Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số

1. I. Đặt vấn đề Trong chương trình toán ở trường phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức là một vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho người làm toán trí thông minh, sự sáng tạo, ngoài ra còn có cả sự khéo léo, mỗi kết quả của nó là một công cụ sắc bén của toán học. Nhưng để chứng minh bất đẳng thức thì không đơn giản chút nào, nhất là đối với học sinh, các em tỏ ra lúng túng khi chọn cho mình một công cụ để chứng minh hiệu quả nhất. Đã có rất nhiều tài liệu đưa ra một số phương pháp rất tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn: - Phương pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức. - Phương pháp sử dụng tam thức bậc 2. - Phương pháp sử dụng những bất đẳng thức kinh điển. - Phương pháp sử dụng phản chứng. - Phương pháp sử dụng quy nạp. - Phương pháp sử dụng đạo hàm. - Phương pháp sử dụng hình học. - Phương pháp sử dụng hàm lồi. Mặc dù vậy song vẫn là chưa đủ bởi sáng tạo của mỗi người làm toán là vô hạn. Chính vì vậy trong bài viết này tôi muốn đề cập về "Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số " nhằm trang bị thêm cho học sinh một số công cụ hữu hiệu để chứng minh các bất đẳng thức đại số. Phương pháp lượng giác hoá đã được một số sách của các tác giả đề cập như giáo sư Phan Đức Chính, giáo sư Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vũ Thế Hựu viết. Nhưng do cấu trúc mục tiêu của các cuốn sách đó mà các tác giả đều không đi sâu vào phương pháp này hay nói cách khác là chưa thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó. 1
2. II. giải quyết vấn đề 1. Các kiến thức cần nắm 1.1. Các hệ thức cơ bản 1 + cos2 sin 2 1 + 1 + tg2 = ( k ) cos2 2 k 1 + tg . cotg = 1 ( ) + 1 + cotg2 = ( k ) 2 sin 2 1.2. Công thức cộng góc + cos( ) = cos cos  sin sin + sin( ) = sin cos cos sin tg tg + tg ( ) = ( ; k ) 1 tg tg 2 cot g .cot g 1 + cotg( ) = ( ; k ) cot g cot g 1.3. Công thức nhân + sin2 = 2 sin cos + cos2 = cos2 - sin2 = 2cos2 - 1 = 1 - 2sin2 2tg + tg2 = ( k ) 1 tg2 4 2 cot g2 1 k + cotg2 = ( ) 2cot g 2 + sin3 = 3sin - 4sin3 + cos3 = 4cos3 - 3cos 3tg tg3 + tg3 = ( k ) 1 3tg3 6 3 thức hạ bậc 1 cos 2 1 cos2 + cos2 = + sin2 = 2 2 1 cos 2 + tg2 = ( k ) 1 cos 2 2 1.5. Công thức biến đổi tổng thành tích:   + cos + cos = 2cos cos 2 2 +  + cos - cos = - 2sin sin 2 2 +   + sin + sin = 2sin cos 2 2 2
3.   + sin - sin = = - 2cos sin 2 2 sin( ) + tg tg = ( ; k ) cos .cos 2 1.6. Công thức biến đổi tích thành tổng: 1 + cos .cos = [cos( ) cos( )] 2 1 + sin .sin = [cos( ) cos( )] 2 1 + sin .cos = [sin( ) sin( )] 2 2. Nội dung của sáng kiến Qua một quá trình nghiên cứu tham khảo bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác ở nhiều sách đều đưa ra các phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác rất mơ hồ chưa có hệ thống, chưa phân chia thành các dạng bài tập. Với các kiến thức về chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp lượng giác mà tôi được biết tôi đã phân chia thành 5 dạng bài tập cơ bản mà tôi sẽ giới thiệu sau đây. Trong mỗi dạng bài tập tôi đều đưa ra phương pháp chọn cách đặt để học sinh nhanh chóng chuyển 1 vế của bất đẳng thức đại số phải chứng minh về biểu thức lượng giác sau đó biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lượng giác bằng các bất đẳng thức lượng giác đơn giản như: | sin | 1;| cos | 1; sin2n 1; cos2n 1 (n N*) * Để học sinh nắm kiến thức một cách hệ thống tôi đã lập bảng một số dấu hiệu nhận biết sau:( Giả sử các hàm số lượng giác sau đều có nghĩa) Biểu thức lượng giác Biểu thức đại số Công thức lượng giác tương tự 1 1 + x2 1 + tg2t 1+tg2t = cos2 t 4x3 - 3x 4cos3t - 3cost 4cos3t - 3cost = cos3t 2x2 - 1 2cos2t - 1 2cos2t - 1 = cos2t 2x 2tgt 2tgt = tg2t 1 x 2 1 tg2t 1 tg2t 2x 2tgt 2tgt = sin2t 1 x 2 1 tg2t 1 tg2t x y tg tg tg tg = tg( +) 1 xy 1 tg tg 1 tg tg 1 1 x2 - 1 1 1 = tg2 cos2 cos2 3
4. một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số I. Dạng 1: Sử dụng hệ thức sin2 + cos2 = 1 1) Phương pháp: x sin a) Nếu thấy x2 + y2 = 1 thì đặt với [0, 2 ] y cos x a sin b) Nếu thấy x2 + y2 = a2 (a > 0) thì đặt với [0, 2 ] y a cos 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho 4 số a, b, c, d thoả mãn: a2 + b2 = c2 + d2 = 1 Chứng minh rằng: 2 S = a(c+d) + b(c-d) 2 Giải: a sin u c sin v Đặt và S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv) b cos u d cos v S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v) S 2sin (u v) [ 2, 2] 2 S a(c d) b(c d) 2 (đpcm) 4 2 2 1 1 25 VD2: Cho a2 + b2 = 1. Chứng minh rằng: a 2 b2 a 2 b2 2 Giải: Đặt a = cos và b = sin với 0 2 . Thế vào biểu thức vế trái rồi biến đổi. 2 2 2 2 1 1 1 1 a 2 b2 cos2 sin2 a 2 b2 cos2 sin2 1 1 cos4 sin 4 = cos4 + sin4 + 4 cos4 sin 4 4 cos4 sin 4 cos4 .sin 4 1 = cos4 sin4 1 4 cos4 .sin4 1 =  cos2 sin2 2cos2 sin2  1 4 cos4 .sin4 1 16 1 17 25 = 1 sin2 2 1 4 1 (1 16) 4 4 (đpcm) 2 sin4 2 2 2 2 Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bước nữa để xuất hiện a2+b2=1) 4
5. II. Dạng 2: Sử dụng tập giá trị | sin | 1 ; | cos | 1 1. Phương pháp: x sin khi ; 2 2 a) Nếu thấy |x| 1 thì đặt x cos khi 0;  x msin khi ; 2 2 b) Nếu thấy |x| m ( m 0 ) thì đặt x mcos khi 0;  2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng: (1+x)p + (1-x)p 2p  |x| 1 ;  P 1. Giải: Đặt x = cos với [0, ], khi đó (1 + x)p + (1 - x)p = (1+cos )p + (1-cos )p p p = 2cos2 2sin 2 2p cos2p sin 2p 2p cos2 sin 2 2p 2 2 2 2 2 2 (đpcm) VD2: Chứng minh rằng: 3 2 A 2 3a2 2a 1 a2 3 2 Giải: Từ đk 1 - a2 0 |a| 1 nên Đặt a = cos với 0 1 a 2 = sin . Khi đó ta có: A=2 3a 2 2a 1 a 2 2 3 cos2 2cos sin 3(1 cos2 ) sin 2 3 1 =2 cos2 sin2 3 2sin 2 3 3 2 A 3 2(đpcm) 2 2 3 VD3: Chứng minh rằng: S = 4 (1 a2 )3 a3 3 a 1 a2 2 Giải: Từ đk |a| 1 nên: Đặt a = cos với [0, ] 1 a2 = sin . Khi đó biến đổi S ta có: S= 4(sin3 cos3 ) 3(cos sin ) (3sin 4sin3 ) (4cos3 3cos ) = sin 3 cos3 2 sin 3 2 (đpcm) 4 5
6. 1 1 III. Dạng 3: Sử dụng công thức: 1+tg2 = tg2 1 ( k ) cos2 cos2 2 1) Phương pháp: a) Nếu |x| 1 hoặc bài toán có chứa biểu thức x 2 1 1 3 thì đặt x = với 0;  , cos 2 2 b) Nếu |x| m hoặc bài toán có chứa biểu thức x 2 m2 m 3 thì đặt x = với 0;  , cos 2 2 2. Các ví dụ minh hoạ: a2 1 3 VD1: Chứng minh rằng A = 2  a 1 a Giải: Do |a| 1 nên : 1 3 Đặt a = với 0;  , a 2 1 tg2 tg . Khi đó: cos 2 2 a 2 1 3 A = (tg 3)cos sin 3 cos 2sin 2 (đpcm) a 3 a 2 1 b2 1 VD2: Chứng minh rằng: A = 1  a ; b 1 ab Giải: Do |a| 1; |b| 1 nên . 1 1 3 Đặt a = ; b = với 0;  , . Khi đó ta có: cos cos 2 2 A = (tg tg)cos cos sin cos sincos sin( ) 1(đpcm) 1 IV. Dạng 4: Sử dụng công thức 1+ tg2 = cos2 1. Phương pháp: a) Nếu x R và bài toán chứa (1+x2) thì đặt x = tg với , 2 2 b) Nếu x R và bài toán chứa (x2+m2) thì đặt x = mtg với , 2 2 6
7. 2. Các ví dụ minh hoạ: 3x 4x3 VD1: Chứng minh rằng: S = 1 1 x2 (1 x2 )3 Giải: 1 Đặt x = tg với , 1 x2 , khi đó biến đổi S ta có: 2 2 cos S = |3tg .cos - 4tg3 .cos3 | = |3sin - 4sin3 | = |sin3 | 1 (đpcm) 3 8a 2 12a 4 VD2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = (1 2a 2 )2 Giải: 3 4tg2 3tg4 Đặt a 2 = tg với , thì ta có: A = 2 2 (1 tg2 )2 3cos4 4sin 2 cos2 3sin 4 = 3(sin 2 cos2 )2 2sin 2 cos2 (cos2 sin 2 )2 sin 2 2 5 1 sin 2 2 0 = 3 - 3 A 3 2 3 2 2 2 2 2 1 5 Với = 0 a = 0 thì MaxA = 3 ; Với = a = thì MinA = 4 2 2 (a b)(1 ab) 1 VD3: Chứng minh rằng:  a, b R (1 a 2 )(1 b2 ) 2 Giải: (a b)(1 ab) (tg tg)(1 tg tg) Đặt a = tg , b = tg. Khi đó (1 a2 )(1 b2 ) (1 tg2 )(1 tg2) sin( ) cos .cos sin .sin = cos2 cos2 . . cos .cos cos .cos 1 1 = sin( )cos( ) sin2( ) (đpcm) 2 2 VD4: Chứng minh rằng: ab cd (a c)(b d) (1) a,b,c,d 0 Giải: 7
8. cd ab cd 1 (1) 1 ab 1 (a c)(b d) (a c)(b d) c b c b 1 1 1 1 a d a d c d Đặt tg2 = , tg2= với , 0, Biến đổi bất đẳng thức a b 2 1 tg2 .tg2 cos2 cos2  sin2 sin2  1 (1 tg2 )(1 tg2) (1 tg2 )(1 tg2) cos cos + sin sin = cos( -) 1 đúng (đpcm) c d Dấu bằng xảy ra cos( -) = 1 = a b V. Dạng 5: Đổi biến số đưa về bất đẳng thức tam giác 1) Phương pháp: x;y;z 0 A;B;C (0; ) a) Nếu thì  ABC: 2 x2 y2 z2 2xyz 1 x cos A; y cos B;z cosC x;y;z 0 A;B;C (0; ) b) Nếu thì  ABC: 2 x y z xyz x tgA; y tgB;z tgC A;B;C (0; ) 2 x; y,z 0 x cot gA; y cot gB;z cot gC c) Nếu thì  ABC: xy yz zx 1 A;B;C (0; ) A B C x tg ; y tg ;z tg 2 2 2 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho x, y, z > 0 và zy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 1 1 1 S = 3(x y z) x y z Giải:   Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg ; y = tg ; z = tg với , ,  0, 2 2 2 2 8
9.     Do xy + yz + zx = 1 nên tg tg + tg tg + tg tg = 1 2 2 2 2 2 2   tg tg     1   tg tg tg = 1 - tg tg 2 2 tg cot g   2 2 2 2 2 1 tg tg tg 2 2 2 2 2 2       tg tg   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1     S = 3(x y z) = cotg + cotg + cotg -3 tg tg tg x y z 2 2 2 2 2 2       S = cot g tg cot g tg cot g tg 2 tg tg tg 2 2 2 2 2 2 2 2 2   S = 2(cotg +cotg+cotg) - 2 tg tg tg 2 2 2   S = (cotg +cotg-2tg ) + (cotg+cotg-2tg ) +(cotg +cotg-2tg ) 2 2 2 sin( ) 2sin  2sin  Để ý rằng: cotg + cotg = sin .sin 2sin .sin cos( ) cos( )   4sin cos 2sin  2sin    2 2 2tg cot g cot g 2tg 0  1 cos( ) 1 cos  2cos2 2 2 2 1 T đó suy ra S 0. Với x = y = z = thì MinS = 0 3 x, y,z 0 x y z 9 VD2: Cho . Chứng minh rằng: S = x y z 1 x yz y zx z xy 4 Giải: yz xz  xy  Đặt tg ; tg ; tg với , ,  0, x 2 y 2 z 2 2 yz zx zx xy xy yz Do . . . . = x + y + z = 1 x y y z z x     nên tg tg + tg tg + tg tg = 1 2 2 2 2 2 2 9