1 Mở đầu Chuyên đề bất đẳng thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ thông Bất đẳng thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số và giải tích mà còn là công cụ đắc lực t[.]
1 Mở đầu Chuyên đề bất đẳng thức chuyên đề quan trọng bậc trung học phổ thông Bất đẳng thức không đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số giải tích mà cịn cơng cụ đắc lực nhiều lĩnh vực khác toán học Klamkin khảo sát nhiều lớp bất đẳng thức hình học liên quan đến hàm cosin xét dạng toán liên quan Ta biết bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin cho tam giác α cos A + β cos B + γ cosC ≤ β γ γα αβ + + 2α 2β 2γ ứng với số dương α, β , γ Bất đẳng thức chứng minh phương pháp khác hình học phương pháp véctơ phương pháp tọa độ phương pháp số phức Tuy nhiên, dạng bất đẳng thức tương tự hàm lượng giác khác hàm sin, tan cotan người ta chưa chứng minh phương pháp hình học Klamkin không đề cập đến dạng bất đẳng thức Đặc biệt, để chứng minh bất đẳng thức tương tự lượng giác ngược ta cần đến cơng cụ giải tích (tính lồi, lõm) để khảo sát chúng Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi nâng cao nghiệp vụ thân chuyên đề bất đẳng thức lượng giác, chọn đề tài luận văn “Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin tam giác” Luận văn nhằm cung cấp số dạng bất đẳng thức không đối xứng tam giác hàm lượng giác lượng giác ngược số dạng liên quan Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương Chương Một số lớp bất đẳng thức Nội dung chương trình bày kiến thức hàm lượng giác, lượng giác ngược, hệ thức lượng giác Ngoài ra, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số hệ chúng Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác tam giác Trình bày bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan cotan Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác ngược Trình bày bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos, hàm arcsin, hàm arctan hàm arccot Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Ngun Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn tới GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn, cho tơi nhận xét q báu để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy cô, người tận tâm giảng dạy bảo tác giả suốt trình học tập thực luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết chân thành tới phòng Sau Đại học, khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập nghiên cứu khoa học Cuối xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018 Người viết luận văn Đỗ Thị Thu Trang Chương Một số lớp đẳng thức bất đẳng thức Chương trình bày định nghĩa hàm lượng giác sin, cos, tan, cotan, công thức biến đổi hàm lượng giác, hệ thức lượng tam giác Ngồi ra, chúng tơi nêu định nghĩa hàm lượng giác ngược với số tính chất hàm lượng giác ngược, trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số hệ chúng 1.1 Một số hệ thức hàm lượng giác ngược Định lí 1.1 ([3]) Giả sử hàm y = f (x) xác định, đồng biến nghịch biến liên tục khoảng X Khi khoảng Y giá trị tương ứng hàm đó, tồn hàm ngược (đơn trị) x = g(y) hàm đồng biến nghịch biến liên tục khoảng Từ hàm lượng giác y = sin x, y = cos x, y = tanx, y = cot x, theo định lí trên, ta có hàm lượng giác ngược h π πi π π Trong − , (hay − , ) hàm số y = sin x (hay y = tan x) 2 2 hàm đồng biến, liên tục nên tồn hàm ngược y = arcsin x (hay y = arctan x) sau: y = arcsin x x = sin y −1 ≤ x ≤ 1, − π ≤ y ≤ π 2 sin(arcsin x) ≡ x π π ⇔ − ≤ arcsin x ≤ 2 −1 ≤ x ≤ y = arctan x tan(arctan x) ≡ x π π x = tan y ⇔ − < arctan x < 2 −∞ < x < ∞, − π < y < π −∞ < x < ∞ 2 Trong [0, π] (hay (0, π)) hàm số y = cos x (hay y = cot x) hàm đồng biến, liên tục nên tồn hàm ngược y = arccos x (hay y = arccot x) sau: y = arccos x x = cos y −1 ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ π cos(arccos x) ≡ x ⇔ ≤ arccos x ≤ π −1 ≤ x ≤ y = arccot x x = cot y −∞ < x ≤ ∞, < y < π cot(arccot x) ≡ x ⇔ < arctan x < π −∞ < x < ∞ Một số tính chất hàm lượng arcsin (−x) = −arcsin x, ∀x ∈ [−1, 1] arccos (−x) = π − arccos x, ∀x ∈ [−1, 1] arctan (−x) = −arctan x arccot (−x) = −arccot x π π Hàm y = arcsin x (−1 < x < 1) với − < y < hàm ngược hàm x = sin y 2 π π Khi ta có xy = cos y > với − < y < Theo công thức đạo hàm hàm 2 ngược ta có y0x = 1 1 p √ = = = > xy0 cos y − x2 − sin2 y Vậy hàm y = arcsin x hàm đồng biến Lại có y00x = p x (1 − x2 )3 nên y00x > với < x < y00x < với −1 < x < Suy hàm y = arcsin x lõm với < x < lồi với −1 < x < Hơn nữa, ta có • với < x < 1, y00x > nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1) • với −1 < x < 0, y00x < nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0) Hàm y = arccos x (−1 < x < 1) với < y < π hàm ngược hàm x = cos y Ta có xy0 = − sin y > với < y < π Theo công thức đạo hàm hàm ngược ta có 1 1 =− = −p >0 = −√ xy sin y − x2 − cos2 y x nên hàm y = arccos x hàm nghịch biến Lại có y00x = − p nên y00x < (1 − x ) 00 với < x < yx > với −1 < x < Suy hàm y = arccos x lồi với < x < y0x = lõm với −1 < x < Hơn nữa, ta có • với < x < 1, y00x < nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1) • với −1 < x < 0, y00x > nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0) π π Hàm y = arctan x (−∞ < x < ∞) với − < y < hàm ngược hàm 2 = + tan2 y = + x2 Suy x = tan y Ta có xy0 = cos2 y 1 y0x = = > xy + x2 2x nên y00x < 2 (1 + x ) 00 với x > yx > với x < 0, suy hàm y = arctan x lồi với x > lõm với Do đó, hàm y = arctan x hàm đồng biến Lại có y00x = − x < Hơn nữa, ta có • với x > 0, y00x < nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a > • với x < 0, y00x > nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a < Hàm y = arccot x (−∞ < x < ∞) với < y < π hàm ngược hàm x = cot y Ta có xy0 = − = −(1 + cot2 y) = −(1 + x2 ) Suy sin y 1 y0x = = − < xy + x2 2x nên y00x > 2 (1 + x ) 00 với x > yx < với x < Suy hàm y = arccot x lõm với x > lồi với Do đó, hàm y = arccos x hàm nghịch biến Lại có y00x = x < Hơn nữa, ta có • với x > 0, y00x > nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a > • với x < 0, y00x < nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a < 1.2 1.2.1 Bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Karamata Bất đẳng thức Jensen Định lí 1.2 (Bất đẳng thức Jensen, [1]) Nếu f hàm lồi khoảng I với x1 , x2 , , xn ∈ I ta có x + x + ··· + x n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f n Đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Chúng ta quen với việc coi hàm lồi f : I → R hàm liên tục, khả vi cấp f 00 (x) ≥ ∀x ∈ I Tuy nhiên, với kiến thức THPT định lí Jensen phát biểu dạng đơn giản dễ áp dụng Hệ 1.1 ([1]) Cho f : I ⊂ R+ → R thỏa mãn f (x)+ f (y) ≥ f x + y I Khi với x1 , x2 , , xn ∈ I ta có bất đẳng thức x + x + ··· + x n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f n ∀x, y ∈ Chứng minh Chứng minh định lí ta dùng phương pháp quy nạp Định lí giúp cho việc kiểm tra bất đẳng thức Jensen thuận tiện bạn đạo hàm Sau chứng minh gắn gọn cho định lí Dễ thấy bất đẳng thức hiển nhiên n lũy thừa x bất đẳng thức với n = k + 1, ta lấy x = x1 + x2 + · · · + xk xk+1 = k x x + x x k ≥ (k + 1) f = (k + 1) f f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xk ) + f k k+1 k Do ta có điều phải chứng minh Hiển nhiên thay điều kiện f (x) + f (y) ≥ f x + y f (x) + f (y) ≤ f x + y bất đẳng thức tổng quát đổi chiều x + x + ··· + x n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ n f n Ví dụ 1.1 Chứng minh với 4ABC ta có √ 3 sin A + sin B + sinC ≤ Lời giải Xét f (x) = sin x với x ∈ (0, π) Ta có f 00 (x) = − sin x < ∀x ∈ (0, π) Từ theo bất đẳng thức Jensen f (A) + f (B) + f (C) ≤ f A + B +C √ π 3 = sin = Đẳng thức xảy 4ABC Ví dụ 1.2 Chứng minh với 4ABC đều, ta có A B C √ + tan + tan ≥ 2 π Ta có Lời giải Xét f (x) = tan x với x ∈ 0, π sin x 00 f (x) = > ∀x ∈ 0, cos3 x tan Từ theo bất đẳng thức Jensen f A +f B +f C ≥ 3f A + B +C 2 2 = tan π √ = Đẳng thức xảy 4ABC Ví dụ 1.3 Chứng minh với 4ABC đều, ta có A 2 tan √ B 2 + tan √ C 2 + tan √ ≥3 √ 1− √ f (x) = (tan x)2 Lời giải Xét π với x ∈ 0, Ta có √ √ 2 2−1 f (x) = 2(1 + tan x)(tan x) √ √ √ 2−1 2+ = 2 (tan x) + (tan x) √ √ √ 2 2−2 00 f (x) = 2 (2 − 1)(1 + tan x)(tan x) √ √ 2 + (2 + 1)(1 + tan x)(tan x) > 0 Theo bất đẳng thức Jensen, ta có f A +f B +f C ≥ 3f A + B +C 2 2 π 2 = tan √ =3 Đẳng thức xảy 4ABC √ 1− Ví dụ 1.4 Chứng minh với 4ABC ta có A B C A B C √ + sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 2 2 2 π Lời giải Xét f (x) = sin x + tan x với x ∈ 0, Ta có π sin x(1 − cos4 x) 00 f (x) = > ∀x ∈ 0, cos4 x sin Khi đó, theo bất đẳng thức Jensen f A +f B +f C A + B +C ≥ 3f 2 2 π π √ = sin tan = + 6 Đẳng thức xảy 4ABC Ví dụ 1.5 Chứng minh với 4ABC nhọn ta có (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC ≥ 23 √ Lời giải Ta có ( sin2 A + sin2 B + sin2 C = + cos A cos B cosC sin A + sin B + sinC ≥ sin2 A + sin2 B + sin2 C √ 3 sin A + sin B + sinC ≤ suy √ 3 < sin A + sin B + sinC ≤ Xét f (x) = x ln x với x ∈ (0, 1] Ta có f (x) = ln x + 1 f 00 (x) = > ∀x ∈ (0, 1] x Bây áp dụng bất đẳng thức Jensen ta sin A + sin B + sinC sin A + sin B + sinC ln 3 sin A( ln sin A) + sin B( ln sin B) + sinC( ln sinC) ≤ sin A + sin B + sinC sin A+sin B+sinC ⇔ ln ≤ ln (sin A)sin A + ln (sin B)sin B + ln (sinC)sinC sin A + sin B + sinC sin A+sin B+sinC ⇔ ln 3 ≤ ln (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC (sin A + sin B + sinC)sin A+sin B+sinC ⇔ 3sin A+sin B+sinC ≤ (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC Tiếp theo thay sin A + sin B + sinC > thay √ 3 sin A + sin B + sinC ≤ bất đẳng thức ta (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC √ 2sin A+sin B+sinC sin A+sin B+sinC 3 ≥ sin A+sin B+sinC = ≥ 3 10 1.2.2 Bất đẳng thức Karamata Định lí 1.3 (Bất đẳng thức Karamata, [2]) Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, , n} thỏa mãn điều kiện x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn x1 ≥ y1 x1 + x2 ≥ y1 + y2 x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1 x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn (1.1) Khi đó, ứng với hàm lồi thực f (x), ( f 00 (x) > 0) I(a, b), ta có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ) (1.2) Chứng minh Sử dụng biểu diễn hàm lồi h n i n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) = max ∑ f (ti) + ∑ (xi − ti) f (ti) (1.3) t1 , ,tn ∈I(a,b) i=1 i=1 Khơng tính tổng qt, ta giả thiết số t1 , ,tn ∈ I(a, b) số giảm, tức t1 ≥ t2 ≥ · · · ≥ tn Khi đó, để chứng minh (1.3), ta cần chứng minh x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn ) ≥ x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn ) (1.4) Sử dụng biến đổi Abel x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn ) = S1 [ f (t1 ) − f (t2 )] + S2 [ f (t2 ) − f (t3 )] + · · · + Sn−1 [ f (tn−1 ) − f (tn )] + Sn f (tn ), (1.5) với Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk Vì f 00 (x) > nên f (xk ) ≤ f (xk−1 ) Mặt khác, Sk (x) ≥ Sk (y) (k = 1, 2, , n− 1) Sn (x) = Sn (y), ta thu (1.4) ... cosC Đẳng thức xảy 4ABC 17 Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác tam giác Bất đẳng thức Klamkin bất đẳng thức hay quan trọng Nhiều bất đẳng thức lượng giác biết nhiều bất đẳng thức. .. dãy số hệ chúng Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác tam giác Trình bày bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan cotan Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác. .. Chương Một số lớp bất đẳng thức Nội dung chương trình bày kiến thức hàm lượng giác, lượng giác ngược, hệ thức lượng giác Ngồi ra, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức