Chuyên Đề : bất đẳng thức lượng giác.pdf (bài tập toán)

www.laisac.page.tl Chuyên Đề : BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC THPT Chuyên Lý Tự Trọng. Cần Thơ : CÁC BƯỚC ðẦU CƠ SỞ Chương 1 ðể bắt ñầu một cuộc hành trình, ta không thể không chuẩn bị hành trang ñể lên ñường. Toán học cũng vậy. Muốn khám phá ñược cái hay và cái ñẹp của bất ñẳng thức lượng giác, ta cần có những “vật dụng” chắc chắn và hữu dụng, ñó chính là chương 1: “Các bước ñầu cơ sở”. Chương này tổng quát những kiến thức cơ bản cần có ñể chứng minh bất ñẳng thức lượng giác. 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, Chebyshev …) Tiếp theo là các ñẳng thức, bất ñẳng thức liên quan cơ bản trong tam giác. Cuối cùng là một số ñịnh lý khác là công cụ ñắc lực trong việc chứng minh bất ñẳng thức (ñịnh lý Largare, ñịnh lý về dấu của tam thức bậc hai, ñịnh lý về hàm tuyến tính …) Mục lục : 1.1. Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản…………………………………………… 4 1.1.1. Bất ñẳng thức AM – GM…...……………............................................ 4 1.1.2. Bất ñẳng thức BCS…………………………………………………….. 8 1.1.3. Bất ñẳng thức Jensen……………………………………………….... 13 1.1.4. Bất ñẳng thức Chebyshev…………………………………………..... 16 1.2. Các ñẳng thức, bất ñẳng thức trong 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 về dấu của tam thức bậc hai………………………………….. 25 1.3.3. ðịnh lý về hàm tuyến tính…………………………………………….. 28 1.4. Bài tập…………………………………………………………………….. 29 The Inequalities Trigonometry 3 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 1 Các bước ñầu cơ sở 1.1. Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản : 1.1.1. Bất ñẳng thức AM – GM : Với mọi số thực không âm a1 , a 2 ,..., a n ta luôn có a1 + a 2 + ... + a n n ≥ a1 a 2 ...a n n 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 sẽ là công cụ hoàn 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 1 : Quy nạp kiểu Cauchy Với n = 1 bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng. Khi n = 2 bất ñẳng thức trở thành 2 a1 + a 2 ≥ a1 a 2 ⇔ a1 − a 2 ≥ 0 (ñúng!) 2 Giả sử bất ñẳng thức ñúng ñến n = k tức là : a1 + a 2 + ... + a k k ≥ a1a 2 ...a k k Ta sẽ chứng minh nó ñúng với n = 2k . Thật vậy ta có : (a1 + a 2 + ... + ak ) + (a k +1 + ak +2 + ... + a 2k ) (a1 + a 2 + ... + ak )(ak +1 + ak +2 + ... + a2k ) ≥ 2k k ( ) ≥ (k k )( a1 a 2 ...a k k k a k +1 a k + 2 ...a 2 k ) k = 2 k a1 a 2 ...a k a k +1 ...a 2 k Tiếp theo ta sẽ chứng minh với n = k − 1 . Khi ñó : a1 + a 2 + ... + a k −1 + k −1 a1a 2 ...a k =1 ≥ k k a1 a 2 ...a k −1 k −1 a1a 2 ...a k −1 = k k −1 a1 a 2 ...a k −1 ⇒ a1 + a 2 + ... + a k −1 ≥ (k − 1)k −1 a1 a 2 ...a k −1 Như vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh hoàn toàn. ðẳng thức xảy ra ⇔ a1 = a 2 = ... = a n Cách 2 : ( lời giải của Polya ) The Inequalities Trigonometry 4 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Gọi A = Bất ñẳng thức lượng giác Chương 1 Các bước ñầu cơ sở a 1 + a 2 + ... + a n n Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với a1 a 2 ...a n ≤ A n (*) Rõ ràng nếu a1 = a 2 = ... = a n = A thì (*) có dấu ñẳng thức. Giả sử chúng không bằng nhau. Như vậy phải có ít nhất một số, giả sử là a1 < A và một số khác, giả sử là a 2 > A tức là a1 < A < a 2 . Trong tích P = a1 a 2 ...a n ta hãy thay a1 bởi a'1 = A và thay a 2 bởi a' 2 = a1 + a 2 − A . Như vậy a'1 + a' 2 = a1 + a 2 mà a'1 a' 2 −a 2 a 2 = A(a1 + a 2 − A) − a1a 2 = (a1 − A)(a 2 − A) > 0 ⇒ a'1 a' 2 > a1 a 2 ⇒ a1 a 2 a3 ...a n < a'1 a' 2 a3 ...a n Trong tích P ' = a '1 a' 2 a3 ...a n có thêm thừa số bằng A . Nếu trong P ' còn thừa số khác A thì ta tiếp tục biến ñổi ñể có thêm một thừa số nữa bằng A . Tiếp tục như vậy tối ña n − 1 lần biến ñổi ta ñã thay mọi thừa số P bằng A và ñược tích A n . Vì trong quá trình biến ñổi tích các thừa số tăng dần. ⇒ P < A n . ⇒ ñpcm. Ví dụ 1.1.1.1. Cho A,B,C là ba góc của một tam giác nhọn. CMR : tan A + tan B + tan C ≥ 3 3 Lời giải : tan A + tan B = − tan C 1 − tan A tan B ⇒ tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C Tam giác ABC nhọn nên tanA,tanB,tanC dương. Theo AM – GM ta có : tan A + tan B + tan C ≥ 33 tan A tan B tan C = 33 tan A + tan B + tan C Vì tan ( A + B ) = − tan C ⇔ ⇒ (tan A + tan B + tan C ) ≥ 27(tan A + tan B + tan C ) 2 ⇒ tan A + tan B + tan C ≥ 3 3 ðẳng thức xảy ra ⇔ A = B = C ⇔ ∆ABC ñều. Ví dụ 1.1.1.2. Cho ∆ABC nhọn. CMR : cot A + cot B + cot C ≥ 3 The Inequalities Trigonometry 5 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 1 Các bước ñầu cơ sở Lời giải : Ta luôn có : cot ( A + B ) = − cot C cot A cot B − 1 ⇔ = − cot C cot A + cot B ⇔ cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1 Khi ñó : (cot A − cot B )2 + (cot B − cot C )2 + (cot C − cot A)2 ≥ 0 ⇔ (cot A + cot B + cot C ) ≥ 3(cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A) = 3 2 ⇒ cot A + cot B + cot C ≥ 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều. Ví dụ 1.1.1.3. CMR với mọi ∆ABC nhọn và n ∈ N * ta luôn có : n −1 tan n A + tan n B + tan n C ≥3 2 tan A + tan B + tan C Lời giải : Theo AM – GM ta có : tan n A + tan n B + tan n C ≥ 33 (tan A tan B tan C ) = 33 (tan A + tan B + tan C ) n tan n A + tan n B + tan n C n −3 ≥ 33 (tan A + tan B + tan C ) ≥ 33 3 3 ⇒ tan A + tan B + tan C ⇒ ñpcm. ( ) n −3 =3 n n −1 2 Ví dụ 1.1.1.4. Cho a,b là hai số thực thỏa : cos a + cos b + cos a cos b ≥ 0 CMR : cos a + cos b ≥ 0 Lời giải : Ta có : cos a + cos b + cos a cos b ≥ 0 ⇔ (1 + cos a )(1 + cos b ) ≥ 1 Theo AM – GM thì : The Inequalities Trigonometry 6 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 1 Các bước ñầu cơ sở (1 + cos a ) + (1 + cos b ) ≥ (1 + cos a )(1 + cos b ) ≥ 1 2 ⇒ cos a + cos b ≥ 0 Ví dụ 1.1.1.5. Chứng minh rằng với mọi ∆ABC nhọn ta có : 2  3 cos C cos A cos B cos C A B B C C A cos A cos B + + ≤  sin sin + sin sin + sin sin  + A B B C C A 2 2 2 2 2 2 2 3 cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 Lời giải : Ta có cos A A A = sin cot A 2 2 2 cos 2 3 cos A cos B A B  3   4 =  sin sin  cot A cot B  A B  2 2  4  4 cos cos 2 2 Theo AM – GM thì : 2 A B 3 3   cos A cos B  sin sin + cot A cot B  4 2 2 4  ≤ A B  2  4 cos cos   2 2   cos A cos B A B 3 2   ≤  sin sin + cot A cot B  A B 2 2 4 3  cos cos 2 2 Tương tự ta có : cos B cos C B C 3 2   ≤  sin sin + cot B cot C  B C 2 2 4 3  cos cos 2 2 ⇒ cos C cos A A 3 2  C  ≤  sin sin + cot C cot A  C A 2 2 4 3  cos cos 2 2 Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức trên ta ñược : The Inequalities Trigonometry 7 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 1 Các bước ñầu cơ sở cos A cos B cos B cos C cos C cos A + + A B B C C A cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 ≤ A B B C C A 3 2  (cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A)  sin sin + sin sin + sin sin  + 2 2 2 2 2 2 2 3 = A B B C C A 3 2  ⇒ ñpcm.  sin sin + sin sin + sin sin  + 2 2 2 2 2 2 2 3 Bước ñầu ta mới chỉ có bất ñẳng thức AM – GM cùng các ñẳng thức lượng giác nên sức ảnh hưởng ñến các bất ñẳng thức còn hạn chế. Khi ta kết hợp AM – GM cùng BCS, Jensen hay Chebyshev thì nó thực sự là một vũ khí ñáng gờm cho các bất ñẳng thức lượng giác. 1.1.2. Bất ñẳng thức BCS : Với hai bộ số (a1 , a 2 ,..., a n ) và (b1 , b2 ,..., bn ) ta luôn có : (a1b1 + a2 b2 + ... + a n bn )2 ≤ (a1 2 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 ) Nếu như AM – GM là “cánh chim ñầu ñàn” trong việc chứng minh bất ñẳng thức thì BCS (Bouniakovski – Cauchy – Schwartz) lại là “cánh tay phải” hết sức ñắc lực. Với AM – GM ta luôn phải chú ý ñiều kiện các biến là không âm, nhưng ñối với BCS các biến không bị ràng buộc bởi ñiều kiện ñó, chỉ cần là số thực cũng ñúng. Chứng minh bất ñẳng thức này cũng rất ñơn giản. Chứng minh : Cách 1 : Xét tam thức : 2 2 2 f ( x) = (a1 x − b1 ) + (a 2 x − b2 ) + ... + (a n x − bn ) Sau khi khai triển ta có : 2 2 2 2 2 2 f ( x) = a1 + a 2 + ... + a n x 2 − 2(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn )x + b1 + b2 + ... + bn Mặt khác vì f ( x) ≥ 0∀x ∈ R nên : ( ) ( ( )( ∆ f ≤ 0 ⇔ (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) ≤ a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + ... + bn 2 ðẳng thức xảy ra ⇔ 2 2 2 2 2 2 ) ) ⇒ ñpcm. a a1 a 2 = = ... = n (quy ước nếu bi = 0 thì ai = 0 ) b1 b2 bn Cách 2 : The Inequalities Trigonometry 8 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Sử dụng bất ñẳng thức AM – GM ta có : 2 2 ai bi + 2 ≥ 2 2 2 2 2 a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + ... + bn Bất ñẳng thức lượng giác Chương 1 Các bước ñầu cơ sở 2 ai bi (a 2 2 2 )( 2 2 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + ... + bn Cho i chạy từ 1 ñến n rồi cộng vế cả n bất ñẳng thức lại ta có ñpcm. ðây cũng là cách chứng minh hết sức ngắn gọn mà bạn ñọc nên ghi nhớ! 1 2 ) Bây giờ với sự tiếp sức của BCS, AM – GM như ñược 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 nhau trong việc chứng minh bất ñẳng thức. Chúng ñã “lưỡng long nhất thể”, “song kiếm hợp bích” công phá thành công nhiều bài toán khó. “Trăm nghe không bằng một thấy”, ta hãy xét các ví dụ ñể thấy rõ ñiều này. Ví dụ 1.1.2.1. CMR với mọi a,b, α ta có : (sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) ≤ 1 +  a + b   2  2 Lời giải : Ta có : (sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) = sin 2 α + (a + b )sin α cos α + ab cos 2 α 1 + cos 2α 1 − cos 2α (a + b ) sin 2α + ab + 2 2 2 1 = (1 + ab + (a + b )sin 2α + (ab − 1) cos 2α ) 2 = (1) Theo BCS ta có : (2) A2 + B 2 A sin x + B cos x ≤ Áp dụng (2) ta có : (a + b )sin 2α + (ab − 1) cos 2α ≤ (a + b )2 + (ab − 1)2 Thay (3) vào (1) ta ñược : (sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) ≤ 1 (1 + ab + (a 2 ( (a 2 )) a+b +1 b2 +1 ≤ 1 +    2  )( The Inequalities Trigonometry )( (a 2 )( ) (3) +1 b2 +1 )) (4) +1 b2 +1 2 Ta sẽ chứng minh bất ñẳng thức sau ñây với mọi a, b : 1 1 + ab + 2 = 2 (5) 9 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 1 Các bước ñầu cơ sở Thật vậy : (5) ⇔ 1 ab 1 + + 2 2 2 (a 2 )( ) +1 b2 +1 ≤ 1+ a 2 + b 2 ab + 4 2 a2 + b2 + 2 2 2 a +1 + b2 +1 2 2 (6) ⇔ a +1 b +1 ≤ 2 Theo AM – GM thì (6) hiển nhiên ñúng ⇒ (5) ñúng. Từ (1) và (5) suy ra với mọi a,b, α ta có : ⇔ ( )( ) ( )( ) ( a 2 +1 b2 +1 ≤ ) ( ) 2 (sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) ≤ 1 +  a + b   2  ðẳng thức xảy ra khi xảy ra ñồng thời dấu bằng ở (1) và (6) a = b a = b a 2 = b 2    ⇔  a+b ab − 1 ⇔  π a+b a+b ⇔  1 = +k  tgα = α = arctg  sin 2α cos 2α ab − 1 ab − 1 2 2   (k ∈ Z ) Ví dụ 1.1.2.2. Cho a, b, c > 0 và a sin x + b cos y = c . CMR : cos 2 x sin 2 y 1 1 c2 + ≤ + − 3 a b a b a + b3 Lời giải : Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : 1 − sin 2 x 1 − cos 2 y 1 1 c2 + ≤ + − 3 a b a b a + b3 c2 sin 2 x cos 2 y ⇔ + ≥ 3 (*) a b a + b3 Theo BCS thì : (a1b1 + a 2 b2 )2 ≤ a12 + a 2 2 b1 2 + b2 2 ( với )( ) sin x cos y  ; a2 = a1 = b a  b = a a ; b = b b  1 2  sin 2 x cos 2 y  3  a + b 3 ≥ (a sin x + b cos y )2 ⇒  + b   a 3 3 do a + b > 0 và a sin x + b cos y = c ⇒ (*) ñúng ⇒ ñpcm. ( The Inequalities Trigonometry ) 10 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ ðẳng thức xảy ra ⇔ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 1 Các bước ñầu cơ sở a1 a 2 sin x cos y = ⇔ 2 = 2 b1 b2 a b  sin x cos y = 2  ⇔  a2 b a sin x + b cos y = c  a 2c sin x =  a3 + b3 ⇔ 2 cos y = b c  a3 + b3 Ví dụ 1.1.2.3. CMR với mọi ∆ABC ta có : a2 + b2 + c2 2R với x, y, z là khoảng cách từ ñiểm M bất kỳ nằm bên trong ∆ABC ñến ba cạnh BC , CA, AB . x+ y+ z≤ A Lời giải : Ta có : S ABC = S MAB + S MBC + S MCA ⇔ P Q S MAB S MBC S MCA + + =1 S ABC S ABC S ABC y z ha M x B z y x ⇔ + + =1 hc hb ha C N  x y z  ⇒ ha + hb + hc = (ha + hb + hc ) + +   ha hb hc  Theo BCS thì : x + y + z = ha x ha + hb y hb + hc z hc ≤  x y z  + +  = ha + hb + hc  ha hb hc  (ha + hb + hc ) 1 1 aha = ab sin C ⇒ ha = b sin C , hb = c sin A , hc = a sin B 2 2 ab bc ca ⇒ ha + hb + hc = (a sin B + b sin C + c sin A) = + + 2R 2R 2R Từ ñó suy ra : mà S = x+ y+ z≤ ab + bc + ca ≤ 2R The Inequalities Trigonometry a2 + b2 + c2 ⇒ ñpcm. 2R 11 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 1 Các bước ñầu cơ sở a = b = c ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  ⇔ ∆ABC ñều và M là tâm nội tiếp ∆ABC . x = y = z Ví dụ 1.1.2.4. Chứng minh rằng :  π cos x + sin x ≤ 4 8 ∀x ∈  0 ;   2 Lời giải : Áp dụng bất ñẳng thức BCS liên tiếp 2 lần ta có : ( cos x + sin x ) ≤ ((1 4 ) ≤ (1 + 1 ) (1 2 ) + 12 (cos x + sin x ) 2 2 2 2 2 )( ) + 12 cos 2 x + sin 2 x = 8 ⇒ cos x + sin x ≤ 8 4 ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = π 4 . Ví dụ 1.1.2.5. Chứng minh rằng với mọi số thực a và x ta có 1 − x 2 sin a + 2 x cos a ≤1 1+ x2 ( ) Lời giải : Theo BCS ta có : ((1 − x )sin a + 2 x cos a ) 2 2 (( ≤ 1− x2 2 ) + (2 x ) )(sin 2 2 4 2 2 a + cos 2 a 2 = 1 − 2x + x + 4x = 1 + 2x + x ) 4 (( ) ) ≤ (1 + x ) (1 − a )sin a + 2 x cos a ≤ 1 ⇔ ⇒ 1 − x 2 sin a + 2 x cos a 2 2 2 2 1+ x2 ⇒ ñpcm. The Inequalities Trigonometry 12

Chuyên Đề : bất đẳng thức lượng giác

Nội dung