2 Bất đẳng thức liên quan đến lớp hàm đơn điệu liên tiếp
3.2 Nhận dạng một số dạng tam giác đặc biệt
Bài tốn 3.10. Cho tam giác nhọn A0B0C0. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều cĩ
sinA cosA0 +
sinB cosB0 +
sinC
cosC0 6 tanA0tanB0tanC0.
Giải. Xét hàm số f(x) = sinx, x ∈ 0, π 2
. Ta cĩ f0(x) = cosx > 0 và
f00(x) =−sinx < 0 trong khoảng
0, π
2
. Vậy nên
f(A) 6 f(A0) +f0(A0)(A−A0),
suy ra sinA cosA0 6 tanA0 +A−A0. (*) Tương tự, ta cũng cĩ sinB cosB0 6 tanB0 + B −B0, (**)
và sinC cosC0 6 tanC0 +C −C0. (***) Từ (*), (**) và (***), suy ra sinA cosA0 + sinB cosB0 + sinC
cosC0 6 tanA0 + tanB0 + tanC0.
Để ý rằng
tanA0 + tanB0 + tanC0 = tanA0tanB0tanC0,
suy ra điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác A0B0C0 đồng dạng với tam giác ABC.
Bài tốn 3.11. Cho tam giác nhọn A0B0C0. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều cĩ
sinA cosA0 +
sinB cosB0 +
sinC
cosC0 6 tanA0 + tanB0 + cotC0.
Giải. Xét hàm số f(x) = sinx và g(x) = cosx, x ∈ 0,π 2
. Ta cĩ
f0(x) = cosx > 0, f00(x) = −sinx < 0 và g0(x) = −sinx < 0 và
g00(x) =−cosx < 0 trong khoảng 0,π 2 . Vậy nên f(A) 6 f(A0) +f0(A0)(A−A0), f(B) 6 f(B0) +f0(B0)(B−B0), g(C) 6 g(C0) +g0(C0)(C −C0), suy ra sinA cosA0 6 tanA0 +A−A0. (*) Tương tự, ta cũng cĩ sinB cosB0 6 tanB0 + B −B0, (**)
và sinC cosC0 6 cotC0 +C −C0. (***) Từ (*), (**) và (***), suy ra sinA cosA0 + sinB cosB0 + sinC
cosC0 6 tanA0 + tanB0 + cotC0.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác A0B0C0 đồng dạng với tam
giác ABC.
Bài tốn 3.12. Cho tam giác nhọn A0B0C0. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều cĩ
cosA sinA0 +
cosB sinB0 +
cosC
sinC0 6 cotA0 + cotB0 + cotC0.
Giải. Xét hàm số f(x) = cosx, x ∈ 0, π 2
. Ta cĩ f0(x) = −sinx < 0
và f00(x) = −cosx < 0 trong khoảng
0, π 2 . Vậy nên f(A) 6 f(A0) +f0(A0)(A−A0), suy ra cosA
sinA0 6 cotA0 +A−A0. (*)
Tương tự, ta cũng cĩ cosB sinB0 6 cotB0 +B −B0, (**) và cosC sinC0 6 cotC0 +C −C0. (***) Từ (*), (**) và (***), suy ra cosA sinA0 + cosB sinB0 + cosC
sinC0 6 cotA0cotB0cotC0.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác A0B0C0 đồng dạng với tam
Bài tốn 3.13. Cho tam giác nhọn A0B0C0. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều cĩ
tanA 1 + tan2A0 +
tanB 1 + tan2B0 +
tanC
1 + tan2C0 > 2 sinA0sinB0sinC0.
Giải. Xét hàm số f(x) = tanx, x ∈ 0,π 2 . Ta cĩ f0(x) = 1 cos2x > 0 và f00(x) = 2 sinx
cos3x > 0 trong khoảng 0,π 2 . Vậy nên f(A) > f(A0) +f0(A0)(A−A0), suy ra tanA 1 + tan2A0 > 1 2sin 2A0 +A−A0. (*) Tương tự, ta cũng cĩ tanB 1 + tan2B0 > 1 2sin 2B0 +B −B0, (**) và tanC 1 + tan2C0 > 1 2sin 2C0 +C −C0. (***) Từ (*), (**) và (***), suy ra tanA 1 + tan2A0 + tanB 1 + tan2B0+ tanC 1 + tan2C0 > 1
2(sin 2A0+ sin 2B0+ sin 2C0).
Để ý rằng
sin 2A0 + sin 2B0 + sin 2C0 = 4 sinA0sinB0sinC0,
suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác A0B0C0 đồng dạng với tam giác ABC.
Bài tốn 3.14. Cho tam giác nhọn A0B0C0. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều cĩ
cotA 1 + cot2A0 +
cotB 1 + cot2B0 +
cotC
Giải. Xét hàm số f(x) = cotx, x ∈ 0, π 2 . Ta cĩ f0(x) = −1 sin2x < 0 và f00(x) = 2 cosx
sin3x > 0 trong khoảng 0,π 2 . Vậy nên f(A) > f(A0) +f0(A0)(A−A0), suy ra cotA 1 + cot2A0 > 1 2sin 2A0 +A−A0. (*) Tương tự, ta cũng cĩ cotB 1 + cot2B0 > 1 2sin 2B0 +B −B0, (**) và cotC 1 + cot2C0 > 1 2sin 2C0 + C −C0. (***) Từ (*), (**) và (***), suy ra cotA 1 + cot2A0 + cotB 1 + cot2B0 + cotC
1 + cot2C0 > 2 sinA0sinB0sinC0.
Để ý rằng
sin 2A0 + sin 2B0 + sin 2C0 = 4 sinA0sinB0sinC0,
suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác A0B0C0 đồng dạng với tam giác ABC.
Bài tốn 3.15. Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC, ta luơn cĩ
(tanA)tanA(tanB)tanB(tanC)tanC ≥(√
3)3
√
3. (3.30) Giải. Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức sau:
Với x, y, z là ba số dương thì
xxyyzz ≥ (xyz)13(x+y+z).
xxyyzz ≥ (xyz)13(x+y+z)
⇔ xlnxylnyzlnz ≥ 1
3(x+y +z)(lnx+ lny + lnz)
⇔ (x−y)(lnx−lny) + (y −z)(lny −lnz) + (z −x)(lnz−lnx) ≥ 0.
Vì hàm y = lnx là hàm đồng biến trong (0,+∞) nên ta cĩ
(x−y)(lnx−lny) > 0, ∀x, y > 0.
Do vậy
(x−y)(lnx−lny) + (y−z)(lny −lnz) + (z−x)(lnz −lnx) ≥0
Suy ra
xxyyzz ≥ (xyz)13(x+y+z).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z.
Với x = tanA, y = tanB, z = tanC, trong đĩ A, B, C là các gĩc của tam giác nhọn ABC, ta nhận được
(tanA)tanA(tanB)tanB(tanC)tanC ≥ (tanAtanBtanC)13(tanA+tanB+tanC)
≥ (3√ 3) √ 3 = (√ 3)3 √ 3.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
tanA = tanB = tanC
A = B = C,
tức là tam giác ABC là tam giác đều.
Bài tốn 3.16. Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương, ta luơn cĩ
tannA+ tannB+ tannC ≥ 3√
3n.
Giải. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta cĩ
tannA+ tannB + tannC ≥ 3q3
(tanAtanBtanC)3 ≥3 3 q
(3√
(do tanA+ tanB + tanC = tanAtanBtanC = 3√
3).
Vậy ta cĩ điều phải chứng minh
tannA+ tannB+ tannC ≥ 3√
3n.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. Từ đĩ, ta cĩ các bất đẳng thức
tan2A+ tan2B + tan2C ≥ 9; tan3A+ tan3B + tan3C ≥ 9√
3; tan4A+ tan4B + tan4C ≥ 27; . . . . . . . . .
tan2004A+ tan2004B + tan2004C ≥31003.
Kết luận
Luận văn " Một số dạng bất đẳng thức trong lớp hàm đơn điệu và áp dụng trong lượng giác" đã tập trung nghiên cứu một số vấn đề chính sau đây:
- Hệ thống hĩa được các kiến thức cơ bản về hàm đơn điệu bậc nhất, hàm đơn điệu bậc hai, hàm đơn điệu bậc cao.
- Hệ thống hĩa lớp con của lớp hàm đơn điệu đĩ là lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc 1-2 và lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc 2-3. Trình bày về hàm tuần hồn và hàm đơn điệu tuyệt đối.
- Trình bày một số bất đẳng thức dạng khơng đối xứng trong tam giác sinh bởi các hàm sin và cos mà dấu đẳng thức khơng xảy ra trong tập các tam giác thường.
- Cuối cùng là một số ứng dụng của hàm đơn điệu theo bậc trong lượng giác để nhận dạng một số tam giác đặc biệt.
Tuy nhiên luận văn cịn rất nhiều bạn chế. Chắc chắn rằng trong thời gian tới tác giả sẽ tập trung tìm hiểu kĩ hơn về những vấn đề này trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu của mình.
Luận văn này được hồn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của GS- TSKH Nguyễn Văn Mậu và sự nghiên cứu, làm việc nghiêm túc của bản thân. Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc của mình đến GS - TSKH Nguyễn Văn Mậu.
Trong quá trình học tập và hồn thành luận văn, tác giả cũng chân thành cảm ơn các thầy cơ trong khoa Tốn - Tin học trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, đã tạo mọi điều kiện cho tác giả về tài liệu và thủ tục hành chính để tác giả hồn thành bản luận văn này. Tác giả cũng gửi lời cảm ơn đến gia đình và các bạn trong lớp Cao học, đã động viên giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập và làm luận văn.
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Mậu,Phương pháp giải phương trình và bất phương trình, NXB Giáo Dục, 1993.
[2] Nguyễn Văn Mậu, Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục, 2004.
[3] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức - Định lí và áp dụng, NXB Giáo dục, 2006.
[4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc, Chuyên đề chọn lọc: Đa thức đối xứng và áp dụng, NXB Giáo dục, 2008.
[5] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Chuyên đề chọn lọc lượng giác và áp dụng, NXB Giáo dục, 2008.
[6] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Số phức và áp dụng, NXB Giáo dục, 2010.
[7] Tạ Duy Phượng, Phương trình bậc ba và các bài tốn trong tam giác, NXB Giáo dục, 2006.