1. Trang chủ
  2. » Khoa Học Tự Nhiên

Tài liệu Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số doc

20 647 6

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 20
Dung lượng 493,6 KB

Nội dung

1 Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số Một số trường hợp thường gặp Dạng 1 : Nếu x 2 + y 2 =1 thì đặt sin os x yc        với   0;2   Dạng 2 : Nếu x 2 + y 2 =a 2 (a>0) thì đặt sin os xa y ac        với   0;2   Dạng 3 : Nếu 1x  thì đặt   sin , ; 22 os , 0; x xc                 Dạng 4 : Nếu xm thì đặt   sin , ; 22 os , 0; xm x mc                 Dạng 5 :Nếu 1x  hoặc bài toán có chứa 2 x1 thì đặt x= 1 osc  với 3 0; ; 22              Dạng 6 :Nếu xm hoặc bài toán có chứa 22 x m thì đặt x = os m c  với 3 0; ; 22              Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức 2 x1 thì đặt x = tan  với ; 22        Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức 22 x m thì đặt x = m tan  với ; 22        I. chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có: 2 1 )b1)(a1( )ab1)(ba( 2 1 22     Giải: Đặt: a = tg , b = tg với ,           2 ; 2 . 2 Khi đó: A = )tg1)(tg1( )tgtg1)(tgtg( )b1)(a1( )ab1)(ba( 2222      = cos 2  cos 2  .              coscos sinsin 1. coscos )sin( = sin ( + ) . cos ( + ) = 2 1 sin (2 + 2) Suy ra: A = 2 1 sin (2 + 2)  2 1 Vậy: - 2 1  )b1)(a1( )ab1)(ba( 22    2 1 (đpcm). Bài 2: Chứng minh rằng nếu x < 1 thì với mọi số tự nhiên n lớn hơn 1 ta có: (1 + x) n + (1 – x) n < 2 n (1) Giải: Vì x < 1 nên có thể đặt x = cost với t  (0; ) và bất đẳng thức (1) được viết thành: (1 + cos t) n + (1 – cos t) n < 2 n (2) Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos 2 2 t và 1 – cost = 2sin 2 2 t ta được 2 n        2 t sin 2 t cos n2n2 < 2 n (3) Bởi vì 0 < 2 t < 2  nên 0 < sin 2 t , cos 2 t < 1 nên chắc chắn: cos 2n 2 t = n 2 2 t cos       < cos 2 2 t n > 1. Tương tự ta có: sin 2n 2 t < sin 2 2 t n > 1. Do đó 2 n        2 t sin 2 t cos n2n2 < 2 n        2 t sin 2 t cos 22 = 2 n Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh. 3 Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4 số đó sao cho: 0  xy1 yx    1 (1) Giải: Giả sử 4 số thực cho trước là a  b  c  d Đặt a = tgy 1 , b = tgy 2 , c = tgy 3 , d = tgy 4 với - 2  < y 1  y 2  y 3  y 4 < 2  < y 5 =  + y 1 Các điểm y 1 , y 2 , y 3 chia đoạn [y 1 ; y 1 + ] thành 4 đoạn [y 1 ; y 2 ], [y 2 ; y 3 ], [y 3 ; y 4 ] , [y 4 ; y 5 ]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn 4  . Giả sử 0  y 2 – y 1  4  . Thế thì: 0  tg (y 2 – y 1 )  1  0  ab1 ab tgytgy1 tgytgy 12 12       1 Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh. Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh: 2 17 y 1 y x 1 x 2 2 2 2                  Giải: Ta có: x + y =     22 yx  = 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 0  a  2 để x = cosa và y = sina. Bất đẳng thức đã cho được viết thành:        acos 1 acos 4 4 +        asin 1 asin 4 4  2 17 Ta có: cos 4 a + acos 1 4 + sin 4 a + asin 1 4 = (cos 4 a + sin 4 a)        acosasin 1 1 44 y 1 y 2 y 3 y 4 y 5 4 = (1 – 2sin 2 acos 2 a)        acosasin 1 1 44 =               a2sin 16 1 2 a2sin 1 4 2 Vì 0 < sin 2 2a  1 nên 1 - 2 a2sin 2  2 1 và 1 + a2sin 16 4  17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có: x 2 + (x – y) 2  4   22 yx  sin 2 10  . Giải: Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có: 4sin 2 10  = 2 2 53 5 cos1           . Bất đẳng thức đã cho có thể viết: x 2 + (x – y) 2  (x 2 + y 2 )          2 53 (1) Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng. Nếu y  0. Chia hai vế (1) cho y 2 và đặt y x = tga với 2  < a < 2  thì bất đẳng thức có dạng: tg 2 a + (tga – 1) 2  2 53 (1 + tg 2 a)  sin 2 a + (sina – cosa) 2  2 53  sin 2 a + 1 – 2sinacosa  2 53  cos2a + 2sin2a  5  a2sin 5 2 a2cos 5 1   1 (2) 5 Bởi vì 22 5 2 5 1              = 1 vì vậy 5 1 = cos và 5 2 = sin. Với 0 <  < 2  Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - )  1. Điều này hiển nhiên. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng. (đpcm) Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c thoả mãn điều kiện a, b > c > 0 ta có bất đẳng thức: )cb(c)ca(c   ab (1) Giải: Vì a > 0, b > 0, ab > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với ab )cb(c ab )ca(c     1 (2) Nhận xét rằng 22 a ca a c                   = 1 Nên đặt a c = cosu , a ca  = sinu với 0  u  2  Ta cũng thấy 22 b cb b c                   = 1 Nên đặt b c = cosv , b cb  = sinv với 0  v  2  . Khi đó (2) có thể viết thành a ca b c  + b cb a c  = cosv sinu + cosusinv  1 (3) Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v)  1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng. Bài 7: Chứng minh rằng: 4     2323 a1a3)a1(a   2 6 Giải: Điều kiện: 1 – a 2  0  a  1 Đặt a = cos, với   [0; ] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: 4   323 )cos1(cos  - 3(cos -  2 cos1 )  2  4(cos 3  - sin 3 ) – 3 (cos - sin)  2  (4cos 3  - 3cos) + (3sin - 4sin 3 ) 2 cos3 + sin3 2  cos (3 - 2  ) 1, luôn đúng. Bài 8: Chứng minh rằng: 31a 2   2a Giải: Điều kiện: a 2 – 1  0  a  1. Đặt a = cos 1 , với   [0 ; 2  ). Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:      cos 2 3tg cos 2 31 cos 1 2  sin + 3 cos  2  2 1 sin + 2 3 cos  1  sin ( + 3  )  1, luôn đúng. Bài 9: Cho x 2 + y 2 = 1 ; u 2 + v 2 = 1. Chứng minh a) xu + yv 1. b) xv + yu 1. c) –2  (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v)  2. d) –2  (x + y) (u + v) – (x – y) (u – v)  2. Giải: Áp dụng mệnh đề IV. Đặt x = cosa ; y = sina ; u = cosb ; v = sinb và 0  a, b  2. Khi đó a) xu + yv=cos(a – b) 1. 7 b) xv + yu=sin(a + b) 1. c) (x – y) (u + v) + (x + y) (u – v) = (cos a – sin a) (cos b + sin b) + + (cos a + sin a) (cos b – sin b) = = 2 sin         a 4 2 sin         b 4 + 2 cos         a 4 2 cos         b 4 = 2cos (a + b) Rõ ràng –2  2cos (a + b)  2. (đpcm) Bài 10: Chứng minh: a) (a + b) 4  8(a 4 + b 4 ) b) 32(a 6 + b 6 )  (a + b) 6 c) (a + b) 8  64(a 8 + b 8 ) Giải: a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a  0 chia hai vế cho a và đặt tgx = a b với 2  < x < 2  . Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx) 4  8(1 + tg 4 x)  (cos x + sin x) 4  8(cos 4 x + sin 4 x) (1) Vì sin 4 x + cos 4 x = (sin 2 x + cos 2 x) 2 – 2sin 2 x cos 2 x = = 1 - 4 x4cos3 2 x2sin 2   (sin x + cosx) 4 = (1 + sin2x) 2 = 2 x4cosx2sin43  (1)  8(cos 4 x + sin 4 x) – (sin x + cos x) 4 = 2 5 2 9  cos4x – 2sin2x  0. Điều này hiển nhiên vì cos4x  -1 và - sin2x  -2. b) c) Làm tương tự như a). Bài 11: Chứng minh rằng   )b1)(a1(ab3a1bb1a 2222   2 Giải: 8 Điều kiện:        0b1 0a1 2 2         1b 1a Đặt      sinb sina , với  ,   [0; ] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: sin .  22 sin1.sinsin1 + + )sin1)(sin1(sin.[sin3 22   2  sin.cos + sin.cos + 3 (sin.sin - cos.cos) 2  sin( + ) - 3 cos( + ) 2   2 1 sin( + ) - 2 3 cos( + ) 1 sin( +  - 3  ) 1 , luôn đúng. Bài 12: Cho a 1 , a 2 ,… a 17 là 17 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng ta luôn chọn được hai số a j , a i từ 17 số đó sao cho 0 < 1224 aa1 aa ji ij    Giải: Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a 1 < a 2 < … < a 17 Đặt tgv i = a i với - 2  < v i < 2  i = 1, 2,…, 17 Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng         2 ; 2 nên từ a 1 < a 2 < … < a 17 suy ra - 2  < v 1 < v 2 < … < v 17 < 2  < v 1 +  Các điểm v 2 , v 3 , …, v 17 chia đoạn [v 1 ; v 1 + ] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một đoạn có độ dài không vượt quá 17  . 9 a) Nếu có một i với 1  i  16 sao cho 0 < v i+1 – v i  17  thì 0 < tg(v i+1 -v i )  tg 17  < tg 16  . Vì tg 4  = 8 tg1 8 tg2 2    = 1 suy ra tg 8  = 2 - 1, tg 8  = 16 tg1 16 tg2 2    = 2 - 1  tg 16  = 1224  Khi đó ta có 0 < tg(v i+1 – v i ) = 1224 aa1 aa tgvtgv1 tgvtgv 1ii i1i i1i i1i           Chọn a j = a i+1 ta được điều cần chứng minh. b) Nếu 0 < v 1 +  - v 17 < 17  < 16  thì 0 < tg [(v 1 + ) – v 17 ] = tg(v 1 – v 17 ) < tg 16  Lúc này ta chọn a j = a 1 và a i = a 17 ta được điều cần chứng minh. Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có:   4 1 )y1)(x1( )yx1)(yx( 4 1 2 22 2222     Giải: Đặt x = tgu , y = tgv với - 2  < u, v < 2  thì biểu thức A =   2222 2222 2 22 2222 )vtg1()utg1( )vutgtg1)(vtgutg( )y1)(x1( )yx1)(yx(      . = cos 4 u. cos 4 v        vcos vsin ucos usin 2 2 2 2        vcosucos vsinusin 1 22 22 = (sin 2 u cos 2 v – sin 2 v cos 2 u) (cos 2 u cos 2 v – sin 2 u sin 2 v) = (sinu cosv + sin v cos u)(sin u cos v – sin v cos u)   (cos u cos v + sin u sin v) (cos u cos v – sin u sin v) 10 = sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v) = 4 1 sin2(u + v) sin2(u – v) Suy ra A = 4 1 sin2(u + v)sin2(u – v)  4 1 Tức 4 1  A  4 1 Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng 4 1 khi                               0y 1x 0v 4 u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin hoặc                                 0y 1x 0v 4 u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng - 4 1 khi:                               1y 0x 4 v 0u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin hoặc                                 1y 0x 4 v 0u 2 )vu(2 2 )vu(2 1)vu(2sin 1)vu(2sin Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng 222 y4x )y4x(x 222 22 22     (1) Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra. Giải: [...]... III Một số bài tập đề nghị Bài 1: Cho x2 + y2 = 1 chứng minh 1 6 6 x +y 1 4 Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng: 4abc = a(1- b2)(1 – c2) + b(1 – c2)(1 – a2) + c(1 – a2)(1 – b2) Bài 3: Cho 0  ai  1 , i = 1, 2, …, n Chứng minh (1 + a12)(1 + a22)… (1 + an2) + (1 – a12) (1 – a22)… (1 – an2)  22 Bài 4: Cho 4 số dương a1, a2, a3, a4 phân biệt Chứng minh rằng có thể chọn được ít nhất 2 trong. .. rằng có thể chọn được ít nhất 2 trong 4 số đó sao cho: 0 ai  a j 1  a i  a j  2a i a j 2 ta có :  x 2  cos2t   cos x  vậy với 0 0 thì 2 2 sin2  sin2  sin  sin 3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos + 4sin = 5cos( - )  5 c) Nếu -   . 1 Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số Một số trường hợp thường gặp Dạng 1 : Nếu x 2 . đẳng thức (1) được chứng minh. 3 Bài 3: Chứng minh rằng từ 4 số thực cho trước ta luôn luôn chọn được hai số x, y trong 4 số đó sao cho: 0 

Ngày đăng: 20/01/2014, 20:20

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w