I. Đặt vấn đề Trong chơng trình toán ở trờng phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức là một vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho ngời làm toán trí thông minh, sự sáng tạo, ngoài ra còn có cả sự khéo léo, mỗi kết quả của nó là một công cụ sắc bén của toán học. Nhng để chứng minh bất đẳng thức thì không đơn giản chút nào, nhất là đối với học sinh, các em tỏ ra lúng túng khi chọn cho mình một công cụ để chứng minh hiệu quả nhất. Đã có rất nhiều tài liệu đa ra một số phơng pháp rất tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn: - Phơng pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. - Phơng pháp sử dụng tam thức bậc 2. - Phơng pháp sử dụng những bất đẳng thức kinh điển. - Phơng pháp sử dụng phản chứng. - Phơng pháp sử dụng quy nạp. - Phơng pháp sử dụng đạo hàm. - Phơng pháp sử dụng hình học. - Phơng pháp sử dụng hàm lồi. Mặc dù vậy song vẫn là cha đủ bởi sáng tạo của mỗi ngời làm toán là vô hạn. Chính vì vậy trong bài viết này tôi muốn đề cập về "Một số phơng pháp l- ợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số " nhằm trang bị thêm cho học sinh một số công cụ hữu hiệu để chứng minh các bất đẳng thức đại số. Phơng pháp l- ợng giác hoá đã đợc một số sách của các tác giả đề cập nh giáo s Phan Đức Chính, giáo s Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vũ Thế Hựu viết. Nhng do cấu trúc mục tiêu của các cuốn sách đó mà các tác giả đều không đi sâu vào phơng pháp này hay nói cách khác là cha thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó. 1 II. giải quyết vấn đề 1. Các kiến thức cần nắm 1.1. Các hệ thức cơ bản + 1sincos 22 =+ + 1 + tg 2 = )k 2 ( cos 1 2 + + tg . cotg = 1 ( 2 k ) + 1 + cotg 2 = )k( sin 1 2 1.2. Công thức cộng góc + cos( ) = cos cos sin sin + sin( ) = sin cos cos sin + tg ( ) = )k 2 ;( tgtg1 tgtg + + cotg( ) = gcotgcot 1gcot.gcot )k;( 1.3. Công thức nhân + sin2 = 2 sin cos + cos2 = cos 2 - sin 2 = 2cos 2 - 1 = 1 - 2sin 2 + tg2 = ) 2 k 4 ( tg1 tg2 2 + + cotg2 = ) 2 k ( gcot2 1gcot 2 + sin3 = 3sin - 4sin 3 + cos3 = 4cos 3 - 3cos + tg3 = 3 k 6 ( tg31 tgtg3 3 3 + ) thức hạ bậc + cos 2 = 2 2cos1 + + sin 2 = 2 2cos1 + tg 2 = + 2cos1 2cos1 )k 2 ( + 1.5. Công thức biến đổi tổng thành tích: + cos + cos = 2cos 2 cos 2 + + cos - cos = - 2sin 22 sin + + sin + sin = 2sin 22 cos + 2 + sin - sin = = - 2cos 2 sin 2 + + tg tg = cos.cos )sin( )k 2 ;( + 1.6. Công thức biến đổi tích thành tổng: + cos.cos = )]cos()[cos( 2 1 ++ + sin.sin = )]cos()[cos( 2 1 ++ + sin.cos = )]sin()[sin( 2 1 ++ 2. Nội dung của sáng kiến Qua một quá trình nghiên cứu tham khảo bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp lợng giác ở nhiều sách đều đa ra các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp lợng giác rất mơ hồ cha có hệ thống, cha phân chia thành các dạng bài tập. Với các kiến thức về chứng minh bất đẳng thức bằng phơng pháp lợng giác mà tôi đợc biết tôi đã phân chia thành 5 dạng bài tập cơ bản mà tôi sẽ giới thiệu sau đây. Trong mỗi dạng bài tập tôi đều đa ra phơng pháp chọn cách đặt để học sinh nhanh chóng chuyển 1 vế của bất đẳng thức đại số phải chứng minh về biểu thức lợng giác sau đó biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lợng giác bằng các bất đẳng thức lợng giác đơn giản nh: 2 2 | sin | 1;| cos | 1; sin 1; cos 1 ( *) n n n N * Để học sinh nắm kiến thức một cách hệ thống tôi đã lập bảng một số dấu hiệu nhận biết sau:( Giả sử các hàm số lợng giác sau đều có nghĩa) Biểu thức đại số Biểu thức lợng giác tơng tự Công thức lợng giác 1 + x 2 1 + tg 2 t 1+tg 2 t = tcos 1 2 4x 3 - 3x 4cos 3 t - 3cost 4cos 3 t - 3cost = cos3t 2x 2 - 1 2cos 2 t - 1 2cos 2 t - 1 = cos2t 2 x1 x2 ttg1 tgt2 2 ttg1 tgt2 2 = tg2t 2 x1 x2 + ttg1 tgt2 2 + ttg1 tgt2 2 + = sin2t xy1 yx + + tgtg1 tgtg + tgtg1 tgtg = tg(+) x 2 - 1 1 cos 1 2 1 cos 1 2 = tg 2 3 một số phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số I. Dạng 1: Sử dụng hệ thức sin 2 + cos 2 = 1 1) Ph ơng pháp: a) Nếu thấy x 2 + y 2 = 1 thì đặt = = cosy sinx với [0, 2] b) Nếu thấy x 2 + y 2 = a 2 (a > 0) thì đặt = = cosay sinax với [0, 2] 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho 4 số a, b, c, d thoả mãn: a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1 Chứng minh rằng: 2 S = a(c+d) + b(c-d) 2 Giải: Đặt = = ucosb usina và = = vcosd vsinc S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv) S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v) 2)dc(b)dc(aS2]2,2[ 4 )vu(sin2S ++= += (đpcm) VD2: Cho a 2 + b 2 = 1. Chứng minh rằng: 2 25 b 1 b a 1 a 2 2 2 2 2 2 ++ + Giải: Đặt a = cos và b = sin với 0 2. Thế vào biểu thức vế trái rồi biến đổi. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin 1 sin cos 1 cos b 1 b a 1 a ++ += ++ + = cos 4 + sin 4 + 4 sin.cos sincos sincos4 sin 1 cos 1 44 44 44 44 + + ++=+ + = ( ) 4 sin.cos 1 1sincos 44 44 + ++ = ( ) [ ] 4 sin.cos 1 1sincos2sincos 44 2222 + ++ = 2 25 4 2 17 4)161( 2 1 14 2sin 16 12sin 2 1 1 4 2 =+=++ + + (đpcm) Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bớc nữa để xuất hiện a 2 +b 2 =1) 4 II. Dạng 2: Sử dụng tập giá trị 1|cos|;1|sin| 1. Ph ơng pháp : a) Nếu thấy |x| 1 thì đặt [ ] sin ; 2 2 cos 0; x khi x khi = = b) Nếu thấy |x| m ( 0m ) thì đặt [ ] sin ; 2 2 cos 0; x m khi x m khi = = 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng: (1+x) p + (1-x) p 2 p |x| 1 ; P 1. Giải: Đặt x = cos với [0, ], khi đó (1 + x) p + (1 - x) p = (1+cos) p + (1-cos) p = p22pp2p2p p 2 p 2 2 2 sin 2 cos2 2 sin 2 cos2 2 sin2 2 cos2 = + + = + (đpcm) VD2: Chứng minh rằng: 23123223 22 ++= aaaA Giải: Từ đk 1 - a 2 0 |a| 1 nên Đặt a = cos với 0 2 a1 = sin. Khi đó ta có: A= ++=+=+ 2sin)2cos1(3sincos2cos32a1a2a32 222 = 3 3 2sin232sin 2 1 2cos 2 3 2 + +=+ + 2323 + A (đpcm) VD3: Chứng minh rằng: S = ( ) ( ) 21314 2332 + aaa)a( Giải: Từ đk |a| 1 nên: Đặt a = cos với [0, ] 2 a1 = sin. Khi đó biến đổi S ta có: S= )cos3cos4()sin4sin3()sin(cos3)cos(sin4 3333 +=+ = 2 4 3sin23cos3sin +=+ (đpcm) 5 III. Dạng 3: Sử dụng công thức: 1+tg 2 = 1 cos 1 tg cos 1 2 2 2 = )k( + 2 1) Ph ơng pháp: a) Nếu |x| 1 hoặc bài toán có chứa biểu thức 1x 2 thì đặt x = cos 1 với 2 3 , 2 ;0 b) Nếu |x| m hoặc bài toán có chứa biểu thức 22 mx thì đặt x = cos m với 2 3 , 2 ;0 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng A = 2 1 3 2 1 a a a + Giải: Do |a| 1 nên : Đặt a = cos 1 với 2 3 , 2 ;0 == tgtg1a 22 . Khi đó: A = 2 3 sin2cos3sincos)3tg( a 31a 2 +=+=+= + (đpcm) VD2: Chứng minh rằng: A = ab 1b1a 22 + 1 ; 1a b Giải: Do |a| 1; |b| 1 nên . Đặt a = cos 1 ; b = cos 1 với 2 3 , 2 ;0 . Khi đó ta có: A = 1)sin(cossincossincoscos)tgtg( +=+=+ (đpcm) IV. Dạng 4: Sử dụng công thức 1+ tg 2 = 2 cos 1 1. Ph ơng pháp: a) Nếu x R và bài toán chứa (1+x 2 ) thì đặt x = tg với 2 , 2 b) Nếu x R và bài toán chứa (x 2 +m 2 ) thì đặt x = mtg với 2 , 2 6 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng: S = 1 1 4 1 3 32 3 2 + + )x( x x x Giải: Đặt x = tg với 2 , 2 =+ cos x 1 1 2 , khi đó biến đổi S ta có: S = |3tg.cos - 4tg 3 .cos 3 | = |3sin - 4sin 3 | = |sin3| 1 (đpcm) VD2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 22 42 )a21( a12a83 + ++ Giải: Đặt a 2 = tg với 22 , thì ta có: A = 22 42 )tg1( tg3tg43 + ++ = += + ++ 22222 222 4224 cossin2)cos(sin3 )sin(cos sin3cossin4cos3 = 3 - 3 2 0 2 2 2sin 3A 2 1 3 2 5 2 2sin 22 = == Với = 0 a = 0 thì MaxA = 3 ; Với = 4 a = 2 1 thì MinA = 2 5 VD3: Chứng minh rằng: 2 1 )b1)(a1( )ab1)(ba( 22 ++ + a, b R Giải: Đặt a = tg, b = tg. Khi đó )tg)(tg( )tgtg)(tgtg( )b)(a( )ab)(ba( ++ + = ++ + 2222 11 1 11 1 = + cos.cos sin.sincos.cos . cos.cos )sin( .coscos 22 = [ ] 2 1 2 2 1 +=++ )(sin)cos()sin( (đpcm) VD4: Chứng minh rằng: 0d,c,b,a)1()db)(ca(cdab >+++ Giải: 7 (1) 1 d b 1 a c 1 ab cd d b 1 a c 1 1 1 )db)(ca( cd )db)(ca( ab + + + + + ++ + ++ Đặt tg 2 = a c , tg 2 = b d với , 2 ,0 Biến đổi bất đẳng thức 1sinsincoscos )tg1)(tg1( tg.tg )tg1)(tg1( 1 2222 22 22 22 += ++ + ++ cos cos + sin sin = cos(-) 1 đúng (đpcm) Dấu bằng xảy ra cos(-) = 1 = b d a c = V. Dạng 5: Đổi biến số đa về bất đẳng thức tam giác 1) Ph ơng pháp: a) Nếu =+++ > 12 0 222 xyzzyx z;y;x thì === Ccosz;Bcosy;Acosx ) 2 ;0(C;B;A :ABC b) Nếu =++ > xyzzyx z;y;x 0 thì === tgCz;tgBy;tgAx ) 2 ;0(C;B;A :ABC c) Nếu =++ > 1zxyzxy 0z,y;x thì === === 2 C tgz; 2 B tgy; 2 A tgx );0(C;B;A gCcotz;gBcoty;gAcotx ) 2 ;0(C;B;A :ABC 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho x, y, z > 0 và zy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. S = )zyx(3 z 1 y 1 x 1 ++++ Giải: Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg 2 ; y = tg 2 ; z = tg 2 với , , 2 ,0 8 Do xy + yz + zx = 1 nªn tg 2 α tg 2 β + tg 2 β tg 2 γ + tg 2 γ tg 2 α = 1 ⇔ tg 2 α γ + β 2 tg 2 tg = 1 - 2 tg β tg 2 γ ⇔ 2 gcot 22 tg 2 tg 1 2 tg 2 tg1 2 tg 2 tg α = γ + β ⇔ α = γβ − γ + β ⇔ π=γ+β+α⇔ π = γ+β+α ⇔ α − π = γ + β ⇔ α + π = γ + β 2222222222 tgtg S = )zyx(3 z 1 y 1 x 1 ++−++ = cotg 2 α + cotg 2 β + cotg 2 γ -3 γ + β + α 2 tg 2 tg 2 tg S = γ + β + α − γ − γ + β − β + α − α 222 2 222222 tgtgtgtggcottggcottggcot S = 2(cotgα+cotgβ+cotgγ) - γ + β + α 222 2 tgtgtg S = (cotgα+cotgβ-2tg 2 γ ) + (cotgβ+cotgγ-2tg 2 α ) +(cotgα+cotgβ-2tg 2 β ) §Ó ý r»ng: cotgα + cotgβ = )cos()cos( sin sin.sin sin sin.sin )sin( β+α−β−α γ = βα γ = βα β+α 2 2 2 ≥ 0 2 tg2gcotgcot 2 tg2 2 cos2 2 cos 2 sin4 cos1 sin2 )cos(1 sin2 2 ≥ γ −β+α⇒ γ = γ γγ = γ+ γ = β+α− γ T ®ã suy ra S ≥ 0. Víi x = y = z = 3 1 th× MinS = 0 VD2: Cho =++ > 1zyx 0z,y,x . Chøng minh r»ng: S = 4 9 xyz z zxy y yzx x ≤ + + + + + Gi¶i: §Æt 2 tg x yz α = ; 2 tg y xz β = ; 2 tg z xy γ = víi α, β, γ ∈ π 2 ,0 Do x yz . z xy . z xy . y zx y zx . x yz ++ = x + y + z = 1 nªn tg 2 α tg 2 β + tg 2 β tg 2 γ + tg 2 γ tg 2 α = 1 9 tg + 22 = cotg 2 tg + 22 = tg 22 2 + 2 = 2 - 2 =++ = ++ 22 S = 2 3 1 xyz z2 1 zxy y2 1 yzx x2 2 1 xyz z zxy y yzx x + + + + + + = + + + + + = 2 3 z xy 1 z xy 1 y zx 1 y zx 1 x yz 1 x yz 1 2 1 2 3 xyz xyz zxy zxy yzx yzx 2 1 + + + + + + =+ + + + + = 2 1 (cos + cos + cos) + 2 3 = ( ) [ ] 2 3 1 2 1 +++ )sinsincos(cos.coscos ( ) 4 9 2 3 4 3 2 3 coscos)sin(sin 2 1 )1cos(cos 2 1 2 1 22 2 =+=+ ++++ (đpcm) III. kết luận và kiến nghị Việc chứng minh bất đẳng thức đại số là một công việc rất khó khăn và đòi hỏi ngời chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất cả các kiến thức đã biết để chứng minh một bất đẳng thức. Trong giai đoạn hiện nay chúng ta đang tập trung cho cải cách giáo dục, trong đó có một phần quan trọng là cải tiến phơng pháp giảng dạy. Để phát huy tính tích cực của học sinh, việc tiếp thu kiến thức mới và công việc giải toán thì ngời thầy giáo phải là ngời tiên phong trong việc phát huy tính tích cực của mình để tìm ra những phơng pháp giải toán mới, tìm ra những công cụ mới để ngày càng hoàn thiện hơn bản thân và cống hiến cho những ngời làm toán những công cụ hữu hiệu để có thể đi sâu vào thế giới của toán học. Trên đây là ý kiến của tôi về một số phơng pháp lợng giác để giải các bất đẳng thức đại số nhằm giúp cho ngời chứng minh bất đẳng thức có một phơng pháp t duy về chứng minh bất đẳng thức đại số. Do kinh nghiệm cha có nhiều nên bài viết của tôi không tránh khỏi khuyếm khuyết mặc dù tôi đã rất cố gắng xắp xếp về mặt phơng pháp, lợng bài tập và cấu trúc của bài viết. Rất mong nhận đợc sự đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp để bài viết đợc tốt hơn. Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn! Thanh hoa, ngày 10 tháng 05 năm 2010 10 . Việc chứng minh bất đẳng thức đại số là một công việc rất khó khăn và đòi hỏi ngời chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất cả các kiến thức đã biết để chứng minh một bất đẳng thức. . đa ra một số phơng pháp rất tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn: - Phơng pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. - Phơng pháp sử dụng tam thức bậc 2. - Phơng pháp sử dụng những. ý kiến của tôi về một số phơng pháp lợng giác để giải các bất đẳng thức đại số nhằm giúp cho ngời chứng minh bất đẳng thức có một phơng pháp t duy về chứng minh bất đẳng thức đại số. Do kinh