Một số đồng nhất thức dạng đại số - lượng giác

Khi đó





eiα + e−iα



cos α =

,

2

iα

−iα



sin α = e − e .

2i

Rõ ràng khi khảo sát hàm số cos t thì ít ai nghĩ trong đầu rằng nó có dạng

1

1

a+

vì khi đó a không còn là một số thực. Nhưng nếu ta chú ý đến

2

a

biểu thức

eα + e−α

, α ∈ R,

2

thì đó chính là cos(iα) (= cosh α) và vì vậy, về mặt hình thức, ta sẽ có

nhiều biến đổi thu được từ các công thức liên quan đến biến x ∈ [−1, 1]

giống như công thức đối với hàm cos t.

Ví dụ 1.1. Hệ thức đại số ứng với công thức



cos 2t = 2 cos2 t − 1

chính là công thức



1

1

1

1 2

a + 2 =2

a+

2

a

2

a



2



−1.



Ví dụ 1.2. Hệ thức đại số ứng với công thức



cos 3t = 4 cos3 t − 3 cos t

chính là công thức



1 3

1

1

1

a + 3 =4

a+

2

a

2

a



3



−3



1

1

a+

2

a



,



hay



4x3 − 3x =



1 3

1

a + 3

2

a



với



1

1

a + , a = 0.

2

a

Ví dụ 1.3. Hệ thức đại số ứng với công thức

x=



cos 5t + cos t = 2 cos 3t cos 2t

chính là công thức



1 5

1

1

1

1 3

1

a + 5 + a+

=2

a + 3

2

a

2

a

2

a

10



1 2

1

a + 2

2

a



.



Từ ví dụ trên, sử dụng kết quả khai triển các hàm lượng giác cos 3t và

cos 2t, ta thu được đồng nhất thức đại số dạng bậc 5.



1

1 5

a + 5 = −m + 2(4m3 − 3m)(2m2 − 1),

2

a

trong đó



m=



1

1

a+ .

2

a



Ví dụ 1.4. Cho số thực m với |m| > 1. Tính giá trị của biểu thức



M = 8x3 − 6x,

trong đó



1 3

3

m + m2 − 1 + m − m2 − 1 .

2

Lời giải. Để ý rằng, do |m| > 1 nên tồn tại số thực q để có hệ thức

x=



m=



1 3

1

q + 3 .

2

q



Ta chỉ cần chọn



q=



3



m+



m2 − 1



là đủ. Khi đó



1

1

1

q+

=

2

q

2



3



m+



m2 − 1 +



3



m−



m2 − 1 = x.



Theo Ví dụ 1.2 thì



4x3 − 3x = m

nên M = 2m.

Ví dụ 1.5. Không dùng máy tính, tìm giá trị đúng của góc nhọn x thoả

mãn

1

cos x =

.

√

√

√

2

1 + ( 6 + 2 − 3 − 2)

Lời giải. Xét



A=

Ta có



√



6+



√



2−



√



3 − 2.



√

√

√

√ √

3− 2

,

A = ( 3 − 2)( 2 − 1) = √

2+1

11



hay



√

π

π

3

2

−

cos − cos

2 =

6

4 = tan π .

A = 2√

π

π

24

2 1

sin

+

sin

+

4

6

2

2

√



Vậy nên



1 + A2 = 1 + tan2



π

1

=

.

24 cos2 π

24



Suy ra



cos2



cos x =

hay



x=±



π

π

= cos ,

24

24



π

+ k2π, k ∈ Z.

24



π

.

24

Cách 2. Từ hệ thức đã cho



Do x là góc nhọn nên x =



cos x =



√



1+( 6+



1

√



2−



√



,

3−



2)2



ta thu được



√

√

√

1 + ( 6 + 2 − 3 − 2)2 =

Do đó



1

= 1 + tan2 x.

2

cos x



√

√

√

tan2 x = ( 6 + 2 − 3 − 2)2 ,



hay



tan x =



√



6+



√



2−



√



3 − 2 > 0, do x là góc nhọn.



Tiếp theo ta sử dụng hệ thức góc nhân đôi đối với hàm số tang hoặc hàm

số cosin, ta thu được công thức tính góc nhọn x.

Bây giờ ta chuyển sang xét các hệ thức đại số liên quan đến hàm số

sin t. Từ công thức Euler, ta thu được hệ thức



eit − e−it

i sin t =

.

2

Từ đây suy ra biểu thức i sin(it) nhận giá trị thực. Điều này gợi ý cho ta

cách chuyển đổi các đồng nhất thức đối với hàm số sin sang các đồng nhất

thức đại số.

12



Ví dụ 1.6. Xét công thức khai triển



sin 3t = 3 sin t − 4 sin3 t.

Từ đây ta thu được công thức (hình thức)



i sin i(3t) = 3(i sin it) + 4(i sin it)3 .

Hệ thức đại số ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức



1 3

1

1

1

a − 3 =3

a−

2

a

2

a



+4



1

1

a−

2

a



3



,



hay



4x3 + 3x =

với



x=



1

1 3

a − 3

2

a



1

1

a − , a = 0.

2

a



Ví dụ 1.7. Xét công thức biến đổi



sin 5t + sin t = 2 sin 3t(1 − 2 sin2 t).



(1.11)



Ta viết lại công thức (1.11) dưới dạng



i sin i(5t) + i sin it = 2i sin i(3t)(1 + 2(i sin it)2 .

Hệ thức đại số ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức



1 5

1

1

1

1 3

1

a − 5 + a−

=2

a − 3

2

a

2

a

2

a



1+



1

1

a− 2

2

a



2



.



Từ ví dụ trên, sử dụng kết quả khai triển các hàm lượng giác sin 3t và

sin 2t, ta thu được đồng nhất thức đại số dạng như ở ví dụ sau đây.

Ví dụ 1.8.



1 5

1

a − 5 = −m + 2(4m3 + 3m)(2m2 + 1),

2

a

trong đó



m=



1

1

a− .

2

a



13



Ví dụ 1.9. Cho số thực m. Tính giá trị của biểu thức



3

M = x3 + x,

4

trong đó



√

√

1 3

3

m + m2 + 1 + m − m2 + 1 .

2

Lời giải. Để ý rằng, với mọi m đều tồn tại số thực q để

x=



m=



1 3

1

q − 3 .

2

q



Ta chỉ cần chọn



q=



3



m+



√



m2 + 1



là đủ. Khi đó



1

1

1

q−

=

2

q

2



3



m+



√



m2 + 1 +



3



m−



√



m2 + 1 = x.



Theo Ví dụ 1.6 thì



4x3 + 3x = m

1

nên M = m.

4

Từ những kết quả nhận được, ta có thể giải và biện luận được nhiều

dạng phương trình đại số bậc cao và công thức tính giá trị của một số biểu

thức chứa căn thức.

Bài toán 1.6. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x+y +z = xyz.

Chứng minh rằng

√

(1 + y 2 )(1 + z 2 ) − 1 + y 2 − 1 + z 2

yz

√

√

(1 + z 2 )(1 + x2 ) − 1 + z 2 − 1 + x2

+

zx√

2

2

(1 + x )(1 + y ) − 1 + x2 − 1 + y 2

= 0.

+

xy



Lời giải. Đặt



x = tan α, y = tan β, z = tan γ

14



với



α, β, γ ∈ 0;



π

.

2



Do x + y + z = xyz, nên



tan α + tan β + tan γ = tan αtan βtan γ

⇔ tan α + tan β = tan γ(tan αtan β − 1)

tan α + tan β

⇔

= − tan γ (dễ thấy tan α tan β = 1)

1 − tan αtan β

⇔ α + β = −γ + kπ ⇔ α + β + γ = kπ, (k ∈ Z)

3π

3π

, suy ra 0 < kπ <

, mà k ∈ Z nên k = 1.

2

2

Vậy nên α + β + γ = π. Ta suy ra

√

(1 + y 2 )(1 + z 2 ) − 1 + y 2 − 1 + z 2

yz

(1 + tan2 β)(1 + tan2 γ) − 1 + tan2 β − 1 + tan2 γ

=

tan βtan γ

1

1

1

1

−

−

1 − (cos β + cos γ)

cos β cos γ cos β cos γ

=

=

.

sin β sin γ

sin β sin γ

cos β cos γ



Do α + β + γ ∈ 0;



Tương tự, ta cũng có



√

√

(1 + z 2 )(1 + x2 ) − 1 + z 2 − 1 + x2

1 − (cos γ + cos α)

=

zx

sin γ sin α

và



√

(1 + x2 )(1 + y 2 ) − 1 + x2 −

xy



1 + y2



=



1 − (cos α + cos β)

.

sin α sin β



Khi đó vế trái của đẳng thức cần chứng minh bằng



1 − (cos β + cos γ) 1 − (cos γ + cos α) 1 − (cos α + cos β)

+

+

sin β sin γ

sin γ sin α

sin α sin β

=



sin α + sin β + sin γ − sin(α + γ) − sin(α + β) − sin(β + γ)

= 0,

sin α sin β sin γ



điều phải chứng minh.

15



Bài toán 1.7. Cho xy = −1, yz = −1, zx = −1. Chứng minh rằng



x−y

y−z

z−x

x−y y−z z−x

+

+

=

.

.

.

1 + xy 1 + yz 1 + zx 1 + xy 1 + yz 1 + zx



Lời giải. Đặt x = tan α, y = tan β, z = tan γ, với α, β, γ ∈



−



π π

;

.

2 2



Khi đó



y−z

z−x

x−y

+

+

1 + xy 1 + yz 1 + zx

tan α − tan β

tan β − tan γ

tan γ − tan α

=

+

+

1 + tan αtan β 1 + tan βtan γ 1 + tan αtan γ

= tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α)

và



x−y y−z z−x

.

.

= tan(α − β) tan(β − γ) tan(γ − α).

1 + xy 1 + yz 1 + zx



Ta chứng minh đồng nhất thức



tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α) = tan(α − β) tan(β − γ) tan(γ − α).

Thật vậy, ta có



tan a + tan b

= tan(a + b)

1 − tan a tan b

nên



tan a + tan b = tan(a + b)(1 − tan a tan b).

Suy ra



tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α)

= tan(α − β + β − γ)[1 − tan(α − β) tan(β − γ)] + tan(γ − α)

= tan(α − γ) + tan(γ − α) + tan(α − β) tan(β − γ) tan(γ − α)

= tan(α − β) tan(β − γ) tan(γ − α).

Do đó



x−y

y−z

z−x

x−y y−z z−x

+

+

=

.

.

,

1 + xy 1 + yz 1 + zx 1 + xy 1 + yz 1 + zx



điều phải chứng minh.



16



1.3

1.3.1



Đa thức Chebyshev

Các định nghĩa



Định nghĩa 1.3 (xem [3]). Các đa thức Tn (x) (n ∈ N) được xác định như

sau



 T (x) = 1; T (x) = x,

0



1



 T (x) = 2xT (x) − T (x), ∀n > 1

n+1

n

n−1

được gọi là các đa thức Chebyshev (loại 1).

Định nghĩa 1.4 (xem [3]). Các đa thức Un (x) (n ∈ N) xác định như sau



 U (x) = 0; U (x) = 1,

0

1

 U (x) = 2xU (x) − U (x), ∀n > 1

n+1



n



n−1



được gọi là các đa thức Chebyshev (loại 2).



1.3.2



Tính chất của các đa thức Chebyshev



Tính chất 1.5. Tn (x) = cos(n arccos x) với mọi x ∈ [−1, 1]

Tính chất 1.6. Tn (x) ∈ Z[x] bậc n có hệ số bậc cao nhất bằng 2n−1 và là

hàm chẵn khi n chẵn; là hàm lẻ khi n lẻ.

Tính chất 1.7. Tn (x) có đúng n nghiệm phân biệt trên [-1, 1 ] là



xk = cos



2k + 1

π (k = 0, 1, . . . , n − 1).

2n



kπ

Tính chất 1.8. |Tn (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1, 1] và |Tn (x)| = 1 khi x = cos

,

n

k ∈ Z.

Tính chất 1.9. Đa thức T ∗ (x) = 21−n Tn (x) là đa thức bậc n với hệ số bậc

cao nhất bằng 1 và có độ lệch so với 0 trên [−1, 1] là nhỏ nhất trong tất cả

các đa thức bậc n với hệ số bậc cao nhất bằng 1.

Tính chất 1.10. Un (x) =



sin(n arccos x)

√

với mọi x ∈ (−1, 1).

1 − x2

17



1

sin nt

Tn (x) =

, cos t = x, đa thức bậc n − 1

n

sin t

có hệ số bậc cao nhất bằng 2n−1 và là hàm chẵn khi n lẻ; là hàm lẻ khi n

chẵn.

Tính chất 1.11. Un (x) =



Tính chất 1.12. Tn (x) có đúng n nghiệm phân biệt trên [-1, 1 ] là



xk = cos



2k + 1

π (k = 0, 1, . . . , n − 1).

2n



Tính chất 1.13. |Un (x)| ≤ n, ∀x ∈ [−1, 1] và |Tn (x)| ≤ n2 , ∀x ∈ [−1, 1].

Xét các hàm số



1

1

sinh x = (ex − e−x ), cosh x = (ex + e−x ).

2

2

Khi đó với |x| > 1 thì



Tn (x) = cosh(nt); Un (x) =



sinh(nt)

,

sinh t



(1.12)



trong đó x = cosh t.

Bài toán 1.8. Chứng minh rằng đa thức Un (x) có đúng n − 1 nghiệm thực

khác nhau trong (−1, 1).

Lời giải. Sử dụng Tính chất 1.3 và do Tn (x) có đúng n nghiệm thực phân

biệt trên [−1, 1] nên theo Định lý Rolle ta có ngay điều phải chứng minh.

Bài toán 1.9. Chứng minh rằng



Un (x) = xUn−1 (x) + Tn−1 (x), ∀n ∈ N∗ ; x ∈ R.

Lời giải. Ta chứng minh cho trường hợp x ∈ (−1, 1). Đặt x = cos t

(0 < t < π) và sử dụng các tính chất của Tn (x) và Un (x) ta thu được điều

phải chứng minh.

Với |x| > 1 thì ta sử dụng kết quả của đẳng thức (1.12).

Bài toán 1.10. Chứng minh rằng



Tn+1 (x) = xTn (x) − (1 − x2 )Un (x), ∀x ∈ R, n ∈ N.

Lời giải. Sử dụng phương pháp quy nạp, ta sẽ thu được (1.13)



18



(1.13)