File387 - BDT LUONG GIAC

 Giáo viên hướng dẫn: Thầy Đỗ Kim Sơn  Nhóm học sinh lớp 10 Tốn năm học 2009-2010:  Trần Thanh Huy  Nguyễn Hữu Tường  Nguyễn Hải Hồng Khơi  Huỳnh Minh Tân KHĨA: 2009-2012 Lời nói đầu: Kính thưa q thầy bạn! Như biết, bất đẳng nói chung bất đẳng thức lượng giác nói riêng phần quan trọng tốn phổ thơng tốn chun.Và hơm chúng em mang đến chuyên đề không ngồi mục đích học tập, rèn luyện thêm kiến thức khả làm tốn Khơng dừng lại toán bất đẳng thức lượng giác, chuyên đề bàn đến ứng dụng to lớn bất đẳng thức lượng giác vào việc giải số tốn hay có liên quan Quyển chun đề trình bày theo chương : bước đầu sở, phương pháp chứng minh số toán áp dụng Mỗi chương 1-2 bạn phụ trách Việc chia chủ đề viết khó tránh trình bày khơng qn, thống với Tuy vậy, bạn độc lập suy nghĩ trình bày tường tận quan điểm Đây lần chúng em làm chuyên đề bất đẳng thức lượng giác, cố gắng chuyên đề khó tránh thiếu sót Rất mong tài liệu nhận đựơc góp ý thầy cô bạn Một lần nữa, chúng em xin cảm ơn thầy Đỗ Kim Sơn đọc cho góp ý, bỏ qua thiếu sót lần viết chuyên đề chúng em Mỹ Tho, ngày 20 tháng năm 2010 -2- Mục lục Trang Lời nói đầu………………………………………………………………………………………… Mục lục………………………………………………………………………………………… …3 Chương I: Các bước đầu sở………………………………………………… .4 Các bất đẳng thức đại số bản…………………………………………………………4 a)Bất đẳng thức Cauchy (AM – GM)……………………………………………….4 b)Bất đẳng thức Bunhiacốpxki…………………………………………………… c) Bất đẳng thức Jensen…………………………………………………………… d) Bất đẳng thức Chebyshev……………………………………………………….10 2.Các đẳng thức, bất đẳng thức sở tam giác…………………………………….11 a) Đẳng thức…………………………………………………………………… 11 b) Bất đẳng thức………………………………………………………………… 16 Định lý dấu tam thức bậc hai……………………………………………………17 4.Định lý hàm tuyến tính……………………………………………………………….19 5.Bài tập………………………………………………………………………………… 21 Chương II: Các phương pháp chứng minh……………………………………… 21 2.1.Biến đổi lượng giác tương đương…………………………………………………… 21 2.2.Sử dụng bước đầu sở………………………………………………………… 28 2.3.Đưa tích vơ hướng……………………………………………………………….…36 2.4.Kết hợp bất đẳng thức cổ điễn………………………………………………….…37 2.5 Tận dụng tính đơn điệu hàm số……………………………………………….…44 2.6 Bài tập……………………………………………………………………………… 50 Chương III: Áp dụng bất đẳng thức lượng giác vào số tốn…………… 49 Định tính tam giác……………………………………………………………………….49 a) Tam giác đều………………………………………………………………………… 49 b) Tam giác cân………………………………………………………………………… 52 c) Tam giác vuông……………………………………………………………………… 55 Cực trị lượng giác……………………………………………………………………….55 Bài tập .58 Lời cảm tạ………………………………………………………………………………………….60 Tài liệu tam khảo………………………………………………………………………………… 61 Chân dung số nhà toán học……………………………………………………………………62 -3- Chương I: Các bước đầu sở Trong chương tìm hiểu số kiến thức cần có để chứng minh bất đẳng thức lượng giác Trước hết bất đẳng thức đại số ( Cauchy, B.C.S,…).Tiếp theo đẳng thức, bất đẳng thức liên quan tam giác Cuối số định lý khác,công cụ đắc lực chứng minh bất đẳng thức( định lý dấu tam thức bậc hai, định lý hàm tuyến tính,…) Các bất đẳng thức đại số : a)Bất đẳng thức Cauchy (AM – GM): Với số thực không âm a1 , a2 , , an ta ln có: a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an n Ví dụ 1: Cho A,B,C đỉnh tam giác nhọn CMR: tan A + tan B + tan C ≥ 3 Lời giải: tan A + tan B = − tan C − tan A.tan B ⇒ tan A + tan B + tan C = tan A.tan B.tan C Tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC dương Theo Cauchy ta có: tan A + tan B + tan C ≥ 3 tan A.tan B.tan C = 3 tan A + tan B + tan C Vì tan ( A + B ) = − tan C ⇔ ⇒ ( tan A + tan B + tan C ) ≥ 27 ( tan A + tan B + tan C ) ⇒ tan A + tan B + tan C ≥ 3 Đẳng thức xảy ⇔ A = B = C ⇔ ∆ABC Ví dụ : Cho ∆ABC nhọn CMR : cot A + cot B + cot C ≥ Lời giải: Ta ln có: -4- cot ( A + B ) = − cot C cot A.cot B − = − cot C cot A + cot B ⇔ cot A.cot B + cot B.cot C + cot C.cot A = Khi đó: 2 ( cot A − cot B ) + ( cot B − cot C ) + ( cot C − cot A ) ≥ ⇔ ⇔ ( cot A + cot B + cot C ) ≥ ( cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A ) = ⇒ cot A + cot B + cot C ≥ Dấu xảy ∆ABC Ví dụ 3: Chứng minh với ∆ABC nhọn ta có: cos A cos B cos B cos C cos C cos A  A B B C C A + + ≤ sin sin + sin sin + sin sin ÷+  A B B C C A 2 2 2 3 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 Lời giải: cos A A A = sin cot A Ta có: 2 cos cos A cos B A B    ⇒ =  sin sin ÷ cot A cot B ÷ A B  2   cos cos 2 Theo Cauchy: A B   cos A cos B  sin sin + cot A cot B ÷ 2 ≤ ÷ A B   ÷ cos cos 2   -5- ⇒ cos A cos B  A B  ≤ sin sin + cot A cot B ÷  A B 2 3  cos cos 2 Tương tự ta có: cos B cos C  B C  ≤ sin sin + cot B cot C ÷  B C 2 3  cos cos 2 cos C cos A  C A  ≤ sin sin + cot C cot A ÷  C A 2 3  cos cos 2 Cộng theo vế ta được: cos A cos B cos B cos C cos C cos A + + A B B C C A cos cos cos cos cos cos 2 2 2 ≤ =  A B B C C A ( cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A )  sin sin + sin sin + sin sin ÷+ 2 2 2 3  A B B C C A ⇒ Đpcm  sin sin + sin sin + sin sin ÷+ 2 2 2 3 b)Bất đẳng thức Bunhiacốpxki: Với số a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn ta ln có: ( a1b1 + a2b2 + + anbn ) ≤ ( a12 + a2 + + an ) ( b12 + b2 + + bn ) Nhận xét: -Nếu với bất đẳng thức Cauchy, ta phải nhớ điều kiện biến phải khơng âm bất đẳng thức Bunhiacốpxki, ta áp dụng cho biến số thực -Bất đẳng thức Cauchy Bunhiacốpxki bất đẳng thức tỏ hiệu dùng để chứng minh bất đẳng thức lượng giác Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: CMR với a, b, α ta có: a+b ( sin α + a cos α ) ( sin α + b cos α ) ≤ +  ÷   -6- Lời giải: 2 Ta có: ( sin α + a cos α ) ( sin α + b cos α ) = sin α + ( a + b ) sin α cos α + ab cos α − cos 2α ( a + b ) + cos 2α + sin 2α + ab 2 = ( + ab + ( a + b ) sin 2α + ( ab − 1) cos 2α ) Theo Bunhiacốpxki ta có: (2) A sin x + B cos x ≤ A2 + B = (1) Áp dụng (2) ta có: ( a + b ) sin 2α + ( ab − 1) cos 2α ≤ ( a + b ) Thay (3) vào (1) ta được: ( + ( ab − 1) = (a + 1) ( b + 1) 1 + ab + ( a + 1) ( b + 1) Ta chứng minh bất đẳng thức sau với a,b:  a+b  2 (5) + ab + ( a + 1) ( b + 1) ≤ +  ÷   Thật vậy: ab a + b ab (5) ⇔ + + a + 1) ( b + 1) ≤ + + ( 2 2 a +b +2 ⇔ ( a + 1) ( b + 1) ≤ 2 a + 1) + ( b + 1) ( 2 (6) ⇔ ( a + 1) ( b + 1) ≤ Theo Cauchy (6) hiển nhiên ⇒ (5) với a,b ( sin α + a cos α ) ( sin α + b cos α ) ≤ ( ) (3) (4) )  a+b Từ (1) (5) : với a, b, α ta có: ( sin α + a cos α ) ( sin α + b cos α ) ≤ +  ÷   Đẳng thức xảy (1) (6) dấu đồng thời xảy a = b a = b a = b    ⇔  a+b ab − ⇔  a+b ⇔  a+b π ( k ∈ Z) = +k   tan α = α = arctan  sin 2α cos 2α ab − ab −   Ví dụ 2: CMR với ∆ABC ta có: -7- a + b2 + c x+ y+ z ≤ 2R với x,y,z khoảng cách từ điểm M nằm bên ∆ABC tới cạnh AB, BC, CA tam giác Lời giải: Ta có: S ABC = S MAB + S MBC + S MCA ⇔ S MAB S MBC S MCA + + =1 S ABC S ABC S ABC ⇔ z y x + + =1 hc hb  z y x ⇒ + hb + hc = ( + hb + hc )  + + ÷  hc hb  Theo Bunhiacốpxki thì: x + y + z = mà S = x + hb y hb + hc z ≤ hc  y x z  + + ÷ = + hb + hc ÷ h h h a b c   ( + hb + hc )  1 aha = ab sin C ⇒ = b sin C , hb = c sin A , hc = a sin B 2 ⇒ + hb + hc = ⇒ x+ y+ z≤ ( a sin B + b sin C + c sin A ) = ab bc ca + + 2R 2R 2R ab bc ca a2 + b2 + c2 + + ≤ ⇒ Đpcm 2R 2R 2R 2R a = b = c ⇔ ∆ABC M tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC Đẳng thức xảy  x = y = z c) Bất đẳng thức Jensen:  x+ y + Cho f : R + → R thỏa mãn f ( x) + f ( y ) ≥ f  ÷ ∀x, y ∈ R Khi với   + x1 , x2 , , xn ∈ R ta có bất đẳng thức sau:  x1 + x2 + + xn  ÷ n   f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) ≥ nf  -8- -Bất đẳng thức Jensen thật công cụ chuyên dùng cho chứng minh bất đẳng thức lượng giác Tuy bất đẳng thức chặt thấy có dấu hiệu BĐT Jensen, nên dùng Ví dụ 1: Chứng minh với ∆ABC ta có sin A + sin B + sin C ≤ 3 Lời giải: Xét f ( x) = sin x với x ∈ ( 0, π ) ⇒ f ( x) hàm lồi Theo Jensen ta có: π 3  A+ B +C  f ( A) + f ( B) + f (C ) ≤ f  ⇒ Đpcm ÷ = 3sin = 3   Đẳng thức xảy ∆ABC Ví dụ 2: Chứng minh với ∆ABC ta có: A B C tan + tan + tan ≥ 2 Lời giải:  π Xét f ( x) = tan x với x ∈  0, ÷ ⇒ f ( x) hàm lồi Theo Jensen ta có:  2 A B C 2+2+2÷ π  A B C  f  ÷+ f  ÷+ f  ÷ ≥ f  ÷ = 3sin = ⇒ Đpcm 2 2 2  ÷   Đẳng thức xảy ∆ABC Ví dụ 3: Chứng minh với ∆ABC ta có: A B C A B C sin + sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 2 2 2 Lời giải: -9-  π Xét f ( x) = sin x + tan x với x ∈  0, ÷⇒ f ( x) hàm lồi Theo Jensen ta có:  2 A B C  + + ÷  C π π   f  ÷ ≥ f  2 ÷ =  tan + sin ÷ = + ⇒ Đpcm 6 2  ÷    Đẳng thức xảy ∆ABC  A f  ÷+ 2 B f  ÷+ 2 d) Bất đẳng thức Chebyshev: Với dãy số thực đơn điệu chiều a1 , a2 , , an b1 , b2 , , bn ta có: a1b1 + a2b2 + + anbn ≥ ( a1 + a2 + + an ) ( b1 + b2 + + bn ) n Ví dụ 1: Chứng minh với ∆ABC ta có aA + bB + cC π ≥ a+b+c Lời giải: Không tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c ⇔ A ≤ B ≤ C Theo Chebyshev  a + b + c  A + B + C  aA + bB + cC  ÷ ÷≤ 3    aA + bB + cC A + B + C π ⇒ ≥ = 3 Đẳng thức xảy ∆ABC Ví dụ 2: Chứng minh với ∆ABC ta có sin A + sin B + sin C tan A tan B tan C ≤ cos A + cos B + cos C Lời giải: Không tổng quát giả sử A ≥ B ≥ C  tan A ≥ tan B ≥ tan C ⇒ cos A ≤ cos B ≤ cos C Theo Chebyshev ta có: - 10 - 2 Theo Bunhiacốpxki ta có: ( ma + mb + mc ) ≤ ( ma + mb + mc ) ⇔ ( ma + mb + mc ) ≤ a + b2 + c2 ) ( ⇔ ( ma + mb + mc ) ≤ R ( sin A + sin B + sin C ) 9 81 ⇒ ( ma + mb + mc ) ≤ R = R 4 ⇒ ma + mb + mc = R Đẳng thức xảy ∆ABC ⇒ Đpcm 2 mà sin A + sin B + sin C ≤ Ví dụ 2: CMR sin A B ab ∆ABC sin = 2 4c Lời giải: Ta có: A+ B A− B A− B R.2sin cos cos ab a + b R ( sin A + sin B ) 2 = ≤ ≤ = = C C C A+ B 4c 8c R.8sin C R.8.2sin cos 8sin 8cos 2 2 A B ⇒ sin sin ≤ 2 8cos A + B A+ B A B ⇔ 8cos sin sin ≤ 2 A+ B  A− B A+ B  ⇔ cos − cos  cos ÷− ≤  2  A+ B A+ B A− B ⇔ cos − cos cos +1 ≥ 2 2 A+ B A− B   A− B ⇔  cos − cos ≥0 ÷ + sin 2   ⇒ Đpcm Ví dụ 3: - 50 - CMR ∆ABC thỏa: ( + hb + hc ) = ( a + b + c ) Lời giải: r r r Theo đề ta có: 2.2 p  + + ÷ = ( a + b + c ) a b c r r r ⇔ + + = a b c 1 ⇔ + + = A B B C C A cot + cot cot + cot cot + cot 2 2 2   1 1 ÷ 1 A B ≤  + =  tan + tan ÷ Ta lại có: ÷ A B A B 2  cot cot + cot cot ÷  2  2 1 B C = tan + tan ÷ B C  2 cot + cot 2 1 C A =  tan + tan ÷ C A 4 2 cot + cot 2 1 1 A B C ⇒ + + ≤  tan + t tan + tan ÷ A B B C C A 2 2 2 cot + cot cot + cot cot + cot 2 2 2 1 A B C A B C ⇒ ≤  tan + t tan + tan ÷ ⇔ tan + tan + tan ≥ 2 2 2 2 ⇒ Đpcm Tương tự ta có: Ví dụ 4: CMR thỏa S = 3Rr ∆ABC Lời giải: Ta có: A B C A B C sin sin cos cos cos 2 2 2 A B C A B C A B C = R sin sin sin R cos cos cos = r R cos cos cos 2 2 2 2 S = R sin A sin B sin C = 2.R 2.2.2.sin - 51 - 3 3 = Rr ⇒ Đpcm ≤ r 4R Ví dụ 5: CMR ∆ABC thỏa ma mb mc = pS Lời giải: Ta có: ma = 1 A 2b + 2c − a ) = ( b + c − 2bc cos A ) ≥ bc ( + cos A ) = bc cos ( 4 2 Mà cos A = b2 + c2 − a A b2 + c2 − a ⇒ cos − = 2bc 2bc p ( p − a) b + c − a + 2bc ( b + c ) − a ⇒ cos A = = = 4bc 4bc bc 2 ⇒ ma ≥ p ( p − a) Tương tự ta có:  mb ≥ p ( p − b )    mc ≥ p ( p − c ) ⇒ ma mb mc ≥ p p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) = pS ⇒ Đpcm b) Tam giác cân: Đối với dạng nhận dạng tam giác cân, ta cần phải điều kiện xảy dấu bất đẳng thức biến khác biến thứ ba Ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1: 2 CMR ∆ABC cân thỏa điều kiện tan A + tan B = tan Lời giải: Ta có: tan A + tan B = A+ B nhọn sin ( A + B ) 2sin ( A + B ) 2sin C = = cos ( A + B ) cos ( A + B ) + cos ( A − B ) cos ( A − B ) − cos C - 52 - Vì cos ( A − B ) ≤ ⇒ cos ( A − B ) − cos C ≤ − cos C = 2sin 2sin C 2sin C ⇒ ≥ = cos ( A − B ) − cos C 2sin C A+ B ⇒ tan A + tan B ≥ tan C C C cos 2 = cot C = tan A + B C 2 2sin 2 4sin Từ giả thiết: tan A + tan B = tan A+ B  tan A + tan B  ≤ 2 ÷ 2   ⇔ ( tan A + tan B ) ≤ tan A + tan B + tan A tan B ⇔ ( tan A − tan B ) ≤ ⇒ Đpcm ⇔ A=B Ví dụ 2: CMR ∆ABC cân thỏa = bc cos A Lời giải: Trong tam giác ta ln có: ≤ la = 2bc A cos b+c 2bc bc ≤ = bc b+c bc 2bc A A A ⇒ cos ≤ bc cos ⇒ ≤ bc cos b+c 2 Đẳng thức xảy ∆ABC cân ⇒ Đpcm Mà b + c ≥ bc ⇒ Ví dụ 3: CMR thỏa r + = R sin B ∆ABC cân Lời giải: Ta có: - 53 - B sin b B B B r + = ( p − b ) tan + p tan = ( p − b ) tan = ( a + c ) tan = R ( sin A + sin C ) B 2 2 cos B B sin sin A+C A+C B A − C = R cos cos = R sin B cos A − C ≤ R sin B = R sin cos 2 cos B 2 cos B 2 2 B ⇒ r + ≤ R sin Đẳng thức xảy ∆ABC cân ⇒ Đpcm Ví dụ 4: CMR S = a + b ) ∆ABC cân ( Lời giải: 1 a + b2 ) ≥ ab ≥ ab sin C = S ( 2 ⇒ ( a + b ) ≥ S ⇒ ∆ABC cân thỏa đk đề 2 Ta có: a + b ≥ 2ab ⇒ Ví dụ 5: CMR ∆ABC cân thỏa cos A + cos B + cos C = Lời giải: B+C B −C  A cos Ta có: cos A + cos B + cos C = 1 − 2sin ÷+ cos 2 2  - 54 - A A B −C A B −C  1  B −C = −4sin + 2sin cos − + = −  2sin − cos − + ÷ + cos 2 4 2  4  2 A B −C  B −C 9  = −  2sin − cos + ≤ ÷ − sin 2  4  Đẳng thức xảy B=C ⇒ Đpcm c) Tam giác vuông: Đối với dạng tập nhận dạng tam giác vng, ta cần dùng đến BĐT lượng giác mà thường cần sử dụng phương pháp biến đổi tương đương Ví dụ 1: Cho VABC có góc thỏa mãn hệ thức ( cos B + 2sin C ) + ( sin B + cos C ) = 15 Chứng minh VABC vng Lời giải: Theo Bunhiacốpxki ta có: 3cos B + 4sin B ≤   6sin C + 8cos C ≤  (3 (6 + ) ( cos B + sin B ) = + 82 ) ( sin C + cos C ) = 10 ⇒ 3cos B + 4sin B + 6sin C + 8cos C ≤ 15 Đẳng thức xảy khi:  cos B sin B  =   tan B = 3cos B + 4sin B =   ⇔ ⇔  6sin C + 8cos C = 10  sin C = cos C cot C =   Vậy π ⇔ tan B = cot C ⇔ B + C = VABC vuông A Cực trị lượng giác: Đây lĩnh vực khó, địi hỏi người giải cần phải tự sử dụng khéo léo bất đẳng thức lượng giác phù hợp phải có vốn kiến thức lớn bất đẳng thức để tìm đáp án tốn Ví dụ 1: Tìm giá trị nhỏ hàm số: - 55 - a sin x + b cos y a cos x + b sin y + c sin x + d cos y c cos x + d sin y Với a,b,c,d số dương f ( x, y ) = Lời giải: a sin x + b cos y c sin x + d cos y a cos x + b sin y f2 = c cos x + d sin y Đặt f ( x, y ) = af1 + bf với f1 = 2 2 Ta có: c + d = c ( sin x + cos x ) + d ( sin y + cos y ) Do đó: (c+d)  sin x cos x f1 = ( c sin x + d cos y ) + ( c cos x + d sin y )   + 2 2  c sin x + d cos y c cos x + d sin  sin x cos x 2 2 ≥  c sin x + d cos y + c cos x + d sin y  c sin x + d cos y c cos x + d sin y  ⇒ f1 ≥  ÷ =1 ÷  1 a+b Tương tự ⇒ f ≥ Vậy f ( x, y ) = af1 + bf ≥ c+d c+d c+d Ví dụ 2: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = cos A + cos 3B − cos 3C Lời giải: Ta có: cos 3C = cos π − ( A + B )  = cos 3π − ( A − B )  = − cos ( A + B ) nên  A+ B   A− B   A+ B  P = cos A + cos 3B + cos ( A + B ) = cos  ÷cos  ÷+ cos  ÷−        A+ B   A− B   A+ B  ⇒ P + = cos  ÷+ cos  ÷cos  ÷+ = f ( x, y )        A− B  ∆′ = cos  ÷− ≤ ⇒ P ≥ −   - 56 -  y  ∆′ =  P=− ⇔  A+ B   A− B  cos  ÷ = − cos  ÷        A− B  cos  ÷ =    ⇔ cos  A + B  = − cos  A − B   ÷  ÷      A = B  A = B   A = 2π  ⇔ ⇔  cos A = −    4π  A =   Vậy Pmin  A = B = = −− ⇔  A = B =  2π 5π ,C = 9 4π π ,C = 9 Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn biểu thức: sin A + sin B + sin C P= cos A + cos B + cos C Lời giải: −1 cos A + cos2 B + cos C = −1 − ( sin A + sin B + sin C ) Ta có: P = ≤ Do Pmax −1 = = ⇔ ∆ABC 3− Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ y = sin x − cos x Lời giải: Điều kiện: sin x ≥ 0, cos x ≥ Ta có: y = sin x − cos x ≤ sin x ≤ - 57 - sin x = π ⇔ x = + k 2π Dấu xảy ⇔  cos x = Mặt khác y = sin x − cos x ≥ − cos x ≥ −1 sin x = ⇔ x = kπ Dấu xảy  cos x = π   ymax = ⇔ x = + k 2π Vậy   ymin = −1 ⇔ x = 2kπ Ví dụ 5: Cho hàm số y = + cos x Hãy tìm Max y miền xác định sin x + cos x − Lời giải: Vì sin x cos x không đồng thời nên y xác định R + cos x Y0 thuộc miền giá trị hàm số Y0 = có nghiệm sin x + cos x − ⇔ Y0 sin x + ( Y0 − 1) cos x = 2Y0 + có nghiệm ( 2Y0 + ) ≤ Y0 + ( Y0 − 1) ⇔ 2Y0 + 10Y0 + ≤ −5 − 19 −5 + 19 ≤ Y0 ≤ 2 −5 + 19 Vậy ymax = ⇔ Bài tập: CMR ∆ABC thỏa đẳng thức sau: 1) cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A = 2) sin A + sin B + sin 2C = sin A + sin B + sin C 1 3) + + = + tan A tan B tan C sin A sin B sin 2C 2   a + b2 + c2 a 2b c 4)  cot A + cot B + cot C ÷ = A B C   tan tan tan 2 - 58 - a cos A + b cos B + c cos C = a+b+c A B C 6) la lb lc = abc cos cos cos 2 A B C 7) ma mb mc = abc cos cos cos 2 A B C 8) bc cot + ca cot + ab cot = 12 S 2    26  9)  + ÷ + ÷1 + ÷= +  sin A  sin B  sin C  sin A sin B sin C = 10) ( sin A + sin B + sin C ) 5) - 59 - Chúng em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy Nguyễn Tuấn Ngọc Và Thầy Đỗ Kim Sơn, người trực tiếp giảng dạy môn Lượng giác người trực tiếp hướng dẫn chúng em hoàn thành chuyên đề Một lần nữa, chúng em xin cảm ơn thầy cô, anh chị bạn đọc, góp phần làm cho chuyên đề chúng em hoàn chỉnh Mỹ Tho, ngày 20 tháng năm 2010 - 60 - Tài liệu tham khảo: (1) Một số vấn đề chọn lọc Lượng giác, Nguyễn Văn Mậu, NXB Giáo dục, 2004 (2) Tuyển tập 200 thi vơ địch Tốn, tập 6: Lượng giác, Vũ Dương Thụy – Nguyễn Văn Nho, NXB Giáo Dục, 2005 (3) Bộ đề thi Đại học, NXB Giáo Dục, 1996 – 1997 (4) Tạp chí tốn học tuổi trẻ (5) Trang web www.diendantoanhoc.net www.mathscope.org - 61 - Chân dung số nhà toán học Pierre de Fermat -Pierre de Fermat (20 tháng 8, 1601 Pháp – 1665) học giả nghiệp dư vĩ đại, nhà toán học tiếng cha đẻ lý thuyết số đại Xuất thân từ gia đình giả, ơng học Toulouse lấy cử nhân luật dân làm chánh án Chỉ trừ gia đình bạn bè tâm giao, chẳng biết ơng vơ say mê tốn Mãi sau Pierre de Fermat mất, người trai in dần cơng trình cha kể từ năm 1670 Năm 1896, hầu hết tác phẩm Fermat ấn hành thành tập dày Qua đó, người đời vơ ngạc nhiên khâm phục trước sức đóng góp dồi ơng Chính ơng người sáng lập lý thuyết số đại, có định lý bật: định lý nhỏ Fermat định lý lớn Fermat (định lý cuối Fermat) Trong hình học, ông phát triển phương pháp tọa độ, lập phương trình đường thẳng đường cong bậc chứng minh đường cong thiết diện cơnic Trong giải tích, ơng nêu quy tắc lấy đạo hàm hàm mũ với số mũ tỷ bất kỳ, tìm cực trị, tính tích phân hàm mũ với số mũ phân số số mũ âm Nguyên lý Fermat truyền sáng lại định luật quan trọng quang học - 62 - Dù hoạt động khoa học kiên trì giàu nhiệt huyết, đem lại nhiều thành to lớn vậy, éo le thay, Pierre de Fermat bình sinh chẳng thể lấy việc nghiên cứu tốn làm nghề thức JOHN C FIELDS Trong tốn học bạn nghe qua huy chương Fields mà người ta thường coi giải Nobel cho toán học, đề xướng nhà tốn học Canada John C Fields, tiếc ơng trước hai huy chương Fields trao Sinh thời bạn thân Mittag-Leffler, ông vận động gây quỹ nhiều cho toán học, noi theo gương MittagLeffler (năm 1895 trao hết gia sản cho hiệp hội thành lập viện toán Mittag-Leffler) ông cố công xây dựng Royal Canadian Institute thành trung tâm nghiên cứu khoa học Quỹ Fields không nhiều (khi Fields để lại 47 ngàn đô la Canada để góp vơ) nên ban đầu có huy chương, trao năm lần vào dịp Đại hội toán học quốc tế cho nhà toán học 40 tuổi Từ 1969 người ta thêm vào hai huy chương nữa, từ có đến người trao huy chương - 63 - Và có giải Nobel trao cho nhà toán học, năm 1990 huy chương Fields trao cho nhà vật lý mà cơng trình nghiên cứu thuyết siêu sợi (superstring theory) có nhiều đóng góp lớn cho tốn học Huy chương Fields khác với giải Nobel chỗ hạn chế tuổi, phần lớn muốn khuyến khích luồng nghiên cứu nhà toán học trẻ - 64 - ... ≥2 A B C sin sin sin 2 - 16 - Định lý dấu tam thức bậc hai: Cho tam thức f ( x ) = ax + bx + c ( a ≠ ) ∆ = b − 4ac -Nếu ∆ < f ( x ) dấu với hệ số a , với số thực x b 2a -Nếu ∆ > f ( x ) có nghiệm... ta có bất đẳng thức sau:  x1 + x2 + + xn  ÷ n   f ( x1 ) + f ( x2 ) + + f ( xn ) ≥ nf  -8 - -Bất đẳng thức Jensen thật công cụ chuyên dùng cho chứng minh bất đẳng thức lượng giác Tuy bất... ⇔ x = y = z = ⇔ a = b = c -? ?iều ta nên ý giải bất đẳng thức lượng giác phương pháp dấu bất đẳng thức xảy phải phù hợp với tập xác định hàm lượng giác Bài tập: - 20 - Cho tam giác ABC CMR: 3 i