Đang tải... (xem toàn văn)
Theo kinh nghiệm cá nhân của mình, tác giả cho rằng những kiến thức này là ñầy ñủ cho một cuộc “hành trình”.. Trước hết là các bất ñẳng thức ñại số cơ bản ( AM – GM, BCS, Jensen, Cheby[r]
(1)Chương 1 :
CÁC BƯỚC ðẦU CƠ SỞ
ðể bắt ñầu hành trình, ta khơng thể khơng chuẩn bị hành trang ñể lên ñường Toán học Muốn khám phá ñược hay ñẹp bất ñẳng thức lượng giác, ta cần có “vật dụng” chắn hữu dụng, chương 1: “Các bước ñầu sở”
Chương tổng quát kiến thức cần có để chứng minh bất ñẳng thức lượng giác Theo kinh nghiệm cá nhân mình, tác giả cho kiến thức đầy đủ cho “hành trình”
Trước hết bất ñẳng thức ñại số ( AM – GM, BCS, Jensen, Chebyshev …) Tiếp theo ñẳng thức, bất ñẳng thức liên quan tam giác Cuối số định lý khác cơng cụ đắc lực việc chứng minh bất ñẳng thức (ñịnh lý Largare, ñịnh lý dấu tam thức bậc hai, ñịnh lý hàm tuyến tính …)
Mục lục :
1.1 Các bất ñẳng thức ñại số bản………
1.1.1 Bất ñẳng thức AM – GM… ………
1.1.2 Bất ñẳng thức BCS………
1.1.3 Bất ñẳng thức Jensen……… 13
1.1.4 Bất ñẳng thức Chebyshev……… 16
1.2 Các ñẳng thức, bất ñẳng thức tam giác……… 19
1.2.1 ðẳng thức……… 19
1.2.2 Bất ñẳng thức……… 21
1.3 Một số ñịnh lý khác……… 22
1.3.1 ðịnh lý Largare ……… ……… 22
1.3.2 ðịnh lý dấu tam thức bậc hai……… 25
1.3.3 ðịnh lý hàm tuyến tính……… 28
(2)1.1 Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản :
1.1.1 Bất ñẳng thức AM – GM :
Với số thực không âm a1,a2, ,an ta ln có n
n n
a a a n
a a
a
2
1
≥ + + +
Bất ñẳng thức AM – GM (Arithmetic Means – Geometric Means) là một bất ñẳng thức quen thuộc và có ứng dụng rất rộng rãi ðây là bất ñẳng thức mà bạn ñọc cần ghi nhớ rõ ràng nhất, nó cơng cụ hồn hảo cho việc chứng minh các bất ñẳng thức Sau ñây là
hai cách chứng minh bất ñẳng thức này mà theo ý kiến chủ quan của mình, tác giả cho rằng là ngắn gọn và hay nhất
Chứng minh :
Cách : Quy nạp kiểu Cauchy
Với n=1 bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng Khi n=2 bất ñẳng thức trở thành
( )
2
2 2
1
1 + ≥ ⇔ − ≥
a a a
a a a
(ñúng!) Giả sử bất ñẳng thức ñúng ñến n=k tức :
k
k k
a a a k
a a
a
2
1 + + + ≥
Ta chứng minh ñúng với n=2k Thật ta có :
( ) ( ) ( )( )
( )( )
k
k k k
k
k k k k
k
k k
k k k
k k k
a a a a a
k
a a a k a a a k
k
a a
a a a
a k
a a
a a a
a
2
2
1
2 2
1
2
1
1
2
1
2
+
+ +
+ + +
+
= ≥
+ + + +
+ + ≥
+ + + +
+ + +
Tiếp theo ta chứng minh với n=k−1 Khi :
( )
1 1
2
1
1
1
1 1 1
1 1
2
−
− −
−
− −
− −
−
= −
− ≥ + + + ⇒
= ≥ +
+ + +
k
k k
k
k
k k
k k
k
k k
a a a k
a a
a
a a a k
a a a a a a k a a a a
a a
Như bất ñẳng thức chứng minh hồn tồn ðẳng thức xảy ⇔a1 =a2 = =an
(3)Gọi
n a a
a
A = + + + n
Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với a1a2 an ≤ An (*)
Rõ ràng a1 =a2 = =an = A (*) có dấu đẳng thức Giả sử chúng khơng Như phải có số, giả sử a1 < A số khác, giả sử a2 > A tức a1 < A<a2
Trong tích P=a1a2 an ta thay a1 a'1= A thay a2 a'2=a1 +a2 −A Như a'1+a'2=a1+a2 mà a'1a'2−a2a2 = A(a1+a2 −A)−a1a2 =(a1−A)(a2 −A)>0
2 '
' a aa a >
⇒
n n a a a a a
a a
a1 2 3 < '1 '2 3 ⇒
Trong tích P'=a'1a'2a3 an có thêm thừa số A Nếu P' cịn thừa số khác
A ta tiếp tục biến đổi để có thêm thừa số A Tiếp tục tối ña
−
n lần biến ñổi ta ñã thay thừa số P A tích n
A Vì q trình biến đổi tích thừa số tăng dần ⇒P< An.⇒ đpcm
Ví dụ 1.1.1.1
Cho A,B,C ba góc của một tam giác nhọn CMR : tanA+tanB+tanC≥3
Lời giải :
Vì ( ) C
B A
B A
C B
A tan
tan tan
tan tan
tan
tan =−
− + ⇔
− = +
⇒tanA+tanB+tanC =tanAtanBtanC
Tam giác ABC nhọn nên tanA,tanB,tanC dương Theo AM – GM ta có :
( ) ( )
3 tan tan
tan
tan tan
tan 27 tan
tan tan
tan tan
tan tan tan tan tan tan
tan
2
3
≥ +
+
⇒
+ +
≥ +
+
⇒
+ +
= ≥
+ +
C B
A
C B
A C
B A
C B
A C
B A C
B A
ðẳng thức xảy ⇔ A=B=C⇔ ∆ABC
Ví dụ 1.1.1.2
Cho ∆ABC nhọn CMR :
(4)Lời giải :
Ta ln có : cot(A+B)=−cotC
1 cot cot cot
cot cot
cot
cot cot
cot
1 cot cot
= +
+ ⇔
− = +
− ⇔
A C C
B B
A
C B
A B A
Khi :
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 cot
cot cot
3 cot cot cot
cot cot
cot cot
cot cot
0 cot
cot cot
cot cot
cot
2
2
2
≥ +
+ ⇒
= +
+ ≥
+ +
⇔
≥ −
+ −
+ −
C B
A
A C C
B B
A C
B A
A C
C B
B A
Dấu xảy ∆ABC ñều
Ví dụ 1.1.1.3
CMR với mọi ∆ABC nhọn và n∈N*ta ln có :
1
3 tan
tan tan
tan tan
tan −
≥ +
+
+
+ n n n
n
C B
A
C B
A
Lời giải :
Theo AM – GM ta có :
( ) ( )
( ) ( )
1
3
3
3
3
3 tan
tan tan
3 tan
tan tan
tan tan
tan
tan tan
tan tan
tan tan tan
tan tan
− − −
= ≥
+ +
≥ +
+
+ +
⇒
+ +
= ≥
+ +
n n n
n n
n
n n
n n
n
C B
A C
B A
C B
A
C B
A C
B A C
B A
⇒đpcm
Ví dụ 1.1.1.4
Cho a,b là hai số thực thỏa :
cosa+cosb+cosacosb≥0 CMR : cosa+cosb≥0
Lời giải : Ta có :
(1 cos )(1 cos ) cos cos cos
cos
≥ +
+ ⇔
≥ +
+
b a
b a b
a
(5)
( ) ( ) ( )( )
0 cos cos
1 cos cos
cos cos
≥ +
⇒
≥ +
+ ≥ +
+ +
b a
b a
b a
Ví dụ 1.1.1.5
Chứng minh rằng với mọi ABC∆ nhọn ta có :
2 sin sin sin sin sin sin 2 cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
+
+ +
≤ +
+ A B B C C A
A C
A C C
B C B B
A B A
Lời giải : Ta có
= =
B A B
A B
A B A
A A A
A
cot cot sin sin
cos cos
cos cos
2 cot sin cos
cos
Theo AM – GM :
+ ≤
⇒
+ ≤
B A B
A B
A B A
B A B
A B
A B A
cot cot sin sin 2 cos cos
cos cos
2
cot cot sin sin
2 cos cos
cos cos
3
Tương tự ta có :
+ ≤
+ ≤
A C A
C A
C A C
C B C
B C
B C B
cot cot sin sin 2 cos cos
cos cos
cot cot sin sin 2 cos cos
cos cos
(6)( A B B C C A)
A C C
B B
A
A C
A C C
B C B B
A B A
cot cot cot
cot cot
cot
3 sin sin sin sin sin sin
2 cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
cos cos
+ +
+
+ +
≤
+ +
2
sin sin sin sin sin sin
+
+ +
= A B B C C A ⇒ñpcm
Bước ñầu ta mới chỉ có bất đẳng thức AM – GM cùng các ñẳng thức lượng giác nên sức ảnh hưởng đến các bất đẳng thức cịn hạn chế Khi ta kết hợp AM – GM cùng BCS, Jensen hay Chebyshev thì thực sự một vũ khí đáng gờm cho các bất ñẳng thức lượng giác
1.1.2 Bất ñẳng thức BCS :
Với hai số (a1,a2, ,an) (b1,b2, ,bn) ta ln có :
(a1b1+a2b2 + +anbn)2 ≤(a12 +a22 + +an2)(b12 +b22 + +bn2)
Nếu như AM – GM “cánh chim ñầu ñàn” việc chứng minh bất ñẳng thức thì BCS (Bouniakovski – Cauchy – Schwartz) lại là “cánh tay phải” hết sức ñắc lực Với
AM – GM ta ln phải chú ý điều kiện các biến là khơng âm, nhưng đối với BCS các biến khơng bị ràng buộc bởi điều kiện đó, chỉ cần là số thực cũng ñúng Chứng minh bất
ñẳng thức này cũng rất ñơn giản
Chứng minh : Cách : Xét tam thức :
f(x)=(a1x−b1)2 +(a2x−b2)2 + +(anx−bn)2 Sau khai triển ta có :
f(x)=(a12 +a22 + +an2)x2 −2(a1b1 +a2b2 + +anbn)x+(b12 +b22 + +bn2) Mặt khác f(x)≥0∀x∈R nên :
( + + + ) ≤( + + + )( + + + ) ⇒
⇔ ≤
∆f a1b1 a2b2 anbn a12 a22 an2 b12 b22 bn2 ñpcm ðẳng thức xảy
n n b a b
a b a
= = =
⇔
2
1 (quy ước =0
i
(7)Sử dụng bất ñẳng thức AM – GM ta có :
( )( 2)
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2
2
n n
i i
n i
n i
b b
b a a
a
b a b
b b
b a
a a
a
+ + + +
+ + ≥
+ + + + + +
+
Cho i chạy từ ñến n cộng vế n bất đẳng thức lại ta có ñpcm ðây cũng là cách chứng minh hết sức ngắn gọn mà bạn ñọc nên ghi nhớ!
Bây với sự tiếp sức của BCS, AM – GM nhưñược tiếp thêm nguồn sức mạnh, như
hổ mọc thêm cánh, như rồng mọc thêm vây, phát huy hiệu quả tầm ảnh hưởng của mình Hai bất ñẳng thức này bù ñắp bổ sung hỗ trợ cho việc chứng minh bất ñẳng thức Chúng đã “lưỡng long nhất thể”, “song kiếm hợp bích” cơng phá thành cơng nhiều
bài tốn khó
“Trăm nghe không bằng một thấy”, ta hãy xét các ví dụ để thấy rõ điều này
Ví dụ 1.1.2.1
CMR với mọi a,b,α ta có :
( )( )
2
2 cos sin
cos
sin
+ + ≤ +
+a α α b α a b
α
Lời giải : Ta có :
( )( ) ( )
( )
( ) ( )
(1 sin2 cos2 ) ( )1
1
2 cos
sin 2
2 cos
cos cos
sin sin
cos sin
cos
sin 2
α α
α α
α
α α
α α
α α
α α
− + +
+ + =
+ + +
+ −
=
+ +
+ =
+ +
ab b
a ab
ab b
a
ab b
a b
a
Theo BCS ta có :
Asinx+Bcosx≤ A2 +B2 ( )2 Áp dụng ( )2 ta có :
(a+b)sin2α+(ab−1)cos2α ≤ (a+b)2 +(ab−1)2 = (a2 +1)(b2 +1) ( )3 Thay ( )3 vào ( )1 ta ñược :
( )( ) (1 ( 1)( 1)) ( )4
2 cos sin
cos
sinα +a α α +b α ≤ +ab+ a2 + b2 + Ta chứng minh bất ñẳng thức sau ñây với a, b : ( ( )( )) ( )5
2 1 1
2
1 2 2
+ + ≤ + + +
(8)Thật :
( ) ( )( )
( )( )
2
1
2
1 1
2 2
2 2
2
2 2
2
+ + ≤ + + ⇔
+ + + ≤ + + +
+ ⇔
b a b
a
ab b a b
a ab
( )( ) ( ) ( ) ( )6
2
1
1
2
2
2 + + ≤ + + +
⇔ a b a b
Theo AM – GM ( )6 hiển nhiên ñúng ⇒( )5 ñúng Từ ( )1 ( )5 suy với a,b,α ta có :
( )( )
2
2 cos sin
cos
sin
+ + ≤ +
+a α α b α a b
α
ðẳng thức xảy xảy ñồng thời dấu ( )1 ( )6
( )
∈ +
− + =
= ⇔
− + = = ⇔
− = +
= ⇔
Z k k ab
b a arctg b a
ab b a tg
b a ab
b a
b a
2
1
2 cos
1
sin
2
π α
α α
α
Ví dụ 1.1.2.2
Cho a,b,c>0 asinx+bcosy =c CMR :
3 3
2
2
1 sin
cos
b a
c b a b
y a
x
+ − + ≤ +
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( )* cos
sin
1 cos
1 sin
3
2
2
3
2
2
b a
c b
y a
x
b a
c b a b
y a
x
+ ≥ +
⇔
+ − + ≤ −
+ −
Theo BCS :
(a1b1+a2b2)2 ≤(a12 +a22)(b12 +b22)
với
= =
= =
b b b a a b
b y a
a x a
2
2
;
cos ;
sin
( 3) ( )2
2
cos sin
cos sin
y b x a b a b
y a
x
+ ≥
+
+
⇒
(9)ha
x y z
N Q
P A
B C
M
ðẳng thức xảy
2
2
1 sin cos
b y a
x b
a b a
= ⇔
=
⇔
+ =
+ = ⇔
= +
= ⇔
3
2 3
2 2
cos sin
cos sin
cos sin
b a
c b y
b a
c a x
c y b x a
b y a
x
Ví dụ 1.1.2.3
CMR với mọi ∆ABC ta có :
R c b a z y x
2
2
2 + +
≤ +
+
với x,y,z khoảng cách từ ñiểm M bất kỳ nằm bên ∆ABC ñến ba cạnh
AB CA BC, ,
Lời giải : Ta có :
( )
+ + +
+ = + +
⇒
= + + ⇔
= +
+ ⇔
+ +
=
c b a c b a c b a
a b c
ABC MCA ABC
MBC ABC
MAB
MCA MBC
MAB ABC
h z h
y h
x h h h h h h
h x h
y h
z
S S S
S S
S
S S
S S
1
1
Theo BCS :
( ) a b c
c b a c b a c
c b b a
a h h h
h z h
y h
x h h h h
z h h
y h h
x h z y
x = + +
+ + +
+ ≤ +
+ =
+ +
mà S aha absinC ha bsinC , hb csinA , hc asinB
2
1
= =
= ⇒ =
=
( )
R ca R bc R ab A
c C b B a h
h ha b c
2 2 sin
sin
sin + + = + +
= + +
⇒
Từ suy :
+ + ≤ + + ≤ + + ⇒
R c b a R
ca bc ab z
y x
2
2 2
(10)
ðẳng thức xảy ABC z
y x
c b a
∆ ⇔
= =
= =
đều M tâm nội tiếp ∆ABC
Ví dụ 1.1.2.4 Chứng minh rằng :
∈ ∀ ≤ +
2 ;
sin
cosx x x π
Lời giải :
Áp dụng bất ñẳng thức BCS liên tiếp lần ta có :
( ) (( )( ))
( ) ( )( )
4
2
2 2 2
2
2
8 sin
cos
8 sin
cos 1 1
sin cos 1 sin
cos
≤ +
⇒
= +
+ +
≤
+ +
≤ +
x x
x x
x x x
x
ðẳng thức xảy
π
=
x
Ví dụ 1.1.2.5
Chứng minh rằng với mọi số thực a và x ta có
( ) 1
cos sin
2
≤ +
+ −
x
a x a x
Lời giải :
Theo BCS ta có :
( )
( ) (( ) ( ) )( )
( )
( ) ( )
( ) 1
1
cos sin
1 cos
2 sin
2
1
cos sin
2
cos sin
2
2 2
2
4 2
4
2
2
2
2
≤ +
+ −
⇔
+ ≤ +
− ⇒
+ + = + + − =
+ +
− ≤ +
−
x
a x a a
x a
x a x
x x x
x x
a a
x x
a x a x
(11)1.1.3 Bất ñẳng thức Jensen :
Hàm số y= f(x) liên tục ñoạn [a,b] n ñiểm x1,x2, ,xn tùy ý trên đoạn [a,b] ta có :
i) f ''(x)>0 khoảng (a,b) :
+ + +
≥ +
+ +
n x x
x nf x f x
f x
f n
n
)
( ) ( )
(
2
ii) f ''(x)<0 khoảng (a,b) :
+ + +
≥ +
+ +
n x x
x nf x f x
f x
f n
n
)
( ) ( )
(
2
Bất ñẳng thức AM – GM bất ñẳng thức BCS thật sự các ñại gia việc chứng minh bất đẳng thức nói chung Nhưng riêng đối với chun mục bất đẳng thức lượng giác
thì lại trở thành sân chơi riêng cho bất ñẳng thức Jensen Dù hơi khó tin nhưng
đó sự thật, ñến 75% bất ñẳng thức lượng giác ta chỉ cần nói “theo bất đẳng thức Jensen hiển nhiên ta có đpcm”
Trong phát biểu của mình, bất đẳng thức Jensen có đề cập đến đạo hàm bậc hai, nhưng đó kiến thức của lớp 12 THPT Vì vậy nó khơng thích hợp cho một số đối tượng bạn đọc Cho nên ta sẽ phát biểu bất ñẳng thức Jensen dưới một dạng khác :
Cho f R+ →R
: thỏa mãn ∀ ∈ +
+ ≥
+ f y f x y x y R x
f ,
2 ) ( )
( Khi đó với
+
∈R x x
x1, 2, , n ta có bất đẳng thức :
+ + +
≥ +
+ +
n x x
x nf x f x
f x
f n
n
)
( ) ( )
(
2
Sự thật là tác giả chưa từng tiếp xúc với một chứng minh chính thức của bất ñẳng thức
Jensen phát biểu có f ''(x) Cịn việc chứng minh phát biểu khơng sử dụng đạo
hàm thì rất đơn giản Nó sử dụng phương pháp quy nạp Cauchy tương tự như chứng minh bất ñẳng thức AM – GM Do đó tác giả khơng trình bày chứng minh ở đây
Ngồi ra, ở một số tài liệu có thể bạn đọc gặp khái niệm lồi lõm nhắc tới bất ñẳng thức Jensen Nhưng hiện cộng đồng tốn học vẫn chưa quy ước rõ ràng ñâu là
lồi, ñâu là lõm Cho nên bạn đọc khơng nhất thiết quan tâm đến điều đó Khi chứng minh ta chỉ cần xét f ''(x) ñủ ñể sử dụng bất ñẳng thức Jensen Ok! Mặc dù bất ñẳng thức
Jensen khơng phải là một bất đẳng thức chặt, nhưng có dấu hiệu manh nha của nó bạn đọc cứ tùy nghi sử dụng
(12)Ví dụ 1.1.3.1
Chứng minh rằng với mọi ABC∆ ta có :
2 3 sin sin
sinA+ B+ C≤
Lời giải :
Xét f(x)=sinx với x∈(0;π)
Ta có f ''(x)=−sinx<0∀x∈(0;π) Từ theo Jensen :
( ) ( ) ( ) = = ⇒
+ +
≤ +
+
2 3 sin 3
3f A B C π
C f B f A
f ñpcm
ðẳng thức xảy ∆ABC ñều
Ví dụ 1.1.3.2
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC đều ta có :
2 tan tan
tan A+ B + C ≥
Lời giải :
Xét f( )x =tanx với ∈
2 ; π
x
Ta có ( )
∈ ∀ > =
2 ; 0
cos sin
'' 3 x π
x x x
f Từ theo Jensen :
= = ⇒
+ + ≥
+
+
3 sin 3
2 2 2
2
π
C B A f C f B f A
f ñpcm
ðẳng thức xảy ∆ABC
Ví dụ 1.1.3.3
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
2 2
2
2
3
tan
tan
tan ≥ −
+
+
A B C
(13)Xét f( ) (x = tanx)2 với ∈
2 ; π
x
Ta có f '( )x =2 2(1+tan2 x)(tanx)2 2−1 =2 2((tanx)2 2−1+(tanx)2 2+1) f ''( )x =2 2((2 2−1)(1+tan2 x)(tanx)2 2−2 +(2 2+1)(1+tan2 x)(tanx)2 2)>0 Theo Jensen ta có :
= ⇒
=
+ + ≥
+
+
1−
2
3
3
2 2 2
2
π
tg C
B A f C f B f A
f ñpcm
ðẳng thức xảy ∆ABC
Ví dụ 1.1.3.4
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
2 tan tan tan sin sin
sin A+ B + C + A+ B+ C ≥ +
Lời giải :
Xét f( )x =sinx+tanx với ∈
2 ; π
x
Ta có ( ) ( )
∈ ∀ > −
=
2 ; 0
cos cos sin ''
4
4 π
x x
x x
x f
Khi theo Jensen :
= + ⇒
+ =
+ + ≥
+
+
3 tan sin 3
2 2 2
2
π π
C B A f C f B f A
f ñpcm
ðẳng thức xảy ∆ABC
Ví dụ 1.1.3.5
Chứng minh rằng với mọi ∆ABCnhọn ta có :
( ) ( ) ( )
3 sin
sin sin
3 sin
sin
sin
≥ C B
A
C B
A
(14)
+ +
≥ +
+
+ = +
+
C B
A C
B A
C B A C
B A
2
2 2
2
sin sin
sin sin
sin sin
cos cos cos 2 sin
sin sin
2 3 sin sin
sinA+ B+ C≤
2 3 sin sin
sin
2< + + ≤
⇒ A B C
Xét f( )x = xlnx với x∈(0;1] Ta có f '( )x =lnx+1
''( )= >0∀x∈(0;1]
x x f
Bây với Jensen ta ñược :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
[ ]
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 sin
sin sin sin
sin sin
sin sin sin sin
sin sin
sin sin
sin sin
sin sin
sin sin sin
sin sin
sin sin
sin sin
sin sin
sin sin
sin sin
3
2
2 sin
sin sin
sin sin
sin
sin sin
sin
sin sin
sin ln
sin sin
sin ln
sin ln sin
ln sin
ln
sin sin
sin ln
3
sin ln sin sin
ln sin sin
ln sin
sin sin
sin ln
sin sin
sin
≥
= ≥
⇒
≤ +
+ ⇔
≤
+ +
⇔
+ +
≤
+ +
⇔
+ +
≤
+ +
+ +
+ + +
+ + + +
+
+ +
+ +
+ +
C B A
C B A
C B A C
B A
C B
A C
B A
C B A
C B
A C
B A
C B
A C
B A
C B
A
C B
A C
B A
C B
A C
B A
C B
A C
B A
C C
B B
A A
C B
a C
B A
⇒ñpcm
1.1.4 Bất ñẳng thức Chebyshev :
Với hai dãy số thực ñơn ñiệu chiều a1,a2, ,an b1,b2, ,bn ta có :
n n (a a an)(b b bn)
n b a b
a b
a1 1+ 2 2 + + ≥ 1+ 2 + + 1 + 2 + +
Theo khả năng của mình thì tác giả rất ít sử dụng bất đẳng thức này Vì trước hết ta cần để ý tới chiều của các biến, thường phải sắp lại thứ tự các biến Do đó bài tốn cần có u cầu đối xứng hồn tồn giữa các biến, việc sắp xếp thứ tự khơng làm mất
tính tổng qt của bài tốn Nhưng khơng vì thế mà lại phủ nhận tầm ảnh hưởng của bất
(15)Chứng minh :
Bằng phân tích trực tiếp, ta có đẳng thức :
( ) ( )( ) ( )( )
1 ,
1
1
2
1 + + + − + + + + + + = ∑ − − ≥
=
n
j i
j i j i n
n n
nb a a a b b b a a b b
a b
a b a n
Vì hai dãy a1,a2, ,an b1,b2, ,bn đơn điệu chiều nên (ai −aj)(bi −bj)≥0 Nếu dãy a1,a2, ,an b1,b2, ,bn ñơn ñiệu ngược chiều thì bất đẳng thức đổi chiều
Ví dụ 1.1.4.1
Chứng minh rằng với mọi ∆ABCta có :
3
π
≥ + +
+ +
c b a
cC bB aA
Lời giải :
Khơng tính tổng qt giả sử :
a≤b≤c⇔ A≤B≤C Theo Chebyshev :
3
3
3
π
= + + ≥ + +
+ +
⇒
+ + ≤
+ +
+ +
C B A c
b a
cC bB aA
cC bB aA C
B A c b a
ðẳng thức xảy ∆ABC ñều
Ví dụ 1.1.4.2
Cho ∆ABCkhơng có góc tù A, B, C đo bằng radian CMR :
( ) ( )
+ +
+ + ≤ +
+
C C B
B A
A C
B A C B
A sin sin sin sin sin
sin
Lời giải :
Xét ( )
x x x
f = sin với ∈
2 ; π
x
Ta có ( ) ( )
∈ ∀ ≤ −
=
2 ; 0
tan cos
'
2
π
x x
x x
x x
(16)Vậy f( )x nghịch biến
2 ; π
Không tổng quát giả sử :
C C B
B A
A C
B
A≥ ≥ ⇒sin ≤ sin ≤sin Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có :
( ) ≥ ( + + )⇒
+ +
+
+ A B C
C C B
B A
A C
B
A sin sin sin 3sin sin sin ñpcm
ðẳng thức xảy ∆ABC
Ví dụ 1.1.4.3
Chứng minh rằng với mọi ∆ABCta có :
3 tan tan tan cos
cos cos
sin sin
sin A B C
C B
A
C B
A
≤ +
+
+ +
Lời giải :
Không tổng quát giả sử A≥B≥C
≤ ≤
≥ ≥
⇒
C B
A
C B
A
cos cos
cos
tan tan
tan
Áp dụng Chebyshev ta có :
3
tan tan
tan cos
cos cos
sin sin
sin
3
cos tan cos
tan cos
tan
cos cos
cos
tan tan
tan
C B
A C
B A
C B
A
C C B
B A
A C
B A
C B
A
+ +
≤ +
+
+ +
⇔
+ +
≥
+ +
+ +
Mà ta lại có tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC ⇒đpcm
ðẳng thức xảy ∆ABCđều
Ví dụ 1.1.4.4
Chứng minh rằng với mọi ∆ABCta có :
( )
C B
A
C B
A C
B A
cos cos
cos
2 sin sin sin sin
sin sin
2
+ +
+ +
≥ +
+ Lời giải :
(17)
≥ ≥
≤ ≤
⇒
C B
A
C B
A
cos cos
cos
sin sin
sin
Khi theo Chebyshev :
( )
C B
A
C B
A C
B A
C C B
B A
A C
B A
C B
A
cos cos
cos
2 sin sin sin sin
sin sin
2
3
cos sin cos
sin cos
sin
cos cos
cos
sin sin
sin
+ +
+ +
≥ +
+ ⇔
+ +
≥
+ +
+ +
⇒ñpcm
ðẳng thức xảy ∆ABCñều
1.2 Các ñẳng thức bất ñẳng thức tam giác :
Sau ñây là hầu hết những ñẳng thức, bất ñẳng thức quen thuộc tam giác và trong lượng giác ñược dùng chuyên ñề này hoặc rất cần thiết cho q trình học tốn của
bạn đọc Các bạn có thể dùng phần này như một từ ñiển nhỏ ñể tra cứu cần thiết.Hay
bạn đọc cũng có thể chứng minh tất cả các kết quả nhưlà bài tập rèn luyện Ngồi tơi
cũng xin nhắc với bạn ñọc rằng những kiến thức phần này áp dụng vào bài tập
ñều cần thiết ñược chứng minh lại
1.2.1 ðẳng thức :
R C c B b A a
2 sin sin
sin = = =
C ab b
a c
B ca a
c b
A bc c
b a
cos
cos
cos
2 2
2 2
2 2
− + =
− + =
− + =
A b B a c
C a A c b
B c C b a
cos cos
cos cos
cos cos
+ =
+ =
+ =
( ) ( ) ( ) (p a)(p b)(p c)
p
r c p r b p r a p
pr C B A R R abc
C ab B
ca A bc
h c h b h a S
c b
a
c b
a
− − − =
− = − = − =
= =
=
= =
=
= =
=
sin sin sin
sin sin sin
(18)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 c b a m b a c m a c b m c b a − + = − + = − + = b a C ab l a c B ca l c b A bc l c b a + = + = + = cos 2 cos 2 cos ( ) ( ) ( ) sin sin sin tan tan tan C B A R C c p B b p A a p r = − = − = − = + − = + − + − = + − + − = + − tan tan tan tan tan tan A C A C a c a c C B C B c b c b B A B A b a b a S c b a C B A S c b a C S b a c B S a c b A cot cot cot cot cot cot 2 2 2 2 2 2 + + = + + − + = − + = − + = ( )( ) ( )( ) ( )( ) ab b p a p C ca a p c p B bc c p b p A − − = − − = − − = sin sin sin ( ) ( ) ( ) ab c p p C ca b p p B bc a p p A − = − = − = cos cos cos ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )
(p c)
(19)cot cot cot cot cot cot tan tan tan tan tan tan cot cot cot cot cot cot tan tan tan tan tan tan = + + = + + = + + = + + A C C B B A A C C B B A C B A C B A C B A C B A ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) kA kB kC kC kB kA kC kB kA kC kB kA C k B k A k C k B k A k A k C k C k B k B k A k kA kC kC kB kB kA kC kB kA kC kB kA kC kB kA kC kB kA C k B k A k C k B k A k kC kB kA kC kB kA C k B k A k C k B k A k k k k k k k cos cos cos 2 sin sin sin cos cos cos 1 cos cos cos 2 cot 2 cot 2 cot 2 cot 2 cot 2 cot 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan cot cot cot cot cot cot tan tan tan tan tan tan cos cos cos 1 cos cos cos 2 sin 2 sin 2 sin 1 cos cos cos sin sin sin sin sin sin 2 cos 2 cos 2 cos 1 sin sin sin 2 2 2 + + − + = + + − + = + + + + + = + + + + + = + + + + + + + + = + + = + + − + − = + + + + + − + = + + + + + − = + + + + + − = + + + + +
1.2.2 Bất ñẳng thức :
(20)
1 cot cot
cot
9 tan tan
tan
4 sin
sin sin
4 cos
cos cos
2
2
2
2
2
2
2
2
≥ +
+
≥ +
+
≤ +
+
≥ +
+
C B
A
C B
A
C B
A
C B
A
2 cot cot cot
1 tan tan tan
2 sin sin sin
2 cos cos cos
2
2
2
2
2
2
2
2
C B
A
C B
A
C B
A
C B
A
+ +
≥ +
+
+ +
+ +
3
1 cot
cot cot
3 tan tan tan
8 3 sin sin sin
8 cos cos cos
≤ ≥ ≤
≤
C B A
C B A
C B A
C B A
3 cot cot cot
3
1 tan tan tan
8 sin sin sin
8 3 cos cos cos
≥ ≤ ≤
≤
A A A
A A A
C B A
C B A
1.3 Một số ñịnh lý khác :
1.3.1 ðịnh lý Lagrange :
Nếu hàm số y= f( )x liên tục ñoạn [a;b] có đạo hàm khoảng (a;b) tồn ñiểm c∈(a;b) cho :
f( )b − f( )a = f '( )(c b−a)
Nói chung với kiến thức THPT, ta chỉ có cơng nhận định lý này mà khơng chứng minh
Ví chứng minh của nó cần đến một số kiến thức của toán cao cấp Ta chỉ cần hiểu cách
dùng nó cùng những điều kiện ñi kèm các trường hợp chứng minh
Ví dụ 1.3.1.1
Chứng minh rằng ∀a,b∈R,a<bthì ta có : sinb−sina ≤ b−a
(21)Xét f( )x =sinx⇒ f '( )x =cosx Khi theo định lý Lagrange ta có ( ) ( ) ( ) ( )
a b c a b a b
c a b a f b f b a c
− ≤ −
≤ −
⇒
− = − ∈
∃
cos sin
sin
cos :
;
: ⇒đpcm
Ví dụ 1.3.1.2
Với 0<a<b CMR :
a a b a b b
a
b −
< < −
ln
Lời giải :
Xét f( )x =lnx, f( )x liên tục [a;b] khả vi (a;b) nên :
( ) ( )
c c f a b
a b b a
c ; :ln ln = ' =1 −
− ∈
∃ a<c<b nên
a c b
1 1
< < Từ < ⇒ − < < − ⇒
− − <
a a b a b b
a b a a b
a b
b ln
1 ln ln
ñpcm
Ví dụ 1.3.1.3
Cho
2
0<β <α <π CMR :
α β α β α
β β α
2
2 tan tan cos
cos
− < −
< −
Lời giải :
Xét f( )x =tanx liên tục [β;α] khả vi (β;α) nên theo ñịnh lý Lagrange
( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 cos
1 tan
tan '
:
; 2
c c
f f
f
c =
− −
⇒
= −
− ∈
∃
β α
β α
β α
β α
α
β
Vì β <c<α nên ( )2
cos cos
1 cos
1
2
2 β < < α
c
Từ ( )( )1 ⇒ñpcm
(22)CMR nếu x>0
x x
x
x
+ >
+ +
+
1 1
1
1
Lời giải :
Xét ( ) ln 1= (ln( +1)−ln ) ∀ >0
+
= x x x x
x x
x f
Ta có ( ) ( )
1 ln
1 ln '
+ − − + =
x x x
x f
Xét g( )t =lnt liên tục [x;x+1] khả vi (x;x+1) nên theo Lagrange :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 ln
1 ln '
1 '
1 ln ln : ;
> + − − + =
⇒
+ > =
− +
− + +
∈ ∃
x x x
x f
x c g x x
x x
x x c
với x>0⇒ f( )x tăng (0;+∞)
( ) ( )
x x
x x
x x
x x
x f x
f
+ >
+ +
⇒
+ >
+ +
⇒
> +
⇒
+
+
1 1
1
1 ln
1 ln
1
1
⇒ñpcm
Ví dụ 1.3.1.5
Chứng minh rằng ∀n∈Z+ta có :
1 1
1 arctan
2
2
2 ≤ +
+ + ≤
+
+ n n n n
n
Lời giải :
Xét f( )x =arctanx liên tục [n;n+1] ( ) 2
1 '
x x
f
+ =
⇒ ( ) +
∈ ∀
+ n Z
n
n;
Theo ñịnh lý Lagrange ta có :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
+ + =
+
⇒
+ +
− + =
− + =
+
⇒
− +
− + = +
∈ ∃
1 arctan
1
1
1 arctan
arctan
arctan
1
1 '
: ;
2
2
n n c
n n
n n n
n c
n n
n f n
(23)ðể ý c∈(n;n+1)⇒1≤n<c<n+1
( )
1 1
1 arctan
2
1 1 2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
2
2
+ <
+ + <
+ + ⇔
+ < + < + + ⇔
+ + < + < + ⇔
+ < < ⇒
n n
n n
n
n c
n n
n n c
n
n c n
⇒ñpcm
1.3.2 ðịnh lý về dấu của tam thức bậc hai :
Cho tam thức f( )x =ax2 +bx+c(a≠0) b2 4ac
− = ∆
- Nếu ∆<0 f( )x dấu với hệ số a, với số thực x - Nếu ∆=0 f( )x dấu với a với
a b x
2 − ≠
- Nếu ∆>0 f( )x có hai nghiệm x1,x2 giả sử x1 <x2.Thế f( )x dấu với a với x ngồi đoạn [x1;x2] (tức x<x1 hay x> x2) f( )x trái dấu với a khi x khoảng hai nghiệm (tức x1 <x<x2)
Trong một số trường hợp, ñịnh lý này là một công cụ hết sức hiệu quả Ta sẽ coi biểu thức cần chứng minh là một tam thức bậc hai theo một biến rồi xét ∆ Với ñịnh lý trên thì các bất đẳng thức thường rơi vào trường hợp ∆≤0mà ít ta xét ∆>0
Ví dụ 1.3.2.1
CMR ∀x,y,z∈R+ ∆ABCbất kỳ ta có :
xyz z y x z
C y
B x
A
2 cos
cos
cos + +
≤ +
+
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : x2 −2x(ycosC+zcosB)+(y2 +z2 −2yzcosA)≥0 Coi ñây tam thức bậc hai theo biến x
( ) ( )
( sin sin )
cos cos
cos '
2
2 2
≤ −
− =
− + − +
= ∆
B z C y
A yz z
y B z C y
(24)ðẳng thức xảy :
x y z A B C a b c
B z C y x
B z C y
: : sin
: sin : sin :
: cos
cos sin sin
= =
⇔
+ =
=
tức x,y,z ba cạnh tam giác tương ñương với ∆ABC
Ví dụ 1.3.2.2
CMR ∀x∈Rvà ∆ABCbất kỳ ta có : x cosA x(cosB cosC)
2
1+ ≥ + +
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( )
( ) ( )
0 sin sin
1 cos sin
2 sin
cos cos
cos cos
cos '
0 cos 2 cos cos
2
2
2
2
2
≤ − −
=
− − =
−
+ −
=
− − +
= ∆
≥ −
+ +
−
C B A
C B A
A C
B C B
A C
B
A C
B x x
Vậy bất ñẳng thức ñúng ðẳng thức xảy :
= =
= ⇔
+ =
= ∆
C B
x C B C B
x cos cos 2cos 2cos
0
Ví dụ 1.3.2.4
CMR mọi ∆ABCta ñều có :
2
2
2 sin
sin
sin
+ + ≤
+
+bc B ca C a b c
A ab
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
( )
(b A c C) (b c bc B) B bc c
b C c A b a a
2 cos 2
cos
cos '
0 cos 2
cos
cos
2 2
2 2
+ + − +
= ∆
≥ +
+ + +
(25)=−(bsin2A+csin2C)2 ≤0
Vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh xong
Ví dụ 1.3.2.4
Cho ∆ABCbất kỳ CMR :
2 cos cos
cosA+ B+ C≤
Lời giải :
ðặt k = A+ B+ C = B+C B−C −cos(A+B)
2 cos cos cos cos
cos
2 cos cos 2 cos
2 + − − + + − =
⇔ A B A B A B k
Do
2
cosA+B nghiệm phương trình :
2 cos
2x2 − A−Bx+k− =
Xét 2( 1)
2 cos
'= + − −
∆ A B k ðể tồn nghiệm :
( )
2 cos cos
cos
2
2 cos
'
≤ +
+ ⇒
≤ ⇒ ≤ − ≤
− ⇔ ≥ ∆
C B
A
k B
A k
⇒đpcm
Ví dụ 1.3.2.5
CMR ∀x,y∈Rta có :
( ) cos
sin
sinx+ y+ x+ y ≤
Lời giải :
ðặt ( )
2 sin 2 cos sin cos
sin
sinx y x y x y x y x y
k = + + + = + − + − +
Khi
sin x+y nghiệm phương trình :
2 cos
(26)
( )
2
0 '
≤ ⇒
≥ − − = ∆ ⇒
k k
⇒ñpcm
1.3.3 ðịnh lý về hàm tuyến tính :
Xét hàm f( )x =ax+b xác ñịnh ñoạn [α;β]
Nếu ( )
( ) k (k R) f
k f
∈
≥ ≥
β α
f( )x ≥k ∀x∈[α;β]
ðây là một ñịnh lý hay Trong một số trường hợp, mà AM – GM đã bó tay,
BCS đã đầu hàng vơ điều kiện thì định lý về hàm tuyến tính mới phát huy hết sức mạnh
của mình Một phát biểu hết sức đơn giản nhưng đó lại là lối cho nhiều bài bất đẳng thức khó
Ví dụ 1.3.3.1
Cho a,b,clà những số thực không âm thỏa : a2 +b2 +c2 =4
CMR :
2
+ ≤
+
+b c abc a
Lời giải :
Ta viết lại bất ñẳng thức cần chứng minh dạng :
2
1 + + − ≤
− bc a b c
Xét ( )
2
1 + + −
−
= bc a b c
a
f với a∈[0;2] Khi :
( ) ( )
( )2 8 8 0 8
8
0 2
= − < − = − + + − =
= − = − + ≤
− + =
c b bc f
c b c
b f
(vì a=2⇔b=c=0) Vậy f( )a ≤0∀a∈[0;2]⇒đpcm
(27)Ví dụ 1.3.3.2
CMR ∀a,b,c không âm ta có :
7(ab+bc+ca)(a+b+c)≤9abc+2(a+b+c)3
Lời giải : ðặt
c b a
c z
c b a
b y
c b a
a x
+ + = + + = + +
= ; ; Khi tốn trở thành : Chứng minh 7(xy+yz+zx)≤9xyz+2 với x+ y+z =1
Khơng tính tổng quát giả sử x=max{x,y,z} Xét f( ) (x = 7y+7z−9yz)x+7yz−2 với ∈ ;1
3
x
Ta có :
( ) ( )≤ ∀ ∈ ⇒
< − = =
1 ;
0 ;
x x
f
f f
Vậy bất ñẳng thức chứng minh xong
ðẳng thức xảy ⇔ x= y= z= ⇔a=b=c
3
ðây là phần nhất của chun đề khơng đề cập đến lượng giác Nó mang tính giới thiệu cho bạn ñọc một ñịnh lý hay ñể chứng minh bất ñẳng thức Nhưng thực trong một số bài bất đẳng thức lượng giác, ta vẫn có thể áp dụng định lý này Chỉ có điều
các bạn nên chú ý dấu bằng của bất ñẳng thức xảy phải phù hợp với tập xác ñịnh
của các hàm lượng giác
1.4 Bài tập : Cho ∆ABC CMR : 1.4.1
3 cot
cot
cot3 A+ B+ 3C ≥ với ∆ABC nhọn 1.4.2
2 3 sin sin
sin A+ B + C ≤ −
1.4.3 sin
1 sin
1 sin
1
≥ +
+
C B
A
1.4.4
8 sin sin sin sin sin
(28)1.4.5
C B A C
B A
sin sin sin
9 cot
cot
cot + + ≤
1.4.6 A B B C C A 8sinAsinBsinC
2 cos cos
cos − − − ≥
1.4.7 1+cosAcosBcosC≥sinAsinBsinC
1.4.8
S b
a c a c b c b
a
3
1
1
≥ − + + − + + − +
1.4.9 + + ≥2 c
b
a m
c m
b m
a
1.4.10
2 3 ≥ + +
c m b m a
ma b c
1.4.11
p l m l m l
ma a + b b + c c ≥ 1.4.12
abc m
c m b m
a a b c
3
1
2
2 + + >
1.4.13 ( )( )( )
abc c
p b p a
p− − − ≤
1.4.14 ha +hb +hc ≥9r
1.4.15
+
+
+ ≤
4 sin
3 sin
3 sin sin
sin
sinA B C A B B C C A