ung dung phuong phap LG hoa de giai toan

MỞ ĐẦU Lượng giác có rất nhiều ứng dụng trong nhiều môn khoa học nói chung và nói riêng trong các lĩnh vực khác nhau của Toán học. Ở chương trình Toán phổ thông, phương pháp lượng giác hóa tỏ ra có hiệu quả trong nhiều vấn đề, chẳng hạn: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất, giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số, các bài toán về dãy số, tính tích phân, giải các bài toán hình học,… Ở chương trình lớp 12, các em học sinh đã được học cách giải các bài toán tính tích phân dạng: 2 2 2 1 ; 1 ; 1x dx y dy z dz− − + ∫ ∫ ∫ . Theo thứ tự ta sử dụng các phép đặt: 2 1 sin ; ; tan os x t y z t c t = = = . Chúng ta có thể giảng dạy phuơng pháp lượng giác hóa này ngay cho các em học sinh lớp 10, lớp 11. Nhiều bài toán được giải quyết nhờ ứng dụng đạo hàm, như vậy chỉ có các em học sinh 12 mới có thể nắm được, tuy nhiên phương pháp lượng giác hóa cũng có thể giải quyết rất tốt một số bài toán đó. Điều này sẽ giúp các em học sinh lớp 10, lớp 11 có thể giải quyết được một số bài toán được xem là “của các anh, chị lớp 12”. Đối với học sinh lớp 12 có thêm một công cụ nữa để giải toán. Trong đề tài này chúng ta sẽ tìm hiểu phương pháp lượng giác hóa vào việc giải quyết các bài toán về bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, giải phương trình, bất phương trình. Thông qua đó giúp các em học sinh rèn luyện các kỹ năng cơ bản của Toán học, đặc biệt làm cho các em thấy được sự liên hệ giữa các nội dung Toán học, tạo hứng thú cho các em học sinh khi học Toán. Hơn hết, rèn luyện và phát triển các khả năng tư duy cho các em. Đề tài này được hoàn thành vào tháng 5 năm 2009, nhân dịp này tôi xin bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới Ban Giám Hiệu trường THPT Nghi Lộc 3 đã tạo nhiều điều kiện thuận lợi cho tôi trong công tác giảng dạy tại trường. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong tổ Toán đã giúp đỡ tôi rất nhiều trong quá trình công tác và đóng góp những ý kiến quý báu cho tôi. Nghi Lộc, tháng 5 năm 2009 Giáo viên: Nguyễn Trung Thành 1 I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC. Dạng 1. Sử dụng điều kiện của biến ( ) 0x a a≤ > . Phương pháp giải: Đặt sin , ; 2 2 x a t t π π   = ∈ −     hoặc [ ] os , 0;x ac t t π = ∈ . Ví dụ 1. Chứng minh rằng: ( ) 2 2 3 2 1 2 1 2, 1.x x x x− + − ≤ ∀ ≤ Giải. Đặt [ ] cos , 0; .x t t π = ∈ Ta có ( ) 2 2 3 2 1 2 1 3 os2 sin 2 2 os 2 2. 6 x x x c t t c t π   − + − = + = − ≤  ÷   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 0 os 6 12 12 7 7 2 os 6 12 12 t t x c t t x c π π π π π π π    − = = =    ⇔ ⇔       − = = =       . Dạng 2. Hai biến x, y thỏa mãn điều kiện ( ) 2 2 2 0x y a a+ = > . Phương pháp giải: Đặt [ ] asin , cos , 0;2x t y a t t π = = ∈ . Ví dụ 2. Cho x, y thỏa mãn 2 2 1.x y+ = Chứng minh rằng: 6 6 1 1. 4 x y≤ + ≤ Giải. Đặt [ ] sin , cos , 0;2x t y t t π = = ∈ . Ta có ( ) ( ) 3 6 6 6 6 2 2 2 2 2 2 2 3 sin os sin os 3sin cos sin os 1 sin 2 4 x y t c t t c t t t t c t t+ = + = + − + = − Do 2 0 sin 2 1t≤ ≤ nên 2 1 3 1 sin 2 1 4 4 t≤ − ≤ hay 6 6 1 1 4 x y≤ + ≤ ./. Ví dụ 3. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c+ = . Chứng minh rằng 3 3 3 4 4 4 a b c+ ≥ . Giải. Ta có 1. a b a b c c c + = ⇔ + = Đặt 2 2 sin , os . a b t c t c c = = Khi đó 3 3 3 4 4 4 a b c+ ≥ 2 3 3 4 4 1 a b c c     ⇔ + ≥  ÷  ÷     (1) Bất đẳng thức (1) trở thành: 3 3 2 2 sin os 1t c t+ ≥ . Vì 0 sin 1, 0 os 1t c t≤ ≤ ≤ ≤ nên 3 3 2 2 2 2 sin sin , cos cost t t t≥ ≥ . Suy ra 3 3 2 2 2 2 sin cos sin cos 1t t t t+ ≥ + = hay 3 3 3 4 4 4 a b c+ ≥ ./. Ví dụ 4. Cho 2 2 1.x y+ = Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 5 5 3 3 16 20 5 2x y x y x y+ − + + + ≤ . Chứng minh. Do 2 2 1x y+ = , nên ta đặt [ ] sin , cos , ;x a y a a π π = = ∈ − . Ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 3 5 3 5 3 sin5 sin2 cos3 os2 sin3 2sin cos 4cos 3cos 1 2sin 3sin 4sin 16sin 20sin 5sin 16 20 5 . a a a c a a a a a a a a a a a a x x x = + = − + − − = − + = − + Tương tự ta có 5 3 5 3 os5 16cos 20cos 5cos 16 20 5 .c a a a a y y y= − + = − + Do đó ( ) ( ) ( ) 5 5 3 3 16 20 5 sin5 os5 2 sin 5 2. 4 x y x y x y a c a a π + − + + + = +   = + ≤  ÷   Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi sin , os 20 20 20 5 3 3 3 4 2 sin , os 20 20 20 a x y c a a x y c π π π π π π π π   = = =   + = ± ⇔ ⇔     = − = − =     . Chú ý. Bằng phương pháp tương tự ta có thể chứng minh được bắt đẳng thức sau: Cho 2 2 2 2 1, 1x y a b+ = + = . Chứng minh rằng: ( ) ( ) 2.x a b y u v+ + − ≤ 3 Dạng 3. Sử dụng điều kiện của biến ( ) 0x a a≥ > . Phương pháp giải: Đặt [ ] 2 2 2 2 2 1 , 0; \ 1 tan . cos 2 os a x t x a a a t t c t π π       = ∈ ⇒ − = − =    ÷  ÷       Ví dụ 5. Cho 1, 1.a b≥ ≥ Chứng minh rằng: 2 2 1 1a b ab − + − ≤ . Giải. Ta có 2 2 2 2 1 1 1 1 1. a b a b ab ab − + − − + − ≤ ⇔ ≤ Đặt [ ] 1 1 , , , 0; \ . os cos 2 a b x y c x y π π   = = ∈     Khi đó ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 cos cos 1 1 1 1 cos cos cos cos tan tan sin 1. x y a b ab x y x y x y x y − + − − + − = × = + = + ≤ Suy ra 2 2 1 1a b ab − + − ≤ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( ) 2 2 1 1 2 sin 1 hay 1 3 2 x y x y a b x y π π  + =  + = ± ⇔ + =   + =   ./. Dạng 4. Sử dụng dữ kiện bài toán có dạng : 2 2 1 a x+ , ( ) 0a > . Phương pháp giải: Đặt tan , ; 2 2 x a t t π π     = ∈ −  ÷  ÷     . Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi x, y ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . 4 4 1 1 x y x y x y − − − ≤ ≤ + + (1) Chứng minh. Đặt tan , tan , , ; 2 2 x a y b a b π π   = = ∈ −  ÷   . Ta có 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 tan tan 1 tan tan 1 1 1 tan 1 tan x y x y a b a b P x y a b − − − − = = + + + + ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 sin cos sin cos os cos sin sina b b a c a b a b = − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin sin os os 1 sin 2 sin . 4 a b a b c a b c a b a b a b = + − + − = + − Vì ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 sin 2 1; sin 1 sin2 sin 4 4 4 suy ra a b a b a b a b+ ≤ − ≤ − ≤ + − ≤ . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . 4 4 1 1 x y x y x y − − − ≤ ≤ + + P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi ( ) ( ) ( ) ( ) , 0 sin sin 1 1, 0 4 hay 1, 0 sin sin 1 , 0 4 a b a b a b x y x y a b a b a b π π  = =  + = − =  = =  ⇔    = − = + = − = −     = − =   P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi ( ) ( ) ( ) ( ) 0, sin 1, sin 1 0, 1 4 hay 0, 1 sin 1, sin 1 0, 4 a b a b a b x y x y a b a b a b π π  = =  + = − = − = =  ⇔    = = − + = − − =     = = −   . Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a b b c a c a b b c a c − − − + ≥ + + + + + + . (2) Chứng minh. Đặt tan , tan , tan , , , ; 2 2 a x b y c z x y z π π   = = = ∈∈ −  ÷   . Bất đẳng thức (2) trở thành: ( ) ( ) ( ) tan tan tan tan tan tan 1 1 1 cos cos cos cos cos cos sin sin sin x z x y y z x z x y y z x z x y y z − − − ≤ + ⇔ − ≤ − + − 5 Ta có ( ) sin sin os os sin sin sinc c α β α β α β α β + = + ≤ + . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin sin sin sinx z x y y z x y y z − = − + − ≤ − + − . Từ , , ; 2 2 x y z π π   ∈ −  ÷   suy ra ( ) , , ;x z x y y z π π − − − ∈ − . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) sin os os sin 0 sin os 1 0 hay sin os 1 0 x y c y z c x y y z x y a b x y c y z y z b c y z c x y  − − − − ≥  = =    − − − = ⇔    = =    − − − =   . Ví dụ 8. (APMO 2004) Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 9 .a b c ab bc ca + + + ≥ + + (1) Chứng minh. Vì a, b, c là ba số thực dương nên chọn , , 0; 2 A B C π   ∈  ÷   , sao cho 2 tan , 2 tan , 2 tana A b B c C= = = . Áp dụng hằng đẳng thức 2 2 1 1 tan cos α α + = . Bất đẳng thức (1) trở thành: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 8 1 tan 1 tan 1 tan 18 tan tan tan tan tan tan 4 cos cos cos cos sin sin cos sin sin cos sin sin 9 4 cos cos cos cos cos cos cos . 2 9 A B C A B B C C A A B C A B C B C A C A B A B C A B C A B C + + + ≥ + + ⇔ ≥ + + ⇔ ≥ − + + (Áp dụng công thức: ( ) cos cos cos cos cos sin sin cos sin sin cos sin sin )A B C A B C A B C B C A C A C + + = − − − Đặt 3 A B C α + + = . Áp dụng bất đẳng thức Côsi và bất đẳng thức Jensen ta có: 3 3 cos cos cos cos cos cos cos 3 A B C A B C α + +   ≤ ≤  ÷   . 6 Do đó bất đẳng thức (2) trở thành: ( ) 3 3 4 cos cos cos3 9 α α α ≥ − . (3) Áp dụng công thức 3 3 4cos 3coscos α α α = − , bất đẳng thức (3) trở thành: ( ) 4 2 4 os 1 os . 27 c c α α ≥ − (4) Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có ( ) 3 2 2 2 2 2 2 os os 1 os os 1 1 os 1 os . 2 2 3 2 2 27 c c c c c c α α α α α α     × × − ≤ + + − =    ÷     Do đó (4) đúng do đó (1) đúng. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 1 tan tan tan hay 1 2 A B C a b c= = = = = = ./. Ví dụ 9. (Latvia 2002) Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn 4 4 4 4 1 1 1 1 1. 1 1 1 1a b c d + + + = + + + + (2) Chứng minh rằng 3.abcd ≥ Chứng minh. Do a, b, c, d là các số thực dương nên ta có thể chọn , , , 0; 2 A B C D π   ∈  ÷   sao cho 2 2 2 2 tan , tan , tan , tan .a A b B c C d D= = = = Đẳng thức (2) trở thành: 2 2 2 2 os os os cos 1.c A c B c C D+ + + = Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 3 sin 1 os os os os 3 cos cos cos .A c A c B c C c D B C D= − = + + ≥ Tương tự ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 3 2 2 3 sin 3 cos cos cos sin 3 cos cos cos sin 3 cos cos cos B A C D C A B D D A B C  ≥    ≥    ≥   7 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 4 sin Asin sin sin 3 os cos cos cos . tan tan tan tan 3 B C D c A B C D A B C D ⇒ ≥ ⇔ ≥ Suy ra: 3.abcd ≥ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 4 3 ./.a b c d= = = = Có nhiều bài toán bất đẳng thức đại số có mối liên hệ đặc biệt với các bất đẳng thức trong tam giác. Việc chứng minh các bất đẳng thức đại số đưa về việc chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác. Chúng ta đã biết một số bài toán quen thuộc như sau: Bài toán 1 . Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có: 3 cos cos cos 2 A B C+ + ≤ . Bài toán 2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có: 3 3 sin sin sin . 2 A B C+ + ≤ Bài toán 3. Cho , , 0; 2 A B C π   ∈  ÷   và thỏa mãn điều kiện tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + = . Chứng minh rằng: A, B, C là ba góc trong một tam giác nhọn. Bài toán 4. Cho , , 0; 2 A B C π   ∈  ÷   thỏa mãn tan tan tan tan tan tan 1A B B C C A + + = . Chứng minh rằng 2 A B C π + + = . Bài toán 5. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh: tan tan tan 3 3A B C+ + ≥ . Việc chứng minh các bài toán trên quá quen thuộc, chúng ta bỏ qua việc chứng minh. Sau đây là một số bài toán bất đẳng thức đại số được đưa về bất đẳng thức lượng giác trong tam giác nhờ phương pháp lượng giác hóa. Dạng 5. - Sử dụng điều kiện của biến: , , 0a b c > thỏa mãn a b c abc+ + = . Phương pháp giải: Đặt tan , tan , tan a A b B c C= = = , , , 0; 2 A B C π   ∈  ÷   . Khi đó , , A B C là ba góc trong một tam giác nhọn. - Sử dụng điều kiện của biến: , , 0a b c > thỏa mãn 1ab bc ca+ + = . Phương pháp giải: Đặt tan , tan , tan , , , 0; 2 a A b B c C A B C π   = = = ∈  ÷   . Khi đó 2A, 2B, 2C là ba góc trong một tam giác nhọn. 8 Ví dụ 10. Cho ( ) , , 0;1x y z ∈ và 1.xy yz zx+ + = Chứng minh rằng: 2 2 2 3 3 1 1 1 2 x y z x y z + + ≥ − − − . Chứng minh. Đặt ( ) tan , tan , tan . , , 0;1 , , 0; 4 x a y b z c x y z a b c π   = = = ∈ ⇒ ∈  ÷   . Từ giả thiết ta có: tan tan tan tan tan tan 1 2 a b b c c a a b c π + + = ⇒ + + = . Đặt 2 2 2 1 1 1 x y z A x y z = + + − − − thì ta có: 2 2 2 2tan 2tan 2tan 2 1 tan 1 tan 1 tan tan 2 tan 2 tan2 a b c A a b c a b c = + + − − − = + + Từ suy ra 2 2 2 2 a b c a a c π π + + = + + = hay 2a, 2b, 2c là ba góc trong một tam giác nhọn do đó: tan 2 tan 2 tan2 tan 2 tan 2 tan 2a b c a b c+ + = . Do , , 0; 4 a b c π   ∈  ÷   nên: tan 2 , tan 2 , tan2 0.a b c > Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 3 3 tan 2 tan 2 tan 2 3 tan2 tan 2 tan2 tan 2 tan 2 tan2 3 tan2 tan2 tan2 tan 2 tan 2 tan2 3 3 3 3 . 2 a b c a b c a b c a b c a b c A + + ≥ ⇒ + + ≥ + + ⇒ + + ≥ ⇒ ≥ Vậy 2 2 2 3 3 1 1 1 2 x y z x y z + + ≥ − − − . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 tan 2 tan 2 tan2 hay 3 a b c a b c x y z= = ⇔ = = = = = ./. Ví dụ 11. Cho ba số dương a, b, c sao cho . a b c abc+ + = Chứng minh: 9 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 3 a b c + + + + + ≥ . (1) Giải. Vì a, b, c > 0 nên đặt tan , tan , tan a A b B c C= = = , với , , 0; 2 A B C π   ∈  ÷   . Từ giả thiết a b c abc+ + = suy ra: tan tan tan tan tan tanA B C A B C+ + = . Điều này chứng tỏ , , A B C là ba góc trong một tam giác nhọn. Áp dụng công thức 2 2 1 1 cot sin x x + = . Bất đẳng thức (1) trở thành: ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 3 tan tan tan 1 cot 1 cot 1 cot 2 3 1 1 1 2 3. 2 sin sin sin A B C A B C A B C + + + + + ≥ ⇔ + + + + + ≥ ⇔ + + ≥ Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: ( ) ( ) 1 1 1 sin sin sin 9 sin sin sin 1 1 1 9 3 sin sin sin sin sin sin A B C A B C A B C A B C   + + + + ≥  ÷   ⇔ + + ≥ + + Từ bất đẳng thức: 3 3 sin sin sin 2 A B C+ + ≤ suy ra: ( ) 9 9 2 3 4 sin sin sin 3 3 2 A B C ≥ = + + Từ (3), (4) ta suy ra (2) đúng. Vậy (1) được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 hay A B C a b c= = = = = ./. Ví dụ 12. (Hàn Quốc 1998) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện .x y z xyz+ + = Chứng minh rằng: 2 2 2 1 1 1 3 . 2 1 1 1x y z + + ≤ + + + (3) 10 [...]... thức lượng giác… 25 Tôi tin rằng việc giảng dạy đề tài này cho học sinh sẽ giúp các em rèn luyện các thao tác tư duy: tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa,…thấy được sự liên hệ chặt chẽ giữa các nội dung toán học khác với lượng giác Đặc biệt sẽ tạo được hứng thú cho các em khi học toán Phương pháp lượng giác hóa còn rất nhiều ứng dụng khác nữa mà đề tài chưa đề cập đến Với cách làm tương tự, các em... (quyển 1) NXB Giáo Dục [3] Bộ Giáo Dục Và Đào Tạo Đề thi tuyển sinh vào các trường đại học, cao đẳng và trung học chuyên nghiệp (1996) NXB Giáo Dục [4] Nguyễn Thái Hòe Dùng ẩn phụ để giải Toán (2003) NXB Giáo Dục [5] Sở Giáo Dục Và Đào Tạo Nghệ An Kỷ yếu hội thảo Đổi mới cách dạy, cách học bộ môn Toán Trung học phổ thông (2008) [6] Phan Huy Khải Toán nâng cao Lượng giác 11 (1999) NXB Đại học Quốc Gia Hà . MỞ ĐẦU Lượng giác có rất nhiều ứng dụng trong nhiều môn khoa học nói chung và nói riêng trong các lĩnh vực khác nhau của Toán học. Ở chương trình Toán phổ thông,. luyện các kỹ năng cơ bản của Toán học, đặc biệt làm cho các em thấy được sự liên hệ giữa các nội dung Toán học, tạo hứng thú cho các em học sinh khi học Toán. Hơn hết, rèn luyện và phát triển các. tác và đóng góp những ý kiến quý báu cho tôi. Nghi Lộc, tháng 5 năm 2009 Giáo viên: Nguyễn Trung Thành 1 I. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC. Dạng 1. Sử dụng điều kiện của biến ( ) 0x a a≤ > .