He thuc luong trong tam giac

và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một số biểu thức lượng giác có dạng tổng quát... university-logo XIN CHÂN THÀNH CẢM ƠN!.[r]

(1)

university-logo

HỘI THẢO KHOA HỌC HẠ LONG-2009 TÊN BÁO CÁO

CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC DẠNG TỔNG QUÁT TRONG TAM GIÁC

Phạm Thị Nhàn

Sở Giáo Dục Đào Tạo Quảng Ninh

(2)

university-logo

NỘI DUNG BÁO CÁO

1 Phần 1: Bất đẳng thức lượng giác tam giác mà vế trái có dạng

fα(A) +fα(B) +fα(C)

2 Phần 2: Bất đẳng thức lượng giác dạng không đối xứng tam giác với vế trái biểu thức dạng :

(3)

university-logo

2 Phần 2: Bất đẳng thức lượng giác dạng không đối xứng tam

giác với vế trái biểu thức dạng :

(4)

university-logo

2 Phần 2: Bất đẳng thức lượng giác dạng không đối xứng tam

giác với vế trái biểu thức dạng :

xf(A) +yf(B) +zf(c)

(5)

university-logo

Phần 1: Bất đẳng thức lượng giác tam giác mà vế trái có dạng fα(A) + fα(B) +f α(C) trong đó

f(x) =sinx;cosx,tanx,sin 2x,

Bài tập 1

1 Chứng minh tam giác nhọn ABC,ta có

1.tanA+tanB+tanC >3√3. 2.tanAtanBtanC >3√3.

2 Từ BĐT hai toán ta chứng minh BĐT

trong toán sau:

Bài tập 3

Chứng minh tam giác nhọn ABC,ta có (tanA)tanA+ (tanB)tanB + (tanC)tanC >(3√3)

(6)

university-logo

Bài tập 1

3

1.tanA+tanB+tanC >3√3.

2.tanAtanBtanC >3√3.

trong toán sau:

Bài tập 3

Chứng minh tam giác nhọn ABC,ta có (tanA)tanA+ (tanB)tanB + (tanC)tanC >(3√3)

(7)

university-logo

Bài tập 1

3

1.tanA+tanB+tanC >3√3.

2.tanAtanBtanC >3√3.

trong toán sau:

Bài tập 3

Chứng minh tam giác nhọn ABC,ta có

(tanA)tanA+ (tanB)tanB + (tanC)tanC >(3√3)

(8)

university-logo

1 Lời giải. Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau: Cho số dươngx,y,z,

chứng minh rằng:

xx.yy.zz>(xyz)13(x+y+z). Thật vậy, ta viết BĐT dạng:

xlnx+ylny+zlnz > 1

3(x+y+z)(lnx+lny+lnz)

⇔(x−y)(lnx−lny) + (y−z)(lny−lnz) + (z−x)(lnz−lnx)>0(4)

3 Nhận xét : Hàm số y =lnx đồng biến nên(x−y)(lnx−lny)>0,

với mọi x,y >0

(9)

university-logo Lời giải. Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau: Cho số dươngx,y,z,

xx.yy.zz>(xyz)13(x+y+z).

2 Thật vậy, ta viết BĐT dạng:

xlnx+ylny+zlnz > 1

3(x+y+z)(lnx+lny+lnz) ⇔(x−y)(lnx−lny) + (y−z)(lny−lnz) + (z−x)(lnz−lnx)>0(4)

với mọi x,y >0

(10)

xlnx+ylny+zlnz > 1

với mọi x,y >0

(11)

xlnx+ylny+zlnz > 1

với mọi x,y >0

(12)

university-logo Áp dụng bổ đề vào (3) ta có :

√

3.

2 Dấu đẳng thức xảy khi

(

tanA=tanB =tanC A=B =C,

(13)

university-logo

1 Áp dụng bổ đề vào (3) ta có :

√ 3.

(

tanA=tanB =tanC A=B =C,

(14)

university-logo Bài toán tổng quát 1 Chứng minh tam giác nhọn

ABC,ta có

tannA+tannB+tannC >3√3n

2 Chứng minh.Từ hai BĐT (1) và (2)ta có

tanA+tanB+tanC =tanAtanBtanC >3√3

3 Khi theo BĐT AM-GM, ta có

tannA+tannB+tannC >3p3

(tanAtanBtanC)n>3q3 (3√3)n

4

⇔tannA+tannB+tannC >3√3n

(15)

ABC,ta có

4

(16)

ABC,ta có

(tanAtanBtanC)n>3q3

(3√3)n

4

(17)

ABC,ta có

4

(18)

ABC,ta có

4

(19)

university-logo

Từ ta có BĐT sau

tan2A+tan2B+tan2C >3√32 =9

tan3A+tan3B+tan3C >9√3 tan4A+tan4B+tan4C >27 tan2008A+tan2008B+tan2008C >3

√ 32008

(20)

university-logo Từ Bài toán tổng quát ta dễ dàng chứng minh toán tổng

quát sau

2 Bài toán tổng quát 2 Chứng minh tam giác nhọn

ABC,ta có

tannA+tannB+tannC >3+ 3n

2

3 Chứng minh.Ta có

tannA+tannB+tannC >3√3n>3(1+1

2)

n

>3(1+n

2) =3+ 3n

2

(21)

university-logo

1 Từ Bài toán tổng quát ta dễ dàng chứng minh toán tổng

quát sau

ABC,ta có

tannA+tannB+tannC >3+ 3n 2

2)

n

>3(1+n

2) =3+ 3n

2

(22)

university-logo

quát sau

ABC,ta có

2)

n

>3(1+n

2) =3+ 3n

2

(23)

university-logo

quát sau

ABC,ta có

2)

n

>3(1+n

2) =3+

3n

2

(24)

university-logo Bài toán tổng quát 3. Chứng minh tam giác ABC,

ta có

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan 2nC

2 > 1 3n−1

2 Chứng minh.Xét hàm số :f(x) =tan2x ta có

f0(x) = tanx

cos2x,f”(x) =2

1 cos2x +3

sin2x

cos4x

>0

4 Vì hàm số f(x) =tan2x lõm tập xác định nó. Theo tính chất hàm lõm ta có:

tan2A 2 +tan

2 B

2 +tan

2 C

2 >3 tan

2(A+B+C

(25)

ta có

tan2nA

2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

2 > 1 3n−1

f0(x) = tanx

cos2x,f”(x) =2

1 cos2x +3

sin2x

cos4x

>0

tan2A 2 +tan

2 B

2 +tan

2 C

2 >3 tan

2(A+B+C

(26)

ta có

tan2nA

2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

2 > 1 3n−1

f0(x) = tanx

cos2x,f”(x) =2 1 cos2x +3

sin2x cos4x

>0

tan2A 2 +tan

2 B

2 +tan

2 C

2 >3 tan

2(A+B+C

(27)

ta có

tan2nA

2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

2 > 1 3n−1

2 Chứng minh.Xét hàm số :f(x) =tan2x

3 ta có

f0(x) = tanx

cos2x,f”(x) =2

1 cos2x +3

sin2x

cos4x

>0

tan2A 2 +tan

2 B

2 +tan

2 C

2 >3 tan

2(A+B+C

(28)

ta có

tan2nA

2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

2 > 1 3n−1

2 Chứng minh.Xét hàm số :f(x) =tan2x

3 ta có

f0(x) = tanx

cos2x,f”(x) =2

1 cos2x +3

sin2x

cos4x

>0

4 Vì hàm số f(x) =tan2x lõm tập xác định nó.

5 Theo tính chất hàm lõm ta có:

tan2A 2 +tan

2 B 2 +tan

2 C

2 >3 tan

(29)

university-logo Xét hàm sốf(x) =xn ∀x>0,∀n∈N∗

2 Ta cóf0(x) =nxn−1,f”(x) =n(n−1)xn−2>0∀x>0,∀n ∈N∗ Vì hàm số f(x) =xn lõm ∀x>0,∀n ∈N∗

4 Theo tính chất hàm lõm: Với ∀x,y,z ∈NTa có:

xn+yn+zn>3x+y+z 3

n

5 Suy ra

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

2 >3

tan2A

2 +tan 2A

2 +tan 2 A

2

3

n

(5)

6 Từ (4) và (5) ta có

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

(30)

xn+yn+zn>3x+y+z 3

n

5 Suy ra

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

2 >3

tan2A

2 +tan 2A

2 +tan 2 A

2

3

n

(5)

6 Từ (4) và (5) ta có

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

(31)

xn+yn+zn>3x+y+z 3

n

5 Suy ra

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

2 >3

tan2A

2 +tan 2A

2 +tan 2 A

2

3

n

(5)

6 Từ (4) và (5) ta có

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

(32)

xn+yn+zn>3x+y+z 3

n

5 Suy ra

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

2 >3

tan2A

2 +tan 2A

2 +tan 2 A

2

3

n

(5)

6 Từ (4) và (5) ta có

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

(33)

xn+yn+zn>3x+y+z 3

n

5 Suy ra

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan 2nC

2 >3

tan2A 2 +tan

2A

2 +tan 2 A

2 3

n (5)

6 Từ (4) và (5) ta có

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

(34)

xn+yn+zn>3x+y+z 3

n

5 Suy ra

tan2nA

2 +tan

2nB

2 +tan

2nC

2 >3

tan2A

2 +tan 2A

2 +tan 2 A

2

3

n (5)

6 Từ (4) và (5) ta có

tan2nA 2 +tan

2nB

2 +tan 2nC

(35)

university-logo

Từ ta có BĐT sau : tan4 A

2 +tan

4B

2 +tan

4C

2 > 1 3 tan6 A

2 +tan

6B

2 +tan

6C

2 > 1 9 tan2008A

2 +tan

2008 B

2 +tan

2008 C

(36)

university-logo

Bài tập 4

Chứng minh tam giác ABC,ta có

a)sinA+sinB+sinC 6cosA

2 +cos

B

2 +cos

C

2.

b) √

sinA+

√

sinB+

√

sinC 6

r cosA 2 + r cosB 2 + r cosC 2.

c)n √

sinA+ n

√

sinB+ n

√

sinC 6 n

(37)

university-logo

c) Ta di chứng minh n √

sinA+ n

√

sinB 6 n

r

cosC

2, (1)

Đặt

n √

sinA=x>0 n

√

sinB =y >0 Suy ra

(38)

university-logo Để chứng minh (1) ta chứng minh

x+y 2

n

6 x n+yn

2 , (2)

Dấu đẳng thức xảy khi x=y hoặc n=1 (Dùng PP qui nạp tốn học )

2 Từ đó

n

√

sinA+ n

√

sinBn6 sinA+sinB

2 62

cosC2 2

3

⇔ √nsinA+ n

√

sinB 62n

r

cosC 2

(39)

university-logo

1 Để chứng minh (1) ta chứng minh

x+y 2

n

6 x

n+yn

2 , (2)

Dấu đẳng thức xảy khi x=y hoặc n=1 (Dùng PP qui nạp toán

học )

2 Từ đó

n √

sinA+ n √

sinBn6 sinA+sinB

2 62

cosC2 2

3

⇔ √nsinA+ n

√

sinB 62n

r

cosC 2

(40)

university-logo

x+y 2

n

6 x

n+yn

2 , (2)

Dấu đẳng thức xảy khi x=y hoặc n=1 (Dùng PP qui nạp tốn

học )

2 Từ đó

n √

sinA+ n

√

sinBn6 sinA+sinB

2 62

cosC2 2

3

⇔ √nsinA+ n √

sinB 62n r

cosC 2

(41)

university-logo

x+y 2

n

6 x

n+yn

2 , (2)

Dấu đẳng thức xảy khi x=y hoặc n=1 (Dùng PP qui nạp toán

học )

2 Từ đó

n √

sinA+ n

√

sinBn6 sinA+sinB

2 62

cosC2 2

3

⇔ √nsinA+ n √

sinB 62n

r

cosC

2

(42)

university-logo Tương tự ta có:

n √

sinB+√nsinC 62n r

cosA 2

n √

sinC + n √

sinA62n r

cosB 2

2 Cộng vế với vế ba BĐT ta có

c)√nsinA+√nsinB+√nsinC 6 n

r

cosA 2 +

n

r

cosB 2 +

n

r

cosC 2

3 điều phải chứng minh Dấu đẳng thức xảy khi ABC là tam giác

(43)

university-logo

1 Tương tự ta có:

n √

sinB+√nsinC 62n r

cosA

2 n

√

sinC + n

√

sinA62n r

cosB

2

r cosA

2 + n r

cosB 2 +

n r

cosC 2

(44)

university-logo

1 Tương tự ta có:

n √

sinB+√nsinC 62n r

cosA

2 n

√

sinC + n

√

sinA62n r

cosB

2

r

cosA

2 +

n r

cosB

2 +

n r

cosC

2

(45)

university-logo Bất đẳng thức Becnuly.Vớix >0

xα+α−16αx nếu 06α61 xα+α−1>αx nếu α 60 hoặc α>1.

2 Hệ 1. Vớix>0;α>β >0.Ta có

xα+

α

β −1

> α

βx

β.

3 Hệ 2. Chox1,x2,· · ·xn>0.Khi đó

1

n n X

i=1

xiα 6

1

n n X

i=1

xi α

nếu 06α61 1

n n X

i=1

xiα >

1

n n X

i=1

xi α

nếuα60 hoặcα>1.

4 Bất đẳng thức Becnoully chứng minh đạo hàm, hệ quả

(46)

xα+α−16αx nếu 06α61

xα+α−1>αx nếu α 60 hoặc α>1.

2 Hệ 1. Vớix>0;α>β >0.Ta có

xα+ α

β −1

> α

βx β.

1

n n X

i=1

xiα 6

1

n n X

i=1

xi α

nếu 06α61 1

n n X

i=1

xiα >

1

n n X

i=1

xi α

(47)

2 Hệ 1. Vớix>0;α>β >0.Ta có xα+

α

β −1

> α βx

β.

1 n

n

X

i=1 xiα 6

1 n n X i=1 xi α

nếu 06α61

1 n

n

X

i=1 xiα >

1 n n X i=1 xi α

(48)

2 Hệ 1. Vớix>0;α>β >0.Ta có xα+

α

β −1

> α βx

β.

1

n

X

i=1

xiα 6

1

n

X

i=1

xi

α

nếu 06α61

1

n

X

i=1

xiα >

1

n

X

i=1

xi

α

(49)

university-logo Bài tốn tổng qt 4. Với∀α <0 ta ln có

sinαA+sinαB+sinαC >cosα A 2 +cos

αB 2 +cos

α C 2

2 Chứng minh.Cách1: Áp dụng trực tiếp hệ ta có đpcm.

Cách 2: Bất đẳng thức tương đương với 1

(sinA)β +

1

(sinB)β +

1

(sinC)β >

1

(cosA2)β +

1

(cosB2)β +

1

(cosC2)β

vớiβ =−α >0. Ta có

3 1

(sinA)β +

1

(sinB)β >

2

(√sinA·sinB)β >

2

(sinA+2sinB)β >

2

(cosC2)β

4 Hoàn toàn tương tự,

1

(sinB)β +

1

(sinC)β >

2

(cosA2)β

1

(sinC)β +

1

(sinA)β >

2

(cosB2)β

(50)

university-logo Bài toán tổng qt 4. Với∀α <0 ta ln có

sinαA+sinαB+sinαC >cosα A

2 +cos

αB

2 +cos

α C 2

(sinA)β + 1 (sinB)β +

1 (sinC)β >

1 (cosA2)β +

1 (cosB2)β +

1 (cosC2)β vớiβ =−α >0.

Ta có

3 1

(sinA)β +

1

(sinB)β >

2

(√sinA·sinB)β >

2

(sinA+2sinB)β >

2

(cosC2)β

1

(sinB)β +

1

(sinC)β >

2

(cosA2)β

1

(sinC)β +

1

(sinA)β >

2

(cosB2)β

(51)

2 +cos

αB

2 +cos

α C 2

1 (sinC)β >

1 (cosA2)β +

1 (cosB2)β +

Ta có

3 1

(sinA)β + 1 (sinB)β >

2

(√sinA·sinB)β > 2 (sinA+2sinB)β >

2 (cosC2)β

1

(sinB)β +

1

(sinC)β >

2

(cosA2)β

1

(sinC)β +

1

(sinA)β >

2

(cosB2)β

(52)

2 +cos

αB

2 +cos

α C 2

1 (sinC)β >

1 (cosA2)β +

1 (cosB2)β +

Ta có

3 1

(sinA)β +

1

(sinB)β >

2

(√sinA·sinB)β >

2

(sinA+sin2 B)β >

2

(cosC2)β Hoàn toàn tương tự,

1 (sinB)β +

1 (sinC)β >

2 (cosA2)β 1

(sinC)β + 1 (sinA)β >

2 (cosB2)β

(53)

university-logo Bài toán tổng quát 4. Với∀α <0 ta ln có

2 +cos

αB

2 +cos

α C 2

1 (sinC)β >

1 (cosA2)β +

1 (cosB2)β +

Ta có

3 1

(sinA)β +

1

(sinB)β >

2

(√sinA·sinB)β >

2

(sinA+sin2 B)β >

2

(cosC2)β

1 (sinB)β +

1 (sinC)β >

2 (cosA2)β 1

(sinC)β + 1 (sinA)β >

2 (cosB2)β

(54)

university-logo Bài toán tổng quát 5 Với 06α61 ta có

sinαA+sinαB+sinαC 6cosαA 2 +cos

αB 2 +cos

αC 2.

2 Chứng minh.Sử dụng hệ 2, ta có

sinαA+sinαB

2 6

sinA+sinB

2

α

6

cosC 2

α

.

3 Tương tự,

sinαB+sinαC

2 6

cosA 2

α

.

sinαC +sinαA

2 6

cosB 2

α

.

(55)

sinαA+sinαB+sinαC 6cosαA

2 +cos

αB

2 +cos

αC 2.

sinαA+sinαB

2 6

sinA+sinB 2

α

6

cosC

2 α

.

3 Tương tự,

sinαB+sinαC

2 6

cosA 2

α

.

sinαC +sinαA

2 6

cosB 2

α

.

(56)

university-logo Bài tốn tổng qt 5 Với 06α61 ta có

2 +cos

αB

2 +cos

αC 2.

sinαA+sinαB

2 6

sinA+sinB

2

α

6

cosC

2 α

.

3 Tương tự,

sinαB+sinαC

2 6

cosA

2 α

. sinαC +sinαA

2 6

cosB

2 α

.

(57)

2 +cos

αB

2 +cos

αC 2.

sinαA+sinαB

2 6

sinA+sinB

2

α

6

cosC

2 α

.

3 Tương tự,

sinαB+sinαC

2 6

cosA

2 α

.

sinαC +sinαA

2 6

cosB

2 α

.

(58)

university-logo Bài toán tổng quát 6. Với 16α62, cho tam giác nhọn thì

sinαA+sinαB+sinαC >cosα A 2 +cos

αB 2 +cos

α C 2

2 Chứng minh.Do 16α62 suy ra 1 2 6

α

2 61.Ta có, nhờ sử dụng

sin2A+sin2B 62 cos2 C

2 với Cnhọn sinαA+sinαB

2 =

(sin2A)α2 + (sin2B)

α

2

>

sin2A

+sin2B

2 α2 > cosC 2 α

3 Tương tự,

sinαB+sinαC >2

cosA 2

α

sinαC +sinαA>2

cosB 2

α

4 Cộng lại ta điều phải chứng minh.

(59)

2 +cos

αB

2 +cos

α C 2

2 Chứng minh.Do 16α62 suy ra 1

2 6 α

2 61.Ta có, nhờ sử dụng sin2A+sin2B 62 cos2 C

2 với Cnhọn sinαA+sinαB

2 =

α

2

>

sin2A

+sin2B 2 α2 > cosC 2 α

3 Tương tự,

sinαB+sinαC >2

cosA 2

α

sinαC +sinαA>2

cosB 2

α

(60)

2 +cos

αB

2 +cos

α C 2

2 6

α

2 với Cnhọn

sinαA+sinαB

2 =

α

2 2

>

sin2A

+sin2B

2 α2 > cosC 2 α

3 Tương tự,

sinαB+sinαC >2

cosA 2

α

sinαC +sinαA>2

cosB 2

α

(61)

2 +cos

αB

2 +cos

α C 2

2 6

α

2 với Cnhọn

sinαA+sinαB

2 =

α

2 2

>

sin2A

+sin2B

2 α2 > cosC 2 α

3 Tương tự,

sinαB+sinαC >2

cosA

2 α

sinαC +sinαA>2

cosB

2 α

(62)

2 +cos

αB

2 +cos

α C 2

2 6

α

2 với Cnhọn

sinαA+sinαB

2 =

α

2 2

>

sin2A

+sin2B

2 α2 > cosC 2 α

3 Tương tự,

sinαB+sinαC >2

cosA

2 α

sinαC +sinαA>2

cosB

2 α

(63)

university-logo Bài toán tổng quát 7. Vớiα >2 ta khơng thể có khẳng định gì

về thứ tự hai số Thật vậy, trước hết xét tam giác với

2

( A→π

B,C →0

3 Khi đó

sinαA+sinαB+sinαC →0

4

cosαA 2 +cos

αB

2 +cos

αC

2 →2.

5 Suy ra

sinαA+sinαB+sinαC <cosαA 2 +cos

αB

2 +cos

αC

(64)

2

( A→π B,C →0

3 Khi đó

4

cosαA 2 +cos

αB

2 +cos

αC

2 →2.

5 Suy ra

αB

2 +cos

αC

(65)

university-logo Bài toán tổng qt 7. Vớiα >2 ta khơng thể có khẳng định gì

2

(

A→π

B,C →0

3 Khi đó

4

cosαA 2 +cos

αB

2 +cos

αC

2 →2.

5 Suy ra

αB

2 +cos

αC

(66)

university-logo Bài tốn tổng qt 7. Vớiα >2 ta khơng thể có khẳng định gì

2

(

A→π

B,C →0

3 Khi đó

4

cosαA 2 +cos

αB 2 +cos

αC 2 →2.

5 Suy ra

αB

2 +cos

αC

(67)

2

(

A→π

B,C →0

3 Khi đó

4

cosαA

2 +cos

αB

2 +cos

αC

2 →2.

5 Suy ra

αB 2 +cos

(68)

university-logo Bây ta lại xét tam giác với

(

A,B→ π 2 C →0

2 Khi đó sinαA+sinαB+sinαC →2 lúc đó

cosαA 2 +cos

αB

2 +cos

αC

2 →1+2

√

2 2

α

=k

4 Do α >2 nên

√

2 2

α

<

√ 2 2

2

= 12,suy rak <2.

5 Suy ra

cosαA 2 +cos

α B

2 +cos

αC

2 <sin

(69)

university-logo

1 Bây ta lại xét tam giác với

(

A,B→ π

2

C →0

cosαA 2 +cos

αB

2 +cos

αC

2 →1+2

√

2 2

α

=k

4 Do α >2 nên

√

2 2

α

<

√ 2 2

2

= 12,suy rak <2.

5 Suy ra

cosαA 2 +cos

α B

2 +cos

αC

2 <sin

(70)

university-logo

(

A,B→ π

2

C →0

3

cosαA 2 +cos

αB 2 +cos

αC

2 →1+2

√ 2 2

α =k

4 Do α >2 nên

√

2 2

α

<

√ 2 2

2

= 12,suy rak <2.

5 Suy ra

cosαA 2 +cos

α B

2 +cos

αC

2 <sin

(71)

university-logo

(

A,B→ π

2

C →0

3

cosαA

2 +cos

αB

2 +cos

αC

2 →1+2

√

2 2

α =k

4 Do α >2 nên

√ 2 2

α <

√

2 2

2

= 12,suy rak <2.

5 Suy ra

cosαA 2 +cos

α B

2 +cos

αC

2 <sin

(72)

university-logo

(

A,B→ π

2

C →0

3

cosαA

2 +cos

αB

2 +cos

αC

2 →1+2

√

2 2

α =k

4 Do α >2 nên

√

2 2

α

< √

2 2

2

= 12,suy rak <2.

5 Suy ra

cosαA 2 +cos

α B 2 +cos

αC 2 <sin

(73)

university-logo Bài tập 4

1 Chứng minh tam giác ABC ta ln có:

a)sin2A+sin2B+sin2C 63( √

3 2 )

2.

b)√sinA+√sinB+√sinC 63 s√

3 2 .

c)3 √

sinA+ √

sinB+ √

sinC 633 s√

3 2 .

2 Tổng quát: Bài toán tổng quát 8.

a)(sinA)α+ (sinB)α+ (sinC)α 63(

√

3 2 )

α,0

6α61.

b)(sinA)α+ (sinB)α+ (sinC)α>3(

√

3 2 )

α, α60. c)(sinA)α+ (sinB)α+ (sinC)α>3(

√

3 2 )

(74)

university-logo Bài tập 4

1 Chứng minh tam giác ABC ta ln có:

a)sin2A+sin2B+sin2C 63( √

3

2 )

2.

b)√sinA+√sinB+√sinC 63 s√

3

2 .

c)3 √

sinA+

√

sinB+

√

sinC 633

s√ 3 2 .

2 Tổng quát: Bài toán tổng quát 8.

a)(sinA)α+ (sinB)α+ (sinC)α 63( √

3 2 )

α,0

6α61.

b)(sinA)α+ (sinB)α+ (sinC)α>3( √

3 2 )

α, α60.

c)(sinA)α+ (sinB)α+ (sinC)α>3( √

3 2 )

(75)

university-logo Mệnh đề: Cho hàm số f(x)xác định trên (0;π).Chứng minh rằng

các điều kiện sau tương đương. f(x) +f(y)62fx+y

2

∀x,y,x+y ∈(0;π) (1) f(x) +f(y) +f(z)63fx+y+z

3

∀x,y,z,x+y+z ∈(0;π) (2)

2 Chứng minh mệnh đề. (1)⇒(2)Giả sử x >y >z,

f(z) +fx+y+z

3

62fz+ x+y+z

3

2

. (3)

Từ (1) (3), suy ra

3

f(x) +f(y) +f(z) +fx+y+z

3

62hfx+y

2

+fz+ x+y+z

3

2

]

64fx+y+z +

x+y+z

3

2

=4fx+y+z

3

(76)

các điều kiện sau tương đương.

f(x) +f(y)62fx+y

2

∀x,y,x+y ∈(0;π) (1)

f(x) +f(y) +f(z)63fx+y+z

3

∀x,y,z,x+y+z ∈(0;π) (2)

2 Chứng minh mệnh đề. (1)⇒(2)Giả sử x >y >z,

f(z) +fx+y+z 3

62fz+

x+y+z

3 2

. (3)

Từ (1) (3), suy ra

3

f(x) +f(y) +f(z) +fx+y+z

3

62hfx+y

2

+fz+ x+y+z

3

2

]

64fx+y+z +

x+y+z

3

2

=4fx+y+z

3

(77)

các điều kiện sau tương đương.

f(x) +f(y)62fx+y

2

∀x,y,x+y ∈(0;π) (1)

f(x) +f(y) +f(z)63fx+y+z

3

∀x,y,z,x+y+z ∈(0;π) (2)

2 Chứng minh mệnh đề. (1)⇒(2)Giả sử x >y >z, f(z) +fx+y+z

3

62fz+

x+y+z

3

2

. (3)

Từ (1) (3), suy ra

3

f(x) +f(y) +f(z) +fx+y+z 3

62hfx+y 2

+fz+

x+y+z

3 2

]

64fx+y+z +

x+y+z

3 2

=4fx+y+z 3

(78)

university-logo (2)⇒(1) Giả sử x>z >y.Đặtz = x+y

2 ta suy (1).

2 áp dụng mệnh đề ta có Bài tốn tổng qt chứng minh.

Bài tập 6

a)cotA+cotB+cotC >tanA 2 +tan

B

2 +tan

C

2.

b)tanA+tanB+tanC >cotA 2 +cot

B

2 +cot

C

2. vớiABC là tam giác nhọn.

c)

√

tanA+

√

tanB+

√

tanC >

r

cotA 2 +

r

cotB 2 +

r

(79)

university-logo

1 (2)⇒(1) Giả sử x>z >y.Đặtz = x+y

2 ta suy (1).

2 áp dụng mệnh đề ta có Bài tốn tổng qt chứng minh.

Bài tập 6

a)cotA+cotB+cotC >tanA 2 +tan

B

2 +tan

C

2.

b)tanA+tanB+tanC >cotA 2 +cot

B

2 +cot

C

2. vớiABC là tam giác nhọn.

c)

√

tanA+

√

tanB+

√

tanC >

r

cotA 2 +

r

cotB 2 +

r

(80)

university-logo

1 (2)⇒(1) Giả sử x>z >y.Đặtz = x+y

2 ta suy (1).

2 áp dụng mệnh đề ta có Bài toán tổng quát chứng minh.

Bài tập 6

a)cotA+cotB+cotC >tanA

2 +tan

B

2 +tan

C

2.

b)tanA+tanB+tanC >cotA

2 +cot

B

2 +cot

C

2.

vớiABC là tam giác nhọn.

c) √

tanA+

√

tanB+

√

tanC >

r

cotA

2 +

r

cotB

2 +

r

cotC

(81)

university-logo

1 Bài toán Tổng quát 9. Cho tam giác nhọnABC Chứng minh rằng

tanαA+tanαB+tanαC >cotαA 2 +cot

α B 2 +cot

αC 2 vớiα >0 hoặcα <−1.

2 Chứng minh.Ta chứng minh BĐT sau

tanαA+tanαB>2 cotαC

2, (1)

3 Thật Theo toán thì

tanA.tanB >cot2 C 2

Vớiα >0 ta có

tanαA.tanαB >cot2α C

(82)

university-logo Bài toán Tổng quát 9. Cho tam giác nhọnABC Chứng minh rằng

tanαA+tanαB+tanαC >cotαA

2 +cot

α B

2 +cot

2, (1)

3 Thật Theo tốn thì

tanA.tanB >cot2 C 2

Vớiα >0 ta có

(83)

university-logo Bài toán Tổng quát 9. Cho tam giác nhọnABC Chứng minh rằng

tanαA+tanαB+tanαC >cotαA

2 +cot

α B

2 +cot

2, (1)

3 Thật Theo toán thì

tanA.tanB >cot2 C 2 Vớiα >0 ta có

(84)

university-logo Do tam giácABC nhọn nên tanA,tanB,cotα C

2 >0 Vì từ(∗)suy ra

2 √

tanαA.tanα >2 cotα C 2

2 mặt khác

tanαA+tanαB >2√tanαA.tanα

3 nên

2, (1)

4 Vậy (1) được chứng minh Dấu đẳng thức xảy khi A=B.Chứng

minh tương tự ta có

tanαB+tanαC >2 cotα A

2, (2)

tanαC +tanαA>2 cotαB

(85)

university-logo

1 Do tam giácABC nhọn nên tanA,tanB,cotα C

2 >0 Vì từ(∗)suy

ra

2 √

2 mặt khác

3 nên

2, (1)

2, (2)

(86)

university-logo

1 Do tam giácABC nhọn nên tanA,tanB,cotα C

2 >0 Vì từ(∗)suy

ra

2 √

2 mặt khác

3 nên

2, (1)

2, (2)

(87)

university-logo Cộng vế với vế ba BĐT trên, ta được

tanαA+tanαB+tanαC >cotα A 2 +cot

αB 2 +cot

αC 2. Dấu đẳng thức xảy tam giácABC đều.

2 *) Vớiα <−1 ⇔ −α >1 Đặt−α=β >1 Khi điều cần chứng

minh trở thành

tan−βA+tan−βB+tan−βC >cot−β A 2 +cot

−β B

2 +cot

−β C

2

3

⇔cotβA+cotβB+cotβC >tanβ A 2 +tan

β B

2 +tan

β C

(88)

university-logo

1 Cộng vế với vế ba BĐT trên, ta được

tanαA+tanαB+tanαC >cotα A

2 +cot

αB

2 +cot

αC 2.

Dấu đẳng thức xảy tam giácABC đều.

minh trở thành

tan−βA+tan−βB+tan−βC >cot−β A 2 +cot

−β B 2 +cot

−β C 2

3

β B

2 +tan

β C

(89)

university-logo

1 Cộng vế với vế ba BĐT trên, ta được

tanαA+tanαB+tanαC >cotα A

2 +cot

αB

2 +cot

αC 2.

Dấu đẳng thức xảy tam giácABC đều.

minh trở thành

tan−βA+tan−βB+tan−βC >cot−β A

2 +cot

−β B

2 +cot

−β C 2

3

β B 2 +tan

(90)

(91)

university-logo Theo hệ quả (2)và BĐT chứng minh toán trên

cotA+cotB >2 tanC 2

2 ta có

cotβA+cotβB

2 >

cotA+cotB

2

β

>tanβ C 2 Hay

cotβA+cotβB

2 >tan

β C

2

3 Chứng minh tương tự ta có:

cotβB+cotβC

2 >tan

β A

2 cotβC +cotβA

2 >tan

β B

2

cotβA+cotβB+cotβC >tanβ A 2 +tan

β B

2 +tan

β C

2 Điều cần chứng minh.Dấu đẳng thức xảy tam giác

ABC đều.

(92)

university-logo

1 Theo hệ quả (2)và BĐT chứng minh toán trên

cotA+cotB >2 tanC 2

2 ta có

cotβA+cotβB 2 >

cotA+cotB 2

β

>tanβ C 2 Hay

cotβA+cotβB 2 >tan

β C 2

cotβB+cotβC

2 >tan

β A

2 cotβC +cotβA

2 >tan

β B

2

β B

2 +tan

β C

ABC đều.

(93)

university-logo

cotA+cotB >2 tanC 2

2 ta có

cotβA+cotβB

2 >

cotA+cotB 2

β

>tanβ C 2 Hay

cotβA+cotβB

2 >tan

β C 2

cotβB+cotβC 2 >tan

β A 2 cotβC +cotβA

2 >tan β B

2

β B

2 +tan

β C

ABC đều.

(94)

university-logo

cotA+cotB >2 tanC 2

2 ta có

cotβA+cotβB

2 >

cotA+cotB 2

β

>tanβ C 2 Hay

cotβA+cotβB

2 >tan

β C 2

cotβB+cotβC

2 >tan

β A 2 cotβC +cotβA

2 >tan

β B 2

β B 2 +tan

β C 2 Điều cần chứng minh.Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC đều.

(95)

university-logo Định nghĩa hàm lồi Cho hàm sốy =f(x) xác định khoảng(a,b). 1.f(x) được gọi hàm lồi khoảng với mọix1,x2∈(a,b)

ta dều có

f(x1) +f(x2)

2 6f(

x1+x2

2 ).

3 2 Hàmf(x) được gọi lõm khoảng với mọi

x1,x2∈(a,b) ta dều có

f(x1) +f(x2)

2 >f(

x1+x2

2 ).

4 Dấu đẳng thức xảy khi: x1=x2.

5 Định lý. Giả sử hàm sốy =f(x)lồi trên (a,b) với mọi xi ∈(a,b);

ta có

f(x1) +f(x2) + +f(xn) n 6f(

x1+x2+ +xn n )

(96)

ta dều có

f(x1) +f(x2) 2 6f(

x1+x2 2 ).

f(x1) +f(x2)

2 >f(

x1+x2

2 ).

ta có

f(x1) +f(x2) + +f(xn) n 6f(

x1+x2+ +xn n )

(97)

ta dều có

f(x1) +f(x2)

2 6f(

x1+x2

2 ).

f(x1) +f(x2) 2 >f(

x1+x2 2 ).

ta có

f(x1) +f(x2) + +f(xn) n 6f(

x1+x2+ +xn n )

(98)

ta dều có

f(x1) +f(x2)

2 6f(

x1+x2

2 ).

f(x1) +f(x2)

2 >f(

x1+x2

2 ).

ta có

f(x1) +f(x2) + +f(xn) n 6f(

x1+x2+ +xn n )

(99)

ta dều có

f(x1) +f(x2)

2 6f(

x1+x2

2 ).

f(x1) +f(x2)

2 >f(

x1+x2

2 ).

ta có

f(x1) +f(x2) + +f(xn)

n 6f(

x1+x2+ +xn

n )

(100)

(101)

university-logo

Bất đẳng thức Jensen.

1 Giả sử hàm số y =f(x) lồi trên[a,b]với mọi xi ∈(a,b);mọi

αi;i =1 n

Khi ta có

n

X

i=1

αi.f(xi)6f( n

X

i=1 αi.xi)

2 Giả sử hàm số y =f(x) lõm trên[a,b]với mọi xi ∈(a,b);mọi

αi;i =1 n

Khi ta có

n

X

i=1

αi.f(xi)>f( n

X

i=1 αi.xi)

Dấu đẳng thức xảy khi:

α1 =α2= =αn=

1

n

(102)

university-logo

Ta có

Định lý. Giả sử hàm số f(x)có đạo hàm cấp haif00(x)trên khoảng(a,b). 1 Nếu f00(x)<0 với mọix ∈(a,b)thì đồ thị hàm sốf(x)lồi khoảng đó.

2 Nếu f00(x)>0 với mọix ∈(a,b) thì đồ thị hàm sốf(x) lõm trên khoảng đó.

(103)

university-logo

|bf Hệ 1.

Vớix1,x2, ,xn∈(0, π), ta có

sin(x1) +sin(x2) + +sin(xn)

n 6sin(

x1+x2+ +xn

n )

x1 =x2 = =xn

Hệ 2.

Vớix1,x2, ,xn∈[−π2,π2], ta có

cos(x1) +cos(x2) + +cos(xn)

n 6cos(

x1+x2+ +xn

n )

(104)

university-logo

Hệ 3.

Vớix1,x2, ,xn∈[0,π2], ta có

tan(x1) +tan(x2) + +tan(xn)

n >tan(

x1+x2+ +xn

n )

(105)

university-logo

Bài tập 7

1 Cho tam giác ABC Tìm giá trị lớn biểu thức

P =2 sinA

2 +3 sin B

3 +4 sin C

4

2 Bài toán tổng quát 11. Cho tam giácABC Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức

P =nsinA

n +msin B

m +psin C p

Vớim,n,p∈N

3 Cách giải áp dụng hệ ta có

P =nsinA

n +msin B

m +psin C

p 6(n+m+p)sin

π

n+m+p

4 Vậy giá trị lớn biểu thức P = (n+m+p)sin π

n+m+p đạt

được khi An = Bm = Cp; mặt khácA+B+C =π từ ta có

5

A= nπ

n+m+p,B =

mπ

n+m+p,C =

pπ

(106)

university-logo

Bài tập 7

P =2 sinA

2 +3 sin

B

3 +4 sin

C

4

2 Bài tốn tổng qt 11. Cho tam giácABC Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức

P =nsinA

n +msin B

m +psin C p Vớim,n,p∈N

P =nsinA

n +msin B

m +psin C

p 6(n+m+p)sin

π

n+m+p

n+m+p đạt

5

A= nπ

n+m+p,B =

mπ

n+m+p,C =

pπ

(107)

university-logo

Bài tập 7

P =2 sinA

2 +3 sin

B

3 +4 sin

C

4

2 Bài toán tổng quát 11. Cho tam giácABC Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức

P =nsinA

n +msin

B

m +psin

C p

Vớim,n,p∈N

P =nsinA

n +msin B

m +psin C

p 6(n+m+p)sin π n+m+p

n+m+p đạt

5

A= nπ

n+m+p,B =

mπ

n+m+p,C =

(108)

(109)

university-logo Bài tốn tổng qt 12. Cho tam giácABC Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức

P = (sinA n)

n.(sinB

m)

m.(sinB

p)

p;m,n,p ∈

N

2 Chứng minh.áp dụng tốn ta có:

P =nsinA

n +msin B

m +psin C

p 6(n+m+p)sin

π

n+m+p

3 Nên (n+m+p)sin π

n+m+p >nsin A

n +msin B

m +psin C p

>(n+m+p)n+m+pq(sinA

n)n.(sin B

m)m.(sin C p)p

4 Vậy

(sinA

n)

n.(sinB m)

m.(sinC p)

p

6 sin π

n+m+p

(n+m+p)

Giá trị lớn biểu thức P = sinn+mπ+p(n+m+p)

đạt khi và khi An = Bm = Cp mặt khácA+B+C =π từ ta có

A= nπ

n+m+p,B =

mπ

n+m+p,C =

pπ

(110)

university-logo Bài toán tổng quát 12. Cho tam giácABC Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức

P = (sinA

n)

n.(sinB

m)

m.(sinB

p)

p;m,n,p ∈

N

P =nsinA

n +msin B

m +psin C

p 6(n+m+p)sin π n+m+p

n+m+p >nsin A

n +msin B

m +psin C p

>(n+m+p)n+m+pq(sinA

n)n.(sin B

m)m.(sin C p)p

4 Vậy

(sinA

n)

n.(sinB m)

m.(sinC p)

p

6 sin π

n+m+p

(n+m+p)

A= nπ

n+m+p,B =

mπ

n+m+p,C =

pπ

(111)

của biểu thức

P = (sinA

n)

n.(sinB

m)

m.(sinB

p)

p;m,n,p ∈

N

P =nsinA

n +msin

B

m +psin

C

p 6(n+m+p)sin

π

n+m+p

n+m+p >nsin A

n +msin B

m +psin C p >(n+m+p)n+m+qp (sinA

n)n.(sin B

m)m.(sin C p)p

4 Vậy

(sinA

n)

n.(sinB m)

m.(sinC p)

p

6 sin π

n+m+p

(n+m+p)

A= nπ

n+m+p,B =

mπ

n+m+p,C =

pπ

(112)

của biểu thức

P = (sinA

n)

n.(sinB

m)

m.(sinB

p)

p;m,n,p ∈

N

P =nsinA

n +msin

B

m +psin

C

p 6(n+m+p)sin

π

n+m+p

n+m+p >nsin A

n +msin B

m +psin C p

>(n+m+p)n+m+pq(sinA

n)n.(sin B

m)m.(sin C p)p

4 Vậy

(sinA n)

n.(sinB

m)

m.(sinC

p)

p

6 sin π

n+m+p

(n+m+p)

A= nπ

n+m+p,B =

mπ

n+m+p,C =

(113)

university-logo Nhận xét. Từ hệ ta xây dựng hàng loạt

các toán tương tự.

2 Bài toán tổng quát 13. Cho tam giácABC và số α, β, γ>1.

1 Cho 0<m61 Tìm giá trị lớn biểu thức

P =αsinmA

α +βsin

m A

β +γsin

m A

γ 2 Cho m>0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Q = α

sinm Aα + β sinm Aβ +

γ sinm Aγ

Chứng minh.

3 Vìα, β, γ>1 nên A

α, B β,

C γ,

π

α+β+γ ∈(0, π)

4 1 Khi 0<m61 Xét hàm sốf(x) =sinmx;x ∈(0, π) Ta có

f0(x) =msinm−1x.cosx

(114)

1 Cho 0<m61 Tìm giá trị lớn biểu thức P =αsinmA

α +βsin

m A

β +γsin

m A

γ 2 Cho m>0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Q = α sinm Aα +

β sinm Aβ +

γ sinm Aγ Chứng minh.

α, B β,

C γ,

π

α+β+γ ∈(0, π)

(115)

P =αsinmA

α +βsin

m A

β +γsin

m A

γ

2 Cho m>0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

Q = α

sinm Aα +

β

sinm Aβ +

γ

sinm Aγ

Chứng minh.

α,

B

β,

C

γ, π

α+β+γ ∈(0, π)

(116)

P =αsinmA

α +βsin

m A

β +γsin

m A

γ

Q = α

sinm Aα +

β

sinm Aβ +

γ

sinm Aγ

Chứng minh.

α,

B

β,

C

γ, π

α+β+γ ∈(0, π)

(117)

P =αsinmA

α +βsin

m A

β +γsin

m A

γ

Q = α

sinm Aα +

β

sinm Aβ +

γ

sinm Aγ

Chứng minh.

α,

B

β,

C

γ, π

α+β+γ ∈(0, π)

(118)

university-logo

áp dụng bất đẳng thức jensen ta có

P =αsinmA

α +βsin

m A

β +γsin

m A

γ 6(α+β+γ)sin

m π

α+β+γ

Vậy giá trị lớn P là:

(α+β+γ)sinm π

α+β+γ

Khi đó

A= απ

α+β+γ,B= βπ

α+β+γ,C =

(119)

university-logo 2 Khim>0, Xét hàm sốf(x) = 1

sinmx;x ∈(0, π)

2 Ta có

f0(x) = −mcosx

sinm+1x

f00(x) = m.sin

2m+1x+m(m+1)sinmx.cos2x

sin2(m+1)x >0

3 Suy hàm sốf(x) = 1

sinmx lõm khoảng (0, π)

4 áp dụng bất đẳng thức jensen ta có

Q = α

γ sinm Aγ >

α+β+γ sinm π

α+β+γ

5 Vậy giá trị nhỏ Q :

α+β+γ sinmα+πβ+γ Khi đó

A= απ

α+β+γ,B = βπ

(120)

university-logo

1 2 Khim>0, Xét hàm sốf(x) = 1

sinmx;x ∈(0, π)

2 Ta có

f0(x) = −mcosx sinm+1x f00(x) = m.sin

2m+1x+m(m+1)sinmx.cos2x sin2(m+1)x >0

Q = α

γ sinm Aγ >

α+β+γ sinm π

α+β+γ

A= απ

α+β+γ,B = βπ

(121)

university-logo

sinmx;x ∈(0, π)

2 Ta có

f0(x) = −mcosx

sinm+1x

f00(x) = m.sin

sin2(m+1)x >0

Q = α

γ sinm Aγ >

α+β+γ sinm π

α+β+γ

A= απ

α+β+γ,B = βπ

(122)

university-logo

sinmx;x ∈(0, π)

2 Ta có

f0(x) = −mcosx

sinm+1x

f00(x) = m.sin

sin2(m+1)x >0

Q = α sinm Aα +

β sinm Aβ +

γ sinm Aγ >

α+β+γ sinm π

α+β+γ

A= απ

α+β+γ,B = βπ

(123)

university-logo

sinmx;x ∈(0, π)

2 Ta có

f0(x) = −mcosx

sinm+1x

f00(x) = m.sin

sin2(m+1)x >0

Q = α

sinm Aα +

β

sinm Aβ +

γ

sinm Aγ >

α+β+γ

sinm π

α+β+γ

A= απ

α+β+γ,B = βπ

(124)

university-logo Bài toán tổng quát 14 Cho tam giácABC và số α, β, γ>2.

P =αcosm A

α +βcos

m A

β +γcos

m A

γ

1 Cho 06m61 Tìm giá trị lớn biểu thức P Cho m<0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P.

2 Chứng minh.Vì α, β, γ>2 nên A

α, B β,

C γ,

π

α+β+γ ∈(0, π

2) 1 Khi 06m61 Xét hàm sốf(x) =cosmx,x ∈(0,π

2) Ta có

f0(x) =mcosm−1x.sinx

f00(x) =m[(m−1)cosm−2x.sin2x−cosmx]<0

5 Suy hàm sốf(x) =cosmx lồi khoảng (0,π 2) áp dụng bất đẳng thức jensen ta có

P =αcosm A

α +βcos

mA

β +γcos

mA

γ 6(α+β+γ)cos

m π

(125)

P =αcosm A

α +βcos

m A

β +γcos

m A

γ

1 Cho 06m61 Tìm giá trị lớn biểu thức P Cho

m<0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P.

α,

B

β,

C

γ, π

α+β+γ ∈(0, π 2)

3 1 Khi 06m61 Xét hàm sốf(x) =cosmx,x ∈(0,π 2) Ta có

P =αcosm A

α +βcos

mA

β +γcos

mA

γ 6(α+β+γ)cos

m π

(126)

P =αcosm A

α +βcos

m A

β +γcos

m A

γ

α,

B

β,

C

γ, π

α+β+γ ∈(0, π

2)

3 1 Khi 06m61 Xét hàm sốf(x) =cosmx,x ∈(0,π

2)

4 Ta có

P =αcosm A

α +βcos

mA

β +γcos

mA

γ 6(α+β+γ)cos

m π

(127)

P =αcosm A

α +βcos

m A

β +γcos

m A

γ

α,

B

β,

C

γ, π

α+β+γ ∈(0, π

2)

4 Ta có

P =αcosm A

α +βcos

mA

β +γcos

mA

γ 6(α+β+γ)cos

m π

(128)

P =αcosm A

α +βcos

m A

β +γcos

m A

γ

α,

B

β,

C

γ, π

α+β+γ ∈(0, π

2)

4 Ta có

5 Suy hàm sốf(x) =cosmx lồi khoảng (0,π

2)

P =αcosm A

α +βcos

mA

β +γcos

mA

γ 6(α+β+γ)cos

m π

(129)

P =αcosm A

α +βcos

m A

β +γcos

m A

γ

α,

B

β,

C

γ, π

α+β+γ ∈(0, π

2)

4 Ta có

5 Suy hàm sốf(x) =cosmx lồi khoảng (0,π

2)

P =αcosm A

α +βcos

mA

β +γcos

mA

γ 6(α+β+γ)cos

m π

(130)

university-logo Vậy giá trị lớn P là:

(α+β+γ)cosm π α+β+γ Khi đó

A= απ

α+β+γ,B = βπ

α+β+γ,C = γπ α+β+γ

2 2 Khim<0 đặtm=−n,với n>0 , Khi đó

P = α

cosn A α

+ β

cosn A β

+ γ

cosn A γ

3 Chứng minh tương tự ta có :

P > α+β+γ

cosn π α+β+γ

4 Vậy giá trị nhỏ P : (α+β+γ).cosm π

(131)

university-logo

1 Vậy giá trị lớn P là:

(α+β+γ)cosm π

α+β+γ

Khi đó

A= απ

α+β+γ,B = βπ

P = α cosn A

α

+ β

cosn A

β

+ γ

cosn A

γ

P > α+β+γ

cosn π α+β+γ

(132)

university-logo

(α+β+γ)cosm π

α+β+γ

Khi đó

A= απ

α+β+γ,B = βπ

P = α

cosn A

α

+ β

cosn A

β

+ γ

cosn A

γ

P > α+β+γ cosn π

α+β+γ

(133)

university-logo

(α+β+γ)cosm π

α+β+γ

Khi đó

A= απ

α+β+γ,B = βπ

P = α

cosn A

α

+ β

cosn A

β

+ γ

cosn A

γ

P > α+β+γ

cosn π

α+β+γ

(134)

university-logo Tương tự ta chứng minh toán:

2 Bài toán tổng quát 15 Cho tam giácABC và số α, β, γ>2 và

m>1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P

P =αtanm A

α +βtan

m A

β +γtan

mA

γ

P =αcotm A

α +βcot

mA

β +γcot

mA

γ

Bài tập 8

(sinA)sinA+ (sinB)sinB + (sinC)sinC >(23)3

√

(135)

university-logo

1 Tương tự ta chứng minh toán:

P =αtanm A

α +βtan

m A

β +γtan

mA

γ

P =αcotm A

α +βcot

mA

β +γcot

mA

γ

Bài tập 8

√

(136)

university-logo

P =αtanm A

α +βtan

m A

β +γtan

mA

γ

P =αcotm A

α +βcot

mA

β +γcot

mA

γ

Bài tập 8

√

(137)

university-logo

P =αtanm A

α +βtan

m A

β +γtan

mA

γ

P =αcotm A

α +βcot

mA

β +γcot

mA

γ

Bài tập 8

√

(138)

university-logo

Phần 2: Bất đẳng thức lượng giác dạng không đối xứng trong tam giác với vế trái biểu thức dạng :

xf(A) +yf(B) +zf(c)

trong đó f(x) =sin(x);cos(x),tan(x),sin(2x),

Bài tập 1

1.sinA+sinB−cosC 6 3

2. 2.sinA+sinB−√1

3cosC 6

5√3

6 .

(139)

university-logo

Bài toán tổng quát (∗)

Cho số dương x,y,z.Chứng minh với tam giácABC,ta đều

có

x2+y2+z2 >2(−1)n+1(yzcosnA+zxcosnB+xycosnC), (1)

4

1 Nhận xét: Ta có bất đẳng thức dạng với bất đẳng thức (1)

(−1)n+1(yzcosnA+zxcosnB+xycosnC)6 x

2+y2+z2

2 , (2)

3

(−1)n+1(xcosnA+ycosnB+zcosnC)6 12(xy

z + yz

x + zx

y ). (3)

4

(−1)n+1(1

X cosnA+

1

Y cosnB+

1

Z cosnC)6

1 2(

X YZ +

Y XZ +

Z XY).

(140)

university-logo

có

2

2+y2+z2 2 , (2)

3

z + yz

x + zx

y ). (3)

4

(−1)n+1(1

X cosnA+

1

Y cosnB+

1

Z cosnC)6

1 2(

X YZ +

Y XZ +

Z XY).

(141)

university-logo

có

2

2+y2+z2

2 , (2)

3

(−1)n+1(xcosnA+ycosnB+zcosnC)6 12(xy z +

yz x +

zx y ). (3)

4

(−1)n+1(1

X cosnA+

1

Y cosnB+

1

Z cosnC)6

1 2(

X YZ +

Y XZ +

Z XY).

(142)

university-logo

có

2

2+y2+z2

2 , (2)

3

z +

yz

x +

zx y ). (3)

(−1)n+1(1

X cosnA+ 1

Y cosnB+ 1

Z cosnC)6 1 2(

X YZ +

Y XZ +

Z XY).

(143)

university-logo ∗)(1) ⇔ (2)

2 *) Vớix = 1

Y,y =

1

Y,z =

1

Z ta có(3) trở thành (4)

3 *) Nhân vế của (4) vớiXYZ ta lại có bất đẳng thức dạng (1) Chứng minh.Cách 1: PP phân tích thành Hằng Đẳng Thức.

(1)⇔x2+2x(−1)n(zcosnB+ycosnC)+y2+z2+2(−1)nyzcosnA>0.

⇔[x+(−1)n(zcosnB+ycosnC)]2+y2+z2+2(−1)nyzcosnA−(zcosnB+ycosnC)2 >0.

5 Ta cần rằng:

y2+z2+2(−1)nyzcosnA−(zcosnB +ycosnC)2>0 hay

(144)

university-logo

1 ∗)(1) ⇔ (2)

2 *) Vớix = 1

Y,y =

1

Y,z =

1

5 Ta cần rằng:

(145)

university-logo

1 ∗)(1) ⇔ (2)

2 *) Vớix = 1

Y,y =

1

Y,z =

1

5 Ta cần rằng:

(146)

university-logo

1 ∗)(1) ⇔ (2)

2 *) Vớix = 1

Y,y =

1

Y,z =

1

3 *) Nhân vế của (4) vớiXYZ ta lại có bất đẳng thức dạng (1)

4 Chứng minh.Cách 1: PP phân tích thành Hằng Đẳng Thức.

5 Ta cần rằng:

(147)

university-logo

1 ∗)(1) ⇔ (2)

2 *) Vớix = 1

Y,y =

1

Y,z =

1

3 *) Nhân vế của (4) vớiXYZ ta lại có bất đẳng thức dạng (1)

4 Chứng minh.Cách 1: PP phân tích thành Hằng Đẳng Thức.

5 Ta cần rằng:

(148)

university-logo

⇔y2sin2nB+z2sin2nC+2yz[(−1)ncosnA−cosnBcosnC]>0, (5)

2 Nếu n=2k thì nA+nB+nC =k2π Vì vậy

cosnA=cos(nB+nC) =cosnBcosnC−sinnBsinnC

3 Khi đó(5) trở thành:

y2sin2nB+z2sin2nC−2yzsinnBsinnC = (ysinnC−zsinnB)2 >0. (Điều cần chứng minh).

4 Nếu n=2k+1 thìnA+nB+nC = (2k+1)π

Vì cosnA=−cos(nB +nC) =−cosnBcosnC +sinnBsinnC

(149)

university-logo

⇔y2sin2nB+z2sin2nC+2yz[(−1)ncosnA−cosnBcosnC]>0,

(5)

(150)

university-logo

(5)

(151)

university-logo

(5)

y2sin2nB+z2sin2nC−2yzsinnBsinnC = (ysinnC−zsinnB)2 >0.

(Điều cần chứng minh).

(152)

university-logo

(5)

y2sin2nB+z2sin2nC−2yzsinnBsinnC = (ysinnC−zsinnB)2 >0.

(Điều cần chứng minh).

(153)

university-logo Dấu đẳng thức xảy khi

x sinnA =

y sinnB =

z sinnC

2 Cách 2: PP tam thức bậc hai.

(1)⇔x2+2x(−1)n(zcosnB+ycosnC)+y2+z2+2(−1)nyzcosnA>0,

(∗)

3 Điều cần chứng minh tương đương với bất phương trình(∗) nghiệm

đúng với mọi x thuộcR

4

⇔∆ = (zcosnB +ycosnC)2−(y2+z2+2(−1)nyzcosnA)60.

⇔y2+z2+2(−1)nyzcosnA−z2cos2nB−y2cos2nC−2yzcosnBcosnC >0

(5)

(154)

university-logo

x

sinnA =

y

sinnB =

z

sinnC Cách 2: PP tam thức bậc hai.

(1)⇔x2+2x(−1)n(zcosnB+ycosnC)+y2+z2+2(−1)nyzcosnA>0, (∗)

4

(5)

(155)

university-logo

x

sinnA =

y

sinnB =

z

sinnC

(∗)

4

(5)

(156)

university-logo

x

sinnA =

y

sinnB =

z

sinnC

(∗)

4

⇔∆ = (zcosnB +ycosnC)2−(y2+z2+2(−1)nyzcosnA)60. ⇔y2+z2+2(−1)nyzcosnA−z2cos2nB−y2cos2nC−2yzcosnBcosnC >0

(157)

university-logo

Bài tập 4

có

xcosA+ycosB+zcosC 6 1

2(

xy

z +

yz

x +

(158)

university-logo Xét ~S =BX~1+CY~1+AZ~1⇔S2 = [X

aBC~ + Y

bCA~ + Z

cAB]~ 2 >0 ⇔

2

X2+Y2+Z2+2YZBC~ CA~

ab +2ZX

~

CAAB~

bc +2XY

~

BCAB~ ac >0

3

⇔X2+Y2+Z2−2YXcosC −2ZYcosA−2XZcosB >0

⇔2YZcosA+2ZXcosB+2XYcosC 6(X2+Y2+Z2)

4 Dấu đẳng thức xảy khiBX~1+CY~1+AZ~1=~0 hay

X1,Y1,Z1 là độ dài ba cạnh tam giác đồng dạng với tam

giác ABC

5 Cách tham khảo tài liệu Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch

(159)

aBC~ + Y

bCA~ + Z

cAB~ ]2 >0 ⇔

2

X2+Y2+Z2+2YZBC~ CA~

ab +2ZX ~ CAAB~

bc +2XY ~ BCAB~

ac >0

3

⇔X2+Y2+Z2−2YXcosC −2ZYcosA−2XZcosB >0

⇔2YZcosA+2ZXcosB+2XYcosC 6(X2+Y2+Z2)

giác ABC

(160)

aBC~ + Y

bCA~ + Z

cAB~ ]2 >0 ⇔

2

X2+Y2+Z2+2YZBC~ CA~

ab +2ZX

~

CAAB~

bc +2XY

~

BCAB~

ac >0

3

⇔X2+Y2+Z2−2YXcosC −2ZYcosA−2XZcosB >0 ⇔2YZcosA+2ZXcosB+2XYcosC 6(X2+Y2+Z2)

giác ABC

(161)

aBC~ + Y

bCA~ + Z

cAB~ ]2 >0 ⇔

2

X2+Y2+Z2+2YZBC~ CA~

ab +2ZX

~

CAAB~

bc +2XY

~

BCAB~

ac >0

3

X1,Y1,Z1 là độ dài ba cạnh tam giác đồng dạng với tam giác ABC

(162)

aBC~ + Y

bCA~ + Z

cAB~ ]2 >0 ⇔

2

X2+Y2+Z2+2YZBC~ CA~

ab +2ZX

~

CAAB~

bc +2XY

~

BCAB~

ac >0

3

giác ABC

(163)

university-logo

Bài tập 6

1 Cho ABC là tam giác nhọn Chứng minh với x thuộcR ta

đều có :

cosA+ (cosB+cosC)x61+x 2 2 .

Bài tập 7

Cho x,y,z đều dương Chứng minh tam giác ABC,ta đều có

xsinA

2 +ysin

B

2 +zsin

C

2 6 1 2(

xy z +

yz x +

(164)

university-logo

Bài tập 6

2

1 Cho ABC là tam giác nhọn Chứng minh với x thuộcR ta

đều có :

cosA+ (cosB+cosC)x61+x

2

2 .

Bài tập 7

Cho x,y,z đều dương Chứng minh tam giác ABC,ta đều

có

xsinA

2 +ysin

B

2 +zsin

C

2 6

1 2(

xy

z +

yz

x +

(165)

university-logo

Bài tập 8

2

1 Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện

1 x −

1 y 6

1 z 6

1 x +

1 y.

Tìm giá trị lớn biểu thức :P =xsinA+ysinB−zcosC Bài tập 9

Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện

x>y >z, 1

x2 +

1

y2 >

1

z2.

Chứng minh rằng 1

x,

1

y,

1

z là độ dài cạnh (trong đơn vị đo

(166)

university-logo

Bài tập 8

2

1

x −

1

y 6

1

z 6

1

x +

1

y.

Tìm giá trị lớn biểu thức :P =xsinA+ysinB−zcosC

Bài tập 9

Cho số dương x,y,z thoả mãn điều kiện

x>y >z, 1

x2 +

1

y2 >

1

z2.

Chứng minh rằng 1

x,

1

y,

1

z là độ dài cạnh (trong đơn vị đo

(167)

university-logo

Bài tập 10

2

1 x2 +

1 y2 >

1 z2.

Chứng minh với tam giác nhọnABC,ta có

xcosA+ycosB+zcosC 6 yz 2x +

xz 2y +

xy 2z.

2 Dấu đẳng thức xảy khixsinA=ysinB =zsinC,tức là

tam giác ABC đồng dạng với tam giác nhọn có độ dài cạnh lần lượt là 1

x,

1

y,

1

(168)

university-logo

Bài tập 10

1

x2 +

1

y2 >

1

z2.

Chứng minh với tam giác nhọnABC,ta có

xcosA+ycosB+zcosC 6 yz

2x +

xz

2y +

xy

2z.

2 Dấu đẳng thức xảy khixsinA=ysinB =zsinC,tức là

tam giác ABC đồng dạng với tam giác nhọn có độ dài cạnh lần lượt là 1

x, 1 y,

(169)

university-logo

Bài tập 11

1 Chứng minh tam giác ABC,ta có

a)sin2A+sin2B+ksin2C 6 (2k+1)

2

4k ,k >0. b)sin2A+sin2B+ksin2C > (2k+1)

2

4k ,k <0. Bài tập 12

a)cos 2A+cos 2B+kcos 2C 6 (−2k 2−1)

2k ,k <0.

b)cos 2A+cos 2B+kcos 2C > (−2k

2−1)

(170)

university-logo

Bài tập 11

2

1 Chứng minh tam giác ABC,ta có

a)sin2A+sin2B+ksin2C 6 (2k+1) 2

4k ,k >0. b)sin2A+sin2B+ksin2C > (2k+1)

2

4k ,k <0.

Bài tập 12

a)cos 2A+cos 2B+kcos 2C 6 (−2k 2−1)

2k ,k <0. b)cos 2A+cos 2B+kcos 2C > (−2k

2−1)

(171)

university-logo

Bài tập 13

a)cos 2nA+cos 2nB +kcos 2nC 6 −2k 2−1

2k k <0. b)cos 2nA+cos 2nB+kcos 2nC > −2k

2−1

2k k >0.

Bài tập 14

a)cos(2n+1)A+cos(2n+1)B+kcos(2n+1)C 6 2k 2+1

2k ,k >0. b)cos(2n+1)A+cos(2n+1)B+kcos(2n+1)C > 2k

2+1

(172)

university-logo

Bài tập 15

có

xcos 2A+ycos 2B+zcos 2C >−1 2(

xy

z +

yz

x +

zx y ).

Bài tập 16

a)cos 3A+cos 3B+kcos 3C > 2k 2+1

2k ,k <0. b)cos 3A+cos 3B+kcos 3C 6 2k

2+1

(173)

university-logo

Bài tập 17

a)cos 3nA+cos 3nB +kcos 3nC 6 (−2k 2−1)

2k ,k <0. b)cos 3nA+cos 3nB+kcos 3nC 6 (−2k

2−1)

2k ,k >0.

Bài tập 18

a)cos 3(n+1)A+cos 3(n+1)B+kcos 3(n+1)C > 2k 2+1

2k ,k <0. b)cos 3(n+1)A+cos 3(n+1)B+kcos 3(n+1)C 6 2k

2+1

(174)

university-logo

Bài tập 19

cosAcosB√n

cosC 6 n

2(n+1)√nn+1.

Bài tập 20

cosA

2 cos

B

2 n r

cosC

2 6

(2n+1)2n√2n+1 (2n+2)√nn

+1 .

Bài tập 21

sinA

2 sin

B

2 n √

sinC

2 6

n

2(n+1)√n

(175)

university-logo

Bài tập 22

Cho m,n,p đều dương Chứng minh tam giácABC,ta đều

có

n+p

m tan

2 A

2 +

p+m

n tan

2B

2 +

m+n

p tan

2 C

2 >2.

Bài tập 23

Cho m,n,p là cạnh tam giác Chứng minh mọi

tam giác ABC,ta ln có

mtanA

2 +ntan

B

2 +ptan

C

2 >2(mn+np+pm)−n

(176)

university-logo

Kết luận

Các kết gồm có

2 Trình bày chi tiết cách chứng minh toán tổng quát

Giới thiệu số phương pháp chứng minh Bất đẳng thức

(177)

university-logo

Tài liệu tham khảo:

Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc "Một số toán chọn lọc về lượng giác", NXB Giáo dục 2002.

Các tạp chí Kvant, Tốn học tuổi trẻ, Tư liệu Internet.

(178)

Định dạng
Số trang	178
Dung lượng	1,36 MB