Toán học - Một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số

1. Các kiến thức cần nắm
1.1. Các hệ thức cơ bản
+ 	+ 1 + tg2a = 
+ tga . cotga = 1 (a ạ )	+ 1 + cotg2a = 
1.2. Công thức cộng góc
+ cos(a ± b) = cosa cosb sina sinb
+ sin(a ± b) = sina cosb ± cosa sinb
+ tg (a ± b) = 
+ cotg(a ± b) = 
1.3. Công thức nhân
+ sin2a = 2 sina cosa
+ cos2a = cos2a - sin2a = 2cos2a - 1 = 1 - 2sin2a
+ tg2a = 
+ cotg2a = 
+ sin3a = 3sina - 4sin3a
+ cos3a = 4cos3a - 3cosa
+ tg3a = )
1.4. Công thức hạ bậc 
+ cos2a = 	+ sin2a = 
+ tg2a = 
1.5. Công thức biến đổi tổng thành tích:
+ cosa + cosb = 2cos
+ cosa - cosb = - 2sin
+ sina + sinb = 2sin
+ sina - sinb = = - 2cos
+ tga ± tgb = 
1.6. Công thức biến đổi tích thành tổng:
+ cosa.cosb = 
+ sina.sinb = 
+ sina.cosb = 
Biểu thức đại số
Biểu thức lượng giác
tương tự
Công thức lượng giác
1 + x2
1 + tan2t
1+tan2t = 
4x3 - 3x
4cos3t - 3cost
4cos3t - 3cost = cos3t
2x2 - 1
2cos2t - 1
2cos2t - 1 = cos2t
 = tan2t
 = sin2t
= tan(a+b)
x2 - 1
 = tan2a
...
....
......
một số phương pháp lượng giác để chứng minh 
bất đẳng thức đại số
I. Dạng 1: Sử dụng hệ thức sin2a + cos2a = 1
1) Phương pháp: 
a) Nếu thấy x2 + y2 = 1 thì đặt với a ẻ [0, 2p]
b) Nếu thấy x2 + y2 = r2 (r > 0) thì đặt với a ẻ [0, 2p]
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Cho 4 số a, b, c, d thoả mãn: a2 + b2 = c2 + d2 = 1
Chứng minh rằng: a(c+d) + b(c-d) Ê
Giải:
Đặt và ị S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv)
ị P = a(c+d) + b(c-d) = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv)
 = sin(u+v) - cos(u+v)
Û(đpcm)
VD2: Cho a2 + b2 = 1. Chứng minh rằng: 
Giải:
Đặt a = cosa và b = sina với 0 Ê a Ê 2p. Thế vào biểu thức vế trái rồi biến đổi.
= cos4a + sin4a + 
= 
= 
= (đpcm)
Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bước nữa để xuất hiện a2+b2=1
VD3: Cho a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0. Chứng minh rằng:
A = 
Giải:
Biến đổi điều kiện: a2 + b2 - 2a - 4b + 4 = 0Û (a-1)2 + (b-2)2 = 1
Đặt 
A (đpcm)
VD4: Cho a, b thoả mãn : = 13
Chứng minh rằng: a2 + b2 + 2(b-a) ³ - 1
Giải:
Biến đổi bất đẳng thức: a2 + b2 + 2(b-a) ³ - 1 Û (a-1)2 + (b + 1)2 ³ 1
Đặt với R ³ 0 Û 
Ta có: 
Û 
Từ đó ị (a-1)2 + (b+1)2 = R2 ³ 1 Û a2 + b2 + 2(b - a) ³ - 1 (đpcm)
II. Dạng 2: Sử dụng tập giá trị 
1. Phương pháp: 
a) Nếu thấy |x| Ê 1 thì đặt 
b) Nếu thấy |x| Ê m ( ) thì đặt 
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng: (1+x)p + (1-x)p Ê 2p " |x| Ê 1 ; " P ³ 1.
Giải:
Đặt x = cosa với a ẻ [0, p], khi đó (1 + x)p + (1 - x)p = (1+cosa)p + (1-cosa)p
= 
(đpcm)
VD2: Chứng minh rằng: 
Giải:
Từ đk 1 - x2 ³ 0 Û |x| Ê 1 nên
Đặt x = cosa với 0 Ê a Ê p ị = sina. Khi đó ta có:
P=
=(đpcm)
VD3: Chứng minh rằng: 
Giải:
Từ đk |a| Ê 1 nên
Đặt a=cosa với aẻ[0,p] ị 
(1)Û	
Û
Û đúng ị (đpcm)
VD4: Chứng minh rằng: S = 
Giải:
Từ đk |a| Ê 1 nên:
Đặt a = cosa với a ẻ [0, p] ị = sina. Khi đó biến đổi S ta có:
S=
= ị (đpcm)
VD5: Chứng minh rằng A = 
Giải:
Từ điều kiện: 1 - a2 ³ 0 ; 1 - b2 ³ 0 Û |a| Ê 1 ; |b| Ê 1 nên. 
Đặt a = sina, b = sin b với a, b ẻ 
Khi đó A = =
= 
(đpcm)
VD6: Chứng minh rằng: A = |4a3 - 24a2 + 45a - 26| Ê 1 "a ẻ [1; 3]
Giải:
Do a ẻ [1, 3] nên |a-2| Ê 1 nên ta đặt a - 2 = cosa Û a = 2 + cosa. Ta có: 
A = 
(đpcm)
VD7: Chứng minh rằng: A = 
Giải:
Do a ẻ [0, 2] nên |a-1| Ê 1 nên ta đặt a - 1 = cosa với a ẻ [0, p]. Ta có:
A = 
= (đpcm)
III. Dạng 3: Sử dụng công thức: 1+tg2a = 
1) Phương pháp: 
a) Nếu |x| ³ 1 hoặc bài toán có chứa biểu thức 
thì đặt x = với aẻ
b) Nếu |x| ³ m hoặc bài toán có chứa biểu thức 
thì đặt x = với aẻ
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng A = 
Giải:
Do |a| ³ 1 nên :
Đặt a = với aẻị . Khi đó:
A = (đpcm)
VD2: Chứng minh rằng: - 4 Ê A = Ê 9 
Giải:
Do |a| ³ 1 nên:
Đặt a = với aẻị . Khi đó:
A = = (5-12tga)cos2a = 5cos2a-12sinacosa=
= 
ị - 4 = (đpcm)
VD3: Chứng minh rằng: A = Ê 1 
Giải:
Do |a| ³ 1; |b| ³ 1 nên .
Đặt a = ; b = với aẻ. Khi đó ta có:
A = (đpcm)
VD4: Chứng minh rằng: a + 
Giải:
Do |a| > 1 nên:
Đặt a = với aẻ. Khi đó:
a+ (đpcm)
VD5: Chứng minh rằng 
Giải:
Bất đẳng thức Û 
Do |x|; |y| ³ 1 nên Đặt x = ; y= với a, bẻ. 
Khi đó: (1) Û S = sina + cosa(4sinb + 3cosb) Ê 
Ta có: S Ê sina + cosa
Ê ị (đpcm)
IV. Dạng 4: Sử dụng công thức 1+ tg2a = 
1. Phương pháp:
a) Nếu x ẻ R và bài toán chứa (1+x2) thì đặt x = tga với a ẻ 
b) Nếu x ẻ R và bài toán chứa (x2+m2) thì đặt x = mtga với a ẻ 
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng: S = 
Giải:
Đặt x = tga với a ẻ ị , khi đó biến đổi S ta có:
S = |3tga.cosa - 4tg3a.cos3a| = |3sina - 4sin3a| = |sin3a| Ê 1 	(đpcm)
VD2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 
Giải:
Đặt a= tga với a thì ta có: A = 
= 
= 3 - 
Với = 0 ị a = 0 thì MaxA = 3 ; Với = ị a = thì MinA = 
VD3: Chứng minh rằng: " a, b ẻ R
Giải:
Đặt a = tga, b = tgb. Khi đó 
= 
= 	(đpcm)
VD4: Chứng minh rằng: 
Giải:
Đặt a = tga, b = tgb, c = tgg. Khi đó bất đẳng thức Û
Û 
Û
Û |sin(a-b)|+|sin(b-g)| ³ |sin(g-a)|. Biến đổi biểu thức vế phải ta có:
|sin(g-a)|= |sin[(a-b)+(b-g)]| = |sin(a-b)cos(b-g)+sin(b-g)cos(a-b)| Ê
|sin(a-b)cos(b-g)|+|sin(b-g)cos(a-b)|=|sin(a-b)||cos(b-g)|+|sin(b-g)||cos(a-b)|
Ê |sin(a-b)|.1 + |sin(b-g)|.1 = |sin(a-b)| + |sin(b-g)| ị (đpcm)
VD5: Chứng minh rằng: 
Giải:
(1) Û 
Đặt tg2a=, tg2b= với a,b ẻ ị Biến đổi bất đẳng thức
Û 
Û cosa cosb + sina sinb = cos(a-b) Ê 1 đúng ị (đpcm)
Dấu bằng xảy ra Û cos(a-b) = 1 Û a=b Û 
VD6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 
Giải:
Đặt a = tg. Khi đó A = 
A = 3sin a + 4 |cosa| ³ 3 sina + 4.0 = 3sina ³ 3.(-1) = -3
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:
A2 = (3sina + 4 |cosa|)2 Ê (32 + 42)(sin2a + cos2a) = 25 ị A Ê 5
Với sina = 1 Û a = 1 thì MinA = - 3 ; với thì MaxA = 5
V. Dạng 5: Đổi biến số đưa về bất đẳng thức tam giác 
1) Phương pháp:
a) Nếu thì 
b) Nếu thì 
c) Nếu thì 
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.
S = 
Giải:
Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg; y = tg; z = tg với a, b, g ẻ 
Do xy + yz + zx = 1 nên tgtg + tgtg + tgtg = 1
Û tg = 1 - tgÛ
Û 
S = = cotg+ cotg+ cotg-3
S = 
S = 2(cotga+cotgb+cotgg) - 
S = (cotga+cotgb-2tg) + (cotgb+cotgg-2tg) +(cotga+cotgb-2tg)
Để ý rằng: cotga + cotgb = 
³ 
T đó suy ra S ³ 0. Với x = y = z = thì MinS = 0
VD2: Cho 0 < x, y, z < 1 và 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x2 + y2 + z2
Giải:
Do 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg; y = tg; z = tg với a, b, g ẻ 
Khi đó tga = ; tgb = ; tgg = và đẳng thức ở giả thiết
Û++ = Û tga+tgb+tgg = tga.tgb.tgg
Û tga + tgb = - tgg(1-tga.tgb) Û = - tgg Û tg(a+b) = tg(-g)
Do a, b, g ẻ nên a + b = p - g Û a + b + g = p. Khi đó ta có:
tgtg+ tgtg + tgtg = 1 Û xy + yz + zx = 1. Mặt khác:
(x2 + y2 + z2) - (xy + yz + zx) = 
ị S = x2 + y2 + z2 ³ xy + yz + zx = 1. Với x = y = z = thì MinS = 1
VD3: Cho . Chứng minh rằng: S = 
Giải:
Đặt ; ; với a, b, g ẻ 
Do = x + y + z = 1 
nên tgtg + tgtg + tgtg = 1
Û tg = cotgÛ tg = tgÛ +=-
Û 
S = 
= 
= (cos + cosb + cosg) + = 
Ê (đpcm)
3. Các bài toán đưa ra trắc nghiệm
Trước khi tôi dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến của tôi cho học sinh của 2 lớp 11A1 và 11A2 ở trường tôi, tôi đã ra bài về nhà cho các em, cho các em chuẩn bị trước trong thời gian 2 tuần. Với các bài tập sau:
Bài 1:	Cho a2 + b2 = 1. CMR: | 20a3 - 15a + 36b - 48b3| Ê 13.
Bài 2:	Cho (a-2)2 + (b-1)2 = 5. CMR: 2a + b Ê 10.
Bài 3:	Cho CMR: a4 + b4 ³ a3 + b3
Bài 4:	Cho a; b ; c ³ 1 	CMR: 
Bài 5:	Cho 	CMR:
a) xyz Ê 
b) xy + yz + zx Ê 
c) x2 + y2 + z2 ³ 
d) xy + yz + zx Ê 2xyz + 
e) 
Bài 6:	CMR: " a, b ẻ (0, 1]
Bài 7:	CMR: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ³ 9 (ab + bc + ca)	" a, b, c > 0
Bài 8:	Cho 
Bài 9:	Cho 
Bài 10: Cho