Một số dạng bất đẳng thức trong lớp hàm đơn điệu và áp dụng trong lượng giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Thị Thu Hà MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM ĐƠN ĐIỆU VÀ ÁP DỤNG TRONG LƯỢNG GIÁC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Mở đầu Hàm đơn điệu theo bậc 1.1 Hàm đơn điệu bậc 1.2 Hàm đơn điệu bậc hai 1.3 Hàm đơn điệu bậc cao Bất 2.1 2.2 2.3 tính chất 13 21 đẳng thức liên quan đến lớp hàm đơn điệu liên tiếp 25 Hàm đơn điệu liên tiếp bậc 1-2 25 Hàm đơn điệu liên tiếp bậc 2-3 29 Một số lớp hàm đơn điệu tuần hoàn đơn điệu tuyệt đối 31 Một số ứng dụng hàm đơn điệu theo bậc lượng giác 3.1 Một số dạng bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác 3.1.1 Bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm cos 3.1.2 Bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm sin 3.2 Nhận dạng số dạng tam giác đặc biệt Kết luận Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 35 35 35 46 52 59 60 Mở đầu Trong chương trình tốn học bậc trung học phổ thông học sinh học khái niệm hàm số quan tâm đến tính chất hàm số tính đơn điệu, tính đồng biến nghịch biến, tính liên tục gián đoạn, tính lồi, lõm, tính tuần hồn, tính chẵn, lẻ, Đối với lớp hàm nói người ta tìm cách xây dựng bất đẳng thức tương ứng gọi bất đẳng thức hàm Ví dụ bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức hàm lớp hàm lồi hàm lõm Đây tốn hay thường khó, mang tính khái quát cao, bao hàm nhiều mảng kiến thức sâu rộng toán sơ cấp cao cấp Phần lớn học sinh bậc phổ thông làm quen với định nghĩa, tính chất đơn giản hàm số tính đồng biến, nghịch biến để giải phương trình, bất phương trình tính lồi lõm để khảo sát vẽ đồ thị hàm số mà chưa nghiên cứu sâu bất đẳng thức có liên quan đến vấn đề Có thể nói, nghiên cứu hàm đơn điệu đề tài thú vị, nhận quan tâm nhiều nhà toán học Các vấn đề liên quan đến hàm đơn điệu khơng ngừng nảy sinh có nhiều kết đẹp, nhiều kết ứng dụng việc giải toán lượng giác Trong luận văn này, tác giả thầy hướng dẫn giao nhiệm vụ khảo sát số dạng bất đẳng thức hàm cho lớn hàm đồng biện, hà nghịch biến, hàm lồi, hàm lõm mở rộng cho lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc -2, hàm đơn điệu liên tiếp bậc - hàm đơn điệu bậc cao, khảo sát ứng dụng hàm đơn điệu giải toán lượng giác Nội dung luận văn chia làm ba chương: Chương 1: Chương trình bày ngắn gọn vấn đề lý thuyết hàm đơn điệu theo bậc làm sở cho vấn đề trình bày hai chương sau Hàm đơn điệu bậc hàm đơn điệu thường, hàm đơn điệu Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ bậc hai hàm lồi hay hàm lõm Hàm đơn điệu bậc n hàm số có đạo hàm cấp n hàm đơn điệu Tìm hiểu khái niệm định nghĩa, tính chất đặc trưng định lí quan trọng thường dùng liên quan đến hàm Tiếp đến, ta tìm hiểu số tính chất đặc biệt tính liên tục, tính khả vi Chương 2: Trong chương này, ta quan tâm đếp lớp lớp hàm đơn điệu lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc 1-2 lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc 2-3 Ta tìm hiểu tổng quát định nghĩa, tính chất định lý liên quan Phần cuối chương trình bày số lớp hàm đơn điệu tuần hoàn đơn điệu tuyệt đối Chương 3: Nội dung chương ba, ta xét số bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm sin cos mà dấu đẳng thức không xảy tập tam giác thường Cuối số ứng dụng hàm đơn điệu lượng giác để nhận dạng số dạng tam giác đặt biệt Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2013 Người thực Nguyễn Thị Thu Hà Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương Hàm đơn điệu theo bậc tính chất Trong chương này, chúng tơi trình bày ngắn gọn vấn đề lý thuyết hàm đơn điệu theo bậc làm sở cho vấn đề trình bày hai chương sau Hàm đơn điệu bậc hàm đơn điệu, hàm đơn điệu bậc hai hàm lồi hay hàm lõm Hàm đơn điệu bậc n hàm có đạo hàm cấp n hàm đơn điệu Ta tìm hiểu sơ qua định nghĩa, tính chất đặc trưng định lí quan trọng thường dùng liên quan đến hàm Tiếp đến, ta tìm hiểu số tính chất đặc biệt tính liên tục, tính khả vi 1.1 Hàm đơn điệu bậc Trong luận văn này, ta sử dụng kí hiệu I(a, b) ⊂ R nhằm ngầm định bốn tập hợp (a, b), [a, b), (a, b] [a, b] với a < b Cho hàm số y = f (x) xác định tập I(a, b) ⊂ R Định nghĩa 1.1 ([4],[5]) Với x1 , x2 ∈ I(a, b), x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≤ f (x2 ), ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng I(a, b) Định nghĩa 1.2 ([4],[5]) Với cặp x1 , x2 ∈ I(a, b), ta có f (x1 ) < f (x2 ) ⇔ x1 < x2 , ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng thực I(a, b) Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Định nghĩa 1.3 ([4],[5]) Với cặp x1 , x2 ∈ I(a, b), x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≥ f (x2 ), ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm I(a, b) Định nghĩa 1.4 ([4],[6]) Với cặp x1 , x2 ∈ I(a, b), ta có f (x1 ) > f (x2 ) ⇔ x1 < x2 , ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm thực I(a, b) Những hàm số đơn điệu tăng thực I(a, b) gọi hàm đồng biến I(a, b) hàm số đơn điệu giảm thực I(a, b) gọi hàm nghịch biến tập Trong chương trình giải tích, biết đến tiêu chuẩn để nhận biết hàm số khả vi cho trước khoảng (a, b) hàm đơn điệu khoảng Định lý 1.1 ([4],[5]) Cho hàm số f (x) có đạo hàm khoảng (a, b) (i) Nếu f (x) > với x ∈ (a, b) hàm số f (x) đồng biến khoảng (ii) Nếu f (x) < với x ∈ (a, b) hàm số f (x) nghịch biến khoảng Chứng minh Theo định lí Lagrange f (x2 ) − f (x1 ) = f (c)(x2 − x1 ) Nếu f (x) > với x ∈ (a, b) suy f (c) > Do (x2 − x1 ) > suy f (x2 ) > f (x1 ), nên f (x) đồng biến I(a, b) Chứng minh tương tự, f (x) < với x ∈ (a, b) hàm số f (x) nghịch biến I(a, b) Các định lí sau cho ta số đặc trưng đơn giản khác hàm đơn điệu Một vài đặc trưng quan trọng khác lớp hàm vừa có tính chất lồi có tính lõm đề cập đến chương sau Định lý 1.2 ([4],[5]) Hàm f (x) xác định R+ hàm số đơn điệu tăng với cặp số dương a1 , a, , an x1 , x2 , , xn , ta có n n n X X
X
ak f (xk ) ≤ ak f xk (1.1) k=1 k=1 k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chứng minh Khi f (x) đơn điệu tăng R hiển nhiên ta có n X f (xj ) ≤ f
xk , j = 1, 2, , n k=1 Suy aj f (xj ) ≤ aj f n X
xk , j = 1, 2, , n (1.2) k=1 Lấy tổng theo j (j = 1, 2, , n), từ (1.2), ta thu (1.1) Ngược lại, với n = 2, từ (1.1), ta có f (x) + f (h) ≤ (1 + )f (x + h), ∀, h > (1.3) Khi  → 0, ta thu f (x + h) ≥ f (x), hay f (x) hàm đồng biến Định lý 1.3 ([4],[5]) Để bất đẳng thức n X n X f (xk ) ≤ f k=1
xk , (1.4) k=1 thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm g(x) := f (x) đơn điệu tăng R+ x Chứng minh Nhận xét rằng, ta có hàm số f (x) = xg(x) (1.4) có dạng (1.1) với aj = xj (j = 1, 2, , n) : n X xk g(xk ) ≤ k=1 n X k=1 n
X
xk g xk (1.5) k=1 Bất đẳng thức ln xj > 0, j = 1, 2, , n g(x) hàm đơn điệu tăng R+ f (x) hàm đơn điệu tăng [0, +∞] x Khi với dãy số dương giảm x1 > x2 , > > xn , ta có Hệ 1.1 Giả sử g(x) = f (x1 − xn ) ≥ n−1 X f (xk − xk+1 ) k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chứng minh Ta có x1 − x2 > 0, x2 − x3 > 0, , xn−1 − xn > Theo Định lí 1.3, ta có f (x1 − x2 ) + f (x2 − x3 ) + · · · + f (xn−1 − xn ) ≤ f (x1 − x2 + x2 − x3 + · · · + xn−1 − xn ), ⇒ f (x1 − x2 ) + f (x2 − x3 ) + · · · + f (xn−1 − xn ) ≤ f (x1 − xn ) Nhận xét rằng, (1.5) không điều kiện cần để g(x) hàm đồng biến Thật vậy, cần chọn hàm g(x) có tính chất < g(x) ∈ C(R+ ), ∀x ∈ R+ max g(x) ≤ g(x), ta dễ dàng kiểm chứng (1.5) thỏa mãn Chẳng hạn, ta thấy số g(x) = + sin x, x ∈ R+ , thỏa mãn điều kiện nêu thỏa mãn điều kiện (1.5) Tuy nhiên, hàm g(x) không hàm đơn điệu tăng R+ Định lý 1.4 ([4],[6]) Hàm f (x) xác định R+ hàm số đơn điệu giảm với cặp số dương a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn , ta có n n n X X
X
ak f (xk ) ≥ ak f xk k=1 k=1 k=1 Định lý 1.5 ([4],[5]) Để bất đẳng thức n X f (xk ) ≥ f k=1 n X
xk , k=1 thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm f (x) g(x) := đơn điệu giảm R+ x Nhận xét rằng, số hàm số sơ cấp biến, hàm tuyến tính f (x) = ax đóng vai trị đặc biết quan trọng, dễ nhận biết tính đồng biến (khi a > 0) nghịch biến (khi a < 0) khoảng tùy ý cho trước Định lí sau cho ta thấy rõ đặc trưng (bất đẳng thức hàm) hàm tuyến tính Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Định lý 1.6 ([4],[5]) Giả thiết rằng, với cặp bố số dương a1 , a2 , , an ; ta có n X x1 , x2 , , xn , ak f (xk ) ≥ f k=1 n X ak xk
(1.6) k=1 f (x) = ax, a số Chứng minh Lấy n = chọn x1 = x, x2 = y; a1 = (1.6), ta thu y , a2 = , từ 2x f (x) f (y) ≤ , ∀x, y ∈ R+ x y f (x) hàm R+ x Tiếp theo, ta nêu số tính chất hàm đơn điệu để ước lượng số tổng tích phân Suy g(x) := Định lý 1.7 ([4],[6]) Giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm (0, +∞) {ak } dãy tăng (0, +∞) Khi đó, ta ln có an Z n n X X (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ f (x)dx ≤ (ak − ak−1 )f (ak−1 ) k=1 (1.7) k=1 a0 Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực Chứng minh Thật vây, theo giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm nên ta ln có Zak (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ f (x)dx ≤ (ak − ak−1 )f (ak−1 ) ak−1 Lấy tổng theo k, ta thu (1.7), điều phải chứng minh Định lý 1.8 (Maclaurin, Cauchy, [4],[5]) Giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm (0, +∞) Khi đó, ta ln có n X k=1 f (k) ≤ Zn f (x)dx ≤ n−1 X f (k) k=0 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ (1.8) Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực Chứng minh Thật vây, theo giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm nên ta ln có Zk+1 f (k + 1) ≤ f (x)dx ≤ f (k), k = 0, 1, k Lấy tổng theo k, ta thu (1.8), điều phải chứng minh Định lý 1.9 ([4],[6]) Giả thiết f (x) hàm đồng biến [0, +∞) f (0) = Gọi g(x) hàm ngược f (x) Khi đó, ta ln có ab ≤ Za Zb f (x)dx + g(x)dx, ∀a, b ≥ 0 Chứng minh Bất đẳng thức suy trực tiếp cách so sánh diện tích tạo đường cong y = f (x) x = g(x) với diện tích hình chữ nhật tạo x = 0, x = a; y = 0, y = b Hệ 1.2 Giả thiết f (x) hàm đồng biến (0, +∞) f (0) = Gọi g(x) hàm ngược f (x) Khi đó, ta ln có ab ≤ af (a) + bg(b), ∀a, b ≥ Định lý 1.10 ([4],[6]) Cho hàm số y = f (x) liên tục, không âm đơn điệu tăng [α, β) với ≤ α < β Khi ∀a ∈ [α, β); ∀b ∈ [f (α), f (β)) ta có Za Zb f (x)dx + f −1 (x)dx ≥ ab − αf (α) α f (α) Dấu đẳng thức xảy f (a) = b Chứng minh Gọi S1 diện tích hình phẳng giới hạn x = α, x = a, y = 0, y = f (x) Za S1 = f (x)dx α Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Bổ đề 3.1 Giả sử x, y, z số dương thỏa mãn 1 + = Khi x y z với tam giác thường ABC ta có x cos A + y cos B + z cos C < x + y − z (3.3) Chứng minh Ta có đồng thức sau: x cos A + y cos B + z cos C = x cos A + y cos B − z cos(A + B), (3.4) (x cos A + y cos B)2 = x2 cos2 A + y cos2 B + 2xy cos A cos B (3.5) Sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta có 2xy sin A sin B ≤ x2 sin2 A + y sin2 B, 2δ(x cos A + y cos B) ≤ δ + (x cos A + y cos B)2 , ∀δ ∈ R (3.6) (3.7) Từ hệ thức (3.4) đến (3.7), suy 2δ(x cos A + y cos B) + 2xy cos C = 2δ(x cos A + y cos B) − 2xy cos(A + B) = 2δ(x cos A + y cos B) − 2xy cos A cos B + 2xy sin A sin B ≤ δ + x2 cos2 A + y cos2 B + 2xy cos A cos B −2xy cos A cos B + 2xy sin A sin B ≤ δ + x2 cos2 A + y cos2 B + x2 sin2 A + y sin2 B = x2 + y + δ , hay 2δ(x cos A + y cos B) + 2xy cos C ≤ x2 + y + δ (3.8) Chọn δ = x + y , ta thu x cos A + y cos A + Theo giả thiết, xy x2 + y + (x + y)2 xy cos C ≤ =x+y− x+y 2(x + y) x+y 1 xy + = ⇔ = z nên ta có x y z x+y x cos A + y cos B + z cos C < x + y − z 38 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Nhận xét 3.3 Dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.3) xảy  x sin A = y sin B x + y = x cos A + y cos B ⇔ A = B = 0, C = π Với tam giác thường, dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.3) không xảy ra, ta thay vế phải giá trị nhỏ x + y − z , thật vậy, cho A = B = α > đủ nhỏ C = π − 2α đủ gần π
lim+ x cos α + y cos α + z cos(π − 2α) = x + y − z α→0 Từ bổ đề ta có tốn sau Bài tốn 3.3 Giả sử x, y, z số dương thỏa mãn 1 + ≤ Chứng x y z minh với tam giác thường ABC ta có x cos A + y cos B + z cos C < x + y − z (3.9) Giải Từ giả thiết ta suy x > z y > z Khơng giảm tính tổng qt, ta coi x ≥ y > z Trường hợp x = y xét Bài toán 3.2 Vậy ta xét x > y > z Chọn z1 (z1 ≥ z) cho 1 + = x y z1 Theo Bổ đề 3.1 x cos A + y cos B + z1 cos C < x + y − z1 Ta có x cos A + y cos B + z cos C = x cos A + y cos B + z1 cos C + (z − z1 ) cos C ≤ x + y − z1 + (z − z1 ) cos C Ta cần chứng minh x + y − z1 + (z − z1 ) cos C ≤ x + y − z, ∀C ∈ [0, π], 39 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ hay (z − z1 ) cos C ≤ z1 − z, ∀C ∈ [0, π] ⇔ cos C ≥ −1 Điều hiển nhiên Nhận xét 3.4 Dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.9) xảy A = B = 0, C = π Với tam giác thường, dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.9) không xảy ra, ta thay vế phải giá trị nhỏ x + y − z, thật vậy, cho A = B = α > đủ nhỏ C = π − 2α đủ gần π
lim+ x cos α + y cos α + z cos(π − 2α) = x + y − z α→0 Bài toán 3.4 Cho x, y, z ba số dương tùy ý Chứng minh với tam giác ABC , ta có x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C < x + y + z Giải Ta có cos 2A ≤ 1, cos 2B ≤ 1, cos 2C ≤ nên x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C ≤ x + y + z, (3.10) x, y, z dương Nhận xét 3.5 Dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.10) xảy ( cos 2A = cos 2B = cos 2C = mà A + B + C = π, nên A = 0, B = 0, C = π hốn vị Với tam giác thường, dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.10) không xảy ra, ta thay vế phải giá trị nhỏ x + y + z , thật vậy, cho A = B = α > đủ nhỏ C = π − 2α đủ gần π
lim+ x cos 2α + y cos 2α + z cos(2π − 4α) = x + y + z α→0 Để xét toán tiếp theo, ta chứng minh bổ đề sau 40 Số hóa Trung tâm Học lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Bổ đề 3.2 Cho số dương x, y, z cho 1 + = Khi với x y z tam giác thường ABC ta có x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C > z − y − x Chứng minh Từ giả thiết, ta có x > z, y > z Khơng tính tổng qt, coi x ≥ y > z Khi ∀4ABC, ta có x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C = x cos 2A + y cos 2B + z cos(2A + 2B), (3.11) cos(2A + 2B) = cos 2A cos 2B − sin 2A sin 2B, (3.12) (x cos 2A + y cos 2B)2 = x2 cos2 2A + y cos2 2B + 2xy cos 2A cos 2B (3.13) 2 2 −2xy sin 2A sin 2B ≥ −x sin 2A − y sin 2B, (3.14) 2(x+y)(x cos 2A+y cos 2B) ≥ −(x+y)2 −(x cos 2A+y cos 2B)2 (3.15) Từ (3.11) - (3.15), ta suy 2(x + y)(x cos 2A + y cos 2B) + 2xy cos 2C ≥ −(x + y)2 − x2 cos2 2A − y cos2 2B − 2xy cos 2A cos 2B + 2xy cos 2C = −(x + y)2 − x2 cos2 2A − y cos2 2B − 2xy sin 2A sin 2B ≥ −(x + y)2 − x2 cos2 2A − y cos2 2B − x2 sin2 2A − y sin2 2B = −(x2 + y ) − (x + y)2 = −2(x + y)2 + 2xy Vậy 2(x + y)(x cos 2A + y cos 2B) + 2xy cos 2C ≥ −2(x + y)2 + 2xy, hay x cos 2A + y cos 2B + Sử dụng đẳng thức xy xy cos 2C ≥ −(x + y) + x+y x+y (3.16) 1 + = , ta thu x y z x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C > z − y − x 41 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ (3.17) Nhận xét 3.6 Dấu đẳng thức (3.17) xảy (  y sin 2C x sin 2A = y sin 2B x + y = sin 2A x + y = −(x cos 2A + y cos 2B) ⇔ x + y = −(x cos 2A + y cos 2B)  sin 2A + sin 2B = sin 2C ⇔ x + y = −(x cos 2A + y cos 2B) π π , B = , C = 2 Với tam giác thường, dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.17) không xảy ra, ta thay vế phải giá trị lớn z−y−x, π π thật vậy, chọn A = B = α < đủ gần giá trị biểu thức 2 vế phải (3.17) đủ gần z − y − x
lim − x cos 2α + y cos 2α + z cos(2π − 4α) = z − y − x π α→ 1 Bài toán 3.5 Cho số dương x, y, z cho + ≤ Chứng minh x y z với tam giác thường ABC ta có hay A = x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C > z − y − x (3.18) Giải Khơng tính tổng qt, coi x ≥ y > z > Chọn z1 thỏa mãn 1 điều kiện + = Hiển nhiên z1 ≥ z Ta có x y z1 x cos 2A+y cos 2B+z cos 2C = x cos 2A+y cos 2B+z1 cos 2C+(z−z1 ) cos 2C (3.19) Theo Bổ đề 3.2 x cos 2A + y cos 2B + z1 cos 2C ≥ z1 − y − x cos 2C ≤ nên (z − z1 ) cos 2C ≥ z − z1 Suy ra, với 4ABC ta có x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C = x cos 2A + y cos 2B + z1 cos 2C + (z − z1 ) cos 2C ≥ (z1 − x − y) + (z − z1 ) = z − x − y 42 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ π Nhận xét 3.7 Dấu đẳng thức xảy hay A = , B = π , C = Với tam giác thường, dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.18) không xảy ra, ta thay vế phải giá trị lớn z−y−x, π π thật vậy, chọn A = B = α < đủ gần giá trị biểu thức 2 vế phải (3.18) đủ gần z − y − x
lim − x cos 2α + y cos 2α + z cos(2π − 4α) = z − y − x π α→ Để xét toán tiếp theo, ta cần bổ đề sau Bổ đề 3.3 Với tam giác ABC ta có cos A B C + cos + cos > 2 2 Chứng minh Ta có cos A B C A B C + cos + cos ≥ cos2 + cos2 + cos2 2 2 2 + cos A + cos B + cos C = + + 2 = + (cos A + cos B + cos C) 2 Ta ln có cos A + cos B + cos C = + sin A B C sin sin > 2 Vậy A B C + cos + cos ≥ + = 2 2 2 Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC có số đo ba góc 0, 0, π Ta nhận xét, tập tam giác thường dấu đẳng thức không xảy thay giá trị khác lớn hơn, ta cho A = B = α, α > đủ nhỏ C đủ gần π, cos lim+ cos α→0 A B C
+ cos + cos = 2 2 43 Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Bài tốn 3.6 Cho số dương x, y, z tùy ý Chứng minh với tam giác thường ABC ta có A B C x cos + y cos + z cos > min{x, y, z} + med{x, y, z} (3.20) 2 Giải Khơng tính tổng qt, giả sử x ≤ y ≤ z Theo bổ đề bất đẳng thức hốn vị ta cẩn chứng minh toán với điều kiện A ≤ B ≤ C Áp dụng Bổ đề 3.3 ta có A B C
x cos + cos + cos ≥ 2x (3.21) 2 x > Ta có với tam giác ABC  B+C π  0< < 4 B − C π  < 0< 4 nên  √  B+C   ≤ cos ≤1 √2  B−C   ≤ cos ≤1 suy √ √ B C B+C B−C 2 cos + cos = cos cos ≥2 = 1, 2 4 2 Vậy B C
(y − x) cos + cos ≥ y − x, (3.22) 2 y ≥ x Lại có C (z − y) cos ≥ 0, (3.23) C z ≥ y cos ≥ Từ bất đẳng thức (3.21), (3.22), (3.23) ta có A B C x cos + y cos + z cos 2 A B C
B C
= x cos + cos + cos + (y − x) cos + cos 2 2 C +(z − y) cos ≥ 2x + y − x + = x + y 44 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Vậy ta có x cos A B C + y cos + z cos ≥ x + y 2 (3.24) Nhận xét 3.8 Dấu đẳng thức (3.24) xảy A = 0, B = 0, C = π Với tam giác thường, dấu đẳng thức bất đẳng thức (3.24) không xảy ra, ta thay giá trị khác lớn x + y , thật vậy, chọn A = B = α, α > đủ nhỏ giá trị biểu thức vế phải (3.24) đủ gần x + y lim+ x cos α→0 A B C
+ y cos + z cos = x + y 2 Tiếp theo, ta xét số bất đẳng thức tổ hợp tuyến tính góc tam giác với hàm cos Trong phần này, ta xét toán sau Cho α, β, γ số dương thỏa mãn α + β + γ = 1, số dương x, y, z tùy ý Tìm giá trị nhỏ biểu thức Mc = x cos(αA+βB +γC)+y cos(αB +βC +γA)+z cos(αC +βA+γB), tập M (4) Để giải toán trên, ta cần sử dụng bổ đề sau Bổ đề 3.4 Cho tam giác nhọn ABC A0 B0 C0 cho tam giác A0 B0 C0 gần tam giác ABC Khi cos A + cos B + cos C ≤ cos A0 + cos B0 + cos C0 Chứng minh Giả sử A ≥ B ≥ C; A0 ≥ B0 ≥ C0 , ta có ( A ≥ A0 A + B ≥ A0 + B0 A + B + C = A0 + B0 + C0  π Xét hàm số f (x) = cos x, ∀x ∈ 0,  π 00 Ta có f (x) = − sin x; f (x) = − cos x ≤ 0, ∀x ∈ 0, Theo Bổ đề  π  π 1.1, suy f (x) ≤ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x ∈ 0, , ∀x0 ∈ 0, 2 45 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Vậy ta có cos A ≤ cos A0 − sin A0 (A − A0 ), cos B ≤ cos B0 − sin B0 (B − B0 ), cos C ≤ cos C0 − sin C0 (C − C0 ) Ta thu cos A + cos B + cos C ≤ cos A0 + cos B0 + cos C0 − sin C0 (A + B + C − A0 − B0 − C0 ) − (sin B0 − sin C0 )(A + B − A0 − B0 ) − (sin A0 − sin B0 )(A − A0 ) Ta có A + B + C − A0 − B0 − C0 = 0; A + B ≥ A0 + B0 ; A ≥ A0 , π > B0 ≥ C0 > ⇒ sin B0 ≥ sin C0 , π > A0 ≥ B0 > ⇒ sin A0 ≥ sin B0 , Vậy nên ta có cos A + cos B + cos C ≤ cos A0 + cos B0 + cos C0 3.1.2 Bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm sin Bây giờ, ta xét số bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm sin mà dấu đẳng thức không xảy tập tam giác thường Trước hết, ta xét toán tìm giá trị nhỏ biểu thức Ts = x sin A + y sin B + z sin C, A, B, C ba góc tam giác thường ABC Ta có kết hiển nhiên sau Bài toán 3.7 Với số dương x, y, z tùy ý với tam giác ABC ta có x sin A + y sin B + z sin C > 46 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Thật vậy, ta có sin A ≥ 0, sin B ≥ 0, sin C ≥ 0, nên x sin A + y sin B + z sin C > 0, x, y, z số dương Dấu đẳng thức xảy sin A = 0, sin B = 0, sin C = 0, hay A = 0, b = 0, C = π hốn vị Nhận thấy tập tam giác thường, dấu đẳng thức không xảy ta thay giá trị khác lớn cho vế phải bất đẳng thức, cho A = α, B = α với α > đủ nhỏ C = π − 2α đủ gần π nên
lim+ x sin α + y sin α + z sin(π − 2α) = α→0 Tiếp theo ta xét giá trị nhỏ biểu thức Ps = x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C, A, B, C ba góc tam giác thường ABC Nhận xét 3.9 Với tam giác ABC ta ln có sin 2A + sin 2B + sin 2C > Chứng minh Ta có sin 2A + sin 2B + sin 2C = sin(A + B) cos(A − B) + sin C cos C = sin A sin B sin C ≥ Dấu đẳng thức xảy sin A = sin B = sin C = 0, tam giác ABC suy biến với số đo ba góc Nói cách khác, dấu đẳng thức khơng xảy tập tam giác thường 47 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Bài tốn 3.8 Cho số dương x, y, z tùy ý Tìm giá trị nhỏ biểu thức x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C, với tam giác ABC Giải Xét trường hợp 1: Tam giác ABC không tù Trong trường hợp này, sin 2A, sin 2B, sin 2C giá trị dương, nên dễ thấy x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C > Nhận xét dấu đẳng thức xảy  π   sin 2A = A =    2π sin 2B = sin 2A ⇔ B=  π ≥A≥B≥C≥0    C=0 Xét trường hợp 2: Tam giác ABC tam giác tù Khơng tính tổng qt, giả sử x ≥ z ≥ y Khơng giảm tính tổng quát, ta cần tìm giá trị nhỏ biểu thức với điều kiện π A ≥ ≥ B ≥ C ≥ π Thật vậy, A ≥ ≥ B ≥ C ≥ ta có sin 2A − sin 2C = cos(A + C) sin(A − C) ≤ 0, hay sin 2A ≤ sin 2C, π ≤ A − C ≤ π, nên sin(A − C) ≥ ≤ A + C ≤ π , nên cos(A + C) ≤ Tương tự, ta có sin 2B − sin 2C = cos(B + C) sin(B − C) ≤ 0, hay sin 2B ≤ sin 2C, π π ≤ B − C ≤ , nên sin(B − C) ≥ ≤ B + C ≤ , nên 2 cos(A + C) ≥ π Vậy A ≥ ≥ B ≥ C ≥ 0, sin 2A ≤ sin 2C ≤ sin 2B Ta có x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C = z(sin 2A + sin 2B + sin 2C) + (x − z) sin 2A + (y − z) sin 2B 48 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/