Bài 35: Chứng minh rằng các biểu thức sau là những số không phụ thuộc \(\alpha \)
a) \(A = 2({\sin ^6}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^6}\alpha ) – 3({\sin ^4}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha )\)
b) \(A = 4({\sin ^4}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha ) – c{\rm{os4}}\alpha \)
c) \(C = 8(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^8}\alpha – {\sin ^8}\alpha ) – \cos 6\alpha – 7\cos 2\alpha \)
a) \(A = 2({\sin ^2}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha )({\sin ^4}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha – {\sin ^2}\alpha co{s^2}\alpha ) – 3({\sin ^4}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha )\)
= \( – {\sin ^4}\alpha – {\cos ^4}\alpha – 2{\sin ^2}{\cos ^2}\alpha \)
= \( – {({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha )^2} = – 1\)
b) \(A = 4{\rm{[}}{({\sin ^2}\alpha + c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha )^2} – 2{\sin ^2}\alpha c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha {\rm{]}} – c{\rm{os4}}\alpha \)
= \(4\left( {1 – {1 \over 2}{{\sin }^2}2\alpha } \right) – 1 + 2{\sin ^2}2\alpha = 3\)
c) \(C = 8(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha – {\sin ^4}\alpha )(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^4}\alpha + {\sin ^4}\alpha ) – \cos 6\alpha – 7\cos 2\alpha \)
\( = 8(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha – {\sin ^2}\alpha )(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha + {\sin ^2}\alpha ){\rm{[}}{(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha + {\sin ^2}\alpha )^2} – 2{\sin ^2}\alpha c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\alpha {\rm{]}} – \cos 6\alpha – 7\cos 2\alpha \)
\( = 8c{\rm{os}}2\alpha \left( {1 – {1 \over 2}si{n^2}2\alpha } \right) – c{\rm{os6}}\alpha {\rm{ – 7cos2}}\alpha \)
\( = c{\rm{os}}2\alpha – 4\cos 2\alpha si{n^2}2\alpha – c{\rm{os(4}}\alpha + {\rm{2}}\alpha )\)
\( = c{\rm{os}}2\alpha – 2\sin 4\alpha sin2\alpha – c{\rm{os4}}\alpha c{\rm{os2}}\alpha + \sin 4\alpha sin2\alpha \)
\( = c{\rm{os}}2\alpha – (\cos 4\alpha \cos 2\alpha + \sin {\rm{4}}\alpha \sin {\rm{2}}\alpha )\)
\( = \cos 2\alpha – c{\rm{os2}}\alpha {\rm{ = 0}}\)
Advertisements (Quảng cáo)
Bài 36: Rút gọn các biểu thức
a) \({{\tan 2\alpha } \over {\tan 4\alpha – \tan 2\alpha }}\)
b) \(\sqrt {1 + \sin \alpha } – \sqrt {1 – \sin \alpha } \) với \(0 < \alpha < {\pi \over 2}\)
c) \({{3 – 4\cos 2\alpha + c{\rm{os4}}\alpha } \over {3 + 4\cos 2\alpha + \cos 4\alpha }}\)
d) \({{\sin \alpha + \sin 3\alpha + \sin 5\alpha } \over {\cos \alpha + \cos 3\alpha + c{\rm{os5}}\alpha }}\)
a) \(\eqalign{
& {{\tan 2\alpha } \over {\tan 4\alpha – \tan 2\alpha }} = {{\tan 2\alpha } \over {{{2\tan 2\alpha } \over {1 – {{\tan }^2}\alpha }} – \tan 2\alpha }} \cr
& = {{1 – {{\tan }^2}2\alpha } \over {1 + {{\tan }^2}2\alpha }} = \cos 4\alpha \cr} \)
b) \(\eqalign{
& \sqrt {1 + \sin \alpha } – \sqrt {1 – \sin \alpha } \cr
& = \sqrt {{{\left( {cos{\alpha \over 2} + sin{\alpha \over 2}} \right)}^2}} – \sqrt {{{\left( {cos{\alpha \over 2} – sin{\alpha \over 2}} \right)}^2}} \cr} \)
Vì \(0 < \alpha < {\pi \over 2}\) nên \(0 < {\alpha \over 2} < {\pi \over 4}\)
Suy ra \(0 < \sin {\alpha \over 2} < \cos {\alpha \over 2}\)
Advertisements (Quảng cáo)
Vậy \(\sqrt {1 + \sin \alpha } – \sqrt {1 – \sin \alpha } = cos{\alpha \over 2} + sin{\alpha \over 2} – (cos{\alpha \over 2} – sin{\alpha \over 2})\)
\( = 2sin{\alpha \over 2}\)
c) \({{3 – 4\cos 2\alpha + c{\rm{os4}}\alpha } \over {3 + 4\cos 2\alpha + \cos 4\alpha }} = {{3 – 4\cos 2\alpha + 2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{2}}\alpha – 1} \over {3 + 4\cos 2\alpha + 2c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{2}}\alpha – 1}}\)
\( = {{2(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{2}}\alpha – 2\cos 2\alpha + 1)} \over {2(c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}{\rm{2}}\alpha + 2\cos 2\alpha + 1)}}\)
\( = {{{{(\cos 2\alpha – 1)}^2}} \over {{{(\cos 2\alpha + 1)}^2}}} = {{{{( – 2{{\sin }^2}\alpha )}^2}} \over {{{(2{{\cos }^2}\alpha )}^2}}} = {\tan ^4}\alpha \)
d) \(\eqalign{
& {{\sin \alpha + \sin 3\alpha + \sin 5\alpha } \over {\cos \alpha + \cos 3\alpha + c{\rm{os5}}\alpha }} \cr
& = {{(\sin 5\alpha + \sin \alpha ) + \sin 3\alpha } \over {(\cos 5\alpha + \cos \alpha ) + c{\rm{os3}}\alpha }} \cr} \)
\( = {{\sin 3\alpha (2\cos 2\alpha + 1)} \over {c{\rm{os3}}\alpha (2\cos 2\alpha + 1)}} = \tan 3\alpha \)
Bài 37: Cho tam giác ABC không tù, thỏa mãn điều kiện \({\rm{cos2A + 2}}\sqrt 2 \cos B + 2\sqrt 2 \cos C = 3\)
Hướng dẫn
Giả thiết tam giác ABC không tù có nghĩa là các góc của tam giác nhỏ hơn hoặc bằng \({\pi \over 2}\) và hiệu của hai góc cũng nằm trong khoảng từ \( – {\pi \over 2}\) đến \({\pi \over 2}\). Do đó với \(A \le {\pi \over 2}\) thì \(\cos {A \over 2} \ge \cos {\pi \over 4} = {{\sqrt 2 } \over 2}\) còn với \( – {\pi \over 2} < B – C < {\pi \over 2}\) thì \( – {\pi \over 4} < {{B – C} \over 2} < {\pi \over 4}\) do đó \(\cos {{B – C} \over 2} > 0\)
Giải chi tiết
Ta có: \(\cos 2A + 2\sqrt 2 (\cos B + \cos C) = 3\)
\( \Leftrightarrow 1 – 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 \cos {{B + C} \over 2}\cos {{B – C} \over 2} = 3\)
\( \Leftrightarrow 1 – 2si{n^2}A + 4\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} = 3\)
\( \Leftrightarrow 2si{n^2}A – 4\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} + 2 = 0\)
\( \Leftrightarrow si{n^2}A – 2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} + 1 = 0\)
Tam giác ABC không tù nên \(\cos {A \over 2} \ge {{\sqrt 2 } \over 2}\), suy ra \(\sqrt 2 \le 2\cos {A \over 2}\). Mặt khác, \(\cos {{B – C} \over 2} > 0\) nên ta có
\(2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} \le 4sin{A \over 2}\cos {A \over 2}\cos {{B – C} \over 2}\)
Hay \( – 2\sqrt 2 sin{A \over 2}\cos {{B – C} \over 2} \ge – 2\sin A\cos {{B – C} \over 2}\)
Vì vậy vế trái của (*) \( \ge si{n^2}A – 2\sin A\cos {{B – C} \over 2} + 1\)
\( = {(\sin A – \cos {{B – C} \over 2})^2} – {\cos ^2}{{B – C} \over 2} + 1\)
\( = {(\sin A – \cos {{B – C} \over 2})^2} + {\sin ^2}{{B – C} \over 2} \ge 0\)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \matrix{
B – C = 0 \hfill \cr
\sin A = \cos {{B – C} \over 2} \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
B = C \hfill \cr
\sin A = 1 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow A = {\pi \over 2},B = C = {\pi \over 4}\)
Vậy ABC là tam giác vuông cân.
