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

Chia sẻ: trungtran1

1 Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số ----------------------------------------------- Một số trường hợp thường gặp Tài liệu nhằm giúp cho các em học sinh đã học xong chương trình THPT tự học để có thể tự ôn luyện vào các trường đại học theo nguyện vọng của mình

Bạn đang xem 7 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số

 

  1. 1 Một vài phương pháp lượng giác hóa ứng dụng trong đại số ------------------------------------------------ Một số trường hợp thường gặp  x  sin  Dạng 1 : Nếu x2 + y2 =1 thì đặt  với   0; 2   y  cos  x  a sin  Dạng 2 : Nếu x2 + y2 =a2(a>0) thì đặt  với   0; 2   y  acos       x  sin  ,    2 ; 2  Dạng 3 : Nếu x  1 thì đặt     x  cos ,    0;          x  m sin  ,    2 ; 2  Dạng 4 : Nếu x  m thì đặt     x  mcos ,    0;    1 Dạng 5 :Nếu x 1 hoặc bài toán có chứa x2 1 thì đặt x= với cos     3    0;    ;   2  2  m Dạng 6 :Nếu x  m hoặc bài toán có chứa x 2  m2 thì đặt x = với cos     3    0;    ;   2  2  Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2  1 thì đặt     x = tan  với    ;   2 2 Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức x 2  m2 thì đặt     x = m tan  với    ;   2 2 I. chứng minh đẳng thức , bất đẳng thức Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có: 1 (a  b)(1  ab) 1    2 (1  a )(1  b ) 2 2 2 Giải:    Đặt: a = tg , b = tg với ,    ; .  2 2
  2. 2 (a  b)(1  ab) ( tg  tg)(1  tgtg) Khi đó: A =  (1  a 2 )(1  b 2 ) (1  tg 2 )(1  tg 2) sin(  )  sin  sin   = cos2 cos2  . .1   cos  cos   cos  cos   1 = sin ( + ) . cos ( + ) = sin (2 + 2) 2 1 1 Suy ra: A = sin (2 + 2)  2 2 1 (a  b)(1  ab) 1 Vậy: -   (đpcm). 2 (1  a )(1  b ) 2 2 2 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  (0; ) và bất đẳng thức (1) được viết thành: (1 + cos t)n + (1 – cos t)n < 2n (2) t t 2 2 Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos 2 và 1 – cost = 2sin 2 ta được  2n t t 2n  cos  sin 2 n  < 2n (3)  2 2 t  t t Bởi vì 0 < 2 < nên 0 < sin 2 , cos 2 < 1 nên chắc chắn: 2 t  n t 2 t  cos 2 =  cos 2n  < cos 2 n > 1. Tương tự ta có: 2  2 t t sin 2 < sin 2 n > 1. Do đó 2n 2  t t  t t n 2n  cos 2n  sin 2 n  < 2n  cos2  sin 2 = 2  2 2  2 2 Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh.
  3. 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: xy 0 1 (1) 1  xy Giải: Giả sử 4 số thực cho trước y1 y2 y3 y4 y5 là a  b  c  d Đặt a = tgy1, b = tgy2, c = tgy3, d = tgy4 với   - < y1  y2  y3  y4 < < y5 =  + y1 2 2 Các điểm y1, y2, y3 chia đoạn [y1; y1 + ] 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 4  0  y2 – y1  . Thế thì: 4 tgy 2  tgy1 ba 0  tg (y2 – y1)  1  0    1 1  tgy 2 tgy1 1  ab Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh. Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:  2 1   2 1  17 x  2   y  2    x    y  2  Giải: Ta có: x + y =  x    y  = 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 2 2 0  a  2 để x = cosa và y = sina. Bất đẳng thức đã cho được viết thành:  1   sin 4 a  1   17  cos a  + 4    cos4 a   sin 4 a  2 1 1  1  Ta có: cos4a + + sin4a + 4 = (cos4a + sin4a) 1  4  4 cos a sin a  sin a cos a  4
  4. 4  1   sin 2 2a  16  = (1 – 2sin2acos2a) 1   = 1  1  4   sin 4 a cos4 a   2  sin 2a  sin 2 2a 1 Vì 0 < sin 2a  1 nên 1 - 2  2 2 16 và 1+  17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh. sin 4 2a Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:   x2 + (x – y)2  4 x 2  y 2 sin2  . 10 Giải: Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:    3 5 4sin2 = 2 1  cos   . 10  5 2 Bất đẳng thức đã cho có thể viết: 3 5  x2 + (x – y)2  (x2 + y2)    2  (1)   Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng. x   Nếu y  0. Chia hai vế (1) cho y2 và đặt = tga với <a< thì bất đẳng thức y 2 2 3 5 có dạng: tg2a + (tga – 1)2  (1 + tg2a) 2 3 5  sin2a + (sina – cosa)2  2 3 5  sin2a + 1 – 2sinacosa  2  cos2a + 2sin2a  5 1 2  cos 2a  sin 2a  1 (2) 5 5
  5. 5 2 2  1   2  Bởi vì     =1  5  5 1 2  vì vậy = cos và = sin. Với 0 <  < 5 5 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: c(a  c)  c(b  c)  ab (1) Giải: Vì a > 0, b > 0, ab > 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với c( a  c) c ( b  c)  1 (2) ab ab 2 2  c   a c Nhận xét rằng     a    =1    a   c ac  Nên đặt = cosu , = sinu với 0  u  a a 2 2 2  c   b  c Ta cũng thấy   b      =1    b  c bc  Nên đặt = cosv , = sinv với 0  v  . b b 2 Khi đó (2) có thể viết thành c a c c bc + = cosv sinu + cosusinv  1 (3) b a a b Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v)  1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1) đúng.    Bài 7: Chứng minh rằng: 4 a 3  (1  a 2 ) 3  3 a  1  a 2   2
  6. 6 Giải: Điều kiện: 1 – a2  0  a  1 Đặt a = cos, với   [0; ] Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:   4 cos3   (1  cos2 ) 3 - 3(cos - 1  cos2  )  2  4(cos3 - sin3) – 3 (cos - sin)  2  (4cos3 - 3cos) + (3sin - 4sin3 ) 2 cos3 + sin3 2   cos (3 - ) 1, luôn đúng. 2 Bài 8: Chứng minh rằng: a 2  1  3  2a Giải: Điều kiện: a2 – 1  0  a  1. 1  Đặt a = , với   [0 ; ). cos  2 Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: 1 2 2 1  3   tg  3  cos2  cos  cos  1 3  sin + 3 cos  2  sin + cos  1 2 2   sin ( + )  1, luôn đúng. 3 Bài 9: Cho x2 + y2 = 1 ; u2 + v2 = 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. 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) =     b +   = 2 sin   a  2 sin     2 cos   a  2 cos   b      4  4  4  4  = 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)  (a + b)6 c) (a + b)8  64(a8 + b8) Giải: b a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a  0 chia hai vế cho a và đặt tgx = a   với <x< . 2 2 Bất đẳng thức đã cho tương đương với: (1 + tgx)4  8(1 + tg4x)  (cos x + sin x)4  8(cos4x + sin4 x) (1) Vì sin4x + cos4x = (sin2 x + cos2x)2 – 2sin2 x cos2x = sin 2 2x 3  cos 4x =1-  2 4 3  4 sin 2x  cos 4x (sin x + cosx)4 = (1 + sin2x)2 = 2 (1)  8(cos4x + sin4x) – (sin x + cos x)4 9 5 =  cos4x – 2sin2x  0. 2 2 Điều này hiển nhiên vì cos4x  -1 và - sin2x  -2. b) c) Làm tương tự như a). Bài 11: Chứng minh rằng  a 1  b 2  b 1  a 2  3 ab  (1  a 2 )(1  b 2 )  2  Giải:
  8. 8 1  a 2  0  a 1  Điều kiện:    1  b 2  0  b 1  a  sin  Đặt  , với  ,   [0; ]  b  sin  Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: sin . 1  sin 2   sin . 1  sin 2  + + 3[sin . sin   (1  sin 2 )(1  sin 2 ) 2  sin.cos + sin.cos + 3 (sin.sin - cos.cos) 2  sin( + ) - 3 cos( + ) 2 1 3   sin( + ) - cos( + ) 1 2 2  sin( +  - ) 1 , luôn đúng. 3 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 a j  ai 0<  4  2 2 1 1  a ia j Giải: Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a1 < a2 < … < a17   Đặt tgvi = ai với - < vi < i = 1, 2,…, 17 2 2    Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng   ;  nên từ a1 < a2 <  2 2   … < a17 suy ra - < v1 < v2 < … < v17 < < v1 +  2 2 Các điểm v2 , v3 , …, v17 chia đoạn [v1 ; v1 + ] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một  đoạn có độ dài không vượt quá . 17
  9. 9  a) Nếu có một i với 1  i  16 sao cho 0 < vi+1 – vi  thì 17  2 tg    8 =1 0 < tg(vi+1 -vi)  tg < tg . Vì tg = 17 16 4  1  tg 2 8    2 tg  suy ra tg = 2 - 1, tg = 16 = 2 - 1  tg = 4  2 2 1 8 8  16 1  tg 2 16 Khi đó ta có tgv i 1  tgv i a i 1  a i 0 < tg(vi+1 – vi) =   4  2 2 1 1  tgv i 1 tgv i 1  a i a i 1 Chọn aj = ai+1 ta được điều cần chứng minh.   b) Nếu 0 < v1 +  - v17 < < thì 17 16  0 < tg [(v1 + ) – v17] = tg(v1 – v17) < tg 16 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: 1 ( x 2  y 2 )(1  x 2 y 2 ) 1    4 (1  x 2 )(1  y 2 )2 4 Giải:   Đặt x = tgu , y = tgv với - < u, v < thì biểu thức 2 2 ( x 2  y 2 )(1  x 2 y 2 ) ( tg 2 u  tg 2 v)(1  tg 2 utg 2 v) A=  . (1  x 2 )(1  y 2 )2 (1  tg 2 u ) 2 (1  tg 2 v) 2  sin 2 u sin 2 v   sin 2 u sin 2 v  = cos4u. cos4v    1    cos 2 u cos 2 v   cos 2 u cos 2 v  = (sin2u cos2v – sin2 v 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)
  10. 10 = sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v) 1 = sin2(u + v) sin2(u – v) 4 1 1 Suy ra A = sin2(u + v)sin2(u – v)  4 4 1 1 Tức A 4 4 1 Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng khi 4 2(u  v)     sin 2(u  v)  1  2  u    x  1     4  sin 2(u  v)  1 2(u  v)   v  0 y  0   2 2(u  v)       sin 2(u  v)  1  2  u  x  1 hoặc     4   sin 2(u  v)  1 2(u  v)    v  0 y  0    2 1 Biểu thức A nhận giá trị nhỏ nhất bằng - khi: 4 2(u  v)   u  0 sin 2(u  v)  1  2   x  0        sin 2(u  v)  1 2(u  v)    v  4 y  1   2 2(u  v)     u  0 sin 2(u  v)  1  2   x  0 hoặc        sin 2(u  v)  1 2(u  v)   v  4  y  1    2 Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng x 2  ( x  4 y) 2 2 22  2 22 (1) x 2  4y 2 Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra. Giải:
  11. 11 x 2  ( x  4 y) 2 1) Nếu x = 0 , y  0 thì  2 2  2  4   2 22 x 2  4y 2 x 2  ( x  4 y) 2 Nếu x  0, y = 0 thì = 0 bất đẳng thức cũng đúng. x 2  4y 2 Giả sử x  0, y  0 thì (1) tương đương với 2 2  x    x  2     2 22  2y   2y   2 22 (2) 2  x  1    2y  x Đặt = tga thì (2) trở thành: 2y tg 2 a  ( tga  2) 2 -2 2  2  2 2 -2 1  tg 2 a  - 2 2 - 2  cos2a [4tga – 4]  2 2 - 2 (3) Vì cos2a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos2a = 2sin2a – 2(1 + cos2a) = 2(sin2a – cos2a – 1) =2        4    2 sin  2a    1   2 2  2; 2 2  2  nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng. 2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy: x 2  ( x  4 y) 2   x = -2 2 - 2 khi sin  2a   = -1 với tga = x 2  4y 2  4 2y    5  3   Vì - <a<  < 2a - < nên sin  2a   = -1 2 2 4 4 4  4      tg   = 1 - x  2a- = a=    2 4 2 8 2y  8  x + 2y( 2 - 1) = 0 x 2  ( x  4 y) 2   Tương tự như trên: = 2 2 - 2 khi sin  2a   = 1 x 2  4y 2  4
  12. 12   2tg  tg a= 3  x  3  = tg   = 4 8 = 1 2 1  2 1 8 2y  8  1  tg  tg  1  ( 2  1) 4 8  x – 2y( 2 + 1) = 0 Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có xy xz zy  + 1  x 2 1  y2 1 x2 1 z2 1  z2 1  y2 Giải:   Đặt x = tg , y = tg , z = tg với - < , ,  < . 2 2 Ta có: xy tg  tg = = coscos sin   sin  1 x 2 1 y 2 1  tg  1  tg  2 2 cos  cos  =sincos - sincos=sin( - ) Tương tự ta có: xz zy = sin( - ), =sin( - ) 1 x2 1 z2 1  z2 1  y2 Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức: sin( - ) sin( - )+ sin( - ) (*) với mọi    , ,     ;   2 2 Ta có sin(u + v)=sinucosv + sinvcosusinucosv+sinvcosu  sinucosv+sinvcosu sinu+ sinv Để ý rằng  -  = ( - ) + ( - ). Từ bất đẳng thức cuối cùng ta suy ra (*). (Đpcm) Bài 16: Cho các số thực x, y thoả mãn x2 + y2 = x 1  y 2 + y 1  x 2 Chứng minh: 3x + 4y  5 Giải: Điều kiện xác định: 1 – y2  0, 1 – x2  0 tương đương –1  x, y  1
  13. 13 Nếu x [-1; 0] hoặc y  [-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 = cos , y = sin với - <  < ; 0 <  < . 2 2 Từ x2 + y2 = x 1  y 2 + y 1  x 2 Ta có: cos2 + sin2 = cos cos + sin sin = cos( - )  1  cos2  cos2 hoặc sin2  sin2    a) Nếu 0<, < hoặc - <  < 0 và 0 <  < ta có cos > 0, cos > 0. 2 2 2 cos2  cos2  cos  cos 3 4 3x + 4y = 3cos + 4sin  2cos + 4sin = 5  cos   sin    5 5  3 = 5cos( - )  5 trong đó cos = . 5   b) Nếu 0 <  < , <  <  ta có sin > 0 , sin > 0 thì 2 2 sin2  sin2  sin  sin 3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos + 4sin = 5cos( - )  5   c) Nếu - <<0, <  <  thì sin  < 0 , sin > 0. 2 2 sin2  sin2  sin  -sin 3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos - 4sin = 5cos( + )  5. II. giải phương trình , bất phương trình : Bài1: Giải bất phương trình : 1 x  1 x  x Giải : Điều kiện : 1  x  0   1  x  1 1  x  0 Đặt x=cost , t   0,  
  14. 14 Khi đó bất phương trình đã cho trở thành : t 1  cos t  1  cos t  cos t  1  cos t  2cos 2  cos t 2 t t t t  2(cos  sin )  cos 2  sin 2 2 2 2 2 t t t t  (cos  sin )(cos  sin  2)  0 2 2 2 2 t  t   2cos(  )[ 2cos(  )  2]  0 2 4 2 4 t  t   cos(  )[cos(  )  1]  0 2 4 2 4 t   cos(  )  0 2 4  t      2 2 4  3  t  2 2  1  cos t  0  1  x  0 vậy phoơng trình này có nghiệm 1  x  0 . Bài 2 : giải phương trình : 1  1  x 2  x(1  2 1  x 2 ) Giải : Điều kiện : 1-x2  0  1  x  1  t cos 2  0      đặt x = sint với t   ;  . Khi đó phương trình đã cho có dạng : sin 3t  0  2 2   2 1  1  sin 2 t  sin t (1  2 1  sin 2 t )  1  cos t  sin t (1  2cos t ) t t 3t t  2cos  sin t  sin 2t  2cos  2sin cos 2 2 2 2
  15. 15  t   cos 2  0 t  6  1 t 3t  2cos (1  2 sin )  0     x  2 2 2  3t 2 t     sin   x  1  2 2  2 1 vậy phương trình có nghiệm x  và x=1. 2 Bài 3 : Giải phương trình : x x 2 2 1 x2 Giải : điều kiện : x 2  1  0   x  1. x  0 1   Đặt x= , t   0,  cos t  2 Khi đó phương trình có dạng : 1 1 1 1  cos t  2 2    2 2  sin t  cos t  2 2 sin t.cos t cos t 1 cos t sin t 1 cos t u2 1   Đặt sint + cost = u 1  u  2 , ta có sin t.cos t  2 . Khi đó phương trình đã cho có dạng : u  2 u  2(u  1) 2  2u  u  2  0   2 u  1  l    2     u  2  sin t  cos t  2  2 sin(t  )  2  sin(t  )  1  t    2k 4 4 4 2   t   2k . So sánh điều kiện ta có : t  x 2 4 4 vậy nghiệm của phương trình là x  2 Bài 4 : với a  0 , giải bất phương trình 2a 2 x 2  a2  x  x 2  a2
  16. 16 giải :     Đặt x  a tan t , t   ;  . Khi đó bất phương trình có dạng :  2 2 a 2a 2 cos t 1  a tan t   1  sin t  2cos2 t  2sin 2 t - sint -1  0   sin t  1 cos t a 2 1 a  tan t  x 3 3 a Vậy nghiệm của bất phương trình là x  3 Bài 5 : Giải phương trình : 8x(2x2-1)(8x4-8x2+1)=1 (1) giải: Ta có các trường hợp sau : Với x  1, 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 x <1, đặt x=cost , với t  (0,  ) Khi đó phương trình được chuyển về dạng : 8cost(2cost2-1)(8cost4-8cost2+1)=1  8cost.cos2t.cos4t = 1  8sint.cost.cos2t.cos4t = sint  2 k 8t  t  2k t  7  sin8t = sint    8t    t  2k t    2 k   9 So sánh điều kiện ta có  2 4 6   5 7  t  ; ; ; ; ; ;   7 7 7 9 3 9 9  vậy phương trình có các nghiệm  2 4 6   5 7  x  cos ; cos ; cos ; cos ; cos ; cos ; cos   7 7 7 9 3 9 9  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 :
  17. 17 x  1  m 2   2m  x  2   2  1  1+m   1+m  2m 1  m2 Đặt m=tant với t  (0; ) ta có  sin 2t và  cos2t 4 1  m2 1  m2 Khi đó phương trình đã cho có dạng :  sin 2t    cos2t   1 x x Nhận xét : với x=2 là nghiệm của phương trình .  sin 2t  x  sin 2 x  Với x<2 ta có   VT  1, phương trình vô nghiệm.  cos2t   cos x x 2   sin 2t  x >sin 2 x  với x>2 ta có :   VT  1 , phương trình vô nghiệm .  cos2t   cos x x 2  vậy với 0<m<1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 Bài 7: Giải hệ phương trình :  2y 1  y 2  x    2x  y 1  x 2  Giải :  x  tan      Đặt  với  ,    ;  . Khi đó hệ đã cho trở thành :  y  tan   2 2  2 tan  1  tan  2  tan   sin 2  tan  (1)   . Ta xét hai trường hợp :  2 tan   tan  sin 2  tan  (2) 1  tan  2  Nếu sin   0 thì sin   0 và ngược lại nên ta có x = y = 0 là nghiệm của hệ . Xét sin   0 và sin   0 : Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có : 1 1 sin 2 .sin 2  tan  .tan   4cos  .cos   cos  .cos  (3) cos .sin  2 (1)  2sin  .cos  .cos  sin   sin   sin      (4) Thay (4) vào (3) ta có
  18. 18 1 1 1   k cos 2   (1  cos 2 )   cos 2  0  2   k     ,k Z 2 2 2 2 4 2 Khi đó nghiệm của hệ là x  y  0  x  y  tan(  k )   x  y  1  4 x  y  1  III. Một số bài tập đề nghị 1 6 6 Bài 1: Cho x2 + y2 = 1 chứng minh 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 4 số đó sao cho: ai  a j 0 <2- 3 1  a i  a j  2a i a j 49 Bài 5: Cho x, y thoả mãn 2x + 5y = 7. Chứng minh rằng: x2 + y2  29 Bài 6: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x và y thoả mãn ax + by = c. c2 Chứng minh rằng: x2 + y2  a 2  b2 Bài 7: Cho 4a2 + 9b2 = 25. Chứng minh 6a + 12b  25 Bài 8: Cho x2 + y2 = 1. Chứng minh 16 (x5 + y5) – 20 (x3 + y3) + 5(x + y)  2 Bài 9: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh x y z 3 3    1 x 1 y 1 z 2 2 2 2
  19. 19 Bài 10: Cho a  1. Chứng minh a 2 1  3 –2   2. a
  20. 20
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản