Phương pháp này thường được sử dụng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các số bị ràng buộc với nhau bởi các điều kiện nhất định chẳng hạn:.. Nếu có hệ thức thì có thể đặt [r]
Trang 1PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Phương pháp này thường được sử dụng trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức mà các số bị ràng buộc với nhau bởi các điều kiện nhất định chẳng hạn:
Nếu có hệ thức thì có thể đặt x = cosa; y = sina
Nếu có hệ thức xy=1 thì có thể đặt: x = tana; y = cota;
Ghi chú: Ở đây không ngoại trừ bài toán sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác với các quan hệ lượng giác
BÀI TẬP ÁP DỤNG.
BÀI TẬP 1.
Cho bốn số thực x, y, u, v thoả mãn:
CMR:
GIẢI.
Khi đó : u(x – y) + v(x + y) = cosb(cosa-sina)+sinb(cosa+sina) = cos(a-b)+sin(b-a)
= √2 cos(b − a − π
4)
Do đó
bài toán chưa thấy ngay yếu tố để ta chuyển về dạng lượng giác, cần qua một quá trình biến đổi và đặt ẩn phụ thích hợp mới có thể chuyển về dạng lượng giác thuận lợi cho quá trình giải Ví dụ :
BÀI TẬP 2.
Cho 4 số dương a, b, c, d CMR:
(1)
GIẢI
Với bài này ta có thể sử dụng BĐT BunhiaCopski với 4 số , tuy nhiên chúng ta có thể dùng phương pháp lượng giác để giải bài này
Các yếu tố để chúng ta chuyển về dạng lượng giác vẫn chưa xuất hiện Chúng ta cần biến đổi để làm xuất hiện yếu tố đó
Ta có : (1) tương đương với
√ab
(a+ d)(b +c)+√cd
(a+d)(b+c) ≤ 1 <=>√(1+d1
a)(1+
c
b)
+
√cdab(1+d
a)(1+
c
b)
≤ 1
Đặt tan 2x= d
a;tan
2y = c b
Ta có VT=√cos 2x cos2 y +√sin 2x sin2y=|cos x cos y| + |sin x sin y| =|cos(x ± y )|≤1
BĐT cuối đúng, do đó (2) được CM Suy ra (1) được CM
Trang 2Nếu so sánh với cách giải này với cách dùng BĐT cổ điển thì quả thật cách này là khá dài và hơi phức tạp Tuy nhiên nó cho ta một hướng mới để nhìn nhận một bài toán
BÀI TOÁN 3.
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn
CMR
GIẢI
Giả thiết tương đương với
6 bc+3 ac +2 ab=36 abc⇔6 bc+3 ac+2 ab
36 abc
√abc ⇔6√bca +3√acb +2√abc =6√bca .3√acb 2√abc
Trong tam giác ta có:cot A
2+cot
B
2+cot
C
2=cot
A
2 .cot
B
2 cot
C
2 Đặt 2√abc =cot
C
2;3√cab =cot
B
2; từ giả thiết suy ra 6√bca =cot
A
2 Với A,B,C là 3 góc của tam giác ABC
Vậy VT= 1
1+cot 2A
2
1+cot 2B
2
.
√1+cot12C
2
BÀI TẬP 4.
Cho a,b,c, dương và 2009ac+ab+bc=2009
Tìm Max P= 2
a2+1−
2 b2
b2+20092+
3
c2+1
GIẢI.
Từ giả thiết ta có: ac +a b
2009+
b
2009 c=1
Trang 3Đặt a=tan A
2;
b
2009=tan
B
2 với A; B( 0;)thay vào giả thiết ta có c=tan C
2 với A,B,C là 3 góc của tam giác ABC Nên
1+tan 2A
2
1+ 1 tan2B 2
1+tan 2C
2
=2 cos2 A
2 −2 sin
2B
2+3 cos
2C
2
cos A+cosB+3(1 −sin2C
2)=3+
1
3cos
2 A − B
2 −(√3 sinC
2−
1
√3cos
A − B
2 )2≤10
3
BÀI TẬP 5.
cho x,y thay đổi thoả mãn
Tìm Max ,Min của Z=y-2x+5
GIẢI
Đặt x=√5
6 sin athì từ giả thiết ta có y=√5
4 cos a Nên Z=√5
6 sin a −
√5
2 cosa+5 ⇔√5
6 sin a−
√5
2 cosa=Z −5(*) Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi ( Z −5 )2≤ 5
36+
5
4=
49
36 ⇔23
6 ≤ Z ≤
37 6
BÀI TẬP 6.
CMR
Với a,b thỏa mãn
GIẢI
Đặt a=sinx; b=siny
Ta có VT= ¿
TH1 cosx ≥ 0 và cosy ≥ 0 ta co VT=|sin(x + y )−√3 cos(x + y )|=|2 sin(x + y − π
3)|≤2
BÀI TẬP 7.
Chứng minh rằng:
GIẢI
Đặt a=tanx; b=tany ta có
VT=|(tan x − tan y ) (1− tan x tan y )
(1+tan 2x) (1+tan2y) |=|sin(x − y)cos(x − y)|=|12sin 2(x − y)|≤1
2
BÀI TẬP 8.
Chứng minh rằng:
Trang 4
GIẢI.
Đặt a=tanx; b=tany; c=tanz:
BĐT tương đương với
|tan x − tan y|
√1+ tan2x √1+ tan2y+
|tan y − tan z|
√1+ tan2y √1+tan2z ≥
|tan x − tan z|
√1+tan2x √1+tan2z
|sin(x − y)|+|sin( y − z )|≥|sin (x − z)|
Thật vậy |sin (x − y)|+|sin( y − z)|≥|sin(x − y )+sin( y − z )|≥|sin (x − z )| đfcm
BÀI TẬP 9.
Cho a, b, c dương, thỏa mãn a.b+bc+ca=1
Chứng minh a
1+a2+
b
1+b2+
c
1+c2≥
3√3 2
GIẢI.
B
2 từ giả thiết suy ra c=tan C
2; với A, B, C là 3 góc của tam giác nhọn ABC
BĐT tương đương với 1
2(tan A +tan B+tanC )≥
3√3
2 luôn đúng
BÀI TẬP 10.
Cho a, b, c>0 và abc+c+2b=2a Chứng minh rằng
√1+a1 2+√ b2
1+b2+√ c2
4 +c2≤
3 2
GIẢI.
Đặt a=tanA; 1b=tan B Từ giả thiết suy ra được 2c=tan C Với A,B,C là 3 góc của tam giác nhọn ABC Nên BĐT tương đương với cos A+ cosB+cosC ≤3
2 Luôn đúng
BÀI TẬP 11
Cho a, b, c thu ộc (0;1) Ch ứng minh rằng
GIẢI
Đ ặt a=sin 2 x; b= sin 2 y; c=sin 2 z ta c ó s inx.siny.sinz+c os