Sử dụng hàm lồi giải các bài toán cực trị trong tam giác
lượt xem 2
download
Báo viết "Sử dụng hàm lồi giải các bài toán cực trị trong tam giác" trình bày các áp dụng tính chất lồi, lõm của hàm số để giải bài toán cực trị lượng giác dạng đối xứng và không đối xứng trong tam giác. Mời các bạn cùng tham khảo chi tiết mội dung bài viết!
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Sử dụng hàm lồi giải các bài toán cực trị trong tam giác
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 SỬ DỤNG HÀM LỒI GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG TAM GIÁC Lê Thị Bình Trường THPT Sầm Sơn, Thanh Hóa Tóm tắt nội dung Báo cáo trình bày các áp dụng tính chất lồi, lõm của hàm số để giải bài toán cực trị lượng giác dạng đối xứng và không đối xứng trong tam giác. 1 Tính chất của hàm lồi, lõm khả vi Định nghĩa 1.1 (xem [2],[3]). Hàm số f ( x ) được gọi là hàm lồi (lồi xuống dưới) trên tập I ( a, b) ⊂ R nếu với mọi x1 , x2 ∈ I ( a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều có f (αx1 + βx2 ) ≤ α f ( x1 ) + β f ( x2 ). Nếu dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 ta nói hàm số f ( x ) là hàm lồi thực sự (chặt) trên I ( a, b). Định lý 1.1 (xem [2],[3]). Nếu f ( x ) khả vi bậc hai trên I ( a, b) thì f ( x ) lồi (lõm) trên I ( a, b) khi và chỉ khi f 00 ( x ) ≥ 0 ( f 00 ( x ) ≤ 0) trên I ( a, b). Định lý 1.2. (Jensen). Giả sử f ( x ) liên tục trên [ a, b]. Khi đó điều kiện cần và đủ để hàm số f ( x ) lồi trên I ( a, b) là x + x f ( x1 ) + f ( x2 ) 1 2 f ≤ , ∀ x1 , x2 ∈ I ( a, b). (1.1) 2 2 Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Karamata). Cho hai dãy số { xk , yk ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n} thoả mãn các điều kiện x1 ≥ x2 > . . . ≥ x n , y1 ≥ y2 > . . . ≥ y n và x1 ≥ y1 x1 + x2 ≥ y1 + y2 ......... (1.2) x 1 + x 2 + · · · + x n −1 ≥ y 1 + y 2 + · · · + y n −1 x1 + x2 + · · · + x n = y1 + y2 + · · · + y n 1
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Khi đó, ứng với mọi hàm lồi f ( x ) với f 00 ( x ) ≥ 0 trên I ( a, b), ta đều có f ( x1 ) + f ( x2 ) + . . . + f ( x n ) ≥ f ( y1 ) + f ( y2 ) + . . . + f ( y n ). Tiếp theo, xét lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc (1,2). Sử dụng định lý Lagrange, ta có thể chứng minh kết quả sau. Bổ đề 1.1. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai f 00 ( x ) trên khoảng ( a, b). a) Nếu f 00 ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a, b), tức hàm số f ( x ) khả vi bậc hai và lồi trên ( a, b), thì f ( x ) ≥ f ( x0 ) + f 0 ( x0 )( x − x0 ) với x0 ∈ ( a, b). b) Nếu f 00 ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a, b), tức hàm số f ( x ) khả vi bậc hai và lõm trên ( a, b), thì f ( x ) ≤ f ( x0 ) + f 0 ( x0 )( x − x0 ) với x0 ∈ ( a, b). Tiếp theo, ta xét lớp các hàm đơn điệu liên tiếp bậc (1,2), đó là các hàm đồng thời có đạo hàm bậc nhất và bậc hai không đổi dấu trên I ( a, b). Định nghĩa 1.2 (xem [3]). Nếu hàm đồng thời có đạo hàm bậc nhất và bậc hai đều dương trong khoảng đang xét thì ta nói hàm số đó đồng biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng đã cho. Định nghĩa 1.3 (xem [3],[5]). Nếu hàm đồng thời có đạo hàm bậc nhất và bậc hai đều âm trong khoảng đang xét thì ta nói hàm số đó nghịch biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng đã cho. Định lý 1.4 (xem [2],[3]). Cho hai dãy số { xk , yk ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn các điều kiện x1 + x2 + . . . + xn = y1 + y2 + . . . + yn . Khi đó, ứng với mọi hàm f 1 (t), f 2 (t), . . . , f n (t) đồng biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng I ( a, b), ta đều có n n f i ( xi ) f i ( yi ) ∑ 0 f i ( yi ) ≥ ∑ f 0 ( yi ) . i =1 i =1 i Định lý 1.5 (xem [2],[3]). Cho hai dãy số { xk , yk ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn các điều kiện x1 + x2 + . . . + xn = y1 + y2 + . . . + yn . Khi đó, ứng với mọi hàm f 1 (t), f 2 (t), . . . , f n (t) nghịch biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng I ( a, b), ta đều có n n f i ( xi ) f i ( yi ) ∑ 0 f i ( yi ) ≥ ∑ f 0 ( yi ) . i =1 i =1 i 2 Bài toán cực trị lượng giác dạng không đối xứng trong tam giác Bây giờ ta sẽ xét các bài toán tìm cực trị lượng giác dạng không đối xứng trong tam giác áp dụng bất đẳng thức Jensen để giải. Bài toán 2.1. Giả sử A, B, C là ba góc của tam giác nhọn ABC thỏa mãn điều kiện 2A + 3B + 4C = 3π. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 cos A + 2 cos B + 4 cos C 2
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = cos x trên khoảng 0, π2 . Khi đó ta có π f 0 ( x ) = − sin x và f 00 ( x ) = − cos x < 0, ∀ x ∈ 0, . 2 π Do đó f ( x ) là hàm lõm trên khoảng 0, nên áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có 2 2A + 3B + 4C 3π 2 f ( A) + 3 f ( B) + 4 f (C ) ≤ 9 f = 9f 9 9 hay 9 P = 2 cos A + 2 cos B + 4 cos C ≤ 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay khi tam giác ABC đều. 9 Vậy P đạt giá trị lớn nhất maxP = , đạt được khi tam giác ABC đều. 2 Bài toán 2.2. Giả sử A, B, C là ba góc của tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu B C thức P = sin A + 2 sin + 3 sin 2 3 Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = sin x trên khoảng (0, π ). Khi đó ta có f 0 ( x ) = cos x và f 00 ( x ) = − sin x < 0, ∀ x ∈ (0, π ) . Do đó f ( x ) là hàm lõm trên khoảng (0, π ) nên áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có B C B C A + 2 + 3 π f ( A) + 2 f + 3f ≤ 6f 2 3 = 6 f 2 3 6 6 hay B C + 3 sin ≤ 3. P = sin A + 2 sin 2 3 B C π Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = = = hay khi tam giác ABC vuông có 2 3 6 π π π A= , B= ; C= . 6 3 2 π Vậy P đạt giá trị lớn nhất max P = 3, đạt được khi tam giác ABC vuông và A = , 6 π π B= ,C= . 3 2 Bài toán 2.3. Giả sử A, B, C là ba góc của tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức √ √ r C P = sin A + sin B + 2 sin . 2 √ Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = sin x, x ∈ (0, π ). Khi đó cos x f 0 (x) = √ 2 sin x 1 f 00 ( x ) = − √ 2 2 3 2sin x + cos x < 0, ∀ x ∈ (0, π ) . 4 sin x 3
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Suy ra hàm số f ( x ) lõm trên (0, π ) . Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có C C A + B + 2. π f ( A) + f ( B) + 2 f ≤ 4f 2 = 4 f 2 4 4 √ √ √ r C hay P = sin A + sin B + 2 ≤ 2 3 8. sin 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC√vuông cân tại C. Vậy P đạt giá trị lớn nhất của biểu thức maxP = 2 3 8 khi tam giác ABC vuông cân tại C. Bài toán 2.4. Giả sử A, B, C là ba góc của tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 2 P= √ +√ +r . cos A cos B C cos 2 1 π Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = √ , x ∈ 0, . Khi đó cos x 2 sin x f 0 (x) = √ 2 cos x 1 π f 00 ( x ) = √ 2 2 5 3sin x + 2cos x > 0, ∀ x ∈ 0, . 4 cos x 2 π Suy ra hàm số f ( x ) lồi trên khoảng 0, . 2 Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có C C A + B + 2. π f ( A) + f ( B) + 2 f ≥ 4f 2 = 4f 2 4 4 hay 1 1 2 4 √ 3 P= √ +√ +r ≥r = 4 2. cos A cos B C π cos cos 2 4 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam √ giác ABC vuông cân tại C. 3 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất min P = 4 2 khi tam giác ABC vuông cân tại C. Bài toán 2.5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C P = tan4 A + tan4 B + 3tan4 3 trong tập các tam giác ABC nhọn. Lời giải. Xét hàm số 4 π f ( x ) = tan x, ∀ x ∈ 0, . 2 4
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Ta có tan3 x f 0 (x) = 4 = 4tan5 x + 4tan3 x, cos2 x 00 20tan4 x + 12tan2 x π f (x) = > 0, ∀ x ∈ 0, . cos2 x 2 π Do đó f ( x ) = tan4 x là hàm lồi trên khoảng 0, . 2 Theo bất đẳng thức Jensen, ta có C A+B+3 f ( A) + f ( B) + 3 f (C ) ≥ 5 f 3 5 hay C π P = tan4 A + tan4 B + 3tan4 ≥ 5tan4 . 3 5 C π Suy ra P = tan4 A + tan4 B + 3tan4 ≥ 5tan4 . 3 5 C π 3π Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC có A = B = hay A = B = , C = . Vậy P 3 5 5 π C đạt giá trị nhỏ nhất min P = 5tan4 , đạt được khi tam giác ABC có A = B = 5 3 π 3π hay A = B = , C = . 5 5 Nhận xét 2.1. Ta nhận thấy trong các tam giác không nhọn thì tam giác vuông cân là tam giác gần đều nhất. Do vậy, ta có thể phát biểu những bài toán tìm cực trị khác, áp dụng bất đẳng thức Karamata để giải mà trong đó cực trị đạt được không phải tại dạng tam giác đều như nhiều bài toán cực trị nói chung. Bài toán 2.6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A B C M = tan + tan + tan 2 2 2 trong tập các tam giác ABC không nhọn. Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử A ≥ B ≥ C. Khi đó, do tam giác ABC là không nhọn nên ta có π A ≥ 2 π π A+B ≥ + 2 4 A + B + C = π + π + π 2 4 4 hay A π ≥ 2 4 A B π π + ≥ + 2 2 4 8 A + B + C = π + π + π 2 2 2 4 8 8 5
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 π Xét hàm số f ( x ) = tan x với x ∈ 0, . 2 π Ta có f 00 ( x ) > 0 với ∀ x ∈ 0, . Do đó ta có 2 A B C π π π tan + tan + tan ≥ tan + tan + tan . 2 2 2 4 8 8 π √ Để ý rằng tan = 2 − 1, nên 8 π π π √ tan + tan + tan = 2 2 − 1. 4 8 8 Vậy nên A B C √ M = tan + tan + tan ≥ 2 2 − 1. 2 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam √ giác ABC là tam giác vuông cân. Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất min M = 2 2 − 1, đạt được khi tam giác ABC vuông cân. Bài toán 2.7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = sin A + sin B + sin C trong tập các tam giác ABC không nhọn. Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử A ≥ B ≥ C. Khi đó, do tam giác ABC là không nhọn nên ta có: π A≥ 2 π π A+B ≥ + 2 4 A + B + C = π + π + π . 2 4 4 Xét hàm số f ( x ) = sin x với x ∈ (0, π ). Ta có f 00 ( x ) < 0 với ∀ x ∈ (0, π ). Vậy nên ta có π π π P = sin A + sin B + sin C ≤ sin + sin + sin . 2 4 4 hay √ P = sin A + sin B + sin C ≤ 1 + 2. π π Dấu đẳng thức xảy ra khi A = ; B = C = hay khi tam giác ABC vuông cân tại A. 2 √ 4 Vậy P đạt giá trị lớn nhất max P = 1 + 2, đạt được khi tam giác ABC vuông cân. Sau đây, ta sẽ đi xét một số bài toán áp dụng tìm cực trị của biểu thức lượng giác dạng không đối xứng với các giá trị A0 , B0 , C0 cụ thể Bài toán 2.8. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau √ √ √ P = 2 sin A + 2 sin B + ( 6 + 2) sin C. Lời giải. Xét hàm f ( x ) = sin x với x ∈ (0, π ). Khi đó f 0 ( x ) = cos x, 6
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 f 00 ( x ) = − sin x < 0, ∀ x ∈ (0, π ). Vậy nên sin x ≤ sin x0 + cos x0 ( x − x0 ), ∀ x, x0 ∈ (0, π ) Suy ra π π π sin A ≤ sin + cos A − 3 3 3 π π π sin B ≤ sin + cos B− 4 4 4 sin C ≤ sin 5π + cos 5π C − 5π 12 12 12 hay √ π 2 sin A ≤ 3 + A − √ 3 π 2 sin B ≤ 1 + B − 4 √ √ √ 5π ( 6 + 2) sin C ≤ 2 + 3 + C − . 12 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trong hệ trên, suy ra √ √ √ √ 2 sin A + 2 sin B + ( 6 + 2) sin C ≤ 3 + 2 3. π π 5π Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC có A = , B= , C= . 3 √ 4 12 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là max P = 3 + 2 3, đạt được khi tam giác ABC có π π 5π A= , B= , C= . 3 4 12 Bài toán 2.9. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 2 cot cot B2 cot C2 P= √ + + . 8+4 3 4 2 x Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = cot , x ∈ (0, π ). Khi đó 2 1 f 0 (x) = − ≤0 2 sin2 x 2 và cos 2x f 00 ( x ) = > 0, ∀ x ∈ (0, π ). 2 sin3 x 2 Do đó x x0 1 cot ≥ cot − ( x − x0 ), ∀ x, x0 ∈ (0, π ). 2 2 2 sin2 2x Suy ra A 1 π π cot ≥ cot − A − 12 2 sin2 12 2 π 6 B 1 π π cot ≥ cot − B− 2 6 2 sin2 π6 3 C π 1 π cot ≥ cot − A − 2 4 2 sin2 π4 2 7
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 hay cot A2 1 1 π √ ≥ − − A 8 + B4 3 √ 4 2 6 cot 2 3 1 π ≥ − B− 4 4 2 3 C cot 2 1 1 π ≥ − C− 2 2 2 2 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trong hệ trên, ta có A √ cot 2 cot B2 cot C2 3+ 3 √ + + ≥ . 8+4 3 4 2 4 √ 3+ 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là min P = , đạt được khi tam giác ABC có 4 π π π A= , B= , C= . 6 3 2 Tiếp theo ta sẽ xét các bài toán tìm cực trị trong tam giác xét đối trường hợp các góc chia ba. Bài toán 2.10. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 sin A3 2 sin B 4 sin C3 P= √ √ + √ 3 +√ √ . 6+ 2 3 6+ 2 x Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = sin với x ∈ (0, π ). 3 1 x 1 x Ta có f 0 ( x ) = cos > 0 và f 00 ( x ) = − sin < 0 với mọi x ∈ (0, π ). Do đó, 3 3 9 3 f ( x ) ≤ f ( x0 ) + f 0 ( x0 )( x − x0 ) ∀ x, x0 ∈ (0, π ). Khi đó, với mọi tam giác ABC, ta đều có A 1 π π π sin ≤ sin + cos A − 3 12 3 12 4 B π 1 π π sin ≤ sin + cos B− 3 6 3 6 2 sin C ≤ sin π + 1 cos π C − π 3 12 3 12 4 hay sin A3 π 1 π ≤ tan + B − π cos 12 12 3 4 sin B3 π 1 π ≤ tan + B− cos π6 6 3 2 sin C3 1 π π ≤ tan + C − π cos 12 12 3 4 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trong hệ trên ta có √ 4 sin A3 2 sin B3 sin C3 π π π 12 − 5 3 P= √ √ + √ +√ √ ≤ tan + tan + tan = . 6+ 2 3 6+ 2 12 6 12 3 8
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 π π Dấu đẳng thức xảy ra khi A = C = , B= . 4 √2 12 − 5 3 Vậy P đạt giá trị lớn nhất là max P = , khi tam giác ABC vuông cân tại B. 3 Bài toán 2.11. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A 4 B C P = 2 cos + √ √ cos + cos . 3 6− 2 3 3 Lời giải. Áp dụng kết quả bài toán ?? cho tam giác A0 B0 C0 với π π A0 = , B0 = C0 = . Khi đó 2 4 A 4 B C π π π √ P = 2 cos + √ √ cos + cos ≤ cot + cot + cot = 4 + 3 3. 3 6− 2 3 3 6 12 12 π π Dấu đẳng thức xảy ra khi B = C = , A= . 4 √ 2 Vậy P đạt giá trị lớn nhất max P = 4 + 3 3, khi tam giác ABC vuông cân tại A. Nhận xét 2.2. Trong các bài toán trên, ta đều xuất phát từ tam giác A0 B0 C0 đã biết trước để xây dựng bài toán. Vậy liệu có thể giải quyết bài toán trong trường hợp tổng quát hơn, với những hệ số bất kì. Bài toán 2.12. Cho tam giác ABC và m, n, p là những số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau M = m cos A + n cos B + p cos C. Lời giải. Ta cần đi xác định các giá trị A0 , B0 , C0 thỏa mãn α =m sinαA0 =n sin B0 α =p sin C0 với A0 , B0 , C0 là 3 góc trong 1 tam giác, α là một số dương nào đó. Điều này tương đương với α sin A0 = αm sin B0 = n α sin C0 = p Không giảm tổng quát giả sử p = min{m, n, p}. 9
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Do A0 , B0 , C0 là các góc trong một tam giác nên ta có sin C0 = sin( A0 + B0 ) = sin A0 cos B0 + sin B0 cos A0 s s α α α 2 α α2 ⇔ = . 1− 2 + . 1− 2 p m n n m s 1 1 α2 1 α2 2 α2 α2 ⇔ 2 = 2 1− 2 + 2 1− 2 + . 1− 2 1− 2 p m n n m mn n m s 2α2 1 1 1 2 m2 + n2 2 α4 ⇔ 2 2+ 2− 2− 2 = 1− α + m n p m n mn m2 n2 m2 n2 m2 n2 q ⇔ 2α2 + − m2 − n2 = 2. m2 n2 − (m2 + n2 )α2 + α4 p2 m2 n2 2 2 2 2 m n 2 2 2 2 ⇔ − m − n + 4α − m − n = 4m2 n2 − 4(m2 + n2 )α2 p2 p2 m2 n2 2 4m2 n2 2 ⇔ 4m2 n2 − − m 2 − n 2 = α p2 p2 mn pm pn 2 ⇔ α2 = p2 − − − 2p 2n 2m Rõ ràng α < p thỏa mãn sin A0 , sin B0 , sin C0 < 1. Ta cần tìm điều kiện của m, n, p để sin A0 , sin B0 , sin C0 > 0 tức là mn mp np p> − − 2p 2n 2m 2 1 1 1 ⇔ > 2− 2− 2 mn p m n 1 1 2 1 ⇔ + > 2 m n p 1 1 1 ⇔ + > m n p 1 1 1 Với p = min{m, n, p} thì điều kiện trên có nghĩa , , lập thành số đo 3 cạnh của một m n n tam giác. Khi đó M đạt giá trị lớn nhất bằng Mmax = α(cot A0 + cot B0 + cot C0 ). s √ 1 m2 − α2 Sử dụng công thức cot A0 = − 1, ta có cot A 0 = . Hoàn toàn tương sin2 A0 α tự ta có: √ p n2 − α2 p2 − α2 cot B0 = , cot C0 = . α α Vậy q p p Mmax = m − α + n − α + p2 − α2 2 2 2 2 với mn pm pn 2 α2 = p2 − − − . 2p 2n 2m 10
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Ta có phân tích sau: mnpm pn 2 m2 − α2 = m2 − p2 + − − 2p 2n 2m mn 2 mp 2 pn 2 m2 n2 p2 = + + + − − 2p 2n 2m 2 2 2 mn pm pn 2 = + − 2p 2n 2m Do vậy p mn pm pn m2 − α2 = + − . 2p 2n 2m Tương tự, ta có: p mn pm pn n2 − α2 = − + 2p 2n 2m và mn pm pn q p2 − α2 = − + + . 2p 2n 2m Vậy ta đi đến kết luận mn pm pn Mmax = + + , 2p 2n 2m đạt được khi A = A0 , B = B0 , C = C0 hay 1 1 1 sin A : sin B : sin C = : : , m n p 1 1 1 suy ra tam giác ABC đồng dạng với tam giác có số đo 3 cạnh lần lượt là , , . m n p Vậy ta có thể tổng kết lại bài toán tổng quát như sau 1 1 1 Bài toán mở rộng 2.1. Cho các số dương m, n, p sao cho , , lập thành độ dài các m n p cạnh của một tam giác MNP cho trước. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có mn pm pn m cos A + n cos B + p cos C ≤ + + . (2.1) 2p 2n 2m Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác MNP. Bài toán 2.13. Trong tập các tam giác ABC tìm giá trị lớn nhất của biểu thức cos A cos B cos C M= + + . 5 12 13 1 1 1 Lời giải. Áp dụng bài toán tổng quát 2.1 với m = ,n = ,p = thỏa mãn 5 + 12 > 5 12 13 2 2 2 13, không những thế ta còn có 5 + 12 = 13 , ta được 1 13 12 5 119 M≤ + + = . 2 5.12 5.13 12.13 780 11
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác có số đo 3 cạnh lần lượt là 5, 12, 13 hay tam giác vuông tại C. 119 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức maxP = , đạt được khi tam giác ABC vuông tại C, 780 có số đo 3 cạnh lần lượt là 5, 12, 13. Tiếp theo ta đi xét bài toán tổng quát cho hàm số f ( x ) = sin x được phát biểu sau đây Bài toán mở rộng 2.2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = m sin A + n sin B + p sin C với m, n, p là các số thực dương nào đó. Lời giải. Ta cần đi xác định các giá trị A0 , B0 , C0 thỏa mãn α =m cosα A0 =n cos B0 α =p cos C0 với A0 , B0 , C0 là 3 góc trong 1 tam giác nhọn, α là một số dương nào đó. Điều này tương đương với α cos A0 = αm cos B0 = n α cos C0 = p Do A0 , B0 , C0 là các góc trong một tam giác nên ta có cos C0 = − cos( A0 + B0 ) = − cos A0 cos B0 + sin A0 sin B0 s s α α α α 2 α2 ⇔ = − . + 1 − 2. 1 − 2 p m n n m s α α2 1 1 2 α4 ⇔ + = 1− + α + p mn m2 n2 m2 n2 α2 2α3 1 1 2 ⇔ 2+ = 1− + α p mnp m2 n2 2α3 1 1 1 2 ⇔ + + + α −1 = 0 mnp m2 n2 p2 Không giảm tổng quát giả sử p = min{m, n, p}. 2α3 1 1 1 2 Đặt g(α) = + + 2 + 2 α − 1. mnp m2 n p Dễ thấy g(α) là hàm liên tục và g(0) < 0, g( p) > 0 nên phương trình g(α) = 0 luôn có nghiệm α thuộc vào khoảng (0, p) hay 0 < α < p thỏa mãn 0 < cos A0 , cos B0 , cos C0 < 1. Khi đó biểu thức M đạt giá trị lớn nhất bằng Mmax = α(tan A0 + tan B0 + tan C0 ). 12
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 r 1 Áp dụng công thức tan x = − 1, ta có cos2 x √ √ p m2 − α2 n2 − α2 p2 − α2 tan A0 = , tan B0 = , tan C0 = . α α α Vậy q p p Mmax = m2 − α2 + n2 − α2 + p2 − α2 trong đó α là nghiệm thuộc khoảng (0, min{m, n, p}) của phương trình bậc 3 sau 2α3 1 1 1 2 + + + α − 1 = 0. mnp m2 n2 p2 Ta xét bài toán tổng quát 2.2 trong trường hợp cụ thể và có các bài toán mới sau Bài toán 2.14. Cho tam giác ABC nhọn. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau M = 7 sin A + 7 sin B + 3 sin C. Bài toán 2.15. Cho tam giác nhọn ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau tan A tan B tan C P= + + √ . 2 4 8+4 3 Bài toán 2.16. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau √ √ √ A B 2 3 C P = ( 6 + 2) cos + cos + cos . 2 2 3 2 Tài liệu [1] G.H. Hardy, J.E. Littlewood, and G. Polya (1999), Bất đẳng thức, NXB ĐHQG HN. [2] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức, định lí và áp dụng, NXB Giáo dục. [3] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2003), Một số bài toán chọn lọc về lượng giác, NXB Giáo dục. [4] guyễn Văn Mậu (Chủ biên), Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề giải tích bồi dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục Việt Nam. [5] Teodora-Liliana, T. Radulescu, Radulescu, V.D. Radulescu, T. Andreescu (2009), Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the real axis. Springer. [6] Zoran Kadelburg, Dusan Dukie, Milivoje Lukie and Ivan Matie’(2005), Inequalities of Karamata, Schur and Muirhead, and some Applications, The Teaching of Mathematics, Vol. VIII, 1, pp.31-45. [7] Zoran Kadelburg (2011), Some classical inequalities and their applications to olymiad problems, The Teaching of Mathematics, Vol. XIV, 2 pp. 97-106. 13
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Bộ tài liệu ôn thi Kĩ sư tài năng 2011: Lời giải đề thi KSTN các năm 2008, 2009, 2010 - Trần Vũ Trung
50 p | 713 | 232
-
Bất đẳng thức (BDT) Erdos-Mordell
13 p | 738 | 64
-
CÁC ĐỊNH LÝ TÁCH TẬP LỒI
4 p | 321 | 59
-
Giáo trình Giải tích lồi - Huỳnh Thế Phùng
34 p | 225 | 31
-
Bài giảng Giải tích 1: Khảo sát hàm số
71 p | 445 | 21
-
CÁC PHƯƠNG PHÁP THỐNG KÊ TRONG THUỶ VĂN - CHƯƠNG 3
30 p | 127 | 20
-
Bài giảng chi tiết Giải tích II
142 p | 148 | 9
-
Đánh giá hiệu quả giảm phát thải khí nhà kính và lợi ích kinh tế từ việc sử dụng công trình biogas ở làng bún Vân Cù, tỉnh Thừa Thiên-Huế
9 p | 38 | 5
-
Khí sinh học Biogas: Lời giải bài toán năng lượng và môi trường ở nông thôn - Dương Thanh
1 p | 97 | 4
-
Toán học và tuổi trẻ Số 211 (1/1995)
20 p | 50 | 4
-
Nghiên cứu ứng dụng n-butylamin tái chế chất thải rắn thuộc da chứa crôm
4 p | 65 | 4
-
Ứng dụng của khai triển Taylor trong bài toán tính giới hạn
5 p | 12 | 4
-
Một số bất đẳng thức ứng với các tam giác đẳng chu
11 p | 30 | 4
-
Không gian vectơ và sự hình thành tư duy cấu trúc - hệ thống trong hoạt động kinh tế - kinh doanh
9 p | 82 | 3
-
Sử dụng kiến thức về tập lồi đa diện để giải một số bài toán có nội dung thực tiễn ở lớp 10 trung học phổ thông
5 p | 94 | 3
-
Nghiên cứu xác định chỉ số an toàn công trình đầu mối hồ chứa thủy lợi theo lý thuyết độ tin cậy - Ứng dụng cho hồ Núi Cốc, tỉnh Thái Nguyên
9 p | 69 | 2
-
Sử dụng quy trình fenton hòa tan bụi đồng thau: Nghiên cứu động học quá trình hòa tan đồng
10 p | 7 | 2
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn