chứng minh bất đẳng thức bằng lượng giác hóa của hằng đẳng thức tan trong tam giác tài liệu, giáo án, bài giảng , luận v...
Trang 1NOÄI DUNG I.CÁC BÀI TOÁN MINH HỌA
Trong phần này tôi xin được trình bày 3 bài toán đơn giản thể hiện mối quan hệ giữa
đẳng thức lượng giỏc và đẳng thức đại số có trong chương trỡnh phổ thụng, qua đú
tanAtanBtanCtanAtanBtanC với mọi ABC khụng vuụng
tan tan tan tan tan tan 1
với mọi ABC cotAcotBcotBcotCcotCcotA1 với mọi ABC
cos2Acos2Bcos2C2 cos cos cosA B C1 với mọi ABC
Sau đõy chỳng tụi xin đề cập đến một hướng khai thỏc cỏc đẳng thức trờn để đi tỡm lời
giải cho cỏc bài toỏn bất đẳng thức đại số
Bài toỏn 1 Với , , 0
1
x y z
xy yz zx
Khi đú luụn tồn tại ABC nào đú sao cho
+) tan , tan , tan
+) cotAx,cotB y,cotC z
Chứng minh
x y z .Vỡ x y z , , 0 nờn A B C , , 0;
tan tan tan 1 tan tan
(Vỡ vt(*)>0 nờn vf(*)>0)
tan tan
, , 0;
2 A B C
k
Suy ra A,B,C là ba gúc của tam giỏc (ĐPCM) Việc chứng minh ý cũn lại hoàn toàn
tương tự
www.laisac.page.tl
C
C H H Ứ Ứ N N G M M I I N N H B B Ấ Ấ T Đ Đ Ẳ Ẳ N N G T T H H Ứ Ứ C B B À À N N G L L Ư Ư Ợ Ợ N N G G G I I Á Á C
H
H ể ể A C C Ủ Ủ A H H Ằ Ằ N N G Đ Đ Ẳ Ẳ N N G T T H H Ứ Ứ C T T A A N T T R R O O N N G T T A A M G G I I ÁC Á
Phan Quang Sơn
Trang 2Bài toán 1.1: Cho , , 0
1
x y z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
Lời giải
x y z ta có A B C , , 0; ,A B C
Khi đó
2 tan
Tương tự cot cot 2 tan
2
A
2
B
tan
Nhận xét:Bài toán trên được suy ra từ bài toán
Bài toán 1.2: Cho , , 0
1
x y z
Lời giải
x y z ta có A B C, , 0;,ABC
B T
Đ
Trang 3sin sin sin cos cos cos
Ta có
Tương tự sin sin 2 cos
2
A
2
B
C A , ,A B C0;
Từ đó ta có điều phải chứng minh
Nhận xét:Bài toán trên được suy ra từ bài toán
Bài toán 1.3: Cho 0 , , 1
1
x y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P=
2
Lời giải:
x y z .Vì 0 x y z, , 1 nên ta có , , 0;
2
A B C
,
ABC
Khi đó P=
2
=cos2 A 2 cosB 2 cosC
cosA 2 cosB 2 cosC (Vì 0;
2
A
)
2sin2 2 2 cos cos 1
2
Vậy Pmax 2 khi
2
1 sin
B C
A
Nhận xét:Bài toán trên được tác giả suy ra từ đề thi Đại học khối A-2004:Nhận dạng tam giác ABC biết cos 2A2 2 cosB2 2 cosC3
Trang 4Bài toán 1.4: Cho , , 0
1
x y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P= 2 2 2 2 2 32
Lời giải:
x y z ta có A B C, , 0;,ABC
Khi đó
P
sinAsinB 3 sinC
2sin cos 3 sin 2 cos 3 sin
Xét hàm số ( ) 2 cos 3 sin , 0;
2
C
1
C
0
1
C
C 0 C0
'( )
f C + 0 -
( )
f C
4 6
3
Từ bảng biến thiên ta có 4 6 max 4 6
khi
1
2
1
2
C z
z C
Nhận xét:Bài toán trên dược suy ra từ bài toán chứng minh
4 6
3
Trang 5Bài toán 1.5: x y z, , 0
1x 1y 1z 5 (1)
Lời giải:
Từ giả thiết ta có
1
y y
y
, , 0;
A B C ,ABC ,Ta được
(1)
VT
4 cos2 4sin2 5cos2
2
C
4 cos cos 5 5sin2
2
Dấu “=” ở (1) xảy ra khi
2 tan
2
3
C z
C
y
Nhận xét:
a) Bài toán trên tương tự như đề thi OLYMPIC Việt Nam 2002
Cho
x y z
1x 1y 1z 3
b) Tổng quát với
x y z
+)
2
+)
2
Trang 6Bài toán 1.6: Cho , , 0
1
x y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Lời giải:
Ta có P=
1 1
1
zx yz
xy
y x
z
=x+y+z=1
Vậy ta lại có A B C, , 0;,ABC
Khi đó P=
= 3 cosA2 cosB2 3 cosC
Ta chứng minh bổ đề:
2
a b c
Thật vậy (*) 2bccosA2cacosB2abcosC a2b2c2,a b c, , 0
Ta có
(2*)
Vậy (*) được chứng minh, dấu “=” ở (*) xảy ra khi
sinA sinB sinC
Áp dụng bổ đề (*) ta có P = 3 cosA2 cosB2 3 cosC 4
Vậy giá trị lớn nhất của P là MaxP 4 đạt được khi
Trang 71 sin
2 3
C
A
Bài toán 1.7: Cho , , 0
1
x y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Lời giải:
Ta có P=
1 1
1
zx yz
xy
y x
z
=x+y+z=1
Vậy ta lại có A B C, , 0;,ABC
Khi đó P=
=cos cos cos
Áp dụng bổ đề (*) ta có P =
Vậy giá trị lớn nhất của P là max 5
12
P đạt được khi
Trang 8sin 1
sin
3 sin
5
C
B A
1 1
4
1 9
zx y yz
x xy z
x y z
Nhận xét:Tương tự ta chứng minh được bài toán tổng quát: Cho , , , , , 0
1
a b c x y z
Chứng minh
2
Bài toán 1.8: Cho , , 0
1
x y z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1
P
xyz
Lời giải
P
xyz
Đặt xy cot ;A yz cot ;B zx cotC
=x+y+z=1
cotAcotBcotC xy yz zx xyz
cot , cot , cot 0 , , 0;
2
,ABC , Khi đó
tanAtanBtanC6 sin AsinBsinC
Xét hàm số ( ) tan 6sin 7 , 0;
2
,Lập bảng biến thiên của hàm số trên,
dấu “=” trong bất
đẳng thức này xảy ra khi
3
x Áp dụng BĐT trên cho x A x, B x, Cta có
Trang 93
7
3
7
3
C C C Cộng các BĐT trên ta có
tanAtanBtanC6 sinAsinBsinC 7 A B C 12 3 7
12 3
P
Vậy giá trị nhỏ nhất của P, Pmin 12 3 khi
Nhận xét:Nếu ta có giả thiết , , 0
1
x y z
và biểu thức trong bài toán có thể biểu diễn
hết thông qua xy; yz; zx
Bài toán 2 Với x y z, , 0
x y z xyz
Khi đó luôn tồn tại ABC nào đó sao cho
+) cot , cot , cot
+) tanAx, tanB y, tanCz
Chứng minh
Đặt xtan ;A ytan ;B ztanC.Vì x y z , , 0 nên , , 0;
2
Từ giả thiết ta có: tanAtanBtanC tanAtanBtanC tanAtanBtanAtanB1 tan C(*)
tan tan
tan
C
(Vì vt(*)>0 nên vf(*)>0)
tanA B tanC
, , 0;
2
A B C
Suy ra A,B,C là ba góc của tam giác (ĐPCM) Việc chứng minh ý còn lại hoàn toàn tương tự
Bài toán 2.1 Cho x y z, , 0
x y z xyz
Chứng minh rằng
4
Lời giải
Đặt tanAx, tanB y, tanC ,từ giả thiết ta có tanz AtanBtanCtanAtanBtanC
2
x y z A B C ABC
Trang 102 2 2
VT
2 cosA cosB cosC
2 4sin 2 sin cos
2
Dấu “=” xảy ra khi
15
sin
y z
B C A
x
Nhận xét:Tương tự ta chứng minh được bài toán tổng quát: Cho a b c x y z, , , , , 0
Chứng minh
Bài toán 2.2 Cho x y z, , 0
x y z xyz
Chứng minh rằng
4 3 2
Lời giải
Đặt tanAx, tanB y, tanC ,từ giả thiết ta có tanz AtanBtanCtanAtanBtanC
2
sin sin sin
2
cos 2 cos 2 1 1 2
C
1 cos cos cos
2 2
2
2
2
4
A B
2
B A
y x
Nhận xét:Tương tự ta chứng minh được bài toán tổng quát: Cho x y z, , 0
x y z xyz
k
b 2 2 2 2
k
Trang 11Bài toán 2.3 Cho
2 2 2 2 2 2
x y z
Chứng minh rằng
b,
3 2
2
Lời giải
Từ giả thiết ta có
Đặt tan ; tan ; tan
x y z .Vì 0x y z, , 1 nên , , 0;
2
A B C
Vậy ta được
tanA tanB tanC tanAtanBtanCA B C
a) BĐT
b) BĐT
Việc chứng minh sin sin sin 3
c) BĐT
2
Trang 12
VT
51
Bài toán 2.4 Cho
x y z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
Lời giải
Từ giả thiết ta có
(1)
2
Thay vào (1) ta được tanA tanB tanC tanAtanBtanC ABC
2 2
1
1 1
2
1
2
A
Tương tự
2 2
2
sin
2
C
Trang 132 2
2
sin
2
A
Vậy
P
2 2
2
2
81
2
sin sin sin
16 sin sin sin 16 sin sin sin
Vì ta luôn có sin sin sin 3
2
tan
Bài toán 3 Với
, , 0
x y z
Khi đó luôn tồn tại ABC nào đó sao cho
cosAx, cosB y, cosC z
Chứng minh
2
x y z
Từ giả thiết ta có 2 2 2
cos A cos B cos C 2 cosAcosBcosC 1
1 cos 2 1 cos 2 2
cos 2 cos cos cos 1 2
2
cos(A B) cos(A B) cos C 2 cosAcosBcosC 0
cos(A B) cos(A B) cos C cos(A B) cos(A B) cosC 0
cosCcosC cos(AB) cosC cos(AB) cos( A B ) 0
cosC cos(A B ) cos C cos(AB) 0
Trang 14 cosC cos(A B ) 0 (Vì , , 0;
2
A B C
nên cosC cos(A B )>0) cos(AB) cosC cosC
ABC (Vì , , 0;
2
) Bài toán 3.1 Cho , ,2 2 0 2
x y z
Lời giải
cos , cos , cos , , 0;
2
x y z
theo chứng minh trên ta có
ABC
tan tan tan 3
tan tan tan tan tan tan 1
Mà
2
Nên ta cótan tan tan 3
Bài toán 3.2 Cho 2, , 2 0 2
x y z
Tìm giá trị lớn nhất P1 x 1 y1 z
Lời giải
cos , cos , cos , , 0;
2
x y z
theo chứng minh trên ta có
A B C
Khi đó P1 cos A 1 cos B1 cos C
2 2 2
2 cos 2 cos 2 cos
4 cos 2 cos cos
2 2 2
2
3
2 1 sin 1 sin 1 sin
27
MaxP khi
Trang 157
1 2sin
sin
;
A x
A
Bài toán 3.3 (TH&TT-T7/386) Các số dương x, y, z thõa mãn điều kiện
4
xyz
x y z xyz S
xy yz xz
Lời giải
(2 )x (2 )y (2 )z 2.(2 ).(2 ).(2 ) 1x y z suy ra tồn tại tam giác nhọn ABC có 3 góc thõa 2x cos , 2A y cos , 2B z cosC
Gọi p, R, r lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngọai tiếp và bán kính
đường tròn nội tiếp ABC Ta có nhận xét sau : cosA, cosB, cosC là 3 nghiệm của
phương trình bậc ba
4R t 4 (R Rr t) (p r 4R t) (2Rr) p 0(*)
Thật vậy, do ABC nhọn ta có
2 sin 2 1 cos
A
1 cos
A
A
Bình phương 2 vế, rút gọn ta được
4R cos A 4 (R Rr) cos A (p r 4R ) cosA (2Rr) p 0, suy ra cosA là
nghiệm của (*) Tương tự cosB, cosC cũng là nghiệm của (*)
Trở lại bài tóan, với nhận xét trên, áp dụng định lí Vi-ét, ta có ( kể từ bây giờ
ta kí hiệu là tổng các hóan vị của các biểu thức đối với A, B, C )
cosA R r
R
2
4 cos cos
4
R
2
cos cos cos
4
R
2
cos cos cos
2
R
Suy ra
cos cos cos cos 2
cos 2 cos cos cos cos cos
S
Ta chứng minh 2 13
14
S Thật vậy điều này tương đương với
13
3 3 14
p r
p r
28
S
28
4
xyz
Trang 16II.SÁNG TẠO BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ TỪ CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC
2
A
x A khi đó ta có
2
sin , cos , tan
1
Ví dụ 1 Từ bài toán: tanA tanB tanC 3 3 với mọi ABC nhọn
Ta chuyển được sang Bài toán : Cho 0 , , 1
1
x y z
3 3
Ví dụ 2 .Từ bài toán: trong mọi tam giác ta có
2
3 cos cos
cosA B C
Bài toán trên trở thành : Cho
1
x y z
Ví dụ 3 Từ bài toán:Trong mọi ABC ta đều có :
2
3 3 sin sin sinA B C
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán:
1
x y z
3 3
Ví dụ 4 Từ bài toán:Trong mọi ABC ta đều có :
3 3 cos cos cos
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán:
1
x y z
2
Ví dụ 5 Từ bài toán:Trong mọi ABC ta đều có :
3
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán:
1
x y z
3 2
Ví dụ 6 Từ bài toán:Trong mọi ABC ta đều có :
Trang 173 9 2
cot 2
cot 2
cot 2
sin 2
sin
2
A
Lời giải :
2
sin 2
sin 2
sin 3
2
sin 2
sin 2
sin
C B A C
B A
cos cos cos
sin sin sin
3
1 sin sin sin 4
sin sin sin
sin cos sin cos sin cos
2 sin sin sin
sin cos sin cos sin cos
Suy ra :
3
3
sin sin sin cos cos cos
9 cot cot cot 1
2
cot 2
cot 2
2
3 9 3 3 2
9 2
cot 2
cot 2
cot 2
Từ 1 và 2
2
3 9 2
cot 2
cot 2
cot 2
sin 2
sin 2
1
x y z
2
Ví dụ 7 Từ bài toán:Trong mọi ABC ta đều có :
Trang 187 2
sin 2
sin 2
sin 2
sin 2
sin
2
sin2 A 2 B 2 C A B C
Lời giải :
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
8
1 2
sin 2
sin 2 sin
4
7 2
sin 2
sin 2 sin 2 cos cos
cos 3
C B A
C B A C
B A
1
x y z
7
Ví dụ 8 Từ bài toán:Trong mọi ABC ta đều có :
2
sin 2
sin 2 sin 4 4
7 sin sin sin sin
sin
Lời giải :
Vì
2
sin 2
sin 2 sin 4 1 cos cos
4
3 sin sin sin sin sin
mà :
B A B
A C
A C A
C B
C B C
B A
cos cos sin
sin cos
cos cos sin
sin cos
cos cos sin
sin cos
nên :
4
3 cos cos cos
cos cos
cos
Thật vậy hiển nhiên ta có :
3
1 cos cos cos
cos cos
Mặt khác ta có : 0 cos cos cos 3
2
3 đúng 2 đúng đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC đều
Từ bài toán trên ta chuyển được thành bài toán:
Cho
1
x y z
7 16