Phương pháp lượng giác hóa để giải phương trình vô tỉ

Một số trường hợp thường gặp
Dạng 1 : Nếu x
2
+ y
2
=1 thì đặt
sin
os
x
y c
α
α
=


=

với
[ ]
0;2
α π
∈
Dạng 2 : Nếu x
2
+ y
2
=a
2
(a>0) thì đặt

 
= ∈

 
 


= ∈

Dạng 4 : Nếu
x m≤
thì đặt
[ ]
sin , ;
2 2
os , 0;
x m
x mc
π π
α α
α α π

−
 
= ∈

 
 



c
α
với
3
0; ;
2 2
π π
α π
   
∈ ∪
÷ ÷
 
   
Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
2
x 1+
thì đặt
x = tan
α
với
;
2 2
π π
α
−
 
∈
 ÷
 
Dạng 8 : Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức







ππ
−
2
;
2
.
1
Khi đó: A =
)tg1)(tg1(
)tgtg1)(tgtg(
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2222
β+α+
βα−β+α
=
++
−+
= cos
2
α cos
2
β .


≤
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
22
++
−+
≤
2
1
(đpcm).
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
< 2
n
(1)
Giải:
Vì |x| < 1 nên có thể đặt x = cost với t ∈ (0; π)
và bất đẳng thức (1) được viết thành:
(1 + cos t)
n
+ (1 – cos t)
n
< 2
n
(2)
Thay trong (2) 1 + cos t = 2cos

t
<
2
π
nên 0 < sin
2
t
, cos
2
t
< 1 nên chắc chắn:
cos
2n
2
t
=
n
2
2
t
cos






< cos
2
2







+
2
t
sin
2
t
cos
22
= 2
n
Vậy bất đẳng thức (3), cũng có nghĩa là bất đẳng thức (1) được chứng minh.
2
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:
0 ≤
xy1
yx
+
−
≤ 1 (1)
Giải:
Giả sử 4 số thực cho trước
là a ≤ b ≤ c ≤ d
Đặt a = tgy

, y
3
chia đoạn [y
1
; y
1
+ π] thành 4 đoạn [y
1
; y
2
], [y
2
; y
3
], [y
3
; y
4
] , [y
4
;
y
5
]. Trong số 4 đoạn này phải có ít nhất một đoạn có độ dài không lớn hơn
4
π
. Giả sử
0 ≤ y
2
– y

1
x
2
2
2
2
≥








++






+
Giải:
Ta có: x + y =
( ) ( )
22
yx +
= 1, theo mệnh đề IV thì có một số a với 0 ≤ a ≤ 2π
để

≥
2
17
Ta có: cos
4
a +
acos
1
4
+ sin
4
a +
asin
1
4
= (cos
4
a + sin
4
a)






+
acosasin
1
1






+






−
a2sin
16
1
2
a2sin
1
4
2
Vì 0 < sin
2
2a ≤ 1 nên 1 -
2
a2sin
2
≥
2
1

cos1
−
=






π
−
.
Bất đẳng thức đã cho có thể viết:
x
2
+ (x – y)
2
≥ (x
2
+ y
2
)









2
≥
2
53 −
⇔ sin
2
a + 1 – 2sinacosa ≥
2
53 −
⇔ cos2a + 2sin2a ≤
5
⇔
a2sin
5
2
a2cos
5
1
+
≤ 1 (2)
4
Bởi vì
22
5
2
5
1




ab
> 0 nên bất đẳng thức (1) tương đương với
ab
)cb(c
ab
)ca(c −
+
−
≤ 1 (2)
Nhận xét rằng
22
a
ca
a
c








−
+













= 1
Nên đặt
b
c
= cosv ,
b
cb −
= sinv với 0 ≤ v ≤
2
π
.
Khi đó (2) có thể viết thành
a
ca
b
c −
+
b
cb
a
c −
= cosv sinu + cosusinv ≤ 1 (3)
Bởi vì cosusinv + sinucosv = sin(u + v) ≤ 1 nên (3) luôn luôn đúng có nghĩa là (1)

2
⇔ (4cos
3
α - 3cosα) + (3sinα - 4sin
3
α)≤
2
⇔cos3α + sin3α≤
2
⇔ cos (3α -
2
π
)≤ 1, luôn đúng.
Bài 8: Chứng minh rằng:
31a
2
+−
≤ 2a
Giải:
Điều kiện: a
2
– 1 ≥ 0 ⇔ a ≥ 1.
Đặt a =
αcos
1
, với α ∈ [0 ;
2
π
).
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:

2
= 1 ; u
2
+ v
2
= 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 ≤ 2π. Khi đó
a) xu + yv=cos(a – b)≤ 1.
6
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) =
=
2
sin






−
π
a





+
π
b
4
= 2cos (a + b)
Rõ ràng –2 ≤ 2cos (a + b) ≤ 2. (đpcm)
Bài 10: Chứng minh:
a) (a + b)
4
≤ 8(a
4
+ b
4
)
b) 32(a
6
+ b
6
) ≥ (a + b)
6
c) (a + b)
8
≤ 64(a
8
+ b
8

2
x + cos
2
x)
2
– 2sin
2
x cos
2
x =
= 1 -
4
x4cos3
2
x2sin
2
+
=
(sin x + cosx)
4
= (1 + sin2x)
2
=
2
x4cosx2sin43 −+
(1) ⇔ 8(cos
4
x + sin
4
x) – (sin x + cos x)

2
⇔





≤
≤
1b
1a
Đặt



β=
α=
sinb
sina
, với α , β ∈ [0; π]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
sinα .
α−β+β−
22
sin1.sinsin1
+
+
)sin1)(sin1(sin.[sin3
22
β−α−−βα

0 <
1224
aa1
aa
ji
ij
−−<
+
−
Giải:
Không giảm tính tổng quát ta có thể giả sử a
1
< a
2
< … < a
17
Đặt tgv
i
= a
i
với -
2
π
< v
i
<
2
π
i = 1, 2,…, 17
Do tính chất đồng biến của hàm số y = tgx trong khoảng

< v
1
+ π
8
Các điểm v
2
, v
3
, …, v
17
chia đoạn [v
1
; v
1
+ π] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một
đoạn có độ dài không vượt quá
17
π
.
a) Nếu có một i với 1 ≤ i ≤ 16 sao cho 0 < v
i+1
– v
i
≤
17
π
thì
0 < tg(v
i+1
-v

tg1
16
tg2
2
π
−
π
=
2
- 1 ⇒ tg
16
π
=
1224 −−
Khi đó ta có
0 < tg(v
i+1
– v
i
) =
1224
aa1
aa
tgvtgv1
tgvtgv
1ii
i1i
i1i
i1i
−−<

1
– v
17
) < tg
16
π
Lúc này ta chọn a
j
= a
1
và a
i
= a
17
ta được điều cần chứng minh.
Bài 13: Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có:
[ ]
4
1
)y1)(x1(
)yx1)(yx(
4
1
2
22
2222
≤
++
−−
≤−

v






−
vcos
vsin
ucos
usin
2
2
2
2






−
vcosucos
vsinusin
1
22
22
= (sin
2

1−
≤ A ≤
4
1
Biểu thức A đạt giá trị lớn nhất bằng
4
1
khi




=
=
⇔





=
π
=
⇔





π



=
π−
=
⇔







π−
=−
π−
=+
⇔



=−
=+
0y
1x
0v
4
u
2
)vu(2

π
=+
⇔



−=−
=+
1y
0x
4
v
0u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin
hoặc



−=
=
⇔





)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
10
222
y4x
)y4x(x
222
22
22
−≤
+
−−
≤−−
(1)
Với các giá trị của x, y như thế nào thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giải:
1) Nếu x = 0 , y ≠ 0 thì
222
y4x
)y4x(x
4222
22
22
−<
+
−−
=−<−−






−−






≤−−
(2)
Đặt
y2
x
= tga thì (2) trở thành:
-2
atg1
)2tga(atg
22
2
22
+
−−
≤−
≤ 2
2
- 2

a2sin2
∈
[ ]
222;222
−−−

nên (3) đúng, nghĩa là bất đẳng thức (1) đúng.
2) Từ các phép biến đổi trên đây cho thấy:

22
22
y4x
)y4x(x
+
−−
= -2
2
- 2 khi sin






π
−
4
a2
= -1 với tga =
y2

π
=
2
π−
⇒ a =
8
π−
⇒






π
−=
8
tg
y2
x
= 1 -
2
11
⇒ x + 2y(
2
- 1) = 0
Tương tự như trên:
22
22
y4x

π
8
3
=
8
tg
4
tg1
8
tg
4
tg2
ππ
−
π
+
π
=
12
)12(1
121
+=
−−
−+
⇒ x – 2y(
2
+ 1) = 0
Bài 15: Chứng minh rằng với các số thực x, y, z tuỳ ý ta có
22
y1x1

β+α+
β−α
22
tg1tg1
tgtg
= cosαcosβ
β
β
−
α
α
cos
sin
cos
sin
=sinαcosβ - sinβcosα=sin(α - β)
Tương tự ta có:
22
z1x1
zx
++
−
= sin(α - γ),
22
y1z1
yz
++
−
=sin(γ - β)
Như vậy, chứng minh bất đẳng thức đã cho, đưa về chứng minh bất đẳng thức:

Giải:
Điều kiện xác định: 1 – y
2
≥ 0, 1 – x
2
≥ 0 tương đương –1 ≤ x, y ≤ 1
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 = cosα , y = sinβ với -
2
π
< α <
2
π
; 0 < β < π.
Từ x
2
+ y
2
= x
2
y1−
+ y
2
x1−
Ta có: cos
2
α + sin
2
β = cosα cosβ + sinα sinβ = cos(α - β) ≤ 1


β+β sin
5
4
cos
5
3
= 5cos(β - ϕ) ≤ 5 trong đó cosϕ =
5
3
.
b) Nếu 0 < α <
2
π
,
2
π
< β < π ta có sinα > 0 , sinβ > 0 thì
sin
2
β ≤ sin
2
α ⇔ sinβ ≤ sinα
3x + 4y = 3cosα + 4sinβ ≤ 3cosα + 4sinα = 5cos(α - ϕ) ≤ 5
c) Nếu -
2
π
< α < 0 ,
2
π

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành :
1 cos 1 cos cost t t+ − − ≤

2
1 cos 2cos cos
2
t
t t⇔ + − ≤
2 2
2( os sin ) cos sin
2 2 2 2
t t t t
c⇔ − ≤ −
( os sin )(cos sin 2) 0
2 2 2 2
t t t t
c⇔ − + − ≥
2 os( )[ 2 os( ) 2] 0
2 4 2 4
t t
c c
π π
⇔ + − − ≥
os( )[ os( ) 1] 0
2 4 2 4
t t
c c
π π
⇔ + − − ≥
os( ) 0

0
1 1x⇔ − ≤ ≤
os 0
2
3
sin 0
2
t
c
t

=

⇔


=


đặt x = sint với t
;
2 2
π π
−
 
∈
 
 
. Khi đó phương trình đã cho có dạng :
2 2

⇔

=


6
2
t
t
π
π

=

⇔


=


1
2
1
x
x

=

⇔


cost
,
0,
2
t
π
 
∈
 ÷
 
Khi đó phương trình có dạng :
1
1
cos
2 2
cos
1
1
cos
t
t
t
+ =
−
1 1
2 2
cos sint t
⇔ + =
sin cos 2 2 sin .cost t t t⇔ + =
Đặt sint + cost = u

=


2u =
sin cos 2t t⇔ + =
2 sin( ) 2
4
t
π
⇔ + =
sin( ) 1
4
t
π
⇔ + =
2
4 2
t k
π π
π
⇔ + = +
2
4
t k
π
π
⇔ = +
. So sánh điều kiện ta có :
4
t

∈
 ÷
 
. Khi đó bất phương trình có dạng :
2
2a cos
tan
cos
a
t
a t
t a
≤ +2
1 sin 2cos tt⇔ ≤ +
2
2sin t - sint -1 0⇔ ≤
1
sin 1
2
t
−
⇔ ≤ ≤
1
tan
3
t
−

<1, đặt x=cost , với t
∈
(0, )
π
Khi đó phương trình được chuyển về dạng :
8cost(2cost
2
-1)(8cost
4
-8cost
2
+1)=1
⇔
8cost.cos2t.cos4t = 1
⇔
8sint.cost.cos2t.cos4t = sint
⇔
sin8t = sint
8 2
8 2
t t k
t t k
π
π π
= +

⇔

= − +


 
vậy phương trình có các nghiệm
2 4 6 5 7
os ; os ; os ; os ; os ; os ; os
7 7 7 9 3 9 9
x c c c c c c c
π π π π π π π
 
∈
 
 

Bài 6 : Giải phương trình
16
(1-m
2
)
x
+(1-m
2
)
x
=(1+m
2
)
x
với 0<m<1.
Giải:
Chia cả 2 vế của phương trình cho (1+m
2

m
t=
+
và
2
2
1 m
os2
1 m
c t
−
=
+
Khi đó phương trình đã cho có dạng :
( ) ( )
x x
sin 2 os2 1t c t+ =
Nhận xét :
với x=2 là nghiệm của phương trình .
Với x<2 ta có
( )
( )
x
2
x
2
sin 2 sin x
1
os2 os x
t


, phương trình vô nghiệm .
vậy với 0<m<1 thì phương trình có nghiệm duy nhất x = 2
Bài 7: Giải hệ phương trình :
2
2
2
1 y
2
1
y
x
x
y
x

=

+



=

+

Giải :
Đặt
tan
tan

β
α
β
α

=

+



=

+

sin 2 tan (1)
sin 2 tan (2)
β α
α β
=

⇔

=

. Ta xét hai trường hợp :
Nếu
sin 0
α
=

α β
⇔ =
(3)
17
(1)
2sin .cos . os sinc
α α β α
⇔ =
sin sin
β α
⇔ =
β α
⇔ =
(4)
Thay (4) vào (3) ta có
2
1
cos
2
α
=
1 1
(1 cos 2 )
2 2
α
⇔ + =
cos2 0
α
⇔ =
2 ,

4
1
≤ x
6
+ y
6
≤ 1
Bài 2: Cho ab + bc + ca = 1 , chứng minh rằng:
4abc = a(1- b
2
)(1 – c
2
) + b(1 – c
2
)(1 – a
2
) + c(1 – a
2
)(1 – b
2
)
Bài 3: Cho 0 ≤ a
i
≤ 1 , i = 1, 2, …, n. Chứng minh
(1 + a
1
2
)(1 + a
2
2

−
< 2 -
3
Bài 5: Cho x, y thoả mãn 2x + 5y = 7. Chứng minh rằng: x
2
+ y
2
≥
29
49
Bài 6: Cho a, b, c là 3 cạnh của một tam giác, x và y thoả mãn ax + by = c.
Chứng minh rằng: x
2
+ y
2
≥
22
2
ba
c
+
Bài 7: Cho 4a
2
+ 9b
2
= 25. Chứng minh 6a + 12b ≤ 25
Bài 8: Cho x
2
+ y
2