Bất đẳng thức lượng giác dạng không đối xứng trong tam giác

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG PHẠM XUÂN THÀNH BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG TRONG TAM GIÁC Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số :60 46 40 TÓM TẮT LUẬN VĂN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

PHẠM XUÂN THÀNH

BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC

DẠNG KHÔNG ĐỐI XỨNG

TRONG TAM GIÁC

Chuyên ngành : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số :60 46 40

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

ĐÀ NẴNG - NĂM 2011

Công trình được hoàn thành tạiĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

Phản biện 1: TS Lê Hoàng Trí

Phản biện 2: PGS.TS Nguyễn Gia Định

Luận văn sẽ được bảo vệ tại hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp thạc sĩ Khoa học họp tại Đà Nẵng vào ngày 18 tháng 8 năm 2011

* Có thể tìm thấy thông tin luận văn tại:

- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng

- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Bất đẳng thức là một trong những vấn đề cổ điển nhất của toán học,đây cũng là một trong những phần toán sơ cấp đẹp và thú vị nhất Nộidung xuyên suốt của luận văn là hệ thống các bất đẳng thức lượng giác.Điểm đặc biệt, ấn tượng nhất của các bất đẳng thức lượng giác trongtoán sơ cấp là khó và rất khó, nhưng có thể giải chúng hoàn toàn bằngphương pháp sơ cấp, không vượt qua giới hạn của chương trình toán họcphổ thông Việc đi tìm lời giải cho bài toán bất đẳng thức là niềm say

mê của không ít người, đặc biệt là những người đang trực tiếp giảng dạytoán Các bài toán về bất đẳng thức rất đa dạng về đề tài, phong phú vềchủng loại và phù hợp với nhiều đối tượng thuộc các cấp học khác nhau

Đề tài "Bất đẳng thức lượng giác dạng không đối xứng trong tamgiác" nhằm đáp ứng mong muốn của bản thân về một đề tài phù hợp

mà sau này có thể phục vụ thiết thực cho việc nâng cao chất lượng giảngdạy của mình trong nhà trường phổ thông

Đề tài này liên quan đến nhiều chuyên đề, trong đó có các vấn đề

về đặc trưng, tính chất và biểu diễn của hàm số, sử dụng các bất đẳngthức quen thuộc như: AM-GM, Jensen, Cauchy-Schwarz, Chebyshev,Karamata,

2 Mục đích nghiên cứu

Nhằm hệ thống tổng quan các bài toán về bất đẳng thức lượng giác

cơ bản, bất đẳng thức lượng giác dạng không đối xứng trong tam giác.Nắm được một số kỹ thuật về chứng minh một số lớp bất đẳng thứclượng giác tổng quát dạng không đối xứng trong tam giác

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Nghiên cứu các bài toán về bất đẳng thức lượng giác dạng không đốixứng trong tam giác và hệ thống các kiến thức liên quan.

Nghiên cứu từ các tài liệu, giáo trình của GS.TSKH Nguyễn VănMậu, các tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi, tủ sách chuyên toán, tạp chítoán học và tuổi trẻ,

4 Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu trực tiếp từ các tài liệu của thầy hướng dẫn, của cácđồng nghiệp cũng như các bạn học viên trong lớp

5 Ý nghĩa khoa học

Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng giáo viên

và học sinh trung học phổ thông

Đề tài đóng góp thiết thực cho việc nâng cao chất lượng dạy học cácchuyên đề toán trong trường THPT, đem lại niềm đam mê sáng tạo từnhững bài toán cơ bản nhất

6 Cấu trúc luận văn

Luận văn bao gồm phần mở đầu, 3 chương, phần kết luận và danhmục tài liệu tham khảo

Chương 1 Một số hệ thức lượng giác cơ bản trong tam giác: Trongchương này, tác giả trình bày một số bất đẳng thức cơ bản, bất đẳngthức lượng giác dạng đối xứng trong tam giác Độ gần đều và thứ tựsắp được của các biểu thức dạng đối xứng trong tam giác Một số ví dụminh họa

Chương 2 Một số lớp bất đẳng thức lượng giác dạng không đối xứngtrong tam giác: Trình bày một số lớp bất đẳng thức lượng giác dạngkhông đối xứng trong tam giác

Chương 3 Áp dụng: Xét một số áp dụng của bất đẳng thức vào tìmcực trị của biểu thức lượng giác dạng không đối xứng trong tam giác,giải phương trình lượng giác

Định lí 1.2 ([2] Jensen) Giả sử hàm số f (x) liên tục trên I(a, b) (trong

đó I(a, b) được ngầm hiểu là một trong các tập [a, b], [a, b), (a, b], (a, b).Khi đó điều kiện cần và đủ để hàm số f (x) lồi trên I(a, b) là

f

x1 + x22



6 f (x1) + f (x2)

2 , ∀x1, x2 ∈ I(a, b) (1.2)Định lí 1.3 ([2] Bất đẳng thức Chebyshev) Giả sử f (x) và g(x) là haihàm đơn điệu tăng và (xk) là một dãy đơn điệu tăng:

x1 6 x2 6 · · · 6 xn.Khi đó mọi bộ trọng (pj) :

Định lí 1.4 ([2] Bất đẳng thức Karamata) Cho hai dãy số xk, yk ∈ I(a; b),

k = 1, 2, n, thỏa mãn điều kiện

hoặc f (A)f (B) > f2

A + B2

, (1.5)đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B

2 f (C) + f

π3



> 2f

 C +

π32

hoặc f (C)f

π3



> f2

 C +

π32

, (1.6)

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C = π

3.Khi cộng (hoặc nhân) (1.5) và (1.6) ta sẽ có bất đẳng thức

f (A) + f (B) + f (C) > 3f

π3

hoặc f (A)f (B)f (C) > f3

π3

,đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C

Các bất đẳng thức cơ bản dạng đối xứng trong tam giác dạng

f (g(A, B, C)) + f (g(B, C, A)) + f (g(C, A, B)) 6 0,hoặc

f (g(A, B, C)) + f (g(B, C, A)) + f (g(C, A, B)) > 0,trong đó f (t) là một trong các hàm lượng giác dạng sin t, cos t, tan t, cott

và g(x, y, z) là hàm tuyến tính dạng g(x, y, z) = αx + βy + γz, đã được

đề cập nhiều trong các sách chuyên đề và sách tham khảo

Trong mục này, ta chỉ xét một số ví dụ của các dạng đối xứng phụthuộc vào tổng và tích các hàm số lượng giác cơ bản Bất đẳng thức củacác dạng không đối xứng

mf (g(A, B, C)) + nf (g(B, C, A)) + qf (g(C, A, B)) 6 0,hoặc

mf (g(A, B, C)) + nf (g(B, C, A)) + qf (g(C, A, B)) > 0,

sẽ được xét ở mục tiếp theo

1.2.1 Bất đẳng thức lượng giác đối xứng sinh bởi hàm cos x

Ta nhắc lại một số bất đẳng thức cơ bản trong tam giác

Bài toán 1.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có

cos A + cos B + cos C 6 3

Bài toán 1.3 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta đều có

cos A cos B cos C 6 1

1.2.2 Bất đẳng thức lượng giác đối xứng sinh bởi sin x

Bài toán 1.5 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có

sin A + sin B + sin C 6 3

√3

Bài toán 1.8 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có

sin A sin B sin C 6 3

√3

Bài toán 1.9 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có

sin2A + sin2B + sin2C 6 9

1.2.4 Bất đẳng thức đối xứng sinh bởi hàm số cot x

Bài toán 1.15 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có

cot A + cot B + cot C > √3 (1.21)Bài toán 1.16 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có

cot A cot B cot C 6 1

3√

thức dạng đối xứng trong tam giác

Định nghĩa 1.1 ([1]) Với mỗi tam giác ABC cho trước, ta kí hiệu

δ∆ABC = max {A, B, C} − min {A, B, C} (1.25)

và gọi δ∆ABC là độ gần đều của tam giác ABC

Rõ ràng δ∆ABC > 0 và δ∆ABC = 0 khi và chỉ khi tam giác ABC làmột tam giác đều

Định nghĩa 1.2 ([1]) Với mỗi cặp tam giác A1B1C1 và A2B2C2 thoảmãn đồng thời các điều kiện

(max {A1, B1, C1} 6 max {A2, B2, C2}min {A1, B1, C1} > min {A2, B2, C2}thì ta nói cặp tam giác A1B1C1 và A2B2C2 là cặp được sắp thứ tự vàtam giác A1B1C1 gần đều hơn tam giác A2B2C2

Vậy trong trường hợp có sắp thứ tự: Với mỗi cặp tam giác A1B1C1

và A2B2C2 (với A1 > B1 > C1 và A2 > B2 > C2 ) thoả mãn đồng thờicác điều kiện

(

A1 6 A2

C1 > C2

thì ta có tam giác A1B1C1 gần đều hơn tam giác A2B2C2

Nhận xét 1.1 Tam giác đều gần đều hơn mọi tam giác khác

Nhận xét 1.2 Trong tập hợp các tam giác không nhọn thì tam giácvuông cân gần đều hơn mọi tam giác khác

Định lí 1.5 ([1]) Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai f00(x) trongkhoảng (a;b)

i) Nếu f00(x) > 0 với mọi x ∈ (a; b) thì

là giữa chúng có một phép biến đổi tuyến tính dạng

Hệ quả 1.1 ([4]) Cho tam giác ABC, các số dương α, β, γ thỏa mãnđiều kiện α + β + γ = 1 Đặt

A1 = αA + βB + γC, B1 = αB + βC + γA, C1 = αC + βA + γB.Khi đó A1, B1, C1 cũng là các góc của một tam giác A1B1C1 nào đó vàtam giác này gần đều hơn tam giác đã cho

Nhận xét 1.3 Nhận xét rằng kết quả của Hệ quả 1.1 vẫn đúng khi

α, β, γ là không âm và có ít nhất hai trong ba số là dương Trường hợp

có hai số bằng 0, chẳng hạn β = 0, γ = 0 thì α = 1 và ta nhận được bagóc mới chính là một hoán vị của A, B, C nên kết luận của Hệ quả 1.1vẫn đúng

Nhận xét 1.4 Kết quả của Hệ quả 1.1 cho ta cách dựng một tam giácmới gần đều hơn tam giác đã cho Tuy nhiên, để dựng một tam giác

A1B1C1 xa đều hơn tam giác ABC đã cho, ta cần phải tiến hành giải



= 13

thỏamãn điều kiện α + β + γ = 1, A1, B1, C1 là các góc cần xác định Ta có

(α+β+γ)(α1+β1+γ1) = (α + β + γ)(α

2 + β2 + γ2 − αβ − βγ − γα)

α3 + β3 + γ3 − 3αβγ = 1.

Từ kết quả này, ta thu được kết luận sau đây

Hệ quả 1.2 Cho tam giác ABC, các số α, β, γ không âm và khôngđồng thời bằng nhau



= 13

thỏa mãn điều kiện α + β + γ = 1 Đặt

Mệnh đề 1.1 ([4]) ho các số dương α, β, γ thỏa mãn điều kiện α +

thì A1, B1, C1 là các góc của một tam giác nhọn A1B1C1 và tam giác nàygần đều hơn tam giác đã cho.

Mệnh đề 1.2 ([4]) Cho tam giác ABC Xét tam giác A1B1C1 có cácgóc được tính theo công thức

π

6;

π2



cơ bản trong tam giác

Bài toán 1.20 ([1]) Cho tam giác A2B2C2 gần đều hơn tam giác

A1B1C1 và cho hàm số f (x) có f00(x) > 0 với mọi x ∈ (0; π) Khi đó

f (A1) + f (B1) + f (C1) > f (A2) + f (B2) + f (C2) (1.26)Bài toán 1.21 ([1]) Cho tam giác A2B2C2 gần đều hơn tam giác

A1B1C1 và cho hàm số f (x) có f00(x) 6 0 với mọi x ∈ (0; π) Khi đó

f (A1) + f (B1) + f (C1) 6 f (A2) + f (B2) + f (C2) (1.30)Bài toán 1.22 ([1]) Cho tam giác ABC và cho ba số dương α, β, γ saocho α + β + γ = 1 Đặt

Chứng minh rằng

sin A + sin B + sin C 6 sin A0 + sin B0 + sin C0 (1.34)Bài toán 1.23 ([1]) Cho tam giác ABC và cho ba số dương α, β, γ saocho α + β + γ = 1 Đặt

+ sin

+ sin

(1.37)trong tập M (∆), tức là các góc của tam giác suy rộng ABC

Bài toán 1.25 ([4]) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 6

y 6 z Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có

+ y sinB

2 +

C

3 +

A6

+ z sinC

2 +

A

3 +

B6



> x +

√3

Chương 2

MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC

LƯỢNG GIÁC DẠNG KHÔNG ĐỐI

XỨNG TRONG TAM GIÁC

Các bất đẳng thức cơ bản dạng không đối xứng trong tam giác dạng

mf (g(A, B, C)) + nf (g(B, C, A)) + qf (g(C, A, B)) 6 0,hoặc

mf (g(A, B, C)) + nf (g(B, C, A)) + qf (g(C, A, B)) > 0,trong đó f (t) là một trong các hàm lượng giác dạng sin t, cos t, tan t, cott,g(x, y, z) là hàm tuyến tính dạng g(x, y, z) = αx+βy +γz và m, n, p > 0

Các bất đẳng thức cơ bản dạng đối xứng bộ phận trong tam giácdạng

f (g(A, B, C)) + f (g(B, C, A)) + qf (g(C, A, B)) 6 0,hoặc

f (g(A, B, C)) + f (g(B, C, A)) + qf (g(C, A, B)) > 0,trong đó f (t) là một trong các hàm lượng giác dạng sin t, cos t, tan t, cot t,g(x, y, z) là hàm tuyến tính dạng g(x, y, z) = αx + βy + γz và q ∈ R.Trong mục này, ta xét các ví dụ của các dạng đối xứng bộ phận vàkhông đối xứng phụ thuộc vào tổng của các hàm lượng giác cơ bản

2.1 Bất đẳng thức dạng không đối xứng sinh bởi

2 − 12k , khi k < 0. (2.2)Bài toán 2.2 ([4]) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có

cos 2A − cos 2B + cos 2C 6 3

Bài toán 2.3 ([4]) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có

√3(cos 2A + cos 2B) + cos 2C > −5

Bài toán 2.4 ([4]) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có

√3(cos 2A − cos 2C) + cos 2B 6 5

Bài toán 2.5 ([4]) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có

a) cos 3A + cos 3B + k cos 3C > 2k

2 + 12k , khi k < 0. (2.6)b) cos 3A + cos 3B + k cos 3C 6 2k

2 + 12k , khi k > 0. (2.7)

Tiếp theo, ta khảo sát bài toán cơ bản về bất đẳng thức không đốixứng trong tam giác sinh bởi hàn số cos t, t ∈ [0; π]

Bài toán tổng quát 1 Cho các số dương x, y, z Tìm giá trị lớn nhất

và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Tc = x cos A + y cos B + z cos C,trong tập M (∆), tức là A, B, C là các góc của tam giác suy rộng ABC

Kí hiệu M (∆) là tập hợp tất cả các tam giác ABC kể cả tam giácsuy biến, tức là A > 0, B > 0, C > 0 và A + B + C = π Ta gọi các tamgiác thuộc M (∆) là các tam giác suy rộng.

Bài toán 2.6 ([4]) Cho các số dương x, y, z sao cho 1

xy2z. (2.8)Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác

xy2z khi và chỉ khi

1

x−1y

< 1

z Trong trường hợp tổng quát, khi các

hệ số x, y, z là các số dương tùy ý không thỏa mãn điều kiện

1

x−1y

< 1zthì dấu đẳng thức trong (2.8) sẽ không xảy ra

Tiếp theo, ta xét các trường hợp khi các số dương x, y, z không thỏamãn điều kiện của Bài toán 2.6, bao gồm các trường hợp

1

x − 1y

= 1zhoặc

1

x − 1y

> 1

z.Bài toán 2.7 ([4]) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có

cos A + cos B + m cos C < 2 − m (2.14)

Bổ đề 2.1 ([4]) Cho các số dương x, y, z với x > y > z > 0 Khi đó vớimọi tam giác ABC, ta đều có

x cos A + y cos B + z cos C 6 x cos A0 + y cos B0 + z cos C0, (2.15)trong đó A0 = min {A, B, C} , B0 = med {A, B, C} , C0 = max {A, B, C}

Bài toán 2.9 ([4]) Cho các số dương x, y, z sao cho 1

x cos A + y cos B + z cos C < x + y − z (2.16)Tổng quát hơn, ta có kết luận sau

Bài toán 2.10 ([4]) Cho các số dương x, y, z sao cho 1

x +

1

y 6 1

z Khi

đó với mọi tam giác ABC ta đều có

x cos A + y cos B + z cos C 6 x + y − z (2.21)

Bài toán 2.11 ([4]) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 1

x2 +1

y2 > 1

z2 Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC, ta đều có

x cos A + y cos B + z cos C 6 yz

2x +

xz2y +

xy2z. (2.22)Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x sin A = y sin B = z sin C, tức làtam giác ABC đồng dạng với tam giác nhọn có độ dài các cạnh lần lượt

x cos A + y cos B + z cos C > −x + y + z (2.29)Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = π, B = C = 0

Bài toán tổng quát 2 Cho các số dương x, y, z Tìm giá trị lớn nhất

và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

T2C = x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C,trong tập M (∆), tức là A, B, C là ba góc của tam giác suy rộng ABC

Bổ đề 2.3 ([4]) Giả sử x > y > z > 0 Khi đó, với mọi tam giácABC ∈ M (∆), ta đều có

x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C 6 x cos 2A0+ y cos 2B0+ z cos 2C0, (2.30)trong đó A0 = min {A, B, C} , B0 = med {A, B, C} , C0 = max {A, B, C} Định lí 2.2 ([4]) Giả sử x > y > z > 0 Khi đó, với mọi tam giácABC ∈ M (∆), ta đều có

x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C 6 x + y + z (2.31)Dấu đẳng thức xảy ra khi A = B = 0, C = π

Bổ đề 2.4 ([4]) Cho các số dương x, y, z sao cho 1

x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C > −1

 (2.32)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đồng dạng với tamgiác XY Z

Nhận xét 2.2 Nhận xét rằng, biểu thức T2C = x cos 2A + y cos 2B +

z cos 2C đạt được giá trị nhỏ nhất là −1

khi và chỉ khi1

1

x − 1y

... data-page="20">

2.2 Bất đẳng thức dạng không đối xứng sinh bởi

2

4k khi k < 0. (2.45)Bài toán 2.15 ([1]) Chứng minh tam giác ABC, tađều có... 2C > −1

 (2.32)

Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC đồng dạng với tamgiác XY Z

Nhận xét 2.2 Nhận xét rằng, biểu thức T2C = x cos 2A + y cos 2B +

z... x sin A = y sin B = z sin C, tức l? ?tam giác ABC đồng dạng với tam giác nhọn có độ dài cạnh

x cos A + y cos B + z cos C > −x + y + z (2.29)Dấu đẳng thức xảy A = π, B = C =

Bài