Tài liệu Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình đại số

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐOÀN THỊ PHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI - NĂM 2017 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐOÀN THỊ PHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Mã số: 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU HÀ NỘI - NĂM 2017 i Mục lục Mở đầu 3 1 Một số kiến thức cơ bản 1.1 Một số tính chất của hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Các hệ thức cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Một số dẳng thức cơ bản trong tam giác . . . . . . . . 1.2.2 Một số bất đẳng thức thông dụng trong tam giác . . . 1.3 Xây dựng các các hệ thức lượng giác từ đẳng thức, bất đẳng thức đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 6 6 7 10 2 Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và trình 2.1 Các bài toán về bất đẳng thức trong tam giác . . 2.1.1 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác . 2.1.2 Bất đẳng thức đại số trong tam giác . . . 2.2 Các bài toán về bất đẳng thức đại số . . . . . . 2.2.1 Bất đẳng thức lượng giác tự do . . . . . . 2.2.2 Bất đẳng thức dùng biến đổi lượng giác . 2.3 Các bài toán về bất phương trình . . . . . . . . . . . . . . . 13 13 13 23 26 26 29 39 . . . . 44 44 49 53 56 3 Một số dạng toán liên quan 3.1 Phương pháp lượng giác chứng minh đẳng thức . 3.2 Phương pháp lượng giác giải phương trình . . . . 3.3 Phương pháp lượng giác giải hệ phương trình . . 3.4 Phương pháp lượng giác giải các bài toán cực trị bất phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Kết luận 60 Tài liệu tham khảo 61 3 Mở đầu Lượng giác là chuyên đề quan trọng trong chương trình toán phổ thông. Học sinh học lượng giác thường chưa cặn kẽ tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận và đặc biệt khâu vận dụng kiến thức vào giải các bài toán trong đại số, giải tích. Trong hoạt động thực tiễn, có rất nhiều bài toán cần đến sự can thiệp của lượng giác để tính toán và mô phỏng. Vì vậy, chuyên đề lượng giác có vị trí rất đặc biệt trong toán học, không những như một đối tượng cần nghiên cứu mà còn là công cụ đắc lực trong đại số giải tích và hình học. Đặc biệt, nhiều bài toán đại số, giải tích có thể đươc giải dễ dàng bằng cách sử dụng các hàm lượng giác, mà chúng ta gọi là "Phương pháp lượng giác hóa". Đó là nhờ các tính chất đặc thù của hàm lượng giác mà các hàm khác không thể có, như công thức biến đổi tích thành tổng, tổng thành tích, công thức nhân đôi, nhân ba, các đồng nhất thức, các bất đẳng thức quan trọng của hàm lượng giác. Do đó, để đáp ứng nhu cầu về giảng dạy, học tập, luận văn "Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình đại số" nhằm tìm hiểu,thu thập các tài liệu và phân loại các bài toán về phương pháp lượng giác trong một số bài toán cơ bản của đại số, như chứng minh bất đẳng thức, bất phương trình... Luận văn được chia làm 3 chương. Chương 1. Một số kiến thức cơ bản. Nhắc lại một số tính chất của hàm số lượng giác cơ bản, các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng, các phép thế lượng giác cơ bản. Chương 2. Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình. Trình bày ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức và bất phương trình có độ khó cao. Chương 3. Một số dạng toán liên quan. Trình bày ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình và một số bài toán cực trị. Để hoàn thành luận văn, em đã nhận được sự giúp đỡ của thầy cô, bạn bè, đặc biệt là sự chỉ bảo hướng dẫn tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, cùng 4 các thầy cô trong Seminar bộ môn Toán của trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội. Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu và các thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội đã hướng dẫn em hoàn thành khóa học Cao học 2015-2017. Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên khi làm luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót. Em mong nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc. Em xin chân thành cảm ơn! 5 Chương 1 Một số kiến thức cơ bản Chương này có tính bổ trợ, trình bày về các tính chất cơ bản của hàm lượng giác, các đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác thông dụng, xây dựng các hệ thức lượng giác từ đẳng thức, bất đẳng thức đại số. Các kiến thức này sẽ được dùng đến thường xuyên trong các chương sau. 1.1 Một số tính chất của hàm lượng giác Trong phần này ta xét một số tính chất cơ bản của hàm lượng giác trên trục thực. Ta có sin x, cos x P r
1; 1s; sin2 x tanpx sinpx k2π q  sin x; π kπ q  tan x, @x  2 cos2 x  1, @x P R, k P Z. cospx k2π q  cos x, @x P R, k P Z. kπ; cotpx kπ q  cot x, @x  kπ, k P Z. Công thức góc nhân đôi cos 2x  cos2 x
sin2 x  2 cos2 x
1  1
2 sin2 x. 2 tan x cot2 x
1 sin 2x  2 sin x cos x; tan 2x  ; cot 2x  . 2 cot x 1
tan2 x Công thức góc nhân ba cos 3x  4 cos3 x
3 cos x, sin 3x  3 sin x
4 sin3 x, tan 3x  Một số hệ thức thường sử dụng 3 tan x
tan3 x . 1
3 tan2 x
π ? π sin x cos x  2 sin x  2 cos x
4 . 4 ?
? ? ?

2 ¤ 2 sin x π4 ; 2 cos x
π4 ¤ 2. ?
π ?
π sin x
cos x  2 sin x
 2 cos x 4 . 4
? ? ? ?

2 ¤ 2 sin x
π4 ; 2 cos x π4 ¤ 2. ?
6 1.2 Các hệ thức cơ bản trong tam giác 1.2.1 Một số dẳng thức cơ bản trong tam giác Trong phần này ta luôn giả sử tam giác ABC có • BC  a, CA  b, AB  c • S là diện tích tam giác • p là nửa chu vi tam giác • ma , mb , mc , ha , hb , hc lần lượt là độ dài các trung tuyến, đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c. Mệnh đề 1.1. Cho A, B, C là các góc của một tam giác cho trước. Khi đó ta có các công thức sau: 1. cos A cos B cos C 2. sin A sin B sin C 1 4 sin A B C . sin . sin . 2 2 2  4 cos A2 . cos B2 . cos C2 . 3. sin 2A sin 2B sin 2C  4 sin A. sin B. sin C. 4. sin2 A sin2 B sin2 C 2 5. tan A tan B 6. cot A 2 cot tan C B 2 cot 2 cos A. cos B. cos C.  tan A. tan B. tan C.  cot A2 . cot B2 . cot C2 . C 2 Mệnh đề 1.2. Cho A, B, C P p0, πq. Khi đó A, B, C là các góc của một tam giác nếu và chỉ nếu tan A B tan 2 2 tan B C tan 2 2 tan A C tan 2 2  1. Chứng minh. Giả sử A, B, C là các góc của một tam giác bất kỳ. Khi đó A B C C π, nghĩa là 2 
π 2 A B 2 C tan 2 . Do đó  tan 
π
A B 2 2 A B cot cot
1 2 2 A B cot cot 2 2 ô tan A2 tan B2 tan  B C tan 2 2  cot
A B 2 A B 1
tan tan 2 2 A B tan tan 2 2 tan A C tan 2 2  1.  7 Ngược lại, giả sử A B tan C  π thỏa mãn đẳng thức B A tan 2 2 tan B C tan 2 2 tan A C tan 2 2  1. (1.1)  1. Mà tan A ¡ 0 nên tan A2  ?1 . Suy ra A  B  3 C  600 , kéo theo A B  π hay A, B, C là các góc của một tam giác. Không mất tính tổng quát ta giả sử A  B . Vì 0   A B   2π nên tồn tại C1 P p
π, π q sao cho A B C1  π. Theo chứng minh trên ta có Nếu A BC thì 3 tan2 tan A 2 C A B tan 2 2 Ta sẽ chứng minh C tan B C1 tan 2 2  C1, suy ra A B tan C A C1 tan 2 2  1. (1.2)  π, tức là A, B, C là các góc của một tam giác. Thật vậy, trừ hai vế của (1.1) cho (1.2) ta có tan C 2  tan C21 . C
C  C
C  C   1 1   kπ, k ¥ 0, k P Z, mà  ¤ Suy ra  2 hay C  C1 . 1.2.2 2 2 C1 2   π2 π 2  π, suy ra k  0 Một số bất đẳng thức thông dụng trong tam giác Ta sẽ đưa ra một số bất đẳng thức liên quan đến các góc của một tam giác cho trước, các bất đẳng thức này vô cùng quan trọng và sẽ được sử dụng trong chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng phương pháp lượng giác hóa. Mệnh đề 1.3. Cho A, B, C là các góc của tam giác ABC . Khi đó ta có các bất đẳng thức sau: 1. sin A sin B sin C 2. sin A. sin B. sin C A 2 4. sin A B C . sin . sin 2 2 2 5. cos A B 2 ¤ 3 8 3. 3. sin sin cos B sin C 2 ¤ 32 . ¤ 81 . cos C 6. cos A. cos B. cos C ¤ ? ? 3 3 . 2 ¤ 32 . ¤ 81 . ¤ A 7. cos 2 B cos 2 C cos 2 8. sin2 A sin2 B sin2 C 9. cos2 A cos2 B 10. tan A 2 11. tan A tan 8 ? 3 3 . 2 ¤ 94 . ¥ 34 . C ? tan ¥ 3. 2 ? tan C ¥ 3 3. cos2 C B 2 tan B Chứng minh. 1. Hàm sin x lõm trên khoảng p0, π q nên theo bất đẳng thức Jensen ta có sin A ô sin A
A ¤ sin ? 3 3 sin C ¤ . 2 sin B 3 sin C sin B C B 3  sin π3  ? 3 2 2. Từ sin x ¡ 0 với @x P p0, π q, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có ¤ sin A. sin B. sin C
sin A sin C 3 sin B 3 ¤
?3 3 2  ? 3 3 . 8 3. Tương tự chứng minh (1) ta có sin A 2 sin B 2 sin 3 C 2 ¤ sin
A
π vì hàm sin x lõm trên khoảng 0, sin A 2 sin 2 C B 6  sin π6  21 . nên B 2 sin C 2 ¤ 23 . 4. Tương tự chứng minh (2) và từ bất đẳng thức AM-GM ta có c A B C sin . sin . sin 2 2 2 A B C ô sin 2 . sin 2 . sin 2 3 5. Từ A B ¤ sin ¤ 1 . 8 A 2 B 2 sin 3  π
C suy ra cos C 
cospA 3
2pcos A cos B cos C q cos B
cos A. cos B C 2 ¤ 12 B q 
cos A. cos B Do đó 3
2pcos A sin sin A. sin B q sin A. sin B . 9  sin2 A sin2 B
2 sin A. sin B 1 cos2 A psin A
sin B q2 p1
cos A
cos B q2 ¥ 0, điều này tương đương với cos A 6. Từ cospA cos C ¤ 23 . Bq cospA
B qq cos C cos B B q 
cos C ta có cos A. cos B. cos C  12 pcospA cos2 B
2 cos A
2 cos B 2 cos A. cos B  21 pcospA
B q
cos C q cos C 2  12 cospA
B q cos C
cos2 C
2 
1 cos C
cospA
B q 2 cos2 pA
B q 8 ¤ A B C 7. Vì A, B, C P p0, π q nên , , 2 2 2 ta có cos A 2 B 2 cos cos C 2 C 2 ¤ 3 2 3. ¤ ? 3 nghĩa là cos A 2 cos B 2 cos P 2 ¤ cos2 pA
B q 8 1 8
π 0, cos A 2 . Do đó theo bất đẳng thức Jensen cos B 6 cos C  cos π6  ? 3 , 2 8. Ta có sin2 A sin2 B sin2 C 2 9. Ta có 2 cos A. cos B. cos C 2. 1 8  94 . A B C 9 3 sin2 sin2 ¥ 3
 . 2 2 2 4 4
π 10. Vì hàm tan x lồi trên khoảng 0, nên theo bất đẳng thức Jensen ta có 2 cos2 A cos2 B tan A 2 cos2 C tan 3
B 2 tan 3 tức là tan A 2 tan B 2 tan C 2 ¥ ? C 2
¤2 sin2 ¥ tan A 3. 11. Vì tam giác đã cho nhọn nên A, B, C
π 0, 2 B 6 P C  tan π6  ?1 3 ,
π 0, 2 . Hàm f pxq  tan x lồi trên nên theo bất đẳng thức Jensen ta có tan A tan B tan C ¥ 3 tan A B 3 C ?  3 tan π3  3 3. Trong một tam giác có các bất đẳng thức kép thông dụng được cho bởi mệnh đề sau đây 10 Mệnh đề 1.4. Cho A, B, C là các góc của tam giác ABC. Khi đó 1. cos A cos B cos C ¤ sin A2 sin B 2 2. sin A sin B sin C ¤ cos A2 cos B 2 ¤ 23 . ? C 3 3 cos ¤ . 2 2 sin C 2 3. cos A. cos B. cos C ¤ sin A2 . sin B2 . sin C2 ¤ 81 . 4. cos2 A cos2 C 1.3 cos2 B ¥ sin2 A2 sin2 B 2 sin2 C 2 ¥ 43 . Xây dựng các các hệ thức lượng giác từ đẳng thức, bất đẳng thức đại số Ta chứng minh một số kết quả cơ bản sau Kết quả 1.1. Với a, b, c là các số thực dương, thỏa mãn điều kiện ab bc ca  1. Khi đó tồn tại các góc A, B, C của tam giác ABC sao cho a  tan Chứng minh. Vì a, b a, tan B 2 A B C , b  tan , c  tan . 2 2 2 ¡ 0 nên tồn tại các góc 0    b. Từ điều kiện suy ra c 1
ab a b  1
tan A B tan 2 2 A B tan tan 2 2 Vì c ¡ 0 suy ra ô c  cot A B 2 A B , 2 2  tan  
π 2 π A sao cho tan 2 2
A 2  B . 0  C π A B π C 
  , c  tan 2 2 2 2 2 ô A B C  π, 0   A, B, C   π. Ta có điều cần chứng minh. Kết quả 1.2. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab và a b c abc bc ca 1   2. Khi đó tồn tại các góc A, B, C của tam giác ABC nhọn sao cho a  tan A B C , b  tan , c  tan 2 2 2 Chứng minh. Tam giác ABC nhọn khi cos A cos B cos C ô
1
a2
1
b2
1
c2 1 a2 1 b2 1 c2 ¡0 ¡0 11 ô p1
aqp1
bqp1
cq ¡ 0 ô 1
pa b cq pab bc ô abc a b c   2 (vì ab caq
abc ¡ 0 ca  1.) bc Kết quả 1.3. Trong tam giác ABC với a  tan cos A  1
a2 A , sin 2 1 a 2 ? a 1 a2 ô 1 A . Ta có 2 , cos A 2 ? 1 1 a2 . Chứng minh. Ta có 1 a2  cot2 A2 
1 1 sin2 A 2 sin2 ô sin A2  ? a  tan2 A2  1 A 2 a2 1  a12 1 a2 1 a2 . Ta có a2 ô 1 1 cos2 A 2 Ta lại có cos A  cos2 A 2
1 A 2 A a2 ô cos  2 cos2
sin2 A2  1 1 ? 1 1 a2 . a 1
a
 . 2 2 a 1 a 1 a2 2 2 Kết quả 1.4. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b Khi đó tồn tại các góc của tam giác ABC sao cho tan A 2  a1 ; tan B2  1b ; tan C2  1c . Chứng minh. Ta có điều kiện a b c  abc ô 1 ab 1 bc 1 ca  1. Áp dụng kết quả 2.1 ta suy ra điều phải chứng minh. Kết quả 1.5. Trong tam giác ABC với tan sin A  2a a2
1 A , cos A  2 , sin 2 1 a a 1 2 A 2  a1 pa ¡ 0q. Khi đó ta có ? 1 1 a2 , cos A 2 ? a 1 a2 . c  abc. 12 Kết quả 1.6. Với a, b, c là các số thực dương và p  góc của tam giác ABC sao cho cos A 2  c a b 2 . Khi đó tồn tại các d c ppp
aq A , sin bc 2 c qpp
cq , tan A  pp
bqpp
cq .  pp
bbc 2 p p p
aq Chứng minh. Ta có b 2 c 2
a2 A
1  cos A  2 2bc 2 2 2 c
a pb cq2
a2 1 ô2 cos2 A2  b 2bc c 2bc ô cos2 A2  pppbc
aq ô cos A2  pppbc
aq . 2 cos2 Ta có  pb 2 c 2
a2  cos A  b 2bc 2 2 2 2 2 ô2 sin2 A  1
b c
a  a
pb
cq  pa 1
2 sin2 A 2 2bc c 2 2bc qpp
cq ô sin2 A2  pp
bbc A tan 2  A sin 2 A cos 2 c
aq b
cqpa 2bc c
bq qpp
cq . ô sin A2  pp
bbc c Ta có aqpb 2bc c  pp
bqpp
cq c bc ppp
aq bc d  pp
pppbqp
pa
q cq . Từ đó, ta có thêm nhận xét sau. Nhậncxét 1.1. Với những c bài toán xuất c hiện biểu thức px yz y qpx zq , zx z qpx py yq , tam giác ABC có độ dài các cạnh a  y px xy z qpy z, b zq z x, c đó các biểu thức trên tương ứng trở thành c px, y, z ¡ 0q, thì tồn tại một c x y, p a b 2 c . Khi c pp
bqpp
cq  sin A , pp
cqpp
aq  sin B , pp
aqpp
bq  sin C . bc 2 ca 2 ab Nhậndxét 1.2. Với những d bài toán xuất d hiện biểu thức xpx y z q px yqpx zq , y px y z q py zqpx yq , ABC có độ dài các cạnh a  y z px y z q px zqpy zq , thì tồn tại một tam giác a b c z, b  z x, c  x y, p  . Khi đó 2 các biểu thức trên tương ứng trở thành c p p p
aq bc  cos A2 , c 2 p p p
bq ca  cos B2 , c ppp
cq ab  cos C2 . 13 Chương 2 Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình Chương này trình bày ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức và bất phương trình đại số. 2.1 Các bài toán về bất đẳng thức trong tam giác 2.1.1 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác Trong mục này ta xét các dạng đối xứng và không đối xứng của bất đẳng thức lượng giác trong tam giác. Trước tiên ta xét một số ví dụ của dạng đối xứng. Định nghĩa 2.1. Với mỗi tam giác ABC cho trước, ta kí hiệu δ∆ABC  maxtA, B, C u
mintA, B, C u và gọi δ∆ABC là độ gần đều của tam giác ABC . Rõ ràng δ∆ABC ¥ 0 và δ∆ABC  0 khi và chỉ khi tam giác ABC là một tam giác đều. Định nghĩa 2.2. Với mỗi cặp tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện maxtA1 , B1 , C1 u ¤ maxtA2 , B2 , C2 u, mintA1 , B1 , C1 u ¤ mintA2 , B2 , C2 u, thì ta nói cặp tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 là cặp được sắp thứ tự và tam giác A1 B1 C1 gần đều hơn tam giác A2 B2 C2 . Vậy trong trường hợp có sắp thứ tự: Với mỗi cặp tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 (với A1 ¥ B1 ¥ C1 , A2 ¥ B2 ¥ C2 ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện A1 ¤ A2, C1 ¥ C2, thì sẽ có tam giác A1 B1 C1 gần đều hơn tam giác A2 B2 C2 . 14 Nhận xét 2.1. Tam giác đều gần đều hơn mọi tam giác khác. Nhận xét 2.2. Trong tập hợp các tam giác không nhọn thì tam giác vuông cân gần đều hơn mọi tam giác khác. Nhận xét 2.3. Cho hàm số y  f pxq có đạo hàm cấp hai f 2 pxq trong pa, bq. a) Nếu f 2 pxq ¥ 0 với mọi x P pa, bq thì f pxq ¥ f px0 q f 1 px0 qpx
x0 q, với x0 P pa, bq. f pxq ¤ f px0 q f 1 px0 qpx
x0 q, với x0 P pa, bq. b) Nếu f 2 pxq ¤ 0 với mọi x P pa, bq thì Bài toán 2.1. Cho tam giác ABC và cho ba số không âm α, β, γ sao cho α β γ Đặt $ &A0  αA % B0  αB C0  αC βB βC βA  1. γC γA γB. Chứng minh rằng, khi đó tam giác A0 B0 C0 gần đều hơn tam giác ABC. Lời giải. Theo giả thiết, ta có A0 ¤ maxtA, B, C u, B0 ¤ maxtA, B, C u, C0 ¤ maxtA, B, C u nên maxtA0 , B0 , C0 u ¤ maxtA, B, C u. Tương tự, thì ¥ mintA, B, C u, B0 ¥ mintA, B, C u, C0 ¥ mintA, B, C u nên mintA0 , B0 , C0 u ¥ mintA, B, C u. A0 Từ đây ta suy ra tam giác A0 B0 C0 gần đều hơn tam giác ABC. Kết quả dưới đây bao hàm hầu hết các bất đẳng thức đối xứng dạng cơ bản trong tam giác. Bài toán 2.2. Cho tam giác A2 B2 C2 gần đều hơn tam giác A1 B1 C1 và cho hàm số f pxq có f 2 pxq ¥ 0 với mọi x P p0, π q. Khi đó f pA1 q f pB1 q f pC1 q ¥ f pA2 q f pB2 q f pC2 q. Lời giải. Do f 2 pxq ¥ 0 với mọi x P p0, π q nên f pxq ¥ f px0 q f 1 px0 qpx
x0 q, @x P p0, πq Không mất tính tổng quát, ta coi A1 ¥ B1 ¥ C1, A2 ¥ B2 ¥ C2. (2.1) 15 Khi đó ta có A1 ¥ A2 và C1 ¤ C2 . Suy ra $ &A1 ¥ A2 % A1 A1 B1 B1 ¥ A2 C1 B2  A2 B2 C2 . Theo (2.1), thì $ &f pA1 q ¥ f pA2 q % f pB1 q ¥ f pB2 q f pC1 q ¥ f pC2 q f 1 pA2 qpA1
A2 q f 1 pB2 qpB1
B2 q f 1 pC2 qpC1
C2 q. (2.2) Cộng các vế tương ứng của (3), ta được pA2 ¥ f pA2q f pB2q f pC2q rf 1pB2
f 1pC2qqsrpA1 B2 qs rf 1 pA2 q
f 1 pB2 qspA1
A2 q ¥ f pA2 q f pB2 q f pC2 q. f pA1 q f pB1 q f pC1 q Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC và cho ba số dương α, β, γ sao cho α β Đặt $ &A0  αA % Chứng minh rằng sin A sin B B0  αB C0  αC βB βC βA γC γA γB. γ  1. (2.3) ¤ sin A0 sin B0 B0 C0  A B sin C Lời giải. Theo giả thiết ta có A0 B1 q
sin C0 . C  π nên A0, B0, C0 là các góc của một tam giác và $ &A ¥ A 0 % A A B B ¥ A0 B0 C  A0 B0 C0 với giả thiết A ¥ B ¥ C; A0 ¥ B0 ¥ C0. Xét hàm số f pxq  sin x, @x P r0, π s. Ta có f 1 pxq  cos x; f 2 pxq 
sin x ¤ 0 , x P r0, π s. Theo nhận xét 3 suy ra f pxq ¤ f px0 q f 1 px0 qpx
x0 q, @x P r0, π s, x0 P r0, πs. Vậy nên sin A ¤ sin A0 cos A0 pA
A0 q; ¤ sin B0 cos B0pB
B0q; sin C ¤ sin C0 cos C0 pC
C0 q. Suy ra sin A sin B sin C ¤ sin A0 sin B0 sin C0 cos C0 pA B C0 q pcos B0
cos C0 qpA B
A0
B0 q pcos A0
cos B0 qpA
A0 q. sin B C
A0
B0
16 Vì A B C
pA0 B0 C0 q  0; A B ¡ B0 ¥ C0 ¥ 0 ñ cos B0 ¤ cos C0; π ¡ A0 ¥ B0 ¥ 0 ñ cos A0 ¤ cos B0 ; nên sin A sin B sin C ¤ sin A0 sin B0 ¥ A0 B0 ; A ¥ A0 ; π sin C0 . Bài toán 2.4. Cho tam giác ABC và cho ba số dương α, β, γ sao cho α β Đặt $ &A0  αA % βB βC βA B0  αB C0  αC γC γA γB. γ  1. (2.4) Chứng minh rằng cos A 2 cos B 2 cos ¤ cos A20 C 2 cos B0 2 cos C0 . 2   π Lời giải. Chỉ cần xét hàm số f pxq  cos x thì f 2 pxq 
cos x   0 với x P 0, . 2 Chứng minh hoàn toàn tương tự như Bài toán 2.3, ta được bất đẳng thức cos A 2 cos B 2 cos ¤ cos A20 C 2 cos B0 2 cos C0 . 2 Bài toán 2.5. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC không nhọn, ta luôn có tan A 2 tan B 2 tan C 2 ? ¥ 2 2
1. Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta coi A ¥ B $ π ' A¥ ' ' & 2 A ' ' ' %A $ A ' ' ' ' 2 &A hay, ¥ π2 B C ¥ π4 ' 2 ' ' ' %A 2 Xét hàm số f pxq B  tan x với x P B 2 B 2 π π4 ¥2 π 4 π 4 π 8 C π ¥ 2 4 π 8 π . 8 ¥ π4
π 0, 2 . Ta có f 2 pxq theo Nhận xét 3 ta có f pxq ¥ f px0 q ¥ C. Khi đó ¡ 0 với @x P
π f 1 px0 qpx
x0 q, @x P 0, 2 , x0 P A 2 tan B 2 tan C 2 ¥ tan π4 tan π 8 0,
π 0, 2 Theo bài toán 2.2 thì tan
π π tan . 8 . 2 . Vậy nên 17 Để ý rằng tan π 8  ? 2
1 nên π 4 tan π 8 tan π 8 ? 2 2
1 A 2 tan B 2 tan C 2 ? ¥ 2 2
1. tan Vậy tan Tiếp theo ta trình bày một số bất đẳng thức lượng giác không đối xứng trong tam giác Nhận xét 2.4. . Ta đã biết trong tam giác ABC luôn có tan A B tan 2 2 tan B C tan 2 2 tan  1. C A tan 2 2 (2.5) Từ (2.5) ta dễ có tan2 A 2 tan2 B 2 tan2 C 2 ¥ 1. (2.6) Bài toán 2.6. Cho các số dương m, n, p. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có n p m tan2 A 2 p m n tan2 B 2 m n p tan2 C 2 ¥ 2. Lời giải. Ta có A p m B tan2 m 2 n 2   mn tan2 A2 mn tan2 B2 n p m tan2 n  p tan2 C 2 p A tan2 m 2 m C tan2 p 2  p B tan2 n 2 Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có: m A B B tan2 ¥ 2 tan tan , n 2 2 2 m C A C tan2 ¥ 2 tan tan , p 2 2 2 n C B C tan2 ¥ 2 tan tan . p 2 2 2 n A tan2 m 2 p A tan2 m 2 p B tan2 n 2 Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức trên ta được n p m tan2 A 2 Dấu ”  ” xảy ra khi và chỉ khi p m n tan2 $ n A ' ' ' m tan2 2 ' ' &p A B 2 m n p  mn tan2 B2 m C tan2  tan2 m 2 p 2 ' ' ' p B n C ' ' % tan2  tan2 n 2 p 2 tan2 C 2 ¥ 2. n C tan2 p 2 18 $ A ' ' n2 tan2 ' ' 2 & A  m2 tan2 B2 ô 'p2 tan2  m2 tan2 C 2 2 ' ' B C ' 2 2 2 2 %p tan  n tan 2 . 2 Suy ra 1 A tan2 2 m 2  n12 tan2 B2  p12 tan2 C2 hay B C A tan tan 2  2  2. m n p α β γ Đặt m  tan , n  tan , p  tan , với 0   α, β, γ   π . Khi đó ta có 2 2 2 tan A 2 α tan 2 tan  B 2 β tan 2 tan C 2 γ tan 2 tan  Suy ra A α  Bβ  Cγ  Aα B β C γ α π β γ α γ β và vì vậy A  α1 π, B  β1π, C  γ1π với α1 α α β γ , β1 α β β γ , γ1 γ . Vậy A  α1 π, B  β1π, C  γ1π là các góc của một tam giác và dấu”  ” xảy ra khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác có ba góc tương ứng là α1 π, β1 π, γ1 π. Nhận xét 2.5. . Ta biết trong tam giác ABC luôn có tan A 2 tan B 2 tan C 2 ¥ ? 3. (2.7) Ta có thể thay bất đẳng thức đối xứng p2.7q bằng bất đẳng thức dạng không đối xứng sau: Bài toán 2.7. Cho các số dương m, n, p là độ dài các cạnh một tam giác. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có A m tan 2 B n tan 2 C p tan 2 ¥ b 2pmn np pmq
m2
n2
p2 . 19 Để chứng minh bài toán này trước hết ta giải bài toán sau: C ho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện xy yz zx  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M1  ax by cz. Lời giải. Đặt M1  ax  pax by czq2. Khi đó M  M12 và ta có pax by czq2 . M by cz, M xy yz zx +) Với z  0 thì xy  1 và M  pax by q2  a2 x 2 ¥ 2abxy hay, M 2abxy b2 y 2 2abxy  4ab, ¥ 4ab. Vì ta cần xác định min M nên về sau ta chỉ cần quan tâm tới các giá trị của M   4ab là đủ. +) Với z  0, ta có
x M Đặt x z a z xy z2  2 y b z yz z2 c zx . z2  u, yz  v, pu, v ¥ 0q ta được M  pauuv bv u cq2 v 2 2 au b2 v 2 c2 2abuv uv u v 2acu 2bcv (2.8) . Xét (2.8) như phương trình bậc hai đối với u, ta có p2.8q ô a2u2 rp2ab
M qv 2ac
M su b2 v 2 p2bc
M qv c2 0 Phương trình này có nghiệm nên ∆  rp2ab
M qv 2ac
M s2
4a2 rb2 v 2 p2bc
M qv c2 s ¥ 0 ô M pM
4abqv2 2rpab
M qp2ac
M q
2a2p2bc
M qsv p2ac
M q2
4a2c2 ¥ 0, @v ¥ 0 (2.9) Do 0   M   4ab nên (2.9) xảy ra khi và chỉ khi ∆1  rp2ab
M qp2ac
M q
2a2p2bc
M qs2
pM
4abqrp2ac
M q2
4a2c2s ¥ 0 ô rM pM
2ab
2ac a2qs2
M pM
4abqpM 2
4acM q ¥ 0 ô M 2rM 2apa
b
cqs2
M 2pM
4abqpM
4acq ¥ 0