Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác

Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Ta có: sinB, sinC > 0( 1 − cos(C − pi 3 ) ) ≥ 0( 1 − cos(B − pi 3 ) ) ≥ 0 Suy ra sinB ( 1 − cos(C − pi 3 ) ) + sinC ( 1 − cos(B − pi 3 ) ) ≥ 0 Dấu bằng xảy ra khi và chi khi cos(C − pi 3 ) = 1 cos(B − pi 3 ) = 1 ⇔ B = C = pi 3 Vậy ABC là tam giác đều Bài toán 3.26 Cho tam giác ABC có: b + c = a 2 + √ 3.la (la là phân giác trong tại đỉnh A) Chứng minh rằng ABC là tam giác đều Bài giải Trong tam giác ta có: la = 2bc cos A 2 b + c Mà cos2 A 2 = 1 + cosA 2 = 1 + b2 + c2 − a2 2bc 2 ⇒ cos2 A 2 = (b + c)2 − a2 4bc = p(p − a) bc ⇒ cos A 2 = √ p(p − a) bc Suy ra: la = 2 √ bc b + c . √ p(p− a) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 96 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Giả thiết có: b + c = a 2 + √ 3.la ⇒ b + c − a 2 = √ 3.la Ta có: √ 3.la = √ 3. 2 √ bc b + c . √ p(p − a) ⇒√3.la ≤ √ 3. √ p(p − a) (áp dụng Cauchy) ⇒ √ 3.la ≤ √ 3p(p − a) = √ p(3p − 3a) ⇒ √3.la ≤ p + 3p− 3a 2 = b + c + a 2 (áp dụng Cauchy) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khib = cp = 3p − 3a ⇔ a = b = c Vậy ABC là tam giác đều Bài toán 3.27 Cho tam giác ABC có: b + c = a 2 + √ 3.ma (ma là đường trung tuyến từ đỉnh A) Hỏi tam giác ABC có đều không ? Bài giải Tam giác ABC chưa chắc đã đều, chẳng hạn ta chọn ví dụ sau: Tam giác ABC vuông có hai cạnh góc vuông là: b = 1, c = √ 3 và cạnh huyền a=2. Ta có: ma = 1 2 BC = 1 2 a = 1 Giả thiết có: b + c = a 2 + √ 3.ma ⇒ 1 +√3 = 2 2 + √ 3.1 (2 vế đẳng thức bằng nhau) Nhưng tam giác ABC không phải là đều mà là tam giác vuông Vậy tam giác ABC chưa chắc đã đều Bài toán 3.28 Chứng minh rằng ABC là tam giác đều nếu có: cosA + cosB + cosC = 2p − a 2p + a + 2p − b 2p + b + 2p − c 2p + c Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 97 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải Trong tam giác ABC có: cosA + cosB + cosC ≤ 3 2 Dấu bằng xảy ra ⇔M ABC đều Bây giờ ta chứng minh: 2p − a 2p + a + 2p − b 2p + b + 2p − c 2p + c ≥ 3 2 ⇔ ( 1 + 2p − a 2p + a ) + ( 1 + 2p − b 2p + b ) + ( 1 + 2p − c 2p + c ) ≥ 3 2 + 3 = 9 2 ⇔ 4p 2p + a + 4p 2p + b + 4p 2p + c ≥ 9 2 ⇔ 8p ( 1 2p + a + 1 2p + b + 1 2p + c ) ≥ 9 ⇔ (2p + a + 2p + b + 2p + c) ( 1 2p + a + 1 2p + b + 1 2p + c ) ≥ 9 (đúng) Vậy 2p − a 2p + a + 2p − b 2p + b + 2p − c 2p + c ≥ 3 2 Mà giả thiết: cosA + cosB + cosC = 2p − a 2p + a + 2p − b 2p + b + 2p − c 2p + c Dấu bằng xảy ra ⇔M ABC đều Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 98 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập Bài tập 3.1 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân nếu thỏa mãn điều kiện: sin A 2 . cos3 B 2 = sin B 2 . cos3 A 2 Bài tập 3.2 Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết: cotg2C = 1 2 (cotgC − cotgB) Bài tập 3.3 Cho tam giác ABC có: 2tgB + tgC = tg2B.tgC Chứng minh ABC là tam giác cân Bài tập 3.4 Tính góc A biết: 2 cos B 2 cos C 2 = 1 2 + b + c a . sin A 2 Bài tập 3.5 Cho M ABC có góc A,B nhọn và thỏa mãn điều kiện: tg2A + tg2B = 2tg2( A + B 2 ) Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân Bài tập 3.6 Chứng minh rằng ABC là tam giác đều nếu thỏa mãn điều kiện: 3 √ sinA + 3 √ sinB + 3 √ sinC = 3 √ cos A 2 + 3 √ cos B 2 + 3 √ cos C 2 Bài tập 3.7 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông khi và chỉ khi: sinA + cosA = a2(p− a) + b2(p − b) + c2(p − c) abc Bài tập 3.8 Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết: S = 1 4 (a2 + b2) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 99 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập 3.9 Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông nếu thỏa mãn điều kiện: ha = 2p √ 2 sin B 2 sin C 2 Bài tập 3.10 Chứng minh rằng ABC là tam giác cân khi và chỉ khi: ha = √ bc. cos A 2 Bài tập 3.11 Chứng minh M ABC vuông nếu: r + ra + rb + rc = a + b + c Bài tập 3.12 M ABC có đặc điểm gì nếu biết: R = 1 sinA sin 2A + sinB sin 2B + sinC sin 2C sinA + sinB + sinC = 2 3 S Lời giải Bài tập 3.1 Ta có: sin A 2 . cos3 B 2 = sin B 2 . cos3 A 2 ⇔ sin A 2 cos3 A 2 = sin B 2 cos3 B 2 ⇔ tgA 2 ( 1 + tg2 A 2 ) = tg B 2 ( 1 + tg2 B 2 ) ⇔ ( tg3 A 2 − tg3B 2 ) + ( tg A 2 − tgB 2 ) = 0 ⇔ ( tg A 2 − tgB 2 )( tg2 A 2 + tg A 2 tg B 2 + tg2 B 2 ) = 0 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 100 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ tgA 2 − tgB 2 = 0 ⇔ A 2 = B 2 ⇔ A = B Vậy tam giác ABC cân tại C Bài tập 3.2 Ta có: cotg2C = 1 2 (cotgC − cotgB) ⇔ cos 2C sin 2C = 1 2 . − sin(C − B) sinB sinC ⇔ cos 2C sinB = cosC sin(B − C) ⇔ sin(2C + B)− sin(2C − B) = sinB − sin(2C − B) ⇔ sin(2C + B)− sinB = 0 ⇔ 2 cos(B + C) sinC = 0 ⇔ cos(B +C) = 0 (do sinC > 0) ⇒ B +C = pi 2 ⇒ A = pi 2 Vậy tam giác ABC vuông tai A Bài tập 3.3 Ta có: 2tgB + tgC = tg2B.tgC ⇔ tgB + tgC = −tgB(1 − tgBtgC) + Nếu 1− tgBtgC = 0 ⇒ tgB = −tgC ⇒ B + C = kpi (vô lý) + Nếu 1 − tgBtgC 6= 0 ta có: tgB + tgC 1− tgBtgC = −tgB ⇔ tg(B + C) = −tgB ⇔ −tgA = −tgB ⇔ A = B Vậy tam giác ABC cân tại C Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 101 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập 3.4 Theo định lý sin ta có: cos B + C 2 + cos B − C 2 − 2R(sinB + sinC 2R sinA . sin A 2 = 1 2 ⇔ sin A 2 ( 1− sinB + sinC sinA ) + cos B − C 2 = 1 2 ⇔ sin A 2 sinA− 2 sin B + C2 cos B − C2 sinA + cos B − C 2 = 1 2 ⇔ 2 cos A 2 ( sin A 2 − cos B − C 2 ) 2 cos A 2 + cos B − C 2 = 1 2 ⇔ sin A 2 = 1 2 ; do 0 < A 2 < pi 2 ⇒ A = pi 3 Vậy góc A bằng 600 Bài tập 3.5 Xét bổ đề sau: Với A,B nhọn: tgA + tgB ≥ 2tgA + B 2 Chứng minh Ta có: tgA + tgB = sin(A + B) cosA + cosB ⇒ tgA + tgB = 2 sin(A + B) cos(A− B) + cos(A + B) ≥ 2 sin(A + B) 1 + cos(A +B) ⇒ tgA + tgB ≥ 4 sin A + B 2 cos A + B 2 2 cos2 ( A + B 2 ) = 2tgA + B 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 102 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy tgA + tgB ≥ 2tgA + B 2 Ta có: tg2A + tg2B = 1 2 (12 + 12)(tg2A + tg2B) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta được: tg2A + tg2B ≥ 1 2 (tgA + tgB)2 Áp dụng bổ đề trên ta có: tg2A + tg2B ≥ 1 2 ( 2.tg A + B 2 )2 = 2tg2 ( A + B 2 ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:cos(A− B) = 1tgA = tgB ⇔ A = B Vậy tam giác ABC cân tại C Bài tập 3.6 Ta chứng minh bổ đề sau: 3 √ a1a2a3 + 3 √ b1b2b3 ≤ 3 √ (a1 + b1)(a2 + b2)(a3 + b3) ∀ai, bi > 0 Chứng minh Ta có bổ đề tương đương với: 3 √ a1a2a3 (a1 + b1)(a2 + b2)(a3 + b3) + 3 √ b1b2b3 (a1 + b1)(a2 + b2)(a3 + b3) ≤ 1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được: V T ≤ 1 3 ( a1 a1 + b1 + a2 a2 + b2 + a3 a3 + b3 ) + 1 3 ( b1 a1 + b1 + b2 a2 + b2 + b3 a3 + b3 ) = = 1 3 ( a1 + b1 a1 + b1 + a2 + b2 a2 + b2 + a3 + b3 a3 + b3 ) = 1 3 .3 = 1 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 103 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Dấu bằng xảy ra ⇔ a1 b1 = a2 b2 = a3 b3 Áp dụng bổ đề ta có: 3 √ 1.1. sinA + 3 √ 1.1. sinB ≤ 3 √ (1 + 1)(1 + 1)(sinA + sinB) = = 3 √ 4 ( 2 sin A + B 2 cos A− B 2 ) ⇒ 3 √ sinA + 3 √ sinB ≤ 2 3 √ cos C 2 cos A −B 2 ≤ 2 3 √ cos C 2 vậy 3 √ sinA + 3 √ sinB ≤ 2 3 √ cos C 2 Tương tự ta có: 3 √ sinB + 3 √ sinC ≤ 2 3 √ cos A 2 3 √ sinC + 3 √ sinA ≤ 2 3 √ cos B 2 Suy ra: 2 ( 3 √ sinA + 3 √ sinB + 3 √ sinC ) ≤ 2 ( 3 √ cos A 2 + 3 √ cos B 2 + 3 √ cos C 2 ) ⇔ 3 √ sinA + 3 √ sinB + 3 √ sinC ≤ 2 3 √ cos A 2 + 3 √ cos B 2 + 3 √ cos C 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ A = B = C ⇔M ABC đều Bài tập 3.7 Ta có: a2(p− a) + b2(p − b) + c2(p − c) abc = = a2(b+ c − a) + b2(c + a− b) + c2(a + b− c) 2abc = = a(b2 + c2 − a2) + b(c2 + a2 − b2) + c(a2 + b2 − c2) 2abc = = b2 + c2 − a2 2bc + c2 + a2 − b2 2ca + a2 + b2 − c2 2ab = cosA + cosB + cosC Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 104 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Khi đó đẳng thức đã cho ⇔ sinA + cosA = cosA + cosB + cosC ⇔ sinA = cosB + cosC ⇔ sinA = 2 cos B + C 2 cos B − C 2 ⇔ 2 sin A 2 cos A 2 = 2 sin A 2 cos B − C 2 ⇔ cos A 2 = cos B − C 2 ⇔ A = B − C ⇔ A + C = B ⇔ B = pi 2 A = C − B ⇔ A + B = C ⇔ C = pi 2 Vậy ABC là tam giác vuông Bài tập 3.8 Ta có: S = 1 4 (a2 + b2) ⇔ a2 + b2 = 2ab sinC Mà ta có: 2ab sinC ≤ 2ab Suy ra a2 + b2 ≤ 2ab ⇔ (a− b)2 ≤ 0 ⇒ a− b = 0sinC = 1 ⇒ C = pi 2 Vậy tam giác ABC vuông cân tại C Bài tập 3.9 Ta có: ha = b sinC = 2R sinB sinC Suy ra: 2R sinB sinC = (a+ b + c) √ 2 sin B 2 sin C 2 ⇒ 4 sin B 2 sin C 2 cos B 2 cos C 2 = (sinA + sinB + sinC) √ 2 sin B 2 sin C 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 105 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Ta luôn có: sinA + sinB + sinC = 4 cos A 2 cos B 2 cos C 2 Suy ra: 1 = √ 2 cos A 2 ⇔ cos A 2 = 1√ 2 ⇒ A = pi 2 Vậy ABC là tam giác vuông tại A Bài tập 3.10 Trong mọi tam giác ABC ta luôn có: ha ≤ la = 2bc b + c cos A 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ha ≤ 2bc cos A 2 2 √ bc = √ bc cos A 2 Dấu bằng xảy ra ⇔ b = c Vậy tam giác ABC cân tại A Bài tập 3.11 Ta luôn có: r = 4R sin A 2 sin B 2 sin C 2 a + b + c = 2R(sinA + sinB + sinC) = 8R cos A 2 cos B 2 cos C 2 ra = ptg A 2 = a + b + c 2 tg A 2 = 4R sin A 2 cos B 2 cos C 2 rb = ptg B 2 = a + b + c 2 tg B 2 = 4R sin B 2 cos C 2 cos A 2 rc = ptg C 2 = a + b + c 2 tg C 2 = 4R sin C 2 cos A 2 cos B 2 Khi đó đẳng thức: r + ra + rb + rc = a + b + c ⇔ 4R ( sin A 2 sin B 2 sin C 2 + sin A 2 cos B 2 cos C 2 + sin B 2 cos C 2 cos A 2 + sin C 2 cos A 2 cos B 2 ) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 106 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác = 8R cos A 2 cos B 2 cos C 2 ⇔ sin A 2 ( sin B 2 sin C 2 + cos B 2 cos C 2 ) +cos A 2 ( sin B 2 cos C 2 + sin C 2 cos B 2 ) = = 2 cos A 2 cos B 2 cos C 2 ⇔ sin A 2 cos ( B − C 2 ) +cos A 2 sin ( B + C 2 ) = cos A 2 ( cos B + C 2 + cos B − C 2 ) ⇔ sin A 2 cos ( B − C 2 ) + cos A 2 cos A 2 − cos A 2 sin A 2 − cos A 2 cos B − C 2 = 0 ⇔ ( sin A 2 − cos A 2 ) cos B − C 2 − cos A 2 ( sin A 2 − cos A 2 ) = 0 ⇔ ( sin A 2 − cos A 2 )( cos B − C 2 − cos A 2 ) = 0 ⇔ sin A 2 = cos A 2 hoặc cos B − C 2 = cos A 2 ⇔ tgA 2 = 1 hoặc B-C=A hoặc C-B=A ⇔ A = pi 2 hoặc B = pi 2 hoặc C = pi 2 Vậy ABC là tam giác vuông Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 107 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giảng số 4: Tổng và tích hữu hạn các hàm lượng giác Khi tính tổng hữu hạn các hàm lượng giác,chúng ta sử dụng lược đồ sau: f(2a)− f(a) = g(a) f(3a)− f(2a) = g(2a) ..... f((n+ 1)a)− f(na) = g(na) Cộng các đẳng thức trên ta thu được: n∑ k=1 g(ka) = f((n + 1)a)− f(a) Bài toán 4.1 Tính tổng: S1 = sin x + sin 2x + ... + sin(nx) Bài giải - Nếu sin x2 = 0 ⇔ x 2 = kpi ⇒ x = 2kpi ⇒ S1 = 0 - Nếu sin x 2 6= 0 ⇔ x2 6= 2mpi. Ta có: 2 sin x 2 .S1 = 2 sin x 2 . sin x + 2 sin x 2 . sin 2x + ... + 2 sin x 2 . sin(nx) = (cos x 2 − cos 3x2 ) + (cos 3x 2 − cos 5x 2 ) + ... + (cos (2n − 1)x 2 − cos (2n+1)x2 ) = (cos x 2 − cos (2n + 1)x 2 ) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 108 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác = 2 sin (n + 1)x 2 sin nx 2 ⇒ S1 = sin (n + 1)x 2 sin nx 2 sin x2 Bài toán 4.2 Tính tổng: S2 = cos x + cos 2x + ... + cos(nx) - Nếu sin x2 = 0 ⇔ x2 = kpi ⇒ x = 2kpi ⇒ S2 = n - Nếu sin x2 6= 0 ⇔ x2 6= 2mpi. Ta có: 2 sin x 2 .S2 = 2 cos x. sin x 2 + 2 cos 2x. sin x 2 + ... + 2 cos(nx). sin x 2 = (sin 3x 2 − sin x 2 ) + (sin 5x 2 − sin 3x 2 ) + ... + (sin (2n + 1)x 2 − sin (2n− 1)x 2 = sin (2n + 1)x 2 − sin x 2 = 2 cos (n + 1)x 2 . sin nx 2 ⇒ S2 = cos (n + 1)x 2 sin nx 2 sin x 2 Bài toán 4.3 Chứng minh rằng: tg 3pi 11 + 4 sin 2pi 11 = √ 11 Bài giải Đặt x = pi 11 ta phải chứng minh tg3x + 4tg2x = √ 11 ⇔ (sin 3x + 4 sin 2x. cos 3x)2 = 11 cos2 3x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 109 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ (sin 3x + 4 sin 2x. cos 3x)2 − 11 cos2 3x = 0 Đặt A = (sin 3x + 4 sin 2x. cos 3x)2 − 11 cos2 3x Ta có: (sin 3x + 4 sin 2x. cos 3x)2 = (sin 3x + 2 sin 5x − 2 sin x)2 = sin2 3x+4 sin2 5x+4 sin2 x+4 sin 3x sin 5x−4 sin 3x sin x−8 sin 5x sin x = 1 − cos 6x 2 + 2(1 − cos 10x) + 2(1− cos 2x) + 2(cos 2x − cos 8x) −2(cos 2x − cos 4x) − 4(cos 4x − cos 6x) = 9 2 − 2 cos 2x− 2 cos 4x + 7 2 cos 6x − 2 cos 8x − 2 cos 10x Và 11 cos2 3x = 11.( 1 + cos 6x 2 ) = 11 2 + 11 2 cos 6x Suy ra A = −1 − 2(cos 2x + cos 4x + cos 8x + cos 10x) Xét P = cos 2x + cos 4x + cos 8x + cos 10x ⇒ 2 sin x.P = 2 cos 2x sin x + 2 cos 4x sin x + 2 cos 8x sin x + 2 cos 10x sin x = (sin 3x− sin x) + (sin 5x − sin 3x) + (sin 9x − sin 7x) + (sin 11x − sin 9x) = sin 11x − sin x ⇒ P = sin 11x − sin x 2 sin x Với x = pi 11 ⇒ P = sin pi − sin pi 11 2 sin pi11 = −1 2 Vậy A = −1 − 2.− 12 = 0 ⇒ Đpcm Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 110 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 4.4 Giải phương trình: cos x − cos 2x + cos 3x = 1 2 Bài giải - Nếu cos x 2 = 0 ⇔ x2 = pi 2 + kpi ⇒ x = pi + 2kpi ⇒ cos x− cos 2x + cos 3x = −1 − 1 − 1 = −3 6= 1 2 ⇒ cos x 2 không phải là nghiệm của PT ⇒ cos x2 6= 0 Nhân cả hai vế của PT với 2 cos x 2 ta được PT tương đương: 2 cos x 2 . cos x − 2 cos x 2 . cos 2x + 2 cos x 2 . cos 3x = cos x 2 ⇒ cos 3x 2 + cos x 2 − cos 5x 2 − cos 3x 2 + cos 7x 2 + cos 5x 2 = cos x 2 ⇒ cos 7x 2 = 0 ⇒ 7x 2 = pi 2 + kpi ⇒ x = pi 7 + k2pi 7 (*) Xuất phát từ công thức lượng giác: 1) tgx − tgy = sin(x− y) cos x cos y 2) cot x − cot y = sin(y − x) sin x sin y Suy ra các công thức lượng giác sau: 1) sin(m− n)x cos nx cosmx = tg(mx) − tg(nx) 2) sin(m− n)x sinnx sinmx = cot(nx)− cot(mx) Vận dụng các công thức lượng giác trên chúng ta tính được một số tổng hữu hạn và giải phương trình lượng giác Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 111 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 4.5 Tính tổng: S1 = 1 cos x cos 2x + 1 cos 2x cos 3x + ... + 1 cos(nx) cos(n + 1)x Bài giải Ta có: sin x.S1 = sin x cos x cos 2x + sin x cos 2x cos 3x + ... + sinx cos(nx) cos(n + 1)x = sin(2x − x) cos x cos 2x + (3x− 2x) cos 2x cos 3x + ... + ((n + 1)x− nx) cos(nx) cos(n + 1)x = tg2x − tgx + tg3x − tg2x + ... + tg(n + 1)x− tg(nx) = tg(n + 1)x− tgx ⇒ S1 = tg(n + 1)x − tgx sin x Bài toán 4.6 Giải phương trình: 1 sin 2x + 1 sin 4x + 1 sin 8x + 1 sin 16x = 0 Bài giải Điều kiện: sin 16x 6= 0. Ta có: PT ⇔ sinx sin x sin 2x + sin 2x sin 2x sin 4x + sin 4x sin 4x sin 8x + sin 8x sin 8x sin 16x = 0 ⇔ sin(2x − x) sin x sin 2x + sin(4x − 2x) sin 2x sin 4x + sin(8x − 4x) sin 4x sin 8x + sin(16x− 8x) sin 8x sin 16x = 0 ⇔ cotgx−cotg2x+cotg2x−cotg4x+cotg4x−cotg8x+cotg8x−cotg16x = 0 ⇔ cotgx − cotg16x = 0 ⇔ 16x = x + kpi ⇔ x = kpi 15 ; ∀k ∈ Z Vậy nghiệm của phương trình là x = kpi 15 ; ∀k ∈ Z Bài toán 4.7 Tính tổng sau: S3 = tgx cos 2x + tg2x cos 4x + tg4x cos 8x + ... + tg2nx cos(2n+1x) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 112 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải Ta có: S3 = tgx cos 2x + tg2x cos 4x + ... + tg2nx cos(2n+1x) ⇒ S3 = sin x cos x cos 2x + sin 2x cos 2x cos 4x + ... + sin(2nx) cos(2nx) cos(2n+1x) = sin(2x − x) cos x cos 2x + (4x− 2x) cos 2x cos 4x + ... + ((2n+1x − 2nx) cos(2nx) cos(2n+1x) = tg2x − tgx + tg4x − tg2x + tg8x − tg4x + ... + tg(2n+1x)− tg(2nx) ⇒ S3 = tg(2n+1x)− tgx Mục đích của bài toán tính tổng hữu hạn là chúng ta phải tìm ra quy luật của các phần tử và khéo léo đưa chúng vào lược đồ trên. Một trong những cách tìm ra quy luật đó là dựa vào sự biến đổi các công thức lượng giác. (*) Công thức lượng giác 1 : Ta có + tg(α − β) = tgα − tgβ 1 + tgαtgβ ⇒ 1 + tgαtgβ = tgα − tgβ tg(α − β) + cot(α− β) = 1 + tgαtgβ cot β − cotα ⇒ 1 + cotα cot β = cot(α− β)(cot β − cotα) Bài toán 4.8 Tính tổng: S1 = tgx.tg2x + tg2x.tg3x + ... + tg(nx)tg(n + 1)x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 113 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải Áp dụng công thức lượng giác: 1 + tgαtgβ = tgα − tgβ tg(α − β) . Ta có: n + S1 = (1 + tgx.tg2x) + (1 + tg2x.tg3x) + ... + (1 + tg(nx)tg(n + 1)x) = tg2x − tgx tgx + tg3x − tg2x tgx + ... + tgnx − tg(n + 1)x tgx = 1 tgx (tg(n + 1)x− tgx) = tg(n + 1)x tgx − 1 Suy ra S1 = cotgx.tg(n + 1)x− (n + 1) Bài toán 4.9 Tính tổng: S2 = cotgx.cotg2x + cotg2x.cotg3x + ... + cotg(nx)cotg(n + 1)x Bài giải Áp dụng công thức lượng giác: 1 + cotgαcotgβ = cotg(α − β)(cotgβ − cotgα) Ta có: n+S2 = (1+cotgx.cotg2x)+(1+cotg2x.cotg3x)+...+(1+cotg(nx)cotg(n+1)x) = cotgx(cotgx−cotg2x)+cotgx(cotg2x−cotg3x)+...+cotgx(cotgnx−cotg(n+1)x) = cotgx(cotgx − cotg(n + 1)x) Suy ra S2 = cotgx.(cotgx − cotg(n + 1)x) − n (*) Công thức lượng giác 2 : Ta có cotα− 2 cot 2α = cosα sinα − 2cos 2α sin 2α = 2 cos2 α − 2 cos 2α sin 2α = 2− 2 cos2 α sin 2α = sinα cosα = tgα Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 114 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy tgα = cotα − 2cot2α Bài toán 4.10: Tính tổng: S1 = tgx + 2tg2x + 4tg4x + ... + 2 ntg2nx Bài giải Áp dụng công thức lượng giác: tgα = cotα − 2cot2α. Ta có: S1 = cotgx − 2cotg2x + 21.cotg21x − 22cotg22x + 22cotg22x− −23cotg23x + ... + 2ncotg2nx− 2n+1cotg2n+1x ⇔ S1 = cotgx − 2n+1cotg2n+1x Vậy S1 = cotgx − 2n+1cotg2n+1x (*) Công thức lượng giác 3 : Ta có + cos 5x = (cos 5x + cos 3x) − (cos 3x + cos x) + cos x ⇒ cos 5x cos x = 2 cos 4x − 2 cos 2x + 1 + sin 5x = (sin 5x + sin 3x)− (sin 3x + sin x) + sin x ⇒ sin 5x cos x = 2 sin 4x − 2 sin 2x + tgx Bài toán 4.11: Giải phương trình: cos 5x cos x + cos 10x cos 2x + cos 20x cos 4x = 3 Bài giải Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 115 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Điều kiện: cos x 6= 0; cos 2x 6= 0; cos 4x 6= 0 áp dụng công thức trên ta được: (2 cos 4x−2 cos 2x+1)+(2 cos 8x−2 cos 4x+1)+(2 cos 16x−2 cos 8x+1) = 3 ⇔ (cos 4x − cos 2x) + (cos 8x − cos 4x) + (cos 16x − cos 8x) = 0 ⇔ cos 16x = cos 2x ⇔ 16x = 2x + k2pi ⇔ x = kpi 7 ; ∀k ∈ Z hoặc 16x = −2x + k2pi ⇔ x = kpi 9 ; ∀k ∈ Z Bài toán 4.12: Giải phương trình: sin 5x cos x + sin 10x cos 2x + sin 20x cos 4x = tgx + tg2x + tg4x Bài giải Điều kiện: cos x 6= 0; cos 2x 6= 0; cos 4x 6= 0 áp dụng công thức trên ta được: (2 sin 4x−2 sin 2x+tgx)+(2 sin 8x−2 sin 4x+tg2x)+(2 sin 16x−2 sin 8x+tg4x) = = tgx + tg2x + tg4x ⇔ (sin 4x − sin 2x) + (sin 8x − sin 4x) + (sin 16x − sin 8x) = 0 ⇔ sin 16x − sin 2x = 0 ⇔ 16x = 2x + k2pi ⇔ x = kpi 7 ; ∀k ∈ Z hoặc 16x = pi − 2x + k2pi ⇔ x = pi 18 + k pi 9 ; ∀k ∈ Z (*) Công thức lượng giác 4 : Ta có 4 sin3 α = 3 sinα − sin 3α Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 116 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ 4 sin 3α sinα sin 3α = 3 sin 3α − 1 sinα ⇒ 3 sin 3α − 1 sinα = 4 sinα 3− 4 sin2 α = 4 sinα 1 + 2 cos 2α ⇒ 3 sin 3α − 1 sinα = 4 sinα 1 + 2 cos 2α Tương tự 1 cosα − 2 cos 3α = 2 cos 2α − 3 cos 3α Bài toán 4.13: Giải phương trình: 4 sin x 1 + 2 cos 2x + 12 sin 3x 1 + 2 cos 6x + 36 sin 9x 1 + 2 cos 18x = 27 sin 27x − 1 Bài giải Điều kiện: sin 27x 6= 0; cos 2x 6= −1 2 ; cos 6x 6= −1 2 ; cos 8x 6= −1 2 áp dụng công thức trên: 4 sinα 1 + 2 cos 2α = 3 sin 3α − 1 sinα Phương trình đã cho tương đương với( 3 sin 3x − 1 sin ) +3 ( 3 sin 9x − 1 sin 3x ) +9 ( 3 sin 27x − 1 sin 9x ) = 27 sin 27x −1 ⇔ sin x = 1 ⇔ x = pi 2 + k2pi (∀k ∈ Z) Bài toán 4.14: Giải phương trình: 2 cos 2x − 3 cos 3x + 4 cos 6x − 6 cos 9x + 8 cos 18x − 12 cos 27x = 1 − 8 cos 27x Bài giải Điều kiện: cos 27x 6= 0 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 117 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải áp dụng công thức trên: 2 cos 2α − 3 cos 3α = 1 cosα − 2 cos 3α Phương trình đã cho tương đương với( 1 cos x − 2 cos 3x ) +2 ( 1 cos 3x − 2 cos 9x ) +4 ( 1 cos 9x − 2 cos 27x ) = 1− 8 cos 27x ⇔ cos x = 1 ⇔ x = k2pi (∀k ∈ Z) Bài toán 4.15 Tính P1 = (1 + 1 cos x ).(1 + 1 cos 2x ).(1 + 1 cos 4x )...(1 + 1 cos(2n−1x) ) Bài giải Ta có 1 + 1 cos x = 2 cos2 α 2 cosα . sin α2 sin α 2 = sinα cosα . cos α 2 sin α 2 = tgα tgα2 Suy ra 1 + 1 cos x = tgx tgx2 1 + 1 cos 2x = tg2x tgx 1 + 1 cos 4x = tg4x tg2x ......... 1 + 1 cos(2n−1x) = tg(2n−1x) tg(2n−1x) Nhân vế với vế các ĐT trên ta được P1 = tg(2n−1x) tgx2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 118 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 4.16 Tính P2 = cos( 2pi 2n − 1). cos( 4pi 2n − 1). cos( 2npi 2n − 1) (n > 1) Bài giải Ta có 2n. sin( 2pi 2n − 1).P2 = 2 n. sin( 2pi 2n − 1). cos( 2pi 2n − 1). cos( 4pi 2n − 1).... cos( 2npi 2n − 1) = 2n−1 sin( 4pi 2n − 1). cos( 4pi 2n − 1). cos( 8pi 2n − 1).... cos( 2npi 2n − 1) = .......... = sin( 2n+1pi 2n − 1) = sin(2pi + 2pi 2n − 1) = sin( 2pi 2n − 1) ⇒ P2 = 1 2n Bài toán 4.17 Tính P3 = (1 + 2 cos 2pi.3 3n + 1 ).(1 + 2 cos 2pi.32 3n + 1 )...(1 + 2 cos 2pi.3n 3n + 1 ) Bài giải Ta có Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 119 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác 1 + 2 cos 2α = 1 + 2(1− 2 sin2 α) = 3 − 4 sin2α = sin 3α sinα Suyra 1 + 2 cos 2pi.3 3n + 1 = sin 3.pi.3 3n + 1 sin pi.3 3n + 1 = sin 32.pi 3n + 1 sin 3pi 3n + 1 1 + 2 cos 2pi.32 3n + 1 = sin 3.pi.32 3n + 1 sin pi.32 3n + 1 = sin 33pi 3n + 1 sin 32pi 3n + 1 ........ = ......... 1 + 2 cos 2pi.32 3n + 1 = sin 3n+1pi 3n + 1 sin 3npi 3n + 1 Nhân vế với vế các ĐT trên ta được P3 = sin 3n+1pi 3n + 1 sin 3pi 3n + 1 = sin(3pi − 3pi 3n + 1) sin 3pi 3n + 1 = sin 3pi 3n + 1 sin 3pi 3n + 1 = 1 Bài toán 4.2.4 Tính P4 = (1− tg2( 2pi 2n + 1 ).(1− tg2( 2 2pi 2n + 1 )...(1 − tg2( 2 npi 2n + 1 ) Bài giải Ta có tg2x = 2tgx 1− tg2x ⇒ 1 − tg 2x = 2tgx tg2x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 120 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Suy ra 1− tg2 2pi 2n + 1 = 2tg 2pi 2n + 1 tg 22pi 2n + 1 1− tg2 2 2pi 2n + 1 = 2tg 22pi 2n + 1 tg 23pi 2n + 1 ........ = ......... 1− tg2 2pi 2n + 1 = 2tg 2npi 2n + 1 tg 2n+1pi 2n + 1 Nhân vế với vế các ĐT trên ta được P4 = 2 n. tg 2pi 2n + 1 tg 2n+1pi 2n + 1 = 2n. tg 2pi 2n + 1 tg(2pi − 2pi 2n + 1 ) = 2n. tg 2pi 2n + 1 −tg 2pi 2n + 1 = −2n Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 121 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập Bài tập 4.1 Chứng minh rằng: 1 cos 00. cos 10 + 1 cos 10. cos 20 + ... + 1 cos 880. cos 890 = cos 10 sin2 10 . Bài tập 4.2 Tính tổng: S2 = 1 sin x sin 2x + 1 sin 2x sin 3x + ... + 1 sin(nx) sin(n + 1)x Bài tập 4.3 Giải phương trình: 1 sin 3x sin 7x + 1 sin 7x sin 11x + 1 sin 11x sin 15x = − 1 sin 15x sin 19x Bài tập 4.4 Giải phương trình: 1 cos x cos 3x + 1 cos 3x cos 5x + 1 cos 5x cos 7x + 1 cos 7x cos 9x = 0 Bài tập 4.5 Tính tổng: S4 = cos x sin 3x + cos 3x sin 9x + cos 9x sin 27x + ... + cos(3n−1x) sin(3nx) Bài tập 4.6 Giải phương trình: sin x cos 3x + sin 3x cos 9x + sin 9x cos 27x = 0 Bài tập 4.7 Tính tổng: S2 = 1 2 tg x 2 + 1 22 tg x 22 + 1 23 tg x 23 + ... + 1 2n tg x 2n Lời giải Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 122 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập 4.1 Bài tập 4.2 Ta có: sin x.S2 = sin x sin x sin 2x + sin x sin 2x sin 3x + ... + sin x sin(nx) sin(n + 1)x = sin(2x − x) sin x sin 2x + sin(3x − 2x) sin 2x sin 3x + ... + sin(n + 1)x − nx) sin(nx) sin(n + 1)x = cot x − cot 2x + cot 2x − cot 3x + ... + cotnx − cot(n + 1)x = cot x − cot(n+ 1)x ⇒ S2 = cot x − cot(n + 1)x sin x Bài tập 4.3 Ta có: PT ⇔ sin 4x sin 3x sin 7x + sin 4x sin 7x sin 11x + sin 4x sin 11x sin 15x + sin 4x sin 15x sin 19x = 0 ⇔ sin(7x − 3x) sin 3x sin 7x + sin(11x − 7x) sin 7x sin 11x + sin(15x − 11x) sin 11x sin 15x + sin(19x − 15) sin 15x sin 19x = 0 ⇔ cotg3x−cotg7x+cotg7x−cotg11x+cotg1x−cotg15x+cotg5x−cotg19x = 0 ⇔ cotg3x − cotg19x = 0 ⇔ 3x + kpi = 19x ⇔ x = kpi 16 ; ∀k ∈ Z Vậy nghiệm của phương trình là x = kpi 16 ; ∀k ∈ Z Bài tập 4.4 Ta có:Ta có: PT ⇔ sin 2x cos x cos 3x + sin 2x cos 3x cos 5x + sin 2x cos 5x cos 7x + sin 2x cos 7x cos 9x = 0 ⇔ sin(3x− x) cos x cos 3x + sin(5x − 3x) cos 3x cos 5x + sin(7x− 5x) cos 5x cos 7x + sin(9x − 7x) cos 7x cos 9x = 0 ⇔ tg3x − tgx + tg5x − tg3x + tg7x − tg5x + tg9x − tg7x = 0 ⇔ tg9x − tgx = 0 ⇔ 9x = x + kpi ⇔ x = kpi 8 ; ∀k ∈ Z Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 123 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy nghiệm của phương trình là x = kpi 8 ; ∀k ∈ Z Bài tập 4.5 Ta có: S4 = cos x sin 3x + cos 3x sin 9x + ... + cos(3n−1x) sin(3nx) ⇒ S4 = 1 2 ( 2 sinx cos x sinx sin 3x + 2 sin 3x cos 3x sin 3x sin 9x + ... + 2 sin(3n−1x) cos(3n−1x) sin(3n−1x) sin(3nx) ) = 1 2 ( sin 2x sinx sin 3x + sin 6x sin 3x sin 9x + ... + sin(2.3n−1x) sin(3n−1x) sin(3nx) ) = 1 2 ( sin(3x − x) sin x sin 3x + sin(9x − 3x) sin 3x sin 9x + ... + sin(3nx− 3n−1x) sin 3n−1x sin 3nx ) = 1 2 (cotx − cot 3x + cot 3x − cot 9x + ... + cot 3n−1x− cot 3nx) ⇒ S4 = 1 2 (cotx − cot 3nx) Bài tập 4.6 Điều kiện: cos 3x 6= 0; cos 9x 6= 0; cos 27x 6= 0. Ta có: PT ⇔ 2 cos x sin x cos x cos 3x + 2 cos 3x sin 3x cos 3x cos 9x + 2 cos 9x sin 9x cos 9x cos 27x = 0 ⇔ sin(3x − x) cos x cos 3x + sin(9x − 3x) cos 3x cos 9x + sin(27x − 9x) cos 9x cos 27x = 0 ⇔ tg3x − tgx + tg9x − tg3x + tg27x − tg9x = 0 ⇔ tg27x − tgx = 0 ⇔ 27x = x + kpi ⇔ x = kpi 26 Vậy nghiệm của phương trình là x = kpi 26 ; ∀k ∈ Z Bài tập 4.7 Ta có: S2 = 1 2 cotg x 2 − cotgx + 1 22 cotg x 22 − 1 2 cotg x 2 + 1 23 cotg x 23 − − 1 22 cotg x 22 + ... + 1 2n cotg x 2n − 1 2n−1 cotg x 2n−1 ⇔ S2 = 1 2n cotg x 2n − cotgx Vậy S2 = 1 2n cotg x 2n − cotgx Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 124 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giảng số 5: Ứng dụng lượng giác Có khá nhiều phương trình trong đại số mà khi ta biến đổi bằng nhiều cách, nhiều phương pháp khác nhau của đại số vẫn không giải ra nghiệm.Chỉ khi sử dụng phương pháp lượng giác hóa đưa phương trình về phương trình lượng giác ta mới giải được.Sau đây chúng ta xét một số bài toán. Bài toán 5.1 Giải phương trình sau:√ 1− x2 = 4x3 − 3x Bài giải 1. Điều kiện: |x| ≤ 1. Đặt x = cosα, α ∈ (0, pi) Phương trình tương đương với sinα = cos 3α ⇔ sinα = sin(pi 2 − 3α) ⇔ α = pi 2 − 3α + k2pi hoặc α = pi 2 + 3α + k2pi (k ∈ Z) Trên (0, pi) ta được: α1 = pi 8 ; α2 = 5pi 8 ; α3 = 3pi 4 Vậy các nghiệm của PT là: x1 = cos pi 8 ; x2 = cos 5pi 8 ; x1 = cos 3pi 4 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 125 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài toán 5.2 Giải phương trình sau: √ 1 − x = 2x2 − 1 + 2x. √ 1 − x2 Bài giải Điều kiện: |x| ≤ 1. Đặt x = cosα, α ∈ (0, pi) Phương trình tương đương với √ 1 − cosα = 2cos2α − 1 + 2 cosα. √ 1− cos2α ⇔ √ 2.sin α 2 = cos2α + sin2α = √ 2.sin(2α + pi 4 ) ⇔ sinα 2 = sin(2α + pi 4 ) ⇔ α 2 = 2α + pi 4 + k2pi hoặc α 2 = 3pi 4 − 2α + k2pi ⇔ α = −pi 6 + 2kpi hoặc α = 3pi 10 + 2kpi Do α ∈ (0, pi) ⇒ α = 3pi 10 Vậy nghiệm của PT là: x = cos 3pi 10 Bài toán 5.3 Cho phương trình: 4x3 − 3x = 1 2 Tìm nghiệm của phương trình trong đoạn (-1,1) Bài giải Đặt x = cosα, α ∈ (0, pi). Thay vào phương trình ta được: 4 cos3 α − 3 cosα = 1 2 ⇔ cos 3α = 1 2 ⇔ α = ±pi 3 + 2kpi ⇔ α = ±pi 9 + 2kpi 3 (∀k ∈ Z) Trên đoạn (0, pi) ta thu được α1 = pi 9 , α2 = 7pi 9 , α3 = 5pi 9 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 126 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy nghiệm của phương trình là: x1 = cos pi 9 , x2 = 5pi 9 , x3 = 7pi 9 Có một số bài toán chứng minh bất đẳng thức trong đại số, nếu chúng ta khéo léo đưa về chứng minh bất đẳng thức lượng giác trong tam giác thì việc chứng minh sẽ dễ dàng hơn nhiều.Dưới đây là một số bài toán như thế. Bài toán 5.4 Cho a, b, c > 0 và a+ b+ c = abc. Chứng minh rằng: 1√ 1 + a2 + 1√ 1 + b2 + 1√ 1 + c2 ≤ 3 2 Bài giải Đặt a = tgA; b = tgB; c = tgC; A,B,C ∈ (0, pi 2 ) Ta có: a + b + c = abc ⇒ tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC ⇔ tgA + tgB + tgC(1− tgAtgB) = 0 ⇔  tgA.tgB = 1tgA + tgB = 0 tgA + tgB 1− tgAtgB + tgC = 0 ⇔  cos(A + B) = 0sin(A + B) = 0 ⇔ @A,B sin(A +B + C) = 0 ⇔ A + B +C = kpi(k ∈ Z) ⇒ A + B + C = pi (do A,B,C ∈ (0, pi 2 )) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 127 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ A,B,C là 3 góc của tam giác nhọn Ta có: √ 1 + a2 = √ 1 + tg2A = √ 1 cos2 A = 1 cosA Tương tự √ 1 + b2 = 1 cosB√ 1 + c2 = 1 cosC BĐT ⇔ chứng minh cosA + cosB + cosC ≤ 3 2 (hiển nhiên đúng trong tam giác ABC Dấu "= " xảy ra ⇔  cos A− B 2 = 1 cos( C 2 − pi 6 ) = 1 cos A + B − C − pi 3 4 = 1 ⇒ A = B = C = 600 Khi đó a = b = c = √ 3 Bài toán 5.5 Cho x2 + y2 = 1. Chứng minh rằng:∣∣16(x5 + y5)− 20(x3 + y3) + 5(x + y)∣∣ ≤ √2 Bài giải Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 128 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Do x2 + y2 = 1. nên đặt x = sinα, y = cosα. Ta có: sin 5α = sin 3α cos 2α + sin 2α cos 3α = (3 sinα − 4 sin3 α)(1 − 2 sin2 α) + 2 sinα cosα(4 cos3α − 3 cosα) = (3 sinα − 4 sin3 α)(1 − 2 sin2 α) + 2 sinα cos2α(4 cos2 α − 3) = (3 sinα − 4 sin3 α)(1 − 2 sin2 α) + 2 sinα(1 − sin2 α)(1 − 4 sin2α) = 16 sin5 α − 20 sinα +5 sinα = 16x5 − 20y3 + 5y Tương tự ta có: cos 5α = 16y5 − 20y3 + 5y Suy ra:∣∣16(x5 + y5)− 20(x3 + y3) + 5(x + y)∣∣ = |sin 5α + cos 5α| = = √ 2 ∣∣∣cos(5α − pi 4 ) ∣∣∣ ≤ √2 ( Vì ∣∣∣cos(5α − pi 4 ) ∣∣∣ ≤ 1) Vậy ∣∣16(x5 + y5)− 20(x3 + y3) + 5(x + y)∣∣ ≤ √2 Hệ phương trình 3 ẩn đối xứng với 3 biến x,y,z không giải được nhờ hằng đẳng thức đại số hay sử dụng tính đơn điệu. Khi đó phương pháp giải hữu hiệu là đưa hệ phương trình đã cho về phương trình lượng giác. Các ví dụ sau sẽ minh họa cho điều đó. Bài toán 5.6 Giải hệ phương trình: 2x + x2y = y 2y + y2z = z 2z + z2x = x Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 129 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài giải Ta kiểm tra được x = ±1, y = ±1, z = ±1 không là nghiệm của hệ phương trình. Hệ phương trình tương đương y = 2x 1 − x2 z = 2y 1 − y2 x = 2z 1− z2 Đặt x = tgα, α ∈ (−pi 2 , pi 2 ); α 6= ±pi 4 Khi đó ta có y = tg2α; z = tg4α; x = tg8α Vậy tg8α = tgα ⇔ 8α = α + kpi ⇔ α = kpi 7 (∀k ∈ Z) Do α ∈ (−pi 2 , pi 2 ); α 6= ±pi 4 . Suyra α = 0;±pi 7 ;±2pi 7 ;±3pi 7 Với α = 0 nghiệm của hệ là x = y = 0 Với α = ±pi 7 nghiệm của hệ là x = ±tgpi 7 ; y = ±tg2pi 7 ; z = ±tg4pi 7 Với α = ±2pi 7 nghiệm của hệ là x = ±tg2pi 7 ; y = ±tg4pi 7 ; z = ±tg8pi 7 Với α = ±3pi 7 nghiệm của hệ là x = ±tg3pi 7 ; y = ±tg6pi 7 ; z = ±tg12pi 7 Vậy hệ có 7 nghiệm là (0, 0, 0); (tg pi 7 , tg 2pi 7 , tg 4pi 7 ); (tg −pi 7 , tg −2pi 7 , tg −4pi 7 ); (tg 2pi 7 , tg 4pi 7 , tg 8pi 7 ); (tg −2pi 7 , tg −4pi 7 , tg −8pi 7 ); Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 130 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác (tg 3pi 7 , tg 6pi 7 , tg 12pi 7 ); (tg −3pi 7 , tg −6pi 7 , tg −12pi 7 ) Bài toán 5.7 Giải hệ phương trình: x− 1 x = 2y y − 1 y = 2z z − 1 z = 2x Bài giải Đặt x = cotgα, α ∈ (0, pi), α 6= pi 2 . Ta có 2y = cotgα − tgα = 2cotg2α ⇒ y = cotg2α Tương tự z = cotg4α ; x = cotg8α Vậy cotgα = cotg8α ⇒ α = kpi 7 (∀k ∈ Z) Do α ∈ (0, pi), α 6= pi 2 . Suy ra α = pi 7 ; 2pi 7 ; 3pi 7 ; 4pi 7 ; 5pi 7 ; 6pi 7 Với α = pi 7 nghiệm của hệ là x = cotg pi 7 ; y = cotg 2pi 7 ; z = cotg 4pi 7 Với α = 2pi 7 nghiệm của hệ là x = cotg 2pi 7 ; y = cotg 4pi 7 ; z = cotg 8pi 7 Với α = 3pi 7 nghiệm của hệ là x = cotg 3pi 7 ; y = cotg 6pi 7 ; z = cotg 12pi 7 Với α = 4pi 7 nghiệm của hệ là x = cotg 4pi 7 ; y = cotg 8pi 7 ; z = cotg 16pi 7 Với α = 5pi 7 nghiệm của hệ là x = cotg 5pi 7 ; y = cotg 10pi 7 ; z = cotg 20pi 7 Với α = 6pi 7 nghiệm của hệ là x = cotg 6pi 7 ; y = cotg 12pi 7 ; z = cotg 24pi 7 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 131 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Vậy hệ có 6 nghiệm Bài toán 5.8 Giải hệ phương trình: x3 − 3x = y y3 − 3y = z z3 − 3z = x Bài giải Đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1 Khi đó hệ đã cho ⇔  8x31 − 6x1 = 2y1 8y31 − 6y1 = 2z1 8z31 − 6z1 = 2x1 ⇔  4x31 − 3x1 = y1 4y31 − 3y1 = z1 4z31 − 3z1 = x1 (∗) Nhân vế với vế của 3 phương trình ở (*) ta được: x1.y1.z1.(4x 2 1 − 3)(4y21 − 3)(4z21 − 3) = x1.y1.z1 1) Nếu ∃x1 = 0 ⇒ nghiệm của hệ là (0,0,0) 2) Giả sử x1, y1, z1 6= 0 ⇒ (4x21 − 3)(4y21 − 3)(4z21 − 3) = 1 ⇒ tồn tại ít nhất một nhân tử ≤ 1 Chẳng hạn 4x21 − 3 ≤ 1 ⇔ x21 ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x1 ≤ 1 Đặt x1 = cosα α ∈ [0, pi] ⇒ y1 = cos 3α ⇒ z1 = cos 9α ⇒ x1 = cos 27α Suy ra: cos 27α = cosα a) 27α = α + k2pi ⇒ α = k2pi 26 = k pi 13 α ∈ [0, pi] ⇒ k = 0, 1, 2..., 13 ⇒ α có 14 giá trị Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 132 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác b) 27α = −α + k2pi ⇒ α = k2pi 28 = k pi 14 α ∈ [0, pi] ⇒ k = 0, 1, 2..., 14 ⇒ α có 15 giá trị trừ hai giá trị khi k=0 và k=14 (trùng với trường hợp trên)⇒ α còn 13 giá trị Vậy hệ có tất cả 27 nghiệm *Sau đây ta xét một số bài toán ứng dụng khác của lượng giác Bài toán 5.9 Cho hệ  x = y(4− y) y = z(4− z) z = x(4− x) Hãy tính tổng A = x + y + z Bài giải Cộng vế với vế của 3 phương trình ở hệ ta được: x2 + y2 + z2 = 2(x + y + z) ⇒ x + y + z ≥ 0 ⇒ tồn tại ít nhất một số≥ 0 Chẳng hạn đó là x ≥ 0. Ta chứng minh: 0 ≤ x ≤ 4 Thật vậy, giả sử trái lại: x > 4. Khi đó: ⇒ z < 0 ⇒ y < 0 ⇒ x < 0 ( vô lý) Vậy 0 ≤ x ≤ 4 Bây giờ ta chứng minh: 0 ≤ y ≤ 4 và 0 ≤ z ≤ 4 Thật vậy, do 0 ≤ x ≤ 4 ⇒ x(4− x) ≥ 0 ⇒ z ≥ 0 Mặt khác,theo bất đẳng thức Cauchy ta có:√ x(4 − x) ≤ x + 4− x 2 = 2 ⇒ x(4 − x) ≤ 4 Vậy 0 ≤ z ≤ 4 tương tự: 0 ≤ y ≤ 4 Do 0 ≤ x ≤ 4 đặt x = 4 sin2 α với 0 ≤ α ≤ pi 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 133 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Suy ra z = 4 sin2 2α ⇒ y = 4 sin2 4α ⇒ x = 4 sin2 8α Vậy suy: 4 sin2α = 4 sin2 8α ⇔ sin2 α = sin2 8α ⇔ (sin 8α − sinα)(sin 8α + sinα) = 0 ⇔ 2 cos 9α 2 . sin 7α 2 .2 sin 9α 2 . cos 7α 2 = 0 ⇔ sin 7α. sin 9α = 0 1) sin 7α = 0 ⇒ 7α = kpi ⇒ α = kpi 7 α ∈ [0, pi 2 ] ⇒ α ∈ {0, pi 7 , 2pi 7 , 3pi 7 } 2) sin 9α = 0 ⇒ 9α = kpi ⇒ α = kpi 9 α ∈ [0, pi 2 ] ⇒ α ∈ {0, pi 9 , 2pi 9 , 3pi 9 , 4pi 9 } Xét từng trường hợp với α ∈ {0, pi 7 , 2pi 7 , 3pi 7 , pi 9 , 2pi 9 , 3pi 9 , 4pi 9 } Ta tính được tổng (x+y+z)={0,7,9,6} Bài toán 5.10 Dãy số xn được xác định bởi công thức xn+1 = √ 3.xn − 1 xn + √ 3 Chứng minh dãy đã cho là tuần hoàn với x ≥ 1 Bài giải Sử dụng các công thức tg = 1√ 3 ; tg(α − β) = tgα − tgβ 1 + tgα.tgβ Ta có xn+1 = √ 3.xn − 1 xn + √ 3 = xn − 1√ 3 1 + 1√ 3 .xn Đặt x1 = tgα với α là một số thực bất kỳ Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 134 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇒ x2 = x1 − 1√ 3 1 + 1√ 3 .x1 = tgα − tgpi 6 1 + tgα.tg pi 6 = tg(α − pi 6 ) ⇒ x3 = tg(α − pi 6 )− tgpi 6 1 + tg(α − pi 6 ).tg pi 6 = tg(α − pi 6 − pi 6 ) = tg(α − 2pi 6 ... = ... x7 = tg(α − 6pi 6 ) = tg(α − pi) = tgα = x1 Vậy dãy đã cho tuần hoàn Bài toán 5.11 Giả sử A1A2...A14 là đa giác 14 cạnh đều nội tiếp trong vòng tròn bán kính R. Chứng minh rằng: A1A 2 3 +A1A 2 7 + A3A 2 7 = 7R 2 Bài giải Vì A1A2...A14 là đa giác 14 cạnh đều nội tiếp trong vòng tròn bán kính R tâm O nên suy ra: Góc ở tâm tạo bởi hai cạnh nối từ 2 đỉnh liên tiếp của đa giác đều tới tâm bằng nhau và bằng pi 7 Theo định lý hàm số sin ta có: A1A3 = 2R sin 2pi 7 A1A7 = 2R sin 6pi 7 = 2R sin pi 7 A3A7 = 2R sin 4pi 7 = 2R sin 3pi 7 Ta có: A1A 2 3 +A1A 2 7 + A3A 2 7 = 7R 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 135 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ 4R2 ( sin2 pi 7 + sin2 2pi 7 + sin2 3pi 7 ) = 7R2 ⇔ sin2 pi 7 + sin2 2pi 7 + sin2 3pi 7 = 7 4 Ta có: sin2 pi 7 + sin2 2pi 7 + sin2 3pi 7 = 1− cos 2pi 7 2 + 1 − cos 4pi 7 2 + 1 − cos 6pi 7 2 = 3 2 − 1 2 ( cos 2pi 7 + cos 4pi 7 + cos 6pi 7 ) = 3 2 − 1 2 ( cos 2pi 7 − cos 3pi 7 − cos pi 7 ) = 3 2 + 1 2 ( cos pi 7 − cos 2pi 7 + cos 3pi 7 ) = 3 2 + 1 2 = 7 4 Vậy A1A 2 3 + A1A 2 7 + A3A 2 7 = 7R 2 Bài toán 5.12 Chứng minh từ 4 số dương, có thể chọn ra 2 số x,y sao cho: 0 ≤ x − y 1 + x + y + 2xy ≤ 2− √ 3 Bài giải Đặt z1 = 1 + 1 x . Do x > 0 ⇒ z1 > 0 z2 = 1 + 1 y . Do y > 0 ⇒ z2 > 0 Đặt z1 = tgx ′ ; pi 4 < x′ < pi 2 z2 = tgy ′ ; pi 4 < y′ < pi 2 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 136 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Suy ra trong khoảng ( pi 4 , pi 2 ) có 4 số và luôn tồn tại 2 số x’,y’ sao cho: 0 ≤ y′ − x′ < 1 3 ( pi 2 − pi 4 ) = pi 12 ⇒ 0 ≤ tg(y′ − x′) < tan pi 12 = 2 − √ 3 ⇒ 0 ≤ tgy ′ − tgx′ 1 + tgx′.tgy′ < 2 − √ 3 ⇒ 0 ≤ z2 − z1 1 + z1.z2 < 2− √ 3 ⇒ 0 ≤ 1 + 1 y − 1 − 1 x 1 + (1 + 1 x ) + (1 + 1 y ) < 2 − √ 3 ⇒ 0 ≤ x − y 1 + x + y + 2xy < 2 − √ 3 ⇒ Đpcm Bài toán 5.13 Cho a1, a2, ..., a13 là 13 số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại 2 số ai, aj 1 ≤ i, j ≤ 13 sao cho: 0 < aj − ai 1 + ajai < 2 − √ 3 Bài giải Không giảm tổng quát, ta giả sử: a1 < a2 < a3... < a13. Đặt ai = tgαi, khi đó −pi 2 < αi < pi 2 với i=1,2,...13. Từ giả thiết, ta có: −pi 2 < α1 < α2 < ... < α13 < pi 2 Xét đoạn [α1, α1 + pi có độ dài pi. Đoạn này được chia thành 13 đoạn nhỏ bởi các điểm chia α2, α3, ..., α13. Vậy tồn tại ít nhất một đoạn có độ dài ≤ pi 13 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 137 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Có hai khả năng xảy ra: 1) Nếu 0 < αi+1 − αi ≤ pi 13 với 1 ≤ i ≤ 12 ⇒ 0 < tg(αi+1 − αi) ≤ tg pi 13 < tg pi 12 Vì tg pi 12 = 2 −√3 ⇒ 0 < ai+1 − ai 1 + ai+1ai < 2 −√3 Khi đó ta chọn: aj = ai + 1 ⇒(đpcm) 2) Nếu 0 < (α1 + pi) − α13 ≤ pi 13 ⇒ 0 < tg((α1 + pi)− α13) ≤ tg pi 13 ⇔ 0 < tg(α1 − α13) ≤ tg pi 12 ⇔ 0 < a1 − a13 1 + a1a13 < 2 − √ 3 Khi đó ta chọn: aj = a1, ai = a13 ⇒(đpcm) Vậy luôn tồn tại 2 số ai, aj 1 ≤ i, j ≤ 13 sao cho: 0 < aj − ai 1 + ajai < 2 − √ 3 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 138 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập Bài tập 5.1 Cho phương trình: 8x.(2x2 − 1)(8x4 − 8x2 + 1) = 1 Có bao nhiêu nghiệm thuộc đoạn (0,1) Bài tập 5.2 Giải phương trình sau: 2 + x√ 1 − x2 = 2x 2 Bài tập 5.3 Giải phương trình: 2x + (4x2 − 1) √ 1 − x2 = 4x3 + √ 1− x2 Bàitập 5.4 Giải phương trình:√ 1 − x2 = x 3 − 2x2 + 1 x2 − 1 Bài tập 5.5 Cho x, y, z ∈ (0, 1). Chứng minh rằng√ 1 − x2 + √ 1− y2 + √ 1 − z2 ≤ 3 √ 3 2 Bài tập 5.6 Cho x, y, z ∈ (0, 1) và xy+yz+zx=1. Chứng minh rằng: x 1 − x2 + y 1− y2 + z 1− z2 ≥ 3 √ 3 2 Bài toán 5.7 Tìm tất cả các bộ ba số x, y, z ∈ (0, 1) thỏa mãn : x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1 Bài toán 5.8 Cho a,b,c là những số dương. Tìm tất cả các số thực dương x,y,z sao cho: x + y + z + a + b + c Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 139 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác 4xyz − (a2x + b2y + c2z) = abc Bài tập 5.9 Cho x và y không đồng nhất bằng 0. Chứng minh rằng: −2 √ 2 − 2 ≤ x 2 − (x − 4y)2 x2 + 4y2 ≤ 2 √ 2− 2 Bài tập 5.10 Giải hệ phương trình: (1 + x2 + x2y + y)2 = 8(x2 + x2y) (1 + y2 + y2z + z)2 = 8(y2 + y2z) (1 + z2 + z2x + x)2 = 8(z2 + z2x) Bài tập 5.11 Giải hệ phương trình: x3 − 3x = y(1− 3x2) y3 − 3y = z(1− 3y2) z3 − 3z = x(1 − 3z2) Bài tập 5.12 Với mỗi số thực x, xác định dãy {xn} như sau: x1 = x ; xn+1 = 1 1− xn − 1 1 + xn ∀x Nếu xn = ±1 thì dãy kết thúc. Hỏi có bao nhiêu dãy kết thúc sau số hạng thứ tám ? Bài tập 5.13 Cho bảy giác đều A1A2..A7 Chứng minh rằng: 1 A1A2 = 1 A1A3 + 1 A1A4 Bài tập 5.14 Cho a, b, c ∈ R và khác ±1 sao cho: a + b + c = abc Chứng minh rằng: a2 1 − a2 + b2 1− b2 + c2 1 − c2 = 4abc (1− a2)(1− b2)(1− c2) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 140 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Bài tập 5.15 Cho MABC nhọn với diện tích S. Chứng minh rằng:√ a2b2 − 4S2 + √ b2c2 − 4S2 + √ c2a2 − 4S2 = a 2 + b2 + c2 2 Lời giải Bài tập 5.1 Đặt x = cosα, x ∈ (0, 1) ⇒ α ∈ (0, pi 2 ). Ta có: 2x2 − 1 = 2 cos2−1 = cos 2α 8x4 − 8x2 + 1 = 8x2(x2 − 1) + 1 = 8 cos2 α(cos2 α− 1) + 1 ⇒ 8x4 − 8x2 + 1 = 1− 8 cos2 α sin2 α = 1 − 2 sin2 2α Phương trình tương đương với 8 cosα. cos 2α.(1 − 2 sin2 2α) = 1 ⇔ 8 cosα. cos 2α. cos 4α = 1 ⇔ 8 sinα . sinα cosα. cos 2α. cos 4α = 1 ⇔ sin 8α sinα = 1 ⇔ sin 8α = sinα ⇔ α = kpi 7 (∀k ∈ Z) Do α ∈ (0, pi 2 ) ⇒ k = 0, 1, 2, Vậy PT có 3 nghiệm PT là: x1 = cos 0; x2 = cos 2pi 7 ; x2 = cos 3pi 7 Bài tập 5.2 Điều kiện: |x| ≤ 1. Đặt x = cosα, α ∈ (0, pi) Phương trình tương đương với 1 + cotα = cos2α ⇔ (sinα + cosα)(cosα − sinα− 1 sinα ) = 0 ⇔ (sinα + cosα)(sin2α + cos2α − 3) = 0 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 141 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác ⇔ sinα + cosα = 0 ⇔ tanα = −1 ⇔ α = −pi 4 + kpi (∀k ∈ Z) Trong khoảng (0, pi) ta được α = 3pi 4 Vậy nghiệm của PT là: x = cos 3pi 4 Bài tập 5.3 Đặt x = cosα, α ∈ (0, pi). Ta có: √1− x2 = sinα. Thay vào phương trình ta được: 2 cosα + (4 cos2 α − 1) sinα = 4 cos3 α + sinα ⇔ 3 cosα − 4 cos3 α + (3− 4 sin2 α) sinα = sinα + cosα ⇔ sin 3α − cos 3α = sinα + cosα ⇔ 3(sinα + cosα) − 4(sin3α + cos3 α) = sinα + cosα ⇔ 3(sinα + cosα) − 2(sinα + cosα)(2 − sin 2α) = 0 ⇔ (sinα + cosα)(2 sin 2α − 2) = 0 ⇔ (sinα + cosα) = 0 ⇔ sin(α + pi 4 ) = 0 ⇔ α = −pi 4 + kpi (∀k ∈ Z) hoặc sin 2α = 1 ⇔ 2α = pi 2 + 2kpi ⇔ α = pi 4 + kpi (∀k ∈ Z) Vì α ∈ (0, pi) suy ra α = pi 4 Vậy nghiệm của phương trình là: x = cos pi 4 = √ 2 2 Bài tập 5.5 Đặt x = cosA; y = cosB; z = cosC Do x, y, z ∈ (0, 1) ⇒ A,B,C ∈ (0, pi 2 ) ⇒ A,B,C là 3 góc của tam giác nhọn BĐT ⇔ chứng minh sinA + sinB + sinC ≤ 3 √ 3 2 (hiển nhiên đúng) Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 142 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Dấu bằng xảy ra ⇔M ABC đều, khi đó:x = y = z = 1 2 Bài tập 5.6 Đặt x = tgA ; y = tgB ; z = tgC ; A,B,C ∈ (0, pi 4 ) Ta có: xy + yz + zx = 1. ⇒ tgAtgB + tgBtgC + tgCtgA = 1 ⇔ tgB(tgA + tgC) = 1− tgAtgC + Nếu tgAtgC = 1 ⇒ tgB(tgA + tgC) = 0 ⇔  tgAtgC = 1tgA + tgC = 0 ⇔ @A,CtgAtgC = 1tgB = 0 ⇒ B = 0 ⇔ @B + Nếu tgAtgC 6= 1, ta có: tgB(tgA + tgC)) 1 − tgAtgC = 1 ⇔ tgBtg(A + C) = 1 ⇔ cos(A + B + C) = 0 ⇔ A + B + C = pi 2 + kpi, (∀k ∈ Z) Vì A,B,C ∈ (0, pi 4 ) ⇒ A + B + C = pi 2 Suy ra: 2A + 2B + 2C = pi ⇒ 2A, 2B, 2C là 3 góc của tam giác nhọn BĐT ⇔ chứng minh tgA 1 − tg2A + tgB 1− tg2B + tgC 1− tg2C ≥ 3 √ 3 2 ⇔ 2tgA 1− tg2A + 2tgB 1 − tg2B + 2tgC 1 − tg2C ≥ 3 √ 3 ⇔ tg2A + tg2B + tg2C ≥ 3 √ 3 Hiển nhiên đúng trong tam giác nhọn với các góc 2A,2B,2C Dấu bằng xảy ra ⇔ tg2A = tg2B = tg2C ⇔ A = B = C = pi 6 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 143 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Khi đó x = y = z = 1√ 3 Bài tập 5.11 Ta kiểm tra được x = ± 1√ 3 , y = ± 1√ 3 , z = ± 1√ 3 không là nghiệm của hệ phương trình. Hệ phương trình tương đương y = x3 − 3x 1− 3x2 z = y3 − 3y 1− 3y2 x = z3 − 3z 1 − 3z2 Đặt x = tgα, α ∈ (−pi 2 , pi 2 ). Ta có y = x3 − 3x 1− 3x2 = tg3α − 3tgα 1− 3tg2α = tg3α Tương tự z = tg9α ; x = tg27α Vậy tgα = tg27α ⇔ α = kpi 26 (∀k ∈ Z) Do α ∈ (−pi 2 , pi 2 ). Suy ra k = 0,±1,±2,±3,±4, ....,±11,±12 Thay α = kpi 26 với k = 0,±1,±2,±3,±4, ....,±11,±12 vào các công thức x = tgα ; y = tg3α ; z = tg9α Ta thu được 25 nghiệm của hệ phương trình Bài tập 5.14 Đặt a = tgA; b = tgB; c = tgC. Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 144 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác với A,B,C 6= pi 2 + npi (n ∈ Z) Ta chứng minh bổ đề sau: tgA + tgB + tgC = tgAtgBtgC ⇔ A + B + C = kpi (k ∈ Z) Chứng minh Ta có: tgA + tgB + tgC = tgAtgBtgC ⇔ tgA + tgB + tgC(1− tgAtgB) = 0 ⇔  tgA.tgB = 1tgA + tgB = 0 tgA + tgB 1− tgAtgB + tgC = 0 ⇔  cos(A + B) = 0sin(A + B) = 0 ⇔ @A,B sin(A +B + C) = 0 ⇔ A + B +C = kpi(k ∈ Z) Vậy tgA + tgB + tgC = tgAtgBtgC ⇔ A + B + C = kpi (k ∈ Z) Đẳng thức trên được viết lại là: tgA 1 − tg2A + tgB 1− tg2B + tgC 1− tg2C = 4tgAtgBtgC (1− tg2A)(1− tg2B)(1 − tg2C) ⇔ 2tgA 1− tg2A + 2tgB 1− tg2B + 2tgC 1− tg2C = 8tgAtgBtgC (1 − tg2A)(1− tg2B)(1 − tg2C) ⇔ tg2A + tg2B + tg2C = tg2A.tg2B.tg2C ⇔ 2A + 2B + 2C = 2pi luôn đúng vì k=2 Suy ra tg2A + tg2B + tg2C = tg2A.tg2B.tg2C đúng ⇒ Đpcm Bài tập 5.15 Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 145 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Ta có: S = abc 4R√ a2b2 − 4S2 + √ b2c2 − 4S2 + √ c2a2 − 4S2 = a 2 + b2 + c2 2 ⇔ √ a2b2 − (abc) 2 4R2 + √ b2c2 − (abc) 2 4R2 + √ c2a2 − (abc) 2 4R2 = a2 + b2 + c2 2 ⇔ ab 2R √ 4R2 − c2 + bc 2R √ 4R2 − a2 + ca 2R √ 4R2 − b2 = a 2 + b2 + c2 2 ⇔ sinA sinB √ 1 − sin2 C+sinB sinC √ 1− sin2 A+sinC sinA √ 1− sin2 B = = 1 2 (sin2A + sin2 B + sin2C) ⇔ sinA sinB cosC+sinB sinC cosA+sinC sinA cosB = 1 2 (sin2 A+sin2 B+sin2 C) Ta có: sinA sinB cosC + sinB sinC cosA = sinB(sinA cosC + sinC cosA) = = sinB(sin(A +C)) ⇒ sinA sinB cosC + sinB sinC cosA = sin2 B (1) Tương tự: sinB sinC cosA + sinC sinA cosB = sin2C (2) sinC sinA cosB + sinA sinB cosC = sin2 A (3) Cộng vế với vế của (1),(2) và (3) ta được: sinA sinB cosC+sinB sinC cosA+sinC sinA cosB = 1 2 (sin2 A+sin2 B+sin2C) ⇒Đpcm Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 146 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48 Khóa luận tốt nghiệp Các bài giảng bổ sung về đẳng thức lượng giác Tài liệu tham khảo [1]Nguyễn Vũ Lương-Phạm Văn Hùng-Nguyễn Ngọc Thắng-2005 Một số bài giảng về phương trình lượng giác,NXB Đại học quốc gia Hà Nội. [2]Nguyễn Vũ Lương-Nguyễn Ngọc Thắng-2007 Một số bài giảng về các bài toán trong tam giác,NXB Đại học quốc gia Hà Nội. [3] Titu Andreescu Razvan Gelca Mathematical olympiad Challenges - 2000, Birkhauser Boston.Besel.Berlin. [4] Titu Andreescu , Zuming Feng 103 Trigonometry problems from the trainingof the USA IMO team-2004, Birkhauser Boston.Besel.Berlin. [5] Titu Andreescu , Zuming Feng Mathematical Olympiads and Solutions from Around the World 1998-2004, The Mathematical Asociation of America. [6]Athur Engel.Stringer Problem-Solving Strategies-1997 [7] Tạp chí toán học và tuổi trẻ. Gv hướng dẫn: Th.s Phạm Văn Hùng 147 Sv: Nguyễn Thị Thu - SP Toán 48