Vài bài toán đẳng thức lượng giác nổi tiếng - Nguyễn Minh Tuấn

Vài bài toán đẳng thức lượng giác nổi tiếng Nguyễn Minh Tuấn - Hà Nội Bài viết nhỏ này giới thiệu những đẳng thức lượng giác nổi tiếng của các góc không đặc biệt và cách chứng minh những đẳng thức đó eye I. Vài đẳng thức không đối xứng Bài toán 1. Chứng minh rằng tan 3π 2π √ + 4 sin = 11 11 11 Bài toán này được thầy Trần Nam Dũng giới thiệu trên diễn đàn Mathscope đã khá lâu. Đây là một bài toán khó, cái khó của nó ngoài nằm ở hệ số không đối xứng giữa sin và tan mà còn ở cung lượng giác rất khó chịu. Po p Lời giải 1. Đặt vế trái là A. Ta có  2 3π sin  11 + 4 sin 2π  A2 =   3π 11 cos 11 2 3π 2π 3π sin + 4 sin . cos 11 11 11 = 3π cos2 11 2 5π π 3π + 2 sin − 2 sin sin 11 11 11 = 3π cos2 11 3π 5π 3π π 5π π 3π 5π π sin2 + 4 sin2 + 4 sin2 + 4 sin . sin − 4 sin . sin − 8 sin . sin 11 11 11 11 11 11 11 11 11 = 3π cos2 11 Đến đây sử dụng công thức hạ bậc và tích thành tổng rút gọn ta được 9 2π 4π 7 6π 8π 10π − 2 cos − 2 cos + cos − 2 cos − 2 cos 11 11 2 11 11 11 A2 = 2 3π cos2 11 9 11 6π 2π 4π 6π 8π 10π + cos − 2 cos + cos + cos + cos + cos 2 2 11 11 11 11 11 11 = 3π cos2 11 Chú ý rằng 2π 4π 6π 8π 10π 2 cos + cos + cos + cos + cos 11 11 11 11 11 sin = My facebook : Popeye Nguyễn 11π π − sin 11 11 = −1 π sin 11 Vậy A2 = 11 2 1 + cos cos2 Từ đó có tan 6π 11 3π 11 = 11 3π 2π √ + 4 sin = 11 11 11 Đây là một cách chứng minh thuần túy là biến đổi lượng giác. Tất nhiên là khá công phu eye với nhiều phép biến đổi được vận dụng. Có một cách chứng minh cũng rất đẹp mắt đó là sử dụng số phức. Ta đã biết rằng các số phức z mà |z| = 1 có thể được biểu diễn dưới dạng z = cos ϕ+i sin ϕ = eiϕ . Mà cos ϕ − i sin ϕ = e−iϕ từ đó ta có cos ϕ = eiϕ + e−iϕ eiϕ − e−iϕ , sin ϕ = 2 2i Lời giải 2. (Dựa theo ý tưởng của Kee-wai Lau và Bob Prielipp) 2πi Đặt x = e 11 thế thì 2(2i sin −2πi 2πi 2πi 20πi 2π ) = 2(e 11 − e 11 ) = 2(e 11 − e 11 ) = 2(x − x10 ) 11 và 6πi Po p e 11 − 1 x3 − 1 3π = 6πi = 3 i tan 11 x +1 e 11 + 1 Để ý 1 = e 66πi 11 i tan = x33 Vậy 3π x3 − x33 = 3 = x3 − x6 + x9 − x + x4 − x7 + x10 − x2 + x5 − x8 11 x +1 Đặt S = x + x3 + x4 + x5 + x9 và S = x10 + x8 + x7 + x6 + x2 = x−1 + x−2 + x−4 + x−5 + x−9 3π 2π Thế thì i tan + 4 sin =S−S 11 11 Ta có x11 − 1 = 0 ⇒ S + S = −1 1+S+S = x−1 Đồng thời S.S = 5 + 2(S + S ) = 3 Suy ra √ (S − S )2 = (S + S )2 − 4S.S = −11 ⇒ S − S = ±i 11 Nhưng vì rõ ràng vế trái của đẳng thức ban đầu là dương. Tức là i tan 3π 2π + 4 sin 11 11 √ 3π 2π √ = i 11 ⇒ tan + 4 sin = 11 11 11 Để kết thúc xin mời bạn đọc thử sức với một vài bài toán sau My facebook : Popeye Nguyễn Chứng minh rằng √ 2π 5π − 4 sin = − 11 11 11 √ 4π π 2. tan + 4 sin = 11 11 11 5π 4π √ 3. tan − 4 sin = 11 11 11 π π √ 4. tan + 4 sin = 3 9 9 √ 2π π =− 7 5. tan − 4 sin 7 7 √ π 3π − 4 sin = − 7 6. tan 7 7 eye 1. tan II. Đẳng thức lượng giác của Ramanujan Về tiểu sử của nhà toán học Ramanujan1 , thầy Hoàng Chúng có giới thiệu qua một bài viết trên báo Toán Học và Tuổi Trẻ. Trong bài viết, tác giả có giới thiệu một số công thức của Ramanujan như sau 3 3 2 + 9 2π cos + 7 3 3 4 = 9 3 4π cos + 7 √ 3 3 2−1 8π cos = 7 Po p 3 1 − 9 3 cos 2π + 9 3 cos 4π + 9 3 cos 8π = 9 3 3 √ 5−337 2 √ 3 3 9−6 2 Hai công thức số 2 và 3 là hai công thức vô cùng đẹp của lượng giác, rất "sơ cấp" và khó có thể đoán được sự tồn tại của chúng. Cách chứng minh đơn giản nhất với chúng là sử dụng định lý Vi-et. Định lý : Giả sử a, b, c là 3 nghiệm ( kể cả phức ) của phương trình x3 + px2 + qx + r = 0. Khi đó   a + b + c = −p    ab + bc + ca = q     abc = −r √ √ √ 3 Trong phần này việc quan trọng là tìm A = 3 a + b + 3 c theo các hệ số như nào. Ta đặt √ √ √ 3 3 thêm B = ab + 3 ac + bc. Khi đó ta có √ √ √ √ √ √ √ √ 3 3 3 3 A3 = a + b + c + 3( 3 a + b + 3 c)( ab + 3 ac + bc) − 3 abc = 3AB − p + 3 3 r 1 Srinivasa Ramanujan (22/12/1887 - 26/4/1920) là một nhà toán học, một thần đồng toán học của Ấn Độ. Ông sống và làm việc trong hoàn cảnh nghèo khó, bệnh tật. Ông là một tấm gương sáng về tinh thần tự học, tự tìm tòi. Ông để lại khoảng hơn 3000 công thức và định lý, chủ yếu trong lĩnh vực phương trình và đồng nhất thức. My facebook : Popeye Nguyễn √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 3 3 3 3 3 3 B 3 = ab+bc+ca+3( ab+ 3 ac+ bc). abc( 3 a+ b+ 3 c)−3 a2 b2 c2 = q−3 3 rAB −3 r2 Ta được hệ  3 A3 = 3AB − p + 3√r 3 B 3 = q − 3√rAB − 3√r2 3 Nhân vế với vế ta được phương trình bậc 3 ẩn AB. Giải ra sau đó thay lại ta sẽ tìm ra A và B eye Tiếp theo chúng ta sẽ đến với một số bổ đề quan trọng về bộ số là nghiệm của phương trình bậc 3. Bổ đề 1 : Ba số cos 2π 4π 8π , cos , cos là nghiệm của phương trình 7 7 7 1 1 1 t3 + t2 − t − = 0 2 2 8 Chứng minh : Để ý 2π 4π 8π , , là các nghiệm của phương trình 7 7 7 cos 4x = cos 3x ⇐⇒ (cos x − 1)(8 cos3 x + 4 cos2 x − 4 cos x − 1) = 0 2π 4π 8π , cos , cos đều khác 1 nên ta có điều phải chứng minh. 7 7 7 Bổ đề này có thể chứng minh bằng số phức như sau. 2kπ 2kπ + i sin , k = 0, 6 là các nghiệm của phương trình z 7 − 1 = 0 Dễ thấy z = cos 7 7 2kπ 2kπ Như vậy z = cos + i sin , k = 1, 6 là các nghiệm của phương trình 7 7 Po p Do cos z 6 + z 5 + z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = 0 ⇐⇒ z+ 1 z 3 + z+ 1 z 2 −2 z+ 1 z −1=0 2kπ 2π 4π 1 với k = 1, 2, 3 thì 3 số 2 cos , 2 cos , Như vậy nếu đặt y = z + = z + z = 2 cos z 7 7 7 6π 8π 3 2 2 cos = 2 cos là các nghiệm của phương trình t + t − 2t − 1 = 0 từ đó thay t bởi 2t 7 7 ta có bổ đề 1. Từ bổ đề này ta có thể suy ra nhiều kết quả khác như sau. Bổ đề 2 : Ba số 1 1 1 , , là nghiệm của phương trình 2π 4π 8π cos cos cos 7 7 7 t3 + 4t2 − 4t − 8 = 0 Chứng minh : Thay t bằng Bổ đề 3 : Ba số cos2 1 ở bổ đề 1 ta có ngay điều phải chứng minh t 2π 4π 8π , cos2 , cos2 là nghiệm của phương trình 7 7 7 5 3 1 =0 t3 − t2 + t − 4 8 64 My facebook : Popeye Nguyễn 2π 4π 8π 16π 16π = cos nên ba số cos , cos , cos cũng là nghiệm của 7 7 7 7 7 2 bổ đề (1). Mà dễ thấy cos 2a = 2 cos a − 1 nên thay t bởi 2t − 1 vào bổ đề 1 ta có ngay điều Chứng minh : Do cos phải chứng minh Bổ đề 4 : Ba số 1 1 1 , , là nghiệm của phương trình 2π 4π 8π cos2 cos2 cos2 7 7 7 t3 − 24t2 + 80t − 64 = 0 Bổ đề 5 : Ba số sin2 1 ta có điều phải chứng minh t eye Chứng minh : Trong bổ đề 3 thay t bởi 2π 4π 8π , sin2 , sin2 là nghiệm của phương trình 7 7 7 7 7 7 t3 − t2 + t − =0 4 8 64 Chứng minh : Trong bổ đề 3 thay t bởi 1 − t ta có điều phải chứng minh Bổ đề 6 : Ba số 1 , 1 , 1 2π 4π 8π sin sin2 sin2 7 7 7 2 là nghiệm của phương trình 64 =0 7 Po p t3 − 8t2 + 16t − Chứng minh : Trong bổ 5 thay t bởi Bổ đề 7 : Ba số sin 1 ta có ngay điều phải chứng minh t 4π 8π 2π , sin , sin là nghiệm của phương trình 7 7 7 √ √ 7 2 7 t3 − t + =0 2 8 Dựa vào bổ đề 5 ta dễ dang tính được các đại lượng a + b + c, ab + bc + ca, abc theo các đại lượng của a2 , b2 , c2 Bổ đề 8 : Ba số tan2 2π 4π 8π , tan2 , tan2 là nghiệm của phương trình 7 7 7 t3 − 21t2 + 35t − 7 = 0 Chứng minh : Vì 1 = 1 + tan2 a nên từ bổ đề 4 thay t bằng 1 + t ta có ngay điều cos2 a phải chứng minh Bổ đề 9 : Ba số cot2 4π 8π 2π , cot2 , cot2 là các nghiệm của phương trình 7 7 7 t3 − 5t2 + 3t − Chứng minh : Trong bổ đề 8 thay t bởi 1 =0 7 1 ta có ngay điều phải chứng minh t My facebook : Popeye Nguyễn