Bài viết hướng dẫn giải một số bài toán về tính chất của các hàm số lượng giác trong chương trình Đại số và Giải tích 11 chương 1.
Ví dụ 1. Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau:
1) \(f(x) = \sin 2x – \cos 3x.\)
2) \(f(x) = 5\cos x – 2.\)
3) \(f(x) = 4\sin 2x + 3.\)
4) \(f(x) = \sin x{\cos ^2}x + \tan x.\)
1) Hàm số \(f(x) = \sin 2x – \cos 3x\) xác định trên \(R.\) Rõ ràng \(R\) là tập đối xứng qua gốc \(O.\)
Mặt khác với mọi \(x \in R\) ta có: \(f( – x) = \sin ( – 2x) – \cos ( – 3x)\) \( = – \sin 2x – \cos 3x.\)
Từ đó suy ra ta không thể có: \(f( – x) = f(x)\), \(\forall x \in R\) cũng như \(f( – x) = – f(x)\), \(\forall x \in R.\) Ví dụ \(f\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \sin \frac{{2\pi }}{3} – \cos \pi \) \( = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + 1\), \(f\left( { – \frac{\pi }{3}} \right) = – \sin \frac{{2\pi }}{3} – \cos \pi \) \( = – \frac{{\sqrt 3 }}{2} + 1.\)
Vậy trên \(R\) hàm số \(f(x) = \sin 2x – \cos 3x\) không phải là hàm số chẵn, cũng không phải hàm số lẻ.
2) Hàm số \(f(x) = 5\cos x – 2\) xác định trên \(R.\)
Với mọi \(x \in R\) ta có:
\(f( – x) = 5\cos ( – x) – 2\) \( = 5\cos x – 2 = f(x).\)
Vậy \(f(x) = 5\cos x – 2\) là hàm số chẵn trên \(R.\)
3) Hàm số \(f(x) = 4\sin 2x + 3\) xác định trên \(R.\)
Với mọi \(x \in R\) ta có:
\(f( – x) = 4\sin ( – 2x) + 3\) \( = – 4\sin 2x + 3.\)
Từ đó suy ra ta không thể có:
\(f( – x) = f(x)\), \(\forall x \in R.\)
\(f( – x) = – f(x)\), \(\forall x \in R.\)
Vậy \(f(x) = 4\sin 2x + 3\) không phải là hàm số chẵn, cũng không phải là hàm số lẻ trên \(R.\)
4) Hàm số \(f(x) = \sin x{\cos ^2}x + \tan x\) xác định với mọi \(x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi \), \(k \in Z.\) Rõ ràng tập xác định \(D\) đó là miền đối xứng qua gốc \(O.\)
Với mọi \(x \in D\) ta có:
\(f( – x) = \sin ( – x){\cos ^2}( – x) + \tan ( – x)\) \( = – \sin x{\cos ^2}x – \tan x = – f(x).\)
Vậy \(f(x)\) là hàm số lẻ trên miền xác định \(D = \left\{ {x \in R:x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in R} \right\}.\)
Ví dụ 2. Cho hàm số \(f(x) = a\sin x + b\cos x\) thoả mãn điều kiện: \(f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {{x_2}} \right) = 0\) ở đây \({x_1} – {x_2} \ne k\pi \), \(k \in Z.\) Chứng minh \(f(x) = 0\) với mọi \(x \in R.\)
Ta có \(f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {{x_2}} \right) = 0\) nên ta có hệ sau:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a\sin {x_1} + b\cos {x_1} = 0}\\
{a\sin {x_2} + b\cos {x_2} = 0}
\end{array}} \right..\)
Quan niệm hệ trên là hệ phương trình bậc nhất của các ẩn \(a\), \(b\) ta có:
\(D = \left| {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin {x_1}}&{\cos {x_1}}\\
{\sin {x_2}}&{\cos {x_2}}
\end{array}} \right|\) \( = \sin {x_1}\cos {x_2} – \sin {x_2}\cos {x_1}\) \( = \sin \left( {{x_1} – {x_2}} \right).\)
Vì \({x_1} – {x_2} \ne k\pi \) nên suy ra \(D \ne 0.\)
Mặt khác:
\({D_a} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
0&{\cos {x_1}}\\
0&{\cos {x_2}}
\end{array}} \right| = 0.\)
\({D_b} = \left| {\begin{array}{*{20}{l}}
{\sin {x_1}}&0\\
{\sin {x_2}}&0
\end{array}} \right| = 0.\)
Từ đó suy ra:
\(a = \frac{{{D_a}}}{D} = 0.\)
\(b = \frac{{{D_b}}}{D} = 0.\)
Vậy \(f(x) = 0\), \(\forall x \in R.\)
Ví dụ 3. Cho hàm số \(f(x) = a\cos (\alpha + x) + b\cos (\beta + x).\) Giả sử \(f(0) = f(\varphi ) = 0\) với \(\varphi \ne k\pi \), \(k \in Z.\) Chứng minh rằng \(f(x) = 0\) với mọi \(x \in R.\)
Từ giả thiết \(f(0) = f(\varphi ) = 0\) ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a\cos \alpha + b\cos \beta = 0\:\:(1)}\\
{a\cos (\alpha + \varphi ) + b\cos (\beta + \varphi ) = 0\:\:(2)}
\end{array}.} \right.\)
Từ \((2)\) ta có:
\(a\cos \alpha \cos \varphi + b\cos \beta \cos \varphi \) \( – a\sin \alpha \sin \varphi – b\sin \beta \sin \varphi = 0.\)
\( \Rightarrow \cos \varphi (a\cos \alpha + b\cos \beta )\) \( – \sin \varphi (a\sin \alpha + b\sin \beta ) = 0\) \((3).\)
Từ \((1)\) và \((3)\) đi đến: \(\sin \varphi (a\sin \alpha + b\sin \beta ) = 0\) \((4).\)
Vì \(\varphi \ne k\pi \), \(k \in Z\) nên \(\sin \varphi \ne 0.\) Vì thế từ \((4)\) suy ra:
\(a\sin \alpha + b\sin \beta = 0\) \((5).\)
Bây giờ ta biến đổi \(f(x)\) về dạng sau:
\(f(x) = a\cos (x + \alpha ) + b\cos (x + \beta )\) \( = \cos x(a\cos \alpha + b\cos \beta )\) \( – \sin x(a\sin \alpha + b\sin \beta )\) \((6).\)
Từ \((1)\), \((5)\) và \((6)\) đi đến: \(f(x) = 0\), \(\forall x \in R.\)
Đó là điều phải chứng minh.
Ví dụ 4. Cho hàm số \(f(x) = a\cos x + b\cos 2x + c\cos 3x.\) Biết rằng \(f(x) = 0\), \(\forall x \in R.\) Chứng minh rằng \(a = b = c = 0.\)
Vì \(f(x) = a\cos x + b\cos 2x + c\cos 3x = 0\), \(\forall x \in R\) nên nói riêng ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f\left( {\frac{\pi }{2}} \right) = 0}\\
{f\left( {\frac{\pi }{6}} \right) = 0}\\
{f(0) = 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a\cos \frac{\pi }{2} + b\cos \pi + c\cos \frac{{3\pi }}{2} = 0}\\
{a\cos \frac{\pi }{6} + b\cos \frac{\pi }{3} + c\cos \frac{\pi }{2} = 0}\\
{a\cos 0 + b\cos 0 + c\cos 0 = 0}
\end{array}} \right.\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ – b = 0\:\:(1)}\\
{\frac{{\sqrt 3 }}{2}a + \frac{b}{2} = 0\:\:(2)}\\
{a + b + c = 0\:\:(3)}
\end{array}} \right..\)
Từ \((1)\) suy ra \(b = 0.\) Thay vào \((2)\) ta có \(a = 0\), rồi thay \(a = b = 0\) vào \((3)\) ta được \(c = 0.\)
Vậy \(a = b = c = 0.\) Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét: Nếu bài toán ra dưới dạng:
Tìm tất cả các hàm số có dạng \(f(x) = a\cos x + b\cos 2x + c\cos 3x\) sao cho \(f(x) = 0\), \(\forall x \in R.\)
Khi đó ta giải như sau:
1. Điều kiện cần: Giả sử \(f(x) = a\cos x + b\cos 2x + c\cos 3x = 0\), \(\forall x \in R.\)
Theo ví dụ trên suy ra \(a = b = c = 0.\)
2. Điều kiện đủ: Đảo lại nếu \(a = b = c = 0\) thì hiển nhiên ta có:
\(f(x) = 0\), \(\forall x \in R.\)
Vậy \(f(x) = 0\) là hàm số duy nhất cần tìm.
Ví dụ 5. Cho các hàm số sau:
\(y = – {\sin ^2}x.\)
\(y = 3{\tan ^2}x + 1.\)
\(y = \sin x\cos x.\)
\(y = \sin x\cos x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x.\)
Chứng minh rằng với mỗi hàm \(y = f(x)\) đó đều có tính chất \(f(x + k\pi ) = f(x)\), \(k \in Z\), \(x\) thuộc tập xác định của hàm số.
Các hàm số \(y = – {\sin ^2}x\), \(y = \sin x\cos x = \frac{1}{2}\sin 2x\), \(y = \sin x\cos x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x\) \( = \frac{1}{2}\sin 2x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\cos 2x\) đều xác định với mọi \(x \in R.\)
Để ý rằng:
\(\sin (x + \pi ) = – \sin x\) \( \Rightarrow {\sin ^2}(x + \pi ) = {\sin ^2}x.\)
\(\sin [2(x + \pi )]\) \( = \sin (2x + 2\pi )\) \( = \sin 2x.\)
\(\cos [2(x + \pi )]\) \( = \cos (2x + 2\pi )\) \( = \cos 2x.\)
Vì thế với các hàm số trên ta luôn có \(f(x + \pi ) = f(x)\), \(\forall x \in R.\)
Hàm số \(y = 3{\tan ^2}x + 1\) xác định trên miền: \(D = \left\{ {x:x \ne \frac{\pi }{2} + k\pi ,k \in Z} \right\}.\)
Từ đó suy ra nếu \(x \in D\) \( \Rightarrow x + \pi \in D.\)
Mặt khác \(\tan (x + \pi ) = \tan x\), \(\forall x \in D\) \( \Rightarrow f(x + \pi ) = f(x)\), \(\forall x \in D\), ở đây \(f(x) = 3{\tan ^2}x + 1.\)
Đó là điều phải chứng minh.
Nhận xét: Ta có thể thấy ứng với \(k = 1\) thì:
\(f(x + \pi ) = f(x)\), \(\forall x \in D\) \((1).\)
Ở đây \(D\) là miền xác định của các hàm số trên. Ngoài ra, dễ thấy \(\pi \) là số dương bé nhất thoả mãn \((1).\) Vậy ta có thể nói rằng các hàm số trên là các hàm số tuần hoàn với chu kì cơ sở là \(\pi .\)
Ví dụ 6. Chứng minh rằng hàm số \(f(x) = \cos x + \cos (\sqrt 2 x)\) không phải là hàm số tuần hoàn.
Giả thiết phản chứng \(f(x)\) là hàm số tuần hoàn với chu kì \(T /> 0.\)
Khi đó ta có \(f(x + T) = f(x)\), \(\forall x \in R\) \((1).\)
Từ \((1)\) suy ra \(f(T) = f(0).\)
\( \Rightarrow \cos T + \cos (\sqrt 2 T) = 2.\)
Vì \(\cos T \le 1\), \(\cos (\sqrt 2 T) \le 1\) nên từ \((2)\) suy ra hệ sau:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\cos T = 1\:\:(3)}\\
{\cos (\sqrt 2 T) = 1\:\:(4)}
\end{array}} \right..\)
Từ \((3)\) ta có \(T = 2k\pi \), \(k \in Z.\)
Từ \((4)\) ta có \(\sqrt 2 T = 2n\pi \), \(n \in Z.\)
Từ đó suy ra \(\sqrt 2 = \frac{n}{k}\) \((5).\)
Hệ thức \((5)\) là điều vô lí, vì \(\sqrt 2 \) là số vô tỉ.
Vậy giả thiết phản chứng là sai, suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 7. Chứng minh rằng hàm số \(f(x) = \cos \left( {{x^2}} \right)\) không phải là hàm số tuần hoàn.
Giả thiết phản chứng \(f(x)\) là hàm tuần hoàn với chu kì \(T /> 0.\)
Khi đó ta có \(f(x + T) = f(x)\), \(\forall x \in R\) \((1).\)
Vì \((1)\) đúng với mọi \(x \in R\) nên trong \((1)\) lần lượt cho \(x = 0\), \(x = \sqrt {2\pi } \), \(x = \sqrt {4\pi } \) ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{f(T) = f(0)\:\:(2)}\\
{f(\sqrt {2\pi } + T) = f(\sqrt {2\pi } )\:\:(3)}\\
{f(\sqrt {4\pi } + T) = f(\sqrt {4\pi } )\:\:(4)}
\end{array}} \right..\)
Ta có:
\((2) \Leftrightarrow \cos {T^2} = 1\) \( \Leftrightarrow {T^2} = 2k\pi \), \(k \in N*.\)
\((3) \Leftrightarrow \cos {(\sqrt {2\pi } + T)^2} = \cos 2\pi = 1\) \( \Leftrightarrow {(\sqrt {2\pi } + T)^2} = 2m\pi \), \(m \in N*.\)
\((4) \Leftrightarrow \cos {(\sqrt {4\pi } + T)^2} = \cos 4\pi = 1\) \( \Leftrightarrow {(\sqrt {4\pi } + T)^2} = 2n\pi \), \(n \in N*.\)
Vậy ta có hệ sau: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{T^2} = 2k\pi ,k \in N*\:\:(5)}\\
{{{(\sqrt {2\pi } + T)}^2} = 2m\pi ,m \in N*\:\:(6)}\\
{{{(\sqrt {4\pi } + T)}^2} = 2n\pi ,n \in N*\:\:(7)}
\end{array}} \right..\)
Ở đây \(N*\) là tập hợp tất cả các số nguyên dương.
Trừ từng vế \((7)\) và \((6)\) ta có:
\(2\pi + 2T\sqrt \pi (2 – \sqrt 2 )\) \( = 2(n – m)\pi \) \( \Rightarrow T\sqrt \pi (2 – \sqrt 2 ) = (n – m – 1)\pi .\)
\( \Rightarrow \pi {T^2}{(2 – \sqrt 2 )^2} = {(n – m – 1)^2}{\pi ^2}\) \( \Rightarrow {T^2}{(2 – \sqrt 2 )^2} = {(n – m – 1)^2}\pi \) \((8).\)
Thay \((5)\) vào \((8)\) ta có:
\(2k{(2 – \sqrt 2 )^2} = {(n – m – 1)^2}\) \( \Rightarrow {(2 – \sqrt 2 )^2} = \frac{{{{(n – m – 1)}^2}}}{{2k}}.\)
\( \Rightarrow 6 – 4\sqrt 2 = \frac{{{{(n – m – 1)}^2}}}{{2k}}\) \((9).\)
Hệ thức \((9)\) là điều vô lí vì \(\sqrt 2 \) là số vô tỉ.
Như vậy giả thiết phản chứng là sai. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 8. Cho \(f(x)\) và \(g(x)\) là hai hàm tuần hoàn có cùng miền xác định. Giả sử \({T_1}\), \({T_2}\) lần lượt là các chu kì của các hàm số \(f(x)\) và \(g(x)\), ngoài ra \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}}\) là số hữu tỉ. Chứng minh rằng các hàm số \(f(x) + g(x)\) và \(f(x).g(x)\) cũng là các hàm số tuần hoàn.
Vì \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}}\) là số hữu tỉ, nên theo định nghĩa số hữu tỉ, ta có: \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \frac{m}{n}\) ở đây \(m\), \(n\) nguyên dương và phân số \(\frac{m}{n}\) là tối giản.
Từ đó ta có \(n{T_1} = m{T_2}\) \((1).\)
Đặt \(T = n{T_1} = m{T_2}.\)
Giả sử \(D\) là miền xác định của \(f(x)\) và \(g(x).\) Khi đó với mọi \(x \in D\) ta có:
\(f(x + T) + g(x + T)\) \( = f\left( {x + n{T_1}} \right) + g\left( {x + m{T_2}} \right)\) \((2).\)
Vì \(f(x)\) là hàm tuần hoàn với chu kì \({T_1}\) và do \(n\) nguyên dương, nên ta có:
\(f\left( {x + n{T_1}} \right)\) \( = f\left[ {x + (n – 1){T_1}} \right]\) \( = f\left[ {x + (n – 2){T_1}} \right]\) \( = \ldots = f\left( {x + {T_1}} \right)\) \( = f(x)\) \((3).\)
Hoàn toàn tương tự, ta có: \(g\left( {x + m{T_2}} \right) = g(x)\) \((4).\)
Từ \((2)\) \((3)\) \((4)\) suy ra:
\(f(x + T) + g(x + T)\) \( = f(x) + g(x)\), \(\forall x \in D.\)
Vậy \(f(x) + g(x)\) là hàm tuần hoàn với chu kì \(T.\)
Tương tự \(f(x).g(x)\) cũng là hàm tuần hoàn với chu kì \(T.\)
Suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét:
1. Từ ví dụ trên ta suy ra kết quả sau:
Các hàm số:
\(f(x) = a\sin \alpha x + b\cos \beta x.\)
\(g(x) = a\cos \alpha x + b\cos \beta x.\)
\(h(x) = a\sin \alpha x + b\sin \beta x.\)
trong đó \(\frac{\alpha }{\beta }\) là số hữu tỉ đều là hàm tuần hoàn \((\alpha ,\beta /> 0).\)
Thật vậy xét ví dụ hàm số \(f(x) = a\sin \alpha x + b\cos \beta x.\)
Hàm số \(a\sin \alpha x\) và \(b\cos \beta x\) cùng xác định trên toàn \(R\) và lần lượt có chu kì là \({T_1} = \frac{{2\pi }}{\alpha }\), \({T_2} = \frac{{2\pi }}{\beta }.\)
Do \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \frac{\beta }{\alpha }\) là số hữu tỉ.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2. Nếu \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}}\) là số vô tỉ, thì kết luận của ví dụ 1 chưa chắc đúng. Ví dụ 6 là một minh chứng cho điều này.
Hàm số \(f(x) = \cos x + \cos (\sqrt 2 x)\) không phải là hàm tuần hoàn, ở đây \(\cos x\) có chu kì \(2\pi \), \(\cos (\sqrt 2 x)\) có chu kì \(\sqrt 2 \pi \) và \(\frac{{{T_1}}}{{{T_2}}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\) không phải là số hữu tỉ.
Ví dụ 9. Cho hàm số \(f(x)\) và một số \(a /> 0\) sao cho nếu \(f(x)\) xác định thì \(f(x + a)\) cũng xác định. Giả sử với mọi \(x \in D\), \(D\) là miền xác định của \(f(x)\) ta luôn có:
\(f(x + a) = \frac{{f(x) – 1}}{{f(x) + 1}}.\)
Chứng minh rằng \(f(x)\) là hàm tuần hoàn. Hãy đưa ra một hàm lượng giác có tính chất trên.
Từ giả thiết, ta có \(\forall x \in D\) thì:
\(f(x + a) = \frac{{f(x) – 1}}{{f(x) + 1}}\) \((1).\)
Từ \((1)\) suy ra \(\forall x \in D\) thì:
\(f(x + 2a)\) \( = f[(x + a) + a]\) \( = \frac{{f(x + a) – 1}}{{f(x + a) + 1}}\) \( = \frac{{\frac{{f(x) – 1}}{{f(x) + 1}} – 1}}{{\frac{{f(x) – 1}}{{f(x) + 1}} + 1}}\) \( = – \frac{1}{{f(x)}}\) \((2).\)
Vì \((2)\) đúng với mọi \(x \in D\) nên ta có:
\(f(x + 4a)\) \( = f[(x + 2a) + 2a]\) \( = – \frac{1}{{f(x + 2a)}}\) \( = – \frac{1}{{ – \frac{1}{{f(x)}}}}\) \( = f(x).\)
Như vậy với mọi \(x \in D\) thì \(f(x + 4a) = f(x).\)
Hệ thức trên chứng tỏ rằng \(f(x)\) là hàm tuần hoàn.
Xét hàm số lượng giác \(f(x) = \cot x\) và lấy \(a = \frac{\pi }{4}.\)
Rõ ràng nếu \(x \in \overline D \) \( = \{ x \in R:x \ne k\pi \} \) (\(\overline D \) là miền xác định của hàm số \(f(x)\)) thì \(x + \frac{\pi }{4} \in \overline D .\)
Mặt khác với mọi \(x \in \overline D \) ta có:
\(f\left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\) \( = \cot \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)\) \( = \frac{1}{{\tan \left( {x + \frac{\pi }{4}} \right)}}\) \( = \frac{1}{{\frac{{1 + \tan x}}{{1 – \tan x}}}}\) \( = \frac{{1 – \tan x}}{{1 + \tan x}}\) \( = \frac{{1 – \frac{1}{{\cot x}}}}{{1 + \frac{1}{{\cot x}}}}\) \( = \frac{{\cot x – 1}}{{\cot x + 1}}\) \( = \frac{{f(x) – 1}}{{f(x) + 1}}.\)
Vậy hàm số \(f(x)\) thoả mãn đầy đủ các tính chất của ví dụ trên.
Rõ ràng \(f(x) = \cot x\) là hàm tuần hoàn với chu kì \(\pi .\)
Ví dụ này chứng tỏ lớp hàm thoả mãn yêu cầu đầu bài là một tập hợp không rỗng.
