12 2 Phép thế lượng giác trong chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức 15 2.1 Các bài toán về đẳng thức.. Mở đầuĐôi khi một bài toán đại số, hay giải tích có thể được giải dễ dàng bằng các
Các bất đẳng thức cơ bản
Các bất đẳng thức cơ bản của dãy số
Các bất đẳng thức đại số có ứng dụng sâu rộng trong chứng minh các bất đẳng thức hình học Luận văn này trình bày bốn bất đẳng thức đại số cơ bản nhất, đó là bất đẳng thức AM-GM (Arithmetic Mean − Geometric Mean), bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, bất đẳng thức Chebyshev và bất đẳng Jensen Định lý 1.1 (bất đẳng thức AM−GM) cho mọi dãy số thực không âm a1, a2, , an và ta có (a1 + a2 + + an)/n ≥ (a1 a2 an)^{1/n}, với điều kiện đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = = an.
Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức GM −HM) Với mọi bộ số dương ta đều có
√n a1.a2 .an ⩾ 1 n a 1 + 1 a 2 + .+ 1 a n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 =a 2 = .=a n
Hệ quả 1.2 Với mọi bộ số dương a 1 , a 2 , , a n ta đều có
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1=a2 = .=an.
Đây là hệ quả 1.3: với mọi bộ số không âm a1, a2, , an và m thuộc tập {1,2, }, ta có một bất đẳng thức liên quan đến tổng các lũy thừa của các phần tử, cho thấy mối quan hệ giữa các thành phần của dãy số khi thỏa điều kiện không âm Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Cauchy–Schwarz) cho hai bộ số thực bất kỳ là a1, a2, , an và b1, b2, , bn: (a1^2 + a2^2 + + an^2)(b1^2 + b2^2 + + bn^2) ≥ (a1b1 + a2b2 + + anbn)^2 Khi áp dụng đúng với các bộ số không âm, bất đẳng thức Cauchy–Schwarz mang lại các giới hạn và ước lượng mạnh mẽ giữa tổng bình phương và tổng tích của hai dãy số, làm nền tảng cho nhiều ứng dụng trong phân tích, tối ưu và xử lý chuỗi số.
(a 1 b 1 +a 2 b 2 +ã ã ã+a n b n ) 2 ⩽ (a 2 1+a 2 2 +ã ã ã+a 2 n )(b 2 1 +b 2 2 +ã ã ã+b 2 n ). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 b 1 = a2 b 2 =ã ã ã= an b n (Với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0). Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Chebyshev)
1 Nếu (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) là hai dãy số đồng dạng (cùng đơn điệu tăng hoặc cùng đơn điệu giảm) thì a 1 b 1 +a 2 b 2 + +a n b n n ≥a 1 + a 2 + + a n n
2 Nếu (a 1 , a 2 , , a n ) và (b 1 , b 2 , , b n ) là hai dãy ngược nhau(một dãy đơn điệu tăng, còn dãy kia đơn điệu giảm) thì a1b1+a2b2+ +anbn n ≤a 1 + a 2 + + a n n
Hàm lồi và bất đẳng thức Jensen
Định nghĩa 1.1 Hàm số thực f : (a, b) → R gọi là hàm lồi trên khoảng (a, b) nếu với mọi x, y ∈(a, b) và mọi λ∈[0,1], ta có f(λx+ (1−λ)y)⩽λf (x) + (1 − λ)f (y) (1.1)
Trong bài phân tích hàm số, nếu trong (1.1) ta có bất đẳng thức nghiêm ngặt, thì ta nói f là hàm lồi thực sự Ngược lại, ta nói hàm lõm khi phần đối ngược −f là một hàm lồi Tóm lại, tính lồi của f được xác định bởi bất đẳng thức nghiêm ngặt trong (1.1), và tính lõm của f được định nghĩa thông qua tính lồi của −f.
f được xác định trên R có thể là hàm lồi trên một vài khoảng và là hàm lõm trên các khoảng khác Vì lý do này ta chỉ xét các hàm số xác định trên các khoảng Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Jensen 1906, Joham Ludwig Jensen 1859 - 1925) cho thấy một trong những kết quả cơ bản liên quan đến tính chất lồi và các bất đẳng thức trên các khoảng của hàm.
Cho f : (a, b) → R là hàm lồi trờn khoảng (a, b) Cho n ∈ N và λ 1 , λ 2 ,ã ã ã , λ n ∈
(0,1)là cỏc số thực thỏa món λ1+λ2+ã ã ã+λn = 1 Khi đú với mọix1, x2,ã ã ã , xn ∈ (a, b) ta có f n
Các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng
Các đồng nhất thức
Thông thường, để chứng minh một bất đẳng thức đại số cho trước, ta có thể sử dụng phép thế lượng giác như một công cụ biến đổi hiệu quả Phép thế này giúp đưa các biểu thức phức tạp về dạng đơn giản và quen thuộc hơn, từ đó dễ nhận diện các bất đẳng thức cơ bản và chứng minh chúng một cách logic Đây là phương pháp được áp dụng rộng rãi trong toán học và hầu như luôn có thể giải quyết được bất đẳng thức, mang lại sự linh hoạt và tiết kiệm thời gian trong quá trình xử lý các bài toán liên quan.
Việc áp dụng các phép thế như vậy cho phép mỗi bất đẳng thức ban đầu được rút gọn thành một bất đẳng thức mới, và việc chứng minh sẽ dễ dàng hơn rất nhiều Thường người ta sử dụng bất đẳng thức Jensen cùng với các yếu tố lượng giác để tối ưu hóa quá trình chứng minh Do đó, một sự hiểu biết về lượng giác là cần thiết để xử lý hiệu quả các bài toán bất đẳng thức phức tạp và khai thác được tiềm năng của các phép thay thế.
Chúng ta sẽ đưa ra một vài lập luận cần thiết và có ích khi sử dụng bất đẳng thức Jensen Cụ thể, hàm sin x lõm trên (0, π), nên có thể áp dụng Jensen để ước lượng giá trị trung bình của sin x bằng sin của giá trị trung bình, từ đó rút gọn các bất đẳng thức liên quan đến hàm lượng giác Hàm cos x lõm trên (0, π/2) và được dùng tương tự với Jensen cho các biểu thức chứa cos x trên miền này, đảm bảo tính đúng đắn của các bất đẳng thức liên quan Việc nhận diện đúng tính lõm của các hàm trên các miền áp dụng giúp chứng minh các bất đẳng thức một cách ngắn gọn và hiệu quả cho bài viết.
, do đó cũng lõm trên
Luận văn trình bày một số công thức lượng giác và các quan hệ giữa các góc của tam giác; phần nội dung này không kèm theo chứng minh, vì các chứng minh là lượng giác thuần túy và một số chứng minh có thể được tìm thấy trong một số sách toán phổ thông.
Trong phần này ta luôn giả sử tam giác ABC có:
• ∆ là diện tích tam giác;
• p là nửa chu vi tam giác;
• m a , m b , m c , w a , w b , w c , h a , h b , h c lần lượt là độ dài các trung tuyến, các phân giác và các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c;
• r, R, r a , r b , r c lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp, đường tròn bàng tiếp với các cạnh a, b, c của tam giác ABC;
Mệnh đề 1.1 Cho α, β, γ là các góc của một tam giác cho trước Khi đó ta có các công thức sau:
I 3 : sin 2α+ sin 2β+ sin 2γ = 4 sinα.sinβ.sinγ,
I 4 : sin 2 α+ sin 2 β+ sin 2 γ = 2 + 2 cosα.cosβ.cosγ,
I5 : tanα+ tanβ+ tanγ = tanα.tanβ.tanγ,
2. Mệnh đề 1.2 Cho α, β, γ là các số thực tùy ý Khi đó ta có:
I 7 : sinα+ sinβ+ sinγ−sin(α+β+γ) = 4 sinα+β
I8 : cosα+ cosβ+ cosγ+ cos(α+β+γ) = 4 cosα+β
2 Mệnh đề 1.3 Cho α, β, γ ∈ (0, π) Khi đó α, β, γ là các góc của một tam giác nếu và chỉ nếu tanα
Chứng minh Giả sửα, β, γ là các góc của một tam giác bất kì Khi đóα+β+γ π, nghĩa là γ
Ngược lại, giả sử α+β+γ =π thỏa mãn đẳng thức tanα
√3 Suy ra α =β γ = 60 0 kéo theo α+β+γ =π hay α, β, γ là các góc của một tam giác.
Không mất tính tổng quát ta giả sử α 6= β Vì 0 < α +β < 2π nên tồn tại γ1 ∈(−π, π) sao cho α+β+γ1 =π Theo chứng minh trên ta có tanα
Ta sẽ chứng minh γ =γ 1 , suy ra α+β+γ =π, tức là α, β, γ là các góc của một tam giác Thật vậy, trừ hai vế của (1.3) cho (1.4) ta có tanγ
Mệnh đề 1.4 Cho α, β, γ ∈ (0, π) Khi đó α, β, γ là các góc của một tam giác nếu và chỉ nếu sin 2 α
Chứng minh Giả sử α, β, γ là các góc của một tam giác Khi đó sin 2 γ
Ngược lại, giả sử α, β, γ ∈(0, π) sao cho sin 2 α
Ta sẽ chứng minh α +β +γ = π Thật vậy, vì 0 < α +β < 2π nên tồn tại γ 1 ∈(−π, π) sao cho α+β+γ 1 =π Dễ thấy sin 2 α
Trừ (1.5) cho (1.6) ta được sinγ
Kết hợp với (1.7) ta có sinγ
Do đó α+β+γ =π Mệnh đề được chứng minh.
Dựa trên các mệnh đề này ta sẽ đưa ra các trường hợp chính để giải một bài toán đại số bằng phương pháp thế lượng giác.
Các bất đẳng thức thông dụng trong tam giác
Chúng ta sẽ trình bày một số bất đẳng thức liên quan đến các góc của một tam giác đã cho Những bất đẳng thức này vô cùng quan trọng và sẽ được dùng làm công cụ nền tảng trong chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng các phép thế lượng giác Việc nắm bắt các bất đẳng thức góc tam giác giúp biến đổi các biểu thức lượng giác thành những dạng dễ so sánh giữa các cạnh và góc, từ đó áp dụng các định lý lượng giác như định lý sin và định lý cosin để chứng minh các bất đẳng thức liên quan đến tam giác một cách có hệ thống.
Mệnh đề 1.5 Cho α, β, γ là các góc của một tam giác cho trước Khi đó ta có các bất đẳng thức sau:
N 1 : Hàm sinx lõm trên khoảng (0, π) nên theo bất đẳng thức Jensen ta có sinα+ sinβ+ sinγ
N 2 : Từ sinx >0 với ∀x∈(0, π), áp dụng bất đẳng thức AM ≥GM ta có sinα.sinβ.sinγ ≤ sinα+ sinβ+ sinγ
N 3 : Tương tự chứng minh N 1 ta có sinα
2, vì hàm sinx lõm trên khoảng
N 4 : Tương tự chứng minh N 2 và từ AM ≥GM ta có
N 5 : Từ α+β =π−γ suy ra cosγ =−cos(α+β) = −cosα.cosβ+ sinα.sinβ
= 3−2(cosα+ cosβ−cosα.cosβ+ sinα.sinβ)
= sin 2 α+ sin 2 β−2 sinα.sinβ+ 1 + cos 2 α+ cos 2 β−2 cosα−2 cosβ+ 2 cosα.cosβ
= (sinα−sinβ) 2 + (1−cosα−cosβ) 2 ≥0, điều này tương đương với cosα+ cosβ+ cosγ ≤ 3
N 6 : Từ cos(α+β) =−cosγ ta có cosα.cosβ.cosγ = 1
Hàm cosx lõm trên khoảng
Do đó theo bất đẳng thức Jensen ta có cosα
, nghĩa là cosα,cosβ,cosγ >0, vì vậy áp dụng bất đẳng thức AM ≥GM ta có kết luận
N9 : Từ công thức I4 và bất đẳng thức N6 ta có sin 2 α+ sin 2 β+ sin 2 γ = 2 + 2.cosα.cosβ.cosγ ≤2 + 2.1
N10: Theo Mệnh đề 1.4, ta có sin 2 α
8 và các công thức ở phía trên ta có sin 2 α
N 11 : Ta có cos 2 α+ cos 2 β+ cos 2 γ = 3− sin 2 α
N13: Vì hàm tanx lồi trên khoảng
0,π 2 nên theo bất đẳng thức Jensen ta có tanα
N 14 : Do tính lồi của hàm cotx trên khoảng
0,π 2 nên theo bất đẳng thức Jensen ta có cotα
N15: Trước hết ta có cotα+ cotβ = cosα sinα +cosβ sinβ = cosαsinβ+ sinαcosβ sinαsinβ = sin (α+β) sinαsinβ (1.8)
1≥cos (α−β) = cosαcosβ+ sinαsinβ, (1.9) cosγ =−cos (α+β) = −cosαcosβ+ sinαsinβ (1.10)
Cộng hai vế của (1.9) và (1.10) ta có
⇔2 sinαsinβsin (α+β)≤(1 + cosγ) sin (α+β)
⇔2 sinαsinβsinγ ≤(1 + cosγ) sin (α+β)
⇔ 2 sinαsinβsinγ sinαsinβ(1 + cosγ) ≤ (1 + cosγ) sin (α+β) sinαsinβ(1 + cosγ)
Do đó cotα+ cotβ+ cotγ (1.8) = sin(α+β) sinαsinβ +cosγ sinγ
N 16 : Vì tam giác đã cho nhọn nên α, β, γ ∈
0,π 2 nên theo bất đẳng thức Jensen ta có tanα+ tanβ+ tanγ ≥3 tanα+β+γ
Trong một tam giác có các bất đẳng thức kép thông dụng được cho bởi Mệnh đề sau đây.
Mệnh đề 1.6 Cho α, β, γ là các góc của ∆ABC Khi đó
Phép thế lượng giác và biến đổi đơn giản
Phép thế góc và cạnh
T1 Cho α, β, γ là các góc của một tam giác. Đặt A= π−α
2, phép thế này cho phép chúng ta thay thế các góc của một tam giác bất kỳ bởi các góc của một tam giác nhọn.
, trong đó cyc là kí hiệu chu kỳ hoán vị của các góc.
T2 Cho x, y, z là các số thực dương Khi đó tồn tại một tam giác với độ dài các cạnh là a=x+y;b=y+z;c=z+x.
Phép biến đổi này đôi khi được gọi là nguyên lý đối ngẫu Rõ ràng,p=x+y+z và (x, y, z) = (p−a, p−b, p−c), trong đó p là nửa chu vi của tam giác.
Phép thế hàm lượng giác
S1 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca= 1 Sử dụng hàm f :
0,π 2 →(0,+∞), xác định bởi f(x) = tanx, ta sử dụng phép thế sau a = tanα
2,trong đó α, β, γ là các góc của ∆ABC.
S2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca = 1 Áp dụng T1 vào S1 ta có a= cotA, b= cotB, c= cotC, trong đó A, B, C là các góc của một tam giác nhọn.
S3 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+cc Chia cả hai vế cho abc ta có 1 bc + 1 ca + 1 ab = 1 Sử dụng S1 ta có phép thế
2, trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác.
S4 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãna+b+cc Áp dụng T1 vào S3 ta có a= tanA, b= tanB, c= tanC, trong đó A, B, C là các góc của một tam giác nhọn.
S5 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 +b 2 +c 2 + 2abc= 1.
Vì tất cả các số đều dương nên a, b, c 0) Chứng minh rằng
Từ giả thiết ta có điều kiện 0 < x, y, z < 1 Dựa vào điều kiện đề bài và một số đặc điểm của hàm số lượng giác ta đặt x = cosa, y = cosb, z = cosc với a, b, c∈
⇔1 + cosa.cosb.cosc= cosa.sinb.sinc+ cosb.sina.sinc+ cosc.sinb.sina
⇔1 =−cosa.cosb.cosc+ cosa.sinb.sinc+ cosb.sina.sinc+ cosc.sinb.sina
⇔1 = cosa (−cosb.cosc+sinb.sinc) + sina(cosb.sinc+ cosc.sinb)
Mặt khác, từ điều kiện x 2 +y 2 +z 2 + 2xyz = 1 ta được: cos 2 a+ cos 2 b+ cos 2 c+ 2 cosa.cosb.cosc= 1
⇔(cosc+ cosa.cosb) 2 −cos 2 a.cos 2 b+ cos 2 a+ cos 2 b−1 = 0
⇔(cosc+ cosa.cosb) 2 + cos 2 a.sin 2 b−sin 2 b= 0
⇔(cosc+ cosa.cosb) 2 −sin 2 a.sin 2 b= 0
⇔(cosc+ cosa.cosb−sina.sinb) (cosc+ cosa.cosb+ sina.sinb) = 0
2 = 0 suy ra a+b+c=π vậy cos(a+b+c) =−1 (đpcm)
Bài toán 2.2 Cho hai số a, b thỏa mãn |b| ≤ |a| Chứng minh rằng:
Với a = 0 thì b = 0, đẳng thức đã cho luôn đúng Với a 6= 0 ta chia cả hai vế đẳng thức (2.3) cho |a|, ta được
Mặt khác theo điều kiện của đề bài ta có |b| ≤ |a| ⇒ b a
≤ 1, ta đặt b a = cost hay bost với t∈[0;π] Thay vào vế trái của đẳng thức (2.4), ta được
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện ab+ac+cb= 1 Chứng minh rằng:
1 +c 2 (2.5) Giải Đặt a= tanα, b= tanβ, c= tanγ với α, β, γ ∈
Thay các giá trị vào giả thiết, ta có: tanα.tanβ+ tanα.tanγ+ tanγ.tanβ = 1
⇔tanβ(tanα+ tanγ) = 1−tanα.tanγ
⇔tanβ = 1−tanα.tanγ tanα+ tanγ
1 bc(1 +a 2 ) = 1 tanγ.tanβ 1 + tan 2 α = cot γ cot β.cos
Tương tự các biểu thức còn lại ta được vế trái của đẳng thức (2.5) là cotγ.cotβ.cos 2 α+ cotγ.cotα.cos 2 β+ cotα.cotβ.cos 2 γ
= cotα.cotβ.cotγ tanα.cos 2 α+ tanβ.cos 2 β+ tanγ.cos 2 γ
2cotα.cotβ.cotγ(sin 2α+ sin 2β+ sin 2γ)
2cotα.cotβ.cotγ.4.cosα.cosβ.cosγ(vì2α+ 2β+ 2γ =π)
= 2 cotα.cotβ.cotγ.cosα.cosβ.cosγ.
Vế phải của (2.5) sẽ là
= 2 cotα.cotβ.cotγ r 1 cos 2 α. r 1 cos 2 β. r 1 cos 2 γ
= 2 cotα.cotβ.cotγ.cosα.cosβ.cosγ.
Như vậy, vế trái và vế phải của (2.5) bằng nhau, ta có (đpcm). Bài toán 2.4 Cho xy+yz+zx= 1 và xyz 6= 0 Chứng minh rằng x− 1 x
Nhận xét: Việc chứng minh đẳng thức này bằng các phương pháp chứng minh thông thường gặp nhiều khó khăn Mặt khác đề bài có điều kiện xyz ≠ 0 nên ta có thể đặt x = tan α, y = tan β, z = tan γ với α, β, γ thuộc miền −π/2 < α, β, γ < π/2 để đảm bảo các giá trị x, y, z thực và tận dụng được các công thức lượng giác trong chứng minh.
Từ giả thiết ta có tana.tanb+ tanb.tanc+ tana.tanc= 1
Mặt khác ta có: x− 1 x = tana−cot a =−2 cot 2a.
Biến đổi tương tự: y− 1 y =−2 cot 2b;z− 1 z =−2 cot 2c. Thay vào đẳng thức trên ta được
4 cot 2a.cot 2b+ 4 cot 2b.cot 2c+ 4 cot 2c.cot 2a= 4
⇔cot 2a.cot 2b+ cot 2b.cot 2c+ cot 2c.cot 2a = 1
⇔cot 2a (cot 2b+ cot 2c) = 1−cot 2b.cot 2c
⇔cot 2a = 1−cot 2b.cot 2c cot 2b+ cot 2c
Bài toán 2.5 (Đại học dược Hà Nội 1995) Chox, y, z >0thỏa mãn xy+yz+zx1 Tính giá trị biểu thức sau:
(1 +z 2 ) Giải Đặt x = tana, y = tanb, z = tanc với a, b, c ∈
Theo giả thiết ta có: tana.tanb+ tanb.tanc+ tanc.tana= 1 hay a+b+c= π
= tana. r cos 2 a cos 2 b.cos 2 c = sina cosb.cosc. Điều kiện đề bài : a+b+c= π
2 nên sina = cos(b+c) Suy ra sina cosb.cosc = cos (b+c) cosb.cosc = cosb.cosc−sinb.sinc cosb.cosc = 1−tanb.tanc= 1−yz Tương tự với biểu thức còn lại ta có y s
Thay vào biểu thức M đượcM = 3−(xy+yz+zx) = 2.
Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 2.6 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, có bất đẳng thức a p1−b 2 +bp
Giải Nhận xét:Các điều kiện trong bất đẳng thức trên là:
2;π 2 i Khi đó bất đẳng thức đã cho được biến đổi về dạng: sin α p1−sinβ 2 + sinβp
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 2.7 Cho x 2 +y 2 = 1, u 2 +v 2 = 1 Chứng minh a)|xu+yv| ≤1; b)|xv +yu| ≤1; c)−2≤(x−y) (u+v) + (x+y) (u−v)≤2; d)−2≤(x+y) (u+v)−(x−y) (u−v)≤2.
Trong lượng giác, cos^2 α + sin^2 α = 1 Với điều kiện x^2 + y^2 = 1 và u^2 + v^2 = 1, ta đặt x = cos a, y = sin a, u = cos b, v = sin b với 0 ≤ a, b ≤ 2π Khi đó a) |xu + yv| = |cos a cos b + sin a sin b| = |cos(a − b)| ≤ 1; b) |xv + yu| = |cos a sin b + sin a cos b| = |cos(a − b)| ≤ 1; c) (x − y)(u + v) + (x + y)(u − v) = 2 cos(a + b), nên |(x − y)(u + v) + (x + y)(u − v)| ≤ 2.
= (cosa−sina) (cosb+ sinb) + (cosa+ sina) (cosb−sinb)
−2≤2 cos (a+b)≤2(đpcm) d) Chứng minh tương tự câu c).
Bài toán 2.8 Chứng minh rằng √a 2 −1 +√
Nhận xét: Điều kiện của bất phương trình trên là a 2 −1 ≥ 0 ⇔ |a| ≥ 1 Đặt
Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng: r 1 cos 2 α −1 +√
Bài toán 2.9 Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có x 2 + (x−y) 2 ≥4 x 2 +y 2 sin 2 π
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có sin 2 π
2 Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại ở dạng x 2 + (x−y) 2 ≥4 x 2 +y 2
• Nếu x= 0 thì bất đẳng thức (2.6) hiển nhiên đúng.
• Nếu y6= 0, chia hai vế của (2.6) cho y 2 và đặt x y = tana với −π
2 thì bất đẳng thức có dạng tan 2 a+ (tana−1) 2 ≥ 3−√
2. Bất đẳng thức (2.7) có thể viết là cos(2a−b)≤1 (luôn đúng) Vậy ta có đpcm.
Bài toán 2.10 Chứng minh rằng với mọi x, x∈R thì
2. Giải Đặt x= tana, y= tanb với a, b∈
= (tana+ tanb) (1−tana.tanb) cos 2 a.cos 2 b
= sin (a+b) cosa.cosb(cosa.cosb−sina.sinb)
= (tana+ tanb) (1−tana.tanb) cos 2 a.cos 2 b
= sin (a+b) cosa.cosb(cosa.cosb−sina.sinb) cosa.cosb
Bài toán 2.11 (Walther Janous, Crux Mathematicorum) Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng x x+p
Bất đẳng thức tương đương với
Vì bất đẳng thức thuần nhất nên ta có thể giả thiết xy+yz+zx= 1. Áp dụng S1: cyc(x= tanα
2), trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác ta có
= 1 sin 2 α 2 , tương tự với các biểu thức của các hạng tử khác, bất đẳng thức trở thành sinα 2
Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức sinα
2 và bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có
2 suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.12 (Iran, 1997) Cho x, y, z là các số thực lớn hơn 1 thỏa mãn 1 x+ 1 y +1 z = 2 Chứng minh rằng
Giải Đặt (x, y, z) = (a+ 1, b+ 1, c+ 1) với a, b, c là các số thực dương Giả thiết đã cho tương đương với ab+bc+ca+ 2abc= 1 Khi đó ta cần chứng minh
Bình phương hai vế của bất đẳng thức và giản ước các hạng tử ta có
Sử dụng phép thế S5 ta có
, trong đó ∆ABC bất kỳ Bài toán trở thành chứng minh sinα
2, đây là một bất đẳng thức nổi tiếng đã được chứng minh nhờ bất đẳng thức Jensen.
Bài toán 2.13 (Open Olympiad of FML No - 239, Russia) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh rằng r ab c+ab + r bc a+bc + r ca b+ca ≤ 3
Bất đẳng thức tương đương với r ab (c+a) (c+b)+ r bc (a+b) (a+c) + r ca (b+c) (b+a) ≤ 3
Phép thế S7 thay thế ba hạng tử trong bất đẳng thức bởi sinα
Do đó bất đẳng thức đã cho trở thành sinα
2 là một bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bài toán 2.14 (Cezar Lupu, Romania, 2005) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn (a+b)(b+c)(c+a) = 1 Chứng minh rằng ab+bc+ca≤ 3
4. Giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Vì bất đẳng thức thuần nhất nên ta giả thiết ab+bc+ca= 1 Ta sử dụng phép thế S1: cyc(a = tanα
2), trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác Chú ý (a+b) (b+c) (c+a) = Y
Do đó ta cần chứng minh
2 = sinα+ sinβ+ sinγ, ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với sinα+ sinβ+ sinγ ≤ 3√
Mà f(x) = sinx là hàm lõm trên(0, π) nên phần cuối sẽ được suy ra từ bất đẳng thức Jensen.
Bài toán 2.15 (Darij Grinberg) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn Chứng minh rằng px(y+z) +p y(z+x) +p z(x+y)≥2 r(x+y) (y+z) (z+x) x+y+z Giải
Viết lại bất đẳng thức thành r x(x+y+z) (x+y) (x+z)+ r y(x+y+z) (y+z) (y+x) + r z(x+y+z) (z+x) (z+y) ≥2. Áp dụng phép thế S8 ta cần chứng minh cosα
2 ≥2, trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác Sử dụng phép biến đổi T1 cyc
, trong đó A, B, C là các góc của một tam giác nhọn, bất đẳng thức tương đương với sinA+ sinB + sinC ≥2.
Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này Ở đây ta sử dụng bất đẳng thức Jordan
, ta có ngay điều phải chứng minh.
Bài toán 2.16 (Daniel Campos Salas, Mathemmatical Reflections, 2007) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c+ 1 = 4abc Chứng minh rằng
Viết lại điều kiện dưới dạng
Ta sử dụng phép thế S5 như sau
, trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác Suy ra
Khi đó ta cần chứng minh sinβ
Đã chứng minh vế phải của bất đẳng thức Để chứng minh vế trái ta dùng phép biến đổi T2 ngược Gọi x = s − a, y = s − b, z = s − c, trong đó s là nửa chu vi của tam giác Khi đó vế trái tương đương với x(y + z) + y(z + x) + z(x + y) ≥ 3.
2, là bất đẳng thức Nesbitt nổi tiếng đã được chứng minh.
Bài toán 2.17 (Carlin Popa) Cho a, b, c ∈ (0,1) là các số thực thỏa mãn ab+bc+ca= 1 Chứng minh rằng a
Giải Áp dụng phép thế S1 cyc a= tanA
, trong đóA, B, C là các góc của một tam giác Vì a, b, c ∈ (0,1) nên tanA
2 ∈ (0,1) , tức là A, B, C là các góc của một tam giác nhọn Chú ý cyc
Do đó bất đẳng thức tương đương với tanA+ tanB+ tanC ≥3 1 tanA + 1 tanB + 1 tanC
Áp dụng phép biến đổi T1 và kết quả trong định lý 1 ta có tanA+ tanB + tanC = tanA.tanB.tanC.
Do đó bất đẳng thức tương đương với
(tanA+ tanB+ tanC) 2 ≥3 (tanAtanB+ tanBtanC+ tanAtanC).
Bất đẳng thức này có thể viết lại thành
2(tanA−tanB) 2 + (tanB−tanC) 2 + (tanC−tanA) 2 ≥0, bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.
Bài toán 2.18 (Võ Bá Quốc Cẩn, Mathemmatical Reflections, 2007) Chox, y, z là các số thực dương Chứng minh rằng ry+z x + rz+x y + rx+y z ≥ s
Bất đẳng thức tương đương với
Sử dụng phép biến đổi T2 và phép thế S8 ta có cyc
√3 , trong đóα, β, γ là các góc của một tam giác với bán kính đường tròn ngoại tiếp là R Do đó ta cần chứng minh
2 lõm trên [0, π] nên theo bất đẳng thức Jensen ta có
Cuối cùng, ta có f(x) = sinx
2 là hàm tăng trên [0, π], g(x) = cosx
2 là hàm giảm trên [0, π] nên áp dụng bất đẳng thức Chebyschev ta có
2, suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.19 (Poland,1999) Choa, b, clà các số thực dương thỏa mãna+b+c1 Chứng minh bất đẳng thức a 2 +b 2 +c 2 + 2√
Giải Đặt a=xy;b =yz;c=zx, bất đẳng thức đã cho trở thành x 2 y 2 +y 2 z 2 +z 2 x 2 + 2√
3xyz ≤1, (2.8) trong đó x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy+yz+zx= 1 (2.9)
Bất đẳng thức (2.8) tương đương với
Theo (2.9) ta dùng phép thế x= tanα
2. Khi đó bất đẳng thức (2.10) tương đương với tan α
2 ≥√ 3, chính là N 13 Bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.20 Cho a, b, c(a, b, c 6= 1) là các số thực không âm thỏa mãn ab+ bc+ca= 1 Chứng minh bất đẳng thức a
Vì ab+bc+ca= 1 nên ta đặt: a = tanα
2, trong đó α, β, γ ∈ (0, π) và α+β+γ =π Áp dụng công thức tanα 2 tan 2 α
= tanα ta có bất đẳng thức đã cho tương đương với tanα+ tanβ+ tanγ ≥ 3√
3 là N16 đã chứng minh Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c= 1
Bài toán 2.21 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức a 2 + 2 b 2 + 2 c 2 + 2
≥9 (ab+bc+ac). Giải Đặt a = √
Áp dụng công thức 1 + tan 2 x= 1 cos 2 x ta có bất đẳng thức đã cho trở thành
2 tanαtanβ + 2 tanβtanγ + 2 tanγtanα
, nghĩa là cosα.cosβ.cosγ(cosα.sinβ.sinγ+ sinα.cosβ.sinγ+ sinα.sinβ.cosγ)≤ 4
(2.11)9 và cos (α+β+γ) = cosα.cosβ.cosγ−cosα.sinβ.sinγ
−sinα.cosβ.sinγ−sinα.sinβ.cosγ.
Bất đẳng thức (2.11) tương đương với cosα.cosβ.cosγ(cosα.cosβ.cosγ−cos (α+β+γ))≤ 4
3 Vìcosα,cosβ,cosγ >0và hàmcosxlõm trên
0,π 2 nên theo bất đẳng thức AM ≥GM và bất đẳng thức Jensen ta có cosα.cosβ.cosγ ≤ cosα+ cosβ+ cosγ
Do đó theo (2.12) ta cần chứng minh cos 3 θ cos 3 θ−cos 3θ
9 (2.13) Áp dụng công thức lượng giác cos 3θ= 4cos 3 θ−3 cosθ hay cos 3 θ−cos 3θ= 3 cosθ−3cos 3 θ.
Bất đẳng thức (2.13) trở thành cos 4 θ 1−cos 2 θ
27, do đó theo bất đẳng thức AM ≥GM: cos 2 θ
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tanα= tanβ = tanγ = 1
Bài toán 2.22 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh bất đẳng thức a a+bc+ b b+ca+ c c+ab ≤1 + 3√
Với a + b + c = 1, ta sử dụng phép thế a = xy, b = yz, c = zx với x, y, z > 0 Bất đẳng thức đã cho được chuyển sang dạng có các tích xy, yz, zx và các tích ghép như (yz)(zx), (zx)(xy), (xy)(yz) Từ đây, ta có thể ước lượng và đưa về một bất đẳng thức ràng buộc, cho kết quả ≤ 1 + 3√, cho thấy mối liên hệ giữa các biến và giới hạn tối ưu của biểu thức.
4 , (2.14) trong đó xy+yz +zx= 1 Vì xy+yz+zx = 1 nên ta có thể đặt x = tanα
2, trong đó α, β, γ ∈(0, π) và α+β+γ =π Khi đó bất đẳng thức (2.14) trở thành
Sử dụng công thức lượng giác cosx= 2cos 2 x
2 −1, bất đẳng thức cuối trở thành cosγ+ 1
4 , nghĩa là cosγ+ cosα+ sinβ≤ 3√
Ta có cosα+ cosγ+ sinβ = cosα+ cosγ+ sin (π−(α+γ))
Các bài toán về cực trị của hàm số
Bài toán 2.23 Cho x, y thỏa mãn 4x 2 + 9y 2 = 16 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
4 = cost với t∈[0; 2π] Khi đó ta có
√3. Vậy H đạt giá trị lớn nhất bằng 21, H đạt giá trị nhỏ nhất bằng 5.
Bài toán 2.24 Cho hệ hỗn hợp các phương trình và bất phương trình
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =x+u.
= 1 nên tồn tại a ∈[0; 2π] sao cho x
= 1 hay tồn tại b∈[0; 2π] sao cho u
3 = cosb Khi đó xu+uv = 12 (sin a.sinb+ cosa.cosb)≥12
Vìcos(a−b)≤1nên12 cos (a−b)≥12dấu bằng xảy ra khi và chỉ khicos(a−b) = 1 hay a=b Ta có P =x+u= 4 sina+ 3 sinb= 7 sina
⇒ −7 ≤ P ≤ 7 Vậy P đạt giá trị lớn nhất khi P = 7 khi a = b = π
2 +k2π ⇒ x = 4;y = 0;u = 3;v = 0 Tương tự, ta có giá trị nhỏ nhất bằng P = −7 khi a=b=−π
Bài toán 2.25 Cho x, y >0 với x+y≤1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
4xy + 2 (2.16) Đặt x= rcos 2 t, y=rsin 2 t, với t∈
Bài toán 2.26 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số sau f(x) = 3 + 8x 2 + 12x 4
Nhận xét:Hàm sốf(x)có mẫu là1+2x 2 ,nên ta đặtx√
2. Khi đó f(x) trở thành f(x) = g(t) = 3 + tan 2 t+ 12tan 4 t
= 3cos 4 t−4sin 2 t.cos 2 t+ 3sin 4 t cos 2 t+ sin 2 t2
2 ≤g(t)≤3 Ta có g(t) = 0 khi t = 0 (tương ứng với nó là x= 0), g(t) = 5
Bài toán 2.27 Cho hàm hai biến f(x, y) = x 2 −(x−4y) 2 x 2 + 4y 2 với x 2 +y 2 >0 Tìm maxf(x, y) và minf(x, y).
= sin 2 t−(sint−2 cost) 2 sin 2 t+ cos 2 t
8. Vậy ta có maxf(x, y) = maxh(t) = 2√
Bài toán 2.28 Cho hàm số f(x) = √
1 +x 2 −x và ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiệnab+bc+ca= 1.Tìm giá trị biểu thức P =f(a).f(b)+f(b).f(c)+f(c).f(a).
Giải Nếu a+b = 0⇒ab+bc+ca+c(a+b) = −b 2 = 1 (vô lí), ⇒a+b6= 0.
Tương tự a+c6= 0 và b+c6= 0 Đặt a= tanx, b= tany, c= tanz với −π
Ta có ab+bc+ca= tanx.tany+ tany.tanz+ tanx.tanz
= tanx.tany+ tanz(tanx+ tany) = 1
⇒tanz = 1−tanx.tany tanx+ tany = cot(x+y)
= 1 cosx −tanx= 1−sinx cosx cosx
Tương tự ta tính được f(b) = tanπ
Thay các giá trị vào P ta được
2 =πkhi đó P có giá trị không duy nhất, ví dụ nhưx=y=z =−π
Bài toán 2.29 Tìm a, b để hàm số y= ax+b x 2 + 1 nhận giá trị lớn nhất bằng 4 và giá trị nhỏ nhất bằng −1.
2;π 2 thay vào hàm số ta có y= atant+b tan 2 t+ 1 = 1
Bài tập vận dụng
Bài tập 2.1 (Romania Mathemmatical Olympiad, 2005) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh rằng
Bài tập 2.2 (A.Teplinsky, Ukraine, 2005) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c= 1 Chứng minh rằng r1 a −1 r1 b −1 + r1 b −1 r1 c −1 + r1 c−1 r1 a −1≥6.
Bài tập 2.3 (Lê Trung Kiên) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab+ bc+ca= 1 Chứng minh rằng
Bài tập 2.4 (APMO, 2004) Chứng minh rằng với mọi số thực dương a, b, c, ta có a 2 + 2 b 2 + 2 c 2 + 2
Bài tập 2.5 (APMO, 2002) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn 1 x+1 y+ 1 z = 1 Chứng minh rằng
Bài tập 2.6 (Mircea Lascu) Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng b+c a + c+a b +a+b c ≥4 a b+c+ b c+a + c a+b
Trong Bài tập 2.7 (Belarus, 1996), cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c √abc, nhiệm vụ là chứng minh ab+bc+ca ≥ 9 (a+b+c) Trong Bài tập 2.8 (Bùi Việt Anh), cho ba số thực dương a, b, c, ta cần chứng minh bất đẳng thức b+c a + c+a b +a+b c + 2 r abc (a+b) (b+c) (c+a) ≥2.
Bài tập 2.9 (Gabriel, Dospinescu, Marian Tetiva) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a+b+cc Chứng minh rằng
Bài tập 2.10 (Titu Andreescu, USAMO, 2001) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2 +b 2 +c 2 +abc= 4 Chứng minh rằng
Phép thế lượng giác trong phương trình, bất phương trình và dãy số
Chương này trình bày ứng dụng của phép thế lượng giác trong việc giải các phương trình, hệ phương trình và bất phương trình có độ khó cao, được trích từ các đề thi đại học, thi HSG và Olympic Toán quốc tế Nội dung được hình thành chủ yếu từ các tài liệu tham khảo [1, 2, 3, 5], nhằm cung cấp cho người học các kỹ thuật và ví dụ thực tiễn để nắm bắt cách vận dụng phép thế lượng giác vào bài toán phức tạp.
Phương trình đại số
Bài toán 3.1 Giải phương trình
Ta có các trường hợp sau
• Với x≥1, suy ra vế trái của (3.1) lớn hơn 1, do đó phương trình vô nghiệm.
• Với x≤ −1, suy ra vế trái (3.1) nhỏ hơn 0, do đó phương trình vô nghiệm.
Khi đó phương trình được chuyển về dạng
⇔8 cost.cos 2t.cos 4t= 1⇔8 sint.cost.cos 2t.cos 4t = sint
So sánh điều kiện ta có t∈n2π
9 ;7π 9 o Vậy phương trình có tập nghiệm
9 o Bài toán 3.2 Giải phương trình
Chia cả hai vế của phương trình cho (1 +m 2 ) x >0 ta có
1 +m 2 = cos 2t. Khi đó phương trình đã cho có dạng (sin 2t) x + (cos 2t) x = 1.
• Với x= 2 là nghiệm của phương trình.
(sin 2t) x >sin 2 2t, (cos 2t) x >cos 2 2t, suy ra vế trái lớn hơn 1, phương trình vô nghiệm.
(sin 2t) x