Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác Chương : Một số chuyên ñề viết hay, thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác ðúng tên gọi mình, chương bao gồm viết chuyên ñề bất ñẳng thức lượng giác Tác giả chúng giáo viên, học sinh giỏi tốn mà tác giả ñánh giá cao Nội dung viết chuyên ñề ñều dễ hiểu mạch lạc Bạn đọc tham khảo nhiều kiến thức bổ ích từ chúng Vì khn khổ chun đề nên tác giả tập hợp ñược số viết thật hay thú vị : Mục lục : Xung quanh tốn Ecdơs tam giác ……………………………………….78 Ứng dụng ñại số vào việc phát chứng minh bất ñẳng thức tam giác…………………………………………………………………………………82 Thử trở cội nguồn môn Lượng giác……………………………… .91 Phương pháp giải dạng bất ñẳng thức lượng giác tam giác…… 94 The Inequalities Trigonometry 77 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác Xung quanh tốn Ecdơs tam giác Nguyễn Văn Hiến (Thái Bình) Bất đẳng thức tam giác ln đề tài hay Trong viết nhỏ này, trao ñổi bất ñẳng thức quen thuộc : Bất đẳng thức Ecdơs Bài tốn : Cho ñiểm M ∆ABC Gọi Ra , Rb , Rc khoảng cách từ M ñến A, B, C d a , d b , d c khoảng cách từ M ñến BC , CA, AB : Ra + Rb + Rc ≥ 2(d a + d b + d c ) (E ) Giải : Ta có : − 2S BMC 2S R a ≥ − d a = ABC a + 2S AMC 2S = AMB a cd + bd b = c a Bằng cách lấy ñối xứng M qua phân giác góc A bd + cd b  ⇒ Ra ≥ c  a  ad c + cd a  Tương tự : Rb ≥  (1) b  ad b + bd a  Rc ≥  c  b c a c a b ⇒ Ra + Rb + Rc ≥ d a  +  + d b  +  + d c  +  ≥ 2(d a + d b + d c ) ⇒ ñpcm c b c a b a Thực (E ) trường hợp riêng tổng quát sau : Bài toán : Chứng minh : k k k k k k (2) Ra + Rb + Rc ≥ k d a + d b + d c với ≥ k > Giải : Trước hết ta chứng minh : Bổ ñề : ∀x, y > ≥ k > : ( ( x + y )k ( ≥ k −1 x k + y k ) ) (H ) Chứng minh : k   k (H ) ⇔  x + 1 ≥ k −1  x k + 1 ⇔ f (a ) = (a + 1)k − k −1 a k + ≥ với x = a > y y   y k −1 k −1 Vì f ' (a ) = k (a + 1) − (2a ) = ⇔ a = k = Với k = (H ) đẳng thức Do a > > k > ta có : f (a ) ≥ ∀a > > k > ( [ ) ] The Inequalities Trigonometry 78 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác ⇒ (H ) ñược chứng minh Trở lại toán : Từ hệ (1) ta có : k k k   bd c cd b   cd b   k −1  bd c  + Ra ≥   ≥   +   a   a  a   a   bd cd ( Áp dụng bổ ñề (H ) với x = c ; y = b ) a a Tương tự : k k   cd a   k k −1  ad c  Rb ≥   +    b   b   k  ad b  k  bd a  k  Rc ≥   +    c   c   k k k k  k  b  k  c  k    c   b    k k k k a k a ⇒ Ra + Rb + Rc ≥ k −1 d a   +    + d b   +    + d c   +       c   b    c   a    b   a    k k −1 ( k k ≥ 2k da + db + dc k ) ⇒ ñpcm ðẳng thức xảy ∆ABC ñều M tâm tam giác Áp dụng (E ) ta chứng minh tốn sau : Bài toán : Chứng minh :  1 1 1   (3) + + ≥ 2 + + d a db dc R R R b c   a Giải : Thực phép nghịch đảo tâm M, phương tích đơn vị ta ñược :   1 MA* = MA ' ' = Ra da     1 MB ' ' = MB* = Rb db     1 MC* = MC ' ' = Rc dc   Áp dụng (E ) ∆A ' ' B ' ' C ' ' : MA ' '+ MB ' '+ MC ' ' ≥ 2(MA * + MB * + MC *)  1 1 1   + + ≥ 2 + + da db dc  Ra Rb Rc  ⇒ ñpcm Mở rộng kết ta có tốn sau : Bài tốn : Chứng minh : k k k k k k k d a + d b + d c ≥ Ra + Rb + Rc (4) ⇔ ( The Inequalities Trigonometry ) 79 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác với > k ≥ −1 Hướng dẫn cách giải : Ta thấy (4) dễ dàng ñược chứng minh nhờ áp dụng (2) phép biến hình nghịch đảo tâm M, phương tích ñơn vị ðẳng thức xảy ∆ABC ñều M tâm tam giác Bây với k > từ hệ (1) ta thu : Bài toán : Chứng minh : 2 2 2 Ra + Rb + Rc > d a + d b + d c (5) Xuất phát từ tốn này, ta thu kết tổng quát sau : Bài toán : Chứng minh : k k k k k k Ra + Rb + Rc > d a + d b + d c (6) với k > Giải : Chúng ta chứng minh bổ ñề : Bổ ñề : ∀x, y > k > : ( ) ( ) ( x + y )k ≥ x k + y k (G ) Chứng minh : k k (G ) ⇔  x + 1 > x k + ⇔ g (a ) = (a + 1)k − a k − > (ñặt x = a > ) y y y  k −1 k −1 Vì g ' (a ) = k (a + 1) − a > ∀a > ; k > ⇒ g (a ) > ∀a > ; k > ⇒ (G ) ñược chứng minh xong Sử dụng bổ đề (G ) vào tốn (6) : Từ hệ (1) : [ ] k k cd   bd   cd   bd Ra ≥  c + b  >  c  +  b  a   a   a   a Tương tự : k k  ad c   cd a  k Rb >   +   b   b  k k k (ñặt x = bd c cd ; y= b) a a k  ad   bd  k Rc >  b  +  a   c   c  k k k k k k    c  c  b  k k k k b k a k a ⇒ Ra + Rb + Rc > d a   +    + d b   +    + d c   +     c   b    c   a    b   a   ( k k ≥ da + db + dc k ) ⇒ ñpcm Bài toán : Chứng minh : k k k k k k d a + d a + d a > Ra + Ra + Ra với k < −1 ( The Inequalities Trigonometry ) (7) 80 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác Hướng dẫn cách giải : Ta thấy (7 ) ñược chứng minh dễ dàng nhờ áp dụng (6) phép biến hình nghịch đảo tâm M, phương tích đơn vị ðẳng thức khơng thể xảy (6) (7 ) Xét quan hệ (Ra , Rb , Rc ) với (d a , d b , d c ) ngồi bất đẳng thức (E ) mở rộng nó, cịn gặp số bất đẳng thức hay sau ñây Việc chứng minh chúng xin dành cho bạn ñọc : 1) Ra Rb Rc ≥ 8d a d b d c 2) db + dc da + dc da + db + + ≤3 Ra Rb Rc 3) Ra Rb Rc ≥ (d a + d b )(d a + d c )(d b + d c ) 2 4) Ra Rb Rc ≥ (Ra d a + Rb d b )(Ra d a + Rc d c )(Rb d b + Rc d c ) The Inequalities Trigonometry 81 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác Ứng dụng ñại số vào việc phát chứng minh bất ñẳng thức tam giác Lê Ngọc Anh (HS chuyên toán khóa 2005 – 2008 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ)  π 1/ Chúng ta ñi từ tốn đại số sau: Với ∀ x ∈  0,  ta ln có:  2 x x 2x < tg < < sinx < x 2 π 2x x 2x Chứng minh: Ta chứng minh bất ñẳng thức: sin x > tg < π π  π ðặt f ( x) = sin x hàm số xác ñịnh liên tục  0,  x  2 xcos x- sin x  π ðặt g ( x) = xcos x- sin x  0,  Ta có: f '( x) = x  2  π g ' ( x ) = − x sin x ≤ ⇒ g ( x ) nghịch biến ñoạn 0,  nên g ( x ) < g ( ) =0 với  2 2x  π  π π  hay sin x > x ∈  0,  Do f ' ( x ) < với ∀x ∈  0,  suy f ( x ) > f   = π 2 π  2  2  π với ∀x ∈  0,   2  π ðặt h ( x ) = tgx xác ñịnh liên tục  0,  x  2 x − sin x  π Ta có h ' ( x ) = > ∀x ∈  0,  nên hàm số h ( x ) ñồng biến, x  2 x cos 2 x 2x x π    π h ( x ) < h   = hay tg < với ∀x ∈  0,  π  2 2 x x Cịn bất đẳng thức tg > sin x < x dành cho bạn ñọc tự chứng minh 2 Bây phần ñáng ý: Xét ∆ABC : BC = a , BC = b , AC = b Gọi A, B, C ñộ lớn góc radian; r, R, p, S bán kính đường trịn nội tiếp, bán kính đường trịn ngoại tiếp, nửa chu vi diện tích tam giác; la, ha, ma, ra, tương ứng ñộ dài ñường phân giác, ñường cao, ñường trung tuyến bán kính đường trịn bàng tiếp ứng với đỉnh A Bài toán 1: Chứng minh tam giác ABC nhọn ta ln có: pπ p < Acos x + Bcos B + Ccos 2C < 4R R The Inequalities Trigonometry 82 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác Nhận xét: p Từ định lí hàm số sin quen thuộc tam giác ta có: sin A + sin B + sin B = R A tốn đại số ta dễ dàng ñưa biến ñổi sau Acos2 A < 2tg cos2 A = sin A < Acos2 A , từ π đưa đến lời giải sau Lời giải: A p Ta có: Acos A < 2tg cos A = sin A < Acos A ⇒ ∑ Acos A < ∑ sin A = π R p p π ∑ Acos2 A > ∑ sin A = R ⇒ ∑ Acos2 A > R Từ ñây suy ñpcm π A B B C C A Trong tam giác ta có nhận xét sau: tg tg + tg tg + tg tg = kết hợp 2 2 2 x 2x A 2B 2B 2C 2C A A B B C C A nên ta có với tg < + + > tg tg + tg tg + tg tg = ⇒ π π π π π π π 2 2 2 π x x A.B + B.C + C A > (1) Mặt khác tg > nên ta dễ dàng có 2 A B B C C A A B B C C A + + < tg tg + tg tg + tg tg = từ ñây ta lại có 2 2 2 2 2 2 A.B + B.C + C A < (2) Từ (1) (2) ta có toán Bài toán 2: Chứng minh tam giác ABC nhọn ta ln có: π2 < A.B + B.C + C A < 4 Lưu ý: Khi dùng cách để sáng tạo tốn đề tốn ∆ABC phải nhọn  π tốn đại số ∀x ∈  0,  Lời giải toán tương tự nhận xét  2 Mặt khác, áp dụng bất ñẳng thức ( A+ B + C) A.B + B.C + C A ≤ = π2 π2 (a + b + c) ab + bc + ca ≤ ta có Từ ta có tốn “chặt” “đẹp” hơn: 〈 A.B + B.C + C A ≤ π2 Bây ta thử từ cơng thức la, ha, ma, để tìm cơng thức A A Trong ∆ABC ta ln có: 2S = bc sin A = cla sin + bla sin 2 The Inequalities Trigonometry 83 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác b+c b+c 11 1 ⇒ = > =  +  la 2bccos A 2bc  b c  1 1 1  1  ⇒ + + > + + > + +   la lb lc a b c R  sin A sin B sin C  1 1 1 1 ⇒ + + >  + +  la lb lc R  A B C  Như có Bài tốn Bài toán 3: Chứng minh tam giác ABC nhọn ta ln có: 1 1 1 1 + + >  + +  la lb lc R  A B C  R ( sin B + sin C ) bc b+c = = Mặt khác, ta lại có Áp dụng tốn đại số ta la 2cos A π A 2sin  −  2 2 ñược: 2( B + C ) R R(B + C) π R ( B + C ) bc R ( B + C ) bc bc R π ⇒ ⇒ πR > π> > > > > π A π (B + C) π−A la B+C la la π − 2 ab R ca R Hoàn toàn tương tự ta có: π R > > π R > > Từ ñây, cộng chuỗi bất π π lc lb đẳng thức ta được: Bài tốn 4: Chứng minh tam giác ABC nhọn ta ln có: 12 R ab bc ca < + + < 3π R π lc la lb h h h h h h Trong tam giác ta có kết sin A = b = c , sin B = c = a sin C = a = b , c b a c b a mà từ kết tốn đại số ta dễ dàng có < sin A + sin B + sin C < π , mà 1 1 1 1 1 1 ( sin A + sin B + sin C ) =  +  + hb  +  + hc  +  , từ ñây ta có Bài b c c a a b tốn Bài toán 5: Chứng minh tam giác ABC nhọn ta ln có: 1 1 1 1 1 1 <  +  + hb  +  + hc  +  < 2π b c c a a b Ta xét tiếp toán sau: Bài toán 6: Chứng minh tam giác nhọn ta ln có: ma2 + mb2 + mc2 2 A + B +C ) < < A2 + B + C 2 ( π 3R The Inequalities Trigonometry 84 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác b2 + c2 a2 Nhận xét:Liên hệ với ma2 tam giác ta có ma2 = − , từ ta suy ma2 + mb2 + mc2 = ( a + b + c ) = 3R ( sin A + sin B + sin C ) từ ñưa ñến lời giải Lời giải: 4x2 A2 2 Áp dụng tốn đại số ta được: < sin x < x ta có: < sin2 A < A2 , π 4B π 2 < sin B < B 4C π 2 π < sin C < C Cộng chuỗi bất ñẳng thức ta ñược: π (A + B + C ) < sin A + s in B + sin C < A + B + C , mà ta có: ma2 + mb2 + mc2 = 3R ( sin A + sin B + sin C ) ⇔ ma2 + mb2 + mc2 = ( sin2 A + sin2 B + sin2 C ) , từ 3R ma2 + mb2 + mc2 < A2 + B + C (ñpcm) π 3R Bây ta thử sáng tạo bất ñẳng thức liên quan tới ra, ta có cơng thức tính A x x 2x A r 2A = ptg , từ tốn đại số < tg < chắn ta dễ dàng tìm thấy < a < 2 π p π B r 2B C r 2C , tương tự ta có < a < < a < , cộng chuỗi bất p π p π A + B + C + rb + rc ( A + B + C ) < < ñẳng thức ta thu ñược ta thu Bài tốn π p Bài toán 7: Chứng minh tam giác ABC nhọn ta ln có: A + B + C + rb + rc ( A + B + C ) < < p π Ta tìm hiểu toán sau: Bài toán 8: Chứng minh tam giác ABC nhọn ta ln có: π ( R − r ) < aA + bB + cC < ( R − r ) ñây ta ñược: A2 + B + C ) < ( A B C A , rb = ptg , rc = ptg , r = ( p − a ) tg = 2 2 B C A B C = ( p − b ) tg = ( p − c ) tg dẫn ñến = r + atg , rb = r + btg , rc = r + ctg 2 2 + rb + rc = R + r (các kết bạn ñọc tự chứng minh), từ ta suy A A A R + r = 3r + ptg + ptg + ptg nhờ kết ta dễ dàng ñánh giá tổng 2 aA + bB + cC từ tốn đại số nên ta dễ có lời giải sau Lời giải: Nhận xét: Ta có kết quả: = ptg The Inequalities Trigonometry 85 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác A B C A B C Ta có: = ptg , rb = ptg , rc = ptg , r = ( p − a ) tg = ( p − b) tg = ( p − c) tg , từ 2 2 2 A B C dẫn đến = r + atg , rb = r + btg , rc = r + ctg Mà ta lại có: + rb + rc = R + r 2 A A A suy 4R + r = 3r + ptg + ptg + ptg Áp dụng tốn đại số ta được: 2 A A A ● 4R + r = 3r + ptg + ptg + ptg < 3r + ( aA + bB + cC ) 2 π ⇔ π ( 2R − r ) < aA + bB + cC A A A + ptg + ptg > 3r + ( aA + bB + cC ) 2 2 ⇔ ( 2R − r ) > aA + bB + cC Kết hợp điều ta có điều phải chứng minh Sau tốn hình thành từ cơng thức quen thuộc để bạn luyện tập: Bài toán: Chứng minh tam giác ABC nhọn ta ln có: a/ 2π p − ( R + r ) < aA + bB + cC < 2π p − 2π ( R + r ) ● 4R + r = 3r + ptg b/ πS < ( p − a )( p − b ) + ( p − b )( p − c ) + ( p − c )( p − a ) < 2S c/ abc < a ( p − a ) + b ( p − b ) + c ( p − c ) < π abc 1 1 1 1 1 1 d/ < la  +  + lb  +  + lc  +  < 2π b c c a a b 2/Chúng ta xét hàm: f ( x ) = x với ∀ x ∈ ( 0,π ) sinx s inx-xcosx ðặt sin x g ( x ) = s inx-xcosx , x ∈ ( 0, π ) , ta có g ' ( x ) = x sin x ≥ ⇒ g ( x ) ñồng biến ñoạn Ta có f ( x ) hàm số xác định liên tục ( 0, π ) f ' ( x ) = ⇒ g ( x ) > g ( ) = ⇒ f ' ( x ) > nên hàm f ( x ) ñồng biến Chú ý bất ñẳng thức ñại số: 1.Bất ñẳng thức AM-GM: Cho n số thực dương a1 , a2 , , an , ta có: a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an n Dấu “=” xảy ⇔ a1 = a2 = = an 2.Bất ñẳng thức Cauchy-Schwarz: Cho n số ( a1 , a2 , , an ) ( b1 , b2 , , bn ) bi > 0, i = 1, n Ta ln có: ( 0, π ) The Inequalities Trigonometry 86 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác a ( a + a + + an ) a12 a22 + + + n ≥ b1 b2 bn b1 + b2 + + bn a a a Dấu “=” xảy ⇔ = = = n b1 b2 bn 3.Bất ñẳng thức Chebyshev: Cho dãy ( a1 , a2 , , an ) ( b1 , b2 , , bn ) tăng giảm, tức là: a1 ≤ a2 ≤ ≤ an  b1 ≤ b2 ≤ ≤ bn a1 ≥ a2 ≥ ≥ an , ta có:  b1 ≥ b2 ≥ ≥ bn a1b1 + a2b2 + + an bn a1 + a2 + + an b1 + b2 + + bn ≤ n n n a = a = = a  n Dấu “ = ” xảy  b1 = b2 = = bn Nếu dãy ñơn ñiệu ngược chiều ñổi chiều dấu bất ñẳng thức Xét tam giác ABC có A ≥ B (A,B số đo hai góc A,B tam giác theo radian) A B x ● A≥ B ⇒ ≥ ( theo chứng minh hàm f ( x ) = ) sin A sin B sinx A B A a A a ⇒ ≥ ⇒ ≥ , mà A ≥ B ⇔ a ≥ b Như ta suy a ≥ b ≥ a b B b B b 2R 2R (i) A B C ≥ ≥ ta có • Hồn tồn tương tự : a ≥ b ≥ c ⇒ a b c A B B C C A ( a − b )  −  ≥ , ( b − c )  −  ≥ ( c − a )  −  ≥ Cộng a b c a b c A  A B (1) bất ñẳng thức ta ñược ∑ ( a − b )  −  ≥ ⇔ ( A + B + C ) ≥ ∑( b + c ) a a b cyc cyc A+ B +C vào vế (1) ta thu ñược: - Cộng A B C (2) 3( A + B + C ) ≥ ( a + b + c)  + +  a b c A - Trừ A + B + C vào vế (1) ta thu ñược: ( A + B + C ) ≥ 2∑ ( p − a ) (3) a cyc A ⇔ Chú ý A + B + C = π a + b + c = p nên (2) ⇔ 3π ≥ p ∑ cyc a A 3π A π ≤ (ii), (3) ⇔ ∑ ( p − a ) ≤ (iii) ∑ a 2p cyc a cyc The Inequalities Trigonometry 87 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác ● Mặt khác ta áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev cho số A B C ≥  ≥ A B C p − a , p − b , p − c Ta có: a ≥ b ≥ c ⇒ , , ( ) b c a   a b c   p − a ≤ p − b ≤ p − c A A A B C p∑ ( p − a) + +  ∑  a a ( p − a + p − b + p − c)  a b c  A cyc ⇔ ∑ ( p − a ) ≤ cyc Mà ⇒ ≤ a 3 3 cyc A A 3π p∑ p∑ p A 3π π A A 2p cyc a cyc a ≤ ta suy ra: ∑( p − a ) ≤ ≤ hay ∑ ( p − a ) ≤ ≤ (iv) ∑ 2p 3 a a cyc a cyc cyc ● Ta ý ñến hai bất ñẳng thức (ii) (iii): A B C -Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho số , , ta ñược: a b c A  A.B.C  ≥ 3 ∑  kết  a.b.c  cyc a  A.B.C  3π hợp với bất ñẳng thức (ii) ta suy   ≤ 2p  a.b.c  ⇔ a.b.c  p  ≥  (v) Mặt A.B.C  π  1 a  a.b.c 3 p  a.b.c  , mà theo (v) ta d ễ dàng suy , từ ta khác, ta lại có ∑ ≥     ≥ π  A.B.C   A.B.C  cyc A a 6p (vi) có bất đẳng thức ∑ ≥ π cyc A -Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có : π2 A A2 ( A + B + C ) = ≥ = ∑ ∑ Aa + Bb + Cc Aa + Bb + Cc cyc a cyc aA (vii), 2π p − ( R + r ) < Aa + Bb + Cc < 2π p − 2π ( R + r ) A π2 > ∑ 2π ( p − R − r ) cyc a mà (bài tập ta a/ phần tìm trước) nên (viii) (chỉ ñúng với tam giác nhọn) -Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho số ( p − a) A B C , ( p − b ) , ( p − c ) ta ñược: a b c A B C ABC S ABC S.ABC + ( p − b) + ( p − c) ≥ 3 ( p − a)( p − b)( p − c) =33 =33 ⇒ a b c abc p 4S.R p.R A p∑ A A S A.B.C π cyc a (4)mà ∑ ( p − a ) ≤ ≤ (theo iv) nên từ (4) ( p − a) ≥ 33 ∑ a p S R a cyc cyc A p∑ 3 729S A.B.C S A.B.C π 729S A.B.C A cyc a  3π  4 ⇒ 33 ≤ ≤ ⇔ ≤ p ∑  ⇒ ≤p   4R p 4S R a R cyc  2p    ( p − a) ⇔ 54S A.B.C ≤ π p.R (ix) The Inequalities Trigonometry 88 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác 2  x y   z x   y z  + +  + + + ● Xét tổng T =         b By a Ax     a Ax c Cz   c Cz b By  Ta có: T ≥ y+z z+x x+ y 1 1   ⇔ + + − 2 + + ≥ x a A y b B z cC  ab AB bc BC ca CA  y + z bc z + x ca x + y ab  c + + − 2 + x aA y bB z cC  AB y + z bc z + x ca x + y ab  a ⇔ + + ≥ 2 + x aA y bB z cC  BC ⇔ a b  + ≥0 BC CA  b c  +  (5) CA AB  a b c  abc 3 p + + ≥ 3 (6) Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta ñược:  ≥ BC CA AB  ABC  π y + z bc z + x ca x + y ab p Từ (5) (6) ta ñược: + + ≥ (7) x aA y bB z cC π Thay (x, y, z) (7) (p-a, p-b, p-c) ta ñược: bc ca ab 12 p + + ≥ (x) A( p − a) B ( p − b) C ( p − c) π b + c c + a a + b 12 p Thay (x, y, z) (7) (bc, ca, ab) ta ñược: + + ≥ (xi) A B C π 2x  π 3/ Chúng ta xét bất ñẳng thức sau: sinx ≥ với ∀ x ∈ 0,  (phần chứng minh bất π  2 ñẳng thức dành cho bạn đọc) a Theo định lí hàm số sin ta có sin A = kết hợp với bất ñẳng thức ta ñược 2R a 2A a 4R a 12 R ≥ ⇔ ≥ , từ ta dễ dàng suy ∑ > 2R π A π π cyc A sin x π - x 4/ Bất ñẳng thức: ≥ với ∀ x ∈ (0,π ] (bất ñẳng thức xem x π + x2 tập dành cho bạn ñọc) sin x x2 x3 Bất ñẳng thức tương ñương ≥ 1− ⇔ x ≥ x − (1) sin x π + x2 π + x2 3 (2) (bạn ñọc tự chứng minh).Từ (1) Trong tam giác ta có: sin A + sin B + sin C ≤  A3 3 B3 C3  ≥ ∑ sin A > A + B + C −  + + (2) ta thu ñược ⇒ 2 2  cyc π + A π + B π +C   A3 3 B3 C3  A3 B3 C3 π 3 > π − 2 + + + + > − ⇔ 2 2  2 2 2 π + A π + B π +C π + A π + B π +C  The Inequalities Trigonometry 89 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác sin A π − A2 Mặt khác, áp dụng bất ñẳng thức cho góc A, B, C ta thu > , A π + A2 sin B π − B sin C π − C > > , cộng bất ñẳng thức ta ñược: B C π + B2 π + C2 sin A sin B sin C π − A2 π − B2 π − C + + > + + , từ ñây áp dụng định lí hàm số sin A B C π + A2 π + B2 π + C a b c a π − A2 π − B2 π − C2 a π − A2 sin A = ta có 2R + 2R + 2R > 2 + 2 + 2 hay ∑ > R ∑ 2R A B C π + A π + B π +C π + A2 cyc A The Inequalities Trigonometry 90 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác Thử trở cội nguồn môn lượng giác Lê Quốc Hán ðại học Sư phạm Vinh “Lượng giác học” có nguồn gốc từ Hình học Tuy nhiên phần lớn học sinh học môn Lượng giác học (giải phương trình lượng giác, hàm số lượng giác …), lại thấy phận mơn ðại số học, cơng cụ để giải tốn hình học (phần tam giác lượng) mà không thấy mối liên hệ hai chiều môn Trong viết này, hy vọng phần cho bạn cách nhìn “mới” : dùng hình học để giải tốn lượng giác Trước hết, ta lấy kết quen thuộc hình học sơ cấp : “Nếu G trọng tâm tam giác ABC M ñiểm tùy ý mặt phẳng chứa tam giác thì” : 1 MG = MA + MB + MC − a + b + c (ðịnh lý Lép-nít) Nếu M ≡ O tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC MA + MB + MB = 3R nên áp dụng ñịnh lý hàm số sin, ta suy : OG = R − R (sin A + sin B + sin C ) 9  ⇒ OG = R  − (sin A + sin B + sin C ) (1) 4  Từ ñẳng thức (1) , suy : sin A + sin B + sin C ≤ (2) Dấu ñẳng thức xảy G ≡ O , tức ∆ABC ñều Như vậy, với kiến thức hình học lớp 10 ta phát chứng minh bất đẳng thức (2) Ngồi ra, hệ thức (1) cho ta “nguồn gốc hình học” bất đẳng thức (2) , điều mà người nghĩ ñến Bằng cách tương tự, ta tính khoảng cách O trực tâm H ∆ABC Xét trường hợp ∆ABC có góc nhọn Gọi E giao điểm AH với đường trịn ngoại tiếp ∆ABC Thế : ℘H / (O ) = OH − R = HE HA ( ) ( ) Do : OH = R − AH HE (*) với : AF cos A cos A = AB = R sin C = R cos A AH = sin C sin C sin C HE = HK = BK cot C = AB cos B cot C cos C = 2.2 R sin C cos B = R cos B cos C sin C Thay vào (*) ta có : 1  OH = 8R  − cos A cos B cos C  (3) 8  The Inequalities Trigonometry 91 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác Nếu ∠BAC = 90 chẳng hạn, (3) hiển nhiên Giả sử ∆ABC có góc A tù Khi ℘H / (O ) = R − OH = HA HE AH = −2 R cos A nên ta suy (3) Từ công thức (3) , ta suy : (4 ) (Dấu ñẳng thức xảy ∆ABC ñều) Cũng bất ñẳng thức (2) , bất ñẳng thức (4) ñã ñược phát chứng minh với kiến thức lớp 10 có “nguồn gốc hình học” đẹp Cần nhớ rằng, “xưa nay” chưa nói đến việc phát hiện, riêng việc chứng minh bất đẳng thức đó, người ta thường phải dùng công thức lượng giác (chương trình lượng giác lớp 11) định lý dấu tam thức bậc hai Có (1) (3) , ta tiếp tục tiến tới Ta thử sử dụng “ñường thẳng Ơle” Nếu O, G, H tâm đường trịn ngoại tiếp, trọng tâm trực tâm ∆ABC O, G, H 1 thẳng hàng : OG = OH Từ OG = OH Từ (1)(3) ta có : − sin A + sin B + sin C = (1 − cos A cos B cos C ) 4 2 hay sin A + sin B + sin C = + cos A cos B cos C Thay sin α − cos α vào ñẳng thức cuối cùng, ta ñược kết quen thuộc : cos A + cos B + cos C + cos A cos B cos C = (5) Chưa nói đến việc phát (5) , riêng việc chứng minh làm “nhức óc” khơng biết bạn trẻ làm quen với lượng giác Qua vài ví dụ đây, hẳn bạn thấy vai trị hình học việc phát chứng minh hệ thức “thuần túy lượng giác” Mặt khác, nêu lên cho câu hỏi : Phải hệ thức lượng giác tam giác có “nguồn gốc hình học” làm bạn đường ? Mời bạn giải vài tập sau ñây ñể củng cố niềm tin A B C  Chứng minh rằng, tam giác ta có d = R 1 − sin sin sin  ñó 2 2  d khoảng cách ñường tròn tâm ngoại tiếp nội tiếp tam giác ñó Từ ñó suy bất ñẳng thức quen thuộc tương ứng • Cho ∆ABC Dựng mặt phẳng ABC ñiểm O1 O2 cho tam cos A cos B cos C ≤ ( ) giác O1 AB O2 AC tam giác cân đỉnh O1 ,O2 với góc đáy 30 cho O1 C nửa mặt phẳng bờ AB, O2 B nửa mặt phẳng bờ AC a) Chứng minh : O1O2 = a + b + c − 3S b) Suy bất ñẳng thức tương ứng : ( The Inequalities Trigonometry ) 92 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác 2 sin A + sin B + sin C ≥ sin A sin B sin C Chứng minh ∆ABC có góc nhọn, : sin A + sin B + sin C cos Giả sử A = max{A, B, C} ≥ , lúc cos 2    Ta có :    >    A B  A B sin + sin + sin   sin 2 ≥ 2  = 1 − cos A + cos B  = 1 − cos A + B cos A − B  2 8 2  8        1 A+ B A B A+ B A+ B ⇒ sin + sin ≥ sin ≥ 1 − cos  = sin 8  2 π C Tương tự ta có : sin + sin ≥ sin 2 Cộng theo vế (7 ) (8) ta ñược : C+ (7 ) π (8) π π  C+  A+ B+C +  A B C A+ B 3  ≥ sin sin + sin + sin + sin ≥ 2 sin + sin  2      A B C π ⇒ sin + sin + sin ≥ sin = (9) 2 64 Trường hợp tam giác ABC nhọn, bất ñẳng thức (7 ), (8), (9) ln Thí dụ Chứng minh với tam giác ABC ta ln có : π   (cos A + sin A)(cos B + sin B )(cos C + sin C ) ≤ 2  +    Lời giải Ta có : (cos A + sin A)(cos B + sin B )(cos C + sin C ) = 2 cos A − π  cos B − π  cos C − π  4  4  4  nên bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với : The Inequalities Trigonometry 96 ... THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác Phương pháp giải dạng bất ñẳng thức lượng giác tam giác. .. 87 Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác ● Mặt khác ta áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev... Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương Một số chuyên ñề viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức lượng giác sin A π − A2 Mặt khác, áp dụng bất ñẳng thức cho