Luận văn Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu klamkin trong tam giác

Mở đầu 1

Chương 1. Một số lớp đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản 3

1.1 Một số hệ thức cơ bản đối với hàm lượng giác ngược . . . . . 3

1.2 Bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . 6

1.2.1 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.2.2 Bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác . . . . 13

Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác

trong tam giác 17

2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin . . . . . . . . . 17

2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm sin . . . . . . . . . . 24

2.3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm tan và cotan . . . . . 28

Chương 3. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác

ngược 34

3.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arccos và arcsin . . . 34

3.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arctan và arccotan . . 37

3.3 Một số bất đẳng thức khác trong tam giác . . . . . . . . . . . 42

3.3.1 Bất đẳng thức Weizenbock . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.3.2 Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler . . . . . . . . . 46

Kết luận 50

Tài liệu tham khảo 51

pdf55 trang | Chia sẻ: honganh20 | Ngày: 28/02/2022 | Lượt xem: 385 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu klamkin trong tam giác, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
điều phải chứng minh. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có Định lí 1.6 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a,b) sao cho f ′(x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a,b] và f ′′(x) < 0 với mọi x ∈ (a,b). Giả sử a1,a2, . . . ,an và x1,x2, . . . ,xn là các số ∈ [a,b], đồng thời thỏa mãn các điều kiện a1 ≤ a2 ≤ ·· · ≤ an và x1 ≤ x2 ≤ ·· · ≤ xn và x1 ≤ a1 x1+ x2 ≤ a1+a2 . . . . . . . . . . . . . . . x1+ x2+ · · ·+ xn ≤ a1+a2+ · · ·+an. Khi đó, ta luôn có n ∑ k=1 f (xk)≤ n ∑ k=1 f (ak). 13 Định lí 1.7 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai với mọi x ∈ (a,b) sao cho f ′′(x)> 0 với mọi x ∈ (a,b). Giả sử a1,a2, . . . ,an và x1,x2, . . . ,xn là các số ∈ [a,b] thỏa mãn các điều kiện a1 ≥ a2 ≥ ·· · ≥ an và x1 ≥ a1 x1+ x2 ≥ a1+a2 . . . . . . . . . . . . . . . x1+ x2+ · · ·+ xn = a1+a2+ · · ·+an. Khi đó, ta luôn có n ∑ k=1 f (xk)≥ n ∑ k=1 f (ak). 1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác Ví dụ 1.6. Cho A,B,C là ba đỉnh của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng tanA+ tanB+ tanC ≥ 3 √ 3. Lời giải. Trong phần bất đẳng Jensen ta đã chứng minh bất đẳng thức này. Ở đây ta sẽ trình bày một chứng minh khác dựa vào bất đẳng thức AM-AG. Ta có tan(A+B) = tan(pi−C) =− tanC⇔ tanA+ tanB 1− tanA tanB =− tanC ⇔ tanA+ tanB=− tanC+ tanA tanB tanC. Cho nên tanA+ tanB+ tanC = tanA tanB tanC. Tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC dương. Theo bất đẳng thức AM-AG ta có tanA+ tanB+ tanC ≥ 3 3 √ tanA tanB tanC = 3 3 √ tanA+ tanB+ tanC Từ đó, ta có (tanA+ tanB+ tanC)3 ≥ 27(tanA+ tanB+ tanC) 14 hay tanA+ tanB+ tanC ≥ 3 √ 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ A= B=C hay tam giác ABC đều.  Ví dụ 1.7. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng cotA+ cotB+ cotC ≥ √ 3. Lời giải. Ta luôn có cot(A+B) =−cotC ⇔ cotAcotB−1 cota+ cotB =−cotC ⇔ cotAcotB+ cotBcotC+ cotCcotA= 1. Khi đó (cotA− cotB)2+(cotB− cotC)2+(cotC− cotA)2 ≥ 0 ⇔ (cotA+ cotB+ cotC)2 ≥ 3(cotAcotB+ cotBcotC + cotCcotA) = 3 Suy ra cotA+ cotB+ cotC ≥ √ 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi4ABC đều.  Ví dụ 1.8. Chứng minh rằng với mọi4ABC nhọn ta có√ cosAcosB cos A2 cos B 2 + √ cosBcosC cos B2 cos C 2 + √ cosCcosA cos C2 cos A 2 ≤ 2√ 3 ( sin A 2 sin B 2 + sin B 2 sin C 2 + sin C 2 sin A 2 ) + √ 3 2 . Lời giải. Ta có cosA 2cos A2 = sin A 2 cot A 2 ⇒ 3 4 cosAcosB 4cos A2 cos B 2 = ( sin A 2 sin B 2 )( 3 4 cotAcotB ) . 15 Theo bất đẳng thức AM-AG, ta có 3 4 cosAcosB 4cos A2 cos B 2 ≤ sin A2 sin B2 + 34 cotAcotB2  2 ⇒ √ cosAcosB cos A2 cos B 2 ≤ 2√ 3 ( sin A 2 sin B 2 + 3 4 cotAcotB ) . Tương tự ta có√ cosBcosC cos B2 cos C 2 ≤ 2√ 3 ( sin B 2 sin C 2 + 3 4 cotBcotC ) √ cosCcosA cos C2 cos A 2 ≤ 2√ 3 ( sin C 2 sin A 2 + 3 4 cotCcotA ) . Cộng theo vế ta được√ cosAcosB cos A2 cos B 2 + √ cosBcosC cos B2 cos C 2 + √ cosCcosA cos C2 cos A 2 ≤ 2√ 3 ( sin A 2 sin B 2 + sin B 2 sin C 2 + sin C 2 sin A 2 ) + √ 3 2 (cotAcotB+ cotBcotC+ cotCcotA) ≤ 2√ 3 ( sin A 2 sin B 2 + sin B 2 sin C 2 + sin C 2 sin A 2 ) + √ 3 2 .  Ví dụ 1.9. Chứng rằng với mọi4ABC ta có sinA+ sinB+ sinC cosA+ cosB+ cosC ≤ tanA tanB tanC 3 . Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A≥ B≥C. Từ đó{ tanA≥ tanB≥ tanC cosA≤ cosB≤C. 16 Theo bất đẳng thức Chebyshev ta có( tanA+ tanB+ tanC 3 )( cosA+ cosB+ cosC 3 ) ≥ tanAcosA+ tanBcosB+ tanCcosC 3 ⇔ sinA+ sinB+ sinC cosA+ cosB+ cosC ≤ tanA+ tanB+ tanC 3 . Mà tanA+ tanB+ tanC = tanA tanB tanC. Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi4ABC đều.  Ví dụ 1.10. Chứng minh rằng với mọi4ABC ta có 2(sinA+ sinB+ sinC)≥ 3 2 sin2A+ sin2B+ sin2C cosA+ cosB+ cosC . Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử độ dài các cạnh thỏa mãn a≤ b≤ c, từ đó { sinA≤ sinB≤ sinC cosA≥ cosB≥ cosC. Theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có( sinA+ sinB+ sinC 3 )( cosA+ cosB+ cosC 3 ) ≥ sinAcosA+ sinBcosB+ sinCcosC 3 ⇔ 2(sinA+ sinB+ sinC)≤ 3 2 sin2AA+ sin2B+ sin2C cosA+ cosB+ cosC . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi4ABC đều.  17 Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác trong tam giác Bất đẳng thức Klamkin là bất đẳng thức hay và quan trọng. Nhiều bất đẳng thức lượng giác đã biết và có vẻ như nhiều bất đẳng thức mới là các trường hợp riêng của bất đẳng thức Klamkin. Chương 2 được giành để trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan và cotan. 2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin Năm 1971 giáo sư Murray Klamkin thiết lập bất đẳng thức sau. Định lí 2.1 ([6]). Với bất kỳ số thực x,y,z, số nguyên n và các góc A,B,C của tam giác bất kỳ, ta có x2+ y2+ z2 ≥ (−1)n+12(yzcosnA+ zxcosnB+ xycosnC). (2.1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x sinnA = y sinnB = z sinnC . (2.2) Chứng minh. Chứng minh của định lí được suy ra trực tiếp bằng cách khai triển bất đẳng thức( x+(−1)n(ycosnC+ zcosnB))2+(ysinnC− zsinnB)2 ≥ 0. 18 Thật vậy, ta có( x+(−1)n(ycosnC+ zcosnB))2 = x2+2x(−1)n(ycosnC+ zcosnB) + y2 cos2nC+2yzcosnCcosnB+ z2 cos2nB = x2+2(−1)n(xycosnC+ zxcosnB) + y2 cos2nC+2yzcosnCcosnB+ z2 cos2nB, (ysinnC− zsinnB)2 = y2 sin2nC−2yzsinnC sinnB+ z2 sin2nB, 2yzcosnCcosnB−2yzsinnC sinnB = 2yzcos(nB+nC) = 2yzcosn(pi−A) = 2yzcos(npi−nA) = 2yzcosnpi cosnA+ sinnpi sinnA = 2yzcosnpi cosnA= 2(−1)nyzcosnA. Từ các đẳng thức trên, cộng lại và biến đổi ta được x2+ y2+ z2+2(−1)n(xycosnC+ zxcosnB)+2(−1)nyzcosnA≥ 0 hay x2+ y2+ z2 ≥ (−1)n+12(yzcosnA+ zxcosnB+ xycosnC). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi{( x+(−1)n(ycosnC+ zcosnB))2 = 0 (ysinnC− zsinnB)2 = 0 hay x+(−1)n(ycosnC+ zcosnB) = 0y sinnB = z sinnC . Đặt k = y sinnB = z sinnC , thì y= k sinnB, z= k sinnC. 19 Cho nên x+(−1)n(ycosnC+ zcosnB) = 0 ⇔ x+(−1)n(k sinnBcosnC+ k sinnCcosnB) = 0 ⇔ x+(−1)nk sin(nB+nC) = 0 ⇔ x+(−1)nk sinn(B+C) = 0 ⇔ x+(−1)nk sinn(pi−A) = 0 ⇔ x+(−1)nk sin(npi−nA) = 0 ⇔ x+(−1)nk(sinnpi cosnA− cosnpi sinnA) = 0 ⇔ x− k sinnA= 0⇔ x= k sinnA ⇔ x sinnA = k = y sinnB = z sinnC . Cho x= 0 hoặc z= 0, khi đó (2.1) trở thành: Hệ quả 2.1. Với mọi x,y là các số thực tùy ý, n là số nguyên, C là góc của tam giác, ta có x2+ y2 ≥ (−1)n+12xycosnC. Đẳng thức xảy ra khi cosnC=±1,x=±y và do đó |x|, |y|,0 tạo thành một tam giác suy biến. Áp dụng bất đẳng thức (2.1), ta có thể gán A,B,C là các góc bất kỳ tương ứng với một tam giác cho trước rồi xác định x,y,z để thỏa mãn dấu bằng trong (2.2). Tuy nhiên, sẽ hữu ích hơn nếu ta gán các giá trị x,y,z trước, ta thu được các bất đẳng thức không đối xứng trong trường hợp x,y,z được chọn không đối xứng. Ở đây, ta không thể chọn x,y,z một cách hoàn toàn tùy ý bởi vì ta cần có dấu bằng xảy ra ở trong (2.2). Kết quả là |x|, |y|, |z| phải tạo thành một tam giác. Ngoài ra, các góc A,B,C có thể không duy nhất. Có rất nhiều bất thức đẹp mà ta có thể thu được từ bất đẳng thức Klamkin. Ví dụ 2.1. Với các góc A,B,C của tam giác bất kỳ, nếu n là số nguyên lẻ thì cosnA+ cosnB+ cosnC ≤ 3 2 . 20 Nếu n là số nguyên chẵn thì cosnA+ cosnB+ cosnC ≥−3 2 . Đây chính là các trường hợp riêng của định lí Klamkin với x= y= z 6= 0. Ví dụ 2.2. Với các góc A,B,C của tam giác bất kỳ, ta có √ 3cosA+2cosB+2 √ 3cosC ≤ 4. Đây là một trường hợp của định lí Klamkin ứng với n = 1,x = sin90◦,y = sin60◦,z= sin30◦. Có nhiều bất đẳng thức đối xứng theo A,B,C mà có thể được chứng minh bằng các đẳng thức hoặc các phương pháp thông thường. Tuy nhiên, nếu ta gặp bất đẳng bất đối xứng như trong Ví dụ 2.2 thì có thể khó đưa ra một chứng minh. Bài toán 2.1 ([3]). Cho các số dương x,y,z. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có xcosA+ ycosB+ zcosC ≤ yz 2x + xz 2y + xy 2z . Nếu xyz< 0 thì bất đẳng thức đổi chiều. Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu 1 x : 1 y : 1 z = sinA : sinB : sinC. Lời giải. Ta có xcosA+ ycosB+ zcosC = xcosA+ ycosB− zcos(A+B), (2.3) (xcosA+ ycosB)2 = x2 cos2A+ y2 cos2B+2xycosAcosB, (2.4) 2xysinAsinB≤ x2 sin2A+ y2 sin2B, (2.5) 2δ (xcosA+ ycosB)≤ δ 2+(xcosA+ ycosB)2, ∀δ ∈ R. (2.6) Từ (2.3) đến (2.6), suy ra 2δ (xcosA+ ycosB)+2xycosC ≤ x2+ y2+δ 2. (2.7) 21 Chọn δ = xy z , ta thu được xcosA+ ycosB+ zcosC ≤ yz 2x + xz 2y + xy 2z . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xsinA = ysinB = zsinC, tức là tam giác ABC đồng dạng với tam giác có độ dài các cạnh lần lượt là 1 x , 1 y , 1 z .  Bài toán 2.2 ([3]). Cho tam giác có độ dài các cạnh là x,y,z. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có yzcosA+ zxcosB+ xycosC ≤ x 2+ y2+ z2 2 . Lời giải. Đặt yz= α,zx= β ,xy= γ , ta thu được x2+ y2+ z2 2 = αβ 2γ + βγ 2α + γα 2β . Ta nhận lại điều kiện của Bài toán 2.1 ở trên.  Bài toán 2.3 ([3]). Cho các số dương x,y,z. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có xcos2A+ ycos2B+ zcos2C ≥−1 2 ( xy z + yz x + zx y ) . Lời giải. Ta có xcos2A+ ycos2B+ zcos2C = xcos2A+ ycos2B+ zcos(2A+2B), (2.8) cos(2A+2B) = cos2Acos2B− sin2Asin2B, (2.9) (xcos2A+ ycos2B)2 = x2 cos22A+ y2 cos22B+2xycos2Acos2B, (2.10) −2xysinAsinB≥−x2 sin22A− y2 sin22B, (2.11) và 2δ (xcos2A+ ycos2B)≥−δ 2− (xcos2A+ ycos2B)2,∀δ ∈ R. (2.12) Từ (2.8) đến (2.12), suy ra 2δ (xcos2A+ ycos2B)+ xycos2C ≥−1 2 (x2+ y2+δ 2). (2.13) 22 Chọn δ = xy z , ta thu được xcos2A+ ycos2B+ zcos2C ≥−1 2 ( xy z + yz x + zx y ) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xsin2A= ysin2B= zsin2C.  Bài toán 2.4 ([3]). Cho các số dương x,y,z. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có yzcos2A+ zxcos2B+ xycos2C ≥−x 2+ y2+ z2 2 . Lời giải. Đặt yz= α,zx= β ,xy= γ , ta nhận được x2+ y2+ z2 2 = αβ 2γ + βγ 2α + γα 2β . Ta nhận lại điều kiện của Bài toán 2.3 ở trên.  Hai bài toán tiếp theo, ta cần thêm kết quả sau. Ba số thực x,y,z thỏa mãn phương trình x2+ y2+ z2+ xyz= 4 (2.14) khi và chỉ khi tồn tại một tam giác nhọn với các góc α,β ,γ sao cho x= 2cosα,y= 2cosβ ,z= 2cosγ. Chứng minh. Nếu x,y,z > 0 và x2+ y2+ z2+ xyz = 4, thì x2,y2,z2 < 4. Nên 0< x,y,z< 2. Cho nên, tồn tại các số dương α,β ,γ < pi/2 sao cho x= 2cosα,y= 2cosβ ,z= 2cosγ. Thay vào (2.14) và rút gọn, ta được cosγ =−cos(α+β ), kéo theo α+β +γ = pi . Ta có thể thu được điều ngược lại bằng cách dùng các đẳng thức lượng giác. 23 Bài toán 2.5 (1995 IMO Shortlisted Problem, [7]). Cho a,b,c là các số thực dương. Xác định tất cả các số thực dương x,y,z thỏa mãn hệ phương trình x+ y+ z= a+b+ c, 4xyz− (a2x+b2y+ c2z) = abc. Lời giải. Ta có thể viết lại phương trình hai thành( a√ yz )2 + ( b√ zx )2 + ( c√ xy )2 + abc xyz = 4. Dựa vào kết quả rằng tồn một tam giác nhọn với các góc α,β ,γ sao cho a√ yz = 2cosα, b√ zx = 2cosβ , c√ xy = 2cosγ. Khi đó phương trình trở thành x+ y+ z= 2( √ yzcosα+ √ zxcosβ + √ xycosγ). Đây là trường hợp xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức Klamkin. Nên√ x sinα = √ y sinβ = √ z sinγ = sinγ cosβ + sinβ cosγ sinα = 1. Nên x= (b+ c)/2. Tương tự, y= (c+a)/2 và z= (a+b)/2.  Bài toán 2.6 (2007 IMO Chinese Team Training Test, [7]). Cho các số thực dương u,v,w thỏa mãn phương trình u+ v+w+ √ uvw= 4. Chứng minh rằng√ vw u + √ uw v + √ uv w ≥ u+ v+w. Lời giải. Dựa vào kết quả rằng tồn một tam giác nhọn với các góc α,β ,γ sao cho √ u= 2cosα, √ v= 2cosβ , √ w= 2cosγ. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2cosβ cosγ cosα + 2cosγ cosα cosβ + 2cosα cosβ cosγ ≥ 4(cos2α+ cos2β + cos2 γ). So sánh với bất đẳng thức Klamkin, ta chỉ cần chọn n= 1 và x= √ 2cosβ cosγ cosα ,y= √ 2cosγ cosα cosβ ,z= √ 2cosα cosβ cosγ .  24 2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm sin Bài toán 2.7 ([3]). Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có sinA+ sinB+ √ 3sinC ≤ 4 3 √ 6. Lời giải. Ta có sinA+ sinB+ √ 3sinC = 2sin A+B 2 cos A−B 2 + √ 3sinC ≤ 2cosC 2 + √ 3sinC. Xét hàm số f (x) = 2cos x 2 + √ 3csinx, x ∈ (0,pi). Ta có f ′(x) =−sin x 2 + √ 3cosx=−2 √ 3sin2 x 2 − sin x 2 + √ 3 = (√ 3+2sin x 2 )( 1− √ 3sin x 2 ) , x ∈ (0,pi); f ′(x) = 0 khi sin x 2 = 1√ 3 và đối dấu từ (+) sang (−) nên f (x) ≤ f (x0) với sin x0 2 = 1√ 3 . Do đó f (x)≤ 2 √ 2 3 +2 √ 3 · 1√ 3 · √ 2 3 và vì vậy sinA+ sinB+ √ 3sinC ≤ 4 3 √ 6. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos A−B 2 = 1 và sin C 2 = 1√ 3 , tức là tam giác ABC cân tạiC vàC = 2arcsin 1√ 3 .  Bài toán 2.8 ([3]). Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có sin2A+ sin2B+ 1√ 2 sin2C ≤ 1+ 3 √ 2 4 . 25 Lời giải. Đặt 1√ 2 = q2,q> 0. Ta có sin2A+ sin2B+q2 sin2C = 1− cos2A+ cos2B 2 +q2 sin2C = 1+ cosCcos(A−B)+q2 sin2C = 1+ cosCcos(A−B)+q2(1− cos2C) = 1+q2− [ 1 2q cos(A−B)−qcosC ]2 + 1 4q2 cos2(A−B) ≤ 1+q2+ 1 4q2 . Vậy nên sin2A+ sin2B+ 1√ 2 sin2C ≤ 1+ 3 √ 2 4 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos2(A−B) = 1 và 1 2q cos(A−B) = qcosC, tức là A= B= 3pi 8 ,C = pi 4 .  Bài toán 2.9 ([3]). Cho các số dương x,y,z. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có xsin A 2 + ysin B 2 + zsin C 2 ≤ 1 2 ( yz x + xy z + zx y ) . Lời giải. Ta có xsin A 2 + ysin B 2 + zsin C 2 = xsin A 2 + ysin B 2 + zsin A+B 2 (2.15)( xsin A 2 + ysin B 2 )2 = x2 sin2 A 2 + y2 sin2 B 2 +2xysin A 2 sin B 2 , (2.16) 2xycos A 2 cos B 2 ≤ x2 cos2 A 2 + y2 cos2 B 2 , (2.17) 2xysin C 2 = 2xycos A+B 2 = 2xy(cos A 2 cos B 2 − sin A 2 sin B 2 ). (2.18) Từ (2.17) và (2.18) suy ra 2xycos A+B 2 ≤ x2 cos2 A 2 + y2 cos2 B 2 −2xysin A 2 sin B 2 . (2.19) Từ (2.16) và (2.19) suy ra δ 2+ ( xsin A 2 + ysin B 2 )2 +2xycos A+B 2 ≤ x2+ y2+δ 2,∀δ ∈ R. 26 Mặt khác, 2δ ( xsin A 2 + ysin B 2 ) ≤ δ 2+ ( xsin A 2 + ysin B 2 )2 nên 2δ ( xsin A 2 + ysin B 2 ) +2xysin C 2 ≤ δ 2+ ( xsin A 2 + ysin B 2 )2 . Chọn δ xy z , ta thu được xsin A 2 + ysin B 2 + zsin C 2 ≤ 1 2 ( yz x + xy z + zx y ) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xcos A 2 = ycos B 2 và xy z = xsin A 2 + ysin B 2 .  Bài toán 2.10 ([3]). Cho các số thực dương m,n, p. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có m sinA sinBsinC +n sinB sinC sinA + p sinC sinAsinB ≥ 2√mn+np+ pm. (2.20) Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta xét các tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn đường kính bằng 1. Khi đó sinA= a,sinB= b,sinC = c. Sử dụng định lí sin và định lí cosin trong tam giác, ta có thể viết (2.20) dưới dạng ma2+nb2+ p(a2+b2−2abcosC)> 2absinC√mn+np+ pm, hay (m+ p) a b +(p+n) b a ≥ 2(pcosC+√mn+np+ pmsinC) . (2.21) Sử dụng bất đẳng thức AM-AG, ta được (m+ p) a b +(p+n) b a ≥ 2 √ (m+ p)(p+n). (2.22) 27 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, thì (pcosC+ √ mn+np+ pmsinC)2 ≤ (p2+mn+np+ pm)(cos2C+ sin2C) ⇔ (pcosC+√mn+np+ pmsinC)2 ≤ (m+ p)(p+n). (2.23) Từ (2.22) và (2.23) suy ra (2.21). Vậy (2.20) được chứng minh.  Bài toán 2.11 ([3]). Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có 9sinA sinBsinC + 16sinB sinC sinA + 25sinC sinAsinB ≥ 5. Lời giải. Tương tự Bài toán 2.10, chọn a1 = 3,b1 = 4,c1 = 5, ta được một tam giác vuông có ba cạnh là a1,b1,c1 nội tiếp trong đường tròn đường kính bằng 5. Xét tam giác ABC với độ dài ba cạnh là a= 1 5 a1,b= 1 5 b1,c= 1 5 c1 ta nhận được trường hợp riêng của Bài toán 2.10.  Bài toán 2.12 ([3]). Cho các số dương x,y,z lớn hơn 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có xsinA+ ysinB+ zsinC ≤ 1 2 (cot2α+ cot2β + cot2γ)+ 1 2 ( 1 sin2α + 1 sin2β + 1 sin2γ ) + 1 2 ( sin2α sin2β sin2γ + sin2β sin2α sin2γ + sin2γ sin2α sin2β ) . trong đó 1 x = cosα, 1 y = cosβ , 1 z = cosy, với α,β ,γ thuộc khoảng ( 0, pi 2 ) . Lời giải. Ta có xsinA+ ysinB+ zsinC = sinA cosα + sinB cosβ + sinC cosγ = 2sinα sinA sin2α + 2sinβ sinB sin2β + 2sinγ sinC sin2γ ≤ sin 2α+ sin2A sin2α + sin2β + sin2B sin2β + sin2 γ+ sin2C sin2γ = sin2α+ 12(1− cos2A) sin2α + sin2β + 12(1− cos2B) sin2β + sin2 γ+ 12(1− cos2C) sin2γ = (sin2α+ 12 sin2α + sin2β + 12 sin2β + sin2 γ+ 12 sin2γ ) − 1 2 (cos2A sin2α + cos2B sin2β + cos2C sin2γ ) . 28 Theo Bài toán 2.3 thì cos2A sin2α + cos2B sin2β + cos2C sin2γ ≥−1 2 ( sin2γ sin2α sin2β + sin2α sin2γ sin2β + sin2β sin2α sin2γ ) . Vậy nên xsinA+ ysinB+ zsinC ≤ 1 2 (cot2α+ cot2β + cot2γ)+ 1 2 ( 1 sin2α + 1 sin2β + 1 sin2γ ) + 1 2 ( sin2α sin2β sin2γ + sin2β sin2α sin2γ + sin2γ sin2α sin2β ) . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cosA= cosα,cosB= cosβ ,cosC = cosγ.  2.3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm tan và cotan Trong tam giác ABC, ta luôn có tan A 2 tan B 2 + tan B 2 tan C 2 + tan C 2 tan A 2 = 1. (2.24) Từ đó dễ dàng suy ra tan2 A 2 + tan2 B 2 + tan2 C 2 ≥ 1. (2.25) Ta có thể mở rộng bất đẳng thức đối xứng (2.25) thành bất đẳng thức dạng không đối xứng sau đây. Bài toán 2.13 ([3]). Cho các số dươngm,n, p. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có n+ p m tan2 A 2 + p+m n tan2 B 2 + m+n p tan2 C 2 ≥ 2. (2.26) Lời giải. Ta có n+ p m tan2 A 2 + p+m n tan2 B 2 + m+n p tan2 C 2 = ( n m tan2 A 2 + m n tan2 B 2 ) + ( p m tan2 A 2 + m p tan2 C 2 ) + ( p n tan2 B 2 + n p tan2 C 2 ) . 29 Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân thì n m tan2 A 2 + m n tan2 B 2 ≥ 2tan A 2 tan B 2 (2.27) p m tan2 A 2 + m p tan2 C 2 ≥ 2tan A 2 tan C 2 (2.28) p n tan2 B 2 + n p tan2 C 2 ≥ 2tan B 2 tan C 2 . (2.29) Cộng các vế tương ứng của các bất đẳng thức từ (2.27) đến (2.29) và sử dụng bất đẳng thức (2.24), ta th được n+ p m tan2 A 2 + p+m n tan2 B 2 + m+n p tan2 C 2 ≥ 2. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi n m tan2 A 2 = m n tan2 B 2 p m tan2 A 2 = m p tan2 C 2 p n tan2 B 2 = n p tan2 C 2 . Suy ra 1 m2 tan2 A 2 = 1 n2 tan2 B 2 = 1 p2 tan2 C 2 , hay tan A2 m = tan B2 n = tan C2 p . (2.30) Đặt m = tan α 2 ,n = tan β 2 , p = tan γ 2 với α,β ,γ thuộc khoảng (0,pi). Khi đó (2.30) tương đương với tan A2 tan α2 = tan B2 tan β2 = tan C2 tan γ2 hay A α = B β = C γ . Suy ra A α = B β = C γ = A+B+C α+β + γ 30 và vì vậy A= α1pi,B= β1pi,C = γ1pi với α1 = α α+β + γ ,β1 = β α+β + γ ,γ1 = γ α+β + γ . Vậy A= α1pi,B= β1pi,C = γ1pi là các góc của một tam giác và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác có ba góc tương ứng bằng α1pi,α1pi,γ1pi.  Ta đã biết trong tam giác ABC luôn có tan A 2 + tan B 2 + tan C 2 ≥ √ 3. (2.31) Ta có thể mở rộng bất đẳng thức (2.31) thành bất đẳng thức dạng không đối xứng sau đây. Bài toán 2.14 ([3]). Cho các số dương m,n, p là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, ta luôn có m tan A 2 +n tan B 2 + p tan C 2 ≥ 2(mn+np+ pm)−m2−n2− p2. (2.32) Ta đã biết trong tam giác ABC luôn có tan A 2 tan B 2 + tan B 2 tan C 2 + tan C 2 tan A 2 = 1 nên ta có thể phát biểu Bài toán 2.14 như sau: Cho a,b,c là độ dài các cạnh của một tam giác. Xét x,y,z ≥ 0 và thỏa mãn điều kiện xy+ yz+ zx= 1. Chứng minh rằng ax+by+ cz≥ 2(ab+bc+ ca)− (a2+b2+ c2). Lời giải. Ký hiệu M1 = ax+ by+ cz và M = (ax+ by+ cz)2. Khi đó M =M21 và M = (ax+by+ cz)2 xy+ yz+ zx . 31 Với z= 0 thì xy= 1 và vì vậy M = (ax+by)2 ≥ 4ab. Vì ta cần xác định giá tri nhỏ nhất của M nên về sau ta chỉ cần quan tâm tới các giá trị M < 4ab là đủ. Với z 6= 0, ta đặt x z = u và y z = v. Khi đó M = (au+bv+ c)2 u+ v+uv , u,v> 0 hay M = a2u2+b2v2+ c2+2abuv+2acu+2bcv u+ v+uv . (2.33) Xét (2.33) như phương trình bậc hai đối với u: a2u2+[(2ab−M)v+2ac−M]u+b2v2+(2bc−M)v+ c2 = 0. Phương trình này có nghiệm nên ∆= [(2ab−M)v+2ac−M]2−4a2[b2v2+(2bc−M)v+ c2]≥ 0, hay M(M−4ab)v2+2[(2ab−M)(2ac−M)−2a2(2bc−M)]v +(2ac−M)2−4a2c2 ≥ 0. (2.34) Do 0<M < 4ab nên (2.34) xảy ra khi và chỉ khi ∆′ = [(2ab−M)(2ac−M)−2a2(2bc−M)]2 −M2(M−4ab)[(2ac−M)2−4a2c2] ⇔M[M+2a(a−b− c)]2−M2(M−4ab)(M−4ac)≥ 0 ⇔M ≥ 2(ab+bc+ ca)− (a2+b2+ c2). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi v= a−b+ c a+b− c ,u=− (2ab−M0)v+2ac−M0 2a2 . (2.35) Thay x= uz,y= vz vào hệ thức xy+ yz+ zx= 1, ta được (uv+ v+u)z2 = 2⇔ z= √ 1 uv+u+ v , trong đó u,v xác định theo (2.35). 32 Vậy giá trị nhỏ nhất của M1 = ax+by+ cz bằng√ 2(ab+bc+ ca)− (a2+b2+ c2), tức là tan A 2 tan B 2 + tan B 2 tan C 2 + tan C 2 tan A 2 = 1. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x= uz,y= vz,z= √ 1 uv+u+ v , với u,v,z được xác định bởi (2.35).  Bài toán 2.15 (Olympic Toán Hàn Quốc 1998, [7]). Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a+b+ c= abc. Chứng minh rằng 1√ 1+a2 + 1√ 1+b2 + 1√ 1+ c2 ≤ 3 2 và xác định khi nào xảy ra dấu bằng. Lời giải. Cho a= tanu, b= tanv, c= tanw trong đó u,v,w> 0. Do a+b+c= abc, tanu+ tanv+ tanw= tanu tanv tanw, và ta viết lại thành − tanu= tanv+ tanw 1− tanv tanw = tan(v+w). Điều này kéo theo u+ v+w = npi với n là số nguyên dương lẻ. Đặt α = u/n, β = v/n,γ = w/n. Cho x= y= z= 1 trong bất đẳng thức Klamkin ta có cosnα+ cosnβ + cosnγ ≤ 3/2. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= √ 3.  Bài toán 2.16 (1988 IMO Shortlisted Problem, [7]). Cho n là một số nguyên lớn hơn 1. Với i= 1,2, . . . ,n,αi > 0,βi > 0 và n ∑ i=1 αi = n ∑ i=1 βi = pi. Chứng minh rằng n ∑ i=1 cosβi sinαi ≤ n ∑ i=1 cotαi. 33 Lời giải. Với n= 2, ta có đẳng thức cosβ1 sinα1 + cosβ2 sinα2 = cosβ1 sinα1 − cosβ1 sinα1 = 0= cotα1+ cotα2. Với n= 3, α1,α2,α3 là các góc của một tam giác, gọi các cạnh là a,b,c. Gọi4 là diện tích của tam giác. Ta có 24= bcsinα1 = casinα2 = absinα3. Kết hợp với công thức cosin, ta có cotα1 = cosα1 sinα1 = b2+ c2−a2 44 và tương tự với cotα2 và cotα3. Theo bất đẳng thức Klamkin, n ∑ i=1 44cosβi sinαi = 2(bccosβ1+ cacosβ2+abcosβ3) ≤ a2+b2+ c2 = 3 ∑ i=1 44cotαi. Khử 44, ta thu được công thức trong trường hợp n= 3.Với n> 3, giả sử trường hợp n−1 đã đúng. Ta có n ∑ i=1 cosβi sinαi = [ cosβ1 sinα1 + cosβ2 sinα2 − cos(β1+β2) sin(α1+α2) ] + [ n ∑ i=3 cosβi sinαi + β (β1+β2) sin(α1+α2) ] = [ cosβ1 sinα1 + cosβ2 sinα2 + cos(pi− (β1+β2)) sin(pi− (α1+α2)) ] + [ n ∑ i=3 cosβi sinαi + β (β1+β2) sin(α1+α2) ] ≤ [cotα1+ cotα2+ cot(pi− (α1+α2))] + [ n ∑ i=3 cotαi+ cot(α1+α2) ] = n ∑ i=1 cotαi.  34 Chương 3. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác ngược Chương 3 được dành để trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos, hàm arcsin, hàm arctan và hàm arccot. Các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho các hàm này không được chứng minh bằng các phương pháp sơ cấp mà phải dùng đến các công cụ của giải tích như tính lồi, tính lõm của hàm số, hoặc dùng đến định lí giá trị trung bình. 3.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arccos và arc- sin Bài toán 3.1. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng α ≥ 4 ta luôn có a) arccos A α + arccos B α + arccos C α ≤ 3arccos pi 3α , b) arcsin A 2 + arcsin B 2 + arcsin C 2 ≤ 3arcsin pi 3α . Lời giải. a) Ta có công thức sau cos(arccosα)+ cos(arccos β ) = 2cos ( arccosα+ arccos β 2 ) · cos ( arccosα− arccos β 2 ) . Vì 0< arccosα < pi,0< arccos β < pi nên 0< cos ( arccosα− arccos β 2 ) < 1. 35 Do đó ta có bất đẳng thức cos(arccosα)+ cos(arccos β )≤ 2cos ( arccosα+ arccos β 2 ) . Từ đó ta có cos ( arccos A α ) + cos ( arccos B α ) ≤ 2cos ( arccos Aα + arccos B α 2 ) cos ( arccos C α ) + cos ( arccos pi 3α ) ≤ 2cos ( arccos Cα + arccos pi 3α 2 ) . Cộng vế theo vế của bất đẳng thức trên ta được A α + B α + C α + pi 3α ≤ 4cos ( arccos Aα + arccos B α + arccos C α + arccos pi 3α 2 ) hay cos ( arccos Aα + arccos B α + arccos C α + arccos pi 3α 2 ) ≥ A α + B α + C α + pi 3α 4 ⇔ cos ( arccos Aα + arccos B α + arccos C α + arccos pi 3α 2 ) ≥ cos ( arccos pi 3α ) . Vì hàm số cosine là hàm nghịch biến trong khoảng (0;pi) nên ta có arccos A α + arccos B α + arccos C α ≤ 3arccos pi 3α , ∀α ≥ 4. b) Tương tự a) ta cũng chứng minh được arcsin A 2 + arcsin B 2 + arcsin C 2 ≤ 3arcsin pi 3α .  Bài toán 3.2. Chứng minh rằng: xarcsin x> 3+ √ 3 6 + pi 6 x− √ 1− x2, ∀x ∈ (−1;1) . Lời giải. Xét hàm y= xarcsin x+ √ 1− x2, ∀x ∈ (−1;1) . Ta có y′ = arcsin x,y′′ = 1√ 1− x2 > 0 với ∀x ∈ (−1;1) . 36 Suy ra y(x)> y(a)+ y′ (a)(x−a) , ∀a ∈ (−1;1) . Thay a bởi 0, 1 2 , √ 3 2 , ta được xarcsin x+ √ 1− x2 > 1, xarcsin x+ √ 1− x2 > 1 2 . pi 6 + √ 3 2 + pi 6 ( x− 1 2 ) = pi 6 x+ √ 3 2 xarcsin x+ √ 1− x2 > √ 3 2 . pi 3 + 1 2 + pi 3 (

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfluan_van_mot_so_lop_bat_dang_thuc_luong_giac_kieu_klamkin_tr.pdf
Tài liệu liên quan