PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC NGUYỄN LÁI GV THPT chuyên Lương Văn Chánh Bài viết có bổ sung PHẦN I.. Đã được đăng trong tạp chí TOÁN HỌC và TUỔI T
Trang 1PHƯƠNG PHÁP
GIẢI MỘT DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC
TRONG TAM GIÁC
NGUYỄN LÁI
GV THPT chuyên Lương Văn Chánh
(Bài viết có bổ sung)
PHẦN I (Đã được đăng trong tạp chí TOÁN HỌC và TUỔI TRẺ số 357 tháng 3,2007)
Giả sử f(A,B,C) là biểu thức chứa các hàm số lượng giác của các góc tam giác ABC
Giả sử các góc A,B,C thỏa mãn hai điều kiện:
+
≥ +
2 2 ) (
)
(A f B f A B
+
≥
2 )
( ).
f B f A
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A=B.
2)
+
≥
+
2
3 2
3
)
(
π
π f C
f
C
+
≥
2 )
( ).
f B f A
f (2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C=π3
Khi cộng (hoặc nhân) (1),(2) ta sẽ có BĐT :
≥ +
+
3 3 ) ( ) ( ) (A f B f C f π
≥ 3 )
( ).
( ).
(A f B f C f 3 π
f (4)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C
Tương tự ta cũng có BĐT với chiều ngược lại
Để minh họa cho phương pháp trên ta xét các bài toán sau đây
Thí dụ 1 Chứng minh rằng với tam giác ABC ta luôn luôn có
1 1 1 3 24
1 sinA +1 sinB +1 sinC ≥ 2 3
Lời giải Ta có: A B A B 2 2(sinA sinB)
4 sin
sin 2
4 sin
1
1 sin
1
1
+ +
≥ +
+
≥ +
+ +
≥
2
cos 2 sin
2
2
4
B A B
A+ −
2 sin 1
2
B
A+
⇒
B
A 1 sin
1 sin
1
1
+
+
2 sin 1
2
B
A+
+
≥ +
2 2 ) ( ) (A f B f A B
Tương tự
2
60 sin 1
2 60
sin 1
1 sin
1
1
0
+
+
Cộng theo vế (5) và (6) ta có:
+ +
+ + +
≥ +
+ +
+ +
+
+
2
60 sin 1
1 2
sin 1
1 2
60 sin 1
1 sin
1
1 sin
1
1 sin
1
1
0
C B
4 +
≥
3 2
2 3 60 sin 1
3 sin
1
1 sin
1
1 sin
1
1
+
= +
≥ +
+ +
+
Trang 2Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
Thí dụ 2 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
3
+ + + ≥ +
Lời giải Ta có:
B A B
A B
1 sin
1 sin
1 1 ) sin
1 1 )(
sin
1 1
= +
+
sin sin
1 ( sin
.
sin
2
1
B A B
A
2
sin sin
1 1
+
B
) cos(
) cos(
2
+
−
−
+
B A B
A
2 2
2 sin
1 1
) cos(
1
2 1
+ +
=
+
−
+
≥
B A B
sin
1 1 )(
sin
1
1
(
B
A +
2 sin
1 1
(
B
A+ +
≥
+
≥
2 )
( ).
f B f A
Tương tự
2 0
2
60 sin
1 1
( ) 60 sin
1 1 )(
sin
1 1
(
+ +
≥ +
+
C
Nhân theo vế (7) và (8) ta có
≥ +
+ +
60 sin
1 1 )(
sin
1 1 )(
sin
1 1
)(
sin
1
1
C B
A
2
0 ) 2
60 sin
1 1
).(
2 sin
1 1
(
+ +
+
+
C B
4
0
60
sin
1
+
Suy ra
3 3
0
3
2 1 60
sin
1 1 sin
1 1 sin
1 1 sin
1
+
≥
+
+
+
C B
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
Thí dụ 3 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
6 6 6 3
sin sin sin )
A+ B+ C ≥
Lời giải Trường hợp tam giác ABC tù hoặc vuông
Giả sử A = Max{A,B,C}≥ 90 0 , lúc đó 0
2
cosA+B ≥ và 0
2
60 cos
0
>
+
C
,Ta có
≥
=
=
≥
3 2 2
6
6
2 cos 2 cos 1 8
1 2
cos cos
1 8
1 2
2
sin 2 sin 2
2
sin
2
sin
B A B A B
A B
A B
A
4
sin 2
cos 1
8
1 A B 3 = 6 A+B
⇒
4 sin 2 2
sin
2
sin 6 A+ 6 B ≥ 6 A+B (9) (Có dạng
+
≥ +
2 2 ) ( ) (A f B f A B
Tương tự
4
60 sin
2 2
60 sin 2 sin
0 6
0 6
(10) Cộng theo vế của (9) và (10) ta có:
≥
≥ +
+ +
6 0 6
6 0
6 6
6
6
4
60 sin
4 sin 2 2
60 sin 2
sin 2
sin
2
2
60 sin 4
0 6
⇒
64
3 2
60 sin 3 2
sin 2
sin
2
sin
0 6 6
6
6 A+ B+ C ≥ = (11)
Trang 3Trường hợp tam giác ABC nhọn ,các BĐT (9) , (10) và (11) luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ tam giác ABC đều
Thí dụ 4: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
(cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)
3
2 2
≤ + ÷÷
Lời giải Ta có cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)=
) 4 cos(
) 4 cos(
) 4
cos(
2
.
Nên BĐT đã cho viết lại dưới dạng : − − − ) ≤
4 cos(
) 4 cos(
) 4
4
6 4
2
+ (*)
• Nếu Max {A;B;C} ≥ 34π thì vế trái của biểu thức (*)không dương nên BĐT đã cho luôn đúng
4 cos(
; 0 ) 4 cos(
; 0 ) 4 cos( π −A ≥ π −B ≥ π −C ≥
,
4 2 cos(
1 [ 2
1 )]
cos(
) 4
2 [cos(
2
1 ) 4 cos(
) 4
) 2
4
(
cos2 π − A+B
(12) ( Có dạng
+
≤
2 )
( ).
f B f A
2
3 4
( cos ) 3 4 cos(
) 4
π π
π π
Do đó nhân theo vế của (12) và (13) và tương tự ta có :
) 3 4 ( cos )]
2
3 4
cos(
) 2 4 [cos(
) 3 4 cos(
) 4 cos(
) 4 cos(
)
4
cos( π − π − π − π −π ≤ π − A+B π −C+π 2 ≤ 4 π −π
C B
A
3 4 ( cos ) 4 cos(
) 4 cos(
) 4
cos( π −A π −B π −C ≤ 3 π −π 3
4
6 4
2
+
≤
Do đó (cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)
3
4
6 4
2 2 2
+
≤ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
• Mời các bạn tiếp tục giải các bài toán sau theo phương pháp trên
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
Bài 1 3 2 3 2 3 2 1
3
Bài 2
3.2 sin sin sin
n
( n là số thực dương)
Bài 3 cos cos cos
4
π
Bài 4 Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ,ta đều có:
cos( ) cos( ) cos( ) 1 (1 3) cos cos cos3
PHẦN II (Tiếp tục bổ sung giải 4 bài toán trên.)
Bài 1 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
3 2 3 2 3 2 1
3
tg +tg +tg ≥
Trang 4Lời giải Ta có
3 3
2 2 2 2
2 2
≥ +tg B tg A tg B A
tg
Mặt khác:
2
2
B
tg
A
4 2 2
cos 1
4
cos 4 sin 4 2
cos 2
cos
2 sin 2 2
cos 2 cos 2
tg B
A
B A B A B
A B
A
B A B
A
B A
+
= +
+
+ +
≥ + +
−
+
= +
Do đó:
4
2 2 2
3 3
tg
B tg
A
+
≥ +
2 2 ) ( ) (A f B f A B
Tương tự
4
60 2
2
60 2
0 3
0 3
tg tg
C
Cộng theo vế (14) và (15) ta có:
2
60 4 ) 4
60 4
( 2 2
60 2
2
2
0 3 0
3 3
0 3 3
3
3
1 30 3 2 2
2
0 3 3
3
3 A+tg B +tg C ≥ tg =
tg
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giaca ABC đều
Bài 2 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
3.2 sin sin sin
n
( n là số thực dương)
Lời giải Ta có:
4 sin
2 )
2 cos 1 (
2 )
2
cos 2
(cos
2 )
2
sin 2 (sin
1
2 2 sin
1
2
sin
1
2
2 2
2
2 2
B A B
n n
n
n n
−
≥ +
−
−
=
≥ +
+ +
(16)
+
≥ +
2 2 ) ( ) (A f B f A B
Tương tự
4
60 sin
2 2
60 sin
1 2
sin
1
0
+
C
Cộng theo vế (16) và (17) ta có:
≥
+
+
+
≥ +
+ +
4
60 sin
1 4
sin
1 2
2
60 sin 1 2
sin 1 2 sin
1
2
sin
1
0 0
C B
A C
B
n
2
60 sin
4
0
2
60 sin
3 2
sin
1 2 sin
1 2
sin
1
0
n n
n n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
Bài 3 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
cos cos cos
4
π
Lời giải Ta luôn luôn có : ) 0
4
cos 4
)(cos 4 4 (x − y x − y ≤
4
cos 4
(cos 2 4
cos 4
Trang 5Do đó: )
4
cos 4
)(cos 2
( 4
cos 4
8
cos 2 2 ) 8
cos 8 cos
2
)(
2
(A+B A+B A−B ≤ A+B A+B
(18)
+
≤ +
2 2 ) ( ) (A f B f A B
12
cos 3 4 cosC π π
C
8
3 cos 2
3 2
π
C
(19)
Cộng theo vế (18) và (19) ta có:
4
cos 4
cos A B B
12
cos 3 4 cosC π π
8
cos 2
B A B
A+ +
+
8
3 cos
2
3
π
C
)
16
3 cos
4
3 4
π
+
+
+
π cos12π
⇒
4
cos 4
cos 4
A + + ≤πcos12π
3 1 ( 4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
Bài 4 Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều có:
cos( ) cos( ) cos( ) 1 (1 3) cos cos cos3
Lời giải Vì tam giác nhọn nên bài toán đã cho viết lại
( 1 +tgA)( 1 +tgB)( 1 +tgC) ≥ ( 1 + 3 ) 2
Tacó:( 1 +tgA)( 1 +tgB) = 1 +tgA+tgB+tgAtgB≥ 1 + 2 tgA.tgB + ( tgA.tgB) 2 ≥ ( 1 + tgA.tgB) 2
Mặt khác vì tam giác nhọn nên cos(A+B)≤ 0
2
1 ) cos(
) cos(
2
=21 cos(A-B)[cos(A+B)+1]=(cosAcosB+sinAsinB).cos 2 A+2B
2 cos sin sin ) 2 cos 1 ( cos
B A B
A B
2
2 A B
tg +
⇒ (1+tgA)(1+tgB) ) 2
2 1
( +tg A+B
+
≥
2 )
( ).
f B f A
Tương tự (1+tgC)(1+tg600 ) 0) 2
2
60 1
( + +
≥ tg C (21) Nhân theo vế (20) và (21) ta có
(1+tgA)(1+tgB)(1+tgC)(1+tg600) 0)] 2
2
60 1
)(
2 1
≥ tg A B tg C ≥ ( 1 +tg60 0 ) 4
⇒ (1+tgA)(1+tgB)(1+tgC)≥ ( 1 +tg60 0 ) 3 = ( 1 + 3 ) 3
2 2
1 ) 4 cos(
) 4 cos(
) 4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
Trước tiên, ta giải bài toán đơn giản quen thuộc sau đây theo phương pháp trên
Chứng minh với mọi tam giác ABC ta luôn có
2
3 cos cos
cosA+ B+ C≤ Giải theo thứ tự như trên:
Trang 6Ta có:
2 cos 2 2
cos 2 cos 2 cos cosA+ B= A+B A−B ≤ A+B
(24)
+
≤ +
2 2 ) ( ) (A f B f A B
Tương tự:
2
60 cos 2 2
60 cos 2
60 cos 2 60 cos cos
0 0
0
Cộng vế theo vế của (24) và (25) ta có:
0 0
2
60 cos 2
(cos 2 60 cos cos
cos
cosA+ B+ C+ ≤ A+B+ C+ ≤
⇒
2
3 60 cos 3 cos cos
cosA+ B+ C≤ 0 = .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.(?).
Rõ ràng cách chứng minh trên chỉ đúng cho tam giác nhọn ,vì khi góc C>120 0⇒
2
60
cos
0
+
C
< 0 ⇒ BĐT (25) không đúng Nhưng nếu ta biết “lách”
Khi góc C tù ta ta có:.
2 cos 2 2
cos 2 cos 2 cos
cosC+ B= C+B C−B ≤ C+B
(26) (Đúng)
2
60 cos 2 2
60 cos 2
60 cos 2 60
cos
cos
0 0
0
Cộng vế theo vế của (26) và (27) ta có:
0
0
2
60 cos 2
(cos 2 60 cos cos
cos
⇒
2
3 60 cos 3 cos cos
cosA+ B+ C≤ 0 =
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
(Xem cách giải tương tự thí dụ 3 và thí dụ 4 ).
• Xuất phát từ nội dung phương pháp trên và tinh thần bao giờ cũng “khôn khéo lách “ được
nên xin đề xuất thêm phương pháp “mạnh mẽ” hơn như sau :
Giả sử f(A,B,C) là biểu thức chứa các hàm số lượng giác của các góc tam giác ABC
Giả sử A Max A B C= { ; ; } và hai góc A, B thỏa mãn điều kiện
( ) ( ) 2
2
A B
f A + f B ≥ f +
hoặc
2
( ) ( )
2
A B
f A f B ≥ f +
(22)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B.
Thì ta sẽ có BĐT : ( ) ( ) ( ) 3
3
f A + f B + f C ≥ f π
÷
hoặc
3
( ) ( ) ( )
3
f A f B f C ≥ f π
÷
(23)
Đẳng thức xảy ra khi và khỉ khi A = B = C.
Tương tự ta cũng có BĐT với chiều ngược lại
Thí dụ 1 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có :
cos cos cos 3
2
A+ B+ C≤
Lời giải Giả sử A=Max{A;B;C}, ta có: 2 cos 2
2
cos 2 cos 2 cos cosA+ B= A+B A−B≤ A+B
+
≤ +
2 2 ) ( ) (A f B f A B
2
3 3 cos 3 3 3 ) ( ) ( ) ( cos cos
=
≤ +
+
= +
+
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 2: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
Trang 7.
2
3 3
cos 3
cos 3
+ +
+ +
Lời giải :Giả sử A=Max{A;B;C} 0
3 2
cos
+ +
⇒
≥
+ +
≥
−
+ +
=
+ +
+
3 2 cos 2 2
cos 3 2 cos 2 3
cos
3
B
+
≥ +
2 2 ) ( ) (A f B f A B
A B C
A π B π C π f A f B f C f + +
+ + + + + = + + ≥
3cos
π
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
Thí dụ 3 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn luôn có
3 2
2 3 sin
1
1 sin
1
1 sin
1
1
+
≥ +
+ +
+
Lời giải Giả sử A=Max{A;B;C}, Ta có:
( A B)
B A
B
4 sin
sin 2
4 sin
1
1 sin
1
1
+ +
≥ +
+
≥ +
+
+
≥
2
cos 2 sin
2
2
4
B A B
A+ −
2 sin 1
2
B
A+
⇒
B
A 1 sin
1 sin
1
1
+
+
2 sin 1
2
B
A+
+
≥ +
2 2 ) ( ) (A f B f A B
f
2 3 3 sin 1
3 3
3 ) ( ) ( ) ( sin
1
1 sin
1
1 sin
1
1
+
= +
=
≥ +
+
= +
+ +
+
π
f C f B f A f C B
A
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều
Thí dụ 4 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
3
3
2 1 sin
1 1 sin
1 1 sin
1
+
+
+
C B
A
Lời giải Giả sử A=Max{A;B;C},
Ta có: A B) 1 sin1A sin1B sinA1sinB
sin
1 1 )(
sin
1
1
= +
+
sin sin
1 ( sin
.
sin
2
1
B A B
A
2
sin sin
1 1
+
B
) cos(
) cos(
2
+
−
−
+
B A B
A
2 2
2 sin
1 1
) cos(
1
2 1
+ +
=
+
−
+
≥
B A B
sin
1 1 )(
sin
1 1 (
B
A +
2 sin
1 1
(
B
A+ +
≥
+
≥
2 )
( ).
f B f A
3 3
3
3
2 1 3
sin
1 1 3 )
( ).
( ).
( ) sin
1 1 )(
sin
1 1
)(
sin
1
1
+
=
≥
= +
+ +
Trang 8Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 5.(HSG 1992 bản B) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
(1 cos+ A)(1 cos+ B)(1 cos+ C).
Lời giải Giả sử A = max(A,B,C) ⇒cos(A+B)≤0 nên ta có
B A
B
4
1 ) 2 cos 3 )(
2 cos 3 ( 4
1 ) cos 1
)(
cos
1
2
1 ) cos(
) cos(
6
9
4
4
1 1 ) ( cos ) ( cos ) cos(
) cos(
6
9
4
1 + A+B A−B + 2 A+B + 2 A−B − ≥ + A+B + 2 A+B
2 cos 1 ) cos(
3
4
1
= + +
2 2
2 2
2 cos 1 ) cos 1 )(
cos
1
≥ +
+
⇒ A B A B (Có dạng f(A).f(B)≥ f2(A2+B) )
3 ( ) ( ).
( ).
( ) cos 1 )(
cos 1 )(
cos
1
+
= + +
≥
= +
+
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.