Toán học - Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình vô tỉ

Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình vô tỉ 
-----------------------
Một số trường hợp thường gặp 
Dạng 1 : Nếu x2 + y2 =1 thì đặt với 
Dạng 2 : Nếu x2 + y2 =a2(a>0) thì đặt với 
Dạng 3 : Nếu thì đặt 
Dạng 4 : Nếuthì đặt 
Dạng 5 :Nếu hoặc bài toán có chứa thì đặt x=với 
Dạng 6 :Nếu hoặc bài toán có chứa thì đặt x = với 
Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức thì đặt x = tan với 
Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức thì đặt x = m tan với 
I. chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức
 Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
Giải:
Đặt: a = tga , b = tgb với a, b Î .
Khi đó: A = 
= cos2a cos2 b . 
= sin (a + b) . cos (a + b) = sin (2a + 2b)
Suy ra: 	 êAê = êsin (2a + 2b) £ 
Vậy: 	 - £ £ (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 < 2n 	(1)
Giải:
Vì |x| < 1 nên có thể đặt x = cost với t Î (0; p) 
và bất đẳng thức (1) được viết thành:
(1 + cos t)n + (1 – cos t)n < 2n 	(2)
Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos2 và 1 – cost = 2sin2 ta được 
2n < 2n 	(3)
Bởi vì 0 < < nên 0 < sin , cos < 1 nên chắc chắn:
cos2n = 1. Tương tự ta có:
sin2n 1. Do đó
2n < 2n= 2n
Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh.
 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 £ £ 1 	(1)
y1 y2 y3 y4 y5
	Giải:
Giả sử 4 số thực cho trước
là a £ b £ c £ d
Đặt a = tgy1, b = tgy2, c = tgy3, d = tgy4 với
- < y1 £ y2 £ y3 £ y4 < < y5 = p + y1
Các điểm y1, y2, y3 chia đoạn [y1; y1 + p] thành 4 đoạn [y1; y2], [y2; y3], [y3; y4] , [y4; y5]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn . Giả sử 0 £ y2 – y1 £ . Thế thì: 
0 £ tg (y2 – y1) £ 1 Û 0 £ £ 1
Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
 Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
Giải:
Ta có: x + y = = 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 0 £ a £ 2p để = cosa và = sina.
Bất đẳng thức đã cho được viết thành:
+ ³ 
Ta có: 	cos4a + + sin4a + = (cos4a + sin4a)
= (1 – 2sin2acos2a) =
Vì 0 < sin22a £ 1 nên 1 - ³ 
và 1 + ³ 17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
 Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:
x2 + (x – y)2 ³ 4 sin2 .
Giải:
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:
4sin2 = 2.
Bất đẳng thức đã cho có thể viết:
x2 + (x – y)2 ³ (x2 + y2) 	(1)
Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
Nếu y ¹ 0. Chia hai vế (1) cho y2 và đặt = tga với < a < thì bất đẳng thức có dạng: tg2a + (tga – 1)2 ³ (1 + tg2a)
Û sin2a + (sina – cosa)2 ³ 
Û sin2a + 1 – 2sinacosa ³ 
Û cos2a + 2sin2a £ 
Û £ 1 	(2)
Bởi vì = 1 
 vì vậy = cosb và = sinb. Với 0 < b < 
Bất đẳng thức (2) có thể viết là: cos(2a - b) £ 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:
 £ 	(1)
Giải:
Vì a > 0, b > 0, > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với
£ 1 	(2)
Nhận xét rằng = 1
Nên đặt 	= cosu , = sinu với 0 £ u £ 
Ta cũng thấy = 1
Nên đặt 	 = cosv , = sinv với 0 £ v £ .
Khi đó (2) có thể viết thành
 + = 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: ½4 ½£ 
Giải:
Điều kiện: 1 – a2 ³ 0 Û ½a½ £ 1
Đặt a = cosa, với a Î [0; p]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
 ½4 - 3(cosa - ) ½£ 
Û ½4(cos3a - sin3a) – 3 (cosa - sina)½ £ 
Û ½(4cos3a - 3cosa) + (3sina - 4sin3a)½£ Û½cos3a + sin3a½£
Û ½cos (3a -)½£ 1, luôn đúng.
 Bài 8: Chứng minh rằng:
 £ 2½a½
Giải:
Điều kiện: 	a2 – 1 ³ 0 Û ½a½ ³ 1.
Đặt 	½a½ = , với a Î [0 ; ).
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
Û sina + cosa £ 2 Û sina + cosa £ 1
Û sin (a + ) £ 1, luôn đúng.
 Bài 9: Cho x2 + y2 = 1 ; u2 + v2 = 1. Chứng minh
a) ½xu + yv½£ 1.
b) ½xv + yu½£ 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 £ 2p. Khi đó
a) ½xu + yv½=½cos(a – b)½£ 1.
b) ½xv + yu½=½sin(a + b)½£ 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) =
 = sin sin + cos cos 
= 2cos (a + b)
Rõ ràng –2 £ 2cos (a + b) £ 2. (đpcm)
Bài 10: Chứng minh:
a) (a + b)4 £ 8(a4 + b4)
b) 32(a6 + b6) ³ (a + b)6
c) (a + b)8 £ 64(a8 + b8)
Giải:
a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a ¹ 0 chia hai vế cho a và đặt tgx = với < x < .
Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx)4 £ 8(1 + tg4x) 
Û (cos x + sin x)4 £ 8(cos4x + sin4 x) 	(1)
Vì sin4x + cos4x = (sin2x + cos2x)2 – 2sin2x cos2x =
= 1 - 
 (sin x + cosx)4 = (1 + sin2x)2 = 
(1) Û 8(cos4x + sin4x) – (sin x + cos x)4 
 = cos4x – 2sin2x ³ 0.
Điều này hiển nhiên vì cos4x ³ -1 và - sin2x ³ -2.
b) c) Làm tương tự như a).
 Bài 11: Chứng minh rằng
£ 2
Giải:
Điều kiện: Û 
Đặt 	 , với a , b Î [0; p]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
 ½sina . +
 + £ 2
Û ½sina.cosb + sinb.cosa + (sina.sinb - cosa.cosb)½£ 2
Û ½sin(a + b) -cos(a + b)½£ 2 
Û ½sin(a + b) -cos(a + b)½£ 1
Û½sin(a + b -)½£ 1 , luôn đúng.
 Bài 12: Cho a1, a2, a17 là 17 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng ta luôn chọn được hai số aj, ai từ 17 số đó sao cho
0 < 
Giải:
Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a1 < a2 <  < a17
Đặt tgvi = ai với - < vi < i = 1, 2,, 17
Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng nên từ a1 < a2 <  < a17 suy ra - < v1 < v2 <  < v17 < < v1 + p
Các điểm v2 , v3 , , v17 chia đoạn [v1 ; v1 + p] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một đoạn có độ dài không vượt quá .
a) Nếu có một i với 1 £ i £ 16 sao cho 0 < vi+1 – vi £ thì 
0 < tg(vi+1 -vi) £ tg < tg. Vì tg == 1 
suy ra tg = - 1, tg = = - 1 Þ tg = 
Khi đó ta có
0 < tg(vi+1 – vi) = 
Chọn aj = ai+1 ta được điều cần chứng minh.
b) Nếu 0 < v1 + p - v17 < < thì
 0 < tg [(v1 + p) – v17] = tg(v1 – v17) < tg
Lúc này ta chọn aj = a1 và ai = a17 ta được điều cần chứng minh.
 Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có:
Giải:
Đặt x = tgu , y = tgv với - < u, v < thì biểu thức
A = .
= cos4u. cos4v 
= (sin2u cos2v – sin2v cos2u) (cos2u cos2v – sin2u sin2v)
= (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)
= sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v)
= sin2(u + v) sin2(u – v)
Suy ra ½A½ = ½sin2(u + v)½½sin2(u – v) £ 
Tức 	 £ A £ 
Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng khi
hoặc 	
Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng - khi:
hoặc 	 Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
 	(1)
Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giải:
1) Nếu x = 0 , y ¹ 0 thì 
Nếu x ¹ 0, y = 0 thì = 0 bất đẳng thức cũng đúng.
Giả sử x ¹ 0, y ¹ 0 thì (1) tương đương với
 	(2)
Đặt	 = tga thì (2) trở thành:
 -2 £ 2 - 2
 Û	 - 2 - 2 £ cos2a [4tga – 4] £ 2 - 2 	(3)
Vì cos2a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos2a = 2sin2a – 2(1 + cos2a)
 = 2(sin2a – cos2a – 1) =2 Î 
 nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng.
2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy:
 = -2 - 2 khi sin = -1 với tga = 
Vì - < a < Þ < 2a - < nên sin= -1 
 Þ 2a- = Þ a = Þ = 1 - 
Þ x + 2y( - 1) = 0
Tương tự như trên: = 2 - 2 khi sin= 1
 a = Þ = tg= = 
Þ x – 2y( + 1) = 0
 Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có
 £ + 
Giải:
Đặt x = tga , y = tgb , z = tgg với - < a, b, g < .
Ta có:
== ½cosacosb½
 =½sinacosb - sinbcosa½=½sin(a - b)½
Tương tự ta có:
 = ½sin(a - g)½, =½sin(g - b)½
Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức:
½sin(a - b)½£ ½sin(a - g)½+ ½sin(g - b)½ 	 (*)
 với mọi a, b, g Î 
Ta có ½sin(u + v)½=½sinucosv + sinvcosu½£½sinucosv½+½sinvcosu½
£ ½sinu½½cosv½+½sinv½½cosu½£ ½sinu½+ ½sinv½
Để ý rằng a - b = (a - g) + (g - b). 
Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra (*). (Đpcm)
 Bài 16: Cho các số thực x, y thoả mãn
 	x2 + y2 = x+ y
Chứng minh: 	3x + 4y £ 5
Giải:
Điều kiện xác định: 1 – y2 ³ 0, 1 – x2 ³ 0 tương đương –1 £ x, y £ 1
Nếu x Î[-1; 0] hoặc y Î [-1; 0] hoặc x = 0, y = 1 hoặc x = 1, y = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Ta chỉ cần xét 0 < x < 1 và 0 < y < 1.
Đặt 	x = cosa , y = sinb với - < a < ; 0 < b < p.
Từ 	x2 + y2 = x+ y
Ta có: 	cos2a + sin2b = cosa cosb + sina sinb = cos(a - b) £ 1
 Þ cos2a £ cos2b hoặc sin2b £ sin2a
a) Nếu 0 0, cosb > 0.
cos2a £ cos2b Û cosa £ cosb
3x + 4y = 3cosa + 4sinb £ 2cosb + 4sinb = 5
 = 5cos(b - j) £ 5 trong đó cosj = .
b) Nếu 0 0 , sinb > 0 thì 
sin2b £ sin2a Û sinb £ sina
3x + 4y = 3cosa + 4sinb £ 3cosa + 4sina = 5cos(a - j) £ 5
c) Nếu - 0.
sin2b £ sin2a Û sinb £ -sina
3x + 4y = 3cosa + 4sinb £ 3cosa - 4sina = 5cos(a + j) £ 5.
II. giải phương trình , bất phương trình :
Bài1: Giải bất phương trình :
Giải :
Điều kiện :
Đặt x=cost , t
Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
vậy phoơng trình này có nghiệm .
Bài 2 : giải phương trình :
Giải :
Điều kiện : 1-x20
đặt x = sint với t . Khi đó phương trình đã cho có dạng :
vậy phương trình có nghiệm và x=1.
Bài 3 : Giải phương trình :
Giải :
điều kiện :
.
Đặt x=, 
Khi đó phương trình có dạng :
Đặt sint + cost = u , ta có .
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
. So sánh điều kiện ta có : 
vậy nghiệm của phương trình là 
Bài 4 : với , giải bất phương trình 
giải :
Đặt , . Khi đó bất phương trình có dạng :
Vậy nghiệm của bất phương trình là 
Bài 5 : Giải phương trình :
8x(2x2-1)(8x4-8x2+1)=1 (1)
giải:
Ta có các trường hợp sau :
Với x1, suy ra VT(1)>1, do đó phương trình vô nghiệm .
Với x-1, suy ra VT(1)<0, do đó phương trình vô nghiệm .
Với <1, đặt x=cost , với t
Khi đó phương trình được chuyển về dạng :
8cost(2cost2-1)(8cost4-8cost2+1)=1 
8cost.cos2t.cos4t = 1 8sint.cost.cos2t.cos4t = sint
sin8t = sint
So sánh điều kiện ta có 
vậy phương trình có các nghiệm 
Bài 6 : Giải phương trình 
(1-m2)x+(1-m2)x=(1+m2)x với 0<m<1.
Giải: 
Chia cả 2 vế của phương trình cho (1+m2)x >0 ta có :
Đặt m=tant với ta có và 
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
Nhận xét :
với x=2 là nghiệm của phương trình .
Với x<2 ta có , phương trình vô nghiệm.
với x>2 ta có :, phương trình vô nghiệm .
vậy với 0<m<1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
Bài 7: Giải hệ phương trình :
Giải :
Đặt với . Khi đó hệ đã cho trở thành :
. Ta xét hai trường hợp :
Nếu thì và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ .
Xét và : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :
 (3) 
(1) (4)
Thay (4) vào (3) ta có 
Khi đó nghiệm của hệ là 
III. Một số bài tập đề nghị
Bài 1: Cho x2 + y2 = 1 chứng minh £ x6 + y6 £ 1
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 4 số đó sao cho: 
0 £ < 2 -
Bài 5: Cho x, y thoả mãn 2x + 5y = 7. Chứng minh rằng: x2 + y2 ³ 
Bài 6: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x và y thoả mãn ax + by = c. 
Chứng minh rằng:	 x2 + y2 ³ 
Bài 7: Cho 4a2 + 9b2 = 25. Chứng minh ½6a + 12b½ £ 25
Bài 8: Cho x2 + y2 = 1. Chứng minh
½16 (x5 + y5) – 20 (x3 + y3) + 5(x + y)½ £ 
Bài 9: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh