PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
GIẢI CÁC BÀI TOÁN
Cơ sở của phương pháp lượng giác để giải các bài tốn đại số:
1)Dựa vào cơng thức lượng giác :Từ cơng thức quen thuộc sin 2α + cos 2α = 1,suy ra nếu tồn tại 2 số a,b thoả mãn điều kiện a2 +b2 = 1 thì tồn tại số α với α ∈[0 ; 2 π]sao cho
b
α ,sin
cos
2)Dựa vào phương trình lượng giác cơ bản:Từ cách giải phương trình lượng giác cơ bản ,suy ra :
+Nếu số a thoả mãn điều kiện a ≤1
thì tồn tại các số α,β tương ứng duy nhất ,với
[ ] ∈−
∈
2
; 2
;
2
;
0 π β π π
α
,sao cho cosα =a,sinβ =b
Các cơng thức liên quan : 1 cos 2cos 2;1 cos 2sin 2;
2
+ +Với mọi số thực a,tồn tại duy nhất α với
−
∈
2
; 2
π π α
sao cho tgα =a
Khi sử dụng các phương trình này ,thường dùng các kết quả sau:
• tgα+tgβ +tgγ =tgα.tgβ.tgγ ⇔α+β +γ =kπ,k∈Z
• tg tg +tg tg +tg tg = ⇔ + + = k ,k∈Z
2 1
β β γ γ α α β γ π π
α
2 cot
cot cot cot
cot
Bài tốn 1: cho x2 + y2 =1;u2 +v2 =1;xu+yv=0
CMR :x2 +u2 =1;y2 +v2 =1;xy+uv=0
Giải:
Đặt x=cosa;y=sina,(0≤a≤2π)và u=cosb;v=sinb,(0≤b≤2π)
Từ giả thiết :
0 ) cos(
sin sin cos cos
=
a)ta cĩ :
1 ) cos(
) cos(
1
) 2 cos 2
(cos 2
1 1 2 cos 1 2
1 2 cos 1 2
1 cos
2
2
=
− +
+
=
+ +
= +
+ +
= +
=
+
b a b
a
b a
b a
b a
u
x
theo (*) vế phải đẳng thức cuối cùng bằng 1 (đpcm)
1 ) 2 cos 1 ( 2
1 sin sin2 2
2
y
c)Tương tự,ta cĩ :
Trang 20 ) cos(
) sin(
) 2 sin 2 (sin 2
1 sin cos sin
=
xy
Bài toán 2:Cho xy+ yz+zx=1;xyz≠0.Chứng minh :
4 1 1
1 1
1
1
=
−
− +
−
− +
−
−
x
x z
z z
z y
y y
y
x
x
Giải:
− < <
=
=
=
2 , , 2
;
;
;y tgb z tgc π a b c π
tga
x
Khi đó
a g tga
a tg tga
tga x
x 1 1 1 2cot 2
2
−
=
−
=
−
=
−
Tương tự ,ta có :
c g z
z b g y
y− 1 =−2cot 2 ; −1=−2cot 2
Bài toán đã cho tương đương vơi chứng minh đẳng thức :
1 2 cot 2 cot 2 cot 2 cot 2
cot
2
cotg a g b+ g b g c+ g c g a= (*)
Từ giả thiết :
gc gb ga gc
gb ga
k c
b
a
k c
b a c a g tgb
tgb tga
tgatgc
tgb
tgatgc tgc
tga tgb tgctga
tgbtgc tgatgb
zx
yz
xy
cot cot cot cot
cot cot
2 2
2
2
2 )
( cot 1
1 ) (
1 1
= +
+
⇔ +
= +
+
⇔
+
= + +
⇔ +
=
⇔ +
−
=
⇔
−
= +
⇔
= +
+
⇔
=
+
+
π π
π π
Bài toán 3: Cho 3 số x,y,z thoả mãn điều kiện xy+yz+zx =1;x,y,z∈( )0;1
3 3 1
1
−
+
−
+
z y
y x
x
Giải:
Vì x,y,z∈( )0;1 nên ta có thể chọn (một cách duy nhất) a ,,b csao cho
z tgc y tgb
x
∈ 4
; 0 , ,b c π
a
Khi đó từ xy+ yz+zx= ⇒tgatgb+tgbtgc+tgctga= ⇔a+b+c= +k ,k∈Z
2 1
Nên 2a+2b+2c=π +(2k)π,k∈Z
Mặt khác ta có :
c btg atg tg c tg b
tg
a
tg2 + 2 + 2 = 2 2 2 (1)
∈
4
;
0
,
,b c π
a
nên
0 2 , 2 , 2 2
; 0 2 , 2 ,
c b
Do đó nếu đặt m=tg2a+tg2b+tg2cthì m>0 (2)
Trang 3Theo (1) ta có tan2a.tan2b.tan2c = m
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương tan2a, tan2b, tan2c có :
2
Hay tan 2 a + tan 2 b + tan 2 c ≥ 3 3
2
3 3 1
1 1
3 3 1
2 1
2 1
2 3 3 2 2
−
+
−
+
−
⇒
≥
−
+
−
+
−
⇒
≥ +
+
z
z y
y x
x z
z y
y x
x c
tg b
tg
a
tg
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3
3
x y z = = =
Bài toán 4:Giải phương trình : ( 1+x −1)( 1−x +1)=2x (1) Giải:
Điều kiện : −1≤x≤1
Ta thấy rằng :
1 2
1 2
− +
+x x
≤ ≤
=
−
=
+
2 0
, sin 2
1
; cos 2
t x
Từ đó : 1+x = 2cost; 1−x= 2sint;x=2cos2t−1
=
−
−
=
⇔
=
−
−
−
⇔
−
= +
−
⇔
0 1 cos 2 2 sin 2
1 cos 2
0 ) 1 cos 2 2 sin 2 )(
1 cos 2 (
) 1 cos 2 ( 2 ) 1 sin 2 )(
1 cos 2 (
t t
t
t t
t
t t
t
2 cos 1 cos
2 t= ⇒ t= ⇒x=
• 2sint−2 2cost−1=0⇔ 2sint =2 2cost+1
(Do 0≤t≤π2;sint,cost≥0
)
2 cos 0 1 cos 2 4 cos 10
cos 2 4 cos 8 1 ) cos 1 ( 2
2
2 2
=
⇒
=
− +
⇔
+ +
=
−
⇔
t t
t
t t
t
2 cost=−
24
−
=
⇒x
Vậy phương trình (1) có hai nghiệm 25
24
&
0 =−
x