Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu klamkin trong tam giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ THU TRANG MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU KLAMKIN TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, 10/2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ THU TRANG MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU KLAMKIN TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8640113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên, 10/2018 i Mục lục Mở đầu Chương Một số lớp đẳng thức bất đẳng thức 1.1 Một số hệ thức hàm lượng giác ngược 1.2 Bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Karamata 1.2.1 Bất đẳng thức Jensen 1.2.2 Bất đẳng thức Karamata 1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác tam giác 3 6 10 13 Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác tam giác 2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm cosin 2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm sin 2.3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm tan cotan 17 17 24 28 Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác ngược 3.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm arccos arcsin 3.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm arctan arccotan 3.3 Một số bất đẳng thức khác tam giác 3.3.1 Bất đẳng thức Weizenbock 3.3.2 Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler 34 34 37 42 42 46 Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51 Mở đầu Chuyên đề bất đẳng thức chuyên đề quan trọng bậc trung học phổ thông Bất đẳng thức không đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số giải tích mà cịn cơng cụ đắc lực nhiều lĩnh vực khác toán học Klamkin khảo sát nhiều lớp bất đẳng thức hình học liên quan đến hàm cosin xét dạng toán liên quan Ta biết bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin cho tam giác α cos A + β cos B + γ cosC ≤ β γ γα αβ + + 2α 2β 2γ ứng với số dương α , β , γ Bất đẳng thức chứng minh phương pháp khác hình học phương pháp véctơ phương pháp tọa độ phương pháp số phức Tuy nhiên, dạng bất đẳng thức tương tự hàm lượng giác khác hàm sin, tan cotan người ta chưa chứng minh phương pháp hình học Klamkin khơng đề cập đến dạng bất đẳng thức Đặc biệt, để chứng minh bất đẳng thức tương tự lượng giác ngược ta cần đến cơng cụ giải tích (tính lồi, lõm) để khảo sát chúng Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi nâng cao nghiệp vụ thân chuyên đề bất đẳng thức lượng giác, chọn đề tài luận văn “Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin tam giác” Luận văn nhằm cung cấp số dạng bất đẳng thức không đối xứng tam giác hàm lượng giác lượng giác ngược số dạng liên quan Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm chương Chương Một số lớp bất đẳng thức Nội dung chương trình bày kiến thức hàm lượng giác, lượng giác ngược, hệ thức lượng giác Ngồi ra, chúng tơi trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số hệ chúng Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác tam giác Trình bày bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan cotan Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác ngược Trình bày bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos, hàm arcsin, hàm arctan hàm arccot Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn, cho tơi nhận xét q báu để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới thầy cô, người tận tâm giảng dạy bảo tác giả suốt trình học tập thực luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết chân thành tới phòng Sau Đại học, khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên giúp đỡ tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập nghiên cứu khoa học Cuối xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018 Người viết luận văn Đỗ Thị Thu Trang Chương Một số lớp đẳng thức bất đẳng thức Chương trình bày định nghĩa hàm lượng giác sin, cos, tan, cotan, công thức biến đổi hàm lượng giác, hệ thức lượng tam giác Ngoài ra, nêu định nghĩa hàm lượng giác ngược với số tính chất hàm lượng giác ngược, trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số hệ chúng 1.1 Một số hệ thức hàm lượng giác ngược Định lí 1.1 ([3]) Giả sử hàm y = f (x) xác định, đồng biến nghịch biến liên tục khoảng X Khi khoảng Y giá trị tương ứng hàm đó, tồn hàm ngược (đơn trị) x = g(y) hàm đồng biến nghịch biến liên tục khoảng Từ hàm lượng giác y = sin x, y = cos x, y = tanx, y = cot x, theo định lí trên, ta có hàm lượng giác ngược π π π π Trong − , (hay − , ) hàm số y = sin x (hay y = tan x) 2 2 hàm đồng biến, liên tục nên tồn hàm ngược y = arcsin x (hay y = arctan x) sau:   y = arcsin x   x = sin y   −1 ≤ x ≤ 1, − π ≤ y ≤ π 2   sin(arcsin x) ≡ x   π π ⇔ − ≤ arcsin x ≤  2   −1 ≤ x ≤     tan(arctan x) ≡ x y = arctan x    π  π x = tan y ⇔ − < arctan x <   2    −∞ < x < ∞, − π < y < π −∞ < x < ∞ 2 Trong [0, π ] (hay (0, π )) hàm số y = cos x (hay y = cot x) hàm đồng biến, liên tục nên tồn hàm ngược y = arccos x (hay y = arccot x) sau:    y = arccos x x = cos y   −1 ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ π ⇔    cos(arccos x) ≡ x ≤ arccos x ≤ π   −1 ≤ x ≤    cot(arccot x) ≡ x ⇔ < arctan x < π   −∞ < x < ∞    y = arccot x x = cot y   −∞ < x ≤ ∞, < y < π Một số tính chất hàm lượng arcsin (−x) = −arcsin x, ∀x ∈ [−1, 1] arccos (−x) = π − arccos x, ∀x ∈ [−1, 1] arctan (−x) = −arctan x arccot (−x) = −arccot x π π Hàm y = arcsin x (−1 < x < 1) với − < y < hàm ngược hàm x = sin y 2 π π ′ Khi ta có xy = cos y > với − < y < Theo công thức đạo hàm hàm 2 ngược ta có y′x = 1 = = xy′ cos y 1 − sin2 y =√ Vậy hàm y = arcsin x hàm đồng biến Lại có y′′x = 1 − x2 > x (1 − x2 )3 nên y′′x > với < x < y′′x < với −1 < x < Suy hàm y = arcsin x lõm với < x < lồi với −1 < x < Hơn nữa, ta có • với < x < 1, y′′x > nên y(x) > y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1) • với −1 < x < 0, y′′x < nên y(x) < y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0) Hàm y = arccos x (−1 < x < 1) với < y < π hàm ngược hàm x = cos y Ta có xy′ = − sin y > với < y < π Theo cơng thức đạo hàm hàm ngược ta có y′x = 1 =− =− ′ xy sin y = −√ >0 − x2 x nên hàm y = arccos x hàm nghịch biến Lại có y′′x = − nên y′′x < (1 − x ) ′′ với < x < yx > với −1 < x < Suy hàm y = arccos x lồi với < x < 1 − cos2 y lõm với −1 < x < Hơn nữa, ta có • với < x < 1, y′′x < nên y(x) < y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1) • với −1 < x < 0, y′′x > nên y(x) > y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0) π π Hàm y = arctan x (−∞ < x < ∞) với − < y < hàm ngược hàm 2 x = tan y Ta có xy′ = = + tan2 y = + x2 Suy cos2 y 1 > y′x = ′ = xy + x2 2x nên y′′x < 2 (1 + x ) ′′ với x > yx > với x < 0, suy hàm y = arctan x lồi với x > lõm với Do đó, hàm y = arctan x hàm đồng biến Lại có y′′x = − x < Hơn nữa, ta có • với x > 0, y′′x < nên y(x) < y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a > • với x < 0, y′′x > nên y(x) > y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a < Hàm y = arccot x (−∞ < x < ∞) với < y < π hàm ngược hàm x = cot y Ta có xy′ = − = −(1 + cot2 y) = −(1 + x2 ) Suy sin y 1 y′x = ′ = − < xy + x2 2x nên y′′x > 2 (1 + x ) ′′ với x > yx < với x < Suy hàm y = arccot x lõm với x > lồi với Do đó, hàm y = arccos x hàm nghịch biến Lại có y′′x = x < Hơn nữa, ta có • với x > 0, y′′x > nên y(x) > y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a > • với x < 0, y′′x < nên y(x) < y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a < 1.2 Bất đẳng thức Jensen bất đẳng thức Karamata 1.2.1 Bất đẳng thức Jensen Định lí 1.2 (Bất đẳng thức Jensen, [1]) Nếu f hàm lồi khoảng I với x1 , x2 , , xn ∈ I ta có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f x1 + x2 + · · · + xn n Đẳng thức xảy x1 = x2 = · · · = xn Chúng ta quen với việc coi hàm lồi f : I → R hàm liên tục, khả vi cấp f ′′ (x) ≥ ∀x ∈ I Tuy nhiên, với kiến thức THPT định lí Jensen phát biểu dạng đơn giản dễ áp dụng Hệ 1.1 ([1]) Cho f : I ⊂ R+ → R thỏa mãn f (x)+ f (y) ≥ f I Khi với x1 , x2 , , xn ∈ I ta có bất đẳng thức f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f x+y ∀x, y ∈ x1 + x2 + · · · + xn n Chứng minh Chứng minh định lí ta dùng phương pháp quy nạp Định lí giúp cho việc kiểm tra bất đẳng thức Jensen thuận tiện bạn đạo hàm Sau chứng minh gắn gọn cho định lí Dễ thấy bất đẳng thức hiển nhiên n lũy thừa x bất đẳng thức với n = k + 1, ta lấy x = x1 + x2 + · · · + xk xk+1 = k x + kx x x ≥ (k + 1) f = (k + 1) f f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xk ) + f k k+1 k Do ta có điều phải chứng minh Hiển nhiên thay điều kiện f (x) + f (y) ≥ f x+y f (x) + f (y) ≤ f x+y bất đẳng thức tổng quát đổi chiều f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ n f x1 + x2 + · · · + xn n Ví dụ 1.1 Chứng minh với △ABC ta có √ 3 sin A + sin B + sinC ≤ Lời giải Xét f (x) = sin x với x ∈ (0, π ) Ta có f ′′ (x) = − sin x < ∀x ∈ (0, π ) Từ theo bất đẳng thức Jensen √ π 3 A + B +C f (A) + f (B) + f (C) ≤ f = sin = 3 Đẳng thức xảy △ABC Ví dụ 1.2 Chứng minh với △ABC đều, ta có A B C √ + tan + tan ≥ 2 π Lời giải Xét f (x) = tan x với x ∈ 0, Ta có tan f ′′ (x) = π sin x > ∀x ∈ 0, cos3 x Từ theo bất đẳng thức Jensen B C A +f +f ≥ 3f f 2 A + B2 + C2 = tan π √ = Đẳng thức xảy △ABC Ví dụ 1.3 Chứng minh với △ABC đều, ta có A tan √ 2 B + tan √ 2 C + tan √ 2 √ 1− ≥3 38 Cộng vế với vế bât đẳng thức ta 2014arctan x < 2014 2014 n=1 n=1 ∑ arctan n + ∑ + n2 (x − n) Suy ra: arctan x < 2014 2014 ∑ arctan n + n=1 2014 (x − n) , ∀x > ∑ n=1 + n Bài toán 3.5 Chứng minh arctan x − π ≤ ln (x2 + 1) − ln − (x − 1) , ∀x ∈ [0; 1] Lời giải Xét hàm số y = arctan x − ln x2 + với ∀x ∈ [0; 1] Ta có 2x − 2x − = , 2 1+x 1+x + x2 2x2 − 2x − ′′ < với ∀x ∈ [0; 1] y = (1 + x2 )2 y′ = Suy y(x) < y(a) + y′ (a) (x − a) , ∀x ∈ [0; 1] Thay a ta arctan x − ln x2 + < π − ln − (x − 1) Suy arctan x − π ≤ ln (x2 + 1) − ln − (x − 1) , ∀x ∈ [0; 1] Bài toán 3.6 Chứng minh b−a b−a < arctan a − arctan b < , a < x < b + b2 + a2 39 Lời giải Xét hàm số y = arctan x, với x > Ta có y′ = , + x2 y” = − 2x (1 + x2 )2 < vớix > Suy y (x) < y (x0 ) + y′ (x0 ) (x − x0 ) vớix > Thay x0 a, b ta arctan x < arctan a + (x − a) , + a2 (3.1) arctan x < arctan b + (x − b) , + b2 (3.2) Từ cơng thức (3.1) ta có arctan x − arctan a < (x − a) + a2 arctan b − arctan a < (b − a) + a2 Suy Từ công thức (3.2) ta có arctan b − arctan x < (b − x) + b2 arctan b − arctan a < (b − a) + b2 Nên Từ suy b−a b−a < arctan a − arctan b < , a < x < b 1+b + a2 Bài toán 3.7 Chứng minh với hai số a, b ta ln có arctan b − arctan a < |b − a| Lời giải Trong trường hợp a = b ta có bất đẳng cần phải chứng minh Trong trường hợp a = b Do vai trò a b nên ta giả sử a < b (trong trường hợp b < a ta chứng minh tương tự.) Xét hàm số y = arctan x, với 40 x ∈ [a; b] Do hàm y = arctan x khả vi với x ∈ [a; b] arctan a < arctan b theo định lí Lagrange tồn c ∈ (a; b) cho y′ (c) = Suy y (b) − y (a) arctan b − arctan a = > b−a b−a |arctan b − arctan a| = ≤ |b − a| + c2 Do |arctan b − arctan a| ≤ |b − a| ∀a, b Vậy ta có bất đẳng thức phải chứng minh |arctan b − aarctan a| ≤ |b − a| ∀a, b Bài toán 3.8 Chứng minh < n2 + 2n + n2 + n + < n2 + ∀n ∈ N > với + x2 x ∈ [n; n + 1] Theo Định lí Lagrange tồn c ∈ (n; n + 1) cho Lời giải Xét hàm số y = arctan x với x ∈ [n; n + 1] Ta có y′ = y′ (c) = Tức arctan (n + 1) − arctan (n) = arctan (n + 1) − arctan (n) n+1−n arctan (n + 1) − arctan (n) = + c2 (3.3) Mặt khác ta có 1 1 < = < n2 + 2n + + (n + 1)2 + c2 n2 + ∀n ∈ N Đặt m = arctan (n + 1) − arctan (n), ta tan m = tan (arctan (n + 1) − arctan (n)) = n+1−n = + (n + 1) n n + n + Hay m = tan n2 + n + (3.4) 41 Suy n2 + n + arctan (n + 1) − arctan (n) = arctan (3.5) Từ (3.3), (3.4) (3.5) ta suy điều phải chứng minh < arctan n2 + 2n + n2 + n + < n2 + ∀n ∈ N Bài toán 3.9 Chứng minh arctan (x) ≥ x với x ≤ Lời giải Xét hàm y = arctan x − x với x ≤ Ta có y′ = 2x ′′ , y = − ≥ với ∀x ≤ + x2 (1 + x2 )2 Suy y (x) ≥ y (x0 ) + y′ (x0 ) (x − x0 ) , ∀x ≤ 0; x0 ≤ Đẳng thức xảy x = Nhận xét 3.1 Khi x ≥ ta có bất đẳng thức arctan x ≤ x, ∀x ≥ Bài toán 3.10 Cho tam giác ABC Chứng minh với α , β > ta ln có arctan (α sin A + β ) + arctan (α sinB + β ) + arctan (α sinC + β ) √ α +β ≤ 3arctan Lời giải Xét hàm y = arctan (α x + β ) với α , β > Ta có ′ y = α + (α x + β )2 ′′ > 0; y = − 2α (α x + β ) + (α x + β ) 2 0, α , β > Từ ta suy y = arctan (α x + β ) hàm lồi với α , β > 42 Theo tính chất hàm lồi ta ln có arctan (α x1 + β ) + arctan (α x2 + β ) + arctan (α x3 + β ) α (x1 + x2 + x3 ) ≤ 3arctan +β Thay x1 = sin A, x2 = sin B, x3 = sinC, ta có arctan (α sin A + β ) + arctan (α sin B + β ) + arctan (α sinC + β ) α (sin A + sin B + sinC) ≤ 3arctan +β (3.6) Lại có √ 3 sin A + sin B + sinC ≤ Hơn hàm y = arctan (α x + β ) hàm đồng biến nên 3arctan α (sin A + sin B + sinC) +β ≤ arctan √ α +β (3.7) Từ (3.6) (3.7) suy ta có điều phải chứng minh arctan (α sin A + β ) + arctan (α sinB + β ) + arctan (α sinC + β ) √ α ≤ 3arctan +β Nhận xét 3.2 Hồn tồn chứng minh tương tự ta thay A, B,C A B C , , Từ ta lớp tốn chứng minh bất đẳng thức 2 lượng giác liên quan đến hàm lượng giác ngược 3.3 Một số bất đẳng thức khác tam giác 3.3.1 Bất đẳng thức Weizenbock Định lí 3.1 (Bất đẳng thức Weizenbock) Giả sử a, b, c độ dài ba cạnh ∆ diện tích tam giác √ a2 + b2 + c2 ≥ 3∆ Dấu đẳng thức xảy a = b = c (3.8) 43 Chứng minh Theo công thức Heron, ta có ∆2 = s(s − a)(s − b)(s − c), s = a+b+c Vận dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có (s − a)(s − b)(s − c) ≤ s ) 3 Dấu đẳng thức xảy ta s − a = s − b = s − c ⇔ a = b = c Suy s4 11 11 ∆ ≤ = (a + b + c)4 27 27 16 Vì vậy, 1 ∆ = √ (a + b + c)2 3 Vận dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta 1 1 ∆ = √ (a+b+c)2 ≤ √ (1+1+1)(a2 +b2 +c2 ) = √ (a2 +b2 +c2 ) 3 3 4 Đẳng thức xảy a b c = = 1 Từ suy điều phải chúng minh Tiếp theo, xét mở rộng bất đẳng thức Weizenbock nói Định lí 3.2 (Định lí Weizenbock mở rộng) Cho x, y, z số thực thỏa mãn điều kiện x + y, y + z, z + x, xy + yz + zx ≥ tam giác ABC có diện tích ∆ Khi √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ xy + yz + zx∆ (3.9) Chứng minh Áp dụng định lí hàm số cosin c2 = a2 + b2 − 2ab cosC công thức diện tích tam giác ∆ = ab sinC, ta có √ xa2 + yb2 + zc2 ≥ xy + yz + zx∆, √ ⇔ xa2 + yb2 + z(a2 + b2 − 2ab cosC) ≥ xy + yz + zx2ab sinC √ ⇔ (x + z)a2 + (y + z)b2 ≥ 2ab[ xy + yz + zx sinC + z cosC] √ a b ⇔ (x + z) + (y + z) ≥ 2[sinC xy + yz + zx + z cosC] (3.10) b a 44 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có √ [sinC xy + yz + zx + z cosC]2 ≤ (xy + yz + zx + z2 )(sin2 C + cos2 C) = xy + yz + zx + z2 = (x + z)(y + z) Mặt khác b a ≥ 4(x + z)(y + z) (x + z) + (y + z) b a Do (3.10) Dấu đẳng thức xảy  b a  (x + z) = (y + z) b a cosC sinC   =√ z xy + yz + zx  b a   =√ √ y+z x+z ⇔ 2C cos sin2C sin2C + cos2C   = =  = z xy + yz + zx xy + yz + zx + z2 (x + z)(y + z) Thay b cosC tương ứng vào biểu thức c2 = a2 + b2 − 2bc cosC biểu thức tương ứng trên, ta có x+z z x+z − 2a2 y+z y + z (x + z)(y + z) c x+z z ⇔ = 1+ −2 a y+z y+z x+y a c c ⇔√ =√ ⇔ = a y+z y+z x+y c2 = a + a Vậy đẳng thức xảy √ c a b =√ =√ y+z x+y x+z (3.11) Bất đẳng thức (3.9) gọi bất đẳng thức Weizenbock mở rộng Tiếp theo, ta chứng minh số hệ bất đẳng thức Weizenbock suy rộng Bài toán 3.11 Cho tam giác ABC với diện tích ∆ số thực x, y, z Chứng minh bất đẳng thức sau √ xab + ybc + zxa ≥ xy + yz + zx∆ (3.12) 45 c a b Lời giải Thay x x , y y z z , ta a b c c a b xab + ybc + zca ≥ xy + yz + zx ∆, a b c hay a b c (3.13) (xab + ybc + zca)2 ≥ 16∆2 xy + yz + zx a b c c a b Lại thay x z , y x z y vào bất đẳng thức Weizenbock suy rộng, a b c sau bình phương hai vế ta bất đẳng thức b c a (xab + ybc + zca)2 ≥ 16∆2 (xy + yz + zx ) c a b (3.14) Cộng theo vế hai bất đẳng thức (3.13) (3.14), áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta a c b a b c 2(xab + ybc + zca)2 ≥ 16∆2 [xy( + ) + yz( + ) + zx( ) + ] c a a b c b ≥ 2.16∆ (xy + yz + zx) Suy √ xab + ybc + zca ≥ xy + yz + zx∆ Bất đẳng thức (3.12) chứng minh Bài toán 3.12 Cho M điểm tùy ý tam giác ABC Chứng minh bất đẳng thức sau aMA + bMB + cMC ≥ 4∆ (3.15) Lời giải Trước hết chứng minh bất đẳng thức MA MB MB MC MC MA + + ≥ a b b c c a Để chứng minh đồng thức (3.16), ta sử dụng đồng thức (β − γ )β γ + (α − β )αβ + (γ − α )γα = −(β − γ )(γ − α )(α − β ), (3.16) (3.17) α , β , γ số phức Xét mặt phẳng phức chứa tam giác ABC giả sử đỉnh A, B,C M điểm phức A(α ), B(β ),C(γ ), M(0) Khi ta có a = BC = |β − γ |, b = CA = |γ − α |, c = AB = |α − β |, 46 MA = |α |, MB = |β |, MC = |γ | Áp dụng bất đẳng thức Minkovskii vào đồng thức (3.17), ta |(β − γ )β γ | + |(α − β )αβ | + |(γ − α )γα | ≥ |β − γ ||γ − α ||α − β | hay |β |.|γ | |α |.|γ | |β |.|α | + + ≥ |α − γ |.|α − β | |β − α |.|β − γ | |α − γ |.|β − γ | Từ suy bất đẳng thức (3.16) Xét bất đẳng thức Weizenbock suy rộng với x= MA MB MC ,y = ,z = , a b c ta có aMA + bMB + cMC = ≥4 MA MB MC a + b + c a b c MA MB MB MC MC MA + + ∆ a b b c c a Mặt khác lại có MA MB MB MC MC MA + + ≥ 1, a b b c c a nên aMA + bMB + cMC ≥ 4∆ Mệnh đề dược chứng minh 3.3.2 Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler Trước hết ta chứng minh kết sau tam giác Định lí 3.3 (Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler) Cho tam giác ABC có diện tích S số thực dương x, y, z Khi bất đẳng thức sau √ (y + z)a2 + (z + x)b2 + (x + y)c2 ≥ xy + yz + zxS + (x + y)(a − b)2 + (y + z)(b − c)2 + (z + x)(c − a)2 (3.18) 47 Chứng minh Gọi A′ , B′ ,C′ tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B,C Dễ dàng chứng minh ba điểm (A′ , B,C′ ), (B′ ,C, A′ ), (C′ , A, B′ ) thẳng hàng Gọi K, H chân đường cao hạ từ C’ xuống AB từ B’ xuống AC Áp dụng bất đẳng thức Weizenbock mở rộng vào tam giác A’B’C’ ta có √ zA′ B′2 + xB′C′2 + yC′ A′2 ≥ xy + yz + zxSA′ B′C′ AH AK AH + HK B′C′ = B′ A + AC′ = + = π A π A π A cos( − ) cos( − ) cos( − ) 2 2 2 s−c+s−b 2R sin A A a = = = 4R cos = π A A A cos( − ) sin sin 2 2 Tương tự ta có B C A′ B′ = 4R cos ,C′ A′ = 4R cos 2 Do A C B A B C ∆′ = B′C′ A′ B′ sinB′ = 4R cos 4R cos cos = 8R2 cos cos cos 2 2 2 2 R2 sin A sin B sinC 2R sin A.2R sin B.2R sinC abc abc 2R 2∆R = = = = C B C A B A 8R 2r 4R r r sin sin sin sin sin sin 2 2 2 Theo cơng thức vịng trịn bàng tiếp, ta có = + rb = s tan A src B r r =s = + tan + 2 s−a s−b (s − a)(s − b) Mặt khác, từ cơng thức diện tích tam giác lại có sr nên abc src s(s − c) = s(s − a)(s − b)(s − c) ⇔ = 4R , 4R (s − a)(s − b) ab + rb = Tương tự src s(s − c) C = 4R = 4R cos2 (s − a)(s − b) ab B A rb + rc = 4R cos2 , rc + = 4R cos2 2 48 Từ kết ta có zA′ B′2 + xB′C′2 + yC′ A′2 C A B = z16R2 cos2 + x16R2 cos2 + y16R2 cos 2 A B C = 4R(z.4R cos2 ) + 4R(x.4R cos2 ) + 4R(y.4R cos2 ) 2 = 4R[z(ra + rb ) + x(rb + rc ) + y(rc + )] Suy √ 2∆R 4R[z(ra + rb ) + x(rb + rc ) + y(rc + )] ≥ xy + yz + zx r Biết (s − a) = rb (s − b) = rc (s − c) = sr = ∆, nên bất đẳng thức tương đương với √ ⇔ r[ra (y + z) + rb (z + x) + rc (x + y)] ≥ 2∆ xy + yz + zx ∆2 ∆2 ∆2 + 4(z + x) + 4(x + y) ⇔ 4(y + z) p(p − a) p(p − b) s(s − c) √ ≥ 8∆ xy + yz + zx ⇔ 4(y + z)(p − b)(p − c) + 4(z + x)(p − c)(p − a) + 4(x + y)(p − a)(p − b) √ ≥ 8∆ xy + yz + zx √ ⇔ (y + z)a2 + (z + x)b2 + (x + y)c2 ≥ 8∆ xy + yz + zx + (x + y)(a − b)2 + (y + z)(b − c)2 + (z + x)(c − a)2 Định lí chứng minh Nhận xét 3.3 Ở bất đẳng thức (3.18) đặt y + z = x1 , z + x = y1 , y + x = z1 bất đẳng thức trở thành x1 a2 + y1 b2 + z1 c2 ≥ x1 + y1 + z1 − (x1 − y1 )2 − (y1 − z1 )2 − (z1 − x1 )2 S + x1 (b − c)2 + y1 (c − a)2 + z1 (a − b)2 (3.19) Bài toán 3.13 Cho x, y, z số thực dương Chứng minh xa2 + yb2 + zc2 ≥ x2 + y2 + z2 − (x − y)2 − (y − z)2 − (z − x)2 ∆ + x(b − c)2 + y(c − a)2 + z(a − b)2 (3.20) 49 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức (3.18) cho tam giác A′ B′C′ nói Định lí 3.3, ta có (x + y + z)B′C′2 + (x − y + z)C′ A′2 + (x + y − z)A′ B′2 ≥4 x2 + y2 + z2 − (x − y)2 − (y − z)2 − (z − x)2 ∆A′ B′C′ Mặt khác, ta lại có (−x + y + z)B′C′2 + (x − y + z)C′ A′2 + (x + y − z)A′ B′2 B C A = (−x + y + z)16R2 cos2 + (x − y + z)16R2 cos2 + (x + y − z)16R2 cos2 2 = 4R[(−x + y + z)(rb + rc ) + (x − y + z)(rc + ) + (x + y − z)(ra + rb )] 8R = 8R(xra + yrb + zrc ) = (xrra + yrrb + zrrc ) r 8R [x(s − b)(s − c) + y(s − c)(s − a) + z(s − a)(s − b)] = r x2 + y2 + z2 − (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ∆A′ B′C′ =4 x2 + y2 + z2 − (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 2∆ABC R r Suy xa2 + yb2 + zc2 ≥ x2 + y2 + z2 + (x − y)2 + (y − z)2 + (z − x)2 ∆ + x(b − c)2 + y(c − a)2 + z(a − b)2 , ∆ ký hiệu diện tích tam giác ABC Định lí chứng minh 50 Kết luận Luận văn với đề tài “Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin tam giác” trình bày vấn đề sau: Hệ thống định nghĩa tính chất hàm lượng giác sin, cosin, tan, cotan, công thức biến đổi hàm lượng giác, hệ thức lượng tam giác Trình bày định nghĩa hàm lượng giác ngược, số tính chất hàm lượng giác ngược Trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số hệ chúng Trình bày bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan cotan Một số bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin hệ trực tiếp từ bất đẳng thức Klamkin tổng quát Các bất đẳng thức lại cần dùng đến cơng cụ giải tích Trình bày bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos, hàm arcsin, hàm arctan hàm arccot Các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm không chứng minh phương pháp sơ cấp mà phải dùng đến cơng cụ giải tích tính lồi, tính lõm hàm số, dùng đến định lí giá trị trung bình 51 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri thức [2] Nguyễn Văn Mậu (2002), Bất đẳng thức - Định lý áp dụng, NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2001), Một số toán chọn lọc lượng giác, NXB Giáo dục [4] Nguyễn Văn Mậu (2008), Chuyên đề Lượng giác áp dụng, NXB Giáo dục Tiếng Anh [5] Comanescu D and Dragomir S.S (2009), A Generalization of the Klamkin Inequality, ajmaa.org/rgmia/papers/ Klamkin20ian [6] M S Klamkin (1971), “Asymmetric triangle inequalities”, Publ Elektrotehn Fak Ser Mat Fiz Univ Beograd, No.357–380, pp 33–44 [7] K.Y Li (2011), “Klamkin’s Inequality”, Methematical Excalibur, Vol 15, No 4, pp 1–4 [8] J Liu (2008), “A weighted Geometric Inequality and its Applications”, Journal of Inequalities in pur and Applied Mathematics, Vol 9, No 2, pp 1–18 52 [9] J Liu (2010), “A weighted Inequality involving of sides of a Triangles”, Creative Math and Inf., Vol 19, No 2, pp 160–168 [10] P N de Sausa, J.N Silva (1998), Berkeley Problems in Mathematics, Springer [11] T-L.T Radulescu, V.D Radulescu, T Andreescu (2009), Problems in Real Analysis: Advanced calculus on the real axis, Springer ... cosC Đẳng thức xảy △ABC 17 Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác tam giác Bất đẳng thức Klamkin bất đẳng thức hay quan trọng Nhiều bất đẳng thức lượng giác biết nhiều bất đẳng thức. .. 1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác tam giác 3 6 10 13 Chương Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm lượng giác tam giác 2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin hàm cosin 2.2 Bất đẳng. .. đề bất đẳng thức lượng giác, chọn đề tài luận văn ? ?Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin tam giác? ?? Luận văn nhằm cung cấp số dạng bất đẳng thức không đối xứng tam giác hàm lượng giác