A. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC
Ví dụ 1. Cho a,b,c là các số thực sao cho (ab+1)(bc+1)(ca+1)≠0
Chứng minh rằng :
a−b1+ab+b−c1+bc+c−a1+ca=a−b1+ab.b−c1+bc.c−a1+ca(1)
Lời giải :
Đặt a=tanx,b=tany,c=tanz, khi đó:
Vế trái (1)=tanx−tany1+tanxtany+tany−tanz1+tanytanz+tanz−tanx1+tanztanx
=tan(x−y)+tan(y−z)+tan(z−x)
Bây giờ ta sẽ chứng minh bài toán phụ sau :
Nếu α,β,γ là các góc thỏa mãn điều kiện α+β+γ=kπ(k∈Z) thì
tanα+tanβ+tanγ=tanαtanβtanγ
Thật vậy,
Từ điều kiện α+β+γ=kπ⇒α+β=−γ+kπ
⇒tan(α+β)=−tanγ⇒tanα+tanβ1−tanαtanβ=−tanγ⇒tanα+tanβ=−tanγ+tanαtanβtanγ
⇒tanα+tanβ+tanγ=tanαtanβtanγ.
Như vậy ta đã chứng minh xong bài toán phụ.
Áp dụng trong trường hợp (x−y)+(y−z)+(z−x)=0 thì ta có :
tan(x−y)+tan(y−z)+tan(z−x)=tan(x−y)tan(y−z)tan(z−x)
Quay trở lại phép đặt ẩn phụ thì hiển nhiên thấy
a−b1+ab+b−c1+bc+c−a1+ca=a−b1+ab.b−c1+bc.c−a1+ca
Và ta có ĐPCM.
Ví dụ 2. Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn x+y+z=xyz. Chứng minh rằng :
x(y2−1)(z2−1)+y(z2−1)(x2−1)+z(x2−1)(y2−1)=4xyz(2)
Lời giải :
Xét hai khả năng sau :
i) Nếu xy=0 suy ra ít nhất một trong ba số x,y,z bằng 0.
Giả sử x=0, khi đó từ giả thiết suy ra y+z=0 hay y=−z
Lúc này :
Vế trái (2)=y(1−z2)+z(1−y2)=0 do y=−z
còn hiển nhiên Vế phải (2)=0.
Vậy đẳng thức (2) đúng trong trường hợp này.
ii) Nếu xyz≠0. Khi ấy đưa đẳng thức cần chứng minh về dạng tương đương sau :
y2−12y.z2−12z+z2−12z.x2−12x+x2−12x.y2−12y=1(∗)
Đặt x=tana,y=tanb,z=tanc.
Từ giả thiết ban đầu suy ra tana+tanb+tanc=tanatanbtanc
⇒−tana(1−tanbtanc)=tanb+tanc
Chú ý rằng : 1−tanbtanc≠0. Thật vậy nếu 1−tanbtanc=0⇒yz=1
Do x+y+z=xyz⇒y+z=0⇒{y=−zyz=1⇒−z2=1 đây là điều không thể xảy ra.
Với điều kiện 1−tanbtanc≠0, ta suy ra
−tana=tanb+tanc1−tanbtanc=tan(b+c)⇒a+b+c=kπ,(k∈Z)
⇒2a+2b+2c=2kπ⇒cot2a=−cot(2b+2c)=−1−cot2bcot2ccot2b+cot2c
⇒cot2acot2b+cot2bcot2c+cot2ccot2a=1(∗∗)
Mặt khác, với ϕ là góc bất kỳ thì ta có công thức :
cot2ϕ=1tan2ϕ=1−tan2ϕ2tanϕ
Do đó từ (∗∗) ta suy ra :
1−tan2a2tana.1−tan2b2tanb+1−tan2b2tanb.1−tan2c2tanc+1−tan2c2tanc.1−tan2a2tana=1
⇔y2−12y.z2−12z+z2−12z.x2−12x+x2−12x.y2−12y=1
Đây chính là đẳng thức (∗) tương đương với đẳng thức (2) cần chứng minh.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng phương trình x3−3x+1=0 có ba nghiệm x1<x2<x3, thỏa mãn hệ thức : x23=2+x2.
Lời giải :
Đặt f(x)=x3−3x+1. Ta có : f(−2)<0;f(−1)>0;f(1)<0;f(2)>0.
Dựa vào tính liên tục của f(x), suy ra phương trình :
f(x)=x3−3x+1 có ba nghiệm x1,x2,x3 thỏa mãn :
−2<x1<−1<x2<1<x3<2(1)
Từ (1) suy ra mọi nghiệm của phương trình đều thỏa mãn |x|<2
Vì thế có thể đặt x=2cosα,0≤α≤π.
Khi đó x3−3x+1=0⇔8cos3α−6cosα+1=0
⇔2cos3α=−1⇔cos3α=−12(2)
dễ dàng suy ra với 0≤α≤π thì có ba góc thỏa mãn (2), đó là
{α1=8π9α2=4π9α3=2π9⇒{x1=2cosα1=2cos8π9x2=2cosα2=2cos4π9x3=2cosα3=2cos2π9.
Rõ ràng,
x23=4cos22π9=2(1+cos4π9)=2+2cos4π9=2+x2.
Đó là ĐPCM.
B. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Ví dụ 4. Cho x2+y2=1. Chứng minh rằng :
|16(x5+y5)−20(x3+y3)+5(x+y)|≤√2
Lời giải :
Do x2+y2=1, nên đặt x=sinψ,y=cosψ.
Ta có :
sin5ψ=sin(3ψ+2ψ)=sin3ψcos2ψ+sin2ψcos3ψ
=(3sinψ−4sin3ψ)(1−2sin2ψ)+2sinψcosψ(4cos3ψ−3cosψ)
=(3sinψ−4sin3ψ)(1−2sin2ψ)+2sinψcos2ψ(4cos2ψ−3)
=(3sinψ−4sin3ψ)(1−2sin2ψ)+2sinψ(1−sin2ψ)(1−4sin2ψ)
=16sinψ−20sin3ψ+5sinψ
=16x5−20x3+5x
Làm tương tự ta cũng có :
cos5ψ=16y5−20y3+5y
Vậy,
|16(x5+y5)−20(x3+y3)+5(x+y)|=|sin5ψ+cos5ψ|=√2|sin(5ψ+π4)|.
Mặt khác , |sin(5ψ+π4)|≤1,∀ψ.
Từ đây ta có ĐPCM.
Ví dụ 5. Cho 0<x,y,z<1 và xy+yz+zx=1. Chứng minh rằng :
x1−x2+y1−y2+z1−z2≥3√32
Lời giải :
Đặt x=tana,y=tanb,z=tanc.
Do x,y,z∈(0,1)⇒a,b,c∈(0,π4).
Từ giả thiết, ta có :
tanatanb+tanbtanc+tanctana=1.
Bằng cách sử dụng các kỹ thuật ở các ví dụ trước, ta suy ra a+b+c=π2, do a,b,c∈(0,π4)
Đặt S=x1−x2+y1−y2+z1−z2 thì
2S=2tana1−tan2a+tanb1−tan2b+tanc1−tan2c=tan2a+tan2b+tan2c
Do a+b+c=π2⇒2a+2b+2c=π
⇒tan2a+tan2b+tan2c=tan2atan2btan2c(1)
Do a,b,c∈(0,π4)⇒tan2a,tan2b,tan2c là các số dương.
Theo bất đẳng thức Cô-si , ta có :
2S≥3√tan2atan2btan2c và theo (1) ta được :
2S≥33√tan2a+tan2b+tan2c, tức là 2S≥3√2S
⇒8S3≥27.2S⇒S2≥274⇒S≥3√32 (do S>0).
Vậy, x1−x2+y1−y2+z1−z2≥3√32 (đpcm).
Ví dụ 6. (Đại học Khối A−2009)
Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn x(x+y+z)=3yz.
Chứng minh rằng :
(x+y)3+(x+z)3+3(x+y)(y+z)(z+x)≤5(y+z)3
Lời giải :
Đặt a=x+y,b=y+z,c=z+x thì a,b,c là các số dương và
x=b+c−a2;y=c+a−b2;z=a+b−c2.
Thay điều này vào giả thiết ban đầu và rút gọn, ta được a2=b2+c2−bc
Ta phải chứng minh : b3+c3+3abc≤5a3(∗)
Nhận thấy a,b,c thỏa mãn điều kiện để trở thành ba cạnh của một tam giác ABC có BC=a,AC=b,AB=c, và hệ thức a2=b2+c2−bc suy ra cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12⇒ˆA=60∘.
Ta có BĐT (∗)⇔(b+c)(b2−bc+c2)+3abc≤5a3
⇔a2(b+c)+3abc≤5a3
⇔ba+ca+3.ba.ca≤5
Theo định lý hàm số sin và giả thiết sinA=sin60∘=√32 thì điều này
⇔2√3(sinB+sinC)+12sinBsinC≤15
Mặt khác ta có :
sinB+sinC=2sinB+C2cosB−C2≤2sinB+C2=2sin120∘2=√3
sinBsinC≤(sinB+sinC)24≤34
Ta suy ra đpcm.
Dấu bằng xảy ra ⇔a=b=c⇔x=y=z.
C. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Ví dụ 7. Giải phương trình 4x3−3x=√1−x2
Lời giải :
Điều kiện : |x|≤1.
Đặt x=cost,t∈[0,π].
PT đã cho trở thành :
4cos3t−3cost=√1−cos2t⇔4cos3t−3cost=|sint|⇔cos3t=sint. (do t∈[0,π] nên sint≥0).
⇔cos3t=cos(π2−t)⇔[3t=π2−t+k2π3t=−π2+t+k2π⇔[t=π8+kπ2t=−π4+kπ2(k∈Z)
Do t∈[0,π]⇒[t=π8t=5π8t=3π4
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x∈{cosπ8,cos5π8,cos3π4}.
Ví dụ 8. Giải phương trình x3−3x=√x+2(1)
Lời giải :
Điều kiện : x≥−2.
Với x>2 thì :
x3−3x=x38+78x2.x−3x>238+78.22.x−3x=x+22=√x+22.√x+2>√x+2
Trong trương hợp này thì phương trình (1) vô nghiệm.
Với x∈[−2,2], ta đặt x=2cost(t∈[0,π])
(1)⇔8cos3t−6cost=√2cost+2⇔4cos3t−3cost=√cost+12
⇔cos3t=|cost2|⇔cos3t=cost2 (do cost2≥0)
⇔3t=±t2+k2π⇔[t=k4π5t=k4π7⇔[t=0t=4π5t=4π7(t∈[0,π])
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm x∈{2,2cos4π5,2cos4π7}.
Ví dụ 9. Giải hệ phương trình sau :
{x−2y=xy2y−2z=yz2z−2x=zx2
Lời giải :
Viết lại hệ phương trình đã cho về dạng
{x(1−y2)=2yy(1−z2)=2zz(1−x2)=2x
Nhận thấy rằng x,y,z∉{−1;1}. Thật vậy, giả sử nếu có y=1, thay vào phương trình x(1−y2)=2y⇒y=0, đây là điều vô lý.
Khi đó, phương trình ⇔{x=2y1−y2(1)y=2z1−z2(2)z=2x1−x2(3)
Đặt x=tanϕ.
Từ (3)⇒z=2tanϕ1−tan2ϕ=tan2ϕ
Từ (2)⇒y=2tan2ϕ1−tan22ϕ=tan4ϕ
Từ (1)⇒x=2tan4ϕ1−tan24ϕ=tan8ϕ
Tóm lại ta có : tan8ϕ=tanϕ⇔8ϕ=ϕ+kπ⇔ϕ=kπ7(k∈Z).
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x,y,z)=(tankπ7,tank4π7,tank2π7)(k∈Z).
D. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. Cho xy+yz+zx=1. Chứng minh rằng :
x+y+z−3xyz=x(y2+z2)+y(z2+x2)+z(x2+y2)
Bài 2. Cho b≠0 và giả sử phương trình x3a2+x+b=0 có ba nghiệm phân biệt là x1,x2,x3.
Chứng minh rằng :
(x1−1x1)(x2−1x2)+(x2−1x2)(x3−1x3)+(x3−1x3)(x1−1x1)=4
Bài 3. Cho x và y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng :
−2√2−2≤x2−(x−4y)2x2+4y2≤2√2−2
Bài 4. Cho a1,a2,⋯,a13 là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại hai số ai,aj(1≤i,j≤13) sao cho :
0<ai−aj1+aiaj<2−√3
Bài 5. Cho các số dương a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca=1. Chứng minh rằng :
a1+a2+b1+b2+3c√1+c2≤√10
Bài 6. Giải phương trình
√x2+1=x2+12x+(x2+1)22x(1−x2)
Bài 7. Giải phương trình
x+x√x2−1=3512
Bài 8. Giải hệ phương trình
{x+√1−y2=1y+√1−x2=√3
Bài 9. Giải hệ phương trình
{x√1−y2+y√1−x2=1(1−x)(1+y)=2