CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG LƯỢNG GIÁC HÓA

Chia sẻ: Nguyễn Đăng Khoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

1.184
lượt xem 84
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là các bài toán có biến ràng buộc bới một hệ thức cho trước thoạt nhìn chúng ta cứ nghĩ đó là bài toán đại số thuần tuý nhưng nếu biết biến đổi linh hoạt điều kiện để chuyển bài toán về dạng lượng giác thì cách giải sẽ trở nên đơn giản hơn rất nhiều.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG LƯỢNG GIÁC HÓA

www.laisac.page.tl kientoanqb@yahoo.com sent to CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG LƯỢNG GIÁC HÓA BIÊN SOẠN: GV NGUYỄN TRUNG KIÊN Mở đầu: Trong chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là các bài toán có biến ràng buộc bới một hệ thức cho trước thoạt nhìn chúng ta cứ nghĩ đó là bài toán đại số thuần tuý nhưng nếu biết biến đổi linh hoạt điều kiện để chuyển bài toán về dạng lượng giác thì cách giải sẽ trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Qua bài viết này tác giả mong muốn gửi đến các em học sinh một phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường gặp trong các kỳ thi TSĐH. Khi nào thì có thể vận dụng bất đẳng thức trong tam giác? - Từ điều kiện a, b, c  R  , ab  bc  ca  1 luôn tồn tại 3 góc của tam giác ABC sao cho A B C a  tan , b  tan , c  tan 2 2 2 - Từ điều kiện a, b, c  R  , ab  bc  ca  abc bao gìơ cũng tồn tại 3 góc của tam giác sao cho a  tan A, b  tan B, c  tan C - Từ điều kiện a, b, c  R  , a 2  b 2  c 2   bc  * với   (0;2)  Tồn tại tam giác ABC có 3 góc thoả mãn điều kiện (*) và ta dễ dàng tính được góc A thông qua định lý hàm số côsin…….. - Từ điều kiện a 2  b2  c 2  2abc  1, a, b, c   1;1 luôn tồn tại a=cosA,b=cosB,c=cosC với A B  C   Một số kết quả cơ bản 1-a 2 A 2a A a A 1 * Khi ta đặt a  tan  sin A  ;sin  ; cos  ; cosA= 2 2 1 a 1 a 2 2 2 2 1  a2 1 a * a,b,c  R  , ab+bc+ca=1  1  a 2  (a  b)(a  c ),1  b2  (b  c)(b  a ),1  c 2  (c  a)(c  b) (1) 1  ab * a,b R    1 (2) Thật vậy (2) tương đương với 1  a 2 1  b2 2  (1  a 2 )(1  b 2 )  2ab  a 2  b 2 1  ab  a b 1 * a, b, c  R  , ab  bc  ca  1    (3) 2 2 1 a 1 b 1  c2 Thật vậy trước hết ta chứng minh a (b  c)  b(c  a ) 1  ab 1  ab a b     (Áp dụng 2 2 (a  b)(b  c)(c  a) (a  b)(b  c)(c  a) 1 a 1 b 2 2 2 (1  a )(1  b )(1  c ) kết quả (1))  a (b  c)  b(c  a)  1  ab  ab  bc  ca  1 1  ab  1  đpcm Vì (1  a 2 )(1  b 2 ) 1  a 2 1  b2 2c  * a, b, c  R , ab  bc  ca  1    2 2 1 a 1 b 1  c2 1
1  a 2 1  b2 2c(1  ab)   Thật vậy trước hết ta chứng minh sau đó dùng kết quả 2 2 1 a 1 b (1  a 2 )(1  b 2 )(1  c 2 ) (2) ta có điều phải chứng minh * Nhìn bài toán bằng con mắt lượng giác - Ta thấy BĐT (2) 1 ab A B A B A B    1  cos .cos  sin .sin  1  cos     1 rõ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 a 1 b 1 a 1 b ràng bất đẳng thức này luôn đúng C - Ta thấy (3)  sin A  sin B  2cos Nhưng ta có 2 C  A-B   A-B  sin A  sin B  2cos .cos    1  đpcm  ; cos  2 2 2 C - Ta thấy (4)  cosA+cosB  2sin Nhưng ta có 2 A B AB C )  1  đpcm cosA+cosB=2sin .cos( ); cos( 2 2 2 Bây giờ ta sẽ chứng minh các bài toán phức tạp hơn a b 3c Ví dụ 1) a, b, c  0, ab  bc  ca  1.Cmr :    10 (1) 2 2 1 a 1 b 1  c2 Giải: C C Ta thấy (1)  sin A  sin B  6 sin  2 10 Lại có sin A  sin B  2cos nên ta sẽ chứng minh 2 2 C C 3sin  cos  10 . Theo BĐT Bunhiacopxki 2 2 C C C C (3sin  cos ) 2  (9  1)(sin 2  cos 2 )  10  đpcm 2 2 2 2 2 2 3 10 Ví dụ 2) a, b, c  0, abc  a  c  1.Cmr :    (2) 2 2 2 1 a 1 b 1 c 3 Giải: ac Đây là bài toán khó nhưng nhìn kỹ các bạn sẽ thấy abc  a  c  1  ac    1 từ đó ta đặt bb A1 B c a  tan ,  tan , c  tan (2) 2b 2 2 A B C 10 C 10  2 cos 2  2 sin 2  3cos 2   (cosA+1)-(1-cosB)+3(1-sin 2 )  2 2 23 2 3  A B   A B  C 2C 1 C 2C   3sin  vì cos    1  VT  2 sin  3sin Ta sẽ  2sin .cos  2 2 23 2 2 2 C C1 C C1 C1 chứng minh 2sin  3sin 2    2 sin  3sin 2   0  3(sin  ) 2  0 . Điều 2 23 2 23 23 này là hiển nhiên  đpcm 2
Ví dụ 3) Cho x, y ,z là các số dương thỏa mản x(x + y +z)=3yz Chứng minh rằng: (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x +y)(y +z )(z + x) ≤ 5(y + z)3 (TSĐH 2009A) Giải: Đặt a = x +y , b = y + z, c = z +x thì a, b, c là các số dương và bca c ab abc Điều kiện bài toán trở thành cho a, b,c là các số dương x ;y  ;z  2 2 2 thỏa mãn a 2  b 2  c 2  bc chứng minh b 3  c 3  3abc  5a 3 (*) Coi a, b, c như là 3 cạnh của tam giác ta suy ra góc A=600 Ta có BĐT (*)  (b  c )(b 2  bc  c 2 )  3abc  a 2 (b  c)  3abc  5a 3  a(b  c )  3bc  5a 2 vận dụng điều kiện góc A=600 và các hệ thức a = 2Rsin A, b = 2RsinB, c= 2RsinC BĐT cần cm  2 3 (sin B  sin C )  12 sin B. sin C  15 mặt khác ta có BC 2 [2 sin( )] 2 B C (sin B  sin C ) 3 2 sinB + sinC  2 sin( )  3 , sin B sin C    2 4 4 4 Ta suy ra đpcm; dấu bằng xảy ra khi a=b=c  x  y  z Ví dụ 4) Cho a, b, c  0, a 2  b 2  c 2  2abc  4 . Chứng minh rằng a  b  c  abc  2 (4) Giải:  Từ giả thiết suy ra a, b, c   0; 2 do đó tồn tại A,B,C  [0; ] sao cho 2 2 2 2 a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC và a  b  c  2abc  1 suy ra A,B,C là các đỉnh của tam giác nhọn ABC. A B C (4)  cosA+cosB+cosC  4cosA.cosB.cosC+1  sin sin sin  cosA.cosB.cosC 2 2 2 2  cosA+cosB  C  A-B  2C  sin 2 .cos 2  Tương tự có 2 bất đẳng thức Ta có cos A.cosB    sin 4 2 2 2 nữa. Sau đó nhân vế với vế 3 bất đẳng thức cùng chiều ta có điều phải chứng minh  x, y, z  0 x y z 33    CMR : Ví dụ 5) Cho   x  y  z  xyz 2 2 2 2 1 x 1 y 1 z Giải: Đặt x=tanA, y=tanB,z=tanC với A,B,C là 3 góc nhọn của tam giác ABC thì bất đẳng thức cần 33 chứng minh tương đương với sin A  sin B  sin C  2  C  600   A B   A B   A-B  ;  sin C  sin 60 0  2 sin  Tacó sin A  sin B  2sin   2 sin  .cos      2 2 2 2  A  B  C  600  43 Từ đó suy ra sin A  sin B  sin C  sin 600  4 sin  0 hay   4 sin 60  4 2   3
33 sin A  sin B  sin C  đpcm 2 Ví dụ 6) Cho x,y,z là 3 số thực dương thỏa mãn x+y+z=1. Tìm GTLN của: xyz x y P   x  yz y  zx z  xy xy 0  A   z . Đặt yz  tg 2 A ; zx  tg 2 B với 1 1 Giải: P     yz zx xy 0  B   x 2y 2 1 1 1 x y z xy xz yz xz xz yz Ta có: 1  x  y  z    . . . z y x y y x AB 1  tg .tg xy  xz yz  2  cot g A  B  tg C zx yz xy 2     1   .  z y x A B y x z 2 2   tg  tg 2 2  ; C     A  B    0;   ) (Do A  B  2 C tg 1 1 2  cos 2 A  cos 2 B  sin C  1  1  cos A  cos B  sin C  P   A B C 2 2 2 2 1  tg 2 1  tg 2 1  tg 2 2 2 2 Mặt khác:   C C  A B A B 3 .cos 3 cos A  cos B  sin C  sin  2 cos  2sin .cos 3 2 2 2 2   C A BC  3  4 cos   2 3 A B 3  4 cos  2 cos  2 cos 2 2 4 6 1 3 33 Do đó P  1   2 3    1 . Đẳng thức xảy ra khi: 2 2 4     A  B A  B  6   yz zx xy       tg  2  3;  tg  3 .   C  2 C  3   x y 12 z 3   3   x  y  2 3; z  7  4 3 . 4
1 1 1 1 Ví dụ 7) Cho 3 số thực x,y,z thỏa mãn:    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu x y z xyz 2 x 2 y z 1 thức P    1 x 1 y z 1 1 1 1 1     x . y  y . z  z . x  1 . Điều này cho ta hướng giải Giải:Ta có: x y z xyz A B C lượng giác. Đặt x  tan ; y  tan ; z  tan 2 2 2 A B B C C A Nếu A, B, C   0;   , A  B  C   thì tan .tan  tan . tan  tan .tan  1 2 2 2 2 2 2 AB C C  2 cos 2  1 Khi đó P  sin A  sin B  cos C  2 cos cos 2 2 2 2 AB  2 AB C1 1 3  P    cos  cos   1  cos  22 2 2 2 2  2  C  3   2 3 3    x  y  tan 2 Vậy max P  khi    12 2  3 2  A  B    6  MỘT SỐ BÀI TẬP RÈN LUYỆN 1) Cho a, b,c không âm thỏa mãn điều kiện ab  bc  ca  1. 1 1 1 5 Chứng minh rằng:    ab bc ca 2 2) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2  abc  4 . CRM: abc  3. 3) Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn x  y  1  z x3 y 3 Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P  2  x  yz   y  zx   z  xy  4) Cho x, y, z là những số thực dương thỏa mãn: x  y  z  xyz , CMR: 2 1 1 9    1 z2 4 1  x2 1  y2 1  16 xyz 5) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  . Chứng minh rằng 4 x  y  z  4 xyz 13  1  4( xy  yz  zx ) 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO: MATH.VN; TOÁN HỌC VÀ TUỔI TRẺ; OLYMPIC 30-04 5