Một số ứng dụng của phép thế lượng giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HỨA MẠNH HƯỞNG MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc THÁI NGUYÊN - 2016 i Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức bổ trợ 1.1 Các bất đẳng thức 1.1.1 Các bất đẳng thức dãy số 1.1.2 Hàm lồi bất đẳng thức Jensen 1.2 Các đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng 1.2.1 Các đồng thức 1.2.2 Các bất đẳng thức thông dụng tam giác 1.3 Phép lượng giác biến đổi đơn giản 1.3.1 Phép góc cạnh 1.3.2 Phép hàm lượng giác Phép lượng giác chứng minh đẳng thức thức 2.1 Các toán đẳng thức 2.2 Các toán chứng minh bất đẳng thức 2.3 Các toán cực trị hàm số 2.4 Bài tập vận dụng 3 5 12 12 12 bất đẳng Phép lượng giác phương trình, bất phương trình dãy số 3.1 Phương trình đại số 3.2 Hệ phương trình đại số 3.3 Phương trình thức bất phương trình thức 3.4 Các toán dãy số 3.5 Bài tập vận dụng 15 15 19 30 35 37 37 40 49 56 61 ii Kết luận 63 Tài liệu tham khảo 64 Mở đầu Đôi tốn đại số, hay giải tích giải dễ dàng cách sử dụng hàm lượng giác, mà gọi "Phép lượng giác" Đó nhờ tính chất đặc thù hàm lượng giác mà hàm khác có, cơng thức biến tổng thành tích, cơng thức biến tích thành tổng, cơng thức cung nhân hai, nhân ba, tính chất bị chăn, đơn điệu, tuần hoàn v.v Đặc biệt đồng thức, bất đẳng thức quan trọng hàm lượng giác Mục đích luận văn tìm hiểu, thu thập tài liệu phân loại toán ứng dụng phép lượng giác số toán đại số, chứng minh đẳng thức bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình v.v Luận văn khơng đề cập đến ứng dụng phép lượng giác tính ngun hàm tích phân Thơng thường, số bất đẳng thức đại số phức tạp đơn giản hóa cách sử dụng phép lượng giác Khi ta đặt phép khéo độ khó tốn giảm nhiều đến mức ta thấy đáp án Bên cạnh đó, hàm số lượng giác tiếng giúp giải bất đẳng thức Kết có nhiều tốn đại số giải cách sử dụng phép lượng giác Luận văn có bố cục: Mở đầu, ba chương, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương 1: Kiến thức bổ trợ, trình bày bất đẳng thức dãy số, đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng, phép lượng giác Chương 2: Trình bày ứng dụng phép lượng giác chứng minh đẳng thức bất đẳng thức có độ khó cao trích từ đề thi vào Đại học, thi học sinh giỏi Olympic Tốn quốc tế Chương 3: Trình bày ứng dụng phép lượng giác giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình dãy số Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ hướng dẫn tận tình TS Nguyễn Văn Ngọc Qua đây, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người dành nhiều thời gian tâm huyết để hướng dẫn tạo điều kiện cho tác giả suốt thời gian làm luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phịng đào tạo, khoa Tốn Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trường Trung học Phổ thơng Hồng Văn Thụ, huyện Lục Yên, tỉnh Yên Bái, nơi tác giả công tác tạo điều kiện giúp đỡ động viên để tác giả hồn thành khóa học Cuối tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho tác giả trình học tập, nghiên cứu làm luận văn Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2016 Học viên Hứa Mạnh Hưởng Chương Kiến thức bổ trợ Chương có tính bổ trợ, trình bày bất đẳng thức dãy số, đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng, phép lượng giác Các kiến thức dùng đến thường xuyên chương sau Nội dung chương hình thành từ tài liệu [4, 5, 6] 1.1 Các bất đẳng thức 1.1.1 Các bất đẳng thức dãy số Các bất đẳng thức đại số ứng dụng sâu rộng chứng minh bất đẳng thức hình học Luận văn trình bày bốn bất đẳng thức đại số bất đẳng thức AM − GM (Arithmetic Mean - Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, bất đẳng thức Chebyshev bất đẳng Jensen Định lý 1.1 (Bất đẳng thức AM −GM ) Với n số thực khơng âm a1 , a2 , , an , ta có bất đẳng thức a1 + a2 + + an n √ n a1 a2 an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.1 (Bất đẳng thức GM − HM ) Với số dương ta có √ n a1 a2 an n 1 + + + a1 a2 an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.2 Với số dương a1 , a2 , , an ta có 1 1 + + + n a1 a2 an n a1 + a2 + + an Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an Hệ 1.3 Với số không âm a1 , a2 , , an m = 1, 2, ta có m m am + a2 + + an n a1 + a2 + · · · + an n m Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Xét hai số thực tùy ý a1 , a2 , · · · , an b1 , b2 , · · · , bn Khi ta có (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 Đẳng thức xảy (a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ) a2 an a1 = = ··· = b1 b2 bn (Với quy ước mẫu tử 0) Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Chebyshev) Nếu (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , , bn ) hai dãy số đồng dạng (cùng đơn điệu tăng đơn điệu giảm) a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≥ n a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn n n Nếu (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , , bn ) hai dãy ngược nhau(một dãy đơn điệu tăng, dãy đơn điệu giảm) a1 b1 + a2 b2 + + an bn ≤ n 1.1.2 a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn n n Hàm lồi bất đẳng thức Jensen Định nghĩa 1.1 Hàm số thực f : (a, b) → R gọi hàm lồi khoảng (a, b) với x, y ∈ (a, b) λ ∈ [0, 1], ta có f (λx + (1 − λ)y) λf (x) + (1 − λ)f (y) (1.1) Nếu (1.1) ta có bất đẳng thức nghiêm ngặt (chặt) ta nói f hàm lồi thực Cho hàm f ta nói hàm lõm −f hàm lồi Nếu f xác định R, xảy vài khoảng hàm hàm lồi, khoảng khác hàm lõm Vì lý ta xét hàm số xác định khoảng Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Jensen 1906, Joham Ludwig Jensen 1859 - 1925) Cho f : (a, b) → R hàm lồi khoảng (a, b) Cho n ∈ N λ1 , λ2 , · · · , λn ∈ (0, 1) số thực thỏa mãn λ1 +λ2 +· · ·+λn = Khi với x1 , x2 , · · · , xn ∈ (a, b) ta có n n f λi f (xi ), λi x i i=1 i=1 nghĩa f (λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λn xn ) 1.2 λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + · · · + λn f (xn ) (1.2) Các đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng 1.2.1 Các đồng thức Thông thường, để chứng minh bất đẳng thức đại số cho trước, ta sử dụng phép lượng giác cách hiệu lúc giải Sử dụng phép vậy, bất đẳng thức cho trước rút gọn thành bất đẳng thức mới, mà việc chứng minh đơn giản nhiều (thường sử dụng bất đẳng thức Jensen yếu tố lượng giác) Do cần có hiểu biết lượng giác Chúng ta đưa vài lập luận cần thiết có ích sử dụng bất đẳng π π thức Jensen Cụ thể là, hàm sin x lõm (0, π), hàm cos x lõm − , , lõm π 0, , tan x lồi π 0, ; cot x lồi π 0, 2 Hơn nữa, không chứng minh (các chứng minh lượng giác túy vài chứng minh tìm thấy số sách tốn phổ thơng), luận văn đưa số công thức lượng giác quan hệ góc tam giác Trong phần ta ln giả sử tam giác ABC có: • BC = a, CA = b, AB = c; • ∆ diện tích tam giác; • p nửa chu vi tam giác; • ma , mb , mc , wa , wb , wc , , hb , hc độ dài trung tuyến, phân giác đường cao tương ứng với cạnh a, b, c; • r, R, , rb , rc bán kính đường trịn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp, đường tròn bàng tiếp với cạnh a, b, c tam giác ABC ; • a = a + b + c Mệnh đề 1.1 Cho α, β , γ góc tam giác cho trước Khi ta có cơng thức sau: α β γ I1 : cos α + cos β + cos γ = + sin sin sin , 2 α β γ I2 : sin α + sin β + sin γ = cos cos cos , 2 I3 : sin 2α + sin 2β + sin 2γ = sin α sin β sin γ, I4 : sin2 α + sin2 β + sin2 γ = + cos α cos β cos γ, I5 : tan α + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ, β γ α β γ α I6 : cot + cot + cot = cot cot cot 2 2 2 Mệnh đề 1.2 Cho α, β , γ số thực tùy ý Khi ta có: α+β β+γ γ+α sin sin , 2 α+β β+γ γ+α I8 : cos α + cos β + cos γ + cos(α + β + γ) = cos cos cos 2 I7 : sin α + sin β + sin γ − sin(α + β + γ) = sin Mệnh đề 1.3 Cho α, β, γ ∈ (0, π) Khi α, β, γ góc tam giác tan α β β γ α γ tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 Chứng minh Giả sử α, β, γ góc tam giác Khi α+β +γ = π, nghĩa π α+β γ = − Do 2 tan γ = tan π α+β − 2 = cot α+β β β α α cot − 1 − tan tan 2 2 = = α α β β cot + cot tan + tan 2 2 cot ⇔ tan β β γ α γ α tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 Ngược lại, giả sử α + β + γ = π thỏa mãn đẳng thức β β γ α γ α tan + tan tan + tan tan = (1.3) 2 2 2 α α Nếu α = β = γ tan2 = Mà tan α > nên tan = √ Suy α = β = 2 γ = 60 kéo theo α + β + γ = π hay α, β, γ góc tam giác tan Khơng tính tổng qt ta giả sử α = β Vì < α + β < 2π nên tồn γ1 ∈ (−π, π) cho α + β + γ1 = π Theo chứng minh ta có tan β β γ1 α γ1 α tan + tan tan + tan tan = 2 2 2 (1.4) Ta chứng minh γ = γ1 , suy α + β + γ = π , tức α, β, γ góc tam giác Thật vậy, trừ hai vế (1.3) cho (1.4) ta có γ γ − γ1 γ − γ1 γ γ1 γ1 π π tan = tan , suy = kπ, k ≥ 0, k ∈ Z, mà ≤ + < + = 2 2 2 2 π , suy k = hay γ = γ1 Mệnh đề 1.4 Cho α, β, γ ∈ (0, π) Khi α, β, γ góc tam giác sin2 α β γ α β γ + sin2 + sin2 + sin sin sin = 2 2 2 Chứng minh Giả sử α, β, γ góc tam giác Khi α β γ α+β α β α+β γ + sin sin sin = cos2 + sin sin cos 2 2 2 2 α+β α+β α β = cos cos + sin sin 2 2 sin2 α+β α−β α+β α+β + cos − cos cos 2 2 α−β α+β cos = (cos α + cos β) = cos 2 α β − 2sin2 + − 2sin2 2 = − sin2 α − sin2 β , = 2 = cos tức là, α β γ α β γ + sin2 + sin2 + sin sin sin = 2 2 2 Ngược lại, giả sử α, β, γ ∈ (0, π) cho sin2 sin2 α β γ α β γ + sin2 + sin2 + sin sin sin = 2 2 2 (1.5) Ta chứng minh α + β + γ = π Thật vậy, < α + β < 2π nên tồn γ1 ∈ (−π, π) cho α + β + γ1 = π Dễ thấy sin2 β γ1 α β γ1 α + sin2 + sin2 + sin sin sin = 2 2 2 Trừ (1.5) cho (1.6) ta (1.6) 50 √ Đặt t = sin α − cos α = − cos α + Phương trình (3.9) trở thành t+ √ √ 3− 3t2 =0⇔ √ π ⇒ sin α cos α = 3t − 2t − √ − t2 3=0⇔ √ 3, t = −√ t= √ √ π π = ⇒ cos α + = √ (vô nghiệm) Với t = − cos α + 4 √ π 1 π t = − cos α + = − √ ⇒ cos α + =√ 4 √ π Vậy nghiệm phương trình x = tan α với cos α + =√ √ Bài tốn 3.17 Giải phương trình sau x+ √ x x2 − √ = 2 Giải Nhận xét: Điều kiện nghiệm phương trình ≤ x < phương trình có x chứa √ Mặt khác x = nghiệm phương trình nên ta x2 − π , a ∈ 0; đặt x = cos a Phương trình có dạng sau √ cos a =2 −1 cos2 a √ 1 ⇔ + =2 cos a sin a √ ⇔ sin a + cos a = 2 sin a cos a + cos a Đặt sin a + cos a = u(1 ≤ u ≤ √ 2), ta có sin a cos a = Khi phương trình cho có dạng u= √ u2 − ⇔ √ 2u2 − u − √ u2 − u= 2=0⇔ √ 2, u = −√ • Với u = − √ khơng thỏa mãn điều kiện phương trình 51 • Với u = √ √ √ √ π = ⇔ sin a + cos a = ⇔ sin a + π π ⇔ sin a + = ⇔ a = + 2kπ 4 √ π So sánh điều kiện ta a = ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình √ x = Bài toán 3.18 Giải phương trình 1+ − x2 = x(1 + − x2 ) Giải π π 2 Miền xác định cuả phương trình x ∈ [−1; 1] Đặt x = sin t với t ∈ [− ; ] Thay vào phương trình − sin2 t = sin t(1 + − sin2 t) √ √ ⇔ + cos2 t = sin t(1 + cos2 t) √ π π ⇔ + cos t = sin t(1 + cos t) ( t ∈ [− ; ] nên cos t ≥ 0) 2 1+ t = sin t(1 + cos t) √ t t t π π t t ⇔ cos = sin cos (1 + cos t) ( ∈ [− ; ] nên cos > ) 2 2 4 √ t t ⇔ − sin (1 + cos t) = ( cos = ) 2 √ √ t t t ⇔ sin (1 + cos t) = ⇔ sin (3 − sin2 ) = 2 π t 3t t = √ ⇔ sin = sin ⇔ sin − sin 2  2 3t π k4π π t= + = + k2π (k ∈ Z) (k ∈ Z) ⇔  3t2 3π ⇔ π k4π = + k2π (k ∈ Z) t= + (k ∈ Z) π π π π Do t ∈ − ; nên ta t = , t = 2 π π Vậy phương trình cho có nghiệm x = sin = , x = sin = 2 ⇔ cos2 Bài toán 3.19 (Đề thi HSG Quốc gia THPT, năm 1984, bảng A) Giải phương trình 1+ − x2 (1 + x)3 − (1 − x)3 = + − x2 , x ∈ R (3.10) 52 Giải Miền xác địnhcủa phương trình x ∈ [−1; ] Do |x| ≤ nên ta đặt x = cos t với √ √ √ ≤ t ≤ π ⇒ sin t ≥ Suy − x2 = − cos2 t = sin2 t = | sin t| = sin t Khi vế trái (VT) phương trình (3.10) trở thành √ + sin t (1 + cost)3 − (1 − cos t)3 t t t t + cos )2 23 cos6 − 23 sin6 2 2 t π t t t t Do ≤ t ≤ π nên ≤ ≤ ⇒ sin ≥ 0, cos ≥ ⇒ sin + cos > 2 2 2 = (sin ⇒ 23 cos6 (sin t t t t + cos )2 = sin + cos 2 2 √ t t = 2 cos3 , 2 23 sin6 √ t t = 2 sin3 2 Suy √ t t t t + cos 2 cos3 − sin3 2 2 √ t t t t t t t t = 2 sin + cos cos − sin cos2 + sin2 + cos sin 2 2 2 2 √ √ t t = 2 cos2 − sin2 + sin t = 2 cos t.(1 + sin t) 2 2 V T = sin Ta có: V P = + sin t = 2(1 + sin t) Khi ta có phương trình : √ 1 2 cos t(1 + sin t) = 2(1 + sin t) ⇔ cos t = √ 2 Vậy phương trình cho có nghiệm x = √ Bài tốn 3.20 Giải phương trình x2 (x2 + 1)2 x2 + = , x ∈ R +1+ 2x 2x(1 − x2 ) (3.11) Giải Miền xác định phương trình x ∈ R \ {0, ±1} Ta đặt x = tan t, t ∈ π π π \ {± , 0} Khi ta có : − ; 2 x2 + = tan2 t + = ⇒ cos2 t x2 + = ; cos t 53 sin 2t = 2x tan t x2 + 1 = ⇒ = ; 2 x +1 2x sin 2t + tan t 2x(1 − x2 ) − x2 − tan2 t ⇒ sin 2t cos 2t = ; = cos 2t = + x2 (x2 + 1)2 + tan2 t sin 4t = (x2 + 1)2 4x(1 − x2 ) ⇒ = (x2 + 1)2 sin 4t 2x(1 − x2 ) Phương trình (3.11) trở thành : + = ⇔ sin t cos 2t + cos 2t = cos t sin 2t sin 4t ⇔ sin t cos 2t = − cos 2t ⇔ sin t cos 2t = sin2 t ⇔ sin t(cos 2t − sin t) = ⇔ sin t(−2 sin2 t − sin t + 1) = sin t = 0, ⇔ sin t = −1, sin t =  π π π \ {± , 0} nên sin t = 0, sin t = −1 khơng thỏa mãn Cũng thế, 2 π π 1 với sin t = ⇒ t = Vậy phương trình có nghiệm x = tan = √ 6 Do t ∈ − ; Bài toán 3.21 (Tạp chí KOMAL Hunggary năm 2002) Giải phương trình x= 2+ 2− √ (3.12) + x, x ∈ R Giải Miền xác định phương trình x ∈ [−2; 2] Ta đặt x = cos t, t ∈ [0; π] Khi √ π t t t + x = cos Suy − + x = sin = cos( − ) ⇒ 4 π t cos( − ) Phương trình trở thành √ cos t = cos( 2+ t 2π π − )⇔t= ( t ∈ [0; π] ) Vậy phương trình có nghiệm x = cos Bài toán 3.22 Giải phương trình x− x2 − + x+ Giải x2 − = 2, x ∈ R 2π 2− √ 2+x= 54 Miền xác định phương trình x ∈ [1; +∞) Chúng ta đặt x = t ∈ (0; π ] Khi vế trái (VT) phương trình trở thành 1 1 −1+ −1 VT = − + sin t sin t sin t sin2 t = − cot t + sin t = − cos t + sin t với sin t − cot t = sin t − sin t cot t − sin t cot t + sin t sin t t t sin2 cos2 + t t t t sin cos sin cos 2 2 + cos t = sin t t t cos + = tan t + cot t = t t 2 cos sin 2 π t t Do t ∈ (0; ] nên tan > 0, cot > Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta 2 V T ≥ = V P (vế phải phương trình ) Do phương trình cho tương đương t π t với dấu đẳng thức xảy ⇔ tan = cot ⇔ t = ⇒ x = thuộc miền xác định 2 phương trình Vậy phương trình có nghiệm x = sin Bài tốn 3.23 Giải phương trình 1− 2x − x2 + 2x − x2 = 1+ , x ∈ R |x − 1| Giải Miền xác định phương trình x ∈ [0; 2] \ {1} Dễ dàng thấy: với ≤ x ≤ √ √ x = ≤ 2x − x2 < Suy ≤ 2x − x2 < Ta đặt 2x − x2 = cos t với π ⇒ x2 − 2x + = − cos2 t ⇔ (x − 1)2 = sin2 t ⇔ |x − 1| = sin t Phương t ∈ 0; trình trở thành √ − cos t + √ √ + cos t = √ | sin t| sin2 t ⇔ − cos t + + cos t + (1 − cos t)(1 + cos t) = sin2 t √ √ 4 ⇔ + − cos2 t = ⇔ + sin2 t = sin2 t sin2 t π ⇒ sin t > ) ⇔ 2(1 + sin t) = (do t ∈ 0; sin2 t ⇔ sin3 t + sin2 t − = ⇔ sin t = ⇔ cos t = x = 0, Suy 2x − x2 = ⇔ x = Cả hai giá trị thuộc miền xác định ⇔ − cos t + + cos t = 55 phương trình Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0, x = Bài toán 3.24 Giải bất phương trình sau √ 1+x− √ − x ≤ x Giải Điều kiện bất phương trình + x ≥ 0, ⇔ −1 ≤ x ≤ Đặt x = cos t, t ∈ − x ≥ [0, π] Khi bất phương trình cho trở thành: √ √ + cos t − − cos t ≤ cost t t t t ≤ cos2 − sin2 + 2cos2 − − − − 2sin2 2 2 √ t t t t t t ⇔ cos − sin ≤ cos − sin cos + sin 2 2 2 t t t √ t ⇔ cos − sin cos + sin − ≥ 2 2 √ √ t π √ t π + − ⇔ cos − ≥0 cos 4 t π t π + − ⇔ cos cos − ≥ 4 t π Vì t ∈ [0; π] cos( − ) − ≤ nên t π + ≤0 (3.13) ⇔ cos π t π ⇔ ≤ + ≤π 2 3π π ⇔ ≤1≤ 2 ⇔ −1 ≤ cos t ≤ hay − ≤ x ≤ ⇔ Bài tốn 3.25 Giải bất phương trình sau x + a2 ≤ x + √ 2a2 x2 + a2 Giải π π Khi bất phương trình có dạng 2 |a| 2a2 cos t ≤ |a| tan t + cos t |a| ⇔ ≤ sin t + 2cos2 t ⇔ 2sin2 t − sin t − ≤ ⇔ − ≤ sin t ≤ |a| ⇔ tan t ≥ − √ ⇔ x ≥ − √ 3 Đặt x = |a| tan t, t ∈ − ; (3.13) 56 |a| Vậy nghiệm bất phương trình x ≥ − √ Bài tốn 3.26 Tìm giá trị tham số a để bất phương trình sau có nghiệm √ a−x+ √ (3.14) a + x > a Giải Điều kiện bất phương trình −a ≤ x ≤ a, a > x Từ −a ≤ x ≤ a chia vế cho a ta −1 ≤ ≤ Đặt a x = cos t với t ∈ [0; π] Khi bất phương trình (3.14) trở thành a √ √ a − a cos t + a + a cos t > a > √ √ √ ⇔ a − cos t + + cos t > a > √ t t >a ⇔ 2a cos + sin √2 t π a − > ⇔ cos (3.15) Bất phương trình (3.14) có nghiệm bất √ phương trình (3.15) có a < hay < a < Vậy nghiệm Mà bất phương trình (3.15) có nghiệm < a < bất phương trình có nghiệm 3.4 Các toán dãy số Bài toán 3.27 Cho dãy số xác định sau u1 = √ 2; un+1 với n = 1, 2, Tính u2013 Giải Ta có u1 = tan a với a ∈ 0; Lại có √ π π − = tan Khi π = tan a + π , u2 = π − tan a tan π π + tan tan a + 8 = tan a + π u3 = π π − tan a + tan 8 tan a + tan √ un + − = √ − un + 57 π Thật π = tan a + k Bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh un = tan a + (n − 1) giả sử cơng thức với n = k ta chứng minh uk+1 π π = tan a + k Ta có uk+1 = π − tan a tan a + (k − 1) π Vậy un = tan a + (n − 1) √ π π ⇒ u2013 = tan a + 2012 = tan a + = + 8 tan a + tan a + (k − 1) Bài toán 3.28 Cho dãy {un }n , n ≥ xác định sau un = √ 2+ √ 2+ 2+ + √ Tính giới hạn dãy số Giải Nhận xét: Bài tốn sử dụng cơng thức lượng giác để tính giới hạn dãy số Đối với dãy số ta áp dụng sau: √ Ta xét dãy {an }n , n ≥ xác định sau a1 = ; a2 = √ √ + + + 2+ 2+ ; ; an = a3 = 2 2+ √ ; Ta thấy π π = cos ; √2 π 2 π π 1+ = + cos = cos = cos ; 2 √ π π 2+ π 1+ = + cos = cos2 = cos 2 2 2 a1 = cos a2 = a3 = Nhận xét: Qua biểu thức lượng giác số hạng đầu dãy số ta dự đoán π dạng lượng giác số hạng tổng quát an = cos n+1 Ta chứng minh nhận xét quy nạp Nhận xét với n = Giả sử với n = k, k ≥ ta chứng minh nhận xét với n = k + 58 Ta có ak = cos π 2k+1 nên (1 + ak ) = π π π + cos k+1 = cos2 k+2 = cos k+2 2 2 Vậy nhận xét với n = k với n = k + nên nhận xét ak+1 = với n dương Mặt khác ta thấy u1 = a1 ; u2 = a1 a2 ; ; un = a1 a2 an nên ta viết số π π π hạng tổng quát dãy {un }n un = cos cos cos n+1 Nhân hai vế với sin π 2k+1 ta un sin Suy π 2n+1 2 π π π π cos cos n+1 sin n+1 2 2 π π π π = cos cos cos n sin n 2 2 π π π π = cos cos cos n−1 sin n−1 2 2 π = n+1 sin 2 = cos π π n+1 π 2 un = π = π sin π n+1 sin n+1 sin n+1 2 sin Vậy π   n+1 π 1 lim un = lim  sin π  = n→∞ n→∞ π sin π 2n+1 Bài toán 3.29 Cho dãy un xác định theo quy luật un = 2u2n−1 − 1, ∀n ≥ u1 = Xác định công thức tổng quát(CTTQ) dãy (un ) Giải Từ công thức truy hồi dãy, ta liên tưởng đến công thức nhân đôi hàm số cơsin π π 2π Ta có: u1 = = cos ⇒ u2 = 2cos2 − = cos 3 59 4π 8π 2π − = cos ⇒ u4 = cos 3 2n−1 π Ta chứng minh un = cos Thật ⇒ u3 = 2cos2 • Với n = ⇒ u2 = cos • Giả sử un−1 = cos Vậy un = cos 22−1 π 2π = cos (đúng) 3 2n−2 π 2n−1 π 2n−2 π ⇒ un = 2u2n−1 − = 2cos2 − = cos 3 2n−1 π , ∀n ≥ u1 ta làm un = 2u2n−1 − 1, ∀n ≥ Chú ý: Để xác định CTTQ dãy số (un ): sau: • Nếu |u1 | ≤ 1, ta đặt u1 = cos α Khi ta có un = cos 2n−1 α 1 a+ (trong a = dấu với u1 ) • Nếu |u1 | > 1, ta đặt u1 = a 1 a +2+ −1 = a + ⇒ u3 = a + Ta Khi u2 = a a a 2n−1 chứng minh un = a + 2n−1 , ∀n ≥ Trong a nghiệm a (cùng dấu với u1 ) phương trình: a2 − 2u1 a + = Vì phương trình có hai nghiệm có tích nên ta viết CTTQ dãy sau: un = 2n−1 u1 − u21 − 2n−1 + u1 + Bài toán 3.30 Xác định CTTQ dãy số (un ): u21 − √ , 23 un = 4un−1 − 3un−1 , ∀n ≥ u1 = Giải √ π π π π 32 π = cos ⇒ u2 = 4cos3 − 3cos = cos3 ⇒ u3 = cos 6 6 n−1 π Bằng quy nạp ta chứng minh được: un = cos Ta có: u1 = Chú ý: 1) Để tìm cơng thức tổng qt dãy số (un ): ta làm sau: u1 = p, un = 4u3n−1 − 3un−1 , ∀n ≥ • Nếu |p| ≤ ⇒ ∃α ∈ [0; π] : cos α = p Khi quy nạp ta chứng minh un = cos 3n−1 α 60 1 a+ a • Nếu |p| > 1, ta đặt u1 = (a dấu với u1 ) Bằng quy nạp ta chứng minh un = hay un = 3n−1 u21 u1 − 1 3n−1 a + 3n−1 , a n−1 u21 − + u1 + −1 2) Từ trường hợp thứ hai tốn trên, ta có cách tìm CTTQ dãy số 1 u1 = p, cách đặt u1 = a− Khi quy un = 4un−1 + 3un−1 , ∀n ≥ 2 a nạp ta chứng minh được: 1 3n−1 a − 3n−1 un = a = un = 3n−1 u1 + u21 3n−1 + +1 u21 u1 − +1 Trong số trường hợp ta xác định công thức tổng quát dãy (un ) cho bởi: u1 un = u3n−1 + au2n−1 + bun−1 + c, ∀n ≥ Bằng cách đưa vào dãy phụ để chuyển dãy cho hai dạng Bài tốn 3.31 Tìm CTTQ dãy số (un ):    u1 = ,       un = − u2n−1 2−2 , ∀n ≥ Giải Từ công thức truy hồi dãy, gợi ta nhớ đến công thức lượng giác sin2 α + cos2 α = ⇔ − sin2 α = cos2 α Ta có: u1 = π = sin ⇒ u2 = 2−2 − sin2 Bằng quy nạp ta chứng minh được: un = sin π − cos = π 2n−1 π = sin π 2.6 Bài tốn 3.32 (Trích đề thi Olympic 30 - 04 - 2003 khối 11) Cho dãy (un ):  √  u1 = 3, √ Tính u2003  un = un−1 + − √ , ∀n ≥ + − un−1 61 Giải Ta có tan π = Suy √ π un−1 + tan Theo giả thiết ta có u = √3 = tan π 2−1 ⇒ un = π − tan un−1 π π + tan = tan π + π u2 = π π − tan tan π π Bằng quy nạp ta chứng minh un = tan + (n − 1) √ π π π 2002π + + = tan =− 3+2 Vậy u2003 = tan u1 = a, un−1 + b Chú ý: Để tìm CTTQ dãy (un ): , ∀n ≥ un = − bun−1 Ta đặt a = tan α, b = tan β , ta chứng minh tan un = tan[α + (n − 1)β] 3.5 Bài tập vận dụng Giải phương trình hệ phương trình sau √ − x = 2x2 − + 2x − x2 √ √ Bài tập 3.2 2x + 4x2 − 1 − x2 = 4x3 + − x2 Bài tập 3.1 √ Bài tập 3.3 − √ x − x2 Bài tập 3.4 8x 2x2 − 8x4 − 8x2 + = 1, x ∈ (0; 1) x2 + y + z = 1, √ 1+ 2xy + yz + zx = Bài tập 3.5 Bài tập 3.6 = 2x3  2   1+x +x y+y   = x2 + x2 y , + y2 + y2z + z = y2 + y2z , + z2 + z2x + x = z2 + z2x  < x, y, z < 1,   xy + yz + zx = 1, Bài tập 3.7   x + y + − x2 − y2 √ z 3 = − z2 62 Bài tập 3.8   2x (x + y) + = x2 − y , y + z = + 2xy + 2xz − 2yz,  y 3x3 − = −2x x2 + Xác định công thức tổng quát dãy số sau Bài tập 3.9 u1 = √ , √ √ un = 24u3n−1 − 12 6u2n−1 + 15un−1 − 6, ∀n ≥ Bài tập 3.10 u1 = , un = − u2n−1 , ∀n ≥ Bài tập 3.11 Cho a, b hai số thực dương không đổi thỏa mãn a < b hai dãy (an ), (bn ) xác định:   a1 = a + b ; b1 = √b.a1 ,  a = an−1 + bn−1 ; b = n n an bn−1 , ∀n ≥ 2 Tìm an bn Bài tập 3.12 √   u1 = 3, u n−1 un =  + + u2 n−1 , ∀n ≥ 63 Kết luận • Đề tài "Một số ứng dụng phép lượng giác" giới thiệu nhìn khác lượng giác Đó việc sử dụng tính chất, cơng thức lượng giác, bất đẳng thức lượng giác việc giải toán đẳng thức, bất đẳng thức, phương trình, hệ phương trình, cực trị, dãy số • Trong đề tài tìm hiểu, thu thập tài liệu phân loại toán ứng dụng phép lượng giác số toán đại số Đối với dạng cụ thể đưa hướng tư duy, định hướng cách sử dụng phép lượng giác tốn, có nhận xét ngắn gọn, súc tích giúp vận dụng vào tập tương tự • Đã đưa nhiều tốn cụ thể cho thấy khơng dùng phép lượng giác việc giải tốn khó khăn phức tạp Qua cho thấy tính ưu việt phép lượng giác số dạng tốn • Tác giả sưu tầm nhiều toán hay chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, giải phương trình, bất phương trình, v.v biên tập chúng thành mục tập vận dụng, nhằm cung cấp thêm tư liệu ứng dụng phép lượng giác 64 Tài liệu tham khảo A: Tiếng Việt [1] Nguyễn Tài Chung ( 2014), "Sáng tạo giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình", NXB Tổng hợp TP Hồ Chí Minh [2] Phan Huy Khải (2012), "Hệ phương trình luyện thi đại học", Admin ABC [3] Internet: 1) www VNMATH.com, 2) www mediafire.com, 3) diendantoanhoc.net/topic/107702, https://julielltv.wordropress.com B: Tiếng Anh [4] Cvetkovski Z.(2012), "Inequalities: Theorems, Techniques and Selected Problems", Springer Heidelberg- Dordrecht London- New York [5] Rabinowitz S (1986), "A Useful Trigonometric Substitution", Reprinted from Arbelos, 5, 1-6 [6] Verdiyan V., Salas D C.(2007) , "Simple Trigonometric Substitutions with Broad Resullts", Mathematical Reflections ... thức bổ trợ, trình bày bất đẳng thức dãy số, đẳng thức bất đẳng thức lượng giác thông dụng, phép lượng giác Chương 2: Trình bày ứng dụng phép lượng giác chứng minh đẳng thức bất đẳng thức có độ... văn khơng đề cập đến ứng dụng phép lượng giác tính nguyên hàm tích phân Thơng thường, số bất đẳng thức đại số phức tạp đơn giản hóa cách sử dụng phép lượng giác Khi ta đặt phép khéo độ khó tốn... thức thông dụng tam giác 1.3 Phép lượng giác biến đổi đơn giản 1.3.1 Phép góc cạnh 1.3.2 Phép hàm lượng giác Phép lượng giác chứng minh đẳng thức thức 2.1