost 2sin 4 1 ost 1-cos8t =1-costt c t c t c⇔ = − ⇔ = − ⇔ ( ) 2 7 os8t cost 8t .2 2 9 t k c t k k t k π π π  =  ⇔ = ⇔ = ± + ⇔ ∈   =   ¢ . Kết hợp với 0 2 t π < < , ta được 2 2 4 ; ; 7 9 9 t t t π π π = = = . Vậy các nghiệm của phương trình là : 2 2 4 os , os , os 7 9 9 x c x c x c π π π = = = . Bài toán 2: (Vô định quốc gia 1984). Giải phương trình ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 1 1 1 1 2 1 (1)x x x x + − + − − = + − . Giải: ĐK: 1 0 1 1 1 0 x x x + ≥  ⇔ − ≤ ≤  − ≥  . Đặt ostx c= , 0 t π ≤ ≤ , khi đó ( ) ( ) ( ) 3 3 (1) 1 sin 1 ost 1 ost 2 sint c c t⇔ + + − − = + 8 ( ) 2 3 3 2 2 t os sin os sin .2 2 2 sin 2 2 2 2 t os sin os sin 1 os sin .2 2 2 sin 2 2 2 2 2 2 1 os sin 1 sin .2 2 2 sin 2 ost 2+sint 2 sin 2 2 2 2 2 2 ost = 1 cost = 2 t t t c c t t t t t t c c c t t t c t t c t c x     ⇔ + − = +  ÷  ÷         ⇔ + − + = +  ÷ ÷ ÷        ⇔ − + = + ⇔ = +  ÷ ÷    ⇔ ⇔ ⇒ = 2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 2 2 x = . Bài toán 3: Giải phương trình ( ) ( ) 3 2 2 2 1 3 x x + = − + (*) Giải: Nhận xét rằng ( ) ( ) 2 1 2 1 1 + − = , ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 1 ; 2 1 2 1 x x x x− + = + − = + Đặt ( ) ( ) 2 1 2 0 x t t+ = > . Khi đó ta có phương trình: 2 3 1 1 4 3 4 3 2 2 t t t t = + ⇔ − = (1). Dễ dàng chứng minh pt trên chỉ nghiệm [ ] 1;1t ∈ − , nên ta đặt [ ] ( ) os , 0;t c α α π = ∈ . ( ) 3 3 1 1 1 2 4 3 4 os 3 os os3 2 2 2 9 3 t t c c c k k π π α α α α ⇒ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔ = + ∈¢ Vì [ ] 5 7 0; ; ; 9 9 9 π π π α π α   ∈ ⇒ ∈     ⇒ pt (1) có 3 nghiệm 5 7 os ; os ; os 9 9 9 t c c c π π π   ∈     . Khi đó nghiệm của pt (*) là 2 1 2 1 2 1 5 7 log 2 os ;log 2 os ;log 2 os 9 9 9 x c c c π π π + + +         ∈    ÷  ÷  ÷         . Một số bài tập tự luyện: Bài 1: (Đề thi Olympic 30-4-1994). Giải phương trình : 2 2 1 1 1 2 2 x x a a a a     + − − =  ÷  ÷     Bài 2: (Đề thi Olympic 30-4-2000). Định m để phương trình sau có nghiệm: ( ) ( ) 4 3 3 3 4 1 1 0m x m x m− + + − − + − = Bài 3: (Thi HSG trường PTNK-ĐHQGTPHCM 2000). Giải phương trình: 2 2 2 1 2 1 1x x x x+ − + − = Bài 4: (IMO 1976). Cho 2 ( ) 2f x x= − . Đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 ; n n f x f f x f x f f x − = = . Chứng minh rằng pt : ( ) 0 n f x = có đúng 2 n nghiệm phân biệt. Bài 5: (Đề nghị Olympic 30-4-2000, tinh Tiền Giang). Giải phương trình: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 3 3 1 3 3 1 3 3 1 x x y x y y z y z z x z  − = −   − = −   − = −   . Bài 6: (Đề dự tuyển IMO 1995, Hoa Kì). Cho các số thực dương a, b, c, hãy tìm các số x, y, z sao cho : ( ) 2 2 2 4 x y z a b c xyz a x b y c z abc + + = + +    − + + =   Bài 7: Giải hệ phương trình: 1 1 1 3 4 5 1 x y z x y z xy yz zx        + = + = +   ÷  ÷  ÷         + + =  . 4. Tính giới hạn của dãy số Bài toán 1: (Đề nghị Olympic 30-4-2000, tỉnh Đồng Tháp). Cho dãy số được xác định như sau: 0 1 2 , 2 , . n n x x x n + = = + ∀ ∈¥ Tìm lim n n x →+∞ . Giải: Ta có 0 1 1 3 2 2 os ; 2 2 1 os 2 os 4 4 2 x c x x c c π π π   = = = + = + =  ÷   , bằng quy nạp ta chứng minh được rằng n+2 2 os 2 n x c π = . Khi đó n+2 lim lim 2 os 2 os0 2 2 n n n x c c π →+∞ →+∞   = = =  ÷   . 9 Bài toán 2: Cho dãy số {u n } : ( ) 1 1 2 1 2 , , 1,2, 1 2 1 n n n u u u n u + + − = = = − + . Tính 2010 u . Giải: Đặt 1 2 tan , 0; 2 u π ϕ ϕ   = = ∈  ÷   , và chú ý rằng 2 1 tan 8 π − = . Khi đó 2 tan tan 8 tan 8 1 tan .tan 8 u π ϕ π ϕ π ϕ +   = = +  ÷   − , 3 tan tan 8 8 tan 2. 8 1 tan .tan 8 8 u π π ϕ π ϕ π π ϕ   + +  ÷     = = +  ÷     − +  ÷   . Bằng quy nạp ta chứng minh được ( ) tan 1 , 1 8 n u n n π ϕ   = + − ∀ ≥  ÷   . Vậy nên ( ) 2010 tan tan 2 2 1 8 tan 2009 tan 3 2 8 8 1 2 2 1 1 tan .tan 8 u π ϕ π π ϕ ϕ π ϕ + + −     = + = + = = = +  ÷  ÷     − − − . Bài tập tự luyện: Bài 1: Cho hai dãy số {u n } và {v n } xác định như sau: 2 0 1 2 0 1 2 2 , . 1 1 2 2 , . 1 1 1, n n n n v u u u n v v v v + +  = = − −   ∀ ∈  + −  = =   ¥ CMR: 2 2 2 2 n n n n u v π + + < < . Bài 2: (Vietnam MO 1989). Cho dãy {x n }, , 1n x∈ ≤¥ và ( ) 1 1 3 3 2 n n n x x x + = − + − . a) Cần có thêm điều kiện gì đối với 1 x để dãy {x n } gồm toàn số dương. b) Dãy số này có tuần hoàn hay không? Vì sao? Bài 3: Cho dãy số xác định bởi: 1 2 1 1 , 1,2, 2 . 1 1 2 n n u n u u + =   =  = − −   Chứng minh rằng tồn tại duy nhất số A sao cho sãy số {v n } : , . n n u v n A = ∈¥ 5. Ứng dụng trong các bài toán tích phân: Dạng tích phân Đổi biến số Điều kiện biến số ( ) 2 2 ,f x a x dx − ∫ sinx a t = ; 2 2 t π π   ∈ −     ( ) 2 2 ,f x x a dx − ∫ ost a x c = 3 0; ; 2 2 t π π π     ∈ ∪ ÷ ÷       ( ) 2 2 ,f x x a dx + ∫ atantx = 0; 2 t π   ∈ ÷    , a x f x dx a x   +  ÷  ÷ −   ∫ os2tx ac= 0; 2 t π   =     ( ) ( ) ( ) ,f x x a x b dx − − ∫ ( ) 2 sinx a b a t= + − 0; 2 t π   ∈     Bài thí dụ: Tính 1 2 0 1 1 x I dx x + = − ∫ . Giải: Đặt ost dx =-sintdtx c= ⇒ , đổi cận 1 0 , 2 2 3 x t x t π π = ⇒ = = ⇒ = . 10 . tôi cảm thấy lượng giác là một phương pháp rất hay trong việc giải quyết nhiều bài toán số học, sau đây là một trong những ví dụ như vậy. I-Một số cách chuyển bài toán qua lượng giác: 1/ Nếu. kiện:      ≥+ =+ =+ 35 25 3 22 22 yuxv vu yx (Đề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 1987) 3. Phương trình, hệ phương trình , bất phương trình: Bài toán 1: Giải phương trình sau: ( ) ( ) 2 2 2 1 32 1 2 1 1x x x x − − = − . 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 31 3 . 31 3 . 31 3 31 3 31 3 31 3 z zz y yy x xx z zz y yy x xx − − − − − − − − − + − − + − − 5 Giải: Cấu tạo của các đại lượng, các thành phần tham gia trong biểu thức cần tính giúp chúng ta liên tưởng đến công thức lượng giác: a a aa 3tan tan31 tantan3 2 3 = − − (1) Vì