A. CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC
Ví dụ $1.$ Cho $a, b, c$ là các số thực sao cho $(ab+1)(bc+1)(ca+1) \ne 0$
Chứng minh rằng :
$\displaystyle \frac{a-b}{1+ab}+\frac{b-c}{1+bc}+\frac{c-a}{1+ca}= \frac{a-b}{1+ab}.\frac{b-c}{1+bc}.\frac{c-a}{1+ca} (1)$
Lời giải :
Đặt $a = \tan x, b=\tan y, c=\tan z$, khi đó:
Vế trái $(1) = \frac{\tan x-\tan y}{1+\tan x \tan y}+\frac{\tan y-\tan z}{1+\tan y \tan z}+\frac{\tan z-\tan x}{1+\tan z \tan x}$
$=\tan (x-y) + \tan (y-z)+ \tan (z-x)$
Bây giờ ta sẽ chứng minh bài toán phụ sau :
Nếu $\alpha, \beta, \gamma$ là các góc thỏa mãn điều kiện $\alpha+ \beta+ \gamma=k\pi (k\in \mathbb{Z})$ thì
$\tan \alpha+ \tan \beta+ \tan \gamma=\tan \alpha\tan \beta \tan \gamma$
Thật vậy,
Từ điều kiện $\alpha+ \beta+ \gamma=k\pi \Rightarrow \alpha+ \beta=- \gamma + k\pi$
$\Rightarrow \tan (\alpha+ \beta)=- \tan \gamma\Rightarrow \frac{\tan \alpha+\tan \beta}{1-\tan \alpha \tan \beta}=- \tan \gamma\Rightarrow \tan \alpha+\tan \beta=-\tan \gamma+\tan \alpha\tan \beta\tan \gamma$
$\Rightarrow \tan \alpha+ \tan \beta+ \tan \gamma=\tan \alpha\tan \beta \tan \gamma$.
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
$\displaystyle \frac{a-b}{1+ab}+\frac{b-c}{1+bc}+\frac{c-a}{1+ca}= \frac{a-b}{1+ab}.\frac{b-c}{1+bc}.\frac{c-a}{1+ca}$
Và ta có ĐPCM.
Ví dụ $2.$ Cho $x, y, z$ là các số thực thỏa mãn $x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng :
$x(y^2-1)(z^2-1)+y(z^2-1)(x^2-1)+z(x^2-1)(y^2-1)=4xyz (2)$
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 $(2)=y(1-z^2)+z(1-y^2)=0$ do $y=-z$
còn hiển nhiên Vế phải $(2)=0$.
Vậy đẳng thức $(2)$ đúng trong trường hợp này.
ii) Nếu $xyz \ne 0$. Khi ấy đưa đẳng thức cần chứng minh về dạng tương đương sau :
$\displaystyle \frac{y^2-1}{2y}. \frac{z^2-1}{2z}+ \frac{z^2-1}{2z}. \frac{x^2-1}{2x}+ \frac{x^2-1}{2x}. \frac{y^2-1}{2y}=1 (*)$
Đặt $x=\tan a, y=\tan b, z=\tan c$.
Từ giả thiết ban đầu suy ra $\tan a+ \tan b + \tan c = \tan a \tan b \tan c$
$\Rightarrow -\tan a (1- \tan b\tan c) = \tan b +\tan c $
Chú ý rằng : $1- \tan b\tan c \ne 0$. Thật vậy nếu $1- \tan b\tan c=0\Rightarrow yz=1$
Do $x+y+z=xyz\Rightarrow y+z=0\Rightarrow \begin{cases}y=-z \\ yz=1 \end{cases}\Rightarrow -z^2=1$ đây là điều không thể xảy ra.
Với điều kiện $1- \tan b\tan c \ne 0$, ta suy ra
$-\tan a = \frac{\tan b +\tan c }{1- \tan b\tan c}=\tan (b+c)\Rightarrow a+b+c=k\pi, (k \in \mathbb{Z})$
$\Rightarrow 2a+2b+2c=2k\pi\Rightarrow \cot 2a=-\cot(2b+2c)=-\frac{1-\cot2b \cot2c}{\cot2b+\cot2c}$
$\Rightarrow \cot 2a \cot 2b+\cot2b \cot2c+\cot2c \cot2a=1 (**)$
Mặt khác, với $\phi$ là góc bất kỳ thì ta có công thức :
$\cot 2\phi = \frac{1}{\tan 2\phi}=\frac{1-\tan^2 \phi}{2\tan \phi}$
Do đó từ $(**)$ ta suy ra :
$\displaystyle\frac{1-\tan^2 a}{2\tan a}. \frac{1-\tan^2b}{2\tan b}+ \frac{1-\tan^2 b}{2\tan b}. \frac{1-\tan^2 c}{2\tan c}+\frac{1-\tan^2 c}{2\tan c}. \frac{1-\tan^2 a}{2\tan a}=1$
$\Leftrightarrow \displaystyle \frac{y^2-1}{2y}. \frac{z^2-1}{2z}+ \frac{z^2-1}{2z}. \frac{x^2-1}{2x}+ \frac{x^2-1}{2x}. \frac{y^2-1}{2y}=1$
Đây chính là đẳng thức $(*)$ tương đương với đẳng thức $(2)$ cần chứng minh.
Ví dụ $3.$ Chứng minh rằng phương trình $x^3-3x+1=0$ có ba nghiệm $x_1<x_2<x_3$, thỏa mãn hệ thức : $x_3^2=2+x_2$.
Lời giải :
Đặt $f(x)=x^3-3x+1$. 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 :
$f(x)=x^3-3x+1$ có ba nghiệm $x_1, x_2, x_3$ thỏa mãn :
$-2<x_1<-1<x_2<1<x_3<2 (1)$
Từ $(1)$ suy ra mọi nghiệm của phương trình đều thỏa mãn $|x| <2$
Vì thế có thể đặt $x=2\cos \alpha, 0 \le \alpha \le \pi$.
Khi đó $x^3-3x+1=0\Leftrightarrow 8\cos^3 \alpha-6\cos \alpha+1=0$
$\Leftrightarrow 2\cos 3\alpha = -1 \Leftrightarrow \cos 3 \alpha = -\frac{1}{2} (2)$
dễ dàng suy ra với $0 \le \alpha \le \pi$ thì có ba góc thỏa mãn $(2)$, đó là
$\begin{cases}\alpha_1=\frac{8\pi}{9}\\\alpha_2=\frac{4\pi}{9}\\\alpha_3=\frac{2\pi}{9} \end{cases}\Rightarrow \begin{cases}x_1=2\cos \alpha_1=2\cos \frac{8\pi}{9}\\x_2=2\cos \alpha_2=2\cos \frac{4\pi}{9}\\x_3=2\cos \alpha_3=2\cos \frac{2\pi}{9} \end{cases}$.
Rõ ràng,
$x_3^2=4\cos^2 \frac{2\pi}{9}=2\left ( 1+\cos \frac{4\pi}{9} \right )=2+2\cos \frac{4\pi}{9}=2+x_2$.
Đó là ĐPCM.
B. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Ví dụ $4.$ Cho $x^2+y^2=1$. Chứng minh rằng :
$\left| {16(x^5+y^5)-20(x^3+y^3)+5(x+y)} \right| \le \sqrt{2}$
Lời giải :
Do $x^2+y^2=1$, nên đặt $x= \sin \psi, y=\cos \psi$.
Ta có :
$\sin 5\psi = \sin (3\psi + 2\psi)=\sin 3\psi\cos 2\psi + \sin 2\psi\cos 3\psi$
$=\left ( 3\sin \psi-4\sin^3\psi \right )\left ( 1-2\sin^2 \psi \right )+2\sin \psi\cos \psi\left ( 4\cos^3 \psi-3\cos \psi \right )$
$=\left ( 3\sin \psi-4\sin^3\psi \right )\left ( 1-2\sin^2 \psi \right )+2\sin \psi\cos^2 \psi\left (4\cos^2 \psi-3 \right )$
$=\left ( 3\sin \psi-4\sin^3\psi \right )\left ( 1-2\sin^2 \psi \right )+2\sin \psi(1-\sin^2 \psi)\left (1-4\sin^2 \psi \right )$
$=16\sin^ \psi-20\sin^3\psi+5\sin \psi$
$=16x^5-20x^3+5x$
Làm tương tự ta cũng có :
$\cos 5\psi = 16y^5-20y^3+5y$
Vậy,
$\left| {16(x^5+y^5)-20(x^3+y^3)+5(x+y)} \right| =\left| {\sin 5\psi + \cos 5\psi} \right|=\sqrt{2}\left| {\sin \left (5\psi+\frac{\pi}{4} \right )} \right|$.
Mặt khác , $\left| {\sin \left (5\psi+\frac{\pi}{4} \right )} \right| \le 1, \forall \psi$.
Từ đây ta có ĐPCM.
Ví dụ $5.$ Cho $0<x, y, z <1$ và $xy+yz+zx=1$. Chứng minh rằng :
$\frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$
Lời giải :
Đặt $x=\tan a, y=\tan b, z=\tan c$.
Do $x, y, z \in (0, 1)\Rightarrow a, b, c \in \left (0, \frac{\pi}{4} \right )$.
Từ giả thiết, ta có :
$\tan a\tan b+ \tan b\tan c+ \tan c\tan a=1$.
Bằng cách sử dụng các kỹ thuật ở các ví dụ trước, ta suy ra $a+b+c=\frac{\pi}{2}$, do $a, b, c \in \left (0, \frac{\pi}{4} \right )$
Đặt $S = \frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2}$ thì
$2S=\frac{2\tan a}{1-\tan^2a}+\frac{\tan b}{1-\tan^2b}+\frac{\tan c}{1-\tan^2c}=\tan 2a + \tan 2b + \tan 2c$
Do $a+b+c=\frac{\pi}{2}\Rightarrow 2a+2b+2c=\pi$
$\Rightarrow \tan 2a + \tan 2b + \tan 2c=\tan 2a \tan 2b\tan 2c (1)$
Do $a, b, c \in \left (0, \frac{\pi}{4} \right )\Rightarrow \tan 2a , \tan 2b , \tan 2c$ là các số dương.
Theo bất đẳng thức Cô-si , ta có :
$2S \ge 3\sqrt[]{ \tan 2a \tan 2b \tan 2c}$ và theo $(1)$ ta được :
$2S \ge 3\sqrt[3]{ \tan 2a + \tan 2b + \tan 2c}$, tức là $2S \ge 3\sqrt[]{2S}$
$\Rightarrow 8S^3 \ge 27.2S\Rightarrow S^2 \ge \frac{27}{4}\Rightarrow S \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$ (do $S>0$).
Vậy, $\frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2} \ge \frac{3\sqrt{3}}{2}$ (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 :
$(x+y)^3+(x+z)^3+3(x+y)(y+z)(z+x) \le 5(y+z)^3$
Lời giải :
Đặt $a=x+y, b=y+z, c=z+x$ thì $a, b, c$ là các số dương và
$x=\frac{b+c-a}{2}; y=\frac{c+a-b}{2}; z=\frac{a+b-c}{2}$.
Thay điều này vào giả thiết ban đầu và rút gọn, ta được $a^2=b^2+c^2-bc$
Ta phải chứng minh : $b^3+c^3 +3abc \le 5a^3 (*)$
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 $a^2=b^2+c^2-bc$ suy ra $\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{bc}{2bc}=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat A=60^\circ$.
Ta có BĐT $(*)\Leftrightarrow (b+c)(b^2-bc+c^2)+3abc \le 5a^3$
$\Leftrightarrow a^2(b+c) +3abc\le 5a^3$
$\Leftrightarrow \frac{b}{a}+\frac{c}{a}+3.\frac{b}{a}.\frac{c}{a} \le 5$
Theo định lý hàm số sin và giả thiết $\sin A=\sin 60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$ thì điều này
$\Leftrightarrow 2\sqrt{3}(\sin B + \sin C) +12\sin B \sin C \le 15$
Mặt khác ta có :
$\sin B + \sin C = 2\sin \frac{B+C}{2}\cos \frac{B-C}{2} \le 2\sin \frac{B+C}{2}=2\sin \frac{120^\circ}{2}=\sqrt{3} $
$\sin B \sin C \le \frac{(\sin B + \sin C)^2}{4} \le \frac{3}{4}$
Ta suy ra đpcm.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c\Leftrightarrow x=y=z$.
C. GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƯƠNG TRÌNH
Ví dụ $7.$ Giải phương trình $4x^3-3x=\sqrt{1-x^2}$
Lời giải :
Điều kiện : $|x| \le 1$.
Đặt $x=\cos t, t \in [0, \pi].$
PT đã cho trở thành :
$4\cos^3t-3\cos t=\sqrt{1-cos^2t}\Leftrightarrow 4\cos^3t-3\cos t=|\sin t|\Leftrightarrow \cos 3t=\sin t$. (do $t \in [0, \pi]$ nên $\sin t \ge 0).$
$\Leftrightarrow \cos 3t= \cos \left (\frac{\pi}{2}-t \right )\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} 3t=\frac{\pi}{2}-t +k2\pi\\3t=-\frac{\pi}{2}+t +k2\pi\end{matrix}} \right.\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{\pi}{8} +\frac{k\pi}{2}\\t=-\frac{\pi}{4} +\frac{k\pi}{2}\end{matrix}} \right. (k \in \mathbb{Z})$
Do $t \in [0, \pi]\Rightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{\pi}{8}\\ t=\frac{5\pi}{8}\\ t=\frac{3\pi}{4}\end{matrix}} \right.$
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm $x \in \left\{ {\cos\frac{\pi}{8}, \cos\frac{5\pi}{8}, \cos\frac{3\pi}{4}} \right\}$.
Ví dụ $8.$ Giải phương trình $x^3-3x=\sqrt{x+2} (1)$
Lời giải :
Điều kiện : $x \ge -2$.
Với $x > 2$ thì :
$x^3-3x=\frac{x^3}{8}+\frac{7}{8}x^2.x-3x > \frac{2^3}{8}+\frac{7}{8}.2^2.x-3x=\frac{x+2}{2}=\frac{\sqrt{x+2}}{2}.\sqrt{x+2}>\sqrt{x+2} $
Trong trương hợp này thì phương trình $(1)$ vô nghiệm.
Với $x \in [-2, 2]$, ta đặt $x = 2\cos t (t \in [0, \pi])$
$(1)\Leftrightarrow 8\cos^3t-6\cos t=\sqrt{2\cos t +2}\Leftrightarrow 4\cos^3t-3\cos t=\sqrt{\frac{\cos t +1}{2}}$
$\Leftrightarrow \cos 3t = |\cos \frac{t}{2}|\Leftrightarrow \cos 3t = \cos \frac{t}{2}$ (do $\cos \frac{t}{2} \ge 0$)
$\Leftrightarrow 3t=\pm \frac{t}{2} + k2\pi \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=\frac{k4\pi}{5}\\t=\frac{k4\pi}{7} \end{matrix}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} t=0\\ t=\frac{4\pi}{5}\\t=\frac{4\pi}{7} \end{matrix}} \right. (t \in [0, \pi])$
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm $x \in \left\{ {2, 2\cos\frac{4\pi}{5}, 2\cos\frac{4\pi}{7}} \right\}$.
Ví dụ $9$. Giải hệ phương trình sau :
$\begin{cases}x-2y=xy^2 \\ y-2z=yz^2 \\z-2x=zx^2\end{cases}$
Lời giải :
Viết lại hệ phương trình đã cho về dạng
$\begin{cases}x(1-y^2)=2y \\ y(1-z^2)=2z \\z(1-x^2)=2x \end{cases}$
Nhận thấy rằng $x, y ,z \notin \left\{ {-1; 1} \right\}$. Thật vậy, giả sử nếu có $y=1$, thay vào phương trình $x(1-y^2)=2y\Rightarrow y=0,$ đây là điều vô lý.
Khi đó, phương trình $\Leftrightarrow \begin{cases}x=\frac{2y}{1-y^2} (1)\\ y=\frac{2z}{1-z^2} (2)\\z=\frac{2x}{1-x^2} (3) \end{cases}$
Đặt $x = \tan \phi.$
Từ $(3)\Rightarrow z=\frac{2 \tan \phi}{1- \tan^2 \phi}=\tan 2\phi$
Từ $(2)\Rightarrow y=\frac{2 \tan 2\phi}{1- \tan^2 2\phi}=\tan 4\phi$
Từ $(1)\Rightarrow x=\frac{2 \tan 4\phi}{1- \tan^2 4\phi}=\tan 8\phi$
Tóm lại ta có : $\tan 8\phi = \tan \phi \Leftrightarrow 8\phi = \phi + k\pi\Leftrightarrow \phi=\frac{k\pi}{7} (k \in \mathbb{Z})$.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm $(x, y, z)=\left ( \tan \frac{k\pi}{7}, \tan \frac{k4\pi}{7}, \tan \frac{k2\pi}{7} \right ) (k \in \mathbb{Z}).$
D. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài $1.$ Cho $xy+yz+zx=1$. Chứng minh rằng :
$x+y+z-3xyz=x(y^2+z^2)+y(z^2+x^2)+z(x^2+y^2)$
Bài $2.$ Cho $b \ne 0$ và giả sử phương trình $x^3a^2+x+b=0$ có ba nghiệm phân biệt là $x_1, x_2, x_3$.
Chứng minh rằng :
$\left ( x_1-\frac{1}{x_1} \right )\left ( x_2-\frac{1}{x_2} \right )+\left ( x_2-\frac{1}{x_2} \right )\left ( x_3-\frac{1}{x_3} \right )+\left ( x_3-\frac{1}{x_3} \right )\left ( x_1-\frac{1}{x_1} \right )=4$
Bài $3.$ Cho $x$ và $y$ không đồng thời bằng $0$. Chứng minh rằng :
$-2\sqrt{2}-2 \le \frac{x^2-(x-4y)^2}{x^2+4y^2} \le 2\sqrt{2}-2$
Bài $4.$ Cho $a_1, a_2, \cdots, a_{13}$ là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại hai số $a_i, a_j (1 \le i, j \le 13)$ sao cho :
$0<\frac{a_i-a_j}{1+a_ia_j}<2-\sqrt{3}$
Bài $5.$ Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng :
$\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}+\frac{3c}{\sqrt{1+c^2}} \le \sqrt{10}$
Bài $6.$ Giải phương trình
$\sqrt {{x^2} + 1} = \frac{{{x^2} + 1}}{{2x}} + \frac{{{{\left( {{x^2} + 1} \right)}^2}}}{{2x\left( {1 - {x^2}} \right)}}$
Bài $7.$ Giải phương trình
$x + \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }} = \frac{{35}}{{12}}$
Bài $8.$ Giải hệ phương trình
$\begin{cases}x+\sqrt{1-y^2}=1 \\ y+\sqrt{1-x^2}=\sqrt{3} \end{cases}$
Bài $9.$ Giải hệ phương trình
$\begin{cases}x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=1 \\ (1-x)(1+y)=2 \end{cases}$