Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức và một số dạng toán

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– MÔNG THANH HẰNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TỐN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60 46 01 13 THÁI NGUYÊN, 06/2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– MÔNG THANH HẰNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI PHƯƠNG TRÌNH ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TỐN LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên nghành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ 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 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 1.3.1 Các định nghĩa 1.3.2 Tính chất đa thức Chebyshev số Chương Phương pháp lượng giác giải phương trình bậc ba bậc bốn 2.1 Giải phương trình bậc ba 2.1.1 Giải biện luận phương trình bậc ba 2.1.2 Phương trình bậc ba nhận yếu tố tam giác nghiệm 2.2 Giải phương trình bậc bốn 2.3 Một số hệ phương trình đưa phương trình bậc ba bậc bốn 4 17 17 17 20 20 20 28 32 37 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 liên quan 4.1 Phép lượng giác 4.1.1 Phép lượng giác bất đẳng thức 4.1.2 Phép lượng giác dãy số 4.2 Một số dạng toán từ đề thi Olympic sử dụng pháp lượng giác Kết luận Tài liệu tham khảo phương 51 51 51 53 55 60 61 Mở đầu Các chuyên đề đa thức lượng giác vấn đề liên quan phần quan trọng đại số giải tích tốn học Các học sinh thường phải đối mặt với nhiều dạng toán loại khó liên quan đến hai chuyên đề Các dạng tốn phương trình đa thức ln ln xuất chương trình tốn 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 đa thức hay đề cập thuộc loại khó khó Các tốn khảo sát phương trình bất phương trình đa thức phương pháp lượng giác dạng chuyên đề chọn lọc cần thiết cho giáo viên học sinh bậc trung học phổ thông năm đầu bậc đại học Sử dụng lượng giác ta thiết lập nhiều đồng thức đại số mới, để từ cho phép giải phương trình bậc ba, bậc bốn số dạng phương trình đa thức bậc cao với hệ số thực 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 pháp lượng giác giải phương trình đa thức số dạng tốn" Đây chun đề có ý nghĩa thực tiễn cơng việc giảng dạy, cho ta nhìn nhận qn tốn giải biện luận phương trình đa thức dạng toán liên quan đến bất đẳng thức cực trị số lớp đa thức biến Cấu trúc luận văn gồm chương: Chương Một số đẳng thức lượng giác đẳng thức đại số 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 tốn liên quan Một số dạng ví dụ tập chọn lọc đề kỳ thi học sinh giỏi quốc gia Olympic quốc tế Một số tốn 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 Tốn - Tin, phịng 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 tơi hồn thành luận văn Thái Ngun, 01 tháng 05 năm 2017 Mông Thanh Hằng Chương Một số đẳng thức lượng giác đẳng thức đại số sinh hệ thức lượng giác 1.1 Một số tính chất đa thức lượng giác 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 đa thức lượng giác bậc n (cấp n) với hệ số a0 , ak , bk (k ∈ {1, 2, , n}) Định nghĩa 1.2 (xem [3]) Nếu đa thức (1.1) tất hệ số bk (k ∈ {1, 2, , n}) ta có đa thức lượng giác 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 đa thức lượng giác 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 đa thức lượng giác Khi đó: ∗ a) Sn (x) + Sm (x) đa thức lượng giác bậc k với k ≤ max{n, m} ∗ b) Sn (x).Sm (x) đa thức lượng giác bậc n + m Tính chất 1.2 Với đa thức lượng giác Ln (x) dạng (1.1) tồn đa thức 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 đa thức đại số Qn−1 (t) để Ln (x) = b0 + sin x.Qn−1 (cos x) Tính chất 1.4 Với đa thức Cn (x) dạng (1.2) ta có Cn (x) = Pn (cos x), Pn (t) đa thức bậc n t có hệ số bậc cao an 2n−1 Ngược lại, với đa thức Pn (t) với hệ số từ phép đặt ẩn phụ t = cos x ta biến đổi đa thức Cn (x) dạng (1.2) với an = 21−n Bài toán 1.1 Cho đa thức 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 đa thức dạng (1.4) đa thức có dạng Vì khơng tính tổng qt ta cần chứng minh (1.5) cho trường hợp đa thức dạng 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 đẳng thức (1.5) Bài toán 1.2 Cho đa thức 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 số thực a, b, A, B cho đa thức lượng giác 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 đẳng thức 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 khơng âm Từ dẫn đến hai số P Q có số âm Vậy hai giá trị f (α + π4 ) f (α − π4 ) số âm Điều vơ 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 đa thức lượng giác nhận giá trị không âm: Nếu đa thức 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, đa thức lưọng giác 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 đa thức f1 (x) = cos 2n x + a2 cos(2n − 2)x + + am−2 cos 2x dương với x ∈ R Do đa thức 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 đa thức cos 2n x > với x ∈ R Điều khơng 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)) khơng thể ln ln dấu Bài tốn 1.5 Cho đa thức n fn (x) = a0 + (ak cos kx + bk sin kx), k=1 số thực 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 phương trình cho có ba nghiệm thuộc (0; 1) x = cos 2π 2π 4π ; x = cos ; x = cos 9 Bài tốn 3.11 Giải phương trình 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 ∈ − ; ), phương trình 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 = phương trình 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 phương trình cho có nghiệm √ √ √ 1− 2+ 2−1 x= ;x = 2 Bài toán 3.12 Giải phương trình 1+ − x2 (1 + x)3 − Lời giải Điều kiện có nghĩa: −1 phương trình 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 phương trình (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 phương trình có nghiệm x = × cos2 3.2 Hệ phương trình đa thức bậc cao Phép lượng giác thường có ích phép giải hệ phương trình hốn vị vịng quanh Ta xem xét ví dụ Bài tốn 3.13 Hệ phương trình 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 phương trình ban đầu số nghiệm phương trình 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 tốn có điều kiện x2 + y = phép x = sin α, y = cos α nhiều trường hợp tỏ hiệu Bài tốn 3.14 Giải hệ phương trình 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 giải toán nhanh gọn, cách giải tốn khơng sử dụng phép lượng giác phức tạp nhiều Bài tốn 3.15 Giải hệ phương trình   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 vng có π α β γ γ = , sin α = , sin β = Vì tan = , tan = , tan = 5 2 1 1 Như đáp số toán , , , − , − , −1 3 Lời giải Vì 50 Chương Một số dạng tốn liên quan 4.1 4.1.1 Phép lượng giác Phép lượng giác bất đẳng thức Chúng ta xem xét ví dụ sử dụng phép lượng giác để chứng minh số dạng bất đẳng thức Bài toán 4.1 a, b, c, d số dương Chứng minh bất đẳng thức √ √ ab + cd ≤ (a + d)(b + c) Lời giải Viết lại bất đẳng thức dạng a b · + a+d b+c c d · ≤ b+c a+d a b π = sin2 α, = sin2 β < α, β < Khi bất đẳng thức a+d b+c đưa dạng sin α sin β + cos α cos β ≤ 1, cos(α − β) ≤ Đặt Như ta thấy phép lượng giác giúp phá dấu thức đưa dạng đơn giản Trong ví dụ sử dụng phép lượng giác để đưa bất đẳng thức dạng đơn giản Bài toán 4.2 Cho a, b, c số dương, c số nhỏ chúng Chứng minh bất đẳng thức √ c c √ + ab ≤ (a + c)(b + c) + (a − c)(b − c) ≤ ab a b 51 Lời giải Viết lại bất đẳng thức dạng 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 đẳng thức 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 đẳng thức √ (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 đẳng thức 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 đẳng thức 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 đẳng thức √ c c √ − ab ≤ c(a − c) + c(b − c) ≤ ab a b 4.1.2 Phép lượng giác dãy số Cuối ta đến phép lượng giác dãy số Ta xem xét hai tốn khó mà đưa dãy truy hồi Lời giải hệ thức truy hồi thu nhờ vào phép lượng giác Bài toán 4.5 a1 , a2 , , an số thực 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 đẳng thức a1 a2 + a2 a3 + · · · + an−1 an ≤ C(a21 + a22 + · · · + a2n ) với số thực a1 , a2 , , an Số C nhỏ số đáp số cần tìm Thứ nhất, số C cần tìm khơng vượt q 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 khơng âm Như tốn đưa việc tìm số C cho tất số hạng dãy số p1 , p2 , , pn khơng 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 thức giải phép lượng giác 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 đẳng thức x1 = khơng thể 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 đẳng thức 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 đẳng thức 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 đẳng thức A ≤ cos Bất n+2 π đẳng thức cos ≤ B chứng minh hoàn tồn tương tự n+2 4.2 Một số dạng tốn từ đề thi Olympic sử dụng phương pháp lượng giác Bài tốn √ 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 phương trình có nghiệm x ∈ ; 4 Bài  toán 4.8 (VMO - 2013) Giải hệ phương trình 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 phương trình 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 đẳng thức 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 đẳng thức 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 phương trình (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 đẳng thức 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 phương pháp 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) Giải phương trình 1+ − x2 (1 + x)3 − (1 − x)3 =2+ − x2 Lời giải Điều kiện có nghĩa: −1 ≤≤ x ≤ Đặt x = cos t, ≤ t ≤ π Phương trình 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 phương trình có nghiệm x = √ ⇔ t t cos + sin 2 cos3 Bài toán 4.11 (USAMO - 1978) Giả sử x nghiệm phương trình √ √ (3 + 2)x = ( − 1)x + √ Chứng minh x nghiệm phương trình ( + 1)x = π cos Lời giải Giả sử x nghiệm phương trình √ √ √ (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) phương trình (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 phương trình (2) t1 = cos ; t2 = cos ; t3 = 9 7π cos π Ta thấy (2) phương trình bậc có đủ nghiệm t1 = cos ; t2 = 5π 7π cos ; t3 = cos (−1; 1) nên ta không cần xét nghiệm ngồi 9 7π 5π khơng 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 phương trình ( + 1) = 2cos (đpcm) Chú ý 4.1 Ngồi ta sử dụng công thức nhân đôi, nhân ba xây dựng số hệ phương trình mà ta dùng phép lương giác để giải 59 Kết luận Luận văn “Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức số dạng toán liên quan” giải vấn đề sau: - Luận văn trình bày số kiến thức liên quan đến đẳng thức lượng giác đẳng thức đại số liên quan - Tiếp theo, luận văn trình bày chi tiết cách giải phương trình bậc ba, bậc bốn số dạng phương trình đa thức bậc cao - Cuối cùng, luận văn trình bày dạng tốn liên quan phương trình hệ phương trình đưa giải phương trình đa thức 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), Một số dãy số sinh hàm lượng giác, Kỷ yếu HTKH Buôn Ma Thuộc, 14-15/03/2015, trang 58-64 [2] Mông Thanh Hằng (2017), Phương pháp lương giác giải phương trình đa thức bậc cao, Kỷ yếu HTKH Hưng Yên, 25-26/02/2017, trang 117130 [3] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2003), Một số toán chọn lọc lượng giác, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ (2012), Phương pháp 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