Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình đại số

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊNĐOÀN THỊ PHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC HÀ NỘI - NĂM 2017... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA H

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐOÀN THỊ PHƯƠNG

PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - NĂM 2017

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐOÀN THỊ PHƯƠNG

PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Mã số: 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

HÀ NỘI - NĂM 2017

Mục lục

1.1 Một số tính chất của hàm lượng giác 5

1.2 Các hệ thức cơ bản trong tam giác 6

1.2.1 Một số dẳng thức cơ bản trong tam giác 6

1.2.2 Một số bất đẳng thức thông dụng trong tam giác 7

1.3 Xây dựng các các hệ thức lượng giác từ đẳng thức, bất đẳng thức đại số 10

2 Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình 13 2.1 Các bài toán về bất đẳng thức trong tam giác 13

2.1.1 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác 13

2.1.2 Bất đẳng thức đại số trong tam giác 23

2.2 Các bài toán về bất đẳng thức đại số 26

2.2.1 Bất đẳng thức lượng giác tự do 26

2.2.2 Bất đẳng thức dùng biến đổi lượng giác 29

2.3 Các bài toán về bất phương trình 39

3 Một số dạng toán liên quan 44 3.1 Phương pháp lượng giác chứng minh đẳng thức 44

3.2 Phương pháp lượng giác giải phương trình 49

3.3 Phương pháp lượng giác giải hệ phương trình 53

3.4 Phương pháp lượng giác giải các bài toán cực trị 56

cụ đắc lực trong đại số giải tích và hình học.

Đặc biệt, nhiều bài toán đại số, giải tích có thể đươc giải dễ dàng bằng cách

sử dụng các hàm lượng giác, mà chúng ta gọi là "Phương pháp lượng giác hóa".

Đó là nhờ các tính chất đặc thù của hàm lượng giác mà các hàm khác không thể

có, như công thức biến đổi tích thành tổng, tổng thành tích, công thức nhân đôi, nhân ba, các đồng nhất thức, các bất đẳng thức quan trọng của hàm lượng giác.

Do đó, để đáp ứng nhu cầu về giảng dạy, học tập, luận văn "Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình đại số" nhằm tìm hiểu,thu thập các tài liệu và phân loại các bài toán về phương pháp lượng giác trong một

số bài toán cơ bản của đại số, như chứng minh bất đẳng thức, bất phương trình Luận văn được chia làm 3 chương.

Chương 1 Một số kiến thức cơ bản Nhắc lại một số tính chất của hàm

số lượng giác cơ bản, các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng, các phép thế lượng giác cơ bản.

Chương 2 Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình Trình bày ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức và bất phương trình có độ khó cao.

Chương 3 Một số dạng toán liên quan Trình bày ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình

và một số bài toán cực trị.

Để hoàn thành luận văn, em đã nhận được sự giúp đỡ của thầy cô, bạn bè, đặc biệt là sự chỉ bảo hướng dẫn tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, cùng

các thầy cô trong Seminar bộ môn Toán của trường Đại học Khoa học Tự nhiên

- Đại học Quốc gia Hà Nội Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu và các thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội đã hướng dẫn em hoàn thành khóa học Cao học 2015-2017.

Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên khi làm luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót Em mong nhận được sự góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc.

Em xin chân thành cảm ơn!

Chương 1

Một số kiến thức cơ bản

Chương này có tính bổ trợ, trình bày về các tính chất cơ bản của hàm lượng giác, các đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác thông dụng, xây dựng các hệ thức lượng giác từ đẳng thức, bất đẳng thức đại số Các kiến thức này sẽ được dùng đến thường xuyên trong các chương sau.

1.1 Một số tính chất của hàm lượng giác

Trong phần này ta xét một số tính chất cơ bản của hàm lượng giác trên trục thực Ta có

sin x, cos xP r
1; 1s; sin2x cos2x 1, @x P R, kP Z.

sinpx k2πq  sin x; cospx k2πq  cos x, @x PR, k PZ.

tanpx kπq  tan x, @x  π

2 kπ; cotpx kπq  cot x, @x  kπ, k PZ.Công thức góc nhân đôi

cos 2x cos2x
sin2x 2 cos2x
1  1
2 sin2x

sin 2x 2 sin x cos x; tan 2x  2 tan x

1
tan2x; cot 2x cot2x
1

?2 cos

x
π4

?2¤?2 sin

x π4

?2 cos

x π4

?2¤?2 sin

x
π4

¤?2

1.2 Các hệ thức cơ bản trong tam giác

Trong phần này ta luôn giả sử tam giác ABC có

• BC  a, CA  b, AB  c

• S là diện tích tam giác

• p là nửa chu vi tam giác

• ma, mb, mc, ha, hb, hc lần lượt là độ dài các trung tuyến, đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c

Mệnh đề 1.1 Cho A, B, C là các góc của một tam giác cho trước Khi đó ta có các công thức sau:

1. cos A cos B cos C  1 4 sin A

3. sin 2A sin 2B sin 2C  4 sin A sin B sin C

4. sin2A sin2B sin2C  2 2 cos A cos B cos C

5. tan A tan B tan C  tan A tan B tan C

2 cot

B2

 1
tan

A

2 tan

B2tanA

2 tan

B2

2  1

Ngược lại, giả sửA B C  π thỏa mãn đẳng thức

2  1 Mà tan A ¡ 0 nên tanA

2  ?1

3. Suy ra A  B 

C  600, kéo theo A B C  π hay A, B, C là các góc của một tam giác Không mất tính tổng quát ta giả sửA B Vì0  A B   2π nên tồn tại C1 P p
π, πqsao cho A B C1  π Theo chứng minh trên ta có

C1

2   π2

π

2  π, suy rak 0

hayC  C1

Ta sẽ đưa ra một số bất đẳng thức liên quan đến các góc của một tam giác cho trước, các bất đẳng thức này vô cùng quan trọng và sẽ được sử dụng trong chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng phương pháp lượng giác hóa.

Mệnh đề 1.3 Cho A, B, C là các góc của tam giác ABC Khi đó ta có các bất đẳng thức sau:

1. sin A sin B sin C ¤ 3

?3

2 .

2. sin A sin B sin C ¤ 3

?3

1 Hàm sin x lõm trên khoảng p0, πq nên theo bất đẳng thức Jensen ta có

sin A sin B sin C

ô sin A sin B sin C ¤ 3

?3

2 .

2 Từ sin x¡ 0 với @x P p0, πq, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

sin A sin B sin C ¤
sin A sin B sin C

3

3

¤
?32

3

 3

?3

3
2pcos A cos B cos Cq

3
2pcos A cos B
cos A cos B sin A sin Bq

 sin2A sin2B
2 sin A sin B 1 cos2A cos2B
2 cos A
2 cos B 2 cos A cos B

psin A
sin Bq2 p1
cos A
cos Bq2¥ 0,

điều này tương đương với cos A cos B cos C ¤ 3

2.

6 Từ cospA Bq 
cos C ta có

cos A cos B cos C  1

2pcospA Bq cospA
Bqq cos C

cos C
cospA
Bq

3 ¤ cos A cos B cos C

6 

?3

0,π

2

nên theo bất đẳng thức Jensen ta có

tan A tan B tan C ¥ 3 tanA B C

3  3 tanπ

3  3?3

Trong một tam giác có các bất đẳng thức kép thông dụng được cho bởi mệnh

đề sau đây

Mệnh đề 1.4 Cho A, B, C là các góc của tam giác ABC Khi đó

1. cos A cos B cos C ¤ sinA

Ta chứng minh một số kết quả cơ bản sau

Kết quả 1.1 Vớia, b, c là các số thực dương, thỏa mãn điều kiện ab bc ca 1

Khi đó tồn tại các góc A, B, C của tam giác ABC sao cho

2 tan

B2

Kết quả 1.2 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab bc ca 1

và a b c abc   2 Khi đó tồn tại các góc A, B, C của tam giác ABC nhọn sao cho

¡ 0

1

cos2 A2

Kết quả 1.4 Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c abc

Khi đó tồn tại các góc của tam giácABC sao cho

1

ca  1

Áp dụng kết quả 2.1 ta suy ra điều phải chứng minh.

Kết quả 1.5 Trong tam giác ABC với tanA

Kết quả 1.6 Với a, b, c là các số thực dương và p a b c

2 Khi đó tồn tại các góc của tam giác ABC sao cho



c

pp
bqpp
cqbcc

ppp
aqbc

2.1 Các bài toán về bất đẳng thức trong tam giác

Trong mục này ta xét các dạng đối xứng và không đối xứng của bất đẳng thức lượng giác trong tam giác Trước tiên ta xét một số ví dụ của dạng đối xứng Định nghĩa 2.1 Với mỗi tam giác ABC cho trước, ta kí hiệu

δ∆ABC  maxtA, B, Cu
mintA, B, Cu

và gọi δ∆ABC là độ gần đều của tam giác ABC.

Rõ ràng δ∆ABC ¥ 0 và δ∆ABC  0 khi và chỉ khi tam giác ABC là một tam giác đều.

Định nghĩa 2.2 Với mỗi cặp tam giác A1B1C1 và A2B2C2 thỏa mãn đồng thời các điều kiện

maxtA1, B1, C1u ¤ maxtA2, B2, C2u, mintA1, B1, C1u ¤ mintA2, B2, C2u,

thì ta nói cặp tam giác A1B1C1 và A2B2C2 là cặp được sắp thứ tự và tam giác

A1B1C1 gần đều hơn tam giác A2B2C2

Vậy trong trường hợp có sắp thứ tự: Với mỗi cặp tam giác A1B1C1 và A2B2C2

(với A1¥ B1 ¥ C1, A2 ¥ B2¥ C2) thỏa mãn đồng thời các điều kiện

A1¤ A2, C1 ¥ C2,

thì sẽ có tam giác A1B1C1 gần đều hơn tam giác A2B2C2

Nhận xét 2.1 Tam giác đều gần đều hơn mọi tam giác khác.

Nhận xét 2.2 Trong tập hợp các tam giác không nhọn thì tam giác vuông cân gần đều hơn mọi tam giác khác.

Nhận xét 2.3 Cho hàm số y  fpxq có đạo hàm cấp hai f2pxq trong pa, bq

a) Nếu f2pxq ¥ 0 với mọi xP pa, bq thì

Chứng minh rằng, khi đó tam giác A0B0C0 gần đều hơn tam giác ABC

Lời giải Theo giả thiết, ta có

A0¤ maxtA, B, Cu, B0 ¤ maxtA, B, Cu, C0 ¤ maxtA, B, Cu

nênmaxtA0, B0, C0u ¤ maxtA, B, Cu

Tương tự, thì

A0 ¥ mintA, B, Cu, B0¥ mintA, B, Cu, C0 ¥ mintA, B, Cu nên

mintA0, B0, C0u ¥ mintA, B, Cu

Từ đây ta suy ra tam giác A0B0C0 gần đều hơn tam giác ABC

Kết quả dưới đây bao hàm hầu hết các bất đẳng thức đối xứng dạng cơ bản trong tam giác.

Bài toán 2.2 Cho tam giác A2B2C2 gần đều hơn tam giác A1B1C1 và cho hàm

số fpxq có f2pxq ¥ 0 với mọi xP p0, πq Khi đó

fpA1q fpB1q fpC1q ¥ fpA2q fpB2q fpC2q

Lời giải Do f2pxq ¥ 0 với mọi xP p0, πq nên

fpxq ¥ fpx0q f1px0qpx
x0q, @x P p0, πq (2.1) Không mất tính tổng quát, ta coi

A1 ¥ B1¥ C1, A2 ¥ B2 ¥ C2

Chứng minh rằng sin A sin B sin C ¤ sin A0 sin B0 sin C0.

Lời giải Theo giả thiết ta cóA0 B0 C0  A B C  π nênA0, B0, C0 là các góc của một tam giác và

sin A¤ sin A0 cos A0pA
A0q;

sin B ¤ sin B0 cos B0pB
B0q;

sin C ¤ sin C0 cos C0pC
C0q

Suy ra sin A sin B sin C ¤ sin A0 sin B0 sin C0 cos C0pA B C
A0
B0

C0q pcos B0
cos C0qpA B
A0
B0q pcos A0
cos B0qpA
A0q

VìA B C
pA0 B0 C0q  0; A B ¥ A0 B0; A¥ A0;

π ¡ B0¥ C0 ¥ 0 ñ cos B0 ¤ cos C0;

π ¡ A0 ¥ B0 ¥ 0 ñ cos A0 ¤ cos B0;

nênsin A sin B sin C ¤ sin A0 sin B0 sin C0

Bài toán 2.4 Cho tam giácABC và cho ba số dươngα, β, γ sao cho α β γ  1

Chứng minh hoàn toàn tương tự như Bài toán 2.3, ta được bất đẳng thức

A¥ π2

A B ¥ π

2

π4

A B C ¥ π

2

π4

π4

''

&

''

%

A

2 ¥ π4A2

B

2 ¥ π4

π8A

2

B2

C

2 ¥ π4

π8

2

Vậy nên theo Nhận xét 3 ta có

fpxq ¥ fpx0q f1px0qpx
x0q, @x P
0,π

2

, x0P
0,π

2

Theo bài toán 2.2 thì

p m

n tan

2 B2

m n

p tan

2C2

p

mtan

2A2

m

p tan

2 C2

p

n tan

2B2

n

ptan

2 C2

Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có:

n

mtan

2A2

mtan

2 A2

n tan

2B2

p m

n tan

2 B2

$''

&

''

m  tan

B2

n  tan

C2

 tan

B2tanβ2

 tan

C2tanγ2

Để chứng minh bài toán này trước hết ta giải bài toán sau:

C ho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiệnxy yz zx 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcM1 ax by cz

Lời giải Đặt M1 ax by cz, M  pax by czq2 Khi đó M  M2

Xét (2.8) như phương trình bậc hai đối với u, ta có

p2.8q ô a2u2 rp2ab
Mqv 2ac
Msu b2v2 p2bc
Mqv c2 0

Phương trình này có nghiệm nên

Thay x uz, y  vz vào hệ thức xy yz zx 1 ta được

ta được kết quả của bài toán 2.7

Bài toán 2.8 Cho các số dương x, y, z Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC

ta đều có

x cos A y cos B z cos C ¤ yz

2x

xz2y

xy2z.

Lời giải Không mất tính tổng quát ta chỉ cần xét các tam giác ABC nội tiếp đường tròn có đường kính bằng1, tức là

a sin A, b  sin B, c  sin C

δ2 x2cos2A 2xy cos A cos B y2cos2B

 δ2 x2pcos2A sin2Aq y2pcos2B sin2Bq 2xy cos A cos B
px2sin2A y2sin2Bq

 δ2

x2 y2 2xy cos A cos B
px2

sin2A y2sin2Bq

¤ δ2 x2 y2 2xy cos A cos B
2xy sin A sin B pdop2.11qq

ñ 2δpx cos A y cos Bq ¤ δ2 x2 y2 2xy cospA Bq

ô 2δpx cos A y cos Bq 2xy cos C ¤ x2 y2 δ2, @x P R.

ô x cos A y cos B z cos C ¤ px2 y2qz2 x2y2

2xyz ,

hay, x cos A y cos B z cos C ¤ yz

2x

xz2y

xy2z Do vậy ta có điều phải chứng minh Dấu ” ” xảy ra khi x sin A y sin B  z sin C hay tam giác ABC đồng dạng với tam giác có độ dài 3 cạnh 1

αβ2γ.

Bài toán cần chứng minh trở thành

α cos A β cos B γ cos C ¤ βγ

2α

γα2β

αβ2γ.

Đây là kết quả của bài toán (2.8)

Bài toán 2.10 Cho các sốx, y, z dương Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC

yzx

xyzzx

y .

22xy cosA B

2 ¤ x2

sin2 A

2 cos

2A

2 y2

sin2 B

2 cos

2 B22xy

22xy cos A B

2  x2 y2 δ2, @x PR.Mặt khác

2

x2y22xyz

z2x22xyz.

yzx

xyz

zx

y .

Bài toán được chứng minh.

2.1.2 Bất đẳng thức đại số trong tam giác

Bài toán 2.11 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC bất kỳ, ta có

4Ssin B ¥ 4?3S 4Spcot A cot B cot Cq

ô
1sin A
cot A
1

sin B
cot B
1

sin C
cot C ¥?3

ô 1
cos Asin A

1
cos Bsin B

1
cos Csin C ¥?3

Lời giải Ta có

R abc4S  2R3sin A sin B sin C

8 sin A sin B sin Cpsin A sin B sin Cq,

mà sin A sin B sin C ¤ 3

?3

2 , và, sin A sin B sin C¤ 3

?3

8 .

Suy ra R r ¥

d4S?S

2 

d

pp
cqpp
aq

ppp
bqtanC

sinA2cosA2

Bài toán 2.14 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có

2

b c

ca2ac cosB

2

a c

ab2ab cosC

a c

2 cosB2

a b

2 cosC2

Áp dụng định lý hàm số sin, thì

(2.17)ô 2Rpsin B sin Cq

2 cosA2

2Rpsin A sin Cq

2 cosB2

2Rpsin A sin Bq

2 cosC2

2 cosB2

2 sinA B

2 cos

A
B2

2 cosC2

Bài toán 2.15 Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có

4S2ca

Ta có điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra ô ABC là tam giác đều.

Chú ý: Ta đã sử dụng các công thức quen biết sau: Trong mọi tam giác ABC

Bài toán 2.16 Cho tam giác ABC và số thực x Chứng minh rằng

cos A xpcos B cos Cq ¤ x2

∆ pcos B cos Cq2
4 sin2A

Theo định lý về dấu tam thức bậc hai, ta cófpxq ¥ 0 @x PR.Vậy (2.20) đúng, suy

ra điều phải chứng minh.

2 ¡ α ¡ 0

ñ fpαq ¡ fp0q ñ sin α tan α
2α ¡ 0

Từ (2.21) và (2.22) có 2sin α ¡ 2tan α ¡ 2α 1 Suy ra điều phải chứng minh.

Bài toán 2.18 Cho đa thức lượng giác

Pptq  a1sin t a2sin 2t ansinpntq,

thỏa mãn điều kiện

|P ptq| ¤ 1@t P Rt , 2π,
π, 0, π, 2π, u

Chứng minh rằng



Pptqsin t

  Pn
1pcos tq với Pn
1pxq là đa thức dạng

b0 b1sin x b2sin 2x bnsin nxpbn  0q



 ¤ n, @t PRt , 2π,
π, 0, π, 2π, u

Bài toán 2.19 Cho đa thức lượng giác

thỏa mãn điều kiện |P pxq ¤ 1| với mọi xP R.

Chứng minh rằng P1pxq ¤ n với mọi xPR.

Lời giải Cho trước x0 tùy ý Do

cospx0
xq
cospx0 xq  2 sin x0sin x,sinpx0 xq
sinpx0
xq  2 cos x0sin x,



 ¤ n @x R t ,
2π,
π, 0, π, 2π, u (2.23) Nhưng gp0q  0 và



gpxq
gp0q

x
0 .

xsin x

Từ đó ta có |P px0q| ¤ n Nhưng x0 được chọn tùy ý nên suy ra |P pxq| ¤ n với mọi

xPR.

Bài toán 2.20 Cho bốn số x, y, u, v thỏa mãn điều kiện

b) |upx yq vpx
yq| ¤?2.

Lời giải Trong lượng giác mỗi góc α bất kỳ ta có cos2α sin2α  1 vì thế dựa vào điều kiện đề bài x2 y2  u2 v2  1 nên có thể đặt

$'

a) |xu yv|  | sin α sin β cos α cos β|  | cospα
βq| ¤ 1 và

|xv yu|  | sin α cos β cos α sin β|  | sinpα βq| ¤ 1

b) |upx yq vpx
yq|  | sin βpsin α cos αq cos βpsin α
cos αq|

 | sinpα βq
cospα βq|  |?2 sinpα β
π

4q| ¤?2

Vậy |upx yq vpx
yq| ¤?2, điều phải chứng minh.

Bài toán 2.21 Chứng minh rằng

b

1 a

1
x2

bp1 xq3
bp1
xq3

2 sin

α2

cos3 α

luôn đúng với @α P r0; πs Bài toán được chứng minh.

Bài toán 2.22 Cho |a| ¥ 1, |b| ¥ 1 Chứng minh rằng

a

a2
1 ab2
1 ¤ |ab| (2.24) Lời giải Vì |a| ¥ 1, |b| ¥ 1 nên ab 0 và





¤ 1.

a2
1 ?b2
1

c1cos2α
1

c1cos2α
11

cos α

1cos β

 tan α1 tan βcos α

1cos β

 cos α cos βptan α tan βq

 cos β sin α cos α sin β  sinpα βq

cos2α cos2β
sin2

α sin2βcos2α cos2β

1cos4α cos4β

 sinpα
βq sinpα βq cospα βq cospα
βq

"

sin 2pα
βq  1sin 2pα βq  1 hoặc

"

sin 2pα
βq 
1sin 2pα βq 
1

Do đó, một giá trị của α và β có thể là