một số ứng dụng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có: cos A.. Ta nhận thấy, nếu tam giác ABC không nhọn thì bất đẳng thức đúng.. sin > Dầu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đầu... Dấu

Trang 1

Một số ứng dụng bất đẳng thức

lượng giác trong tam giác

Trương Ngọc Đắc

Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Quy Nhơn

Ta xét ba hệ thức lượng giác cơ bản sau:

11 Hệ thức

Với +, , z2 € R\{S +km,k€ 2}

z+ụ+z=kr

tan t tan z = tan z tan 1 tan z =

* Đặc biệt: Nếu >,u,z € (0:2) thì z+ự+z=”

1.2 Hệ thức

Với z, 1, z € R\{S +kz,k€ z\

tan z tan + tan tan z + tan z tan z = Ì

7

z+u+z=stkm

m.Ụ,Z 7 s + kn,k €7

7T

2

* Đặc biệt: Nếu z,, z € (0; 5) thìz++z= 2

1.3 Hệ thức

Với z,,z€TR

cos2z -+ cos”y + cos”z + 2cos x cos y.cosz = 1

<> COS 9 008 a C08 9 C08 T2 7 = 0

24

Trang 2

* Đặc biệt: Nếu z, 1, z € (0z) thì z+-+z=7

1.4 Một số bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

Trong phần này ta chỉ chứng minh một số bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

mà phần 2 sẽ ứng dụng để chứng minh bất đẳng thức đại số

1.5 Bất đẳng thức

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có:

cos Á + cos Ö + cos Ở < 5

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

* Đây là bất đẳng thức cơ bản đã được chứng minh trong SGK 11NG

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có:

cos A cos cos Ở < sin A sin Bo sin Œ

Chứng mỉnh

Ta nhận thấy, nếu tam giác ABC không nhọn thì bất đẳng thức đúng Xét tam

giác ABC nhọn, ta có

1

cos A.cos B = ~ = (cos(A + B)+cos(A - B)) < 5 (1+ cos(A + B)) = cos? 5 5- sin’

(1) Tương tự (1):

2A cos B.cosC’ < sin 5 (2)

_ 2B

Do các về của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) đều dương, nên suy ra,

cos Á cos Ö cosC < sin s: sin a sin >

Dầu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đầu

25

Trang 3

Chứng minh rằng với mọi tam giác AC ta có:

cos?A + cos2 + cos?Ơ >

Dấu đẳng thức xây ra khi nào?

Chứng minh

Ta có:

1 cos*A + cos?B + cos*C = 5 (3 + cos2.A + cos 2 + cos 2C) — @

Mặt khác:

cos 2A + cos 2B + cos 2Œ = —1 — 4cos Á cos J cos C (5)

Và từ bất đẳng thức1, ta chứng minh:

Từ (4), (5) và (6) ta có:

cos2 Á + cos? + cos?C > :

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều

18 Bất đẳng thức

Chứng minh rằng với mọi tam giác 4C ta có:

sin A ‡ sin B—cosC < 5

Chứng minh

Ta cd:

sin A+sinB =28in At cog AaB < asin At 2 2 2 = 20082 2

Do dé:

C Cc Œ 1\? 3.3

sin A + sin Ð cos C < 2.cos > (s= 5 1) 2( cos § 5) +3585

sin A + sin B — cosC'< 5

Dấu đẳng thức xây ra khi và chỉ khi:

A=B="

27 6

C=—

_ 3

Trang 4

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có: cos.A + cos B + sinŒ < sv Dau đẳng thức xảy ra khi nào?

Chứng minh

Tạ có: cos A + cos B = 2cos = cos 5 A+B_ A-B <2cos A+B 5 _ (7)

Tương tự:

sinC + sing 2 sin 5 COS —5 < 2cos 5 (8)

Vi: sin 2 <1, cos >0

— Từ (7) và (8) suy ra:

7

cadena tn £2 (mE om |

= 400s ——4——# cos —4——3 << cos 7

Ti dé suy ra: cos A+cosB+sinC < > Dâu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

A=bB=h

2m 6

C==

Chứng mỉnh rằng với mọi tam giác ABC ta có: 3cos A — sin 8 + V/3sinC <

Chứng mình Ta có:

Nila

-~-~A+C =-A-c

_ pen (7 — 5ein 2 2

cos Á + sin C = 2sin 6 A) +sinC = 2sin — cos 5

T 7

.¬¬ˆ.¬n Bot

27

Trang 5

Do đó:

B r VÄessA— sn B + VãsnƠ < 9/5cos (5 — 1) —eœs (5 — 8)

= 2v3cos (3 _ 1) — 2cos? 6 — 2)*~1

:|= (3-1) - ý] +5+1<

Từ đó suy ra:

V3cos A — sin B+ V3sinŒ < >

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

A=B=~

27 6

C = 3

Chứng minh rằng với mọi tam giác 4C ta có:

sin 2A + sin 2 + cos2Œ < š

Dầu đẳng thức xảy ra khi nào?

Chứng minh

Ta có:

sin 2A + sin 2 + cos2Ơ = 2sin(A + B)cos(A — B) +1 — 2sin’C

< 2sinC — 2sin“C + 1 = —2 sin C — 2 +585

Từ đó suy ra:

sin2A + sin 2 + cos2ŒC <

Dâu đẳng thức xây ra khi và chỉ khi:

28

Trang 6

Chứng mình rằng với mọi tam giác ABC ta có:

cos 2A + V3(cos 2 + cos2C) > -3

Chứng minh

cos2A + V3(cos 2B + cos 2Œ) = 2cos2A — 1 — 2/3 cos Acos(B -C)

2

= 2[<4 — VB cos(B — 5) — = cos?(B —Œ)—-1> —Šcos?(B —Œ)—1> —

Từ đó suy ra:

5

cos2A + V3(cos 2B + cos 2C) > ~5:

D&u đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

TT

7 6 57

B=C=—

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC nhọn ta có:

2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) < 4cos A cos B.cosC +1

Chứng mỉnh Ta có:

2cos A.cos B = Vsin 2A cot A.sin2B.cot B < 5 (sin2A.cotB+sin2B.cotA) (9)

Tương tự (9):

2cos B.cosC = vVsin 2B cot Ö sin 2Œ cot Ở < 5 (sin2B.cotC +sin2C.cotB) (10)

2cosC cos A = Vsin 2C cot C sin 2A cot A < 5 (sin2C.cot A+sin2A.cotC) (11)

29

Trang 7

Cộng các bất đẳng thức (9) , (10) và (11) vế theo vế ta được:

2(cos A cos B + cos B cos C + cos Ở cos A) -

<5 {cot A (sin 2B + sin 2C) + cot B (sin 2C + sin 2A) + cot C(sin 2A + sin 2B)}

= cot A sin A cos(B — C) + cot B.sin B.cos(C — A) + cot C sin C.cos(A — B)

-5 [cos( + C) cos( — Œ) + cos(C + A) cos(C — 4) + cos(A + B).cos(A — B)]

— (cos 2A + cos 2B + cos 2Œ) = — (—1— 4cos A cos B cos C)

Từ đó suy ra:

2(cos A cos B + cos cos Ở + cos Ở cos A) < 4cos A.cos B.cosC +1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác 4BŒ đều

2 Một số Ứng dụng bất đẳng thức lượng giác trong

tam giác

Trong phần 2 này chủ yếu chứng minh một số bất đẳng thức đại số hoặc tìm giá

trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức đại số có điều kiện ràng buộc ban đầu

Sử dụng các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác trong tam giác đã được chứng minh

trong phần 1, ta có được cách chứng minh các bất đẳng thức đại số mà nếu giải bằng các

phương pháp khác sẽ gặp nhiều phức tạp và khó khăn

Bài toán 1 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ø + b-+ c= 1

Chứng minh rằng:

at+be b+ca ctab”~ 4

Nhận xét

Từ điều kiện giả thiết và bất đẳng thức cần chứng minh ta nhận thấy vai trò của các biến a, b, c như nhau, nhưng bất đẳng thức cần chứng minh không thuần nhất sẽ tạo cho học sinh biến đổi để sử dụng các bất đẳng thức cổ điển như Cauchy, Bunhiacopski rất khó khăn Việc biến đổi giả thiết và bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:

be ca ca fab ab lbc

atbt+ce=sf—4/—+4/—y/—+1/—1/— = 1 aV b bŸ c cÝ a

a

si ta ta

=—-+_-%+ — —— ba ca

14% l†— 1+—

Và áp dụng bất đẳng thức1 ta có lời giải sau

30

Trang 8

Lời giải 'Ta có:

a+b+e=t(S#+ 2/2 +2 S= g{b bŸÝ c cVa (12)

Dat:

s tan; Tp “tan; Ta = tan; A,B5,C€ (0; x)

Từ giả thiết (12) và hệ thức2, ta có A + + =z Áp dụng bất đẳng thức 1, ta có:

a + ——_—_ b + co =———++——x.+——r 1 + 1 + 1

at+be b+ca c+úb 1+ tan? 1+ tan? 1+ tan?<

= coset +cog2Z +co2Œ

= 5 (cos Á + cos + cosC) +2 S2 + “<#+`=~ 4

Suy ra:

a + b + C <3

Dâu đắng thức xảy ra khi va chi khia=b=c= 7

Bài toán 2 Cho ba số thực dương a, b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện: a + b+ c = 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

~atbe! btea crab

Nhận xét

* Với giả thiết hoàn toàn tương tự như bài toán1, nhưng việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q không đối xứng với các biến a, b,e là một bài toán khó

* Khi tiếp cận được cách giải của bài toán1 thì ta có thể biến đổi biểu thức Q về dạng lượng giác mà việc tìm giá trị lớn nhất của biểu thức lượng giác đó không phức tạp

và áp dụng bất đẳng thức 6 ta có lời giải sau

Lời giải

Ta có:

a+b+e=tS+( aV b bŸÝ c 22+ 2S =i cVa (13)

a7 tan 2: 5 7 aap =tan; 4,Đ,C € (0,3)

3 1

Trang 9

Từ giả thiết (13) và hệ thức2, ta có 4 + + Ở =

Áp dụng bất đẳng thức 6, ta có:

C

tan — 3

Suy ra

maxQ =1+ +38, khi a = b = 2V3 — 3, c= 7 — 4V3

Hoàn toàn tương tự như bài toán2, việc sử dụng bất đẳng thức 6, ta sẽ có được lời

giải bài toán3

Bài toán 3 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi, thỏa mãn điều kiện: ø + b-+ e= 1

4| bc es Vale, 23-5

a+be c+ab b+ ca — 4

Lời giải

Ta cé:

a+b+e=tlSIS2+ a\V b bVec J2 +(22 #S=i cVa (14)

Từ giả thiết (14) và hệ thức 2, ta có A + + £ = r

Ap dung bất đẳng thức 6, ta có:

= v3 2 "2 2

Q=v3 l+tan?— A 1+tan?— a|t 1+ tan?— B

= v3 sin? — ssi e)+ + sinB

= 3 (1 cos A~sin€) + sin B

— — + ——=>—_—=+—

=-s (v3 3cosA sin B + V3sinC) + 7 2 at 2

Suy ra

Trang 10

Bài toán 4 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab-+ be + ca = abc

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = "+ bo c+ab

Nhận xét

Tương tự như các biến đổi trên, ta biến đổi giả thiết và bất đẳng thức cần chứng

minh về dạng:

bc ca, ab be [ca jab

ab + be+ ca = abe & 4f —+4f/—4+4/— =14/-—1/—1/—

Va

Áp dụng bất đẳng thức 3, cho ta có lời giải sau

Ta có:

ab +be+ca= abe 4/2 44/24 1S = V22 a b c aV bVec (15)

Dat:

— = tan Á, ,/— = tan B, ,/— =tanC; A,B,Ơ € (0:2)

Từ gid thiét (15) va hé thitcl, tacé A+ B+C =72 Ap dung bit ding thitc 3, ta cé:

= cos?A + cos’?B + cos?C >ã

min P = + khi a=b=c=3

Bài toán 5 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab-++ bc-L ca = qbc

a +⁄5( b 48 TS

a+bc b+ca c+ab A

Nhận xét

33

Trang 11

Với giả thiết tương tự như giả thiết của bài toán4, nhưng việc chứng minh bất đẳng

thức đã cho không đối xứng với các biến ø,b,c Ta biến đổi giả thiết và bất đẳng thức

cần chứng mỉnh về dạng:

ab + be + ca = abe ©® 4f/—4+4/—4+4f/—-—=1/—-1/—-1—-

+⁄(y + )- — + v3 og +

Và,

Ap dụng bất đẳng thức 8, cho ta có lời giải sau

Lời giải 'Ta có:

ab + be + cá = abc œ V5 + |9 + 4192 = (IS J2 a b c aV b c _(16)

— =tanA, ,/— =tanB,,/— =tanC; A,B,Ce (0; 2)

Tw gid thiét (16) va hé thitcl, tac6 A+ B+C=7

Ap dung bất đẳng thức 8, ta có:

(Sica + oa ab) = Trea + Gps t T+ tan?

= cos?A + V3(cos*B + cos?C) = 5 (cos 2A + V/3(cos 2B + cos 2G)) + ; + V3

51 4/3 -3 |

>—_=+- =

>-1+;+v3 n

Vay

a+ be

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

A=S 6 a=7+4v3

ĐT T” 3+2V3

Bài toán 6 Cho ba số thực dương a, b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện: abc + ø + b = e

Trang 12

Nhận xét

* Ta biến đổi giả thiết và biểu thức Q về dạng:

dbc+a+b=c4ab+be +a =1,

+e

Khi đó thực hiện phép đặt an phụ đưa bài toán về tìm giá trị lón nhất của một biểu thức lượng giác như sau và áp dụng bất đẳng thức 4, ta có lời giải

Từ điều kiện ta có: 11

c c

n8 a=tan>, b= tan, ° = tans; A,B,C € (0; 7) A B1_ ¢

Từ giả thiết (17) va hé thitc 2, tac6 A+B+C=7

Với cách đặt trên thì

Q=——2~+——2>-——k_— „=}(sn A+sin B~ cœsƠ) - È „A ,B „C2

2

l+tan—- i1i+tan*— 1+tan*—

<3_il}l

~4 2 4

Suy ra

3

Bài toán 7 Cho ba số thực dương a, b,c thay déi théa man điều kién: abe +a+b=c

2(1 + ab) c

9= +a)0+) T1+e

Nhận xét

Tương tự cách biến đổi như bài toán 6, áp dụng bất đẳng thức 5, ta có lời giải

Lời giải

đồ

Trang 13

Đặt:

a= tan>, b=tan>, oo tani A, B,C € (0;7)

Từ giả thiết (18) và hệ thức 2, ta có A4 + + C =7

Với cách đặt trên thì

2+a?2+t? e 1 1 c

Ở Š+a3(11+Đ) 1+ Tee 14R ơ 1+e

=“——xz†——E†——^ø=1*; (cos A +008 B + sinc) <1+ 248

2 2 2

3v3

Bài toán 8 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = 1 + be + ca

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q =

Nhận xét

* Khi thay đổi giả thiết của các bài toán 6,7,8 bởi các giả thiết khác ta được các bài toán mới mà cách giải không thay đối

* Ta thực hiện phép biến đổi giả thiết

11 1 1

* Ấp dụng bất đẳng thức 5 ta có cách giải của bài toán như sau

Lời giải Từ điều kiện ta có:

Dats 1 A 1 B C

a = tan 3 = tans, c= tan >; A, B,C € (0;7)

Từ giả thiết (19) và hệ thức 2, ta có A + B + =7

— Với cách đặt trên và áp dụng bất đẳng thức 5, ta có

C

tan —

Q= ———+——;+— *z = cos + cos? + 2 gìn

1+tan?— 1+tan’— 1+tan?—

1

= 5 (cos A + cos B + sin) +1

< Mu,

36

Trang 14

Suy ra

mag ME, wi | cit Ẫ c= v5 ~ 3

Bài toán 9 Cho ba số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = 1 + bc + ca

P= oyi' Pri 241

Lời giải

Từ điều kiện ta có: 11 1 1

Dat s=tanz, p =tanz, c= tan ~; 4, B,C € (0;) 1 A1 8 C

Từ giả thiết (20) và hệ thức 2, ta có A + + £ =7

-_ Với cách đặt và áp dụng bất đẳng thức 6, ta có

P=— 42 OE = Visint + bein - Bain

1+ tan’ 1+ tan’ > 1+ tan’

= ¥3 (1 cos A) + sin B— V3 sinc = —Y3 (os A+sinC) +tsinb + VỀ 2 2 2 2 2 2

> ¥3_5

~ 2 #4

_ 3-5 ) A4=?=g a=b=2+v3

Bài toán 10 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = 1 + be+ ca

1 v3 v3

P= 3yi*Ra1 đại

Lời giải

37

Trang 15

Đặt:

a = tan A, b = tan Ð, Ì tan; A,B,C € (05g): c 2

Từ giả thiết (21) và hệ thức 1, ta có A+B+C=7

Với cách đặt và áp dụng bất đẳng thức 8, ta có

2

1 v3 V3tanˆC = cos?A + V3cos?B — V3sin?C

1_5 3

“2 4 4

Suy ra

Bài toán 11 Cho ba số thực dương a, b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện: øbc = a+b+c+2

9 (vaš + vbe + Vea) < 4+ abe

Nhận xét

sử dụng phép biến đổi

+T—+nt†?2 al

be

_ 'Ta nhận thấy do a, b, c là ba số thực dương, suy ra:

1 1 1

bề ai ab € (0;1)

áp dụng bất đẳng thức 9, ta có lời giải bài toán

Lời giải

pete +22 =1 bet ab abe

Doa, b, c là ba số thực dương, suy ra:

Đặt

I 2 & » Il o B Q > by CY mn

Định dạng
Số trang	19
Dung lượng	446,76 KB