Tài liệu Phương pháp đưa về một biến trong bài toán bất đẳng thức pdf

lý DO CHọN Đề TàITrang bị những tri thức cơ bản ,cần thiết ,tiên tiến nhất đặc biệt lànhững tri thức phương pháp và phát triển trí tuệ cho học sinh là các mụctiêu được đặt lên hàng đầu t

A lý DO CHọN Đề TàI

Trang bị những tri thức cơ bản ,cần thiết ,tiên tiến nhất đặc biệt lànhững tri thức phương pháp và phát triển trí tuệ cho học sinh là các mụctiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán

Bất đẳng thức là một vấn đề được giáo viên và học sinh thâm nhậpvới một lượng thời gian khá nhiều vì đây là vấn đề có thể phát triển khảnăng tư duy toán học cho học sinh

Thế nhưng quaviệc tìm hiểu vấn đề này trong quá trình dạy học tôi thấy mặc dù đã

có rất nhiều phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức điển hình

cụ thể có nhiều dạng Có những bài toán bất đẳng thức khó khi bồi dưỡnghọc sinh khá giỏi việc sử dụng những phương pháp đã có gặp nhiều khókhăn, vì thế với hướng suy nghĩ khắc phục những hạn chế về phương phápgiải đã có trước tôi đã tìm kiếm thêm được một phương pháp tiện lợi đểgiải quyết những bài toán khó và cũng để khơi dậy trí tìm tòi của học sinh

và giáo viên trong quá trình tự học, khơi dậy lòng say mê tìm kiếm nhữngcái mới

Vì những lý do đó.Dưới đây tôi xin được trao đổi với quý đồngnghiệp một phương pháp giải cho những bài toán bất đẳng thức ( Thường

là những bài bất đẳng thức khó, xảy ra trong các kỳ thi học si nh giỏi, thi

Đại học) Và trong một số bài tôi khai thác sâu thêm bằng những hoạt

động trí tuệ như tổng quát, phân tích, so sánh, đặc biệt hóa

Nội dung đề tài gồm ba phần :Phần I: một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z, )Phần II: Một biến là x(y hoặc z)

Phần III: Khai thác phương pháp trong lượng giác

b.nội dung đề tài

*/ Bài toán: Xét bài toán : với điều kiện R (nếu có) Chứng minh rằng

- Còn đánh giá p nói chung là phong phú tùy thuộc từng bài toán để lựachọn cách đánh giá thích hợp (dùng cách biến đổi , sử dụn g bất đẳng thức cổ điểnbunhiacopki,côsi, )

2 1 1 2 2

2 2 1 2 2

x y

x y

x   

2 2

1 1

c Bất đẳng thức svac-xơ(hệ quả của bất đẳng thức bunhiacopxki) :

với y1,y2, ,y n(n 2 ) là số dương:

n n n

n

y y

y

x x

x y

x y

x y

(

2 1

2 2

1 2

2

2 2

1

2 1

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

n

n y

x y

x y

1 1

I một biến là ẩn phụ t=h(x,y,z, ).

Sau đây là một số ví dụ mở đầu

Bài toán 1:Với x,y là số dương chứng minh rằng:

2 2 3

3

yx xy

y x

x

y=t thì t>0(1) trở thành t3-t2 -t+10(t-1)2(t+1)0 (đúng với mọi t>0)

 đpcm

Tổng quát ta có bài toán sau:

Cho x,y là số dương Cmr: x n y n  xy n1 x n1y(n  2 ,n N)

Chứng minh hoàn hoàn tương tự!

Bài toán 2: Với x,y khác không chứng minh rằng:

) 2 ( 2

2 2

2 2

x x

y y

x x

x thì      2

x

y y

x x

y y

x

khi đó (2) trở thành:

0 2 )

2 ( 2

Bài toán 3:(Đề chọn đội tuyển dự thi HSG toán QG 2006-2007)

x,y,z là số thực thỏa mãn x2  y2 z2  2.Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểuthức Px3  y3z3  3xyz

-Nhận xét : Dự đoán dấu giá trị LN,NN đạt được kh i x=y=z hoặc tại các điểm

biên.Thử vào ta có phán đoán 2 2 P 2 2

) (

) (

2 xy yz zx x y z z

y

) )(

y

x            và điều kiện ta có:

) 2

2 ) (

2 )(

( ) )(

(

2 2

1 3 2

) 2

2 2

3 2

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t 2

vậy Pmin= 2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị

Pmax=2 2 khi x= 2 ,y=z=0 hoặc hoán vị

Sau đây ta xét một số ví dụ mà phải đánh giá biểu thức P mới thấy được ẩn phụ

Bài toán 4: Cho

z y x

z y x

Cmr:

2

15 1 1 1

Giải: áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:

z y x z y x xyz z

y x z y x

2 15 2

3 4

27 4

9 2 4

27 4

9 9

1 1 1

t t

t z y x z y

x

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=

2 1

 đpcm

Tổng quát ta có bài toán: Cho x1,x2, ,x n(n 2 ) là số dương ;

) (

x x b x x

x

a

n n

2 2

2 1 2

bn a k k

bn k

bn a t k

t t

x

bn x

x x a x x

x b x x

x

a

n n

n n

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 1

2 2

1 2

1 2

1

) (

1 2 ) (

)

1 (

)

( )

1

1 1 ( )

,

z y

x

z y

x

Cmr:

2

51 ) 1 1 1 (

,

z y

1 1 4

) 4 1

x y

x y

tương tự sau đó cộng lại kết hợp bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh

Với a=1;b=9;n=3;k=1 kết hợp bất đẳng thức bunhiacopxki ta có bài toán

,

z y

y x x (đề thi đại học ,cao đẳng năm 2003 -2004)

2.với a= -1; b=1 ; n=2 ; k= 2 ta có bài toán :

bằng cách thay đổi giả thiết , đặt ẩn phụ ta có bài toán 2'':

Thật vậy: bằng cách đặt: a= 1 x ; b= 1  y và kết hợp bất đẳng thức

bunhacopxki và bài toán trên ta suy ra điều phải chứng minh

Tổng quát: (tạp chícrux )

) 2 (

m

x x

m

x x

m

x

n n

Chứng minh hoàn toàn tương tự !

- Nếu đổi chiều của bất đẳng thức ở điều kiện (bài toán (*))thì bài toán thay đổinhư thế nào?

Trả lời câu hỏi này ta có bài toán mới : Cho x1,x2, ,x n(n 2 ) là số dương;

) (

x x b x x

x

a

n n

2 2

2 1 2

từ bài toán (**) ta có thể khai thác ta được những bài toán mới khá thú vị

*)Như vậy khi làm một bài toán ta có thể dùng hoạt động trí tuệ để khai thác sâu

bài toán_ở trên có một chu kì hoạt động khá hay đó là :bài toán cụ thể tổng quátđặc biệt(phân tích , so sánh )bài toán mớitổng quát.

(chú ý tổng quát có nhiều hướng :theo hằng số ,theo số biến hoặc số mũ)

 Bài toán 5:(THTT/ T4/352/2007)Với x,y,z là số dương và xyz1

y

y yz

2 2

b

b bc

a

c b a

ab c ac b bc a

c b a

3

) (

)]

( 3 ) [(

3

) (

) (

3

) (

2 4

2

4

2 2

c b a ca

bc ab c

b a

c b a ca

bc ab c b

a

c b a

{vìab+bc+ca 3 2

) (

3 abc 3}

đặt t=(a+b+c)2 thì t9 { vì a+b+c 3

3 abc 3}

3 2 12

15 9 3 3

3 12

3 12

15 3

t t

=

2 9

dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

Tổng quát ta có bài toán sau:với x1,x2, ,x n(n 2 ) dương và x1x2 x n  1

Cmr:

2

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x

x

n n

n

n n

z y x

z y x

Cmr:

10

9 1

y x

x P

Nhận xét: Ta nghĩ đến áp dụng bđt svac-xơ nhưng ở đây chiều của bất đẳng

thức lại ngược.Một ý nghĩ nảy sinh là biến đổi P để là m đổi chiều bất đẳng thức ?Giải : Ta có :

3 3 3

2 2 2 2

3 4

3 4

3

4

2 3

2 3

2 3

2 2

2 2

2 2

1 ) (

1

) 1 1

1 ( 1 ) 1 1 ( ) 1 1 ( ) 1

1

(

z y x z y x

z y x z

z

z y y

y x

x

x

z

z y

y x

x z

z z

y

y y

1 2

3 ) 3 ( 3 )]

( 1 [ 2 1

3 ) )(

(

3 2 2 2 2

2 2 2

2

2

2 2 2 3

3

3

t t t

z y x z

y x z

y

x

xyz zx

yz xy z y x z y x z

9 3 10 3

) 9 57 )(

3

1 ( 10

9 10

9 3 10 3

3 10 3 3 1

3

2 1

3 2 3

t t t

t

t t t t t

t t

t t

t

P

dấu bằng xảy khi và chỉ khi x=y=z=

3 1

1 )(

1 )(

1 (

) 1

; 0 ( , ,

z y x xyz

z y x

Cmr: x2+y2+z2 

4 3

Giải:

1 )(

1 ( 3

z y x z

n

n

x a x a x a n

a x x

n

x x

x na x

a x

n n

a n t

na t a n n

na n t

na t na t

kết hợp điều kiện bài toán nên bất đẳng thức (*) đúng

ngoài ra từ cách chứng minh ta có bất đẳng thức chặt hơn sau:

Chox1,x2, ,x n(n 2 ) là số dương không lớn hơn a Cmr:

) ) (

)(

( 1

1

2 1

1

2 1

1 1

n

n n

n

n n

x a x a x a n

a n

n x x

x

a n

chứng minh hoàn toàn tương tự !

2 2 2

z y x

z y x

z y x xyz

z y x

Cmr: x y z  6

- Từ bất đẳng thức bunhiacôsxki, svac -xơ và đẳng thức

2 2

2

2

) (

) (

2 xy yz zx x y z z

xyz

z y

x

Cmr:

3

10 1

2 2

1

z y x

xyz

2 2

z z

y y x

z y x

z y x

Cmr:

5

108 1

1 1

2 2

1

z y x

z y x

Cmr:

) )(

(

8 x2 y2 z2 x2y2 y2z2 z2x2zx

; 1 [ , , y z x

z y x zx yz xy

Cmr:

4

3 )

( 4 ) ( 4 ) (

2

2 2

z

y z

9 ) (

4 0 ) )(

( ) )(

( )

)(

z y x

xyz zx

yz xy y

z x z z x y z y y z

) (

4 )

( 4 1 2 )

(xyz 2  xyz  xyyzzx hay xyyzzx  xyz 2  xyz

kết hợp bất đẳng thức trên và bất đẳng thức côsi ta cần chứng minh:

axyz ct

bxyz z

y x zx yz

c b a

2

0 , ,

thì:

) (

2 3 3

) (

) (x2 y2 z2 bxyz c x y z a b c a xy yz zx

với a=3 b=5 c=1 ta có bài toán:

2.Cho x,y,z là số không âm chứng minh rằng :

) (

6 1 ) (

5 ) (

3 x2y2z2  xyz xyz   xyyzzx

Bằng cách tương tự ta có bài toán:

3.Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng

) (

5 8 ) (

2 x2 y2 z2 x y z

xyz       (THTT-số 356)

4.Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng

) 1 )(

1 )(

1 ( 3 2

2

2

2

z y x xyz

4

; 0 [ , ,

3

z y x

zx yz xy

Cmr: xyz 4 (x yz)  13

Từ đẳng thức ,bất đẳng thức cơ bản,đơn giản ta có thể tạo vô số bài toán!

để kết thúc phần I tôi xin đưa ra thêm một số bài toán làm theo phương phápnày:

* -Một số bài toán -*

4 4 4

2

27 2

1 1

2

27 2

; 0 ( ,

,

3

z y

x

z y x

Cmr:

2 2

2 2

2 2

4

1 4

1 4

1 )

2 )(

2 )(

2

(

27

z y

x z

y

) (x yz :

z y x

z y x

Cmr :

12

1 ) ( ) ( ) (yz 4y zx 4z x y 4 

x

HD: Giả sử x y z 0 đặt t  x(yz) ta chứng minh được

) 3 1 ( ) ( ) (

4

2 2 2

z y x

xyz z y x

; 0 ( , ,y z x

z y x zx yz xy

Cmr:

3 ) (

) (

)

2

2 2

x z

y x

z

y

x

I 6. Cho x1,x2, , x n(n 2 ,nN) là số dương và x1x2 x n k(nk  0 ) Chứng minh rằng:

) (

1

1

2 2

2 2 2 1

n x

x x

x x

x      n  n  

I7 Với x1,x2, ,x n(n 2 ) dương và x1x2 x n  1 Cmr:

n

n x x

x x

x

x

n n

1

1

2

2 1 2

- Nếu chứng minh g(t) 0 bằng cách biến đổi như trên thì trước tiên phải dự đoán

được dấu bằng xảy ra tại đâu để đánh giá hay tách nhóm hợp lý

-Khi đặt ẩn phụ thì phải tìm điều kiện sát của ẩn phụ đặc biệt là chứng minhg(t)0 bằng phương pháp đạo hàm

II Một biến là x(y hoặc z):

ở ví dụ trên thì chúng ta phải làm xuất hiện ẩn phụ.sau đây ta xét một lớp bài toán mà ẩn phụ chính là x hoặc y hoặc z

1.Đưa về một biến nhờ điều kiện:

Bài toán 8: Cho

1

z y x

z y x

8 ) 3

5 (

3

z y x

z y x

Cmr: 5 xyz 2 (xy yzzx) ( 9 )

Giải: Không mất tính tổng quát giả sử z=min(x,y,z)

Từ điều kiện dễ thấy 0 z 1

0 4

) 2 ( ) 1 ( 0 4

2 3 0

) 3 ( 2 ) 2 ( )

z z z

z z

z

y x z z

y x y

x z z

xy

đúng với z [ 0 ; 1 ] Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

Nhận xét4:

- Nếu lấy điều kiện 0  z 3 thì bất đẳng thức đánh giá biểu thức trên là không

đúng ở đây chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế điều kiện của biến để

có thể đánh giá được biểu thức

- Ta có bài toán Tổng quát của bài 9 sau:

bài toán 9' cho

0

;0

0,,

3

b a

b a

z y x

z y x

Cmr: a(xy  yz  zx)  bxyz  ( 3a  b)  0

HD: Không mất tính tổng quát giả sử z=min(x,y,z)

từ điều kiện dễ thấy 0   1    0 ; 3  4  0

b

a z bz a

0 ) 4

3 ( ) 1 ( 4

1 ) 3 (

)

3

(

) (

4

) 3 ( ) 3 ( ) ( ) ( ) 3 ( )

b b a z

az

bz a

z b

a y x az bz a xy b a bxyz zx

) (

2 xy yz zx x y z z

y

x         ta có thể đưa bàitoán trên về bài toán tương đương nhưng hình thức khác :

chẳng hạn bài 9 có thể phát biểu dưới dạng tương đương :

y x z y x xyz z

1

z y x

z y x

zx yz xy xyz

Cmr: 5x2y2z2  27xyz 18 (x2  y2  z2)

-Sử dụngtính chất bắc cầu và bất đẳng thức đã có:

chẳng hạn bài 9: Từ bất đẳng thức côsi: x3 y3z3  3xyz

3

z y x

z y x

Cmr: x3  y3  z3  15  6 (xy  yz  zx)

*)Từ cách chứng minh bài toán tổng quát trên ta có bài toán Tương tự

bµi to¸n9'' Cho

; 0

0 , ,

3

b a b a

z y x

z y x

chøng minh r»ng:

0 ) 3 ( )

(xy  yz  zx  bxyz  a  b 

a

Chó ý : §Ó chøng minh : sö dông tÝnh chÊt 1 víi z=max(x,y,z)

§Æc biÖt hãa ta cã bµi to¸n:

Víi a=1; b=-2 : Cho

3

z y x

z y x

; 0 [ , ,

z y x

z y x

xyz zx yz

xy

z y x

Cmr: x+y+zxy+yz+zx(11)Gi¶i:

Gi¶ sö z=min(x,y,z) , tõ ®iÒu kiÖn ta cã :

1 0

0 ) 2 )(

1 ( 3

4  xyyzzxxyzz3 z2  z z 2   z  (11')

xy+yz+zx+xyz=4  (x+y)z=4-xyz-xyx+y=

z

xy xyz 



4 (11'')MÆt kh¸c : 0=xy(1+z)+z(x+y)-4xy(1+z)+2 xy.z-4



1

2 0

) 2 )(

z

(11) (x y)( 1 z) zxy 0

Tõ (11'),(11''),(11''') ta cã :

0 ) 1 (

) 1 ( 1

2 ) ( 1

2

4

4

) ( 4 4 )

1 (

4 )

1

)(

(

2 2 2

2 2

2

2 2

z z

z z z

z

z

z xy z z xy z xy

z z z

xy xyz xy

3

z y x

z y x

) 2 ( 2 ) 3 ( )

1 (

2 ) ( )

(

2

2 2 2

3

4

2 2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

z z z

z

z z z

z z

y x z y

x z

y x z y

) 2 2 ( ) 1 (

0 ) 1 )(

1 (

3

2 2

z y x z

z z

y x

z y x

; 2

1 [ , ,

1

z y x

1

z y x

z y x

zx yz xy

z y x

x Cmr:

3

2 2 1

2

1

2 1

x x

y y

z y x

z y x

Cmr:

a

2

7 1

1 1

1 1

1

2 2 2

2 2

1 1

1 1

n n

n

n

x

z z

1 )

(

3

1

1 3

1

1 1

1 1

1

1 1

1 1

1

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

x x

z

y

x z y x

z y

x

z z

; 0 [ , ,

z y x

z y x

Cmr : n  n  n  2n  1

z y x

(Tổng quát bài 8: chứng minh tương tự!)

)(

1 ( ) 5 1 ( 5 )

1 , , ( )

3

z y x

z y x

Chứng minh rằng: 5 xyz 2 (xyyzzx)

Giải

Đặt p(x, y, z)  2 (xy  yz  zx )  xyz

Ta cần chứng minh f(x,y,z)  5 Do vai trò của x,y,z trong f như nhau nên theo

tính chất 2 ta giả sử 0 x y z kết hợp điều kiện ta dễ dàng suy ra 0 x 1

Xét

2 3 )

2

3 , 2

3 , ( ) 2

, 2 , ( ) , , ( 0 ) )(

) ( 2 ( 2 )

( 2 ) 2

, 2 , (

2 2

x x f z y z y x f z y x f z

y

x

z y x z y x z y z y x xyz zx yz xy z

y z y x f

; 5

4

) 2 ( ) 1 ( 5 5 5 4

2 3 )

,

,

(

2 3

z y x

( ) (

3 ) ( )

, , (

( ( 2 )

3 3

xy z

y z y x

Gi¶i:

§Æt f(x,y,z) 

y x

z x z

y z y

xy x

xy

y xy

y

x y

x

z x z

y z y

) )(

(

1 1

) (

) (

1

1 ) )(

( ) )(

(

1 ) )(

(

) )(

( ) (

) )(

(

) (

) )(

(

) (

x x

y y

x y

x y

x

y x x xy x y

y xy

y x y

x y

x x xy

x

z

y

xy y z y

x z

xy y

x

xy z x xy x z

z xy y xy

y

z

y

z xy

x

1 )

, ,

(

x y x y

x y x y

x

y x

y y x

xy x xy

y y xy

x xy y

3 ) 1 ( 2

2 2

1 1

1

1

2

2 2 2

t t t

t

t t

t t

x

y t

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : x=y=z=1

Nhận xét :

- Khi đưa biểu thức 3 biến về 2 biến hay 1 biến thường xét hiệu biểu thức của bất

đẳng thức và biểu thức đó với x(hoặc y hoặc z) thay bởi trung bình nhân hoặctrung bình cộng

- Thường ta phải sử dụng tính chất 2 mới có đánh giá được

1

z y x

9 6

z y x

xyz zx yz xy

2 2 2

z y x

z y x

x chứng minh rằng:

3

2 2 1

y y x

II26 Cho x,y,z là số dương chứng minh rằng:

) (

5 8 ) (

zx yz xy

z y x

2 2 2

z y x

z y x

Cmr: 2 2 2 2 2 2

x z z y y x z y

2 2 2

z y x

z y x

Cmr:7 (xy yz zx)  12  9xyz

II 20 Chứng minh rằng :

 a b sau đó đánh giá tiếp ta đưa về 1biến là b

III khai thác phương pháp trong lượng giác:

ở trên là những bất đẳng thức trong đại số vậy trong lượng giác liệu có thể

đánh giá đươc không? sau đây ta xét một số ví dụ trong lư ợng giác

Bài toán17:Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:

B A B A C

B

2 cos 2 sin 3 2

cos 2 sin 2 sin 3 sin

áp dụng bđt côsi :

) ' 17 ( 6 3

4 6 3

4 ) 6 2 3 (

1 3

1 ( 2

3 1 [ 2 ) 1 ( 3

1 2 2

3 1 ( 2 ) 1

2 2

t t t

t t

t t

6 2 cos

1 2 cos

C

B A C

B A

Bài toán18: Cho tam giác ABC chứng minh rằng:

(1-cosA)(1-cosB)(1-cosC)cosAcosBcosC (18)

Giải:

+) Nếu tam giác có góc vuông hoặc góc tù thì bđt luôn đúng

+) Nếu tam giác là nhọn ,ta có:

1 cos

cos

cos cos ) cos (cos

1 cos

sC B C

B A

A

A A

A

A A

A VT

C B C

B

C B C B A

A

cos

2 sin 2 2 sin 4 2 1 ) cos 1 ( 2 1

2 sin 2 1 cos

cos 1

) [cos(

2 1

2

cos 2 cos 2 1 cos

2 sin 4 2 sin 4 1 1 cos

2 sin 2 2 sin

A A

A

A A

(18'')Vì tam giác nhọn nên (18'') luôn đúng.Do đó(18) đúng

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A B C

A

C B

1 2 cos

Trong tam giác ABC ta có điều kiện là A+B+C=180 

nên gợi ý cho chúng ta sử dụng tính chất 1 để làm hạn chế phạm vi biến từ đó

có thể đánh giá được biểu thức ,

Sau đây là một số ví dụ:

Bài toán 19: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có

3 60

0  A    A 

) cos(

] 2 cos sin 4 2 sin 6 [ 2 cos

cos

2

2

cos 2 sin 2 sin 2 ) cos(

) cos(

) 2

cos 2 cos

2

(cos

3

) sin sin sin

sin sin

(sin 2 ) cos cos

(cos

3

C B

A A A

C B A

C B C B A

C B C

B C

B C B A

A C C

B B

A C

B A

cos 2

3 , 0 2

Mặt khác 1 , cos( ) 1

2 cosBC  BC  nên

0 0 ) 1 2 ( ) 1 2 ( 1 2

4

8

1 ) 2 sin 1 ( 2 sin 8 2 sin 6 ) 2 sin 2 1 ( 2 1 2 cos sin 4 2 sin 6

cos

2

2 2

3

2 2

t t

t

t

A A

A A

A A

A A

T

trong đó

2 sin A

t Vì vậy (cosA+cosB+cosC)2(sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA)

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A B C

A C B

C B

1 ) cos(

1 2 cos

Bài toán20: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có

1+cosAcosBcosC 3sinAsinBsinC (20)Giải:

Khi hoán vị (A,B,C) thì bđt (20) không thay đổi do đó không mất tính tổngquát ta giả sử A=max(A,B,C)

Khi đó A 60 (20 ')  Xét

] sin 2

3 cos

2

1 )[

cos(

] cos sin 3 [cos

2

1

1

)] cos(

) [cos(

sin 2

3 )]

cos(

) [cos(

cos cos

1

2

A A

C B A

A A

C B C

B A

C B C

B A

T

C B A C

B A

A và cos(BC)  1 nên

0 )]

60 cos(

1 )[

1 (cos ) sin 3 (cos

2

1 ] cos sin 3 cos

A A

A A A

T

Vì vậy 1+cosAcosBcosC 3sinAsinBsinC

A

C B

1 ) cos(



* Một số bài toán *

Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có:

III31.Nếu tam giác ABC nhọn:

3 3

1 3 3 2

cot 2

cot 2 cot

1 tan

tan

C B

A C

B A

III32.

2 15 2 sin 1 2

sin 1 2

sin

1 2

sin 2

sin 2

C B

A

C B