Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp lượng giác hoá chứng minh các bất đẳng thức đại số

 Huy- chk2 
 SKKN : PP LƯỢNG GIÁC HOÁ CM CÁC BĐT ĐẠI SỐ 
I. đặt vấn đề 
ở trường 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 phương tiện rất có 
hiệu quả và không thể thay thế được trong việc giúp học sinh nắm vững 
tri thức, phát triển tư 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 
trường phổ thông. 
Trong chương trình toán ở trường THPT, các bài toán rất phong 
phú và đa dạng cả về nội dung lẫn phương pháp giải. Vì vậy việc bồi 
dưỡng cho học sinh một phương pháp giải có hiệu quả là một việc rất 
bổ ích và cần thiết. Việc biến bài toán đại số thành bài toán lượng giác 
hay “Phương pháp lượng giác hoá các bài toán đại số” là một phương 
pháp còn chưa được sử dụng rộng rãi khi giải bài tập toán ở trường 
THPT, đó không phải thích hợp cho mọi bài toán đại số nhưng số lượng 
bài tập có thể áp dụng phương 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 phương pháp lượng 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 phương pháp lượng giác”. 
II. Mục tiêu của đề tài 
Đưa ra phương pháp chung để giải bài toán đại số bằng phương 
pháp lượng giác, cơ sở của phương pháp này, các ví dụ minh hoạ về 
chứng minh đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác nhằm khắc 
sâu kiến thức cơ bản và hình thành kỹ năng chứng minh đẳng thức đại 
số bằng phương pháp lượng giác. 
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
III. Nội dung 
1. Phương pháp lượng giác hoá các bài toán chứng minh đẳng 
thức đại số. 
* Để lượng giác hoá các bài toán ta dựa trên các mệnh đề sau: 
Mệnh đề I: Nếu –1 Ê x Ê 1 thì có một số a với -
2
p
 Ê a Ê 
2
p
 sao cho sin a 
= x và một số b với 0 Ê b Ê p sao cho cos b = x. 
Mệnh đề II: Nếu 0 Ê x Ê 1 thì có một số a và một số b với 0 Ê a Ê 
2
p
; 0 Ê b Ê 
2
p
 sao cho x = sina và x = cosb. 
Mệnh đề III: Với mỗi số thực x có một số a với -
2
p
< a < 
2
p
 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 Ê a Ê 2p sao cho x = cosa và y = sina. 
* Phương pháp giải: 
Ta thực hiện các bước sau: 
B-ớc 1: Lượng giác hoá đẳng thức. 
Bước 1: Thực hiện việc chứng minh đẳng thức lượng giác. 
* Chú ý: Các em học sinh cần ôn lại các ph-ơng pháp chứng minh 
đẳng thức l-ợng giác, các kiến thức cơ bản về l-ợng giác để 
có thể nhanh chóng tiếp cận đ-ợc ph-ơng pháp này. 
2. Các ví dụ 
Ví dụ 1: Cho ẵxẵ ³ ẵyẵ. Chứng minh 
ẵx + yẵ +ẵx - yẵ= 2222 yxxyxx --+-+ 
Giải: 
 Đẳng thức hiển nhiên đúng với x = y = 0. Giả sử x ạ 0. 
 Chia hai vế đẳng thức cần chứng minh cho ẵxẵ ta được: 
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
2
x
y11
x
y1
x
y1 ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ-+=-++ + 
2
x
y11 ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ-- 
Do ẵxẵ ³ y ta có: 
x
y
 Ê 1 nên –1 Ê 
x
y
 Ê 1. 
Đặt 
x
y
 = cos a với a ẻ [0; p] đẳng thức cuối sẽ là 
ẵ1 + cos aẵ+ẵ1 – cos aẵ=ẵ1 + sin aẵ+ẵ1 – sin aẵ 
Bởi vì các biểu thức trong các dấu giá trị tuyệt đối luôn không âm (-
1 Ê sina, cosa Ê 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 Ê a 2p và u 
= cosb và v = sinb với 0 Ê b Ê 2p. 
Từ giả thiết: xu + yv = 0 
Û cos a cos b + sin a sin b = cos(a – b) = 0 (*) 
a) ta có: 
x2 + u2 = cos2a + cos2b = 
2
1
(1 + cos 2a) + 
2
1
(1 + cos 2b) 
= 1 + 
2
1
(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 = 
2
1
(1 – cos 2a) + 
2
1
(1 – cos 2b) 
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
= 1 – cos(a + b) cos(a – b) = 1 (đpcm). 
c) Tương tự ta có: xy + uv = cos a sin a + cos b sin b = 
= 
2
1
(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 )z1)(y1( 22 -- + y )z1)(x1( 22 -- + z )y1)(x1( 22 -- 
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, 
cẻ ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ p
2
;0 . 
Chứng minh đẳng thức đã cho tương đương 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 
Û (cosc + cosacossb)2 – cos2acos2b + cos2a + cos2b – 1 = 0 
Û (cosc +cosacossb)2 + cos2asin2b – sin2b = 0 
Û (cosc + cosacossb)2 – sin2asin2b = 0 
Û (cosc + cosacosb – sinasinb)(cosc + cosacosb + sinasinb) = 0 
Û [cosc + cos(a + b)][cosc + cos(a – b)] = 0 
Û 4cos
2
cba ++
 cos 
2
cba -+
cos 
2
cba +-
cos
2
acb -+
= 0 (*) 
Do điều kiện 0 < a,b,c < 
2
p
 suy ra 
2
cba -+
ạ ± 
2
p
; 
2
cba +-
ạ ± 
2
p
 và 
2
acb -+
ạ ± 
2
p
. 
Thành thử: cos 
2
cba -+
cos 
2
cba +-
 cos 
2
acb -+
ạ 0 
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
Từ (*) suy ra: cos 
2
cba ++
 = 0 ị a + b + c = p 
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 
Û 1 + cosa cosb cosc = sina sinb cosc + sina sinc cosb 
 + sinb sinc cosa (đpcm). 
Ví dụ 4: Cho xy, yz, zx ạ -1. Chứng minh 
zx1
xz.
yz1
zy.
xy1
yx
zx1
xz
yz1
zy
xy1
yx
+
-
+
-
+
-
=
+
-
+
+
-
+
+
-
Giải: 
áp dụng mệnh đề III, đặt x = tga; y = tgb; z = tgc với -
2
p
< a, b, c 
<
2
p
, và áp dụng tg của hiệu hai góc ta có: 
tgatgb1
tgbtga
xy1
yx
+
-
=
+
-
= tg(a – b); 
Tương tự ta có: 
yz1
zy
+
-
= tg(b – c); 
zx1
zz
+
-
 = tg(c – a) 
Lưu ý rằng (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0 ta được: 
tg(a – b) + tg(b – c) + tg(c – a) = tg(a – b). tg(b – c) . tg(c – a) 
Biến đổi ngược lại với các phép biến đổi bên trên ta được điều cần 
phải chứng minh. 
Ví dụ 5: Cho 
z1
z1
y1
y1
x1
x1
-
+
+
-
+
+
-
+
 = 
z1
z1.
y1
y1.
x1
x1
-
+
-
+
-
+
 (1) Với x, y, z ạ 1. 
Chứng minh : 
a) 2
2
22 z1
z1
)y1)(x1(
)xy1)(yx(2
+
-
=
++
-+
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
b) 222
22
z1
z2
)y1)(x1(
)yx()xy1(
+
=
++
+--
Giải: 
a) Đặt x = tga ; y = tgb ; z = tgc 
với -
2
p
< a, b, c < 
2
p
 và a, b, c ạ 
2
p
 (vì x, y, z ạ 1) 
Ta có: 
tga.
4
tg1
tga
4
tg
tga1
tga1
x1
x1
p
-
p
=
-
+
=
-
+
= tg(a + 
2
p
) 
Tương tự: )
4
b(tg
y1
y1 p
+-
-
+
; )
4
c(tg
z1
z1 p
+-
-
+
Từ đẳng thức đã cho ta có: 
Tg(a + 
2
p
) + tg(b + 
2
p
) + tg(c + 
2
p
) = tg(a + 
2
p
) tg(b + 
2
p
) tg(c + 
2
p
) 
Đặt 
A = a + 
4
p
; B = b + 
4
p
; C = c + 
4
p
; đẳng thức cuối có dạng: 
tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC 
Û tgA + tgB = (1 – tgA tgB) tg(-C) 
Û tg(-C) = 
tgAtgB1
tgBtgA
-
+
= tg(A + B) Û A + B = -C + kp 
Û A + B + C = kp Û a + b + c = 
4
p
 + lp (2) 
Vậy điều kiện (1) tương đương với đẳng thức (2) 
Đẳng thức cần chứng minh tương đương với 
ctg1
ctg1
)btg1)(atg1(
)tgatgb1)(tgbtga(2
2
2
22 +
-
=
++
-+
Û 2(sina cosb + sinb cosa)(cosa cosb – sina sinb) = cos2c – sin2c 
Û 2sin(a + b) cos(a + b) = cos2c Û sin(2a + 2b) = cos 2c (3) 
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
Bởi vì: a + b + a = 
4
p
 + lp 
đẳng thức (3) hiển nhiên đúng (đpcm). 
b) Tương tự như câu a), sau khi thay x = tga, y = tgb, z = tgc rồi 
biến đổi lượng 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
)c1)(b1)(a1(
c
c1
b
b1
a
a1 222222 ---
=
-
+
-
+
-
Giải: 
Đặt a = tga, b = tgb, c = tgg với a, b, g ẻ ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ pp-
2
;
2
. 
tga + tgb + tgg - tga. tgb . tgg = 1 - tga.tgb-tgb.tgg-tgg.tga (1) 
Xét 2 trường hợp: 
Tr-ờng hợp 1: Nếu 1 - tga.tgb - tgb.tgg - tgg.tga = 0, ta được: 
tga.tgb + tgb.tgg + tgg.tga = 1 a + b + g = 
2
p
 + kp 
tga + tgb + tgg = tga.tgb.tgg a + b + g = lp 
Tr-ờng hợp 2: Nếu 1 - tga.tgb - tgb.tgg - tgg.tga ạ 0, ta được: 
1)(tg1
tg.tgtg.tgtg.tg
tg.tg.tgtgtgtg)1( =g+b+aÛ=
ag+gb+ba
gba-g+b+a
Û 
p+
p
=g+b+aÛp+
p
=g+b+aÛ k
2
222k
4
Û tg2a.tg2b - tg2b.tg2g - tg2g.tg2a = 1 
Û cotg2a + cotg2b + cotg2g = cotg2a.cotg2b.cotg2g (2) 
Nhận xét rằng: 
c
c12gcot,
b
b12gcot,
a
a12gcot
222 -
=g
-
=b
-
=a (3) 
ị mâu 
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
Thay (3) vào (2) suy ra điều phải chứng minh. 
Ví dụ 7: Cho xyz = x + y +z; và x2, y2, z2 ạ 
3
1
. Chứng minh: 
a. 2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
2
3
z31
zz3.
y31
yy3.
x31
xx3
z31
zz3
y31
yy3
x31
xx3
-
-
-
-
-
-
=
-
-
+
-
-
+
-
-
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 ẻ (
2
;
2
pp
- ); a, b, c ạ 
6
p
 điều 
kiện đã cho tương đương với: 
tga + tgb + tgc = tga tgb tgc (1). Theo bài 1.12 
(1) Û a + b + c = kp 
Chú ý là 
atg31
atgtga3a3tg 2
3
-
-
= 
btg31
btgtgb3b3tg 2
3
-
-
= và 
ctg31
ctgtgc3c3tg 2
3
-
-
= 
Đẳng thức cần chứng minh tương đương với 
tg3a + tg3b + tg3c = tg3a.tg3b.tg3c 
Đẳng thức này đúng (do a+b+c = kp thì 3a+3b+3c=lp) 
b. Đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 
tga(tg2b-1)(tg2c-1) + tgb(tg2c-1)(tg2a-1)+tgc(tg2a-1)(tg2b-
1)=2tgatgbtgc 
Ûsin2acos2bcos2c+cos2asin2bcos2c+cos2acos2bsin2c= 
sin2asin2bsin2c (2) 
Từ a + b + c = kp ị 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 
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
Đặt x = tga; y = tgb; z = tgc a,b,c ẻ ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ pp-
2
;
2
Từ điều kiện đã cho ta được: 
tgatgb + tgbtgc + tgctga = 1 ị a + b + c = 
2
p
 + kp 
ị 2a + 2b + 2c = p + 2kp 
sin (2a + 2b + 2c) = 0 
ị sin2a cos2b cos2c + sin2b cos 2ac os2c + sin2c cos2a cos2b 
- sin2a sin2b sin2c = 0 
Vì 
2
p-
 < a,b,c < 
2
p
 nên cos2a cos2b cos2c ta được: 
-++
ccosbcosacos
b2cosa2cosc2sin
ccosbcosacos
c2cos2cosb2sin
ccosbcosacos
c2cosb2cosa2sin
222222222 
0
ccosbcosacos
c2sinb2sina2sin
222 =- 
Mặt khác ta có tgx2
xcos
xcosxsin2
xcos
x2sin
22 == 
xtg1
xcos
xsinxcos
xcos
x2cos 2
2
22
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 
Ûtga(1-tg2b-tg2c+tg2btg2c)+tgb(1-tg2a-tg2c+tg2atg2c)+ 
tgc(1-tg2a-tg2b+tg2atg2b)-4tgatgbtgc = 0 
Û 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 được: 
x+y+z+xyz(yz+zx+xy) – 4xyz = x(y2+z2) + y(z2+x2) + z(x2+y2) 
Û x+y+z – 3xyz = x(y2+z2)+y(z2+x2) + z(x2+y2) (đpcm) 
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
Ví dụ 9: Nếu x1, x2, x3 là nghiệm của phương trình 
x3+ax2+x+b=0 (bạ0) 
CMR 4)
x
1x)(
x
1x()
x
1x)(
x
1x()
x
1x)(
x
1x(
1
1
3
333
2
2
2
2
2
1 =--+--+-- (1) 
Bài giải 
Từ giả thiết ta có: 
x1x2+x2x3+x3x1=1 và vì bạ0 do đó x1,x2,x3ạ0 
Đặt x=tgA, y=tgB, z=tgC, với A, B, C ẻ )
2
,
2
( pp- 
Ta có: 
tgA.tgB+tgB.tgC+tgC.tgA=1 Û A+B+C = 
2
p
 + kp 
Û 2A+2B+2C = p+2kp (2) 
và 
(1) Û (tgA-cotgA)(tgB-cotgB)+(tgB-cotgB)(tgC-cotgC)+ 
 + (tgC-cotgC)(tgA-cotgA) = 4 
Û (-2cotg2A)(-2cotg2B) + (-2cotg2B)(-2cotg2C)+ 
 + (-2cotg2C)(-2cotg2A) = 4 
Û cotg2Acotg2B + cotg2Bcotg2C + cotg2Ccotg2A = 1 
Û 2A + 2B + 2C = p + 2kp, luôn đúng do (2) 
Ví dụ 10: Chứng minh 
2
322
32
322
32
=
--
-
+
++
+
 (1) 
Giải 
Chia hai vế của (1) cho 2 ta được: 
1
3242
32
3242
32
=
--
-
+
++
+
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version 
 Huy- chk2 
Û 1
2
311
2
31
2
311
2
31
=
--
-
+
++
+
 (2) 
Thay 
2
3
 trong (2) bởi cos 
6
p
 ta được: 
PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version