(LUẬN văn THẠC sĩ) một phân loại và xây dựng bất đẳng thức trong tam giác

Một số kiến thức cơ bản

Định lý về dấu của tam thức bậc hai

Định lý 1.1.1 Cho tam thức bậc hai f (x) = ax 2 + bx + c, (a 6= 0). Đặt ∆ = b 2 − 4ac.

- Nếu ∆ < 0 thì f (x) cùng dấu với hệ số a với mọi x ∈ R

- Nếu ∆ = 0 thì f (x) cùng dấu với hệ số a với mọi x 6= − b

- Nếu ∆ > 0 thì f (x) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , giả sử x 1 < x 2 Khi đó f (x) cùng dấu với hệ số a với mọi x ∈ (−∞, x 1 ) ∪ (x 2 , +∞) và trái dấu với hệ số a với mọi x ∈ (x 1 , x 2 ).

Cách giải của phương trình bậc hai.

Cho phương trình bậc hai có dạng ax 2 + bx + c = 0, (a 6= 0). Đặt ∆ = b 2 − 4ac.

- Nếu ∆ < 0 thì phương trình trên vô nghiệm.

- Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép là x 1 = x 2 = − b

- Nếu ∆ > 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1,2 = −b ± √

Một số công thức lượng giác và các cung liên quan đặc biệt

Để chứng minh hiệu quả các bất đẳng thức trong tam giác, việc nắm vững công thức lượng giác là rất quan trọng Các công thức này giúp biến đổi các biểu thức lượng giác về dạng cần thiết.

1 Công thức lượng giác cơ bản

2 Công thức giữa các góc liên quan đặc biệt

∗ Hai góc đối nhau: (x và −x).

∗ Hai góc bù nhau: (x và π − x).

∗ Hai góc phụ nhau: (x và π

∗ Hai góc hơn, kém nhau π: (x và π + x).

• cos (x + y) = cos x cos y − sin x sin y.

• cos (x − y) = cos x cos y + sin x sin y.

• sin (x + y) = sin x cos y + cos x sin y.

• sin (x − y) = sin x cos y − cos x sin y.

• cos 2x = cos 2 x − sin 2 x = 2cos 2 x − 1 = 1 − sin 2 x.

6 Công thức biến tổng thành tích

7 Công thức biến tích thành tổng

Áp dụng tính chất của tam thức bâc hai chứng minh một số bất đẳng thức trong tam giác

Một số bất đẳng thức trong tam giác có thể được chứng minh hiệu quả bằng cách áp dụng tính chất của tam thức bậc hai Phương pháp này không chỉ giúp rút ngắn quá trình giải quyết mà còn mang lại sự chặt chẽ hơn so với các phương pháp truyền thống.

Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức trong tam giác ABC có dạng sau.

Trong đó M (A, B, C ) và N (A, B, C) là các biểu thức có liên quan đến các đại lượng góc, k là hằng số.

Phương pháp chứng minh có thể chia làm hai cách sau đây.

M (A, B, C ) − P = 0 (∗) Điều kiện cần và đủ để P là một giá trị của M (A, B, C) là phương trình (∗) có nghiệm.

- Biến đổi phương trình (∗) về dạng một phương trình bậc hai theo biến nào đó và xét biệt thức ∆.

- Giải điều kiện cần để phương trình (∗) có nghiệm là (∆ ≥ 0) ta sẽ có được điều phải chứng minh.

Để chứng minh bất đẳng thức, bạn có thể biến đổi nó thành dạng bất phương trình bậc hai theo một biến nhất định Nếu chứng minh được rằng bất phương trình này có vô số nghiệm, tức là delta (∆) nhỏ hơn hoặc bằng 0, thì bạn đã hoàn thành việc chứng minh.

Sau đây, tác giả sẽ minh họa các phương pháp này bằng những ví dụ cụ thể.

Ví dụ 1.2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có

Phân tích Bất đẳng thức trên có dạng đối xứng thành phần cos 2 B và cos 2 C Áp dụng biến đổi lượng giác cơ bản ta có cos 2 B + cos 2 C = 1 + cos 2B

Biểu thức trên là tam thức bậc hai theo biến cos A Ta có lời giải như sau.

√ 2 cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C Khi đó ta có

2 cos 2 A − cos A cos (B − C) + 1 − P = 0 (1.2.1) Đây là phương trình bậc hai theo biến cos A Ta có

2P. Để phương trình (1.2.1) có nghiệm, điều kiện cần là

Từ cos 2 (B − C) ≤ 1 ta suy ra

4 Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

B = C hay tam giác ABC cân tại A và A = π

2 + 1 − P = 0 (1.2.2) Đây là phương trình bậc hai theo biến sin A

2P. Để phương trình (1.2.2) có nghiệm thì điều kiện cần là

B = C hay tam giác ABC vuông cân tai A.

Ví dụ 1.2.3 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có sin A + sin B − √

6 Phân tích Ta có sin A + sin B = 2 sin A + B

3. Đây là tam thức bậc hai theo biến số cos C

2 Lời giải Đặt P = sin A + sin B − √

3 cos C Khi đó ta có sin A + sin B − √

3 − P = 0 (1.2.3) Đây là phương trình bậc hai theo biến cos C

3P. Để phương trình (1.2.3) có nghiệm thì điều kiện cần là

2 √3 hay tam giác ABC cân tại C và cos C

Ví dụ 1.2.4 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có sin A sin B cos C ≥ − 1

8 Lời giải Đặt P = sin A sin B cos C Khi đó ta có sin A sin B cos C − P = 0

Xét phương trình cos 2 C + cos C cos (A − B) − 2P = 0 (1.2.4) Đây là phương trình bậc hai theo biến cos C Ta có

∆ = cos 2 (A − B) + 8P. Để phương trình (1.2.4) có nghiệm thì điều kiện cần là

Từ cos 2 (A − B) + 8P ≤ 1 ta suy ra

3 hay tam giác ABC cân tại C và C = 2π

Ví dụ 1.2.5 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có cos A

2 Khi đó ta có cos A

2 − 2P = 0 (1.2.5) Đây là phương trình bậc hai theo biến sin C

Ta có ∆ = cos 2 (A − B) + 8P. Để phương trình (1.2.5) có nghiệm thì điều kiện cần là

Từ cos 2 (A − B) ≤ 1 ta suy ra

C = 2π 3 hay tam giác ABC cân tại C và C = 2π

Ví dụ 1.2.6 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có cos (A − B) + cos 2B − cos C ≤ 3

2 Phân tích Bất đẳng thức trên có dạng không đối xứng Trong đó cos (A − B) + cos 2B = 2 cos A + B

2 Vậy cos (A − B) + cos 2B − cos C = −2sin 2 C

2 + 1. Đây là tam thức bậc hai theo biến sin C

2 Lời giải Đặt P = cos (A − B) + cos 2B − cos C Khi đó ta có cos (A − B) + cos 2B − cos C − P = 0

2 + 1 − P = 0 (1.2.6) Đây là phương trình bậc hai theo biến sin C

2 + 2 − 2P. Để phương trình (1.2.6) có nghiệm thì điều kiện cần là

C = π 3 hay tam giác ABC vuông tại A và có B = π

3 Bằng phương pháp chứng minh như trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn sau đây.

Ví dụ 1.2.7 (Lượng giác - cực trị và các bài toán trong tam giác).

Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤ 2 + cos 2 (A − B) + cos 2 (B − C) + cos 2 (C − A)

Lời giải Đặt P = sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C Khi đó ta có sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C − P = 0

− cos 2 A + cos A cos (B − C) + 2 − P = 0 (1.2.7) Đây là phương trình bậc hai theo cos A Ta có

∆ = cos 2 (B − C) + 8 − 4P. Để phương trình (1.2.7) có nghiệm thì điều kiện cần là

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Mặt khác ta cũng có sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C − P = 0

Xét phương trình bậc hai theo cos B.

∆ = cos 2 (B − C) + 8 − 4P. Để phương trình (1.2.8) có nghiệm thì điều kiện cần là

Chứng minh tương tự ta có

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3 hay tam giác ABC là tam giác đều.

Ví dụ 1.2.8 (Chuyên đề chọn lọc lượng giác và áp dụng).

Cho các số thực dương x, y, z và n ∈ N ∗ Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2(−1) n+1 (yz cos nA + xz cos nB + xy cos nC).

Bất đẳng thức trên không đối xứng, khiến việc sử dụng biến đổi lượng giác để tạo ra tam thức bậc hai theo một biến góc trở nên khó khăn Tuy nhiên, có thể xem xét tam thức bậc hai theo các biến x, y hoặc z để đơn giản hóa quá trình phân tích.

Lời giải Bất đẳng thức trên tương đương với x 2 + y 2 + z 2 + 2(−1) n (yz cos nA + xz cos nB + xy cos nC) ≥ 0

Bất phương trình bậc hai theo ẩn x được trình bày là: x² + 2x(−1)n(z cos nB + y cos nC) + y² + z² + 2(−1)n yz cos nA ≥ 0 Việc chứng minh bất đẳng thức này tương đương với việc chứng minh rằng bất phương trình (1.2.9) có nghiệm đúng với mọi giá trị của x Điều này có nghĩa là

∆ 0 = (z cos nB + y cos nC) 2 − y 2 − z 2 − 2(−1) n yz cos nA ≤ 0

⇔ y 2 + z 2 + 2(−1) n yz cos nA − z 2 cos 2 nB − y 2 cos 2 nC − 2yz cos nB cos nC ≥ 0

⇔ y 2 sin 2 nC + z 2 sin 2 nB + 2yz [(−1) n cos nA − cos nB cos nC] ≥ 0 (∗)

• Nếu n = 2k với k ∈ N ∗ thì nA + nB + nC = k2π Vì vậy cos nA = cos (nB + nC) = cos nB cos nC − sin nB sin nC.

Khi đó bất đẳng thức (∗) trở thành y 2 sin 2 nC + z 2 sin 2 nB − 2yz sin nB sin nC ≥ 0

⇔ (y sin nC − z sin nB) ≥ 0 (điều này luôn đúng).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y sin nB = z sin nC

• Nếu n = 2k + 1 với k ∈ N thì nA + nB + nC = (2k + 1) π Vì vậy cos nA = − cos (nB + nC) = − cos nB cos nC + sin nB sin nC.

Khi đó bất đẳng thức (∗) trở thành y 2 sin 2 nC + z 2 sin 2 nB − 2yz sin nB sin nC ≥ 0

⇔ (y sin nC − z sin nB) ≥ 0 (điều này luôn đúng).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y sin nB = z sin nC

Bất đẳng thức đã được chứng minh và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x sin nA = y sin nB = z sin nC Nhận xét rằng bất đẳng thức này có dạng tổng quát và có thể chứng minh một số bất đẳng thức tương đương khác.

• (−1) n+1 (yz cos nA + xz cos nB + xy cos nC) ≤ x 2 + y 2 + z 2

1 x cos nA + 1 y cos nB + 1 z cos nC

• (−1) n+1 (X cos nA + Y cos nB + Z cos nC ) ≤ 1

Tác giả đã trình bày những ví dụ điển hình về việc áp dụng tính chất của tam thức bậc hai để chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác Các ví dụ được sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp, giúp học sinh dễ dàng theo dõi và tiếp thu Mặc dù các bất đẳng thức rất phong phú và đa dạng, chúng đều được giải bằng một phương pháp chung, đó là áp dụng tính chất của tam thức bậc hai Phương pháp này được đánh giá là ngắn gọn, chặt chẽ và hiệu quả.

Áp dụng tính lồi lõm của hàm số chứng minh và xây dựng một số bất đẳng thức trong tam giác

Một số kiến thức cơ bản về hàm số lồi, lõm

Định nghĩa 2.1.1 (Định nghĩa hàm số lồi, lõm).

Cho hàm số f (x) xác định trên tập I (a, b).

- Hàm f (x) được gọi là hàm lồi trên tập I (a, b) nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ I (a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta luôn có f (αx 1 + βx 2 ) ≤ αf (x 1 ) + βf (x 2 ).

Nếu dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 thì ta nói hàm số f (x) lồi thực sự (lồi chặt) trên I (a, b).

- Hàm f (x) được gọi là hàm lõm trên tập I (a, b) nếu với mọi x 1 , x 2 ∈ I (a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta luôn có f (αx 1 + βx 2 ) ≥ αf (x 1 ) + βf (x 2 ).

Nếu dấu đẳng thức xảy ra chỉ khi x1 = x2, hàm số f(x) được coi là lõm thực sự (lõm chặt) trên khoảng I(a, b) Định lý 2.1.1 cung cấp dấu hiệu nhận biết hàm lồi, lõm, với điều kiện hàm số f(x) có đạo hàm cấp hai trong khoảng I(a, b).

(i) Hàm số f (x) lồi (lồi thực sự) trên khoảng I (a, b) khi và chỉ khi f 00 (x) ≥ 0 (f 00 (x) > 0) với mọi x ∈ I (a, b).

(ii) Hàm số f (x) lõm (lõm thực sự) trên khoảng I (a, b) khi và chỉ khi f 00 (x) ≤ 0 (f 00 (x) < 0) với mọi x ∈ I (a, b). Định lý 2.1.2 (Biểu diễn hàm số lồi, lõm)

(i) Nếu hàm f (x) có đạo hàm cấp hai và lồi trên I (a, b) thì với mọi cặp x 0 , x ∈

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = x 0 , do đó ta có thể viết f (x) = min u∈I(a,b) [f (u) + f 0 (u) (x − u)].

(ii) Nếu hàm f (x) có đạo hàm cấp hai và lõm trên I (a, b) thì với mọi cặp x 0 , x ∈

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = x₀, từ đó ta có thể viết f(x) = max u∈I(a,b) [f(u) + f'(u)(x − u)] Định lý 2.1.3, hay còn gọi là Bất đẳng thức Karamata, áp dụng cho hai dãy số giảm {xₖ, yₖ ∈ I(a, b), k = 1, 2, , n} với các điều kiện x₁ ≥ x₂ ≥ ≥ xₙ và y₁ ≥ y₂ ≥ ≥ yₙ.

(i) Với mọi hàm số f (x) lồi thực sự trên I (a, b) ta đều có f (x 1 ) + f (x 2 ) + + f (x n ) ≥ f (y 1 ) + f (y 2 ) + + f (y n ).

(ii) Với mọi hàm số f (x) lõm thực sự trên I (a, b) ta đều có f (x 1 ) + f (x 2 ) + + f (x n ) ≤ f (y 1 ) + f (y 2 ) + + f (y n ).

Chứng minh biến đổi Abel cho các số thực x 1, x 2, , x n và y 1, y 2, , y n với c k = y 1 + y 2 + + y n Ta có công thức x 1 y 1 + x 2 y 2 + + x n y n = (x 1 − x 2 ) c 1 + (x 2 − x 3 ) c 2 + + (x n−1 − x n ) c n−1 + x n c n Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi, ta có f (x 1 ) + f (x 2 ) + + f (x n ) = min u 1 , ,u n ∈I(a,b) n P i=1 f (u i ) + n.

Không mất tính tổng quát ta có thể giải sử bộ số u 1 , u 2 , , u n ∈ I (a, b) là một bộ số giảm, tức là u 1 ≥ u 2 ≥ ≥ u n

Khi đó để chứng minh bất đẳng thức trên thì ta cần phải chứng minh rằng x 1 f 0 (u 1 ) + x 2 f 0 (u 2 ) + + x n f 0 (u n ) ≥ y 1 f 0 (u 1 ) + y 2 f 0 (u 2 ) + + y n f 0 (u n ).

Sử dụng biến đổi Abel ta có x 1 f 0 (u 1 ) + x 2 f 0 (u 2 ) + + x n f 0 (u n )

Vì f 00 (x) > 0 với mọi x ∈ I (a, b) nên f 0 là hàm đồng biến Do đó ta có f 0 (u k ) ≥ f 0 (u k+1 ) với mọi u k ∈ I (a, b) , k = 1, 2, , n Hơn nữa ta lại có

Từ đó ta suy ra được điều phải chứng minh.

Dấu đẳng thức chỉ xảy ra khi x 1 = y 1, x 2 = y 2, , x n = y n Tương tự, định lý 2.1.4, hay bất đẳng thức Jensen, áp dụng cho hàm số f(x) xác định trên khoảng I (a, b).

Nếu hàm số f(x) lồi trên khoảng I(a, b), thì với mọi x₁, x₂, , xₙ thuộc I(a, b) và các hệ số dương a₁, a₂, , aₙ thỏa mãn a₁ + a₂ + + aₙ = 1, ta có bất đẳng thức a₁f(x₁) + a₂f(x₂) + + aₙf(xₙ) ≥ f(a₁x₁ + a₂x₂ + + aₙxₙ) Ngược lại, nếu hàm f(x) lõm trên khoảng I(a, b), thì với cùng điều kiện trên, ta có bất đẳng thức a₁f(x₁) + a₂f(x₂) + + aₙf(xₙ) ≤ f(a₁x₁ + a₂x₂ + + aₙxₙ).

Chứng minh Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức trên bằng phương pháp quy nạp (i) Trường hợp f (x) là hàm lồi trên khoảng I (a, b).

- Với n = 2, với mọi x 1 , x 2 ∈ I (a, b) và mọi a 1 , a 2 ∈ [0, 1] sao cho a 1 + a 2 = 1 Ta có a 1 f (x 1 ) + a 2 f (x 2 ) ≥ f (a 1 x 1 + a 2 x 2 ) (điều này luôn đúng theo định nghĩa hàm lồi).

- Giả sử bất đẳng thức đúng với n, (n ≥ 2.) Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n + 1.

Với mọi x 1 , x 2 , , x n , x n + 1 ∈ I (a, b), với mọi a 1 , a 2 , , a n , a n + 1 ∈ [0, 1] sao cho a 1 + a 2 + + a n + a n + 1 = 1, ta có a 1 f (x 1 ) + + a n f (x n ) + a n+1 f (x n+1 )

Vậy bất đẳng thức đúng với n + 1.

Bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 1 = x 2 = = x n

(ii) Tương tự cách chứng minh trên.

Tính lồi và lõm của các hàm lượng giác cơ bản có thể được chứng minh thông qua định lý về dấu hiệu nhận biết hàm lồi, lõm Bài viết này sẽ tập trung vào việc áp dụng định lý này để phân tích tính chất lồi, lõm của một số hàm lượng giác quan trọng.

1) Hàm số f (x) = sin x là hàm lõm thực sự trên khoảng (0, π).

Thật vậy ta có f 0 (x) = cos x, f 00 (x) = − sin x < 0 với ∀x ∈ (0, π).

2) Hàm số f (x) = cos x lõm thực sự trên khoảng

Thật vậy ta có f 0 (x) = − sin x; f 00 (x) = − cos x < 0 với ∀x ∈

3) Hàm số f (x) = tan x lồi thực sự trên khoảng

Thật vậy ta có f 0 (x) = 1 cos 2 x ; f 00 (x) = 2 tan x > 0 với ∀x ∈

4) Hàm số f (x) = cot x là hàm lồi thực sự trên khoảng

Thật vậy ta có f 0 (x) = − 1 sin 2 x ; f 00 (x) = 2 cot x > 0 với ∀x ∈

Phương pháp áp dụng Định lý biểu diễn hàm lồi, lõm

2.2.1 Áp dụng Định lý biểu diễn hàm lồi, lõm chứng minh một số bất đẳng thức trong tam giác Định lý biểu diễn hàm lồi, lõm là định lý rất quan trọng trong Giải tích, có vai trò giống như công cụ để chứng minh các định lý khác có liên quan Đối với học sinh phổ thông, việc tìm hiểu và ứng dụng định lý này để giải các bài toán bất đẳng thức không phải quá khó Tuy nhiên, điều đặc biệt quan trọng chính là việc phát hiện và khảo sát tính lồi, lõm của các hàm số tương ứng, cụ thể là các hàm số lượng giác.

Ví dụ 2.2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC không tù ta luôn có

6 Lời giải Theo chứng minh trên, hàm số f (x) = cos x lõm trên khoảng

Tam giác ABC không tù nên A, B, C ∈

0, π 2 i Áp dụng Định lý biểu diễn hàm lõm với mọi A ∈

Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗) ta được cos A + 2 cos B

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC có A = π

Ví dụ 2.2.2 Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có

Lời giải Theo chứng minh trên, hàm số f (x) = sin x lõm trên khoảng

Tam giác ABC nhọn nên A, B, C ∈

Áp dụng Định lý biểu diễn hàm lõm với mọi A ∈

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC có A = π

Trong quá trình áp dụng Định lý biểu diễn hàm số lồi, lõm để chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác, việc xác định "điểm rơi" của các góc A, B, C là rất quan trọng Nếu bất đẳng thức có "điểm rơi" là những góc đặc biệt, việc chứng minh sẽ trở nên đơn giản Ngược lại, nếu "điểm rơi" là các góc không đặc biệt, quá trình xác định sẽ phức tạp và việc chứng minh sẽ gặp nhiều khó khăn.

2.2.2 Áp dụng Định lý biểu diễn hàm lồi, lõm xây dựng một số bất đẳng thức trong tam giác

Tác giả đã phát triển ý tưởng về các bất đẳng thức tổng quát trong tam giác từ việc giải quyết các ví dụ cụ thể Mỗi "điểm rơi" khác nhau sẽ dẫn đến việc hình thành các bất đẳng thức khác nhau.

Kết quả 2.2.1 Theo chứng minh trên, hàm số f (x) = sin x lõm trên khoảng (0, π) Suy ra hàm f (x) = sin x lõm trên khoảng

Cho trước tam giác nhọn A 0 B 0 C 0 Với mọi tam giác nhọn ABC; Áp dụng định lý biểu diễn hàm lõm với A, A 0 ∈

0, π 2 ta có sin A ≤ sin A 0 + cos A 0 (A − A 0 )

0, π 2 ta cũng có sin B cos B 0

Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗) ta được sin A cos A 0

≤ tan A 0 + tan B 0 + tan C 0 Mà tan A 0 + tan B 0 + tan C 0 = tan A 0 tan B 0 tan C 0

Trong tam giác nhọn ABC, bất đẳng thức mới được xây dựng là: sin A cos A 0 + sin B cos B 0 + sin C cos C 0 ≤ tan A 0 tan B 0 tan C 0 Điều này cho thấy rằng, với mọi tam giác nhọn, bất đẳng thức này luôn đúng Ngoài ra, khi áp dụng phương pháp tương tự cho các hàm số lượng giác khác như f(x) = cos x, f(x) = tan x, và f(x) = cot x, ta cũng có thể thiết lập các bất đẳng thức liên quan.

Bài toán 2.2.2 Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có cos A sin A 0

Bài toán 2.2.3 Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có tan A

Bài toán 2.2.4 Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có cot A

Các bất đẳng thức được phát triển dựa trên Định lý biểu diễn hàm lồi và lõm cho một hàm số lượng giác cụ thể Điều này đặt ra câu hỏi liệu có thể áp dụng định lý này cho hai hoặc nhiều hàm lượng giác để tạo ra một bất đẳng thức mới hay không Kết quả sẽ được trình bày ngay sau đây.

Kết quả 2.2.2 Hàm số f (x) = sin x và f (x) = cos x đều là hàm lõm trên khoảng

0, π2 Cho tam giác nhọn A 0 B 0 C 0 Áp dụng Định lý biểu diễn hàm lõm đối với hàm số f (x) = sin x.

0, π 2 ta có sin A ≤ sin A 0 + cos A 0 (A − A 0 )

Tương tự như vậy với B, B 0 ∈

0, π 2 ta cũng có sin B cos B 0 ≤ tan B 0 + B − B 0 (∗∗) Áp dụng Định lý biểu diễn hàm lõm đối với hàm số f (x) = cos x.

0, π 2 ta có cos C ≤ cos C 0 − sin C 0 (C − C 0 )

Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗) ta được sin A cos A 0 + sin B cos B 0 + cos C sin C 0 ≤ tan A 0 + tan B 0 + cot C 0 Như vậy ta xây dựng được bất đẳng thức sau.

Trong tam giác nhọn ABC, ta có thể chứng minh rằng sin A cos A 0 + sin B cos B 0 + cos C sin C 0 ≤ tan A 0 + tan B 0 + cot C 0 Tương tự, cũng có thể xây dựng bất đẳng thức cho tam giác nhọn ABC với biểu thức sin A cos A 0 + cos B sin B 0 + cos C sin C 0 ≤ tan A 0 + cot B 0 + cot C 0.

Phương pháp áp dụng bất đẳng thức Karamata

2.3.1 Áp dụng bất đẳng thức Karamata chứng minh một số bất đẳng thức trong tam giác

Áp dụng bất đẳng thức Karamata để chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác là một chủ đề khá mới mẻ đối với học sinh phổ thông Phương pháp này được trình bày bởi khả năng giải quyết những bài toán đặc biệt mà các phương pháp khác không thể thực hiện.

Ví dụ 2.3.1 (Chuyên đề chọn lọc lượng giác và áp dụng).

Chứng minh rằng trong tam giác không nhọn ABC ta luôn có sin A + sin B + sin C ≤ √

Phân tích Trong tam giác ABC, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A ≥

Do tam giác ABC không nhọn nên A ≥ π

4 Ta có hai dãy số giảm như sau

8 Điều này giúp ta liên tưởng đến bất đẳng thức Karamata.

Lời giải Theo chứng minh trên, hàm số f (x) = sin x là hàm lõm thực sự trên khoảng

Tam giác ABC không nhọn nên ta có

4 Áp dụng định lý Karamata ta có sin A + sin B + sin C ≤ sin π

4 hay tam giác ABC vuông cân tại A.

Ví dụ 2.3.2 Chứng minh rằng trong tam giác không nhọn ABC ta luôn có cos A

Lời giải Theo chứng minh trên, hàm số f (x) = cos x

2 là hàm lõm thực sự trên khoảng

8 Áp dụng định lý Karamata ta có cos A

Ví dụ 2.3.3 Chứng minh rằng trong tam giác không nhọn ABC ta luôn có tan A

Lời giải Theo chứng minh trên, hàm số f (x) = tan x

2 là hàm lồi thực sự trên khoảng

8 Áp dụng định lý Karamata ta có tan A

Ví dụ 2.3.4 Chứng minh rằng trong tam giác không nhọn ABC ta luôn có cot A

Lời giải Theo chứng minh trên, hàm số f (x) = cot x

2 là hàm lồi thực sự trên khoảng

8 Áp dụng định lý Karamata ta có cot A

Nhận xét 2.3.1 Xét trong trường hợp tam giác ABC bất kì Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A ≥ B ≥ C.

6 Trong mọi tam giác ABC , ta có thể chứng minh các bất đẳng thức sau.

2.3.2 Áp dụng bất đẳng thức Karamata xây dựng một số bất đẳng thức trong tam giác Để xây dựng các bất đẳng thức mới, chúng ta sẽ bắt đầu từ việc xây dựng các hàm số có tính lồi, lõm trên một khoảng nhất định Ngoài những hàm số lượng giác đã xét ở trên, ta sẽ khảo sát một số hàm lương giác sau đây :

• Hàm số f (x) = 1 sin x lồi thực sự trên khoảng (0, π).

Thật vậy, ta có f 00 (x) = 1 + cos 2 x sin 3 x > 0 với ∀x ∈ (0, π).

• Hàm số f (x) = ln sin x lõm thực sự trên khoảng (0, π).

Thật vậy, ta có f 00 (x) = − 1 sin 2 x < 0 với ∀x ∈ (0, π).

Bài toán 2.3.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC không nhọn ta luôn có

Bất đẳng thức này được hình thành dựa trên việc áp dụng Định lý Karamata cho hàm số f(x) = 1/sin x, một hàm lồi thực sự trên khoảng (0, π), trong bối cảnh hai dãy số giảm.

4 Bài toán 2.3.2 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC không nhọn ta luôn có

Bất đẳng thức này được hình thành dựa trên việc áp dụng Định lý Karamata cho hàm số f(x) = 1/sin x, vốn là một hàm lồi thực sự trong khoảng (0, π), đặc biệt trong trường hợp hai dãy giảm.

8 Bài toán 2.3.3 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC không nhọn ta luôn có sin A sin B sin C ≤ 1

Bất đẳng thức trên được xây dựng trên cơ sở: Áp dụng Định lý Karamata đối với hàm số f (x) = ln sin x lõm thực sự trên khoảng

(0, π) , trong trường hợp hai dãy giảm {A, B, C} và n π

4 Bài toán 2.3.4 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC không nhọn ta luôn có sin A

4 Bất đẳng thức trên được xây dựng trên cơ sở: Áp dụng Định lý Karamata đối với hàm số f (x) = ln sin x lõm thực sự trên khoảng

(0, π) , trong trường hợp hai dãy giảm

2.4 Phương pháp áp dụng bất đẳng thức Jensen

2.4.1 Áp dụng bất đẳng thức Jensen chứng minh một số bất đẳng thức trong tam giác

Trước tiên ta sẽ chứng minh một số bất đẳng thức cơ bản sau.

Ví dụ 2.4.1 Chứng minh rằng trong mỗi tam giác ABC sau đây ta luôn có

Lời giải 1) Hàm số f (x) = sin x là hàm lõm trên khoảng (0, π). Áp dụng bất đẳng thức Jensen với A, B, C ∈ (0, π).

Ta có sin A + sin B + sin C ≤ 3 sin

A = B = C hay tam giác ABC đều.

2) Hàm số f (x) = tan x là hàm lồi trên khoảng

Áp dụng bất đẳng thức Jensen với A, B, C ∈

Ta có tan A + tan B + tan C ≥ 3 tan

3) Hàm số f (x) = cot x là hàm lồi trên khoảng

Áp dụng bất đẳng thức Jensen với A, B, C ∈

Ta có cot A + cot B + cot C ≥ 3 cot

4) Hàm số f (x) = sin x là hàm lõm trên khoảng (0, π). Áp dụng bất đẳng thức Jensen với A

5) Hàm số f (x) = cos x là hàm lõm trên khoảng

Với mọi tam giác ABC ta có A, B, C ∈ (0, π) suy ra A

Áp dụng bất đẳng thức Jensen với A

6) Hàm số f (x) = tan x là hàm lồi trên khoảng

7) Hàm số f (x) = cot x là hàm lồi trên khoảng

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay tam giác ABC đều.

Nhận xét 2.4.1 Qua ví dụ 2.4.1 ta có một số nhận xét sau:

Các bất đẳng thức cơ bản có thể được chứng minh bằng nhiều phương pháp khác nhau, tuy nhiên, việc sử dụng bất đẳng thức Jensen mang lại cách chứng minh ngắn gọn và dễ hiểu nhất.

Các bất đẳng thức cơ bản đã được chứng minh sẽ là công cụ hữu ích trong việc chứng minh những bất đẳng thức phức tạp hơn, và nội dung này sẽ được tác giả trình bày trong chương tiếp theo.

Ví dụ 2.4.2 (Lượng giác - cực trị và các bài toán trong tam giác).

Chứng minh rằng trong mỗi tam giác ABC ta luôn có sin A + 2 sin B

Lời giải Hàm số f (x) = sin x là hàm lõm trên khoảng (0, π). Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có sin A + 2 sin B

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức khi và chỉ khi A = B

3 hay tam giác ABC vuông tại C và A = π

Nhận xét 2.4.2 Bằng phương pháp trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức dạng tổng quát như sau:

Trong mọi tam giác ABC , với m, n, p là các số nguyên dương, ta luôn có m sin A m + n sin B n + p sin C p ≤ (m + n + p) sin π m + n + p

Ví dụ 2.4.2 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có cos A + cos B + cos C ≤ cos 3A + 4B

Lời giải Hàm số f (x) = cos x là hàm lõm trên khoảng

Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có

Cộng vế các bất đẳng thức trên ta được cos A + cos B+ cos C ≤ cos 3A + 4B

Nhận xét 2.4.3 Bằng phương pháp trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức dạng tổng quát:

Trong mọi tam giác nhọn ABC , với m, n là các số nguyên dương, ta đều có cos A + cos B + cos C ≤ cos mA + nB m + n + cos mB + nC m + n + cos mC + nA m + n

2.4.2 Áp dụng bất đẳng thức Jensen xây dựng một số bất đẳng thức trong tam giác Để xây dựng các bất đẳng thức mới, ta sẽ bắt đầu bằng việc áp dụng bất đẳng thức Jensen chứng minh một số bất đẳng thức đại số.

Hệ quả 2.4.1 Với mọi số thực không âm a 1 , a 2 , , a m , với mọi n ∈ N ∗ ta luôn có a n 1 + a n 2 + + a n m m ≥ a 1 + a 2 + + a m m n

Chứng minh Thật vậy, xét hàm số f (x) = x n với mọi x ∈ [0, +∞) và với mọi n ∈ N ∗ , ta có f 00 (x) = n (n − 1) x n−2 ≥ 0.

Vậy hàm số f (x) = x n là hàm lồi trên khoảng [0, +∞) Áp dụng bất đẳng thức Jensen với mọi a 1 , a 2 , , a m ∈ [0, +∞) ta luôn có a n 1 + a n 2 + + a n m m ≥ a 1 + a 2 + + a m m n Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a m

Hệ quả 2.4.2 Với mọi số thực không âm a 1 , a 2 , , a m , với mọi n ∈ N ∗ ta luôn có

Chứng minh Thật vậy, xét hàm số f (x) = √ n x với mọi x ∈ [0, +∞), với mọi n ∈ N ∗ , ta có f 00 (x) = 1 − n n 2

Vậy hàm số f (x) = x n là hàm lõm trên khoảng [0, +∞). Áp dụng bất đẳng thức Jensen với mọi a 1 , a 2 , , a m ∈ [0, +∞) ta luôn có

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a m

Từ các bất đẳng thức đại số trên, ta sẽ xây dựng được các bất đẳng thức mới Sau đây là một số kết quả thu được.

Kết quả 2.4.1 Hàm số f (x) = tan x là hàm lồi trên khoảng

Trong tam giác ABC, với mọi số nguyên x, y, z ≥ 2 ta có A x , B y , C z ∈

Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có x tan A x + y tan B y + z tan C z ≥ (x + y + z) tan π x + y + z (∗)

Mặt khác, ta lại có tan A x , tan B y , tan C z > 0 với A x , B y , C z ∈

Áp dụng Hệ quả 2.3.1 ta có xtan n A x + ytan n B y + ztan n C z ≥ (x + y + z)

Từ (∗) và (∗∗) ta được xtan n A x + ytan n B y + ztan n C z ≥ (x + y + z) tan n π x + y + z Vây, ta xây dựng được bất đẳng thức như sau.

Bài toán 2.4.1 Với mọi số nguyên x, y, z ≥ 2, chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có xtan n A x + ytan n B y + ztan n C z ≥ (x + y + z) tan n π x + y + z

Từ bất đẳng thức trên, ta cũng suy ra bất đẳng thức cơ bản sau. tan 2 A

Đối với mọi số nguyên x, y, z ≥ 2, trong tam giác ABC, bất đẳng thức sau được chứng minh: xcot n A x + ycot n B y + zcot n C z ≥ (x + y + z) cot n π x + y + z.

Từ bất đẳng thức trên, ta cũng suy ra bất đẳng thức cơ bản sau. cot 2 A

Kết quả 2.4.2 Hàm số f (x) = sin x là hàm lõm trên khoảng (0, π).

Trong tam giác ABC, với mọi số nguyên dương x, y, z ta có A x , B y , C z ∈ (0, π). Áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có x sin A x + y sin B y + z sin C z ≤ (x + y + z) sin π x + y + z (∗)

Mặt khác, ta lại có sin A x , sin B y , sin C z > 0 với A x , B y , C z ∈ (0, π) Áp dụng Hệ quả 2.3.2 ta có x n r sin A x + y n r sin B y + z n r sin C z ≤ (x + y + z) n v u u u t x sin A x + y sin B y + z sin C z x + y + z (∗∗)

Từ (∗) và (∗∗) ta được x n r sin A x + y n s sin B y + z n r sin C z ≤ (x + y + z) n r sin π x + y + z

Vây, ta xây dựng được bất đẳng thức như sau.

Bài toán 2.4.3 yêu cầu chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y, z, trong tam giác ABC, ta có bất đẳng thức x^n * r * sin A * x + y^n * s * sin B * y + z^n * r * sin C * z ≤ (x + y + z)^n * r * sin(π * (x + y + z)) Từ đó, ta có thể xây dựng các bất đẳng thức tương tự.

Bài toán 2.4.4 Với mọi số nguyên x, y, z ≥ 2, chứng minh rằng trong mọi tam giác

ABC ta luôn có x n r cos A x + y n s cos B y + z n r cos C z ≤ (x + y + z) n r cos π x + y + z

Chương 3 Áp dụng các bất đẳng thức đại số cổ điển chứng minh và xây dựng một số bất đẳng thức trong tam giác

Phương pháp áp dụng bất đẳng thức Cauchy

Bất đẳng thức Cauchy, một trong những bất đẳng thức quan trọng trong Đại số, thể hiện mối quan hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân Phương pháp chứng minh bằng quy nạp mà nhà toán học Cauchy đề xuất được coi là cách chứng minh hiệu quả nhất cho bất đẳng thức này Theo định lý 3.1.1, với mọi số thực không âm \( a_1, a_2, \ldots, a_n \), ta luôn có \( \frac{a_1 + a_2 + \ldots + a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1 a_2 \ldots a_n} \).

- Với n = 1 bất đẳng thức hiển nhiên là đúng.

- Với n = 2 bất đẳng thức trở thành a 1 + a 2

- Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, (k ∈ N ∗ ) tức là a 1 + a 2 + + a k k ≥ √ k a 1 a 2 a k

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n = 2k, (k ∈ N ∗ ).

≥ q k √ k a 1 a 2 a k k √ k a k+1 a k+2 a 2k k = 2k √ a 1 a 2 a 2k Suy ra bất đẳng thức cũng đúng với n = 2 k , (k ∈ N ∗ ).

Nếu bất đẳng thức đúng với n = k, (k ∈ N ∗ ) thì cũng đúng với n = k − 1.

⇔ a 1 + a 2 + + a k−1 ≥ (k − 1) k−1 √ a 1 a 2 a k−1 Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n

3.1.2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh một số bất đẳng thức trong tam giác

Bất đẳng thức Cauchy là một công cụ quan trọng trong việc chứng minh bất đẳng thức đại số và giải quyết nhiều dạng bất đẳng thức trong tam giác Để sử dụng hiệu quả bất đẳng thức này, việc nắm vững các bất đẳng thức cơ bản là điều cần thiết.

Trước tiên, ta sẽ nhắc lại một số bất đẳng thức cơ bản sau đây.

9) tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C ≥ 9 (4ABC không vuông).

10) cot 2 A + cot 2 B + cot 2 C ≥ 1 (4ABC không vuông).

Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản trên đây, ta sẽ giải quyết một số bài toán sau.

Ví dụ 3.1.1 Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có

Để giải quyết bài toán này, chúng ta có thể áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy cùng với các bất đẳng thức cơ bản đã được trình bày ở phần trước.

17) Trong mọi tam giác ABC ta luôn có A, B, C ∈ (0, π).

Do đó sin A, sin B, sin C ∈ (0, 1). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với sin A, sin B, sin C ta có sin A sin B sin C ≤ sin A + sin B + sin C

3 ÁP dụng bất đẳng thức sin A sin B sin C ≤ 3 √

Ta suy ra sin A sin B sin C ≤

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sin A = sin B = sin C ⇔ A = B = C hay tam giác ABC đều.

18) Trong tam giác ABC nhọn ta luôn có A, B, C ∈

Do đó cos A, cos B, cos C ∈ (0, 1). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với cos A, cos B, cos C ta có cos A cos B cos C ≤ cos A + cos B + cos C

. Áp dụng bất đẳng thức cos A + cos B + cos C ≤ 3

2 , ta được cos A cos B cos C ≤

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos A = cos B = cos C ⇔ A = B = C hay tam giác ABC đều.

19) Trước tiên ta chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C.

Thật vậy, đẳng thức trên tương đương với tan A + tan B = tan C (tan A tan B − 1)

⇔ tan (π − C) = − tan C. Áp dụng đẳng thức tan A + tan B + tan C ≥ 3 √

3, ta được tan A tan B tan C = tan A + tan B + tan C ≥ 3 √

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay tam giác ABC đều.

20) Trong tam giác ABC nhọn, áp dụng bất đẳng thức tan A tan B tan C ≥ 3 √

Ta có cot A cot B cot C = 1 tan A tan B tan C ≤ 1

3 Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay tam giác ABC đều 21) Trong mọi tam giác ABC ta luôn có A

2 ∈ (0, 1). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có sin A

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sin A

2 ⇔ A = B = C hay tam giác ABC đều.

22) Trong mọi tam giác ABC ta luôn có A

2 ∈ (0, 1). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có cos A

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos A

23) Trước tiên ta chứng minh đẳng thức sau cot A

Thật vậy, đẳng thức trên tương đương với

Kết hợp đẳng thức (∗) với bất đẳng thức cot A

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cot A

2 cot C 2 Áp dụng bât đẳng thức cot A

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Bất đẳng thức có dạng đối xứng với các số hạng dương gợi nhớ đến việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy Tuy nhiên, việc lựa chọn đúng "điểm rơi" là yếu tố quan trọng nhất khi sử dụng bất đẳng thức này.

Thông thường, với các bất đẳng thức đối xứng thì "điểm rơi" chính là tâm.

2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Cộng vế các bất đẳng thức trên ta được

4 Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sin A

3 hay tam giác ABC đều

Ví dụ 3.1.3 Chứng minh rằng trong mỗi tam giác nhọn ABC ta luôn có

√ 3 cos A cos B + √ 3 cos B cos C + √ 3 cos C cos A ≤ 3

2 cos C cos A. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

4 Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos A = cos B = cos C = 1

3 hay tam giác ABC đều.

Ví dụ 3.1.4 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có

2 cos A. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C = π

Phân tích Bất đẳng thức dạng đối xứng, "điểm rơi" là A = B = C = π

3 Khi đó ta có cos A

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Ví dụ 3.1.6 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có sin A r cos B + 1

4 Lời giải Đặt P = sin A r cos B + 1

4 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có sin A r cos B + 1

Ví dụ 3.1.7 Cho n ∈ N , n ≥ 2 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có cos A

2n + 1 (2n + 2) √ n n + 1 Bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 = n n + 1 hay tam giác ABC cân tại C và có sin C

Ví dụ 3.1.8 Cho n ∈ N , n ≥ 2 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có sin A

(2n + 2) √ n n + 1 Bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 = 1 n + 1 hay tam giác ABC cân tại C và có sin C

2 = 1 n + 1 Nhận xét 3.1.1 Tương tư như trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức sau đây Cho n ∈ N , n ≥ 2 Trong mọi tam giác ABC ta luôn có sin A 2 n r sin B

3.1.3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy xây dựng một số bất đẳng thức trong tam giác

Việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy trong việc chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác cần đến các bất đẳng thức cơ bản như một công cụ hỗ trợ quan trọng Từ đó, tác giả đã phát triển ý tưởng sáng tạo các bất đẳng thức mới dựa trên chứng minh các bất đẳng thức đại số, vốn là hệ quả của bất đẳng thức Cauchy Kết hợp những bất đẳng thức đại số với các bất đẳng thức cơ bản sẽ mang lại nhiều kết quả đẹp và thú vị.

Trước tiên, ta sẽ chứng minh một số hệ quả sau đây.

Hệ quả 3.1.1 Với mọi số thực dương a, b, c ta đều có

Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

≥ 9 a + b + c Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Hệ quả 3.1.2 Với mọi số thực không âm a, b, c ta đều có

Chứng minh Bất đẳng thức trên tương đương với

(1 + a) (1 + b) (1 + c) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

Vậy hệ quả đã được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Kết quả 3.1.1 (Kết hợp Hệ quả 3.1.1 với các bất đẳng thức cơ bản).

Bài toán 3.1.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có

Bất đẳng thức trên được xây dựng từ sự kết hợp của hai bất đẳng thức:

1 sin A + 1 sin B + 1 sin C ≥ 9 sin A + sin B + sin C (theo hệ quả 3.1.1) và sin A + sin B + sin C ≤ 3 √

2 Bài toán 3.1.2 Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có

1 cos A + 1 cos B + 1 cos C ≥ 9 cos A + cos B + cos C và cos A + cos B + cos C ≤ 3

2 Bài toán 3.1.3 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có

2 ≤ 3 2 Bài toán 3.1.4 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có

Bất đẳng thức trên được xây dựng từ sự kết hợp của hai bât đẳng thức:

1 sin 2 A + 1 sin 2 B + 1 sin 2 C ≥ 9 sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C và sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤ 9

Có thể kết hợp Hệ quả 3.1.1 với các bất đẳng thức đã được chứng minh trong Ví dụ 3.1.2 đến Ví dụ 3.1.7 Nhờ đó, chúng ta có thể thu được các bất đẳng thức mới.

√ 3 cos A cos B + √ 3 cos B cos C + √ 3 cos C cos A và

√ 3 cos A cos B + √ 3 cos B cos C + √ 3 cos C cos A ≤ 3

Bài toán 3.1.11 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có

Kết quả 3.1.2 (Kết hợp Hệ quả 3.1.2 với các bất đẳng thức cơ bản) Bài toán 3.1.12 Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có

Bất đẳng thức này được xây dựng dựa trên sự kết hợp của hai bất đẳng thức:

1 + √ 3 tan A tan B tan C 3 và tan A tan B tan C ≥ 3 √

Bài toán 3.1.13 Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ABC ta luôn có

Bất đẳng thức này được xây dựng từ sự kết hợp của hai bất đẳng thức:

Nhận xét 3.1.3 Từ Hệ quả 3.2.2, với mọi số thực dương a, b, c ta có

Thay các số a, b, c trong bất đẳng thức trên bởi các số thực dương 1 a , 1 b , 1 c Khi đó ta có

Kết hợp bất đẳng thức (∗) với bất đẳng thức cơ bản, ta có các bất đẳng thức mới như sau.

Tác giả đã trình bày những ý tưởng cơ bản về việc áp dụng bất đẳng thức Cauchy để chứng minh và xây dựng các bất đẳng thức trong tam giác Các bất đẳng thức này có dạng đối xứng tương đối phức tạp, cho thấy phương pháp này rất hiệu quả Điều này thể hiện vai trò quan trọng của bất đẳng thức Cauchy trong việc chứng minh các bất đẳng thức đại số, đặc biệt là trong tam giác.

3.2 Phương pháp áp dụng bất đẳng thức

Bất đẳng thức Bunhiacopxki là một công cụ quan trọng trong Toán học, thường được học sinh phổ thông áp dụng để chứng minh các bất đẳng thức đại số cơ bản Tuy nhiên, việc sử dụng bất đẳng thức này để chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác vẫn còn ít được đề cập trong tài liệu học thuật Để khắc phục điều này, tác giả đã nghiên cứu và trình bày nội dung liên quan trong luận văn, nhằm mang đến cho độc giả một cái nhìn mới mẻ hơn về ứng dụng của bất đẳng thức Bunhiacopxki Định lý 3.2.1 khẳng định rằng với hai bộ số (a1, a2, , an) và (b1, b2, , bn), một mối quan hệ nhất định luôn được duy trì.

Chứng minh Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có a 2 1 a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n + b 2 1 b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n ≥ 2 |a 1 b 1 | p (a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n ) (b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n ) ; a 2 2 a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n + b 2 2 b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n ≥ 2 |a 2 b 2 | p (a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n ) (b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n ) ; a 2 n a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n + b 2 n b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n ≥ 2 |a n b n | p (a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n ) (b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n ) Cộng vế các bất đẳng thức trên ta được a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n + b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n ≥ 2 [|a 1 b 1 | + |a 2 b 2 | + + |a n b n |] p (a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n ) (b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n )

⇔ (a 1 b 1 + a 2 b 2 + + a n b n ) 2 ≤ (a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n ) (b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n ) Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = = a n b n (quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).

Bất đẳng thức trên cũng tương đương với a 1 b 1 + a 2 b 2 + + a n b n ≤ q(a 2 1 + a 2 1 + + a 2 n ) (b 2 1 + b 2 2 + + b 2 n ).

3.2.2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki chứng minh một số bất đẳng thức trong tam giác

Ví dụ 3.2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có s sin A sin B

Bất đẳng thức Cauchy có thể được áp dụng để giải quyết bài toán này do các đại lượng đều dương; tuy nhiên, việc sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki sẽ mang lại phương pháp giải ngắn gọn hơn.

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sin A sin B

2 + 1 Áp dụng các bất đẳng thức sin A + sin B + sin C ≤ 3 √

Từ đó ta suy ra

2 Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay ABC là tam giác đều.

Ví dụ 3.2.2 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có sin A √ sin B sin C + sin B √ sin C sin A + sin C √ sin A sin B ≤ 3

P = sin A √ sin B sin C + sin B √ sin C sin A + sin C √ sin A sin B. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

(sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A).

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sin A

√ sin A sin B Mặt khác ta lại có sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤ q

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sin A sin B = sin B sin C = sin C sin A

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay ABC là tam giác đều.

Ví dụ 3.2.3 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có sin A r cos B

2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi sin A r cos B

Mặt khác ta lại có cos A

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos A 2 cos B 2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức ra khi và chỉ khiA = B = C hay ABC là tam giác đều.

Ví dụ 3.2.4 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có cos A 2

√ cos A + 1. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos A

Mặt khác ta lại có cos 2 A

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay ABC là tam giác đều.

3.2.3 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki xây dựng các bất đẳng thức trong tam giác

Việc áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để xây dựng các bất đẳng thức trong tam giác dựa vào phương pháp chứng minh các bất đẳng thức liên quan và kết hợp khéo léo với các bất đẳng thức cơ bản Có rất nhiều bất đẳng thức đại số liên quan đến Bunhiacopxki, nhưng tác giả chỉ tập trung vào những bất đẳng thức so sánh với các đại lượng a + b + c hoặc abc, nhằm kết hợp chúng với các bất đẳng thức cơ bản trong tam giác Dưới đây, chúng ta sẽ chứng minh một số bất đẳng thức quan trọng.

Hệ quả 3.2.1 (Bất đẳng thức Schwarz) Với hai bộ số thực (a 1 , a 2 , a 3 ) và (b 1 , b 2 , b 3 ) trong đó b i > 0, ∀i = 1, 2, 3 ta luôn có a 2 1 b 1 + a 2 2 b 2 + a 2 3 b 3 ≥ (a 1 + a 2 + a 3 ) 2 b 1 + b 2 + b 3 Chứng minh Ta có

√ b 3 và √ b 1 , √ b 2 , √ b 3 , Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopxki ta có a 1

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a 2 b 2 = = a n b n (quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).

Hệ quả 3.2.2 Với hai bộ số thực (a 1 , a 1 , a 3 ) và (b 1 , b 1 , b 3 ) ta luôn có q a 2 1 + b 2 1 + q a 2 2 + b 2 2 + q a 2 3 + b 2 3 ≥ q (a 1 + a 2 + a 3 ) 2 + (b 1 + b 2 + b 3 ) 2

Chứng minh Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức sau đây. q a 2 1 + b 2 1 + q a 2 2 + b 2 2 ≥ q (a 1 + a 2 ) 2 + (b 1 + b 2 ) 2 với a 1 , a 2 , b 1 , b 2 là các số thực.

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với a 2 1 + b 2 1 + a 2 2 + b 2 2 + 2 p

⇔ (a 2 1 + b 2 1 ) (a 2 2 + b 2 2 ) ≥ (a 1 a 2 + b 1 b 2 ) 2 Điều này luôn đúng theo bất đẳng thức Bunhiacopxki.

Bổ đề đã được chứng minh, với dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a₁b₁ = a₂b₂, theo quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0 Áp dụng bất đẳng thức này, chúng ta có thể chứng minh Hệ quả 3.2.2.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1

(quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).

Các bất đẳng thức đai số trong các hệ quả 3.2.1 đều liên quan đến việc so sánh với các đại lượng a + b + c và abc Điều này cho phép chúng ta kết hợp các hệ quả này với các bất đẳng thức cơ bản để có cái nhìn sâu sắc hơn về mối quan hệ giữa các đại lượng.

Kết quả 3.2.1 (Kết hợp Hệ quả 3.2.1 với các bất đẳng thức cơ bản).

Bài toán 3.2.1 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có tan 2 A tan B + tan C + tan 2 B tan C + tan A + tan 2 C tan A + tan B ≥ 3 √

2 Bất đẳng thức trên được xây dựng từ hai bất đẳng thức tan 2 A tan B + tan C + tan 2 B tan C + tan A + tan 2 C tan A + tan B

2 (tan A + tan B + tan C) = tan A + tan B + tan C

Bài toán 3.2.2 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC, với n ∈ N ta luôn có cot 2 A cot B + n cot C + cot 2 B cot C + cot nA + cot 2 C cot A + n cot B ≥

√ 3 n + 1 Bất đẳng thức trên được xây dựng từ hai bất đẳng thức cot 2 A cot B + cot C + cot 2 B cot C + cot A + cot 2 C cot A + cot B

≥ (cot A + cot B + cot C) 2 (n + 1) (cot A + cot B + cot C ) = cot A + cot B + cot C

Bài toán 3.2.3 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , với n ∈ N ta luôn có tan 2 A 2 tan B

Bất đẳng thức trên được xây dựng từ sự kết hợp của hai bất đẳng thức tan 2 A 2 tan B

Bài toán 3.2.4 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC , với n ∈ N ta luôn có cot 2 A 2 cot B

Bất đẳng thức trên được xây dựng từ sự kết hợp của hai bất đẳng thức cot 2 A 2 cot B

Kết quả 3.2.2 (Kết hợp Hệ quả 3.2.2 với các bất đẳng thức cơ bản) Bài toán 3.2.5 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có p 1 + tan 2 A + p

Bất đẳng thức trên được xây dựng từ sự kết hợp của hai bất đẳng thức p 1 + tan 2 A + p

9 + (tan A + tan B + tan C ) 2 và tan A + tan B + tan C ≥ 3 √

Bài toán 3.2.6 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có r

Bất đẳng thức trên được xây dựng từ sự kết hợp của hai bất đẳng thức r

Bài toán 3.2.7 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có r

Bất đẳng thức trên được xây dựng từ sự kết hợp của hai bất đẳng thức r

Bài toán 3.2.8 Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có p 1 + tan 2 A + tan 2 B + p

Bất đẳng thức trên được xây dựng từ sự kết hợp của ba bất đẳng thức

1 + tan 2 C ≥ 6 và tan A + tan B + tan C ≥ 3 √

Bất đẳng thức trong tam giác là một chủ đề trừu tượng thường gây khó khăn cho học sinh Tác giả lựa chọn đề tài này nhằm trang bị cho học sinh những kiến thức và phương pháp giải quyết bài toán hiệu quả Luận văn đã đạt được những kết quả đáng kể trong việc giúp học sinh hiểu rõ hơn về nội dung này.

1 Phân loại một cách rõ ràng và có hệ thống các dạng bất đẳng thức trong tam giác, cụ thể là các bất đẳng thức có liên quan đến các đại lượng góc trong tam giác Đồng thời trình bày các phương pháp chứng minh tương ứng cho từng dạng bài Mỗi ví dụ đưa ra đều là những ví dụ tiêu biểu giúp học sinh có thể nắm bắt nhanh chóng dạng bài và cách giải.

2 Các phương pháp chứng minh rất phù hợp Nó vừa đem lại cách giải ngắn gọn, lại vừa thể hiện được mối quan hệ sâu sắc giữa Đại số, Giải tích và Hình học.

Tiêu đề	Một Phân Loại Và Xây Dựng Bất Đẳng Thức Trong Tam Giác
Tác giả	Nguyễn Thị Thoan
Người hướng dẫn	PGS. TS. Nguyễn Minh Tuấn
Trường học	Đại Học Quốc Gia Hà Nội
Chuyên ngành	Phương Pháp Toán Sơ Cấp
Thể loại	luận văn thạc sĩ
Năm xuất bản	2013
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	86
Dung lượng	472,84 KB