Các bài toán về bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

38 3 BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC TAM GIÁC KHÁC 40 3.1 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác vuông.. Ta có thể tìm thấy rất nhiều tài liệu tham khảo về các bất đẳng thức lượng gi

Trang 1

Mục lục

1.1 Các bất đẳng thức cơ bản 5

1.1.1 Bất đẳng thức AM – GM 5

1.1.2 Bất đẳng thức BCS 5

1.1.3 Bất đẳng thức Jensen 5

1.1.4 Bất đẳng thức Chebyshev 6

1.2 Các kiến thức cơ bản về lượng giác 6

1.2.1 Hệ thức lượng trong tam giác 6

1.2.2 Các đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác 8

1.2.3 Các bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác 9

2 BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC THƯỜNG 10 2.1 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác nhọn 10

2.2 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác bất kì 26

2.3 Bài tập đề nghị 38

3 BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC TAM GIÁC KHÁC 40 3.1 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác vuông 45

3.2 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác a + c ≥ 2b 52

3.3 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác b + c ≥ 3a 58

3.4 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác loại một và loại hai 64

3.5 Bài tập đề nghị 70

Trang 2

Mở đầu

Lượng giác là một phân môn quan trọng trong chương trình Toán học ở các trường Trung học phổ thông Trong các đề thi vào các trường Cao đẳng và Đại học thường có một câu riêng về lượng giác mà chủ yếu là về "Phương trình lượng giác" Đây có lẽ là phần khá quen thuộc với những người học toán và những độc giả yêu thích môn toán.

Bên cạnh đó, lượng giác còn rất nhiều vấn đề hay và lý thú khác, "bất đẳng thức lượng giác trong tam giác" là một vấn đề như thế Ta có thể tìm thấy rất nhiều tài liệu tham khảo về các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác thường

và tam giác nhọn nhưng lại có quá ít tài liệu về bất đẳng thức lượng giác trong các tam giác đặc biệt Vì vậy, tác giả chọn đề tài "Các bài toán về bất đẳng thức lượng giác trong tam giác".

Luận văn gồm ba chương

Chương 1 Các kiến thức cơ bản Trong chương này, tác giả nhắc lại một số bất đẳng thức kinh điển như: bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức BCS, bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Chebyshev Ngoài ra, tác giả hệ thống lại các kiến thức cơ bản về lượng giác.

Chương 2 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác thường Chương này đưa ra các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác thường Nội dung chính của chương

là bất đẳng thức lượng giác tam giác nhọn, cần nhấn mạnh rằng các bất đẳng thức này sẽ không còn đúng nữa nếu tam giác đã cho không có đặc thù là "nhọn" Chương 3 Bất đẳng thức lượng giác trong các tam giác khác Đây là nội dung chính của Luận văn Chương này đưa ra các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác vuông, tam giác cóa + c ≥ 2b; tam giác cóa + c ≥ 3b; tam giác loại một và tam giác loại hai Cấu trúc chung của chương 2 cũng như chương 3 gồm hai phần: bài toán có lời giải và bài tập đề nghị Đặc biệt trong chương này tác giả trình bày bài toán phụ trợ gồm 76 hệ thức lượng giác trong tam giác được biểu diễn qua các đại lượng p, R, r, đây là cách nhìn khác về lượng giác Các bất đẳng thức đưa ra trong chương 3 hầu hết đều sử dụng trực tiếp bài toán phụ trợ và biến đổi tương đương

để chứng minh.

Trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn này, tác giả đã nhận được

Trang 3

sự hướng dẫn, giúp đỡ quý báu từ các thầy cô, các anh chị và các bạn Với lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc, tác giả xin được bày tỏ lời cảm ơn chân thành tới Ban Giám hiệu, Phòng đào tạo sau đại học, khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn.

PGS.TS Phan Huy Khải, người thầy kính mến đã hết lòng giúp đỡ, dạy bảo, động viên và hướng dẫn tác giả hoàn thành luận văn này.

Xin chân thành cảm ơn các thầy trong hội đồng chấm luận văn đã cho tác giả những đóng góp quý báu để luận văn được hoàn thiện hơn.

Hà Nội, 2013

Trang 4

MỘT SỐ KÍ HIỆU

ABC Tam giác ABC.

A, B, C Các đỉnh tam giác hay số đo các góc trong tam giác ABC.

a, b, c Độ dài các cạnh đối diện các góc A,B,C.

ha, hb, hc Độ dài các đường cao xuất phát từ A,B,C.

la, lb, lc Độ dài các đường phân giác trong xuất phát từ A,B,C.

ma, mb, mc Độ dài các đường trung tuyến xuất phát từ A,B,C.

p Nửa chu vi tam giác ABC.

R Độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

r Độ dài bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

ra, rb, rc Độ dài bán kính đường tròn bàng tiếp trong các góc A,B,C.

S Diện tích tam giác ABC.

đ.p.c.m Điều phải chứng minh.

Trang 6

bsin B =

csin C = 2R.

b − c

b + c =

tan B − C

2tanB + C2

c − a

c + a =

tanC − A2tanC + A2

Công thức tính diện tích tam giác.

= (p − a) ra = (p − b) rb= (p − c) rc

=pp (p − a) (p − b) (p − c)

Trang 7

Bán kính đường tròn nội tiếp.

Trang 8

c = a cos B + b cos A = r cotA

0 < sin A ≤ sin B ≤ sin C ≤ 1

1 > cos A ≥ cos B ≥ cos C ≥ 0 .

1.2.2 Các đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác.

1. sin A + sin B + sin C = 4 cosA

2. sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C.

3. sin2A + sin2B + sin2C = 2 (1 + cos A cos B cos C).

4. cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sinA

5. cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − 4 cos A cos B cos C

6. cos2A + cos2B + cos2C = 1 − 2 cos A cos B cos C.

7. tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C (đối với tam giác không vuông).

Trang 9

1.2.3 Các bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác.

1 cos A + cos B + cos C ≤ 3

2 .

2 sin A + sin B + sin C ≤ 3

√3

8 .

6 sin A sin B sin C ≤ 3

√3

Trang 10

Chương 2

BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC THƯỜNG

2.1 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác nhọn Trong phần này chúng ta sẽ xét các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác nhọn Chú ý rằng, các bất đẳng thức này sẽ không còn đúng nữa nếu tam giác đã cho không có đặc thù là "nhọn".

Bài toán 2.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ta có

2. (cos A + cos B + cos C)2≤ sin2A + sin2B + sin2C.

3. sin A + sin B + sin C > cos A + cos B + cos C.

⇔ sin A sin B − sin A sin B cos C ≥ cos A cos B + cos A cos B cos C

⇔ sin A sin B − cos A cos B ≥ cos C (cos A cos B + sin A sin B)

⇔ cos C ≥ cos C cos (A − B)

Trang 11

(Do 4ABC nhọn nên 0 < cos A; 0 < cos B; 0 < cos C < 1).

Vì (2) đúng nên (1) đúng và dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khiA = B.

Do 4ABC nhọn nên tan A > 0; tan B > 0.

Cộng (4) và (5) theo từng vế ta được

√tan A +√

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4ABC là tam giác đều.

2 Do 4ABC nhọn nên theo bất đẳng thức AM - GM ta có

2 cos A cos B =√

sin 2A cot A sin 2B cot B ≤ 1

2(sin 2A cot B + sin 2B cot A) (1) Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi A = B

Lý luận tương tự ta có

2 cos B cos C = √

sin 2B cot B sin 2C cot C ≤ 1

2(sin 2B cot C + sin 2C cot B) (2)

Trang 12

Dấu bằng trong (2) xảy ra khi và chỉ khi B = C.

2 cos C cos A =√

sin 2C cot C sin 2A cot A ≤ 1

2(sin 2C cot A + sin 2A cot C) (3) Dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chỉ khi C = A.

V P (4) = − (cos 2A + cos 2B + cos 2C)

= 3 − 2 cos2A + cos2B + cos2C

Vậy

(4) ⇔ cos2A + cos2B + cos2C + 2 (cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤

≤ sin2A + sin2B + sin2C

⇔ (cos A + cos B + cos C)2 ≤ sin2A + sin2B + sin2C

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4ABC là tam giác đều.

3 Ta có

cos A + cos B + cos C = 1

2(cos A + cos A + cos B + cos B + cos C + cos C)

Trang 13

Cộng (2); (3); (4) theo từng vế và từ (1) suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét Giả thiết tam giác nhọn ở đây là thực sự cần thiết.

1 Với bất đẳng thức thứ nhất, nếu 4ABC không phải là tam giác nhọn thì một trong ba đại lượng √tan A,√

tan B,√

tan C là không có nghĩa.

2 Với bất đẳng thức thứ hai, nếu 4ABC không phải là tam giác nhọn thì kết luận của bất đẳng thức chưa chắc đúng

Thật vậy, giả sử xét4ABC có A = 2π

cos A + cos B + cos C = − cos α + 2 cosα

2 > cos α (do cosα

2 > cos α).

sin A + sin B + sin C = sin α + 2 sinα

2 < 3 sin α (Do sinα

2 < sin α).

⇒ cos A + cos B + cos C > sin A + sin B + sin C (Do tan α = 1

3).

Như vậy, đối với bất đẳng thức thứ ba ta có thể mở rộng đề bài như sau

"Chứng minh rằng trong mọi tam giác không có góc tù thì

sin A + sin B + sin C > cos A + cos B + cos C

(tan A + tan B + tan C) (cot A + cot B + cot C) ≥

Trang 14

2(tan A + tan B) ≥ tan

A + B2

⇔ tan A + tan B ≥ 2 cotC

Dấu bằng trong (5) xảy ra khi A = B = C.

Nhân từng vế của (4) và (5) ta được điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều.

Nhận xét Điều kiện tam giác nhọn ở đây là thực sự cần thiết.

1 Nếu 4ABC là tam giác vuông thì một trong ba đại lượng tan A, tan B, tan C

là không xác định.

2 Nếu 4ABC là tam giác tù thì

tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C < 0

cot A + cot B + cot C > 0

Khi đó, bất đẳng thức đã cho không đúng.

v u u t

cos B cos CcosB

2 cos

C2+

v u u t

cos C cos AcosC

2 cos

A2

≤

≤ √23

+

√3

2 .

Trang 15

Giải Ta có

cos A cos BcosA

2 cos

B2

√

3 cot A cot B

Theo bất đẳng thức AM - GM ta có

v u u t

cos A cos BcosA

2 cos

B2

Tương tự

v u u t

cos B cos CcosB

2 cos

C2

v u u t

cos C cos AcosC

2 cos

A2

Cộng từng vế của(1), (2) và (3) ta được điều phải chứng minh.

Nhận xét.

1 Nếu ABC là tam giác vuông thì kết quả vẫn đúng.

2 Nếu ABC là tam giác tù, chẳng hạn A > π

2, khi đó

cos A cos BcosA

2 cos

B2

< 0

Vậy điều kiệnABC là tam giác không có góc tù là thực sự cần thiết.

1. tan A + tan B + tan C ≥ 2 (sin 2A + sin 2B + sin 2C).

2. 1

cos A+

1cos B +

1cos C ≥ 1

sinA2

sinB2

sinC2

.

3. cot A + cot B + cot C + cot 2A + cot 2B + cot 2C ≤ 0.

Giải.

1 Vì 4ABC nhọn nên ta có

tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C = sin A sin B sin C

cos A cos B cos C.

Trang 16

Vì trong mọi tam giác nhọn ta đều có

0 < cos A cos B cos C ≤ 1

tan A tan B tan C ≥ 2 (sin 2A + sin 2B + sin 2C)

2 Theo bất đẳng thức AM - GM ta có

1cos A +

cos A +

1cos B ≥ 2

sinC2

Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi A = B.

Lý luận tương tự

1cos B +

1cos C ≥ 2

sinA2

1cos C +

1cos A ≥ 2

sinB2

Dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chỉ khi A = C.

Từ (1),(2) và (3) suy ra điều phải chứng minh.

3 Ta có

cot 2A + cot 2B = sin (2A + 2B)

sin 2A sin 2B = −

2 sin 2Ccos (2A − 2B) − cos 2C. (1)

Trang 17

Dấu bằng trong (2) xảy ra khi và chỉ khi A = B.

Lý luận tương tự

Dấu bằng trong (4) xảy ra khi và chỉ khi A = C.

Từ (2), (3) và (4) suy ra

cot A + cot B + cot C + cot 2A + cot 2B + cot 2C ≤ 0

Nhận xét Điều kiện ABC là tam giác nhọn là thực sự cần thiết.

1 Xét bất đẳng thức thứ nhất

- Nếu ABC là tam giác vuông thì một trong các đại lượng: tan A, tan B, tan C

không xác định.

- Nếu ABC là tam giác tù thì

sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C > 0

⇒ tan A + tan B + tan C < 2 (sin 2A + sin 2B + sin 2C)

Như vậy, ta có bất đẳng thức với chiều ngược lại.

2 Xét bất đẳng thức thứ hai

- Nếu ABC là tam giác vuông thì một trong các đại lượng: 1

cos A,

1cos B,

1cos C

- Nếu ABC là tam giác tù, chẳng hạn A > π

2, không giảm tổng quát giả sử

B ≥ C ⇒ 0 < C < π

(

tan C < 1sinC

2 < sin C < cos C.

Ta có

1cos C <

1sinC2

Trang 18

1cos A+

1cos B =

2 cosA + B

A − B2cos A cos B < 0

cos A+

1cos B +

1cos C <

1sinC2

Hiển nhiên

1sinC2

< 1sinC2

sinA2

sinB2

cos A +

1cos B +

1cos C <

1sinA2

sinB2

sinC2

Nghĩa là khi ABC là tam giác tù ta có bất đẳng thức với chiều ngược lại.

cot B + cot C + cot 2B + cot 2C > 0

⇒ cot A + cot B + cot C + cot 2A + cot 2B + cot 2C > 0

Như vậy ta có bất đẳng thức theo chiều ngược lại.

1 + 1y

1 + 1z

Trang 19

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Nhận xét Điều kiện ABC là tam giác nhọn là thực sự cần thiết.

1 Nếu ABC là tam giác vuông thì một trong các đại lượng 1

cos A,

1cos B,

1cos C

cos A < 0; 1 +

1cos B > 0; 1 +

1cos C > 0

sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≥1 +√

2 cos A cos B cos C

2

Giải Vì ABC là tam giác nhọn nên theo bài 2.2 ta có

tan A + tan B + tan C ≥ cotA

Vì trong mọi tam giác không có góc vuông ta có

tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C

và trong mọi tam giác ta có

(2) ⇔ sin A sin B sin C

cos A cos B cos C ≥

2 sin

B

2 sin

C2

⇔ (1 − cos A) (1 − cos B) (1 − cos C) ≥ cos A cos B cos C

⇔ cos A + cos B + cos C + cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≥

≥ 2 cos A cos B cos C + 2 (cos A + cos B + cos C) − 1 (4)

Trang 20

2 ≥√2 cos A cos B cos C

⇔ cos A + cos B + cos C − 1 ≥√2 cos A cos B cos C (5)

Từ (4) và (5) suy ra

cos A+ cos B + cos C + cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≥

≥ 2 cos A cos B cos C + 2√2 cos A cos B cos C + 1

⇔ cos A+ cos B + cos C + cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≥

≥1 +√

2 cos A cos B cos C

2

Dấu bằng trong (6) xảy ra khi và chỉ khi A = B = C.

Ta sẽ chứng minh rằng trong mọi tam giác thì

cos A + cos B + cos C + cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A

Thật vậy

(7) ⇔ (cos A cos B − sin A sin B) + (cos B cos C − sin B sin C)

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

⇔ cos (A + B) + cos (B + C) + cos (C + A) = − cos A − cos B − cos C (8)

- Bất đẳng thức vẫn đúng khi ABC là tam giác vuông.

- Nếu 4ABC có một góc tù thì bất đẳng thức trên không có nghĩa Vì thế, ta

có thể thay đổi chút ít đầu bài như sau

"Chứng minh rằng trong mọi tam giác không có góc tù ta có

sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≥

Bài toán 2.7 ChoABClà tam giác nhọn Chứng minh rằng có thể lấya sin A, b sin B, c sin C

là số đo ba cạnh của một tam giác.

Giải Do ABC là tam giác nhọn nên cos C > 0.

Trang 21

⇒ c c2R < a.

a2R + b.

b2R.

Theo định lý hàm số sin suy ra

Lý luận tương tự có

Từ (1), (2), (3) có thể lấy a sin A, b sin B, c sin C là số đo ba cạnh của một tam giác nào đó.

Nhận xét Giả thiết ABC là tam giác nhọn là hoàn toàn cần thiết vì nếu không thì kết luận của bài toán chưa chắc đúng.

1 Giả sử ABC là tam giác vuông cân tại A có AB = AC = 1 ⇒ BC =√

2 Khi đó

a sin A =√

2; b sin B = c sin C =

√22

⇒ a sin A = b sin B + c sin C

Điều này chứng tỏa sin A; b sin B; c sin C không thể là số đo ba cạnh của một tam giác.

2 Giả sử 4ABC cân tại A có A = 2π

⇒ a sin A > b sin B + c sin C

Điều này chứng tỏa sin A; b sin B; c sin C không thể là số đo ba cạnh của một tam giác.

sin A + sin B + sin Ccos A + cos B + cos C ≤ tan A + tan B + tan C

Giải Vì trong mọi tam giác không vuông ta có

tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C

Trang 22

VìABC là tam giác nhọn nên bất đẳng thức đã cho được viết lại dưới dạng

(tan A + tan B + tan C) (cos A + cos B + cos C) ≥ 3 (sin A + sin B + sin C)

⇔ (tan A + tan B + tan C) (cos A + cos B + cos C) ≥

≥ 3 (tan A cos A + tan B cos B + tan C cos C)

Không giảm tổng quát, ta có thể giả sử A ≥ B ≥ C và do 4ABC nhọn nên

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev với hai dãy (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét Giả thiết ABC là tam giác nhọn là hoàn toàn cần thiết.

1 Nếu ABC là tam giác vuông thì một trong ba biểu thức: tan A; tan B; tan C

2 Nếu ABC là tam giác tù thì

sin A + sin B + sin C > 0

cos A + cos B + cos C > 0

⇒sin A + sin B + sin Ccos A + cos B + cos C > tan A + tan B + tan C.

tan2AsinA2+tan

2BsinB2+ tan

2CsinC2

≥ 18

Giải Áp dụng bất đẳng thức Schwarz ta có

tan2AsinA2+ tan

2BsinB2+tan

2CsinC2

≥ (tan A + tan B + tan C)

Do 4ABC nhọn nên theo bất đẳng thức cơ bản trong tam giác có

tan A + tan B + tan C ≥ 3√

Trang 23

Dấu bằng trong (2) và (3) xảy ra khi và chỉ khi A = B = C.

Từ (1), (2) và (3) suy ra

tan2AsinA2+tan

2BsinB2+ tan

2CsinC2

≥ 18

1 Nếu ABC là tam giác vuông thì một trong ba biểu thức: tan A; tan B; tan C

3 ;sinA

2 =

√3

Do đó

tan2AsinA2+tan

2BsinB2+ tan

2CsinC2

= 2√

3 + 4

p

2 +√3

2 < 18.

Vậy bất đẳng thức đã cho không đúng trong trường hợp này.

1. tan2A + tan2B + tan2C ≥ 9.

2. tan5A + tan5B + tan5C ≥ 9 tan A tan B tan C.

Giải.

1 Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có

tan2A + tan2B + tan2C ≥ 3p3 tan2A tan2B tan2C (1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C.

Vì trong mọi tam giác không vuông ta có

Vìtan A, tan B, tan C > 0 nên theo bất đẳng thức AM - GM ta có

tan A + tan B + tan C ≥ 3√3

Trang 24

tan A tan B tan C ≥ 3√3

tan A tan B tan C

⇒ (tan A tan B tan C)3 ≥ 27 (tan A tan B tan C)

tan2A + tan2B + tan2C ≥ 9

- Nếu ABC là tam giác vuông thì một trong ba biểu thức: tan A; tan B; tan C

tan5A + tan5B + tan5C ≥ 3p3 tan5A tan5B tan5C

⇔ tan5A + tan5B + tan5C ≥ 3 tan A tan B tan C 3

q

(tan A tan B tan C)2 (1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C.

Vìtan A > 0; tan B > 0; tan C > 0 nên theo bài 2.9

tan A tan B tan C ≥ 3√

3

q

tan5A + tan5B + tan5C ≥ 9 tan A tan B tan C

- Nếu ABC là tam giác vuông thì một trong ba biểu thức tan A; tan B; tan C

Trang 25

- Nếu ABC là tam giác tù, chẳng hạn A = 2π

27 < −3

√3

Vậy bất đẳng thức đã cho không đúng trong trường hợp này.

(sin A)sin A (sin B)sin B (sin C)sin C ≥2

3

3√3

2 .

Giải Theo tính chất của hàm số mũ ta có

sin A + sin B + sin C ≥ sin2A + sin2B + sin2C

Vì

sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2 cos A cos B cos C

Mà ABC là tam giác nhọn nên

sin2A + sin2B + sin2C > 2

Theo bất đẳng thức cơ bản trong tam giác thì

2 < sin A + sin B + sin C < 3

√3

Trang 26

Do sin A + sin B + sin C > 2 nên ta có

sin A+sin B+sin C

Vì 2

3 < 1 và sin A + sin B + sin C ≤ 3

√3

2 nên theo tính chất của hàm số mũ ta có

23

sin A+sin B+sin C

≥23

3√3

2 .

2.2 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác bất kì Trong phần này ta sẽ chứng minh các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác thường mà chủ yếu dựa vào các phép biến đổi lượng giác, các bất đẳng thức kinh điển quen thuộc như: bất đẳng thức AM - GM, bất đẳng thức BSC, bất đẳng thức Chebyshev, bất đẳng thức Jensen

Bài toán 2.12 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có các bất đẳng thức sau

2p − c2p + c Giải.

1 Áp dụng công thức phân giác trong, đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng tương đương sau

la1

b +

1c

+ lb1

c +

1a

+ lc1

a +

1b

≤ 3√3

Trang 27

Theo bất đẳng thức cơ bản trong tam giác thì (1) đúng Dấu bằng xảy ra khi

và chỉ khi 4ABC đều.

2 Đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng tương đương sau

2R sin A

p tanA2

+2R sin B

p tanB2

+ 2R sin C

p tanC2

≤ 9Rp

⇔ 2 (1 + cos A + 1 + cos B + 1 + cos C) ≤ 9

⇔ cos A + cos B + cos C ≤ 3

tanC2

⇔ a (2bc cos A) + b (2ac cos B) + c (2ab cos C) ≤ 3abc

⇔ cos A + cos B + cos C ≤ 3

Theo bất đẳng thức cơ bản trong tam giác thì (4) đúng Từ đó suy ra điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều.

Trang 28

5 Đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng tương đương sau

sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤ 7

4+ cos A + cos B + cos C − 1

⇔ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤ 3

4− cos (B + C) − cos (C + A) − cos (A + B)

⇔ cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≤ 3

Rõ ràng

cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≤ 1

3(cos A + cos B + cos C)

2

cos A + cos B + cos C ≤ 3

b + c(a + b) + (a + c) +

a + c(b + c) + (b + a) +

a + b(a + c) + (b + c).

Theo bất đẳng thức Nesbitt, suy ra

2p − a2p + a +

2p − b2p + b+

2p − c2p + c ≥ 3

Dấu bằng trong (8) xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

cos A + cos B + cos C ≤ 3

2R sin C (sin B + sin A)

2R sin C = sin B + sin A.

Trang 29

Theo bất đẳng thức cơ bản trong tam giác, ta có

sin A + sin B + sin C ≤ 3

√3

Chú ý Hiển nhiên trong mọi tam giác ta có ha ≤ la; hb ≤ lb; hc ≤ lc Suy ra

trong mọi 4ABC hay không? Câu trả lời là không.

Thật vậy, xét tam giác cânABC đỉnh C với a = b = 10; c = 1 Khi đó

√

102 > 10 > 3√

3

Như vậy, bất đẳng thức (10) sai trong trường hợp này.

Bài toán 2.13 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có các bất đẳng thức sau

cos2 A

2

cos2 B2

cos2C2

8S.

4. 1 + cos A cos B cos C ≥√

3 sin A sin B sin C Giải.

2.

Trang 30

Theo hệ thức cơ bản trong tam giác

Thay vào (1) ta được

(sin A + sin B + sin C) sin2A + sin2B + sin2C≥ 9 sin A sin B sin C (2)

Vìsin A > 0; sin B > 0; sin C > 0 nên theo bất đẳng thức AM - GM

sin A + sin B + sin C ≥ 3√3

sin2A + sin2B + sin2C ≥ 3p3 sin2A sin2B sin2C (4)

Từ (3) và (4) suy ra (2) đúng Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

3 Ta có

cos2A2

cos2B2

cos2 C2

Trang 31

1 + cos A cos B cos C ≥√

3 sin A sin B sin C

Bài toán 2.14 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có

a

ha +

b

hb +c

hc ≥ 2√3

Trang 32

2R sin B2R sin C sin A +

2R sin C2R sin A sin B

sin B sin C +

sin Bsin C sin A +

Theo bất đẳng thức AM - GM

1

3

√

Theo bất đẳng thức cơ bản trong tam giác

√3

2 cos

B

2 cos

C2

= (a + b) (b + c) (c + a)

1cosA

2 cos

B

2 cos

C2

Trang 33

3√38

= 2√3

a2+ b2+ c2

ma

√3m2a

a2+ b2+ c2

(4)

Trang 34

Tương tự

b

√3b2

c

√3c2

2. ha+ hb+ hc ≤ p√3.

Giải.

Trang 35

1 Do vai trò của a, b, c như nhau nên không giảm tổng quát, coi

√32

⇒ a + b + c = 2R (sin A + sin B + sin C) ≤ 3√3R

Nhận xét Vì trong mọi tam giác ta có la ≥ ha; lb ≥ hb; lc ≥ hc nên từ bất đẳng thức trên suy ra

Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi A = B = C

√3

Trang 36

Từ (1) và (2) có

sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤ 1

3(sin A + sin B + sin C)

3√32

⇒ 2R (sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A) ≤√3R (sin A + sin B + sin C) = p√

3

⇔ ha+ hb+ hc≤ p√3

Nhận xét Mặc dù la+ lb+ lc ≥ ha + hb+ hc nhưng ta vẫn có kết quả mạnh hơn sau đây.

"Trong mọi tam giác ABC thì la+ lb+ lc ≤√3p Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Bài toán 2.16 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta có

1sin2A2

sin2B2

sin2C2

≥ 12

Trang 37

Giải Xét hàm số f (x) trên (0; π) như sau

Theo bất đẳng thức Jensen, ta có

13







1sin2 A2

sin2B2

sin2C2

sin2 B2

sin2 C2

≥ 12

Nhận xét Hoàn toàn tương tự, bằng cách áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức sau

sinC2

≥ 6.

2. 1

sin A+

1sin B +

1sin C ≥ 2√3.

cosC2

f00(x) =

sinx2

4 cos3x2

Trang 38

Nhận xét Nói riêng, trong mọi tam giác ta chỉ có

1cos C ≥ 6

3. sin A + sin B + sin C + tan A + tan B + tan C > 2π.

bcos B +

ccos C − a

ccos C +

acos A− b≥ 27abc.

Trang 39

9 4.

2 tan

B

2 tan

C2

9. la+ lb+ lc≤

√3

Trang 40

Chương 3

BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG CÁC TAM GIÁC KHÁC

Trong phần này ta xét các bất đẳng thức lượng giác trong các tam giác đặc biệt như tam giác a + c ≥ 2b; tam giác b + c ≥ 3a; tam giác loại một và tam giác loại hai.

Bài toán phụ trợ Trong mọi tam giác ABC ta có các đẳng thức sau

1. sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A = p

Định dạng
Số trang	81
Dung lượng	426,67 KB