1

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

Một số trường hợp thường gặp
Dạng 1 : Nếu x
2
+ y
2
=1 thì đặt
sin
os
x
yc







với
 
0;2



Dạng 2 : Nếu x

x
xc


  












Dạng 4 : Nếu
xm
thì đặt
 
sin , ;
22
os , 0;
xm
x mc


  


   

Dạng 6 :Nếu
xm
hoặc bài toán có chứa
22
x m
thì đặt x =
os
m
c

với
3
0; ;
22


   



   

Dạng 7 :Nếu bài toán không ràng buộc điều kiện biến số và có biểu thức
2
x1
thì đặt
x = tan



Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số a, b ta đều có:
2
1
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
2
1
22





Giải:
Đặt: a = tg , b = tg với ,  








2
;
2
.


coscos
sinsin
1.
coscos
)sin(

= sin ( + ) . cos ( + ) =
2
1
sin (2 + 2)
Suy ra: A =
2
1
sin (2 + 2) 
2
1

Vậy: -
2
1

)b1)(a1(
)ab1)(ba(
22



2

2
n








2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n
(3)
Bởi vì 0 <
2
t
<
2

nên 0 < sin
2
t
, cos

2
t
n > 1. Do đó
2
n








2
t
sin
2
t
cos
n2n2
< 2
n







2

3
, d = tgy
4
với
-
2

< y
1
 y
2
 y
3
 y
4
<
2

< y
5
=  + y
1

Các điểm y
1
, y
2
, y
3
chia đoạn [y


. Thế thì:
0  tg (y
2
– y
1
)  1  0 
ab1
ab
tgytgy1
tgytgy
12
12





 1
Đặt x = b, y = a ta được điều cần chứng minh.
Bài 4: Cho x, y > 0 và x + y = 1. Chứng minh:
2
17
y
1
y
x
1
x
2

y
= sina.
Bất đẳng thức đã cho được viết thành:







acos
1
acos
4
4
+







asin
1
asin
4
4

2


y
1
y
2
y
3
y
4
y
5
4
= (1 – 2sin
2
acos
2
a)







acosasin
1
1

2

2
1

và 1 +
a2sin
16
4
 17. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
Bài 5: Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có:
x
2
+ (x – y)
2
 4
 
22
yx 
sin
2

10

.
Giải:
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có:
4sin
2
10







2
53
(1)
Nếu y = 0 bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng.
Nếu y  0. Chia hai vế (1) cho y
2
và đặt
y
x
= tga với
2

< a <
2

thì bất đẳng thức
có dạng: tg
2
a + (tga – 1)
2

2
53
(1 + tg


5
Bởi vì
22
5
2
5
1













= 1
vì vậy
5
1
= cos và
5
2
= sin. Với 0 <  <
2
















= 1
Nên đặt
a
c
= cosu ,
a
ca 
= sinu với 0  u 
2


Ta cũng thấy
22
b
cb

.
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)
đúng.
Bài 7: Chứng minh rằng: 4
 
 
2323
a1a3)a1(a 

2

6
Giải:
Điều kiện: 1 – a
2
 0  a  1

2

) 1, luôn đúng.
Bài 8: Chứng minh rằng:
31a
2

 2a
Giải:
Điều kiện: a
2
– 1  0  a  1.
Đặt a =
cos
1
, với   [0 ;
2

).
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:





 cos
2
3tg
cos
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) =
=
2
sin








a
4
2
sin




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
)
Giải:
a) Với a = 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu a  0 chia hai vế cho a và đặt tgx =
a

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)
4


2
2








1b
1a

Đặt





sinb
sina
, với  ,   [0; ]
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
sin .

22
sin1.sinsin1
+
+
)sin1)(sin1(sin.[sin3

i
từ 17 số đó sao cho
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

< v
i
<
2

<
2

< v
1
+ 
Các điểm v
2
, v
3
, …, v
17
chia đoạn [v
1
; v
1
+ ] thành 17 đoạn trong đó có ít nhất một
đoạn có độ dài không vượt quá
17

.
9
a) Nếu có một i với 1  i  16 sao cho 0 < v
i+1
– v
i


2
- 1, tg
8

=
16
tg1
16
tg2
2



=
2
- 1  tg
16

=
1224 

Khi đó ta có
0 < tg(v
i+1
– v
i
) =
1224
aa1
aa

16

thì
0 < tg [(v
1
+ ) – v
17
] = tg(v
1
– v
17
) < tg
16


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(





.
= cos
4
u. cos
4
v







vcos
vsin
ucos
usin
2
2
2
2






10
= sin(u + v) sin(u – v) cos(u – v) cos(u + v)
=
4
1
sin2(u + v) sin2(u – v)
Suy ra A =
4
1
sin2(u + v)sin2(u – v) 
4
1

Tức
4
1
 A 
4
1

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







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

hoặc

















































1y
0x
4
v












1y
0x
4
v
0u
2
)vu(2
2
)vu(2
1)vu(2sin
1)vu(2sin

Bài 14: Cho các số thực x, y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng
222
y4x
)y4x(x
222
22
22

= 0 bất đẳng thức cũng đúng.
Giả sử x  0, y  0 thì (1) tương đương với
222
1
y2
x
2
y2
x
y2
x
222
2
22

















Vì cos
2
a[4tga – 4] = 4sinacosa – 4cos
2
a = 2sin2a – 2(1 + cos2a)
= 2(sin2a – cos2a – 1) =2














 1
4
a2sin2

 
222;222 

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


4
5
< 2a -
4

<
4
3
nên sin








4
a2
= -1
 2a-
4

=
2

 a =
8









4
a2
= 1
12
a =
8
3

y2
x
= tg







8
3
=


22
z1x1
zx


+
22
y1z1
yz



Giải:
Đặt x = tg , y = tg , z = tg với -
2

< , ,  <
2

.
Ta có:
22
y1x1
yx


=



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

x
2
+ y
2
= x
2
y1
+ y
2
x1



Ta có: cos
2
 + sin
2
 = cos cos + sin sin = cos( - )  1
 cos
2
  cos
2
 hoặc sin
2
  sin
2

a) Nếu 0<, <
2

hoặc -
2

<  < 0 và 0 <  <
2

ta có cos > 0, cos > 0.
cos
2
  cos
2
  cos  cos

3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos + 4sin = 5cos( - )  5
c) Nếu -
2

<  < 0 ,
2

<  <  thì sin  < 0 , sin > 0.
sin
2
  sin
2
  sin  -sin
3x + 4y = 3cos + 4sin  3cos - 4sin = 5cos( + )  5.

II. giải phương trình , bất phương trình :
Bài1: Giải bất phương trình :
11x x x   

Giải :
Điều kiện :
10
11
10
x
x
x


   

2 2 2 2
t t t t
c    

2 os( )[ 2 os( ) 2] 0
2 4 2 4
tt
cc

    

os( )[ os( ) 1] 0
2 4 2 4
tt
cc

    

os( ) 0
24
t
c

  

2 2 4
t


   

2
t
c
t









đặt x = sint với t
;
22






. Khi đó phương trình đã cho có dạng :
22
1 1 sin sin (1 2 1 sin )t t t    
1 cos sin (1 2cos )t t t   

2 os sin sin2
2
t





6
2
t
t











1
2
1
x
x







cos t
,
0,
2
t






Khi đó phương trình có dạng :
1
1
cos
22
cos
1
1
cos
t
t
t


11
22
cos sintt
  
sin cos 2 2sin .cost t t t  







2u 
sin cos 2tt  
2sin( ) 2
4
t

  
sin( ) 1
4
t

  
2
42
tk


   

2
4
tk



giải :
Đặt
tanx a t
,
;
22
t






. Khi đó bất phương trình có dạng :
2
2a cos
tan
cos
a
t
at
ta
2
1 sin 2cos tt  
2
2sin t - sint -1 0
1

-8x
2
+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(2cost
2
-1)(8cost
4
-8cost
2
+1)=1

8cost.cos2t.cos4t = 1

8sint.cost.cos2t.cos4t = sint







So sánh điều kiện ta có
2 4 6 5 7
; ; ; ; ; ;
7 7 7 9 3 9 9
t
      





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
      





Bài 6 : Giải phương trình
(1-m










Đặt m=tant với
(0; )
4
t


ta có
2
2
sin2
1m
m
t

và
2
2
1m
os2
1m
ct



, phương trình vô nghiệm.
với x>2 ta có :
 
 
x
2
x
2
sin2 >sin x
1
os2 os x
t
VT
c t c







, 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
1y



với
,;
22







. Khi đó hệ đã cho trở thành :
2
2
2tan
tan
1 tan
2tan
tan
1 tan












và
sin 0


: Nhân (1) và (2) vế theo vế ta có :
sin2 .sin2 tan .tan
   


1
4cos . os
os .sin
c
c



1
cos . os
2
c


(3)
(1)
2sin .cos . os sinc
   


  
      

Khi đó nghiệm của hệ là
0
tan( ) 1
4
1
xy
x y k x y
xy





     





III. Một số bài tập đề nghị
Bài 1: Cho x
2
+ y
2
= 1 chứng minh
4
1

2
) + (1 – a
1
2
) (1 – a
2
2
)… (1 – a
n
2
)  2
2

Bài 4: Cho 4 số dương a
1
, a
2
, a
3
, a
4
phân biệt. Chứng minh rằng có thể chọn được ít nhất 2
trong 4 số đó sao cho:
0 
jiji
ji
aa2aa1
aa



+ y
2
= 1. Chứng minh
16 (x
5
+ y
5
) – 20 (x
3
+ y
3
) + 5(x + y) 
2

Bài 9: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh

2
33
z1
z
y1
y
x1
x
222




