Phương pháp giải một dạng BDT trong tam giác
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (183.74 KB, 8 trang )
PHƯƠNG PHÁP
GIẢI MỘT DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC
TRONG TAM GIÁC
NGUYỄN LÁI
GV THPT chuyên Lương Văn Chánh
(Bài viết có bổ sung)
PHẦN I . (Đã được đăng trong tạp chí TOÁN HỌC và TUỔI TRẺ số 357 tháng 3,2007)
Giả sử f(A,B,C) là biểu thức chứa các hàm số lượng giác của các góc tam giác ABC .
Giả sử các góc A,B,C thỏa mãn hai điều kiện:
1)
+
≥+
2
2)()(
BA
fBfAf
; hoặc
+
≥
2
)().(
2
BA
fBfAf
(1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A=B
.
2)
+
≥
+
2
3
2
3
)(
π
π
C
ffCf
hoặc
+
≥
2
)().(
2
BA
fBfAf
(2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C=
3
π
.
Khi cộng (hoặc nhân) (1),(2) ta sẽ có BĐT :
≥++
3
3)()()(
π
fCfBfAf
(3)
hoặc
≥
3
)().().(
3
π
fCfBfAf
(4)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C.
Tương tự ta cũng có BĐT với chiều ngược lại.
Để minh họa cho phương pháp trên ta xét các bài toán sau đây .
Thí dụ 1. Chứng minh rằng với tam giác ABC ta luôn luôn có
4
1 1 1 3. 2
1 sin 1 sin 1 sin 2 3A B C
+ + ≥
+ + + +
Lời giải. Ta có:
( )
BABABA sinsin22
4
sinsin2
4
sin1
1
sin1
1
++
≥
++
≥
+
+
+
≥
2
cos
2
sin22
4
BABA −+
+
≥
2
sin1
2
BA
+
+
.
⇒
BA sin1
1
sin1
1
+
+
+
≥
2
sin1
2
BA
+
+
(5) . ( Có dạng
+
≥+
2
2)()(
BA
fBfAf
) .
Tương tự
2
60
sin1
2
60sin1
1
sin1
1
00
+
+
≥
+
+
+
C
C
(6)
Cộng theo vế (5) và (6) ta có:
+
+
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
+
+
2
60
sin1
1
2
sin1
1
2
60sin1
1
sin1
1
sin1
1
sin1
1
00
C
BACBA
0
60sin1
4
+
≥
.
⇒
4
0
32
2.3
60sin1
3
sin1
1
sin1
1
sin1
1
+
=
+
≥
+
+
+
+
+
CBA
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
3
1 1 1 2
1 1 1 1
sin sin sin
3
A B C
+ + + ≥ +
÷ ÷ ÷
÷
Lời giải . Ta có:
BABABA sinsin
1
sin
1
sin
1
1)
sin
1
1)(
sin
1
1(
+++=++
=++≥
2
)
sin.sin
1
(
sin.sin
2
1
BABA
2
sinsin
1
1
+
BA
=
2
)cos()cos(
.2
1
+−−
+
BABA
2
2
2
sin
1
1
)cos(1
2
1
+
+=
+−
+≥
BA
BA
.
⇒
)
sin
1
1)(
sin
1
1(
BA
++
2
)
2
sin
1
1(
BA
+
+≥
(7) (Có dạng
+
≥
2
)().(
2
BA
fBfAf
).
Tương tự
2
00
)
2
60
sin
1
1()
60sin
1
1)(
sin
1
1(
+
+≥++
C
C
(8)
Nhân theo vế (7) và (8) ta có
≥++++
)
60sin
1
1)(
sin
1
1)(
sin
1
1)(
sin
1
1(
0
CBA
2
0
)
2
60
sin
1
1).(
2
sin
1
1(
+
+
+
+
C
BA
≥
4
0
60sin
1
1
+
Suy ra
3
3
0
3
2
1
60sin
1
1
sin
1
1
sin
1
1
sin
1
1
+=
+≥
+
+
+
CBA
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 3 . Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
6 6 6
3
sin sin sin )
2 2 2 64
A B C
+ + ≥
Lời giải. Trường hợp tam giác ABC tù hoặc vuông .
Giả sử A = Max
{ }
0
90,,
≥
CBA
, lúc đó
0
2
cos
≥
+
BA
và
0
2
60
cos
0
>
+
C
,Ta có
≥
−+
−=
+
−=
+
≥
+
33
3
2266
2
cos
2
cos1
8
1
2
coscos
1
8
1
2
2
sin
2
sin
2
2
sin
2
sin
BABABA
BABA
4
sin
2
cos1
8
1
6
3
BABA
+
=
+
−≥
.
⇒
4
sin2
2
sin
2
sin
666
BABA
+
≥+
(9) (Có dạng
+
≥+
2
2)()(
BA
fBfAf
) .
Tương tự
4
60
sin2
2
60
sin
2
sin
0
6
0
66
+
≥+
CC
(10)
Cộng theo vế của (9) và (10) ta có:
≥
+
+
+
≥+++
6
0
66
0
6666
4
60
sin
4
sin2
2
60
sin
2
sin
2
sin
2
sin
CBACBA
2
60
sin4
0
6
⇒
64
3
2
60
sin3
2
sin
2
sin
2
sin
0
6666
=≥++
CBA
. (11)
Trường hợp tam giác ABC nhọn ,các BĐT (9) , (10) và (11) luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ tam giác ABC đều.
Thí dụ 4: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
(cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)
3
2 6
2 2
4 4
≤ +
÷
÷
Lời giải. Ta có cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)=
)
4
cos()
4
cos()
4
cos(2.2 CBA
−−−
πππ
.
Nên BĐT đã cho viết lại dưới dạng :
≤−−−
)
4
cos()
4
cos()
4
cos( CBA
πππ
3
4
6
4
2
+
(*)
• Nếu Max
{ }
CBA ;;
≥
4
3
π
thì vế trái của biểu thức (*)không dương nên BĐT đã cho
luôn đúng.
• Nếu Max
{ }
CBA ;;
<
4
3
π
thì
0)
4
cos(;0)
4
cos(;0)
4
cos(
≥−≥−≥−
CBA
πππ
,
nên
=−−+≤−+−−=−−
)]
4
2cos(1[
2
1
)]cos()
4
2[cos(
2
1
)
4
cos()
4
cos( BAABBABA
ππππ
=
)
24
(cos
2
BA +
−
π
(12) ( Có dạng
+
≤
2
)().(
2
BA
fBfAf
).
Tương tự
)
2
3
4
(cos)
34
cos()
4
cos(
2
π
ππππ
+
−≤−−
C
C
(13)
Do đó nhân theo vế của (12) và (13) và tương tự ta có :
)
34
(cos)]
2
3
4
cos()
24
[cos()
34
cos()
4
cos()
4
cos()
4
cos(
42
ππ
π
πππππππ
−≤
+
−
+
−≤−−−−
C
BA
CBA
⇒
)
34
(cos)
4
cos()
4
cos()
4
cos(
3
πππππ
−≤−−−
CBA
3
4
6
4
2
+≤
Do đó (cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)
3
4
6
4
2
22
+≤
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều .
• Mời các bạn tiếp tục giải các bài toán sau theo phương pháp trên.
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
Bài 1 .
3 3 3
1
2 2 2
3
A B C
tg tg tg
+ + ≥
.
Bài 2 .
1 1 1
3.2
sin sin sin
2 2 2
n
n n n
A B C
+ + ≥
( n là số thực dương) . .
Bài 3 .
cos cos cos
4 4 4
A B C
A B C+ +
2
(1 3
4
π
≤ +
.
Bài 4 . Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ,ta đều có:
3
1
cos( )cos( )cos( ) .(1 3) .cos cos cos
4 4 4
2 2
A B C A B C
π π π
− − − ≥ +
.
PHẦN II. (Tiếp tục bổ sung giải 4 bài toán trên.)
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
3 3 3
1
2 2 2
3
A B C
tg tg tg
+ + ≥
Lời giải . Ta có
3
33
2
22
2
22
+
≥
+
B
tg
A
tg
B
tg
A
tg
.
Mặt khác:
22
B
tg
A
tg
+
=
.
4
2
2
cos1
4
cos
4
sin4
2
cos
2
cos
2
sin2
2
cos
2
cos
2
sin
BA
tg
BA
BABA
BABA
BA
BA
BA
+
=
+
+
++
≥
+
+
−
+
=
+
Do đó:
4
2
22
333
BA
tg
B
tg
A
tg
+
≥+
(14). ( Có dạng
+
≥+
2
2)()(
BA
fBfAf
)
Tương tự
4
60
2
2
60
2
0
3
0
33
+
≥+
C
tgtg
C
tg
(15)
Cộng theo vế (14) và (15) ta có:
2
60
4)
4
60
4
(2
2
60
222
0
3
0
33
0
3333
tg
C
tg
BA
tgtg
C
tg
B
tg
A
tg
≥
+
+
+
=+++
⇒
.
3
1
303
222
03333
=≥++
tg
C
tg
B
tg
A
tg
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giaca ABC đều.
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
1 1 1
3.2
sin sin sin
2 2 2
n
n n n
A B C
+ + ≥
( n là số thực dương)
Lời giải . Ta có:
4
sin
2
)
2
cos1(
2
)
2
cos
2
(cos
2
)
2
sin
2
(sin
1
.2
2
sin
1
2
sin
1
2
2
2
2
2
2
2
BA
BABABABA
BA
n
n
n
n
n
n
nn
+
=
+
−
≥
+
−
−
=≥+
++
(16)
( Có dạng
+
≥+
2
2)()(
BA
fBfAf
)
Tương tự
4
60
sin
2
2
60
sin
1
2
sin
1
00
+
≥+
C
C
nn
n
(17)
Cộng theo vế (16) và (17) ta có:
≥
+
+
+
≥+++
4
60
sin
1
4
sin
1
2
2
60
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
0
0
C
BA
CBA
n
n
n
nnn
2
60
sin
4
0
n
.
⇒
.2.3
2
60
sin
3
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
0
n
n
nnn
CBA
=≥++
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
cos cos cos
4 4 4
A B C
A B C+ +
2
(1 3)
4
π
≤ +
.
Lời giải . Ta luôn luôn có :
0)
4
cos
4
)(cos
44
(
≤−−
y
x
y
x
⇔
)
4
cos
4
(cos
24
cos
4
cos
y
x
yxy
y
x
x
+
+
≤+
),0(,
π
∈∀
yx
Do đó:
)
4
cos
4
)(cos
2
(
4
cos
4
cos
BABAB
B
A
A
+
+
≤+
=
8
cos
2
2)
8
cos
8
cos2)(
2
(
BABABABABA
++
≤
−++
(18).
(Có dạng
+
≤+
2
2)()(
BA
fBfAf
)
Tương tựï
≤+
12
cos
34
cos
ππ
C
C
8
3
cos
2
3
2
ππ
++
CC
(19).
Cộng theo vế (18) và (19) ta có:
4
cos
4
cos
B
B
A
A +
+
≤+
12
cos
34
cos
ππ
C
C
2(
8
cos
2
BABA ++
+
8
3
cos
2
3
ππ
++ CC
)
16
3
cos
4
3
4
ππ
++++++
≤
CBACBA
=4.
3
π
.
12
cos
π
⇒
4
cos
4
cos
4
cos
C
C
B
B
A
A ++
≤
12
cos
π
π
31(
4
2
+=
π
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài 4. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều có:
3
1
cos( )cos( )cos( ) .(1 3) .cos cos cos
4 4 4
2 2
A B C A B C
π π π
− − − ≥ +
.
Lời giải . Vì tam giác nhọn nên bài toán đã cho viết lại
2
)31()1)(1)(1(
+≥+++
tgCtgBtgA
Tacó:
22
).1().(.211)1)(1( tgBtgAtgBtgAtgBtgAtgAtgBtgBtgAtgBtgA
+≥++≥+++=++
Mặt khác vì tam giác nhọn nên cos(A+B)≤ 0.
Do đó cosA.cosB=
[ ]
cos()cos().([cos
2
1
)cos()cos(
2
1
+−+≤−++
BABAsBABA
A-B)]=
=
2
1
cos(A-B)[cos(A+B)+1]=(cosAcosB+sinAsinB).
2
cos
2
BA
+
2
cossinsin)
2
cos1(coscos
22
BA
BA
BA
BA
+
≤
+
−⇒
⇔
tgA.tgB
2
2
BA
tg
+
≥
⇒
(1+tgA)(1+tgB)
2
)
2
1(
BA
tg
+
+≥
(20). (Có dạng
+
≥
2
)().(
2
BA
fBfAf
)
Tương tự (1+tgC)(1+tg60
0
)
2
0
)
2
60
1(
+
+≥
C
tg
(21)
Nhân theo vế (20) và (21) ta có
(1+tgA)(1+tgB)(1+tgC)(1+tg60
0
)
2
0
)]
2
60
1)(
2
1[(
+
+
+
+≥
C
tg
BA
tg
40
)601( tg
+≥
⇒
(1+tgA)(1+tgB)(1+tgC)
330
)31()601(
+=+≥
tg
Do đó:
CBACBA coscoscos.)31.(
22
1
)
4
cos()
4
cos()
4
cos(
3
+≥−−−
πππ
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
PHẦN III. (Đề xuất thêm cho phương pháp đã nêu)
Trước tiên, ta giải bài toán đơn giản quen thuộc sau đây theo phương pháp trên
Chứng minh với mọi tam giác ABC ta luôn có
2
3
coscoscos
≤++
CBA
.
Giải theo thứ tự như trên:
