Lượng giác hóa bài toán

Đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học.. Hoạt động giải bài tập toán học là một phơng tiện rất có hiệu quả và không thể thay thế đợc trong

I đặt vấn đề

ở trờng phổ thông, dạy toán là dạng hoạt động toán học Đối với học sinh

có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học Hoạt

động giải bài tập toán học là một phơng tiện rất có hiệu quả và không thể thay thế đợc trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển t duy, hình thành

kỹ năng kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn, là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học ở trờng phổ thông

Trong chơng trình toán ở trờng THPT, các bài toán rất phong phú và đa dạng cả về nội dung lẫn phơng pháp giải Vì vậy việc bồi dỡng cho học sinh một phơng pháp giải có hiệu quả là một việc rất bổ ích và cần thiết Việc biến bài toán đại số thành bài toán lợng giác hay “Phơng pháp lợng giác hoá các bài toán

đại số” là một phơng pháp còn cha đợc sử dụng rộng rãi khi giải bài tập toán ở trờng THPT, đó không phải thích hợp cho mọi bài toán đại số nhng số lợng bài tập có thể áp dụng phơng pháp này cũng không phải là ít Vì vậy, chúng tôi nghĩ rằng cần nghiên cứu để có cách truyền thụ thích hợp cho học sinh

Để nâng cao hiệu quả của việc rèn luyện kỹ năng giải toán đại số bằng

ph-ơng pháp lợng giác cho học sinh tôi chọn đề tài “Rèn luyện năng lực giải toán cho học sinh THPT qua chuyên đề chứng minh đẳng thức đại số bằng phơng pháp lợng giác”

II Mục tiêu của đề tài

Đa ra phơng pháp chung để giải bài toán đại số bằng phơng pháp lợng giác, cơ sở của phơng pháp này, các ví dụ minh hoạ về chứng minh đẳng thức đại số bằng phơng pháp lợng giác nhằm khắc sâu kiến thức cơ bản và hình thành kỹ năng chứng minh đẳng thức đại số bằng phơng pháp lợng giác

III Nội dung

1 Phơng pháp lợng giác hoá các bài toán chứng minh đẳng thức đại số.

* Để lợng giác hoá các bài toán ta dựa trên các mệnh đề sau:

Mệnh đề I: Nếu –1 ≤ x ≤ 1 thì có một số a với -π2 ≤ a ≤ 2π sao cho sin a = x

và một số b với 0 ≤ b ≤ π sao cho cos b = x

Mệnh đề II: Nếu 0 ≤ x ≤ 1 thì có một số a và một số b với 0 ≤ a ≤ 2π; 0

≤ b ≤ 2π sao cho x = sina và x = cosb

Mệnh đề III: Với mỗi số thực x có một số a với

-2

π< a <

2

π sao cho x = tg a

Mệnh đề IV: Nếu các số thực x và y thoả mãn hệ thức x2 + y2 = 1 thì có một số

a với 0 ≤ a ≤ 2π sao cho x = cosa và y = sina

* Phơng pháp giải:

Ta thực hiện các bớc sau:

B

ớc 1: Lợng giác hoá đẳng thức.

Bớc 1: Thực hiện việc chứng minh đẳng thức lợng giác

* Chú ý: Các em học sinh cần ôn lại các phơng pháp chứng minh đẳng thức

l-ợng giác, các kiến thức cơ bản về ll-ợng giác để có thể nhanh chóng tiếp cận đợc phơng pháp này.

2 Các ví dụ

Ví dụ 1: Cho x≥y Chứng minh

x + y +x - y= x + x 2 − y 2 + x − x 2 − y 2

Giải:

Đẳng thức hiển nhiên đúng với x = y = 0 Giả sử x ≠ 0

Chia hai vế đẳng thức cần chứng minh cho x ta đợc:

2

x

y 1 1 x

y 1 x

y

1 + + − = + −   + 1 − 1 − xy2

Do x≥ y ta có:

x

y ≤ 1 nên –1 ≤ xy ≤ 1

Đặt xy = cos a với a ∈ [0; π] đẳng thức cuối sẽ là

1 + cos a+1 – cos a=1 + sin a+1 – sin a

Bởi vì các biểu thức trong các dấu giá trị tuyệt đối luôn không âm (-1 ≤ sina, cosa ≤ 1) nên đẳng thức trên hiển nhiên đúng

Ví dụ 2: Cho x2 + y2 = 1

u2 + v2 = 1

xu + yv = 0 Chứng minh: a) x2 + u2 = 1

b) y2 + v2 = 1 c) xy + uv = 0

Giải:

áp dụng mệnh đề IV, tồn tại x = cos a ; y = sin a với 0 ≤ a 2π và u = cosb

và v = sinb với 0 ≤ b ≤ 2π

Từ giả thiết: xu + yv = 0

⇔ cos a cos b + sin a sin b = cos(a – b) = 0 (*)

a) ta có:

x2 + u2 = cos2a + cos2b = 21(1 + cos 2a) + 12(1 + cos 2b)

= 1 + 21(cos 2a + cos 2b) = 1 + cos(a + b) cos(a – b)

Theo (*) vế phải đẳng thức cuối cùng bằng 1 (đpcm)

b) y2 + v2 = sin2a + sin2b = 21(1 – cos 2a) + 21(1 – cos 2b)

= 1 – cos(a + b) cos(a – b) = 1 (đpcm)

c) Tơng tự ta có: xy + uv = cos a sin a + cos b sin b =

= 21(sin 2a + sin 2b) = sin(a + b) cos(a – b) = 0 (đpcm)

Ví dụ 3: Cho x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1 (x > 0, y > 0, z > 0)

Chứng minh:

1 + xyz = x ( 1 − y 2 )( 1 − z 2 ) + y ( 1 − x 2 )( 1 − z 2 )+ z ( 1 − x 2 )( 1 − y 2 )

Giải:

Từ giả thiết ta có ngay 0 < x, y, z < 0

áp dụng mệnh đề II, đặt x = cos a; y = cosb; z = cos c với a, b, c∈ π0 ;2

Chứng minh đẳng thức đã cho tơng đơng với chứng minh:

1 + cosa cosb cosc = cosa sinb sinc + cosb sina sinc + cosc sina sinb

Từ giả thiết ta có:

Cos2a + cos2b + cos2c + 2cos a cosb cosc = 1

⇔ (cosc + cosacossb)2 – cos2acos2b + cos2a + cos2b – 1 = 0

⇔ (cosc +cosacossb)2 + cos2asin2b – sin2b = 0

⇔ (cosc + cosacossb)2 – sin2asin2b = 0

⇔ (cosc + cosacosb – sinasinb)(cosc + cosacosb + sinasinb) = 0

⇔ [cosc + cos(a + b)][cosc + cos(a – b)] = 0

⇔ 4cosa+2b+c cos a+2b−ccos a−2b+ccosb+2c−a= 0 (*)

Do điều kiện 0 < a,b,c < π2 suy ra

2

c

b

a + − ≠ ± π2; a −2b+c≠ ± π2 và b+2c−a≠ ± π2

Thành thử: cos a+2b−ccos a−2b+c cos b+2c−a≠ 0

Từ (*) suy ra: cos a+2b+c = 0 ⇒ a + b + c = π

cos(a + b + c) = -1 = cos(a + b) cosc – sinc – sin(a + b) sinc =

= cosa cosb cosc – sina sinb cosc – sina sinc cosb – sinb sinc cosa

⇔ 1 + cosa cosb cosc = sina sinb cosc + sina sinc cosb

+ sinb sinc cosa (đpcm)

Ví dụ 4: Cho xy, yz, zx ≠ -1 Chứng minh

zx 1

x z yz 1

z y xy 1

y x zx 1

x z yz 1

z y xy

1

y

x

+− +− +−

= +−

+ +−

+

+−

Giải:

áp dụng mệnh đề III, đặt x = tga; y = tgb; z = tgc với -π2< a, b, c <2π, và

áp dụng tg của hiệu hai góc ta có:

tgatgb 1

tgb tga xy

1

y

x

+ −

=

Tơng tự ta có: 1y+−yzz = tg(b – c); 1z+−zxz = tg(c – a)

Lu ý rằng (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0 ta đợc:

tg(a – b) + tg(b – c) + tg(c – a) = tg(a – b) tg(b – c) tg(c – a) Biến đổi ngợc lại với các phép biến đổi bên trên ta đợc điều cần phải chứng minh

Ví dụ 5: Cho

z 1

z 1 y 1

y 1

x

1

x

1

−

+ +

−

+ +

−

+

= .11 zz

y 1

y 1 x 1

x 1

−

+

−

+

−

+ (1) Với x, y, z ≠ 1

Chứng minh :

a) 2(1(xx2y)()(11 yxy2))=11+−zz22

+ +

− +

b) (1(1xy+x)22)(1(+xy2y))2 =1+2zz2

+

−

−

Giải:

a) Đặt x = tga ; y = tgb ; z = tgc

với -π2< a, b, c < π2 và a, b, c ≠ π2 (vì x, y, z ≠ 1)

Ta có:

tga 4 tg 1

tga 4 tg tga 1

tga 1 x 1

x 1

π

−

π

=

−

+

=

−

+

= tg(a + π2)

4 b ( tg y 1

y

−

+

4 c ( tg z 1

z

1 − +π

− +

Từ đẳng thức đã cho ta có:

Tg(a + 2π) + tg(b + π2) + tg(c + π2) = tg(a + π2) tg(b + π2) tg(c + π2)

Đặt

A = a + π4; B = b + 4π; C = c + 4π; đẳng thức cuối có dạng:

tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC

⇔ tgA + tgB = (1 – tgA tgB) tg(-C)

⇔ tg(-C) = 1tgA−tgAtgB+tgB = tg(A + B) ⇔ A + B = -C + kπ

⇔ A + B + C = kπ ⇔ a + b + c = 4π + lπ (2)

Vậy điều kiện (1) tơng đơng với đẳng thức (2)

Đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với

c tg 1

c tg 1 ) b tg 1 )(

a tg

1

(

) tgatgb 1

)(

tgb tga

(

2

2

2 2

−

= +

+

− +

⇔ 2(sina cosb + sinb cosa)(cosa cosb – sina sinb) = cos2c – sin2c

⇔ 2sin(a + b) cos(a + b) = cos2c ⇔ sin(2a + 2b) = cos 2c (3)

Bởi vì: a + b + a = π4 + lπ

đẳng thức (3) hiển nhiên đúng (đpcm)

b) Tơng tự nh câu a), sau khi thay x = tga, y = tgb, z = tgc rồi biến đổi lợng giác, đẳng thức cần chứng minh dẫn đến

cos(2a + 2b) = sin 2c

Do (2) đẳng thức hiển nhiên đúng (đpcm)

Ví dụ 6: Nếu a + b + c – abc = 1 – ab – bc – ca CMR:

abc

) c 1 )(

b 1 )(

a 1 ( c

c 1 b

b 1 a

a

Giải:

Đặt a = tgα, b = tgβ, c = tgγ với α, β, γ ∈ −π π

2

;

2

tgα + tgβ + tgγ - tgα tgβ tgγ = 1 - tgα.tgβ-tgβ.tgγ-tgγ.tgα (1)

Xét 2 trờng hợp:

Trờng hợp 1: Nếu 1 - tgα.tgβ - tgβ.tgγ - tgγ.tgα = 0, ta đợc:

tgα.tgβ + tgβ.tgγ + tgγ.tgα = 1 α + β + γ = π2 + kπ

tgα + tgβ + tgγ = tgα.tgβ.tgγ α + β + γ = lπ

Trờng hợp 2: Nếu 1 - tgα.tgβ - tgβ.tgγ - tgγ.tgα ≠ 0, ta đợc:

1 ) (

tg 1 tg tg tg tg tg tg

tg tg tg tg tg tg

)

1

( ⇔ αα+ ββ++ βγ−γ+α γβαγ= ⇔ α + β + γ =

π +

π

= γ + β + α

⇔ π +

π

= γ + β

+

α

2 2 2 2 k 4

⇔ tg2α.tg2β - tg2β.tg2γ - tg2γ.tg2α = 1

⇔ cotg2α + cotg2β + cotg2γ = cotg2α.cotg2β.cotg2γ (2)

Nhận xét rằng:

c

c 1 2 g cot , b

b 1 2 cot , a

a 1 2

Thay (3) vào (2) suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 7: Cho xyz = x + y +z; và x2, y2, z2 ≠ 31 Chứng minh:

a 23 23 23 23 23.13z 3zz23

y 1

y y x 1

x x z 3 1

z z 3 y 1

y y x

1

x

x

−

−

−

−

−

−

=

−

− +

−

− +

−

−

b x(y2-1)(z2-1)+y(z2-1)(x2-1)+z(x2-1)(y2-1)=2xyz

Giải

a Đặt x=tga; y=tgb; z=tgc với a, b, c ∈ ( ;2

2

π π

− ); a, b, c ≠ 6π điều kiện đã cho tơng đơng với:

tga + tgb + tgc = tga tgb tgc (1) Theo bài 1.12

(1) ⇔ a + b + c = kπ

Chú ý là tg 3 a 31tga3tgtg2a3a

−

−

=

b tg 3 1

b tg tgb 3

b

−

−

= và tg 3 c 31tgc3tgtg2c3c

−

−

=

Đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với

tg3a + tg3b + tg3c = tg3a.tg3b.tg3c

Đẳng thức này đúng (do a+b+c = kπ thì 3a+3b+3c=lπ)

b Đẳng thức cần chứng minh tơng đơng với:

tga(tg2b-1)(tg2c-1) + tgb(tg2c-1)(tg2a-1)+tgc(tg2a-1)(tg2b-1)=2tgatgbtgc

⇔sin2acos2bcos2c+cos2asin2bcos2c+cos2acos2bsin2c=

Từ a + b + c = kπ ⇒ sin(2a + 2b + 2c) = 0 (3)

Từ (3) khai triển theo công thức cộng suy ra (2) (đpcm)

Ví dụ 8: Cho xy + yz + zx = 1 Chứng minh

x+y+z-3xyz=x(y2+z2)+y(z2+x2)+z(x2+y2)

Giải

Đặt x = tga; y = tgb; z = tgc a,b,c ∈ 









−π π 2

; 2

Từ điều kiện đã cho ta đợc:

tgatgb + tgbtgc + tgctga = 1 ⇒ a + b + c = 2π + kπ

⇒ 2a + 2b + 2c = π + 2kπ

sin (2a + 2b + 2c) = 0

⇒ sin2a cos2b cos2c + sin2b cos 2ac os2c + sin2c cos2a cos2b

- sin2a sin2b sin2c = 0

Vì −2π < a,b,c < π2 nên cos2a cos2b cos2c ta đợc:

− +

+

c cos b cos a cos

b cos a 2 cos c 2 sin c cos b cos a cos

c 2 cos 2 cos b sin c cos b cos

a

cos

c 2 cos b cos

a

2

sin

2 2 2 2

2 2 2

2 2

0 c cos b cos a

cos

c 2 sin b sin a

2

sin

2 2

−

x cos

x cos x sin 2 x cos

x 2 sin

2

x tg 1 x

cos

x sin x cos x cos

x 2

2

2 2

2 = − = −

Cho nên đẳng thức trên có thể viết thành:

tga(1-tg2b)(1-tg2c)+tgb(1-tg2a)(1-tg2c)+tgc(1-tg2a)(1-tg2b)-4tgatgbtgc=0

⇔tga(1-tg2b-tg2c+tg2btg2c)+tgb(1-tg2a-tg2c+tg2atg2c)+

tgc(1-tg2a-tg2b+tg2atg2b)-4tgatgbtgc = 0

⇔ tga+tgb+tgc – tga(tg2b+tg2c) – tgb(tg2a+tg2c) – tgc(tg2a+tg2b) + + tgatgbtgc(tgbtgc+tgctga+tgatgb) – 4tgatgbtgc = 0

Lại thay tga = x, tgb = y, tgc = z và sử dụng giả thiết xy+yz+zx=1 ta đợc: x+y+z+xyz(yz+zx+xy) – 4xyz = x(y2+z2) + y(z2+x2) + z(x2+y2)

⇔ x+y+z – 3xyz = x(y2+z2)+y(z2+x2) + z(x2+y2) (đpcm)

Ví dụ 9: Nếu x1, x2, x3 là nghiệm của phơng trình

x3+ax2+x+b=0 (b≠0)

x

1 x )(

x

1 x ( ) x

1 x )(

x

1 x ( ) x

1 x )(

x

1 x

(

1

1 3 3 3 3 2

2 2

2 2

Bài giải

Từ giả thiết ta có:

x1x2+x2x3+x3x1=1 và vì b≠0 do đó x1,x2,x3≠0

Đặt x=tgA, y=tgB, z=tgC, với A, B, C ∈ )

2

, 2 ( − π π

Ta có:

tgA.tgB+tgB.tgC+tgC.tgA=1 ⇔ A+B+C = π2 + kπ

và

(1) ⇔ (tgA-cotgA)(tgB-cotgB)+(tgB-cotgB)(tgC-cotgC)+

+ (tgC-cotgC)(tgA-cotgA) = 4

⇔ (-2cotg2A)(-2cotg2B) + (-2cotg2B)(-2cotg2C)+

+ (-2cotg2C)(-2cotg2A) = 4

⇔ cotg2Acotg2B + cotg2Bcotg2C + cotg2Ccotg2A = 1

⇔ 2A + 2B + 2C = π + 2kπ, luôn đúng do (2)

Ví dụ 10: Chứng minh

2 3 2 2

3 2 3 2

2

3 2

=

−

−

− + + +

Giải

Chia hai vế của (1) cho 2 ta đợc:

1 3 2 4 2

3 2 3 2 4

2

3 2

=

−

−

− + +

+

+

2

3 1 1 2

3 1 2

3 1 1

2

3 1

=

−

−

− + + +

+

(2)

Thay

2

3 trong (2) bởi cos 6π ta đợc: