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


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

(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

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

 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 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

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

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 0 thì
2 2
sin2  sin2  sin  sin
3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos + 4sin = 5cos( - )  5
 
c) Nếu - 1, do đó phương trình vô nghiệm .
Với x  -1, suy ra VT(1)
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản