LƯỢNG GIÁC HÓA ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Trần Trọng Huy – 10 Toán Trước hết ta chứng minh các khẳng định sau: 1. Với x,y,z > 0 thỏa mãn xy + yz + zx = 1 thì tồn tại tam giác ABC có: A B C x = tg , y = tg , z = tg 2 2 2 Thật vậy, đặt  π x = tgα , y = tg β , z = tgγ ;α , β , γ ∈ o, ÷  2 ⇒ tgα tg β + tgγ tg β + tgα tgγ = 1 ⇔ tgα ( tgγ + tg β ) = 1 − tg β tgγ ⇔ tgα = cotg ( α + β ) π + kπ ; k ∈ Z 2 π  3π  α + β + γ ∈  0, ÷ ⇒ α + β + γ = 2  2  2. Với x,y,z > 0, thỏa mãn x + y + z = xyz thì tồn tại tam giác ABC có x = tgA, y = tgB, z = tgB 3. Với x,y,z > 0 thỏa mãn x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1 thì A B C • Tồn tại tam giác ABC có x = sin , y = sin , z = sin 2 2 2 ⇔α + β +γ = • Tồn tại tam giác ABC có x = cosA, y = cosB, z = cosB Để mở đầu tôi xin giới thiệu 2 BĐT: Với x,y,z dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1 thì 1 1 9  1 1 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 ≤ 4    x + y + z ≤3 3 1 + x 2 1 + y 2 1 + z 2 4 Rõ ràng nếu chưa biết đến phương pháp lượng giác hóa thì hai bất đẳng thức trên sử dụng khai triển rất phức tạp. nhưng khi sử dụng phép lượng giác hóa, 2BĐT trên trở nên hết sức đơn giản, chr là những BĐT lượng giác cơ bản trong tam giác: 9  2A 2 B 2 C cos 2 + cos 2 + cos 2 ≤ 4  sin A + sin B + sin C ≤ 3 3  2 Xuất phát từ một bài toán quen thuộc: Với a,b,c dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 x y z 3 C1 : + + ≤ 1 + x2 1 + y2 1 + z2 2 ⇔ x ( x + y) ( x + z) + y ( y + z) ( y + x) + z ( z + y) ( z + x) ≤ 3 2 Sau đó áp dụng bất đẳng thức cô-si ta có điều phải chứng minh C2 A B C 3 ⇔ sin + sin + sin ≤ (Đúng BĐT lượng giác) 2 2 2 2 Câu hỏi đặt ra là tại sao lại "phải lượng giác hóa" sử dụng BĐT cổ điển đẹp hơn rất nhiều. Nhưng với các bộ lệch nhau phép lượng giác hóa tỏ ra có hiệu quả hơn rất nhiều. VD 1: Cho a,b,c dương ab + bc + ca = 1. CMR: 2x y z 9 + + ≤ (1) 2 2 2 4 a) 1 + x 1+ y 1+ z Đặt như khẳng định (1.) ta có A B C 9 ( 1) ⇔ 2sin + sin + sin ≤ 2 2 2 4 B+C B+C B −C 9 ⇔ 2cos + 2sin cos ≤ 2 4 4 4 B+C 1 B+C B−C ⇔ 4sin 2 + − 2sin cos ≥0 4 4 4 4 Luôn đúng b) x y z + + ≤ 2 2 2 1+ x 1+ y 1 + z2 sin A sin B C + + sin ≤ 2 2 2 2 A+ B A− B C ⇔ sin cos + sin ≤ 2 2 2 2 ⇔ Mặt khác VT ≤ sin A+ B C A+ B+C + sin ≤ 2sin =2 2 2 4 2 BĐT trên đã cho thấy sự vượt trội củacách lượng giác hóa so với sử dụng các BĐT cổ điển. Người làm đặt một cách tư nhiên, không càn tính toán dấu bằng xảy ra, rất tiện lợi. Có những lúc lượng giác hóa gần như là bắt buộc, chẳng hạn trong bài toán sau: VD2: Cho x,y,zdương thỏa mãn x+y+z=1. Tìm GTLN của: xyz x y P= + + x + yz y + zx z + xy G :1 = x + y + z = xy xz zy xy zx yz . + . + . z y x z y x xy A zy B xy C = tg , = tg , = tg z 2 x 2 z 2 1 ⇒ P = 1 + ( cos A + cos B + sin C ) 2 Mặt khác π π C− 3 cos 3 2 2 C+ π A+ B A− B = 2cos cos + 2sin 3 2 2 π π C− A+ B +C − A+ B 3 ≤ 4cos 3 = 4cos π = 2 3 ≤ 2cos + 2cos 2 2 4 6 1 3 3 3 ⇒ P ≤ 1 + (2 3 − ) =1+ 2 2 4 Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = 2 − 3, z = 7 − 4 3 Có thể thấy phép lượng giác hóa ở BT2 rất tự nhiên, dễ áp dụng. Đặc biệt khi kết hợp với phép biến đổi lượng giác,ta có thể xây dựng các BĐT khác như sau: VD 3:Cho các số dương a,b,c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 CMR: a 2 + b2 c 2 + b2 a2 + c2 9 P= + + ≥ ( 1 − a 2 ) ( 1 − b2 ) ( 1 − c 2 ) ( 1 − b 2 ) ( 1 − a 2 ) ( 1 − c 2 ) 2 cos A + cos B + sin C + sin Thực ra BĐt này được xây dựng từ: Cho các số dương a,b,c thỏa mãn ab + bc + ca = 1 CMR: A = c ( 1 − a 2 ) ( 1 − b 2 ) + a ( 1 − c 2 ) ( 1 − b 2 ) + b ( 1 − a 2 ) ( 1 − c 2 ) = 4abc ( ∗) Bằng cách đặt: A B C , b = tg , c = tg 2 2 2 A B  C B C  A C A  B A = tg 1 − tg 2 ÷1 − tg 2 ÷+ tg 1 − tg 2 ÷1 − tg 2 ÷+ tg 2 1 − tg 2 ÷1 − tg 2 ÷ 2 2  2 2 2  2 2 2  2 A B C 1 1 1  ⇒ A = 4tg tg tg  + + ÷ 2 2 2  tgAtgB tgCtgB tgAtgC  a = tg A B C tg tg 2 2 2 Vậy (*)được chứng minh ⇒ A = 4tg Trở lại BT 3Áp dụng BĐT Bunhia ta có: 2  a 2 + b2 c2 + b2 a2 + c2  4P ≥  + + ÷ ≥ 18  ÷ ab cb ac   9 ⇒P≥ 2 Nếu không có phép lượng giác hóa thì lời giải thuần túy đại số đến nay mà ta chứng minh được là khá dài dòng,không gọn và đẹp mắt như cách giải trên. Xin giới thiệu thêm một vài BĐT khác để ta có thể thấy tác dụng của cách lượng giác hóa này. Bài Tập 1):Cho x,y,z dương thỏa mãn xy + yz + zx = 1.CMR: ( 1 + x ) ( 1 + y ) ( 1 + z ) + 2 xyz ≥ 2 2 2 2 2):Choa,b,cdương thỏa mãn abc + a + c = b. tìm GTNN 2 2 3 P= 2 − 2 + 2 a +1 b +1 c +1 Các khẳng định (2) và (3) cũng được dùng để lượng giác hóa nhưng không được ứng dụng nhiều như khẳng định (1). Đặc biệt khẳng định (3) lại được dùng để chuyển từ lượng giác sang đại số để chứng minh qua đại số. Tuy nhiên những bất đẳng thức sử dụng khẳng định (2) và (3) lại là những BĐt khá hay và lạ mắt. VD 4;Cho x,y,z dương thỏa mãn x + y + z = xyz.CMR: a) (1+ x ) (1+ y ) + (1+ z ) (1+ y ) + (1+ x ) (1+ z ) ≥ 4 + (1+ x ) (1+ y ) (1+ z ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Giải: u dùng đại số thuần túy ta sẽ làm như nào? Đáng tiếc là ta không biết. Nhưng lời giải lượng giác của nó lại là 1 BĐT lượng quen thuộc Đặt x = tgA, y = tgB, z = tgC , A,B,C nhọnlà 3 góc tam giác thì BĐT 1 1 1 1 + + ≥ 4+ cos A cos B cos C cos B cos A cos C cos A cos B cos C A C B ⇔ sin sin sin ≥ cos A cos B cos C 2 2 2 1 C cos A cos B ≤ ( cos A + cos B ) ≤ sin 2 2 Tương tự có điều phải chứng minh ⇔ ( ∗) b) xy + yz + zx ≥ 3 + x 2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1 BĐT này ta cần đặt khác đi một chút. Đặt A B C x = cot , y = cot , z = cot 2 2 2 A B C B A C 1 1 1 ( ∗) ⇔ cot cot + cot cot + cot cot ≥ 3 + A + B + C 2 2 2 2 2 2 sin sin sin 2 2 2   1 1 1 + + ≤ 3 + + A B C  sin 2 A sin 2 B sin 2 C sin sin sin 2 2 2  2 2 2 A B C B A C 4rR cot cot + cot cot + cot cot = 2 2 2 2 2 2 r 1 1 1  3 ( P 2 + r 2 − 8 Rr ) ÷ ÷= r ÷  3 ( P 2 + r 2 − 8Rr ) 4 Rr Tacm : ≥ 3+ r r ⇔ ( 4 R − 2r ) ≥ 3 ( P 2 + r 2 − 8Rr ) 2 2  4R + r  ⇔ ÷ ≥3  P  A B C ⇔ tg + tg + tg ≥ 3 2 2 2 (luôn đúng) Qua 2 BĐT trên ta bắt đầu thấy nhược đieemr của phương pháp này: phải dùng khá nhiều phép biến đổi lượng giác các BĐT lượng giác mà một số có thể chưa thật quen thuộc. Nếu không nắm bắt chắc các kiếm thức lượng giác khó thể thực hiện được. Ta thử xét BĐT sau: Cho x,y,z dương thỏa mãn x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1 CMR 8(10x2+15y2+12z2)≥71(*) BĐT (*) chỉ là trường hợp đạc biệt của bất đẳng thức sau: 1 1 abx 2 + bcy 2 + caz 2 ≥ ( ab + bc + ca ) − ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 4 (**) ( a , b, c > 0 ) (cùng đièu kiện trên) Nếu không dùng lượng giác hóa, theo tôi, BĐT trên là một BĐT khá khó và tôi cũng chưa chứng minh được. Nhưng nếu dùng lượng giác hóa, BĐT trên trở nên bình thường và là 1 BĐT lượng giác rất quen thuộc. 1 1 ( **) abcos 2 A + cbcos2 B + accos 2C ≥ ( ab + bc + ca ) − ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 4 x2 + y 2 + z 2 ⇔ abcos2 A + bccos2 B + cacos2C ≥ 2 ab = m, bc = n, ca = p ( 1) 1  mn np pm  + +  ÷ 2 p m n  VT = mcos2 A + ncos2 B + pcos2 ( A + B ) ( 1) ⇔ mcos2 A + ncos2 B + pcos2C ≥ cos2 ( A + B ) = cos2 Acos2 B − sin 2 Asin 2 B ( mcos2 A + ncos2 B ) 2 = m 2cos 2 2 A + n 2 cos 2 2 B + 2mncos2 Acos2 B mn m2 n2 2 mc os2 A + nc os2 B ≥ − − ( mcos2 A + ncos2 B ) ( ) 2 p p Cùng với ĐK của x,y,z như trên, ta thử xem 5BĐT sau 6 a ) x zy ≤ 9 3 b) xy z ≤ 9 5 2 c) 2 x + y + z ≤ 4 n d ) x n yz ≤ ( n + 1) n 2 ( n + 1) −2 e) xy n z ≤ n 2 ( n + 1) n + 1 G:Ta chỉ CM BĐT e). các câu khác tương tự n A B C nn  e) ⇔  sin sin ÷ sin ≤ n 2 2 2 2 ( n + 1) n+1  n 1  A− B A + B  C VT =   cos − cos ÷ sin 2 2  2 2  n +1 C C C C  n 1 − sin + 1 − sin + ... + 1 − sin + n sin   1  C 1 2 2 2 2 ≤ n 1 − sin ÷ ≤ n   2  2 n2  n +1    n n = n ⇒ ( pcm) n 2 ( n + 1) Để thấy vẻ đẹp của những BĐT sinh ra ở khẳng định3 ta hãy xem BĐT sau Với x,y,z không âm thỏa mãn x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1CMR 4 ( x 2 y 2 + z 2 y 2 + x 2 z 2 ) ≤ 16 xyz + 7 x 2 y 2 z 2 ⇔ 4 ( 1 − x 2 ) ( 1 − y 2 ) ( 1 − z 2 ) ≤ 4 + 16 xyz + 7 x 2 y 2 z 2 2 A B C A B C  ⇔ ( ∑ sin A ) ≤ 4 + 16sin sin sin + 3  sin sin sin ÷ 2 2 2 2 2 2  2 2 2 ⇔ P ≤ 4 R + 4 Pr + 3r (Đúng đây là BĐT geretser) Qua phần trên ta phần nào thấy được ứng dụng của phép lượng giác hóa với CM BĐT. Nhưng không phải bao giờ ta cũng có các điều kiện như ở 1 2 3 đã nêu ra. Tuy nhiên ta vẫn có thể sử dụng phép lượng giác hóa một cách đẹp nhất và hiệu quả. VD 5:CMR với mọi x y ta có x2 − y 2 ) ( 1 − x2 y 2 ) 1 ( 1 − ≤ A= ≤ 2 2 4 ( 1 + x2 ) ( 1 + y2 ) 4 2 Đặt x = tgα , y = tg β ta dễ dàng chứng minh Để kết thúc xin giới thiệu một số bài toán. Với,y,z dương thỏa mãn x2+y2+z2+2xyz=1 CMR x y z a) + + ≤2 2 2 1 − x 1− y 1− z2 x y z 1 b) + + ≥ 2 2 2 1+ x 1+ y 1+ z 2 7 c) x 1 − x 2 + y 1 − y 2 + z 1 − z 2 ≤ + xyz 16  ... (2) (3) dùng để lượng giác hóa không ứng dụng nhiều khẳng định (1) Đặc biệt khẳng định (3) lại dùng để chuyển từ lượng giác sang đại số để chứng minh qua đại số Tuy nhiên bất đẳng thức sử dụng... bất đẳng thức cô-si ta có điều phải chứng minh C2 A B C ⇔ sin + sin + sin ≤ (Đúng BĐT lượng giác) 2 2 Câu hỏi đặt lại "phải lượng giác hóa" sử dụng BĐT cổ điển đẹp nhiều Nhưng với lệch phép lượng. .. đạc biệt bất đẳng thức sau: 1 abx + bcy + caz ≥ ( ab + bc + ca ) − ( a + b + c ) (**) ( a , b, c > ) (cùng đièu kiện trên) Nếu không dùng lượng giác hóa, theo tôi, BĐT BĐT khó chưa chứng minh Nhưng