Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 2 Các phương pháp chứng minh Cho ∆ABC nhọn.. Lời giải : Gọi O là tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC.[r]
(1)Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh Chương : Các phương pháp chứng minh Chứng minh bất ñẳng thức ñòi hỏi kỹ và kinh nghiệm Không thể khơi khơi mà ta ñâm ñầu vào chứng minh gặp bài bất ñẳng thức Ta xem xét nó thuộc dạng bài nào, nên dùng phương pháp nào ñể chứng minh Lúc ñó việc chứng minh bất ñẳng thức thành công ñược Như vậy, ñể có thể ñương ñầu với các bất ñẳng thức lượng giác, bạn ñọc cần nắm vững các phương pháp chứng minh đó là kim nam cho các bài bất ựẳng thức Những phương pháp ñó phong phú và ña dạng : tổng hợp, phân tích, quy ước ñúng, ước lượng non già, ñổi biến, chọn phần tử cực trị … Nhưng theo ý kiến chủ quan mình, phương pháp thật cần thiết và thông dụng ñược tác giả giới thiệu chương : “Các phương pháp chứng minh” Mục lục : 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 Biến ñổi lượng giác tương ñương ……………………………………… 32 Sử dụng các bước ñầu sở …………………………………………… 38 ðưa vector và tích vô hướng ………………………………………… 46 Kết hợp các bất ñẳng thức cổ ñiển ……………………………………… 48 Tận dụng tính ñơn diệu hàm số ……………………………………… 57 Bài tập …………………………………………………………………… 64 The Inequalities Trigonometry 31 Lop11.com (2) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh 2.1 Biến ñổi lượng giác tương ñương : Có thể nói phương pháp này là phương pháp “xưa Trái ðất” Nó sử dụng các công thức lượng giác và biến ñổi qua lại các bất ñẳng thức ðể có thể sử dụng tốt phương pháp này bạn ñọc cần trang bị cho mình kiến thức cần thiết biến ñổi lượng giác (bạn ñọc có thể tham khảo thêm phần 1.2 Các ñẳng thức,bất ñẳng thức tam giác) Thông thường thì với phương pháp này, ta ñưa bất ñẳng thức cần chứng minh dạng bất ñẳng thức ñúng hay quen thuộc Ngoài ra, ta có thể sử dụng hai kết quen thuộc sin x ≤ ; cos x ≤ Ví dụ 2.1.1 − sin π 14 > cos π π sin 14 CMR : Lời giải : Ta có : − sin π π 5π 7π 3π 5π 3π − sin + sin − sin + sin − sin 14 14 14 14 14 14 14 π π 3π 2π = sin cos + cos + cos 14 = sin − sin π 14 = cos π + cos 2π + cos 3π (1) π 7 sin 14 Mặt khác ta có : π 1 π π 2π 4π 5π 3π + cos + cos + cos + cos cos = cos + cos 7 7 2 π 2π 2π 3π 3π π (2) cos = cos cos + cos + cos cos 7 7 7 π 2π 3π ; z = cos ðặt x = cos ; y = cos 7 Khi ñó từ (1), (2) ta có bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : ⇒ x + y + z > 3( xy + yz + zx ) (3) mà x, y, z > nên : (3) ⇔ (x − y )2 + ( y − z )2 + (z − x )2 >0 The Inequalities Trigonometry (4 ) 32 Lop11.com (3) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh Vì x, y, z ñôi khác nên (4) ñúng ⇒ ñpcm Như vậy, với các bất ñẳng thức trên thì việc biến ñổi lượng giác là ñịnh sống còn với việc chứng minh bất ñẳng thức Sau sử dụng các biến ñổi thì việc giải bất ñẳng thức trở nên dễ dàng chí là hiển nhiên (!) Ví dụ 2.1.2 CMR : a + b + c ≥ 2(ab sin 3x + ca cos x − bc sin x ) Lời giải : Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : a sin 2 x + cos 2 x + b sin x + cos x + c ≥ 2ab(sin x cos x + sin x cos x ) + + 2ca cos x − 2bc sin x ( ) ( ) ( ⇔ a cos 2 x + b sin x + c − 2ab cos x sin x − 2ca cos x + 2bc sin x ( 2 ) ) + a sin x − 2ab sin x cos x + b cos x ≥ ⇔ (a cos x − b sin x − c ) + (a sin x − b cos x ) ≥ Bất ñẳng thức cuối cùng luôn ñúng nên ta có ñpcm 2 Ví dụ 2.1.3 CMR với ∆ABC ta có : sin A + sin B + sin C ≤ Lời giải : Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : − cos B − cos 2C − cos A + + ≤ 2 1 ⇔ cos A + (cos B + cos 2C ) + ≥ ⇔ cos A − cos A cos(B − C ) + ≥ cos(B − C ) ⇔ cos A − + sin (B − C ) ≥ ⇒ ñpcm ðẳng thức xảy và ∆ABC ñều The Inequalities Trigonometry 33 Lop11.com (4) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh Ví dụ 2.1.4 Cho α , β , γ ≠ π + kπ (k ∈ Z ) là ba góc thỏa sin α + sin β + sin γ = CMR : tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α 2 ≤ − tan α tan β tan γ Lời giải : Ta có : sin α + sin β + sin γ = ⇔ cos α + cos β + cos γ = 1 ⇔ + + =2 2 + tan α + tan β + tan γ ⇔ tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α = − tan α tan β tan γ Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α 2 2 2 ≤ tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α ⇔ (tan α tan β − tan β tan γ ) + (tan β tan γ − tan γ tan α ) + (tan γ tan α − tan α tan β ) ≥ ⇒ ñpcm tan α tan β = tan β tan γ ðẳng thức xảy ⇔ tan β tan γ = tan γ tan α ⇔ tan α = tan β = tan γ tan γ tan α = tan α tan β 2 Ví dụ 2.1.5 CMR ∆ABC ta có : A B C A B C cot + cot + cot ≥ 3 tan + tan + tan 2 2 2 Lời giải : Ta có : A B C A B C + cot + cot = cot cot cot 2 2 2 x, y , z > A B C ðặt x = cot ; y = cot ; z = cot thì 2 x + y + z = xyz Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : cot The Inequalities Trigonometry 34 Lop11.com (5) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh 1 1 x + y + z ≥ 3 + + x y z 3( xy + yz + zx ) ⇔ (x + y + z ) ≥ xyz ⇔ ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx ) ⇔ (x − y ) + ( y − z ) + (z − x ) ≥ ⇒ ñpcm ðẳng thức xảy ⇔ cot A = cot B = cot C ⇔ A=B=C ⇔ ∆ABC ñều 2 Ví dụ 2.1.6 1 + ≤ + sin x − sin x + cos x CMR : Lời giải : Vì − ≤ sin x ≤ và cos x ≥ −1 nên : + sin x > ; − sin x > và + cos > Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : 6(2 + cos x ) ≤ − sin x ( ) ( ⇔ 12 + cos x ≤ 18 − − cos x ) ⇔ cos x − cos x + ≥ ⇔ (cos x − 1)(cos x − 2) ≥ cos x ≤ nên bất ñẳng thức cuối cùng luôn ñúng ⇒ ñpcm Ví dụ 2.1.7 CMR ∀ π ≤ α ;β < π ta có : − 1 −1 ≤ − 1 cos α + cos β cos β cos α Lời giải : Từ ∀ π ≤ α ;β < π ⇒ < cos α ; cos β ≤ The Inequalities Trigonometry 35 Lop11.com (6) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh 0 < cos α + cos β ≤ ñó 0 < cos α cos β ≤ ðặt a = cos α + cos β ; b = cos α cos β Bất ñẳng thức ñã cho trở thành : 2−a 1− a + b ≤ a b 1− a + b 2−a ⇔ ≤ b a ⇔ (2 − a ) b ≤ a (1 − a + b ) ⇔ a − a − 4ab + 4b ≤ ( ) ⇔ (a − 1) a − 4b ≤ Bất ñẳng thức cuối cùng ñúng vì a ≤ và a − 4b = (cos α − cos β ) ≥ ⇒ ñpcm Ví dụ 2.1.8 Cho các góc nhọn a và b thỏa sin a + sin b < CMR : sin a + sin b < sin (a + b ) Lời giải : π sin a + sin − a = 2 2 nên từ ñiều kiện sin a + sin b < suy : Ta có : b< π −a ; < a+b < π 2 Mặt khác ta có : sin (a + b ) = sin a cos b + sin b cos a + sin a sin b cos a cos b nên thay cos b = − sin b vào thì bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : sin a sin b < sin a sin b cos a cos b ⇔ sin a sin b < cos a cos b ⇔ < cos(a + b ) (ñể ý sin a sin b > nên có thể chia hai vế cho sin a sin b ) Bất ñẳng thức sau cùng hiển nhiên ñúng < a + b < The Inequalities Trigonometry π ⇒ ñpcm 36 Lop11.com (7) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh Ví dụ 2.1.9 Cho ∆ABC không vuông CMR : ( ) tan A tan B tan C − tan A + tan B + tan C ≤ + tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A Lời giải : Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : ( ) ( )( )( tan A tan B tan C − tan A + tan B + tan C − ≤ + tan A + tan B + tan C ) 1 + + − 3 − ≤ − 1 − 4 − 1 ⇔ 4 − 1 2 2 2 cos A cos B cos C cos A cos B cos C cos A cos B cos C 1 1 ⇔ − + + ≤ 2 2 2 2 2 cos A cos B cos C cos A cos B cos B cos C cos C cos A cos A cos B cos C ⇔ cos A + cos B + cos C ≥ + cos A + cos B ⇔ + + cos C ≥ 2 ⇔ 2(cos A + cos B ) + cos C + ≥ ⇔ cos( A + B ) cos( A − B ) + cos C + ≥ ⇔ cos C − cos C cos( A − B ) + ≥ ⇔ (2 cos C − cos( A − B )) + sin ( A − B ) ≥ ⇒ ñpcm Ví dụ sau ñây, theo ý kiến chủ quan tác giả, thì lời giải nó xứng ñáng là bậc thầy biến ñổi lượng giác Những biến ñổi thật lắt léo kết hợp cùng bất ñẳng thức cách hợp lý ñúng chỗ ñã mang ñến cho chúng ta bài toán thật ñặc sắc !!! Ví dụ 2.1.10 Cho nửa ñường tròn bán kính R , C là ñiểm tùy ý trên nửa ñường tròn Trong hai hình quạt nội tiếp hai ñường tròn, gọi M và N là hai tiếp ñiểm hai ñường tròn với ñường kính nửa ñường tròn ñã cho CMR : MN ≥ R − ( ) Lời giải : Gọi O1 ,O2 là tâm hai ñường tròn ðặt ∠CON = 2α (như < α < π ) và OO1 = R1 ; OO2 = R2 Ta có : ∠O2 ON = α ∠O1OM = π −α The Inequalities Trigonometry 37 Lop11.com (8) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh Vậy : π MN = MO + ON = R1 cot − α + R2 cot α = R1 tan α + R2 cot α 2 Trong ∆ vuông O1 MO có : π R1 = O1O sin − α = (R − R1 ) cos α 2 R cos α R1 (1 + cos α ) = R cos α ⇒ R1 = + cos α Tương tự : R2 = OO2 sin α = (R − R2 ) sin α ⇒ R2 = R sin α + sin α Do ñó : R cos α sin α R sin α cos α ⋅ + ⋅ + cos α cos α + sin α sin α R sin α R cos α = + + cos α + sin α sin α + cos α + =R (1 + sin α )(1 + cos α ) MN = cos =R α C O1 O2 α α sin + cos 2 2 M α α α sin + cos cos 2 =R α α α cos sin + cos 2 2 2R = sin α + cos α + π mà sin α + cos α ≤ α − ≤ ⇒ MN ≥ 4 ðẳng thức xảy ⇔ α = π 2R +1 N O ( ) = R − ⇒ ñpcm ⇔ OC ⊥ MN 2.2 Sử dụng các bước ñầu sở : Các bước ñầu sở mà tác giả muốn nhắc ñến ñây là phần 1.2 Các ñẳng thức, bất ñẳng thức tam giác Ta ñưa các bất ñẳng thức cần chứng minh các bất ñẳng thức bắng cách biến ñổi và sử dụng các ñẳng thức Ngoài ra, tham gia các kỳ thi, tác giả khuyên bạn ñọc nên chứng minh các ñẳng thức, bất ñẳng thức sử dụng bổ ñề cho bài toán The Inequalities Trigonometry 38 Lop11.com (9) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh Ví dụ 2.2.1 Cho ∆ABC ðường phân giác các góc A, B, C cắt ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC A1 , B1 , C1 CMR : S ABC ≤ S A1B1C1 Lời giải : Gọi R là bán kính ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC thì nó là bán kính ñường tròn A ngoại tiếp ∆A1 B1C1 Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : R sin A sin B sin C ≤ R sin A1 sin B1 sin C1 (1) C1 B+C C+A A+ B Do A1 = ; B1 = ; C1 = nên : 2 (1) ⇔ sin A sin B sin C ≤ sin B + C sin C + A sin A + B 2 B A B C A B C A B C ⇔ sin sin sin cos cos cos ≤ cos cos cos (2) 2 2 2 2 A B C A1 Vì cos cos cos > nên : 2 (2) ⇔ sin A sin B sin C ≤ ⇒ ñpcm 2 ðẳng thức xảy ⇔ ∆ABC ñều Ví dụ 2.2.2 CMR tam giác ta ñều có : sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤ A B C + sin sin sin 2 Lời giải : Ta có : cos A + cos B + cos C = + sin A B C sin sin 2 Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với : sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤ + cos A + cos B + cos C (1) mà : The Inequalities Trigonometry 39 Lop11.com B1 C (10) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh cos A = sin B sin C − cos B cos C cos B = sin C sin A − cos C cos A cos C = sin A sin B − cos A cos B nên : (1) ⇔ cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≤ (2) Thật hiển nhiên ta có : cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≤ (cos A + cos B + cos C )2 (3) 3 ⇒ (3) ñúng ⇒ (2) ñúng ⇒ ñpcm ðẳng thức xảy và ∆ABC ñều Mặt khác ta có : cos A + cos B + cos C ≤ Ví dụ 2.2.3 Cho ∆ABC CMR : 1 + + ≥1 + cos A + cos A cos B + cos B + cos B cos C + cos C + cos C cos A Lời giải : ðặt vế trái bất ñẳng thức cần chứng minh là T Theo AM – GM ta có : T [3 + 2(cos A + cos B + cos C ) + 4(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A)] ≥ (1) mà : cos A + cos B + cos C ≤ (cos A + cos B + cos C )2 ≤ và hiển nhiên : cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≤ ⇒ + 2(cos A + cos B + cos C ) + 4(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ (2 ) Từ (1), (2) suy T ≥ ⇒ ñpcm Ví dụ 2.2.4 CMR với ∆ABC bất kỳ, ta có : 2 a + b + c ≥ 3S + (a − b ) + (b − c ) + (c − a ) Lời giải : Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : The Inequalities Trigonometry 40 Lop11.com (11) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh 2(ab + bc + ca ) ≥ 3S + a + b + c (1) Ta có : b2 + c2 − a2 cot A = 4S c + a2 − b2 cot B = 4S a + b2 − c2 cot C = 4S Khi ñó : (1) ⇔ 4S + + ≥ 3S + 4S (cot A + cot B + cot C ) sin A sin B sin C − cot C ≥ − cot B + ⇔ − cot A + sin C sin B sin A A B C ⇔ tan + tan + tan ≥ 2 ⇒ ñpcm ðẳng thức xảy và ∆ABC ñều Ví dụ 2.2.5 CMR tam giác, ta có : A B B C C A r sin sin + sin sin + sin sin ≤ + 2 2 2 4R Lời giải : Áp dụng công thức : r = R sin A B C sin sin , ta ñưa bất ñẳng thức ñã cho dạng 2 tương ñương sau : A B B C C A A B C sin sin + sin sin + sin sin − sin sin sin ≤ (1) 2 2 2 2 A B C Ta có : cos A + cos B + cos C = + sin sin sin 2 Do ñó : (1) ⇔ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A − (cos A + cos B + cos C − 1) ≤ 2 2 2 Theo AM – GM, ta có : A B A B cos cos cos cos + + ≥ ⇒ sin A sin B ≥ sin A sin B B A B A 2 2 cos cos cos cos 2 2 The Inequalities Trigonometry (2) 41 Lop11.com (12) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh A B 1 B A sin ≤ sin A tan + sin B tan 2 2 2 Tương tự ta có : B C 1 C B sin sin ≤ sin B tan + sin C tan 2 2 2 C A 1 A C sin sin ≤ sin C tan + sin A tan 2 2 2 Từ ñó suy : A B B C C A 2 sin sin + sin sin + sin sin ≤ 2 2 2 1 A B C ≤ tan (sin B + sin C ) + tan (sin C + sin A) + tan (sin A + sin B ) 2 2 A B B C C A ⇒ cos A + cos B + cos C ≥ 2 sin sin + sin sin + sin sin 2 2 2 Khi ñó : A B B C C A sin sin + sin sin + sin sin − (cos A + cos B + cos C − 1) ≤ 2 2 2 1 1 ≤ (cos A + cos B + cos C ) − (cos A + cos B + cos C − 1) = (cos A + cos B + cos C ) = 4 mà cos A + cos B + cos C ≤ A B B C C A ⇒ sin sin + sin sin + sin sin − (cos A + cos B + cos C − 1) ≤ 2 2 2 ⇒ (2) ñúng ⇒ ñpcm ⇒ sin Ví dụ 2.2.6 Cho ∆ABC CMR : a2 + b2 + c2 a 2b 2c ≤ A B C cot A + cot B + cot C tan tan tan 2 Lời giải : Ta có : a2 + b2 + c2 = 4S cot A + cot B + cot C nên bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với : The Inequalities Trigonometry 42 Lop11.com (13) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh a 2b c (1) A B C tan tan tan 2 Mặt khác ta có : a = b + c − 2bc cos A ⇒ a ≥ 2bc − 2bc cos A A ⇒ a ≥ 4bc sin 2 A 4bc sin a2 = 2bc sin A = S ⇒ ≥ A A tan tan 2 Tương tự ta có : b2 c2 ≥ 4S ; ≥ 4S B C tan tan 2 ⇒ (1) ñúng ⇒ ñpcm 64S ≤ Ví dụ 2.2.7 CMR tam giác ta có : (1 + b + c − bc ) cos A + (1 + c + a − ca ) cos B + (1 + a + b − ab) cos C ≤ Lời giải : Ta có vế trái bất ñẳng thức cần chứng minh : (cos A + cos B + cos C ) + [(b + c ) cos A + (c + a )cos B + (a + b) cos C ] − (ab cos C + bc cos A + ca cos B ) ðặt : P = cos A + cos B + cos C Q = (b + c ) cos A + (c + a ) cos B + (a + b ) cos C R = ab cos C + bc cos A + ca cos B Dễ thấy P ≤ Mặt khác ta có : b cos C + c cos B = R(sin B cos C + sin C cos B ) = R sin (B + C ) = R sin A = a Tương tự : c cos A + a cos C = b a cos B + b cos A = c ⇒Q = a+b+c Và ta lại có : The Inequalities Trigonometry 43 Lop11.com (14) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 + + ab cos C + bc cos A + ca cos B = 2 2 2 a +b +c ⇒R= a2 + b2 + c2 (a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 ≤ ⇒ P + Q + R ≤ + (a + b + c ) − = 3− 2 ⇒ ñpcm Ví dụ 2.2.8 Cho ∆ABC CMR : R+r ≥4 S Lời giải : Ta có : R= abc R sin A sin B sin C = = 4S r= sin A sin B sin C S S = = sin A + sin B + sin C p R(sin A + sin B + sin C ) S sin A sin B sin C Vậy : S S 1 sin A sin B sin C + + 2 sin A sin B sin C 2 sin A sin B sin C sin A + sin B + sin C Theo AM – GM ta có : R+r = R+r S S sin A sin B sin C ≥ sin A sin B sin C (sin A + sin B + sin C ) mà : sin A + sin B + sin C ≤ sin A sin B sin C ≤ ⇒ R+r ≥3 3 4S S 3 27 3 = S ⇒ ñpcm Ví dụ 2.2.9 CMR tam giác ta có : The Inequalities Trigonometry 44 Lop11.com (15) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh 8 S ab ab bc bc ca ca S + + ≥ ≥ 2r 3 R a+b b+c c+a Lời giải : Theo AM – GM ta có : ab ab bc bc ca ca ab + bc + ca + + ≤ a+b b+c c+a 2 (a + b + c ) 8 S Do S = pr ⇒ = 2r Lại có : ab + bc + ca (a + b + c ) ≤ 2 8 S ab ab bc bc ca ca ⇒ ≥ + + ⇒ vế trái ñược chứng minh xong 2r a+b b+c c+a Ta có : a + b + c = R(sin A + sin B + sin C ) sin A + sin B + sin C ≤ 3 ⇒ a + b + c ≤ 3R Theo AM – GM ta có : S2 = p ( p − a )( p − b ) ( p − b )( p − c ) ( p − c )( p − a ) ≤ p abc abc p abc 9abc 8 S 8 ⇒ ≤ ⋅ = ⋅ = 2 a + b + c (a + b ) + (b + c ) + (c + a ) 3 R a+b+c 3 Một lần theo AM – GM ta có : 9abc 9abc ab ab bc bc ca ca ≤ ≤ + + (a + b ) + (b + c ) + (c + a ) 3 (a + b )(b + c )(c + a ) a + b b + c c + a ⇒ vế phải chứng minh xong ⇒ Bất ñẳng thức ñược chứng minh hoàn toàn Ví dụ 2.2.10 Cho ∆ABC CMR : abc + + ≥ R A B C cos cos cos 2 a8 b8 c8 The Inequalities Trigonometry 45 Lop11.com (16) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh Lời giải : Áp dụng BCS ta có : a8 b8 (a c8 ) + b4 + c4 + + ≥ A B C A B C cos cos cos cos + cos + cos 2 2 2 mà : cos A B C + cos + cos ≤ 2 4 abc 2 = 16 S R Vì ta cần chứng minh : a + b + c ≥ 16S Trước hết có : a + b + c ≥ abc(a + b + c ) (1) Thật : (1) ⇔ a a − bc + b b − ca + c c − ab ≥ [ ( ] ) ( ) [ ( ) ] ( [ ) ] ⇔ a + (b + c ) (b − c ) + b + (c + a ) (c − a ) + c + (a + b ) (a − b ) ≥ (ñúng!) Mặt khác ta có : 16 S = 16 p( p − a )( p − b )( p − c ) = (a + b + c )(a + b − c )(b + c − a )(c + a − b ) (2 ) Từ (1), (2) thì suy ta phải chứng minh : abc ≥ (a + b − c )(b + c − a )(c + a − b ) (3) ðặt : x = a+b−c y =b+c−a 2 2 2 z = c+a−b vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên x, y, z > Khi ñó theo AM – GM thì : (x + y )( y + z )(z + x ) ≥ xy yz zx = xyz = (a + b − c )(b + c − a )(c + a − b ) abc = 8 ⇒ (3) ñúng ⇒ ñpcm ( )( )( ) 2.3 ðưa vector và tích vô hướng : Phương pháp này luôn ñưa cho bạn ñọc lời giải bất ngờ và thú vị Nó ñặc trưng cho kết hợp hoàn ñại số và hình học Những tính chất vector lại mang ñến lời giải thật sáng sủa và ñẹp mắt Nhưng số lượng các bài toán phương pháp này không nhiều Ví dụ 2.3.1 The Inequalities Trigonometry 46 Lop11.com (17) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh CMR tam giác ta có : cos A + cos B + cos C ≤ Lời giải : Lấy các vector ñơn vị e1 , e2 , e3 trên các cạnh AB, BC , CA Hiển nhiên ta có : A (e + e ) ≥0 ⇔ + cos(e , e ) + cos(e , e ) + cos(e , e ) ≥ + e3 2 3 e1 ⇔ − 2(cos A + cos B + cos C ) ≥ ⇔ cos A + cos B + cos C ≤ ⇒ ñpcm e3 B C e2 Ví dụ 2.3.2 Cho ∆ABC nhọn CMR : cos A + cos B + cos 2C ≥ − Lời giải : Gọi O, G là tâm ñường tròn ngoại tiếp và trọng tâm ∆ABC A Ta có : OA + OB + OC = 3OG Hiển nhiên : (OA + OB + OC ) ≥ ⇔ 3R + R [cos(OA, OB ) + cos (OB, OC ) + cos(OC , OA)] ≥ 2 ⇔ 3R + R (cos 2C + cos A + cos B ) ≥ 2 O B C ⇔ cos A + cos B + cos 2C ≥ − ⇒ ñpcm ðẳng thức xảy ⇔ OA + OB + OC = ⇔ OG = ⇔ O ≡ G ⇔ ∆ABC ñều Ví dụ 2.3.3 The Inequalities Trigonometry 47 Lop11.com (18) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh Cho ∆ABC nhọn CMR ∀x, y, z ∈ R ta có : yz cos A + zx cos B + xy cos 2C ≥ − x + y2 + z2 ( ) A Lời giải : Gọi O là tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC Ta có : (xOA + yOB + zOC ) O ≥0 ⇔ x + y + z + xyOA.OB + yz OB.OC + zxOC.OA ≥ B C ⇔ x + y + z + xy cos 2C + yz cos A + zx cos B ≥ ⇔ yz cos A + zx cos B + xy cos 2C ≥ − x + y2 + z2 ( ) ⇒ ñpcm 2.4 Kết hợp các bất ñẳng thức cổ ñiển : Về nội dung cách thức sử dụng các bất ñẳng thức chúng ta ñã bàn chương 1: “Các bước ñầu sở” Vì phần này, ta không nhắc lại mà xét thêm số ví dụ phức tạp hơn, thú vị Ví dụ 2.4.1 CMR ∀∆ABC ta có : A B C A B C sin + sin + sin cot + cot + cot ≥ 2 2 2 Lời giải : Theo AM – GM ta có : A B C sin + sin + sin 2 ≥ sin A sin B sin C 2 Mặt khác : A B C cos cos A B C A B C 2 cot + cot + cot = cot cot cot = A B C 2 2 2 sin sin sin 2 cos The Inequalities Trigonometry 48 Lop11.com (19) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh (sin A + sin B + sin C ) sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C 2 2 2 = = A B C A B C sin sin sin sin sin sin 2 2 2 A A B B C C sin cos sin cos sin cos 2 2 2 ≥ ⋅ A B C sin sin sin 2 Suy : A B C A B C sin + sin + sin cot + cot + cot ≥ 2 2 2 A B C A A B B C C sin sin sin cos sin cos sin cos 2 2 2 2 ≥ ⋅ A B C sin sin sin 2 A B C (1) = cot cot cot 2 2 A B C mà ta có : cot cot cot ≥ 3 2 A B C 9 (2) ⇒ ⋅ cot cot cot ≥ ⋅ 3 = 2 2 2 Từ (1) và (2) : sin A B C A B C ⇒ sin + sin + sin cot + cot + cot ≥ 2 2 2 ⇒ ñpcm Ví dụ 2.4.2 Cho ∆ABC nhọn CMR : (cos A + cos B + cos C )(tan A + tan B + tan C ) ≥ Lời giải : Vì ∆ABC nhọn nên cos A, cos B, cos C , tan A, tan B, tan C ñều dương cos A + cos B + cos C Theo AM – GM ta có : ≥ cos A cos B cos C sin A sin B sin C tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C = cos A cos B cos C The Inequalities Trigonometry 49 Lop11.com (20) Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Các phương pháp chứng minh (sin A + sin B + sin 2C ) sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C = = cos A cos B cos C cos A cos B cos C 3 sin A cos A sin B cos B sin C cos C ≥ ⋅ 2 cos A cos B cos C Suy : (cos A + cos B + cos C )(tan A + tan B + tan C ) ≥ ⋅ cos A cos B cos C sin A cos A sin B cos B sin C cos C cos A cos B cos C 93 tan A tan B tan C = (1) Mặt khác : tan A tan B tan C ≥ 3 9 ⋅ tan A tan B tan C ≥ ⋅ 3 = 2 Từ (1) và (2) suy : ⇒ (2) (cos A + cos B + cos C )(tan A + tan B + tan C ) ≥ ⇒ ñpcm Ví dụ 2.4.3 Cho ∆ABC tùy ý CMR : tan A + + tan B + + tan C + A B C 2 tan tan tan 2 2 ≥4 Lời giải : π Xét f ( x ) = tan x ∀x ∈ ; 2 Khi ñó : f ' ' ( x ) = Theo Jensen thì : tan A B C + tan + tan ≥ (1) 2 π Xét g ( x ) = cot x ∀x ∈ ; 2 π Và g ' ' ( x ) = 2(1 + cot x )cot x > ∀x ∈ ; 2 A B C Theo Jensen thì : cot + cot + cot ≥ 3 2 Vậy (1) + (2)⇒ ñpcm The Inequalities Trigonometry (2) 50 Lop11.com (21)