dùng lượng giác để chứng minh bất đẳng thức

G.NTH 1 1. Các kiến thức cần nắm 1.1. Các hệ thức cơ bản + 1sincos 22 =+ + 1 + tg 2 = )k 2 ( cos 1 2 + + tg . cotg = 1 ( 2 k ) + 1 + cotg 2 = )k( sin 1 2 1.2. Công thức cộng góc + cos( ) = cos cos sin sin + sin( ) = sin cos cos sin + tg ( ) = )k 2 ;( tgtg1 tgtg + + cotg( ) = gcotgcot 1gcot.gcot )k;( 1.3. Công thức nhân + sin2 = 2 sin cos + cos2 = cos 2 - sin 2 = 2cos 2 - 1 = 1 - 2sin 2 + tg2 = ) 2 k 4 ( tg1 tg2 2 + + cotg2 = ) 2 k ( gcot2 1gcot 2 + sin3 = 3sin - 4sin 3 + cos3 = 4cos 3 - 3cos + tg3 = 3 k 6 ( tg31 tgtg3 3 3 + ) 1.4. Công thức hạ bậc + cos 2 = 2 2cos1 + + sin 2 = 2 2cos1 + tg 2 = + 2cos1 2cos1 )k 2 ( + 1.5. Công thức biến đổi tổng thành tích: + cos + cos = 2cos 2 cos 2 + + cos - cos = - 2sin 22 sin + + sin + sin = 2sin 22 cos + + sin - sin = = - 2cos 2 sin 2 + G.NTH 2 + tg tg = cos.cos )sin( )k 2 ;( + 1.6. Công thức biến đổi tích thành tổng: + cos.cos = )]cos()[cos( 2 1 ++ + sin.sin = )]cos()[cos( 2 1 ++ + sin.cos = )]sin()[sin( 2 1 ++ Biểu thức đại số Biểu thức lợng giác tơng tự Công thức lợng giác 1 + x 2 1 + tan 2 t 1+tan 2 t = tcos 1 2 4x 3 - 3x 4cos 3 t - 3cost 4cos 3 t - 3cost = cos3t 2x 2 - 1 2cos 2 t - 1 2cos 2 t - 1 = cos2t 2 x1 x2 t t 2 tan1 tan2 t t 2 tan1 tan2 = tan2t 2 x1 x2 + t t 2 tan1 tan2 + t t 2 tan1 tan2 + = sin2t xy1 yx + tantan1 tantan + tantan1 tantan + = tan(+) x 2 - 1 1 cos 1 2 1 cos 1 2 = tan 2 một số phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số I. Dạng 1: Sử dụng hệ thức sin 2 + cos 2 = 1 1) Phơng pháp: a) Nếu thấy x 2 + y 2 = 1 thì đặt = = cosy sinx với [0, 2] b) Nếu thấy x 2 + y 2 = r 2 (r > 0) thì đặt = = cos sin ry rx với [0, 2] 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho 4 số a, b, c, d thoả mãn: a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1 Chứng minh rằng: 2 a(c+d) + b(c-d) 2 G.NTH 3 Giải: Đặt = = ub ua cos sin và = = vcosd vsinc S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv) P = a(c+d) + b(c-d) = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v) 2)dc(b)dc(aS2]2,2[ 4 )vu(sin2S ++= += (đpcm) VD2: Cho a 2 + b 2 = 1. Chứng minh rằng: 2 25 b 1 b a 1 a 2 2 2 2 2 2 ++ + Giải: Đặt a = cos và b = sin với 0 2. Thế vào biểu thức vế trái rồi biến đổi. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin 1 sin cos 1 cos b 1 b a 1 a ++ += ++ + = cos 4 + sin 4 + 4 sin.cos sincos sincos4 sin 1 cos 1 44 44 44 44 + + ++=+ + = ( ) 4 sin.cos 1 1sincos 44 44 + ++ = ( ) [ ] 4 sin.cos 1 1sincos2sincos 44 2222 + ++ = 2 25 4 2 17 4)161( 2 1 14 2sin 16 12sin 2 1 1 4 2 =+=++ + + (đpcm) Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bớc nữa để xuất hiện a 2 +b 2 =1 VD3: Cho a 2 + b 2 - 2a - 4b + 4 = 0. Chứng minh rằng: A = 2334b)324(a)321(2ab32ba 22 ++++ Giải: Biến đổi điều kiện: a 2 + b 2 - 2a - 4b + 4 = 0 (a-1) 2 + (b-2) 2 = 1 Đặt += += += = = cossin32cossinA cos2b sin1a cos2b sin1a 22 A 2) 6 2sin(22cos 2 1 2sin 2 3 22cos2sin3 === (đpcm) VD4: Cho a, b thoả mãn : 712b5a ++ = 13 G.NTH 4 Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + 2(b-a) - 1 Giải: Biến đổi bất đẳng thức: a 2 + b 2 + 2(b-a) - 1 (a-1) 2 + (b + 1) 2 1 Đặt =+ = cosR1b sinR1a với R 0 222 R)1b()1a( 1cosRb 1sinRa =++ = += Ta có: 137)1cosR(12)1sinR(5137b12a5 =+++=++ R 13 5 arccossinRcos 13 12 sin 13 5 R113cosR12sinR5 +=+==+ Từ đó (a-1) 2 + (b+1) 2 = R 2 1 a 2 + b 2 + 2(b - a) - 1 (đpcm) II. Dạng 2: Sử dụng tập giá trị 1|cos|;1|sin| 1. Phơng pháp: a) Nếu thấy |x| 1 thì đặt [ ] sin ; 2 2 cos 0; x khi x khi = = b) Nếu thấy |x| m ( 0m ) thì đặt [ ] sin ; 2 2 cos 0; x m khi x m khi = = 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng: (1+x) p + (1-x) p 2 p |x| 1 ; P 1. Giải: Đặt x = cos với [0, ], khi đó (1 + x) p + (1 - x) p = (1+cos) p + (1-cos) p = p22pp2p2p p 2 p 2 2 2 sin 2 cos2 2 sin 2 cos2 2 sin2 2 cos2 = + + = + (đpcm) VD2: Chứng minh rằng: 2 23 13 2 23 22 + + xxx Giải: Từ đk 1 - x 2 0 |x| 1 nên Đặt x = cos với 0 2 1 x = sin. Khi đó ta có: P= 2sin)2cos1(3sincos2cos321232 222 ++=+=+ xxx G.NTH 5 = 3 3 2sin232sin 2 1 2cos 2 3 2 +       π +α=+       α+α 2323 +≤≤−⇒ A (®pcm) VD3: Chøng minh r»ng: [ ] )(a)a()a(a 122221111 2332 −+≤−−+−+ Gi¶i: Tõ ®k |a| ≤ 1 nªn §Æt a=cosα víi α∈[0,π] ⇒ α=− α =+ α =− sina1; 2 cos2a1; 2 sin2a1 2 (1)⇔ 2 cos 2 sin2222 2 sin 2 cos22. 2 cos 2 sin21 33 αα +≤       α − ααα + ⇔ 2 cos 2 sin1 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 cos 2 sin 22 αα +≤       α + αα + α       α − α       α + α ⇔ 1cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 cos 2 sin 22 ≤α= α − α =       α − α       α + α ®óng ⇒ (®pcm) VD4: Chøng minh r»ng: S = ( ) ( ) 21314 2332 ≤−−+−− aaa)a( Gi¶i: Tõ ®k |a| ≤ 1 nªn: §Æt a = cosα víi α ∈ [0, π] ⇒ 2 a1− = sinα. Khi ®ã biÕn ®æi S ta cã: S= )cos3cos4()sin4sin3()sin(cos3)cos(sin4 3333 α−α+α−α=α−α+α−α = 2 4 3sin23cos3sin ≤       π +α=α+α ⇒ (®pcm) VD5: Chøng minh r»ng A = ( ) 211311 2222 ≤−−−+−+− )b)(a(ababba Gi¶i: Tõ ®iÒu kiÖn: 1 - a 2 ≥ 0 ; 1 - b 2 ≥ 0 ⇔ |a| ≤ 1 ; |b| ≤ 1 nªn. §Æt a = sinα, b = sin β víi α, β ∈       ππ − 2 ; 2 Khi ®ã A = )cos(3sincoscossin β+α−βα+βα = = 2 3 )(sin2)cos( 2 3 )sin( 2 1 2)cos(3)sin( ≤       π −β+α=β+α−β+α=β+α−β+α (®pcm) VD6: Chøng minh r»ng: A = |4a 3 - 24a 2 + 45a - 26| ≤ 1 ∀a ∈ [1; 3] G.NTH 6 Giải: Do a [1, 3] nên |a-2| 1 nên ta đặt a - 2 = cos a = 2 + cos. Ta có: A = 13342624522424 323 ==++++ coscoscos)cos()cos()cos( (đpcm) VD7: Chứng minh rằng: A = 2 2 3 3 2 [0,2]a a a a + Giải: Do a [0, 2] nên |a-1| 1 nên ta đặt a - 1 = cos với [0, ]. Ta có: A = =+++ coscos)cos()cos()cos( 31313112 22 = 2 3 sin2cos 2 3 sin 2 1 2cos3sin += = (đpcm) III. Dạng 3: Sử dụng công thức: 1+tg 2 = 1 cos 1 tg cos 1 2 2 2 = )k( + 2 1) Phơng pháp: a) Nếu |x| 1 hoặc bài toán có chứa biểu thức 1x 2 thì đặt x = cos 1 với 2 3 , 2 ;0 b) Nếu |x| m hoặc bài toán có chứa biểu thức 22 mx thì đặt x = cos m với 2 3 , 2 ;0 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng A = 2 1 3 2 1 a a a + Giải: Do |a| 1 nên : Đặt a = cos 1 với 2 3 , 2 ;0 == tgtg1a 22 . Khi đó: A = 2 3 sin2cos3sincos)3tg( a 31a 2 +=+=+= + (đpcm) VD2: Chứng minh rằng: - 4 A = 2 2 a 1a125 9 1a Giải: G.NTH 7 Do |a| ≥ 1 nªn: §Æt a = αcos 1 víi α∈       π π∪       π 2 3 , 2 ;0 ⇒ α=α=− tgtg1a 22 . Khi ®ã: A = 2 2 a 1a125 −− = (5-12tgα)cos 2 α = 5cos 2 α-12sinαcosα= α− α+ 2sin6 2 )2cos1(5 =       +α+=       α−α+ 13 5 arccos2cos 2 13 2 5 2sin 13 12 2cos 13 5 2 13 2 5 ⇒ - 4 = 91. 2 13 2 5 13 5 arccos2cos 2 13 2 5 A)1( 2 13 2 5 =+≤       +α+=≤−+ (®pcm) VD3: Chøng minh r»ng: A = ab 1b1a 22 −+− ≤ 1 ; 1a b∀ ≥ Gi¶i: Do |a| ≥ 1; |b| ≥ 1 nªn . §Æt a = αcos 1 ; b = βcos 1 víi α∈       π π∪       π 2 3 , 2 ;0 . Khi ®ã ta cã: A = 1)sin(cossincossincoscos)tgtg( ≤β+α=αβ+βα=βαβ+α (®pcm) VD4: Chøng minh r»ng: a + 22 1a a 2 ≥ − 1a∀ > Gi¶i: Do |a| > 1 nªn: §Æt a = αcos 1 víi α∈ α = α α = − ⇒       π sin 1 tg 1 . cos 1 1a a 2 ;0 22 . Khi ®ã: a+ 22 2sin 22 sin 1 . cos 1 .2 sin 1 cos 1 1a a 2 ≥ α = αα ≥ α + α = − (®pcm) VD5: Chøng minh r»ng 26xy31y41xy 22 ≤+−+− ; 1x y∀ ≥ Gi¶i: BÊt ®¼ng thøc ⇔ )( yy y xx x 126 3 14 1 1 2 2 ≤         + − + − Do |x|; |y| ≥ 1 nªn §Æt x = αcos 1 ; y= βcos 1 víi α, β∈       π 2 ,0 . G.NTH 8 Khi đó: (1) S = sin + cos(4sin + 3cos) 26 Ta có: S sin + cos +=++ cos5sin)cos)(sin34( 2222 2 2 2 2 (1 5 )(sin cos ) 26 + + = (đpcm) IV. Dạng 4: Sử dụng công thức 1+ tg 2 = 2 cos 1 1. Phơng pháp: a) Nếu x R và bài toán chứa (1+x 2 ) thì đặt x = tg với 2 , 2 b) Nếu x R và bài toán chứa (x 2 +m 2 ) thì đặt x = mtg với 2 , 2 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Chứng minh rằng: S = 1 1 4 1 3 32 3 2 + + )x( x x x Giải: Đặt x = tg với 2 , 2 =+ cos x 1 1 2 , khi đó biến đổi S ta có: S = |3tg.cos - 4tg 3 .cos 3 | = |3sin - 4sin 3 | = |sin3| 1 (đpcm) VD2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 22 42 )a21( a12a83 + ++ Giải: Đặt a 2 = tg với 22 , thì ta có: A = 22 42 )tg1( tg3tg43 + ++ = += + ++ 22222 222 4224 cossin2)cos(sin3 )sin(cos sin3cossin4cos3 = 3 - 3 2 0 2 2 2sin 3A 2 1 3 2 5 2 2sin 22 = == Với = 0 a = 0 thì MaxA = 3 ; Với = 4 a = 2 1 thì MinA = 2 5 VD3: Chứng minh rằng: 2 1 )b1)(a1( )ab1)(ba( 22 ++ + a, b R Giải: G.NTH 9 Đặt a = tg, b = tg. Khi đó )tg)(tg( )tgtg)(tgtg( )b)(a( )ab)(ba( ++ + = ++ + 2222 11 1 11 1 = + cos.cos sin.sincos.cos . cos.cos )sin( .coscos 22 = [ ] 2 1 2 2 1 +=++ )(sin)cos()sin( (đpcm) VD4: Chứng minh rằng: c,b,a )a1)(c1( |ac| )c1)(b1( |cb| )b1)(a1( |ba| 222222 ++ ++ + ++ Giải: Đặt a = tg, b = tg, c = tg. Khi đó bất đẳng thức )tg1)(tg1( |tgtg| )tg1)(tg1( |tgtg| )tg1)(tg1( |tgtg| 222222 ++ ++ + ++ + cos.cos )sin( .coscos cos.cos )sin( .coscos cos.cos )sin( .coscos |sin(-)|+|sin(-)| |sin(-)|. Biến đổi biểu thức vế phải ta có: |sin(-)|= |sin[(-)+(-)]| = |sin(-)cos(-)+sin(-)cos(-)| |sin(-)cos(-)|+|sin(-)cos(-)|=|sin(-)||cos(-)|+|sin(-)||cos(-)| |sin(-)|.1 + |sin(-)|.1 = |sin(-)| + |sin(-)| (đpcm) VD5: Chứng minh rằng: 0d,c,b,a)1()db)(ca(cdab >+++ Giải: (1) 1 d b 1 a c 1 ab cd d b 1 a c 1 1 1 )db)(ca( cd )db)(ca( ab + + + + + ++ + ++ Đặt tg 2 = a c , tg 2 = b d với , 2 ,0 Biến đổi bất đẳng thức 1sinsincoscos )tg1)(tg1( tg.tg )tg1)(tg1( 1 2222 22 22 22 += ++ + ++ cos cos + sin sin = cos(-) 1 đúng (đpcm) Dấu bằng xảy ra cos(-) = 1 = b d a c = VD6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 1a |1a|4a6 2 2 + + G.NTH 10 Giải: Đặt a = tg 2 . Khi đó A = 1 2 tg 1 2 tg .4 2 tg1 2 tg2 .3 1 2 tg |1 2 tg |4 2 tg6 2 2 22 2 + + + = + + A = 3sin + 4 |cos| 3 sin + 4.0 = 3sin 3.(-1) = -3 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có: A 2 = (3sin + 4 |cos|) 2 (3 2 + 4 2 )(sin 2 + cos 2 ) = 25 A 5 Với sin = 1 a = 1 thì MinA = - 3 ; với 4 |cos| 3 sin = thì MaxA = 5 V. Dạng 5: Đổi biến số đa về bất đẳng thức tam giác 1) Phơng pháp: a) Nếu =+++ > 12 0 222 xyzzyx z;y;x thì === Ccosz;Bcosy;Acosx ) 2 ;0(C;B;A :ABC b) Nếu =++ > xyzzyx z;y;x 0 thì === tgCz;tgBy;tgAx ) 2 ;0(C;B;A :ABC c) Nếu =++ > 1zxyzxy 0z,y;x thì === === 2 C tgz; 2 B tgy; 2 A tgx );0(C;B;A gCcotz;gBcoty;gAcotx ) 2 ;0(C;B;A :ABC 2. Các ví dụ minh hoạ: VD1: Cho x, y, z > 0 và zy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. S = )zyx(3 z 1 y 1 x 1 ++++ Giải: Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg 2 ; y = tg 2 ; z = tg 2 với , , 2 ,0 Do xy + yz + zx = 1 nên tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 + tg 2 tg 2 = 1 [...]... +(cotg+cotg-2tg ) 2 2 2 Để ý rằng: cotg + cotg = sin( + ) 2 sin 2 sin = = sin sin 2 sin sin cos( ) cos( + ) 4 sin cos 2 sin 2 sin 2 2 = 2 tg cot g + cot g 2 tg 0 = = 1 cos( + ) 1 + cos 2 2 2 cos 2 2 T đó suy ra S 0 Với x = y = z = VD2: Cho 0 < x, y, z < 1 và 1 thì MinS = 0 3 x y z 4 xyz + + = 2 2 2 2 1 x 1 y 1 z (1 x )(1 y 2 )(1 z 2 ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x2 + y2... )(1 y 2 )(1 z 2 ) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x2 + y2 + z2 Giải: Do 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg Khi đó tg = ; y = tg ; z = tg với , , 0, 2 2 2 2 2x 2y 2z ; tg = ; tg = và đẳng thức ở giả thiết 1 x2 1 y2 1 z2 2x 2y 2z 8xyz + + = tg+tg+tg = tg.tg.tg 2 2 2 2 1 x 1 y 1 z (1 x )(1 y 2 )(1 z 2 ) 11 G.NTH tg + tg = - tg(1-tg.tg) tg + tg = - tg tg(+) = tg(-) 1 tg.tg Do... 2 2 2 2 2 (x2 + y2 + z2) - (xy + yz + zx) = [ ] 1 ( x y) 2 + ( y z ) 2 + ( z x ) 2 0 2 S = x2 + y2 + z2 xy + yz + zx = 1 Với x = y = z = 1 thì MinS = 1 3 x , y, z > 0 x y z 9 + + VD3: Cho Chứng minh rằng: S = x + yz y + zx z + xy 4 x + y + z = 1 Giải: xz = tg ; y 2 Đặt yz = tg ; x 2 Do 0, 2 yz zx zx xy xy yz =x+y+z=1 + + x y y z z x nên tg xy = tg với , , z 2 tg + tg tg