Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 63 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Cấu trúc
Mở đầu
Chương 1. Một số đẳng thức lượng giác và đẳng thức đại số sinh bởi hệ thức lượng giác
Một số tính chất của đa thức lượng giác
Một số đồng nhất thức dạng đại số - lượng giác
Đa thức Chebyshev
Các định nghĩa
Tính chất của các đa thức Chebyshev
Chương 2. Phương pháp lượng giác giải phương trình bậc ba và bậc bốn
Giải phương trình bậc ba
Giải và biện luận phương trình bậc ba
Phương trình bậc ba nhận các yếu tố trong tam giác là nghiệm
Giải phương trình bậc bốn
Một số hệ phương trình đưa về phương trình bậc ba và bậc bốn
Chương 3. Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức bậc cao
Phương trình đa thức bậc cao
Hệ phương trình đa thức bậc cao
Chương 4. Một số dạng toán liên quan
Phép thế lượng giác
Phép thế lượng giác trong bất đẳng thức
Phép thế lượng giác trong dãy số
Một số dạng toán từ các đề thi Olympic sử dụng phương pháp lượng giác
Kết luận
Tài liệu tham khảo
Nội dung
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– MÔNG THANH HẰNG PHƯƠNGPHÁPLƯỢNGGIÁCGIẢIPHƯƠNGTRÌNHĐATHỨCVÀMỘTSỐDẠNGTOÁN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNGPHÁPTOÁNSƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 THÁI NGUYÊN, 06/2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– MÔNG THANH HẰNG PHƯƠNGPHÁPLƯỢNGGIÁCGIẢIPHƯƠNGTRÌNHĐATHỨCVÀMỘTSỐDẠNGTOÁN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNGPHÁPTOÁNSƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 Người hướng dẫn khoa học GS TS LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN, 06/2017 Mục lục Mở đầu Chương Mộtsốđẳngthứclượnggiácđẳngthức đại sinh hệ thứclượnggiác 1.1 Mộtsố tính chất đathứclượnggiác 1.2 Mộtsố đồng thứcdạng đại số - lượnggiác 1.3 Đathức Chebyshev 1.3.1 Các định nghĩa 1.3.2 Tính chất đathức Chebyshev số Chương Phươngpháplượnggiácgiảiphươngtrình bậc ba bậc bốn 2.1 Giảiphươngtrình bậc ba 2.1.1 Giải biện luận phươngtrình bậc ba 2.1.2 Phươngtrình bậc ba nhận yếu tố tam giác nghiệm 2.2 Giảiphươngtrình bậc bốn 2.3 Mộtsố hệ phươngtrình đưa phươngtrình bậc ba bậc bốn 4 17 17 17 20 20 20 28 32 37 Chương Phươngpháplượnggiácgiảiphươngtrìnhđathức bậc cao 39 3.1 Phươngtrìnhđathức bậc cao 39 3.2 Hệ phươngtrìnhđathức bậc cao 49 Chương Mộtsốdạngtoán liên quan 4.1 Phép lượnggiác 4.1.1 Phép lượnggiác bất đẳngthức 4.1.2 Phép lượnggiác dãy số 4.2 Mộtsốdạngtoán từ đề thi Olympic sử dụng pháplượnggiác Kết luận Tài liệu tham khảo phương 51 51 51 53 55 60 61 Mở đầu Các chuyên đề đathứclượnggiác vấn đề liên quan phần quan trọng đại sốgiải tích toán học Các học sinh thường phải đối mặt với nhiều dạngtoán loại khó liên quan đến hai chuyên đề Các dạngtoánphươngtrìnhđathức luôn xuất chương trìnhtoán từ bậc THCS đến THPT Trong hầu hết kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic Toán khu vực quốc tế, Olympic sinh viên trường đại học cao đẳng, toán liên quan đến đathức hay đề cập thuộc loại khó khó Các toán khảo sát phươngtrình bất phươngtrìnhđathứcphươngpháplượnggiácdạng chuyên đề chọn lọc cần thiết cho giáo viên học sinh bậc trung học phổ thông năm đầu bậc đại học Sử dụng lượnggiác ta thiết lập nhiều đồng thức đại số mới, để từ cho phép giảiphươngtrình bậc ba, bậc bốn sốdạngphươngtrìnhđathức bậc cao với hệ sốthực cách trực tiếp, không cần viện trợ đến số phức Chính vậy, để đáp ứng cho nhu cầu giảng dạy học tập, tác giả chọn đề tài luận văn "Phương pháplượnggiácgiảiphươngtrìnhđathứcsốdạng toán" Đây chuyên đề có ý nghĩa thực tiễn công việc giảng dạy, cho ta nhìn nhận quán toángiải biện luận phươngtrìnhđathứcdạngtoán liên quan đến bất đẳngthức cực trị số lớp đathức biến Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Mộtsốđẳngthứclượnggiácđẳngthức đại số sinh hệ thứclượnggiác Chương Phươngpháplượnggiácgiảiphươngtrình bậc ba bậc bốn Chương Phươngpháplượnggiácgiảiphươngtrình bậc cao Chương Mộtsốdạngtoán liên quan Mộtsốdạng ví dụ tập chọn lọc đề kỳ thi học sinh giỏi quốc gia Olympic quốc tế Mộtsốtoán minh hoạ khác trích từ tài liệu tham khảo [1-5] Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn người thầy trực tiếp hướng dẫn giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn thầy, cô giáo khoa Toán - Tin, phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Trường THPT Sơn Dương, huyện Sơn Dương, tỉnh Tuyên Quang bạn bè đồng nghiệp giúp đỡ tạo điều kiện cho hoàn thành luận văn Thái Nguyên, 01 tháng 05 năm 2017 Mông Thanh Hằng Chương Mộtsốđẳngthứclượnggiácđẳngthức đại số sinh hệ thứclượnggiác 1.1 Mộtsố tính chất đathứclượnggiác Định nghĩa 1.1 (xem [3]) Biểu thức n Ln (x) = a0 + (ak cos kx + bk sin kx), (1.1) k=1 đó: a0 , ak , bk ∈ R (k ∈ {1, 2, , n}); |an | + |bn | = (n ∈ N∗ ), gọi đathứclượnggiác bậc n (cấp n) với hệ số a0 , ak , bk (k ∈ {1, 2, , n}) Định nghĩa 1.2 (xem [3]) Nếu đathức (1.1) tất hệ số bk (k ∈ {1, 2, , n}) ta có đathứclượnggiác cấp n cos: Cn (x) = a0 + a1 cos x + a2 cos 2x + · · · + an cos nx (an = 0) (1.2) Nếu (1.1) tất hệ số ak (k ∈ {1, 2, , n}) ta có đathứclượnggiác cấp n sin: Sn (x) = b0 + b1 sin x + b2 sin 2x + · · · + bn sin nx (bn = 0) (1.3) ∗ Tính chất 1.1 Cho Sn (x) Sm (x) hai đathứclượnggiác Khi đó: ∗ a) Sn (x) + Sm (x) đathứclượnggiác bậc k với k ≤ max{n, m} ∗ b) Sn (x).Sm (x) đathứclượnggiác bậc n + m Tính chất 1.2 Với đathứclượnggiác Ln (x) dạng (1.1) tồn đathức đại số Pn (t) Qn−1 (t) cho Ln (x) = Pn (cos x) + sin xQn−1 (cos x) Tính chất 1.3 Với Sn (x) dạng (1.3) luôn tồn đathức đại số Qn−1 (t) để Ln (x) = b0 + sin x.Qn−1 (cos x) Tính chất 1.4 Với đathức Cn (x) dạng (1.2) ta có Cn (x) = Pn (cos x), Pn (t) đathức bậc n t có hệ số bậc cao an 2n−1 Ngược lại, với đathức Pn (t) với hệ số từ phép đặt ẩn phụ t = cos x ta biến đổi đathức Cn (x) dạng (1.2) với an = 21−n Bài toán 1.1 Cho đathức k (aj cos jx + bj sin jx) (k ≥ 1) f (x) = a0 + (1.4) j=1 cho số α thoả mãn điều kiện nα = 2π với n > k Chứng minh f (x + α) + f (x + 2α) + + f (x + nα) = na0 (1.5) Lời giải Nhận xét tổ hợp tuyến tính đathứcdạng (1.4) đathức có dạng Vì không tính tổng quát ta cần chứng minh (1.5) cho trường hợp đathứcdạng f (x) = sin mx f (x) = cos mx đủ Mặt khác, ta có n n cos(α + kβ) = 0, sin(α + kβ) = k=1 k=1 với α ∈ R, = β < 2π nβ 2π Từ ta có đẳngthức (1.5) Bài toán 1.2 Cho đathức f (x) = b0 + b1 sin x + b2 sin 2x + · · · + bn sin nx, bn = 0, thoả mãn điều kiện |f (x)| ≤ | sin x|, ∀x ∈ R Chứng minh |b1 + 2b2 + 3b3 + · · · + nbn | ≤ (1.6) Lời giải Ta có |b1 + 2b2 + 3b3 + · · · + nbn | = f (x) − f (0) f (x) − f (0) ≤ lim x→0 x→0 x x f (x) sin x f (x) = lim = lim ≤ 1, x→0 sin x x→0 x x điều phải chứng minh = |f (0)| = lim Bài toán 1.3 Cho sốthực a, b, A, B cho đathứclượnggiác f (x) = − a cos x − b sin x − A cos 2x − B sin 2x thoả mãn điều kiện f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R Chứng minh a2 + b2 ≤ 2, A2 + B ≤ √ √ A2 + B = R Khi tồn α, β để Lời giải Đặt a2 + b2 = r; a = r cos α; b = r sin α, a cos x + b sin x = r cos(x − α), A = R cos 2β; B = R sin 2β, A cos 2x + B sin 2x = R cos 2(x − β) Từ suy f (x) = − r cos(x − α) − R cos 2(x − β) Đặt π π f (α + ) = P, f (α − ) = Q 4 Khi đó, ta có đẳngthức r π P = − √ − R cos α − β + , r π Q = − √ − R cos α − β − Nếu r2 > − √r < Trị tuyệt đối hiệu hai góc 2(α − β + π4 ) 2(α − β − π4 ) π nên cosin chúng trái dấu Bởi vậy, hai biểu thức R cos α − β + π R cos α − β − π có biểu thức không âm Từ dẫn đến hai số P Q có số âm Vậy hai giá trị f (α + π4 ) f (α − π4 ) số âm Điều vô lý (do giả thiết f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R) Vậy r2 ≤ suy a2 + b2 ≤ Tương tự ta có f (β) = − r cos(β − α) − R cos = − r cos(β − α) − R; f (β + π) = − r cos(β − α + π) − R Nếu xảy trường hợp R > − R < hiệu góc β − α + π β − α π nên lập luận tương tự ta thu hai số f (β) f (β + π) số âm, vô lý Vậy A2 + B ≤ 1, điều phải chứng minh Nhận xét 1.1 Bài toán truờng hợp đặc biệt định lý đathứclượnggiác nhận giá trị không âm: Nếu đathức n f (x) = + (ak cos kx + bk sin kx) k=1 không âm với x ∈ R a2i + b2i ≤ 2, ∀i ∈ {1, 2, , (n − 1)}, a2n + b2n ≤ Bài toán 1.4 Chứng minh với m = 2n − 1, đathứclưọnggiác f (x) = cos 2n x + a1 cos(2n − 1)x + a2 cos(2n − 2)x + + am cos x (1.7) nhận giá trị dấu Lời giải Giả sử f (x) nhận giá trị dương Khi f1 (x) := (f (x) + f (x + π)) > với x ∈ R Do cos(x + kπ) = (−1)k cos x nên đathức f1 (x) = cos 2n x + a2 cos(2n − 2)x + + am−2 cos 2x dương với x ∈ R Do đathức 1 f2 (x) := (f1 (x) + f1 (x + π)) 2 dương với x ∈ R Tương tự ta thu f2 (x) = cos 2n x + a4 cos(2n − 4)x + + am−4 cos 4x Vậy 1 f2 (x) + f2 x + π dương với x ∈ R Lặp lại trình trên, sau hữu hạn bước ta thu đathức cos 2n x > với x ∈ R Điều không xảy f (x) = Nhận xét 1.2 Nếu sử dụng đặc trưng tuần hoàn nguyên hàm F (x) f (x) dạng (1.7) F (x) hàm thực đơn điệu đạo hàm (chính f (x)) luôn dấu Bài toán 1.5 Cho đathức n fn (x) = a0 + (ak cos kx + bk sin kx), k=1 sốthực a0 , ak , bk ∈ R thoả mãn điều kiện fn (x) > 0, ∀x ∈ R, a2i + b2i = (i = 1, 2, , n) Chứng minh fn (x) − n ≤ 1, ∀x ∈ R a0 Lời giải Ta có n a2i + b2i = a0 + n fn (x) ≤ a0 + i=1 Xét nguyên hàm fn (x) n F (x) = a0 x + i=1 bi sin ix − cos ix i i (1.8) Vậy phươngtrình cho có ba nghiệm thuộc (0; 1) x = cos 2π 2π 4π ; x = cos ; x = cos 9 Bài toán 3.11 Giảiphươngtrình x3 + (1 − x2 )3 = x 2(1 − x2 ) Lời giải Điều kiện để biểu thức có nghĩa: −1 x π π Đặt x = sin α (với α ∈ − ; ), phươngtrình trở thành 2 √ sin3 α + cos3 α = sin α cos α √ ⇔ (sin α + cos α)3 − sin α cos α(sin α + cos α) − sin α cos α = √ √ π Đặt sin α + cos α = sin + α = t với điều kiện |t| t2 − Suy sin α cos α = phươngtrình trở thành √ t2 − t2 − t− =0 t −3 2 √ √ ⇔ t3 + 2t2 − 3t − = √ √ √ ⇔ (t − 2)(t + − 1)(t + + 1) = √ √ √ t = − |t| Suy t = √ Với t = √ √ π π sin + α = ⇔ sin +α =1 4 π hay α = + k2π √ π π π π Vì α ∈ − ; nên α = x = sin = √2 4 Với t = − 2, suy √ sin α + cos α = − hay x+ − x2 = − 47 √ 2, tức x − √2 1 − x2 = (1 − √2 − x)2 ⇔x= x − √2 ⇔ x2 − (1 − √2)x + (1 − √2) = 1− √ √ 2−1 2+ Vậy phươngtrình cho có nghiệm √ √ √ 1− 2+ 2−1 x= ;x = 2 Bài toán 3.12 Giảiphươngtrình 1+ − x2 (1 + x)3 − Lời giải Điều kiện có nghĩa: −1 phươngtrình trở thành √ + sin t (1 − x)3 = + Đặt x = cos t (với t ∈ [0; π]), x (1 + cos t)3 − − x2 (1 − cos t)3 = + − cos2 t hay sin t t + cos 2 cos2 t sin2 − t =2+ sin2 t (3.1) t π Vì t ∈ [0; π] nên ∈ 0; Do 2 sin t 0, cos t Vậy nên phươngtrình (3.1) tương đương với √ t t 2 sin + cos 2 √ t t ⇔ 2 sin + cos 2 t t − sin3 = + sin t 2 t t cos − sin × 2 cos3 48 t t t t = + sin t + sin cos + sin2 2 2 √ √ ⇔ 2 cos t + sin t = + sin t ⇔ cos t(2 + sin t) = + sin t √ √ √ 2 ⇔ ( cos t − 1)(2 + sin t) = ⇔ cos t = ⇔x= 2 √ Vậy phươngtrình có nghiệm x = × cos2 3.2 Hệ phươngtrìnhđathức bậc cao Phép lượnggiác thường có ích phép giải hệ phươngtrình hoán vị vòng quanh Ta xem xét ví dụ Bài toán 3.13 Hệ phươngtrình sau có nghiệm? x + 3y = 4y y + 3z = 4z z + 3x = 4x3 Lời giải Ta viết lại hệ dạng x = 4y − 3y y = 4z − 3z z = 4x3 − 3x Ta chứng minh tất số x, y, z theo trị tuyệt đối không vượt Thật vậy, giả sử x số lớn số x > ta có z = 4x3 − 3x > x Ta đến mâu thuẫn Nếu giả sử x số nhỏ x < −1 ta có z = 4x3 −3x < x, mâu thuẫn Như −1 ≤ x, y, z ≤ ta thực phép x = cos α (0 ≤ α ≤ π) Khi z = cos 3α, y = cos 9α, x = cos 27α Bây rõ ràng số nghiệm hệ phươngtrình ban đầu số nghiệm phươngtrình cos α = cos 27α [0, π] Dễ dàng thấy số nghiệm 27: kπ kπ , k = 0, 1, 2, , 13; α = , k = 1, 2, , 13 α= 13 14 49 Nhận xét 3.5 Nếu toán có điều kiện x2 + y = phép x = sin α, y = cos α nhiều trường hợp tỏ hiệu Bài toán 3.14 Giải hệ phươngtrình x2 + y = 4xy(2y − 1) = Lời giải Ta đặt x = sin α, y = cos α với ≤ α < π ta π sin 4α = Nghĩa 4α = + k2π với k = 0, 1, 2, Từ dễ dàng tìm đáp số cuối √ √ √ √ 2− 2+ 2+ 2− , , , − , 2 2 − 2− √ , − 2+ √ , − 2+ √ 2− , √ Ta thấy phép giảitoán nhanh gọn, cách giảitoán không sử dụng phép lượnggiác phức tạp nhiều Bài toán 3.15 Giải hệ phươngtrình 3 x + = y + x y xy + yz + zx = =5 z+ z x y z = = nên x, y, z có dấu, 3(x2 + 1) 4(y + 1) 5(z + 1) ra, (x, y, z) nghiệm hệ (−x, −y, −z) nghiệm α β Như ta cần tìm nghiệm dương Đặt x = tan , y = tan , 2 γ sin α sin β sin γ z = tan (0 < α, β, γ < π, α+β +γ = π), ta = = Từ định lý hàm số sin suy α, β, γ góc tam giác có độ dài cạnh tương ứng 3, 4, Tam giác tam giác vuông có π α β γ γ = , sin α = , sin β = Vì tan = , tan = , tan = 5 2 1 1 Như đáp sốtoán , , , − , − , −1 3 Lời giải Vì 50 Chương Mộtsốdạngtoán liên quan 4.1 4.1.1 Phép lượnggiác Phép lượnggiác bất đẳngthức Chúng ta xem xét ví dụ sử dụng phép lượnggiác để chứng minh sốdạng bất đẳngthức Bài toán 4.1 a, b, c, d số dương Chứng minh bất đẳngthức √ √ ab + cd ≤ (a + d)(b + c) Lời giải Viết lại bất đẳngthứcdạng a b · + a+d b+c c d · ≤ b+c a+d a b π = sin2 α, = sin2 β < α, β < Khi bất đẳngthức a+d b+c đưa dạng sin α sin β + cos α cos β ≤ 1, cos(α − β) ≤ Đặt Như ta thấy phép lượnggiác giúp phá dấu thức đưa dạng đơn giản Trong ví dụ sử dụng phép lượnggiác để đưa bất đẳngthứcdạng đơn giản Bài toán 4.2 Cho a, b, c số dương, c số nhỏ chúng Chứng minh bất đẳngthức √ c c √ + ab ≤ (a + c)(b + c) + (a − c)(b − c) ≤ ab a b 51 Lời giải Viết lại bất đẳngthứcdạng c c c c c c + ≤ 1+ + 1− ≤ 1+ 1− a b a b a b c c π Đặt = sin 2α, = sin 2β, < α, β ≤ , bất đẳngthức trở thành a b sin 2α+sin 2β ≤ (sin α+cos α)(sin β+cos β)+(cos α−sin α)(cos β−sin β) ≤ 2, hay sin(α + β) cos(α − β) ≤ cos(α − β) ≤ Chúng ta lưu ý vế phải bất đẳngthức √ (a + c)(b + c) + (a − c)(b − c) ≤ ab hệ đơn giản toán Bài toán 4.3 Chứng minh với số tự nhiên n (n 2) với a, ta có −(1 + a2 )n (2a)n + (1 − a2 )n (1 + a2 )n Lời giải Bất đẳngthức cần chứng minh tương đương với 2a + a2 −1 Đặt tan n + − a2 + a2 n α = a với −π < α < π , ta có 2a − a2 = sin α; = cos α + a2 + a2 Bất đẳngthức cần chứng minh có dạng −1 sinn α + cosn α Thật ta có −1 sin α ⇒ − sin2 α sinn α sin2 α, với ∀n cos2 α, với ∀n Tương tự, ta có −1 Do −1 cos α ⇒ − cos2 α sinn α + cosn α cosn α 1, toán chứng minh 52 Bài toán 4.4 Cho a, b, c số dương, c số nhỏ Chứng minh bất đẳngthức √ c c √ − ab ≤ c(a − c) + c(b − c) ≤ ab a b 4.1.2 Phép lượnggiác dãy số Cuối ta đến phép lượnggiác dãy số Ta xem xét hai toán khó mà đưa dãy truy hồi Lời giải hệ thức truy hồi thu nhờ vào phép lượnggiác Bài toán 4.5 a1 , a2 , , an sốthực cho a21 + a22 + · · · + a2n = Tìm giá trị lớn biểu thức a1 a2 + a2 a3 + · · · + an−1 an Lời giải Ta xét số C cho bất đẳngthức a1 a2 + a2 a3 + · · · + an−1 an ≤ C(a21 + a22 + · · · + a2n ) với sốthực a1 , a2 , , an Số C nhỏ số đáp số cần tìm Thứ nhất, số C cần tìm không vượt 1, a21 + a22 + · · · + a2n − (a1 a2 + a2 a3 + · · · + an−1 an ) = = [a21 + (a1 − a2 )2 + · · · + (an−1 − an )2 + a2n ] ≥ Ta biến đổi biểu thức C(a21 + a22 + · · · + a2n ) − (a1 a2 + a2 a3 + · · · + an−1 an ) cách liên tiếp tách bình phương Ta thu biểu thức có dạng p1 a1 − a2 2p1 +p2 a2 − a3 2p2 + +pn−1 an−1 − an 2pn−1 +pn a2n với k = 1, 2, , n − Biểu thức 4pk thu không âm với a1 , a2 , , an tất số p1 , p2 , , pn không âm Như toán đưa việc tìm số C cho tất số hạng dãy số p1 , p2 , , pn không âm π Vì < C ≤ nên ta đặt C = cos α, ≤ α < Khi Dễ thấy p1 = C pk+1 = C − cos2 α − cos α sin 2α − sin α sin 3α p2 = cos α − = = = cos α cos α sin 2α sin 2α 53 Tiếp theo p3 = cos α − sin 2α cos α sin 3α − sin 2α sin 4α = = sin 3α sin 3α sin 3α Bằng quy nạp, dễ dàng chứng minh pk = sin(k + 1)α , sin kα k = 1, 2, , n Như p1 , p2 , , pn không âm sin α, sin 2α, , sin(n+1)α π π không âm Như ≤ α ≤ giá trị C cần tìm cos n+1 n+1 Bài toán 4.6 x1 , x2 , , xn số dương Gọi A số nhỏ 1 1 số x1 , x2 + , x3 + , , xn + , , B số lớn x1 x2 xn−1 xn số Chứng minh giá trị lớn A giá trị nhỏ B tìm giá trị Lời giải Đầu tiên ta xét tình x1 = x2 + 1 1 = x3 + = · · · = xn + = x1 x2 xn−1 xn , xk k = 1, 2, , n − Hệ thức tương tự ta gặp ví dụ trước Hệ thứcgiải phép lượnggiác Khi số x1 , x2 , , xn thoả mãn hệ thức truy hồi xk+1 = x1 − Đầu tiên ta chứng minh x1 < Thật vậy, x1 ≥ ta có x2 ≥ 1, x3 ≥ 1, , xn ≥ lúc đẳngthức x1 = xn xảy π Tương tự sin(k + 1)α toán trước, quy nạp dễ dàng chứng minh xk = sin kα (1 ≤ k ≤ n) Bây ta đặt x1 = cos α < α < Vì x1 = nên từ ta có xn cos α = sin nα sin(n + 1)α 54 Từ sin(n + 2)α = 0, tức α = π n+2 Bây ta chứng minh giá trị lớn A giá trị nhỏ π Ta cần chứng minh bất đẳngthức B cos n+2 π A ≤ cos ≤ B n+2 1 1 Giả sử tất số x1 , x2 + , x3 + , , xn + , lớn x1 x2 xn−1 xn π Trong trường hợp ta có bất đẳngthức sau cos n+2 3π 4π sin n + 2, x > n + 2, , x2 > 2π 3π sin sin n+2 n+2 π < cos Mâu thuẫn Nhưng xn n+2 sin (n + 1)π n+2 nπ sin n+2 sin xn > π Như ta chứng minh bất đẳngthức A ≤ cos Bất n+2 π đẳngthức cos ≤ B chứng minh hoàn toàn tương tự n+2 4.2 Mộtsốdạngtoán từ đề thi Olympic sử dụng phươngpháplượnggiác Bài toán √ 4.7 (IMO - 1965) √ Tìm tất giá trị x ∈ [0; 2π] cho cos x ≤ | + sin 2x − − sin 2x| ≤ Lời giải.√ √ Đặt y = | + sin 2x − − sin 2x| ⇒ y = − 2| cos 2x| Nếu cos x ≥ mà cos x ≤ ⇒ | cos 2x| = |2 cos2 x−1| = 1−2 cos2 x π π 3π 7π Khi đề trở thành cos x ≤ √ ⇒ x ∈ ; ∪ ; 4 Nếu cos x < 1 π 3π +) Giả sử | cos x| ≤ √ ta có cos x ≤ | cos x| ≤ √ ⇒ x ∈ ; ∪ 2 5π 3π ; 55 +) Giả sử | cos x| > √ ta có | cos 2x| = cos2 x−1 ⇒ y = 2| sin x| ⇒ 3π 5π x∈ ; 4 π 7π Vậy bất phươngtrình có nghiệm x ∈ ; 4 Bài toán 4.8 (VMO - 2013) Giải hệ phươngtrình 1 20x + cos2 y + = sin2 x + cos2 y x+y sin x 1 20y sin2 y + = cos2 x + + cos x x+y sin y Lời giải Điều kiện có nghĩa: sin x, cos x, siny, cos y = 0, xy > Nhân vế với vế hai phươngtrình hệ ta sin2 x + + sin2 x sin2 y + + cos2 y + + sin2 y = 20 cos2 y cos2 x + cos2 x xy (x + y)2 (3) Áp dụng bất đẳngthức Cauchy - Schwarz AM - GM, ta có sin2 x + + sin2 x sin2 y + + cos2 y + + sin2 y cos2 y cos2 x + cos2 x ≥ | sin x cos x| + | sin x cos x| = | sin 2x| + + 2| sin 2x| 2| sin 2x| 2 ≥ 1+ = Hoàn toàn tương tự ta có sin y + + sin2 y cos2 x 56 + ≥ cos2 x 2 2 Do theo bất đẳngthức AM - GM ta có V T (3) ≥ 44 sin2 x + 1 cos2 x + cos2 x sin x sin2 y + sin2 y cos2 x + cos2 x ≥ ( )4 = 10 ≥ 20 xy = V P (3) (x + y)2 π π Dấu xảy | sin 2x| = 1; x = y ⇔ x = y = + k , k ∈ Z Thử lại, ta thấy nghiệm thỏa mãn π π π π Vậy nghiệm hệ phươngtrình (x; y) = +k ; +k ; k ∈ Z 4 Bài toán 4.9 Cho dãy số (vn )n thỏa mãn điều kiện v = v n+1 = v − 4v + n n Xác định số hạng tổng quát Lời giải Sử dụng đẳngthức sau 8m4 − 8m2 + = Đặt 1 a + , với m = a+ a a = un ta thu √ 1 u = = a + , a = (5 + 21), 2 a u n+1 = 8un − 8un + 1 1 42 a + , u3 = a + 42 , a a Bằng phươngpháp quy nạp, ta thu √ 1 u = a + , a = (5 + 21), a Theo (1) u2 = 4n−1 un+1 = a + 4n−1 a √ √ + 21 4n−1 − 21 4n−1 Vậy = + , n = 1, 2, 2 57 (1) (2) Bài toán 4.10 (VMO - 1984 - Bảng A) Giảiphươngtrình 1+ − x2 (1 + x)3 − (1 − x)3 =2+ − x2 Lời giải Điều kiện có nghĩa: −1 ≤≤ x ≤ Đặt x = cos t, ≤ t ≤ π Phươngtrình trở thành √ + sin t (1 + cos t)3 − (1 − cos t)3 = + sin t √ t t − sin3 2 = + sin t 2 √ t t t t + cos sin 2 = + sin t ⇔ cos2 − sin2 2 2 √ √ ⇔ cos t(2 + sin t) = + sin t ⇔ (2 + sin t)( cos t − 1) = 1 ⇔ cos t = √ ⇔ x = √ 2 Vậy phươngtrình có nghiệm x = √ ⇔ t t cos + sin 2 cos3 Bài toán 4.11 (USAMO - 1978) Giả sử x nghiệm phươngtrình √ √ (3 + 2)x = ( − 1)x + √ Chứng minh x nghiệm phươngtrình ( + 1)x = π cos Lời giải Giả sử x nghiệm phươngtrình √ √ √ (3 + 2)x = ( − 1)x + ⇔ ( + 1)2x = √ + ( + 1)x √ Đặt 2t = ( + 1)x > Khi (1) trở thành 4t2 = 1 + ⇔ 4t3 − 3t = 2t 58 (1) (2) Trược hết ta tìm nghiệm t ∈ (−1; 1) phươngtrình (1) Do t ∈ (−1; 1) nên đặt t = cos α, α ∈ (0; π) Ta có π 2π cos3 α − cos α = ⇔ cos 3α = ⇔ α = ± + k 2 π 5π 7π Mặt khác α ∈ (0; π) nên α ∈ ; ; 9 π 5π Suy nghiệm phươngtrình (2) t1 = cos ; t2 = cos ; t3 = 9 7π cos π Ta thấy (2) phươngtrình bậc có đủ nghiệm t1 = cos ; t2 = 5π 7π cos ; t3 = cos (−1; 1) nên ta không cần xét nghiệm 9 7π 5π không thỏa mãn điều kiên khoảng (−1; 1) Do t2 = cos ; t3 = cos 9√ π t > nên có t1 thỏa mãn nên ( + 1)x = 2cos hay x nghiệm √ π x phươngtrình ( + 1) = 2cos (đpcm) Chú ý 4.1 Ngoài ta sử dụng công thức nhân đôi, nhân ba xây dựng số hệ phươngtrình mà ta dùng phép lươnggiác để giải 59 Kết luận Luận văn “Phương pháplượnggiácgiảiphươngtrìnhđathứcsốdạngtoán liên quan” giải vấn đề sau: - Luận văn trình bày số kiến thức liên quan đến đẳngthứclượnggiácđẳngthức đại số liên quan - Tiếp theo, luận văn trình bày chi tiết cách giảiphươngtrình bậc ba, bậc bốn sốdạngphươngtrìnhđathức bậc cao - Cuối cùng, luận văn trình bày dạngtoán liên quan phươngtrình hệ phươngtrình đưa giảiphươngtrìnhđathức bậc cao - Một phần kết luận văn trình bày Kỷ yếu hội thảo khoa học Hưng Yên (xem [2]) 60 Tài liệu tham khảo A Tiếng Việt [1] Trương Ngọc Đắc (2015), Mộtsố dãy số sinh hàm lượng giác, Kỷ yếu HTKH Buôn Ma Thuộc, 14-15/03/2015, trang 58-64 [2] Mông Thanh Hằng (2017), Phươngpháplươnggiácgiảiphươngtrìnhđathức bậc cao, Kỷ yếu HTKH Hưng Yên, 25-26/02/2017, trang 117130 [3] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2003), Mộtsốtoán chọn lọc lượng giác, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ (2012), Phươngpháp tọa độ hình học, NXB ĐHQG Hà Nội [5] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục B Tiếng Anh [6] Radulescu T-L.T , Radulescu V.D , Andreescu T (2009), Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the real axis, Springer Sciences+Business Media [7] Sausa Paulo Ney, Silva Jorge- Nume (1998), Berkeley Problems in Mathematics, Springer 61 ... Chương Một số đẳng thức lượng giác đẳng thức đại sinh hệ thức lượng giác 1.1 Một số tính chất đa thức lượng giác 1.2 Một số đồng thức dạng đại số - lượng giác 1.3 Đa thức Chebyshev... sinh hệ thức lượng giác Chương Phương pháp lượng giác giải phương trình bậc ba bậc bốn Chương Phương pháp lượng giác giải phương trình bậc cao Chương Một số dạng toán liên quan Một số dạng ví... Chương Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức bậc cao 39 3.1 Phương trình đa thức bậc cao 39 3.2 Hệ phương trình đa thức bậc cao 49 Chương Một số dạng toán