Một số dạng bất đẳng thức trong lớp hàm đơn điệu và áp dụng trong lượng giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC Nguyễn Thị Thu Hà MỘT SỐ DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP HÀM ĐƠN ĐIỆU VÀ ÁP DỤNG TRONG LƯỢNG GIÁC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.40 Người hướng dẫn khoa học GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU THÁI NGUYÊN - NĂM 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Mở đầu Hàm đơn điệu theo bậc 1.1 Hàm đơn điệu bậc 1.2 Hàm đơn điệu bậc hai 1.3 Hàm đơn điệu bậc cao Bất 2.1 2.2 2.3 tính chất 13 21 đẳng thức liên quan đến lớp hàm đơn điệu liên tiếp 25 Hàm đơn điệu liên tiếp bậc 1-2 25 Hàm đơn điệu liên tiếp bậc 2-3 29 Một số lớp hàm đơn điệu tuần hoàn đơn điệu tuyệt đối 31 Một số ứng dụng hàm đơn điệu theo bậc lượng giác 3.1 Một số dạng bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác 3.1.1 Bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm cos 3.1.2 Bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm sin 3.2 Nhận dạng số dạng tam giác đặc biệt Kết luận Tài liệu tham khảo Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 35 35 35 46 52 59 60 Mở đầu Trong chương trình tốn học bậc trung học phổ thông học sinh học khái niệm hàm số quan tâm đến tính chất hàm số tính đơn điệu, tính đồng biến nghịch biến, tính liên tục gián đoạn, tính lồi, lõm, tính tuần hồn, tính chẵn, lẻ, Đối với lớp hàm nói người ta tìm cách xây dựng bất đẳng thức tương ứng gọi bất đẳng thức hàm Ví dụ bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức hàm lớp hàm lồi hàm lõm Đây tốn hay thường khó, mang tính khái quát cao, bao hàm nhiều mảng kiến thức sâu rộng toán sơ cấp cao cấp Phần lớn học sinh bậc phổ thông làm quen với định nghĩa, tính chất đơn giản hàm số tính đồng biến, nghịch biến để giải phương trình, bất phương trình tính lồi lõm để khảo sát vẽ đồ thị hàm số mà chưa nghiên cứu sâu bất đẳng thức có liên quan đến vấn đề Có thể nói, nghiên cứu hàm đơn điệu đề tài thú vị, nhận quan tâm nhiều nhà toán học Các vấn đề liên quan đến hàm đơn điệu khơng ngừng nảy sinh có nhiều kết đẹp, nhiều kết ứng dụng việc giải toán lượng giác Trong luận văn này, tác giả thầy hướng dẫn giao nhiệm vụ khảo sát số dạng bất đẳng thức hàm cho lớn hàm đồng biện, hà nghịch biến, hàm lồi, hàm lõm mở rộng cho lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc -2, hàm đơn điệu liên tiếp bậc - hàm đơn điệu bậc cao, khảo sát ứng dụng hàm đơn điệu giải toán lượng giác Nội dung luận văn chia làm ba chương: Chương 1: Chương trình bày ngắn gọn vấn đề lý thuyết hàm đơn điệu theo bậc làm sở cho vấn đề trình bày hai chương sau Hàm đơn điệu bậc hàm đơn điệu thường, hàm đơn điệu Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ bậc hai hàm lồi hay hàm lõm Hàm đơn điệu bậc n hàm số có đạo hàm cấp n hàm đơn điệu Tìm hiểu khái niệm định nghĩa, tính chất đặc trưng định lí quan trọng thường dùng liên quan đến hàm Tiếp đến, ta tìm hiểu số tính chất đặc biệt tính liên tục, tính khả vi Chương 2: Trong chương này, ta quan tâm đếp lớp lớp hàm đơn điệu lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc 1-2 lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc 2-3 Ta tìm hiểu tổng qt định nghĩa, tính chất định lý liên quan Phần cuối chương trình bày số lớp hàm đơn điệu tuần hoàn đơn điệu tuyệt đối Chương 3: Nội dung chương ba, ta xét số bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm sin cos mà dấu đẳng thức không xảy tập tam giác thường Cuối số ứng dụng hàm đơn điệu lượng giác để nhận dạng số dạng tam giác đặt biệt Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2013 Người thực Nguyễn Thị Thu Hà Số hóa Trung tâm Học lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương Hàm đơn điệu theo bậc tính chất Trong chương này, chúng tơi trình bày ngắn gọn vấn đề lý thuyết hàm đơn điệu theo bậc làm sở cho vấn đề trình bày hai chương sau Hàm đơn điệu bậc hàm đơn điệu, hàm đơn điệu bậc hai hàm lồi hay hàm lõm Hàm đơn điệu bậc n hàm có đạo hàm cấp n hàm đơn điệu Ta tìm hiểu sơ qua định nghĩa, tính chất đặc trưng định lí quan trọng thường dùng liên quan đến hàm Tiếp đến, ta tìm hiểu số tính chất đặc biệt tính liên tục, tính khả vi 1.1 Hàm đơn điệu bậc Trong luận văn này, ta sử dụng kí hiệu I(a, b) ⊂ R nhằm ngầm định bốn tập hợp (a, b), [a, b), (a, b] [a, b] với a < b Cho hàm số y = f (x) xác định tập I(a, b) ⊂ R Định nghĩa 1.1 ([4],[5]) Với x1 , x2 ∈ I(a, b), x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≤ f (x2 ), ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng I(a, b) Định nghĩa 1.2 ([4],[5]) Với cặp x1 , x2 ∈ I(a, b), ta có f (x1 ) < f (x2 ) ⇔ x1 < x2 , ta nói f (x) hàm đơn điệu tăng thực I(a, b) Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Định nghĩa 1.3 ([4],[5]) Với cặp x1 , x2 ∈ I(a, b), x1 < x2 , ta có f (x1 ) ≥ f (x2 ), ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm I(a, b) Định nghĩa 1.4 ([4],[6]) Với cặp x1 , x2 ∈ I(a, b), ta có f (x1 ) > f (x2 ) ⇔ x1 < x2 , ta nói f (x) hàm đơn điệu giảm thực I(a, b) Những hàm số đơn điệu tăng thực I(a, b) gọi hàm đồng biến I(a, b) hàm số đơn điệu giảm thực I(a, b) gọi hàm nghịch biến tập Trong chương trình giải tích, biết đến tiêu chuẩn để nhận biết hàm số khả vi cho trước khoảng (a, b) hàm đơn điệu khoảng Định lý 1.1 ([4],[5]) Cho hàm số f (x) có đạo hàm khoảng (a, b) (i) Nếu f (x) > với x ∈ (a, b) hàm số f (x) đồng biến khoảng (ii) Nếu f (x) < với x ∈ (a, b) hàm số f (x) nghịch biến khoảng Chứng minh Theo định lí Lagrange f (x2 ) − f (x1 ) = f (c)(x2 − x1 ) Nếu f (x) > với x ∈ (a, b) suy f (c) > Do (x2 − x1 ) > suy f (x2 ) > f (x1 ), nên f (x) đồng biến I(a, b) Chứng minh tương tự, f (x) < với x ∈ (a, b) hàm số f (x) nghịch biến I(a, b) Các định lí sau cho ta số đặc trưng đơn giản khác hàm đơn điệu Một vài đặc trưng quan trọng khác lớp hàm vừa có tính chất lồi có tính lõm đề cập đến chương sau Định lý 1.2 ([4],[5]) Hàm f (x) xác định R+ hàm số đơn điệu tăng với cặp số dương a1 , a, , an x1 , x2 , , xn , ta có n n n ak f (xk ) ≤ k=1 ak f k=1 xk k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ (1.1) Chứng minh Khi f (x) đơn điệu tăng R hiển nhiên ta có n f (xj ) ≤ f xk , j = 1, 2, , n k=1 Suy n aj f (xj ) ≤ aj f xk , j = 1, 2, , n (1.2) k=1 Lấy tổng theo j (j = 1, 2, , n), từ (1.2), ta thu (1.1) Ngược lại, với n = 2, từ (1.1), ta có f (x) + f (h) ≤ (1 + )f (x + h), ∀ , h > (1.3) Khi → 0, ta thu f (x + h) ≥ f (x), hay f (x) hàm đồng biến Định lý 1.3 ([4],[5]) Để bất đẳng thức n n f (xk ) ≤ f xk , k=1 (1.4) k=1 thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm g(x) := f (x) đơn điệu tăng R+ x Chứng minh Nhận xét rằng, ta có hàm số f (x) = xg(x) (1.4) có dạng (1.1) với aj = xj (j = 1, 2, , n) : n n n xk g(xk ) ≤ k=1 xk g k=1 xk (1.5) k=1 Bất đẳng thức ln xj > 0, j = 1, 2, , n g(x) hàm đơn điệu tăng R+ f (x) hàm đơn điệu tăng [0, +∞] x Khi với dãy số dương giảm x1 > x2 , > > xn , ta có Hệ 1.1 Giả sử g(x) = n−1 f (x1 − xn ) ≥ f (xk − xk+1 ) k=1 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chứng minh Ta có x1 − x2 > 0, x2 − x3 > 0, , xn−1 − xn > Theo Định lí 1.3, ta có f (x1 − x2 ) + f (x2 − x3 ) + · · · + f (xn−1 − xn ) ≤ f (x1 − x2 + x2 − x3 + · · · + xn−1 − xn ), ⇒ f (x1 − x2 ) + f (x2 − x3 ) + · · · + f (xn−1 − xn ) ≤ f (x1 − xn ) Nhận xét rằng, (1.5) không điều kiện cần để g(x) hàm đồng biến Thật vậy, cần chọn hàm g(x) có tính chất < g(x) ∈ C(R+ ), ∀x ∈ R+ max g(x) ≤ g(x), ta dễ dàng kiểm chứng (1.5) thỏa mãn Chẳng hạn, ta thấy số g(x) = + sin x, x ∈ R+ , thỏa mãn điều kiện nêu thỏa mãn điều kiện (1.5) Tuy nhiên, hàm g(x) không hàm đơn điệu tăng R+ Định lý 1.4 ([4],[6]) Hàm f (x) xác định R+ hàm số đơn điệu giảm với cặp số dương a1 , a2 , , an x1 , x2 , , xn , ta có n n n ak f (xk ) ≥ k=1 ak f k=1 xk k=1 Định lý 1.5 ([4],[5]) Để bất đẳng thức n n f (xk ) ≥ f k=1 xk , k=1 thỏa mãn với số dương x1 , x2 , , xn , điều kiện đủ hàm f (x) g(x) := đơn điệu giảm R+ x Nhận xét rằng, số hàm số sơ cấp biến, hàm tuyến tính f (x) = ax đóng vai trị đặc biết quan trọng, dễ nhận biết tính đồng biến (khi a > 0) nghịch biến (khi a < 0) khoảng tùy ý cho trước Định lí sau cho ta thấy rõ đặc trưng (bất đẳng thức hàm) hàm tuyến tính Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Định lý 1.6 ([4],[5]) Giả thiết rằng, với cặp bố số dương a1 , a2 , , an ; ta có x1 , x2 , , xn , n n ak f (xk ) ≥ f ak xk k=1 (1.6) k=1 f (x) = ax, a số Chứng minh Lấy n = chọn x1 = x, x2 = y; a1 = (1.6), ta thu y , a2 = , từ 2x f (x) f (y) ≤ , ∀x, y ∈ R+ x y f (x) hàm R+ x Tiếp theo, ta nêu số tính chất hàm đơn điệu để ước lượng số tổng tích phân Suy g(x) := Định lý 1.7 ([4],[6]) Giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm (0, +∞) {ak } dãy tăng (0, +∞) Khi đó, ta ln có an n (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ k=1 n f (x)dx ≤ (ak − ak−1 )f (ak−1 ) (1.7) k=1 a0 Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực Chứng minh Thật vây, theo giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm nên ta có ak (ak − ak−1 )f (ak ) ≤ f (x)dx ≤ (ak − ak−1 )f (ak−1 ) ak−1 Lấy tổng theo k, ta thu (1.7), điều phải chứng minh Định lý 1.8 (Maclaurin, Cauchy, [4],[5]) Giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm (0, +∞) Khi đó, ta ln có n n f (k) ≤ k=1 n−1 f (x)dx ≤ f (k) k=0 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ (1.8) Khi f (x) hàm nghịch biến có dấu bất đẳng thức thực Chứng minh Thật vây, theo giả thiết f (x) hàm đơn điệu giảm nên ta ln có k+1 f (k + 1) ≤ f (x)dx ≤ f (k), k = 0, 1, k Lấy tổng theo k, ta thu (1.8), điều phải chứng minh Định lý 1.9 ([4],[6]) Giả thiết f (x) hàm đồng biến [0, +∞) f (0) = Gọi g(x) hàm ngược f (x) Khi đó, ta ln có a ab ≤ b g(x)dx, ∀a, b ≥ f (x)dx + 0 Chứng minh Bất đẳng thức suy trực tiếp cách so sánh diện tích tạo đường cong y = f (x) x = g(x) với diện tích hình chữ nhật tạo x = 0, x = a; y = 0, y = b Hệ 1.2 Giả thiết f (x) hàm đồng biến (0, +∞) f (0) = Gọi g(x) hàm ngược f (x) Khi đó, ta ln có ab ≤ af (a) + bg(b), ∀a, b ≥ Định lý 1.10 ([4],[6]) Cho hàm số y = f (x) liên tục, không âm đơn điệu tăng [α, β) với ≤ α < β Khi ∀a ∈ [α, β); ∀b ∈ [f (α), f (β)) ta có a b f −1 (x)dx ≥ ab − αf (α) f (x)dx + α f (α) Dấu đẳng thức xảy f (a) = b Chứng minh Gọi S1 diện tích hình phẳng giới hạn x = α, x = a, y = 0, y = f (x) a S1 = f (x)dx α Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Vậy ta có cos A ≤ cos A0 − sin A0 (A − A0 ), cos B ≤ cos B0 − sin B0 (B − B0 ), cos C ≤ cos C0 − sin C0 (C − C0 ) Ta thu cos A + cos B + cos C ≤ cos A0 + cos B0 + cos C0 − sin C0 (A + B + C − A0 − B0 − C0 ) − (sin B0 − sin C0 )(A + B − A0 − B0 ) − (sin A0 − sin B0 )(A − A0 ) Ta có A + B + C − A0 − B0 − C0 = 0; A + B ≥ A0 + B0 ; A ≥ A0 , π > B0 ≥ C0 > ⇒ sin B0 ≥ sin C0 , π > A0 ≥ B0 > ⇒ sin A0 ≥ sin B0 , Vậy nên ta có cos A + cos B + cos C ≤ cos A0 + cos B0 + cos C0 3.1.2 Bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm sin Bây giờ, ta xét số bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm sin mà dấu đẳng thức không xảy tập tam giác thường Trước hết, ta xét tốn tìm giá trị nhỏ biểu thức Ts = x sin A + y sin B + z sin C, A, B, C ba góc tam giác thường ABC Ta có kết hiển nhiên sau Bài toán 3.7 Với số dương x, y, z tùy ý với tam giác ABC ta có x sin A + y sin B + z sin C > 46 Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Thật vậy, ta có sin A ≥ 0, sin B ≥ 0, sin C ≥ 0, nên x sin A + y sin B + z sin C > 0, x, y, z số dương Dấu đẳng thức xảy sin A = 0, sin B = 0, sin C = 0, hay A = 0, b = 0, C = π hoán vị Nhận thấy tập tam giác thường, dấu đẳng thức không xảy ta thay giá trị khác lớn cho vế phải bất đẳng thức, cho A = α, B = α với α > đủ nhỏ C = π − 2α đủ gần π nên lim x sin α + y sin α + z sin(π − 2α) = α→0+ Tiếp theo ta xét giá trị nhỏ biểu thức Ps = x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C, A, B, C ba góc tam giác thường ABC Nhận xét 3.9 Với tam giác ABC ta ln có sin 2A + sin 2B + sin 2C > Chứng minh Ta có sin 2A + sin 2B + sin 2C = sin(A + B) cos(A − B) + sin C cos C = sin A sin B sin C ≥ Dấu đẳng thức xảy sin A = sin B = sin C = 0, tam giác ABC suy biến với số đo ba góc Nói cách khác, dấu đẳng thức khơng xảy tập tam giác thường 47 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Bài tốn 3.8 Cho số dương x, y, z tùy ý Tìm giá trị nhỏ biểu thức x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C, với tam giác ABC Giải Xét trường hợp 1: Tam giác ABC không tù Trong trường hợp này, sin 2A, sin 2B, sin 2C giá trị dương, nên dễ thấy x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C > Nhận xét dấu đẳng thức xảy  π   sin 2A = A =    2π sin 2B = sin 2A ⇔ B=  π ≥A≥B≥C≥0    C=0 Xét trường hợp 2: Tam giác ABC tam giác tù Khơng tính tổng quát, giả sử x ≥ z ≥ y Không giảm tính tổng qt, ta cần tìm giá trị nhỏ biểu thức với điều kiện π A ≥ ≥ B ≥ C ≥ π Thật vậy, A ≥ ≥ B ≥ C ≥ ta có sin 2A − sin 2C = cos(A + C) sin(A − C) ≤ 0, hay sin 2A ≤ sin 2C, π ≤ A − C ≤ π, nên sin(A − C) ≥ ≤ A + C ≤ π , nên cos(A + C) ≤ Tương tự, ta có sin 2B − sin 2C = cos(B + C) sin(B − C) ≤ 0, hay sin 2B ≤ sin 2C, π π ≤ B − C ≤ , nên sin(B − C) ≥ ≤ B + C ≤ , nên 2 cos(A + C) ≥ π Vậy A ≥ ≥ B ≥ C ≥ 0, sin 2A ≤ sin 2C ≤ sin 2B Ta có x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C = z(sin 2A + sin 2B + sin 2C) + (x − z) sin 2A + (y − z) sin 2B 48 Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Áp dụng Nhận xét 3.9 ta có z(sin 2A + sin 2B + sin 2C) ≥ z > (3.25) Theo giả sử trên, ta có x − z ≥ sin 2A ≥ −1, nên (x − z) sin 2A ≥ −x + z (3.26) Lại có y − z ≤ sin 2B ≤ 1, nên (y − z) sin 2B ≥ y − z (3.27) Từ (3.25), (3.26) (3.27), ta có x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C ≥ y − x Dấu đẳng thức xảy  3π   A= sin 2A = −1 π4 sin 2B = ⇔ B=   2C =  C=0 Vậy ta ln có bất đẳng thức x sin 2A + y sin 2B + z sin 2C > min{x, y, x} − max{x, y, x} Trong tập tam giác thường, dấu đẳng thức xảy Ta xét tiếp giá trị nhỏ biểu thức Ps = x sin A B C + y sin + z sin 2 Nhận xét 3.10 Chứng minh với tam tam giác ABC ta có sin A B C + sin + sin > 2 Thật vậy, ta có sin A B C B+C C +A A+B + sin + sin = cos + cos + cos + 2 2 2 cos A1 + cos B1 + cos C1 A1 B1 C1 + sin sin sin , 2 49 Soá hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ A1 , B1 , C1 góc tam giác nhọn Từ đây, ta có điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy A = π, B = C = Ta có nhận xét, với tam giác thường dấu đẳng thức không xảy ước lượng tốt vế phải, ta cho B = C = α, α > đủ nhỏ A đủ gần π , lim+ sin α→0 B C A + sin + sin = 2 Bài toán 3.9 Cho số dương x, y, z Chứng minh với tam giác ABC ∈ M ( ), ta có x sin A B C + y sin + z sin > min{x, y, z} 2 (3.28) Giải Khơng tính tổng qt, ta coi x ≤ y ≤ z Khơng giảm tính tổng quát, ta cần chứng minh toán với điều kiện A ≥ B ≥ C Với tam giác ABC ta ln có A B C + y sin + z sin 2 A B C B C = x sin + sin + sin + (y − x) sin + sin 2 2 C +(z − y) sin x sin Áp dụng Nhận xét 3.10 ta có x sin A B C + sin + sin ≥ x x > 2 Lại có (y − x) sin B C B C + sin ≥ y ≥ x, sin ≥ 0, sin ≥ 0, 2 2 (z − y) sin C C ≥ z ≥ y, sin ≥ 2 Vậy nên ta có x sin A B C + y sin + z sin > x 2 50 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC có số đo ba góc A = π, B = C = Nhận xét tập tam giác thường dấu đẳng thức khơng xảy ta thay x giá trị khác lơn Thật vậy, cho B = C = α, A = π − α, với α > đủ nhỏ lim+ x sin α→0 A B C + y sin + z sin = x 2 Tiếp theo, ta xét số bất đẳng thức tổ hợp tuyến tính góc tam giác với hàm sin Trong phần ta sét toán sau Cho α, β, γ số dương thỏa mãn α + β + γ = 1, số dương x, y, z tùy ý Tìm giá trị nhỏ biểu thức Ms = x sin(αA+βB +γC)+y sin(αB +βC +γA)+z sin(αC +βA+γB), Để giải toán trên, ta cần sử dụng bổ đề sau Bổ đề 3.5 Cho tam giác ABC A0 B0 C0 cho tam giác A0 B0 C0 tam giác ABC Khi sin A + sin B + sinC ≤ sin A0 + sin B0 + sinC0 Chứng minh Giả sử A ≥ B ≥ C; A0 ≥ B0 ≥ C0 , ta có A = A0 A + B = A0 + B0 A + B + C = A0 + B0 + C0 Xét hàm số f (x) = sin x, ∀x ∈ [0, π] Ta có f (x) = cos x; f (x) = − sin x ≤ 0, ∀x ∈ [0, π] Theo Bổ đề 1.1 suy f (x) ≤ f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ), ∀x ∈ [0, π], x0 ∈ [0, π] Vậy ta có sin A ≤ sin A0 + cos A0 (A − A0 ), sin B ≤ sin B0 + cos B0 (B − B0 ), 51 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ sin C ≤ sin C0 + cos C0 (C − C0 ) Ta thu sin A + sin B + sinC ≤ sin A0 + sin B0 + sinC0 + cos C0 (A + B + C − A0 − B0 − C0 ) + (cos B0 − cos C0 )(A + B − A0 − B0 ) + (cos A0 − cos B0 )(A −(3.29) A0 ) Ta có A + B + C − A0 − B0 − C0 = 0, A + B ≥ A0 + B0 , A ≥ A0 , π ≥ B0 ≥ C0 ≥ ⇒ sin B0 ≥ sin C0 , π ≥ A0 ≥ B0 ≥ ⇒ sin A0 ≥ sin B0 Vậy nên ta có sin A + sin B + sin C ≤ sin A0 + sin B0 + sin C0 3.2 Nhận dạng số dạng tam giác đặc biệt Bài toán 3.10 Cho tam giác nhọn A0 B0 C0 Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta có sin A sin B sin C + + cos A0 cos B0 cos C0 tan A0 tan B0 tan C0 π Giải Xét hàm số f (x) = sin x, x ∈ 0, Ta có f (x) = cos x > π f (x) = − sin x < khoảng 0, Vậy nên f (A) f (A0 ) + f (A0 )(A − A0 ), suy sin A cos A0 tan A0 + A − A0 (*) sin B cos B0 tan B0 + B − B0 , (**) Tương tự, ta có 52 Số hóa Trung tâm Học lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ sin C cos C0 tan C0 + C − C0 (***) Từ (*), (**) (***), suy sin A sin B sin C + + cos A0 cos B0 cos C0 tan A0 + tan B0 + tan C0 Để ý tan A0 + tan B0 + tan C0 = tan A0 tan B0 tan C0 , suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy tam giác A0 B0 C0 đồng dạng với tam giác ABC Bài toán 3.11 Cho tam giác nhọn A0 B0 C0 Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta có sin A sin B sin C + + cos A0 cos B0 cos C0 tan A0 + tan B0 + cot C0 π Ta có f (x) = cos x > 0, f (x) = − sin x < g (x) = − sin x < π g (x) = − cos x < khoảng 0, Vậy nên Giải Xét hàm số f (x) = sin x g(x) = cos x, x ∈ f (A) f (A0 ) + f (A0 )(A − A0 ), f (B) f (B0 ) + f (B0 )(B − B0 ), g(C) g(C0 ) + g (C0 )(C − C0 ), 0, suy sin A cos A0 tan A0 + A − A0 (*) sin B cos B0 tan B0 + B − B0 , (**) Tương tự, ta có 53 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ sin C cos C0 cot C0 + C − C0 (***) Từ (*), (**) (***), suy sin A sin B sin C + + cos A0 cos B0 cos C0 tan A0 + tan B0 + cot C0 Dấu đẳng thức xảy tam giác A0 B0 C0 đồng dạng với tam giác ABC Bài toán 3.12 Cho tam giác nhọn A0 B0 C0 Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta có cos A cos B cos C + + sin A0 sin B0 sin C0 cot A0 + cot B0 + cot C0 π Giải Xét hàm số f (x) = cos x, x ∈ 0, Ta có f (x) = − sin x < π f (x) = − cos x < khoảng 0, Vậy nên f (A) f (A0 ) + f (A0 )(A − A0 ), suy cos A sin A0 cot A0 + A − A0 (*) cos B sin B0 cot B0 + B − B0 , (**) cos C sin C0 cot C0 + C − C0 (***) Tương tự, ta có Từ (*), (**) (***), suy cos A cos B cos C + + sin A0 sin B0 sin C0 cot A0 cot B0 cot C0 Dấu đẳng thức xảy tam giác A0 B0 C0 đồng dạng với tam giác ABC 54 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Bài toán 3.13 Cho tam giác nhọn A0 B0 C0 Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta có tan A tan B tan C + + 2 + tan A0 + tan B0 + tan2 C0 sin A0 sin B0 sin C0 π Giải Xét hàm số f (x) = tan x, x ∈ 0, Ta có f (x) = >0 cos2 x sin x π f (x) = > khoảng 0, Vậy nên cos3 x f (A) f (A0 ) + f (A0 )(A − A0 ), suy tan A + tan2 A0 sin 2A0 + A − A0 (*) tan B + tan2 B0 sin 2B0 + B − B0 , (**) tan C + tan2 C0 sin 2C0 + C − C0 (***) Tương tự, ta có Từ (*), (**) (***), suy tan A tan B tan C + + 2 + tan A0 + tan B0 + tan2 C0 (sin 2A0 + sin 2B0 + sin 2C0 ) Để ý sin 2A0 + sin 2B0 + sin 2C0 = sin A0 sin B0 sin C0 , suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy tam giác A0 B0 C0 đồng dạng với tam giác ABC Bài toán 3.14 Cho tam giác nhọn A0 B0 C0 Chứng minh với tam giác nhọn ABC ta có cot A cot B cot C + + + cot2 A0 + cot2 B0 + cot2 C0 sin A0 sin B0 sin C0 55 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ π −1 Giải Xét hàm số f (x) = cot x, x ∈ 0, Ta có f (x) = khoảng 0, Vậy nên sin3 x f (A) f (A0 ) + f (A0 )(A − A0 ), suy cot A + cot2 A0 sin 2A0 + A − A0 (*) cot B + cot2 B0 sin 2B0 + B − B0 , (**) cot C + cot2 C0 sin 2C0 + C − C0 (***) Tương tự, ta có Từ (*), (**) (***), suy cot A cot B cot C + + 2 + cot A0 + cot B0 + cot2 C0 sin A0 sin B0 sin C0 Để ý sin 2A0 + sin 2B0 + sin 2C0 = sin A0 sin B0 sin C0 , suy điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy tam giác A0 B0 C0 đồng dạng với tam giác ABC Bài toán 3.15 Chứng minh tam giác nhọn ABC , ta có √ √3 tan A tan B tan C (tan A) (tan B) (tan C) ≥ ( 3) (3.30) Giải Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức sau: Với x, y, z ba số dương xx y y z z ≥ (xyz) (x+y+z) Thật vậy, ta có 56 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ xx y y z z ≥ (xyz) (x+y+z) ⇔ x ln xy ln yz ln z ≥ (x + y + z)(ln x + ln y + ln z) ⇔ (x − y)(ln x − ln y) + (y − z)(ln y − ln z) + (z − x)(ln z − ln x) ≥ Vì hàm y = ln x hàm đồng biến (0, +∞) nên ta có (x − y)(ln x − ln y) > 0, ∀x, y > Do (x − y)(ln x − ln y) + (y − z)(ln y − ln z) + (z − x)(ln z − ln x) ≥ Suy xx y y z z ≥ (xyz) (x+y+z) Dấu “=” xảy x = y = z Với x = tan A, y = tan B, z = tan C, A, B, C góc tam giác nhọn ABC, ta nhận (tan A)tan A (tan B)tan B (tan C)tan C ≥ (tan A tan B tan C) (tan A+tan B+tan C) √ √ √ √ ≥ (3 3) = ( 3)3 Dấu “=” xảy tan A = tan B = tan C A = B = C, tức tam giác ABC tam giác Bài toán 3.16 Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh với n số ngun dương, ta ln có √ tann A + tann B + tann C ≥ 3n Giải Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có √ tann A + tann B + tann C ≥ 3 (tan A tan B tan C)3 ≥ (3 3)n 57 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ √ (do tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C = 3) Vậy ta có điều phải chứng minh √ tann A + tann B + tann C ≥ 3n Dấu “=” xảy tam giác ABC tam giác Từ đó, ta có bất đẳng thức tan2 A + tan2 B + tan2 C ≥ 9; √ tan3 A + tan3 B + tan3 C ≥ 3; tan4 A + tan4 B + tan4 C ≥ 27; tan2004 A + tan2004 B + tan2004 C ≥ 31003 58 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Kết luận Luận văn " Một số dạng bất đẳng thức lớp hàm đơn điệu áp dụng lượng giác" tập trung nghiên cứu số vấn đề sau đây: - Hệ thống hóa kiến thức hàm đơn điệu bậc nhất, hàm đơn điệu bậc hai, hàm đơn điệu bậc cao - Hệ thống hóa lớp lớp hàm đơn điệu lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc 1-2 lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc 2-3 Trình bày hàm tuần hồn hàm đơn điệu tuyệt đối - Trình bày số bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác sinh hàm sin cos mà dấu đẳng thức không xảy tập tam giác thường - Cuối số ứng dụng hàm đơn điệu theo bậc lượng giác để nhận dạng số tam giác đặc biệt Tuy nhiên luận văn nhiều bạn chế Chắc chắn thời gian tới tác giả tập trung tìm hiểu kĩ vấn đề trình giảng dạy nghiên cứu Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình GSTSKH Nguyễn Văn Mậu nghiên cứu, làm việc nghiêm túc thân Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến GS - TSKH Nguyễn Văn Mậu Trong q trình học tập hồn thành luận văn, tác giả chân thành cảm ơn thầy cô khoa Toán - Tin học trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, tạo điều kiện cho tác giả tài liệu thủ tục hành để tác giả hồn thành luận văn Tác giả gửi lời cảm ơn đến gia đình bạn lớp Cao học, động viên giúp đỡ tác giả trình học tập làm luận văn 59 Số hóa Trung tâm Học lieäu http://lrc.tnu.edu.vn/ Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo Dục, 1993 [2] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục, 2004 [3] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức - Định lí áp dụng, NXB Giáo dục, 2006 [4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc, Chuyên đề chọn lọc: Đa thức đối xứng áp dụng, NXB Giáo dục, 2008 [5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Chuyên đề chọn lọc lượng giác áp dụng, NXB Giáo dục, 2008 [6] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Số phức áp dụng, NXB Giáo dục, 2010 [7] Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc ba toán tam giác, NXB Giáo dục, 2006 60 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ ... 31 Một số ứng dụng hàm đơn điệu theo bậc lượng giác 3.1 Một số dạng bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác 3.1.1 Bất đẳng thức dạng không đối xứng tam giác. .. http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương Bất đẳng thức liên quan đến lớp hàm đơn điệu liên tiếp Trong chương hai, ta quan tâm đếp lớp lớp hàm đơn điệu lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc 1-2 lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc... 2.3 Một số lớp hàm đơn điệu tuần hoàn đơn điệu tuyệt đối Song song với lớp hàm đơn điệu thông thường, nhiều lớp hàm đơn điệu khác nhiều người nghiên cứu đặc trưng chúng đơn điệu đầy đủ , đơn điệu