Ứng dụng của đại số vào việc chứng minh và phát hiện bất đẳng thức trong tam giác pptx

Chúng ta
ñi từ bài toán ñại số sau: Với
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
ta luôn có :

2
sin
2 2
x x x
tg x x
π
< < < <

Chứng minh:

Ta ch
ứ
ng ming 2 b
ñ
t:
2
sin
x

x
π
> và
2
2
x x
tg
π
<
-
ðặ
t
1
( ) sin
f x x
x
= là hàm s
ố
xác
ñị
nh và liên t
ụ
c trong
0,
2
π
 


 

. Ta có:
,
2
os x- sin x
( )
xc
f x
x
= .

ðặ
t
( ) os x- sin x
g x xc
=
trong
0,
2
π
 


 
khi
ñ
ó
(
)
(
)

,
sin 0
g x x x g x
= − ≤ ⇒
ngh
ị
ch bi
ế
n trong
ñọ
an

0,
2
π
 
 
 
nên
(
)
(
)
0
g x g<
=0 v
ớ
i
0,
2

x
π
 
∈


 
.Do
ñ
ó
(
)
,
0
f x
〈
v
ớ
i
0,
2
x
π
 
∀ ∈


 
suy ra
( )

2
2
f x f
π
π
 
> =
 
 

hay
2
sin
x
x
π
> v
ớ
i
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 

-
ðặ

t
( )
1
h x tgx
x
= xác
ñị
nh và liên t
ụ
c trên
0,
2
π
 


 
.Ta có
( )
,
2 2
sin
0
2 os
2
x x
h x
x
x c
−

= >
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 

nên hàm s
ố

(
)
h x

ñồ
ng bi
ế
n, do
ñ
ó
( )
2 2
x
h x h
π
 
< =

 
 
hay
2
2
x x
tg
π
< v
ớ
i
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 

Còn 2 b
ñ
t
2 2
x x
tg
>
và
sin
x x

<
dành cho b
ạ
n
ñọ
c t
ự
ch
ứ
ng minh.

Bây giờ mới là phần ñáng chú y
Xét
ABC
∆
:
BC a
=
,
BC b
=
,
AC b
=
. G
ọ
i
A, B, C
là
ñộ

l
ớ
n các góc b
ằ
ng radian;
r, R, p, S
l
ầ
n
l
ượ
t là bán kính
ñườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p, bán kính
ñườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p, n
ử
a chu vi và di
ệ
n tích tam giác;
l
a

, h
a
, m
a
, r
a
, t
ươ
ng
ứ
ng là
ñọ
dài
ñườ
ng phân giác,
ñườ
ng cao,
ñườ
ng trung tuy
ế
n và bán kính
ñườ
ng
tròn bàng ti
ế
p
ứ
ng v
ớ
i

ñỉ
nh A

Bài toán 1:
Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng: Trong tam giác ABC nh
ọ
n ta luôn có :
2 2 2
os os os
4
p p
Ac x Bc B Cc C
R R
π
< + + <


Nhận xét :Từ ñịnh lí hàm số sin quen thuộc trong tam giác ta có :
sin sin sin
p
A B B
R
+ + =
và
bài
toán

ñại số
ta d
ễ
dàng
ñư
a ra bi
ế
n
ñổ
i sau
2 2 2
4
os 2 os sin os
2
A
Ac A tg c A A Ac A
π
< = < , t
ừ

ñ
ó
ñư
a
ñế
n
l
ờ
i gi
ả

i nh
ư
sau.
Lời giải:
Ta có
2 2 2
4
os 2 os sin os
2
A
Ac A tg c A A Ac A
π
< = <

2
os sin
p
Ac A A
R
⇒ < =
∑ ∑
và
2 2
4
os sin os
4
p p
Ac A A Ac A
R R
π

π
> = ⇒ >
∑ ∑ ∑

T
ừ

ñ
ây suy ra
ñ
pcm.
Trong m
ộ
t tam giác ta có nh
ậ
n xét sau :
1
2 2 2 2 2 2
A B B C C A
tg tg tg tg tg tg
+ + =
k
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
2
2

x x
tg
π
<
nên ta có
2
2 2 2 2 2 2
1 . . .
2 2 2 2 2 2 4
A B B C C A A B B C C A
tg tg tg tg tg tg A B B C C A
π
π π π π π π
+ + > + + = ⇒ + + >
(1).
M
ặ
t khác
2 2
x x
tg
>
nên ta c
ũ
ng d
ễ
dàng có
1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B B C C A A B B C C A

tg tg tg tg tg tg
+ + < + + =
t
ừ

ñ
ây ta l
ạ
i có
. . . 4
A B B C C A
+ + <
(2). T
ừ
(1) và (2) ta có bài toán m
ớ
i.
Bài toán 2:
Cmr: Trong tam giác ABC nh
ọ
n ta luôn có :
2
. . . 4
4
A B B C C A
π
< + + <

Lưu y:
Khi dùng cách này

ñể
sáng t
ạ
o bài toán m
ớ
i thì
ñề
toán là
ABC
∆
ph
ả
i là nh
ọ
n vì trong
bài
toán
ñại số
thì
0,
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
.L
ờ
i gi

ả
i bài toán t
ươ
ng t
ự
nh
ư
nh
ậ
n xét
ở
trên.
Nhưng bữa sau ñem vào
l
ớp ñố Tú thì tú trả lời thật là “sốc”
: áp d
ụ
ng b
ñ
t
( )
2
3
a b c
ab bc ca
+ +
+ + ≤ thì ta có ngay
( )
2
2

. . .
3 3
A B C
A B B C C A
π
+ +
+ + ≤ = . T
ừ

ñ
ây ta có bài toán “ch
ặ
t” h
ơ
n và “
ñẹ
p” h
ơ
n :
2 2
. . .
4 3
A B B C C A
π π
〈 + + ≤
Ngoài ra,
chúng ta còn cách ch
ứ
ng minh ghê g
ớ

m h
ơ
n là “d
ồ
n bi
ế
n”, sau
ñ
ây là cách d
ồ
n bi
ế
n c
ủ
a
b
ạ
n
Hữu Vinh
: t
ừ
t
ừ
vi
ế
t sau
Bây gi
ờ
ta th
ử

ñ
i t
ừ
công th
ứ
c
l
a
, h
a
, m
a
, r
a
ñể
tìm ra các công th
ứ
c m
ớ
i
Trong
ABC
∆
ta luôn có:
( )
A
2 os
sin
2

2 sin sin sin
2 2
sin
2
a a a
bcc
A A bc A
S bc A cl bl l
A
b c
b c
= = + ⇒ = =
+
+

1 1 1 1
A
2 2
2 os
2
a
b c b c
l bc b c
bcc
+ +
 
⇒ = > = +
 
 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 sin sin sin
a b c
l l l a b c R A B C
 
⇒ + + > + + > + +
 
 
1 1 1 1 1 1 1
2
a b c
l l l R A B C
 
⇒ + + > + +
 
 
. Nh
ư
v
ậ
y chúng ta có
Bài toán 3
Bài toán 3 :
Cmr:

Trong tam giác ABC nh
ọ
n ta luôn có :
Trong tam giác ABC nh
ọ
n ta luôn có :

1 1 1 1 1 1 1
2
a b c
l l l R A B C
 
⇒ + + > + +
 
 

Lời giải
tu
ơ
ng t
ự
nh
ư
ph
ầ
n bi
ế
n
ñổ
i
ở
trên.
Mặt khác,
ta l
ạ
i có
(

)
2 sin sin
A
2 os
2sin
2
2 2
a
R B C
bc b c
A
l
c
π
+
+
= =
 
−
 
 
. Áp dung
bài toán ñại số
ta
ñượ
c :
( )
(
)
2

2 2
a
B C
R
R B C
bc
A
A l
π
π
π
π
+
+
> >
−
−

⇒

(
)
(
)
( )
4
a
R B C R B C
bc
B C l B C

π
π
+ +
> >
+ +

⇒

4
a
bc R
R
l
π
π
> >
Hoàn toàn t
ươ
ng t
ự
ta có :
4
c
ab R
R
l
π
π
> > và
4

b
ca R
R
l
π
π
> > . T
ừ

ñ
ây, c
ộ
ng 3 chu
ỗ
i b
ñ
t ta
ñượ
c
Bài toán 4 :
Cmr:

Trong tam giác ABC nh
ọ
n ta luôn có :
12
3
c a b
R ab bc ca
R

l l l
π
π
< + + <
Lời giải
tu
ơ
ng t
ự
nh
ư
ph
ầ
n bi
ế
n
ñổ
i
ở
trên.
Trong tam giác ta có k
ế
t qu
ả
sin
b c
h h
A
c b
= =

, sin
c a
h h
B
a c
= = và sin
a b
h h
C
b a
= =
, mà t
ừ
k
ế
t qu
ả

c
ủ
a
bài toán ñại số
ta d
ễ
dàng có
2 sin sin sinA B C
π
< + + <
,mà
( )

1 1
2 sin sin sin
a
A B C h
b c
 
+ + = +
 
 

1 1 1 1
b c
h h
c a a b
   
+ + + +
   
   
, t
ừ

ñ
ây ta có
ñượ
c
Bài toán 5.
Bài toán 5 :
Cmr:

Trong tam giác ABC nh

ọ
n ta luôn có :
1 1 1 1 1 1
4 2
a b c
h h h
b c c a a b
π
     
< + + + + + <
     
     

Lời giải
tu
ơ
ng t
ự
nh
ư
ph
ầ
n bi
ế
n
ñổ
i
ở
trên.
Ta xét ti

ế
p bài toán sau :
Bài toán 6
Cmr: Trong tam giác nh
ọ
n ta luôn có:
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
4
3
a b c
m m m
A B C A B C
R
π
+ +
+ + < < + +

Nhận xét:
Liên h
ệ
v
ớ
i
2
a
m
trong tam giác ta có

2 2 2
2
2 4
a
b c a
m
+
= −
, t
ừ

ñ
ó ta suy ra
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3
3 sin sin sin
4
a b c
m m m a b c R A B C
+ + = + + = + + và t
ừ

ñư
a
ñế
n l
ờ
i gi
ả

i.
Lời giải:
Áp d
ụ
ng
bài toán ñại số
ta
ñượ
c:
2
2 2
2
4
sin
x
x x
π
< <
ta l
ầ
n l
ượ
t có:
2
2 2
2
4
sin
A
A A

π
< <
,
2
2 2
2
4
sin
B
B B
π
< <
và
2
2 2
2
4
sin
C
C C
π
< < .
C
ộ
ng 3 chu
ỗ
i b
ñ
t trên ta
ñượ

c :
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
4
sin sin sin
A B C A B C A B C
π
+ + < + + < + +
, mà ta
có
(
)
2 2 2 2 2 2 2
3 sin sin sin
a b c
m m m R A B C
+ + = + +

⇒

( )
2 2 2
2 2 2
2
sin sin sin
3
a b c
m m m
A B C

R
+ +
= + + , t
ừ

ñ
ây ta
ñượ
c:
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
4
3
a b c
m m m
A B C A B C
R
π
+ +
+ + < < + +
(
ñ
pcm).
Bây gi
ờ
ta th
ử
sáng t

ạ
o m
ộ
t b
ấ
t
ñẳ
ng th
ứ
c liên quan t
ớ
i
r
a
, ta có công th
ứ
c tính
r
a

là
2
a
A
r ptg
= , t
ừ

bài toán ñại số
2

2 2
x x x
tg
π
< < ch
ắ
c ch
ắ
n ta d
ễ
dàng tìm th
ấ
y
2
2
a
r
A A
p
π
< < , t
ươ
ng t
ự
ta c
ũ
ng có
2
2
a

r
B B
p
π
< < và
2
2
a
r
C C
p
π
< < , c
ộ
ng 3 chu
ỗ
i b
ñ
t ta thu
ñượ
c
(
)
2
2
a b c
A B C
r r r
A B C
p

π
+ +
+ +
+ +
< <
và
ta thu
ñượ
c
Bài toán 7
Bài toán 7:
Cmr: Trong tam giác ABC nh
ọ
n ta luôn có:
(
)
2
2
a b c
A B C
r r r
A B C
p
π
+ +
+ +
+ +
< <

Lời giải

tu
ơ
ng t
ự
nh
ư
ph
ầ
n bi
ế
n
ñổ
i
ở
trên.