Một số dạng toán từ các đề thi Olympic sử dụng phương pháp lượng giác

1

+) Giả sử | cos x| > √ ta có | cos 2x| = 2 cos2 x−1 ⇒ y = 2| sin x| ⇒

2

3π 5π

x∈

;

.

4 4

π 7π

Vậy bất phương trình có nghiệm là x ∈

;

.

4 4

Bài 

toán 4.8 (VMO - 2013). Giải hệ phương trình

1

1

20x





+ cos2 y +

=

 sin2 x +

2

cos2 y

x+y

sin x

1

1

20y





 sin2 y +

=

cos2 x +

2 +

2

cos x

x+y

sin y

Lời giải.

Điều kiện có nghĩa: sin x, cos x, siny, cos y = 0, xy > 0.

Nhân vế với vế của hai phương trình trong hệ ta được



sin2 x +



1

+

sin2 x



sin2 y +



+



cos2 y +



1

+

sin2 y



= 20



1

cos2 y



cos2 x +



1

cos2 x



xy

.

(x + y)2



(3)



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz và AM - GM, ta có



sin2 x +



1

+

sin2 x



sin2 y +



+



cos2 y +



1

+

sin2 y



1

cos2 y



cos2 x +



1

cos2 x



1

≥ | sin x. cos x| +

| sin x. cos x|

=



| sin 2x|

1

3

+

+

2

2| sin 2x| 2| sin 2x|



2



2



2



3

≥ 1+

2



=



Hoàn toàn tương tự ta có



1

sin y +

+

sin2 y

2



cos2 x

56



1

+

≥

cos2 x



5

2



2



.



5

2



2



.



Do đó theo bất đẳng thức AM - GM ta có

V T (3) ≥



44



sin2 x +



1

1

. cos2 x +

2

cos2 x

sin x



sin2 y +



1

sin2 y



cos2 x +



1

cos2 x



5

4

≥ 4 ( )4 = 10 ≥ 20

2



xy

= V P (3).

(x + y)2

π

π

Dấu bằng xảy ra khi | sin 2x| = 1; x = y ⇔ x = y = + k , k ∈ Z.

4

2

Thử lại, ta thấy nghiệm này thỏa mãn.

π

π π

π

Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) =

+k ; +k

; k ∈ Z.

4

2 4

2

Bài toán 4.9. Cho dãy số (vn )n thỏa mãn điều kiện



v = 5

1

4

2

v

n+1 = v − 4v + 2

n



n



Xác định số hạng tổng quát vn .

Lời giải. Sử dụng hằng đẳng thức sau



8m4 − 8m2 + 1 =

Đặt



1 4

1

1

1

a + 4 , với m =

a+ .

2

a

2

a



vn

= un ta thu được

2



√

1

1

5 1





u

=

=

a

+

,

a

=

(5

+

21),



 1 2

2

a

2







u

2

4

n+1 = 8un − 8un + 1



1 4

1

1 42

1

a + 4 , u3 =

a + 42 ,. . .

2

a

2

a

Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được



√

1

1

1





u

=

a

+

,

a

=

(5

+

21),



1



2

a

2





Theo (1) thì u2 =









1 4n−1

1



un+1 =

a

+ 4n−1

2

a

√

√

5 + 21 4n−1

5 − 21 4n−1

Vậy vn =

+

, n = 1, 2, . . .

2

2

57



(1)



(2)



Bài toán 4.10 (VMO - 1984 - Bảng A). Giải phương trình



1+



1 − x2



(1 + x)3 −



(1 − x)3



=2+



1 − x2 .



Lời giải.

Điều kiện có nghĩa: −1 ≤≤ x ≤ 1.

Đặt x = cos t, 0 ≤ t ≤ π

Phương trình trở thành



√



1 + sin t



(1 + cos t)3 −



(1 − cos t)3



= 2 + sin t



2



√

t

t

− sin3

.2 2 = 2 + sin t

2

2

√

t

t

t

t

1 + cos sin

.2 2 = 2 + sin t

⇔ cos2 − sin2

2

2

2

2

√

√

⇔ cos t(2 + sin t) 2 = 2 + sin t ⇔ (2 + sin t)( 2 cos t − 1) = 0

1

1

⇔ cos t = √ ⇔ x = √ .

2

2

1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = √ .

2

⇔



t

t

cos + sin

2

2



cos3



Bài toán 4.11 (USAMO - 1978). Giả sử x là nghiệm của phương trình

√

√

(3 + 2 2)x = ( 2 − 1)x + 3.

√

Chứng minh rằng khi đó x cũng là nghiệm của phương trình ( 2 + 1)x =

π

2 cos .

9

Lời giải. Giả sử x là nghiệm của phương trình



√

√

√

1

(3 + 2 2)x = ( 2 − 1)x + 3 ⇔ ( 2 + 1)2x = √

+ 3.

( 2 + 1)x

√

Đặt 2t = ( 2 + 1)x > 0. Khi đó (1) trở thành

4t2 =



1

1

+ 3 ⇔ 4t3 − 3t = .

2t

2



58



(1)



(2)



Trược hết ta tìm các nghiệm t ∈ (−1; 1) của phương trình (1).

Do t ∈ (−1; 1) nên đặt t = cos α, α ∈ (0; π). Ta có

1

π

2π

1

4 cos3 α − 3 cos α = ⇔ cos 3α = ⇔ α = ± + k .

2

2

9

3

π 5π 7π

Mặt khác α ∈ (0; π) nên α ∈

; ;

.

9 9 9

π

5π

Suy ra các nghiệm của phương trình (2) là t1 = cos ; t2 = cos ; t3 =

9

9

7π

cos .

9

π

Ta thấy (2) là phương trình bậc 3 đã có đủ 3 nghiệm t1 = cos ; t2 =

9

5π

7π

cos ; t3 = cos

trong (−1; 1) nên ta không cần xét các nghiệm ở ngoài

9

9

7π

5π

không thỏa mãn điều kiên

khoảng (−1; 1) nữa. Do t2 = cos ; t3 = cos

9√

9

π

t > 0 nên chỉ có t1 thỏa mãn nên ( 2 + 1)x = 2cos hay x là nghiệm của

9

√

π

x

phương trình ( 2 + 1) = 2cos (đpcm).

9

Chú ý 4.1. Ngoài ra ta cũng có thể sử dụng công thức nhân đôi, nhân ba

xây dựng một số hệ phương trình mà ta dùng phép thế lương giác để giải.



59



Kết luận

Luận văn “Phương pháp lượng giác giải phương trình đa thức và một

số dạng toán liên quan” giải quyết những vấn đề sau:

- Luận văn trình bày một số kiến thức cơ bản liên quan đến đẳng thức

lượng giác và các đẳng thức đại số liên quan...

- Tiếp theo, luận văn cũng đã trình bày chi tiết về cách giải phương

trình bậc ba, bậc bốn và một số dạng phương trình đa thức bậc cao...

- Cuối cùng, luận văn trình bày các dạng toán liên quan các phương

trình và hệ phương trình đưa về giải phương trình đa thức bậc cao.

- Một phần kết quả của luận văn này đã được trình bày trong Kỷ yếu

hội thảo khoa học tại Hưng Yên (xem [2]).



60



Tài liệu tham khảo

A Tiếng Việt

[1] Trương Ngọc Đắc (2015), Một số dãy số sinh bởi các hàm lượng giác,

Kỷ yếu HTKH Buôn Ma Thuộc, 14-15/03/2015, trang 58-64.

[2] Mông Thanh Hằng (2017), Phương pháp lương giác giải phương trình

đa thức bậc cao, Kỷ yếu HTKH Hưng Yên, 25-26/02/2017, trang 117130.

[3] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2003), Một số bài toán chọn

lọc về lượng giác, NXB Giáo dục.

[4] Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ (2012), Phương pháp tọa độ trong

hình học, NXB ĐHQG Hà Nội.

[5] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic Toán học

quốc tế, NXB Giáo dục.

B Tiếng Anh

[6] Radulescu T-L.T. , Radulescu V.D. , Andreescu T. (2009), Problems

in Real Analysis: Advanced Calculus on the real axis, Springer Sciences+Business Media.

[7] Sausa Paulo Ney, Silva Jorge- Nume (1998), Berkeley Problems in

Mathematics, Springer.



61