ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THU PHƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ
LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC
THÁI NGUN - NĂM 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />ĐẠI HỌC THÁI NGUN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGUYỄN THU PHƯƠNG
PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ
LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC
Chun ngành: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
THÁI NGUN - NĂM 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Mục lục
Mở đầu 3
Lời cảm ơn 4
1 Một số đẳng thức cơ bản dùng trong phương pháp lượng giác
hóa 5
1.1 Các hàm lượng giác cơ bản dùng đặt ẩn phụ . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Một số đồng nhất thức lượng giác trong tam giác . . . . . . . . . . 6
1.3 Các hệ thức lượng giác để giải phương trình bậc hai và bậc ba . . 7
2 Phương pháp lượng giác hóa trong ước lượng nghiệm phương
trình và bất phương trình 10
2.1 Phương pháp lượng giác hóa trong ước lượng nghiệm phương trình 10

Trong suốt q trình làm luận văn, tơi ln nhận được sự hướng dẫn và giúp
đỡ tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu. Tơi xin được bày tỏ lòng biết ơn
sâu sắc nhất đến thầy.
Tơi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Tốn trường Đại học Khoa
học, khoa sau đại học - Đại học Thái Ngun, các thầy, cơ giảng dạy lớp cao
học khố 5 (2011-2013) đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho tơi trong thời
gian học tập tại đây.
Tơi xin cảm ơn gia đình và các đồng nghiệp đã ln động viên, giúp đỡ và
tạo điều kiện tốt nhất cho tơi khi học tập và nghiên cứu.
Xin chân trọng cảm ơn!
Hải Phòng, tháng 5 năm 2013
Người viết Luận văn
Nguyễn Thu Phương
4
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Chương 1
Một số đẳng thức cơ bản dùng
trong phương pháp lượng giác hóa
1.1 Các hàm lượng giác cơ bản dùng đặt ẩn phụ
Khi giải một số dạng bài tốn đại số, nhiều khi ta gặp phải những bài tốn
rất khó giải do kĩ thuật biến đổi phức tạp. Trong số đó có nhiều lớp bài tốn
có thể chuyển về dạng tốn lượng giác cho cách giải đơn giản và dễ dàng hơn.
Việc chuyển từ các bài tốn đại số về các hệ thức, hay phương trình, bất phương
trình, hệ phương trình lượng giác thường được gọi là phương pháp “lượng giác
hố”.
Nhằm lượng giác hố các bài tốn đại số sơ cấp, ta sử dụng các nhận xét
sau:
1. Nếu −1 ≤ x ≤ 1 thì tồn tại số α và β với −
π
2
≤ α ≤

2
với 0 ≤ t ≤ π hoặc
x =
b −a
2
sin t +
b + a
2
với −
π
2
≤ t ≤
π
2
hoặc x = (b − a) cos
2
t + a với 0 ≤ t ≤
π
2
hoặc x = tan t với arctan a ≤ t ≤ arctan b.
Ngồi ra còn có một số dấu hiệu nhận biết một bài tốn có thể giải được
5
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />bằng phương pháp lượng giác hố.
• Nếu biến x tham gia bài tốn thoả mãn điều kiện |x| ≤ a (a > 0), khi đó
ta có thể lượng giác hố bằng cách đặt x = a sin α với α ∈

−
π
2
;

+ 1 hoặc x
2
+ 1 tương tự như cơng thức 1 + tan
2
t =
1
cos
2
t
với t ∈

−
π
2
;
π
2

.
+) Biểu thức 4x
3
− 3x tương tự như cơng thức 4 cos
3
t −3 cos t = cos 3t.
+) Biểu thức 2x
2
− 1 tương tự như cơng thức 2 cos
2
t −1 = cos 2t.
+) Biểu thức

2
. (1.1)
Tính chất 1.2. Với mọi tam giác ABC ta có
sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C = 2 + 2 cos A cos B cos C. (1.2)
6
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Tính chất 1.3. Với mọi tam giác ABC ta có
tan
A
2
tan
B
2
+ tan
B
2
tan
C
2
+ tan
C
2
tan
A
2

t
, ta có
cos 3it = cos i(3t) =
e
3t
+ e
−3t
2
=
1
2

a
3
+
1
a
3

i sin 3it = i sin i(3t) =
e
3t
− e
−3t
2
=
1
2

a

− 3p,
1
2

a
3
−
1
a
3

= 4q
3
+ 3q, (1)
với p =
1
2

a +
1
a

; q =
1
2

a −
1
a


+ 3t = m.
Khi p < 0 ta đặt ẩn phụ y = 2

−
p
3
t, ta thu được phương trình 4t
3
− 3t = m.
Các phương trình này đều có thể giải được bằng các đẳng thức đại số và
lượng giác tương ứng.
Ví dụ 1.1. Giải các phương trình sau với nghiệm thực
a) 4x
3
− 3x = m với |m| ≤ 1,
b) 4x
3
− 3x = m với |m| > 1.
Bài giải.
a) Vì |m| ≤ 1, nên ta đặt m = cos α = cos(α ±2π) với α ∈ [0; π].
Do cos α = 4 cos
3
α
3
− 3 cos
α
3
nên 4x
3
− 3x = 4 cos

+
1
a
3

với a
3
= m ±
√
m
2
− 1.
Khi đó
4x
3
− 3x =
1
2

a
3
+
1
a
3

.
Theo cơng thức (1) ta suy ra phương trình đã cho có nghiệm thực là
x
0

là nghiệm thực duy nhất của phương trình.
Thật vậy, vì x
0
là nghiệm của phương trình 4x
3
− 3x = m,
nên ta có 4x
3
0
− 3x
0
= m.
Suy ra 4x
3
− 3x = 4x
3
0
− 3x
0
⇔ 4

x
3
− x
3
0

= 3(x −x
0
)

x
0
=
1
2

3

m +

m
2
− 1 +
3

m −

m
2
− 1

.
Ví dụ 1.2. Giải và biện luận phương trình sau theo m:
4x
3
+ 3x = m.
Bài giải.
Đặt m =
1
2

x
0
=
1
2

a −
1
a

=
1
2

3

m +

m
2
+ 1 +
3

m −

m
2
+ 1

.

có nghiệm thực x = x
0
thoả mãn bất đẳng thức

2 +

2 +
√
2
2
< x
0
<

2 +

2 +
√
3
2
.
Bài giải.
Từ cơng thức cos
2
α =
1 + cos 2α
2
(0 ≤ α ≤ π), ta suy ra
cos
α

16
=
1
2

2 +

2 + 2.
√
2
2
=
1
2

2 +

2 +
√
2.
10
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Khi α =
π
6
, thì ta có cos
π
24
=
1
2

t + 18 cos
2
t −1
nên 64 cos
6
t −96 cos
4
t + 36 cos
2
−3 = 2 cos 6t − 1.
Từ phương trình 64x
6
− 96x
4
+ 36x
2
− 3 = 0, ta xét x ∈ [−1; 1].
Đặt x = cos t, khi đó ta có 2 cos 6t − 1 = 0 ⇒ t =
π
18
.
Do vậy x
0
= cos
π
18
là một nghiệm của phương trình.
Ta có
π
24

2 +

2 +
√
2
2
< x
0
<

2 +

2 +
√
3
2
.
Bài tốn 2.2. Cho phương trình x
3
−px
2
+ qx −p = 0 với p, q > 0. Chứng minh
rằng nếu phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt x
1
, x
2
, x
3
lớn hơn 1 thì ta
có bất đẳng thức

x
2
+ x
1
x
3
+ x
2
x
3
= q
x
1
x
2
x
3
= p
Vì
x
1
+ x
2
+ x
3
x
1
x
2
x

2 ≥ cot A + cot B + cot C + 3 cot A cot B cot C
11
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Ta có
cot A + cot B + cot C + 3 cot A cot B cot C =
= cot A +
2 sin A
cos(B −C) + cos A
+ 3 cot A
cos(B −C) − cos A
cos(B −C) + cos A
≤ cot A +
2 sin A
1 + cos A
+ 3 cot A.
1 −cos A
1 + cos A
, do
π
4
≤ A ≤
π
3
≤
1 −tan
2
A
2
2 tan
A
2

Xét hàm số f (t) =
1
2t
+ 3t −
3
2
t
3
với ∀t ∈

√
2 −1;
1
√
3

.
Ta có f

(t) = −
1
2t
3
+ 3 −
9
2
t
2
=
−9t

Vậy (2) đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và
chỉ khi cos(B −C) = 1 và tan
A
2
=
√
2 −1, tức là A =
π
4
; B =
3π
8
; C =
3π
8
.
Bài tốn 2.3. Cho phương trình x
3
−3x+1 = 0. Chứng minh rằng phương trình
có ba nghiệm x
1
< x
2
< x
3
thoả mãn hệ thức x
2
3
= 2 + x
2

| < 2, ∀i = 1, 2, 3.
Đặt x = 2 cos α, 0 ≤ α ≤ π. Khi đó 8 cos
3
α −6 cos α + 1 = 0, tức là
cos 3α = −
1
2
.
Vì 0 ≤ α ≤ π nên phương trình cos 3α = −
1
2
có ba nghiệm
α
3
=
2π
9
; α
2
=
4π
9
; α
1
=
8π
9
.
Vì vậy x
1

12
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Bài tốn 2.4. Giải phương trình

1 +

1 −x
2
= x

1 + 2

1 −x
2

. (3)
Bài giải. Điều kiện 0 ≤ x ≤ 1.
Đặt x = sin t với t ∈

−
π
2
;
π
2

. Suy ra
t
2
∈


Vì
t
2
∈

−
π
4
;
π
4

nên cos
t
2
= 0.
Vì vậy
(3) ⇔ 3 sin
t
2
− 4sin
3
t
2
=
√
2
2
⇔ sin
3t

1
2
; 1

.
Bài tốn 2.5. Giải phương trình

1 +

1 −x
2
.


(1 + x)
3
−

(1 −x)
3

= 2 +

1 −x
2
. (4)
Bài giải.
Điều kiện 1 − x
2
≥ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1.


sin
t
2
+ cos
t
2

2

2
√
2 cos
3
t
2
− 2
√
2sin
3
t
2

= 2 + sin t
⇔ 2
√
2

sin
t

cos
2
t
2
− sin
2
t
2

1 +
1
2
sin t

2
√
2 = 2 + sin t
⇔ cos t(2 + sin t).
√
2 = 2 + sin t ⇔ (2 + sin t)(
√
2 cos t −1) = 0
⇔ cos t =
√
2
2
(vì 2 + sin t > 0 với mọi t).
Vậy nghiệm của phương trình (4) là x =
√
2

cos t
⇔ −32 cos
2
tsin
2
t cos
2
2t = cos t −1
⇔ 8sin
2
2t cos
2
2t = 1 −cos t
⇔ 2sin
2
4t = 1 −cos t
⇔ cos t = cos 8t
Giải hệ này kết hợp với điều kiện t ∈

0;
π
2

ta được nghiệm
t
1
=
2π
7
; t

phương trình vơ tỷ.
Từ cos 3t = 4 cos
3
t −3 cos t ta có phương trình vơ tỷ 4x
3
− 3x =
√
1 −x
2
. (6)
Nếu thay x trong phương trình (6) bởi
1
x
ta sẽ có phương trình vơ tỷ khó
hơn 4 −3x
2
= x
2
√
x
2
− 1. (7)
Nếu thay x trong phương trình (6) bởi x −1 ta sẽ có phương trình vơ tỷ khó
4x
3
− 12x
2
+ 9x − 1 =
√
2x −x

= 2
√
2.
Vậy ta có bài tốn giải phương trình vơ tỷ được giải theo phương pháp đặt
ẩn phụ lượng giác như sau.
Bài tốn 2.7. Giải phương trình
1
x
+
1
√
1 −x
2
= 2
√
2.
Nhận xét 2.1. Khi đó phương trình này được giải theo phương pháp đặt ẩn
phụ lượng giác.
Ví dụ 2.2. Từ phương trình cos
3
t + sin
3
t =
√
2 cos t sin t thay thế cos t bởi x ta
được phương trình vơ tỷ x
3
+

(1 −x

t) thay thế cos t bởi x, ta
được phương trình vơ tỷ 5 + 3
√
1 −x
2
= 8[x
6
+ (1 − x
2
)
3
]. Và ta có bài tốn.
Bài tốn 2.9. Giải phương trình 5 + 3
√
1 −x
2
= 8[x
6
+ (1 − x
2
)
3
].
Nhận xét 2.3. Từ điều kiện |x| ≤ 1 ta đặt x = cos t; t ∈ [0; π] và ta thu được.
5 + 3 sin t = 8(sin
6
t + cos
6
t) ⇔ 3 sin t = 8(1 −3 sin
2


1 −cos
2
t.
Đặt x = cos t ta được bài tốn sau.
Bài tốn 2.10. Giải phương trình
4x
3
− 3x =

1 −x
2
.
Bài giải. Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1.
Đặt x = cos t, t ∈ [0, π] ⇒ sin t ≥ 0. Phương trình đã cho trở thành
4 cos
3
t −3 cos t = sin t ⇔ cos 3t = cos

π
2
− t

⇔

3t =
π
2
− t + k2π
3t = −

4
·
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
x
1
= cos
π
8
, x
2
= cos
5π
8
, x
3
= cos
3π
4
= −
√
2
2
·
Bài tốn 2.11. Giải phương trình
4x
3
− 12x
2
+ 9x − 1 =


⇔

t =
π
8
+ k
π
2
t = −
π
4
+ kπ
Vì t ∈ [0, π] nên ta có: t
1
=
π
8
, t
2
=
5π
8
, t
3
=
3π
4
·
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
x

Bài tốn 2.12. Giải phương trình
x
3
− 3x =
√
x + 2. (10)
Bài giải. Điều kiện x ≥ −2. Nếu x > 2 thì
x
3
− 3x = x + x(x
2
− 4) > x >
√
2x =
√
x + x >
√
x + 2.
17
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Vậy x > 2 khơng thỏa mãn phương trình (10).
Xét −2 ≤ x ≤ 2. Đặt x = 2 cos t, t ∈ [0, π], phương trình (10) trở thành
8 cos
3
t −6 cos t =

2(1 + cos t) ⇔ 4 cos
3
t −3 cos t = cos
t
2

, t
3
=
4π
5
·
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
x
1
= 2, x
2
= 2 cos
4π
7
, x
3
= 2 cos
4π
5
·
Ví dụ 2.6. Từ phương trình sin 3t = cos t, t ∈ [0, π], ta thấy phương trình này
tương đương với
3 sin t −4 sin
3
t = cos t ⇔ sin t(3 − 4 sin
2
t) = cos t.
⇔

1 −cos

3
;
2π
3
} nên sin t ≥ 0. Phương trình đã cho trở thành

1 −cos
2
t =
cos t
4 cos
2
t −1
⇔

1 −cos
2
t

4 cos
2
t −1

= cos t
⇔ sin t

3 −4 sin
2
t


+ kπ
18
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Vì t ∈ [0, π] nên ta có: t
1
=
π
8
, t
2
=
5π
8
, t
3
=
π
4
·
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
x
1
= cos
π
8
, x
2
= cos
5π
8
, x


= cos t
⇔sin t(16 cos
4
t −12 cos
2
t + 1) = cos t
⇔

1 −cos
2
t =
cos t
16 cos
4
t −12 cos
2
t + 1
·
Đặt x = cos t, ta được bài tốn sau
Bài tốn 2.14. Giải phương trình

1 −x
2
=
x
16x
4
− 12x
2

4
t −12 cos
2
t + 1

= cos t
⇔sin t

16(1 −sin
2
t)
2
− 12(1 − sin
2
t) + 1

= cos t
⇔sin t

16 sin
4
t −20 sin
2
t + 5

= cos t
⇔16 sin
5
t −20 sin
3

π
8
, t
3
=
5π
12
, t
4
=
5π
8
, t
5
=
9π
12
·
19
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
x
1
= cos
π
12
, x
2
= cos
π
8

⇔sin t

16(1 −sin
2
t)
2
− 12(1 − sin
2
t) + 1

= 4 cos
3
t −3 cos t
⇔sin t(16 cos
4
t −12 cos
2
t + 1) = 4 cos
3
t −3 cos t
⇔

1 −cos
2
t

16 cos
4
t −12 cos
2

2
t + 1

= 4 cos
3
t −3 cos t
⇔sin t

16 cos
4
t −12 cos
2
t + 1

= 4 cos
3
t −3 cos t
⇔sin t

16(1 −sin
2
t)
2
− 12(1 − sin
2
t) + 1

= cos 3t
⇔sin t


(k ∈ Z)
Vì t ∈ [0, π] nên ta có:
t
1
=
π
16
, t
2
=
π
4
, t
3
=
5π
16
, t
4
=
9π
16
, t
5
=
13π
16
·
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
x

4

= sin

t +
π
4

, t ∈ [0, π], ta thấy
phương trình này tương đương với
sin 3t −cos 3t = sin t + cos t
⇔3 sin t −4 sin
3
t −4 cos
3
t + 3 cos t = sin t + cos t
⇔2 cos t + 3 sin t − 4 sin
3
t = 4 cos
3
t + sin t
⇔2 cos t + sin t(3 − 4 sin
2
t) = 4 cos
3
t + sin t
⇔2 cos t +

1 −cos
2

2 cos t + (4 cos
2
t −1)

1 −cos
2
t = 4 cos
3
t +

1 −cos
2
t
⇔2 cos t + sin t

4(1 −sin
2
t) −1

= 4 cos
3
t + sin t
⇔2 cos t + sin t(3 − 4 sin
2
t) = 4 cos
3
t + sin t
⇔3 sin t −4 sin
3
t −4 cos

4
+ kπ
Vì t ∈ [0, π] nên ta có:
t
1
=
π
16
, t
2
=
π
4
, t
3
=
5π
16
, t
4
=
9π
16
, t
5
=
13π
16
·
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:


2x + x
2
y = y
2y + y
2
z = z
2z + z
2
x = x
(11)
Bài giải.
Nếu x
2
= 1 thì từ phương trình đầu của hệ ta có ±2 = 0 (vơ lý).
Vậy x
2
= 1.
Tương tự ta cũng có y
2
= 1, z
2
= 1. Do đó
(11) ⇔







}, khi đó (12) trở thành











y =
2 tan t
1 −tan
2
t
= tan 2t
z =
2 tan 2t
1 −tan
2
2t
= tan 4t
x =
2 tan 4t
1 −tan
2
4t
= tan 8t (∗)

y = tan
k2π
7
z = tan
k4π
7
, k ∈ {±3, ±2, ±1, 0}.
Ví dụ 2.11 (Xem [6]). Giải hệ phương trình



3

x +
1
x

= 4

y +
1
y

= 5

z +
1
z

xy + yz + zx = 1

2
, y = tan
β
2
, z = tan
γ
2
, (α, β, γ ∈ (0, π)).
Ta có
1
sin α
=
x
2
+ 1
2x
,
1
sin β
=
y
2
+ 1
2y
,
1
sin γ
=
z
2

Áp dụng điều này ta có xy + yz + zx = 1 nên tan

α + β + γ
2

khơng xác định.
Vì α, β, γ ∈ (0, π) ta suy ra α + β + γ = π hay chúng là 3 góc của một tam giác.
Theo (14) và theo định lý sin ta có thể giả thiết 3 cạnh của tam giác đó là 3, 4, 5.
Từ đó
x = tan
α
2
=
1 −cos α
sin α
=
1 −
4
5
3
5
=
1
3
·
y = tan
β
2
=
1 −cos β


và

−
1
3
, −
1
2
, −1

.
Ví dụ 2.12 (Xem [6]). Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

|x| + |y| = 1 (∗∗)
x
2
+ y
2
= m
(15)
Bài giải. Từ phương trình (**) ta có |x| ≤ 1, |y| ≤ 1. Do đó ta có thể đặt
|x| = sin
2
t, |y| = cos
2
t.
Khi đó phương trình (**) trở thành: sin
2
t + cos

⇔
1
2
≤ m ≤ 1.
2.3 Sử dụng lượng giác để khảo sát bất phương
trình
Trong phần này ta thường dùng các phép đặt
x = sin t, x = cos t, x = tan t, . . .
được thể hiện qua các ví dụ sau:
Các ví dụ
24
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu />