CMR: y=sin2x−14sinx.cosx−5cos2x+33√33 chỉ nhận giá tri dương Xem thêm: Mời mọi người tham gia cuộc thi do các Admin tổ chức CLICK!
Lượng Giác (>_< )
CMR: y=sin2x−14sinx.cosx−5cos2x+33√33 chỉ nhận giá tri dương Xem thêm:Mời mọi người tham gia cuộc thi do các Admin tổ chức CLICK!
|
|
Tính giới hạn sau : lim
chúc các bạn vui vẻ nha! Xem thêm: Mời mọi người tham gia cuộc thi do các Admin tổ chức CLICK!
giới hạn về lượng giác hay.....
Tính giới hạn sau : \mathop {\lim\frac{\sqrt{1+tanx}-\sqrt{1+sinx}}{x^{3}} }\limits_{x \to o} chúc các bạn vui vẻ nha!Xem thêm:Mời mọi người tham gia cuộc thi do các Admin tổ chức CLICK!
|
|
Giải pt : \cot (\frac{3\pi }{2}+x) - \tan^2 x = (\cos 2x-1).\cos^{-2} x
PT lượng giác
Giải pt : \cot (\frac{3\pi }{2}+x) - \tan^2 x = (\cos 2x-1).\cos^{-2} x
|
|
\sin 2x + 4\tan x = 9\frac{\sqrt{3}}{2}
SOS!!!
\sin 2x + 4\tan x = 9\frac{\sqrt{3}}{2}
|
|
chứng minh: (1+\frac{1}{cosx})(1+\frac{1}{cos2x})(1+\frac{1}{cos4x})(1+\frac{1}{cos8x})= \frac{tan8x}{tan\frac{x}{2}}
giúp với ạ
chứng minh:(1+\frac{1}{cosx})(1+\frac{1}{cos2x})(1+\frac{1}{cos4x})(1+\frac{1}{cos8x})= \frac{tan8x}{tan\frac{x}{2}}
|
|
chứng minh \frac{sinx+siny}{tan\frac{x+y}{2}+cot\frac{x-y}{2}}=\frac{sin(x+y)sin(x-y)}{2cosy}
giúp với ạ
chứng minh\frac{sinx+siny}{tan\frac{x+y}{2}+cot\frac{x-y}{2}}=\frac{sin(x+y)sin(x-y)}{2cosy}
|
|
P=\frac{sina}{cosa.cos2a}+\frac{sina}{cos2a.cos3a}+\frac{sina}{cos3a.cos4a}+...+\frac{sina}{cos(n.a).cos[(n+1)a]}
rút gọn biểu thức.
P=\frac{sina}{cosa.cos2a}+\frac{sina}{cos2a.cos3a}+\frac{sina}{cos3a.cos4a}+...+\frac{sina}{cos(n.a).cos[(n+1)a]}
|
|
Nhận dạng \triangle ABC biết cosAcosBcosC=sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}
|
|
Chứng minh các đẳng thức sau: a) \frac{sin^2a-cos^2a}{1+2sinacosa} = \frac{tana-1}{tana+1} b) \frac{sin^2a - tan^2a}{cos^2a - cot^2a} = tan^6a c) \frac{sin4a}{1+cos4a} . \frac{cos2a}{1+cos2a} = tana d) sin^4a + cos^4a = 1-2sin^2a.cos^2a = \frac{3}{4} + \frac{1}{4}cos4a e) \frac{cos^2a - sin^2a}{cot^2a - tan^2a} = sin^2a.cos^2a
giúp với T.T
Chứng minh các đẳng thức sau: a) \frac{sin^2a-cos^2a}{1+2sinacosa} = \frac{tana-1}{tana+1}b) \frac{sin^2a - tan^2a}{cos^2a - cot^2a} = tan^6ac) \frac{sin4a}{1+cos4a} . \frac{cos2a}{1+cos2a} = tanad) $ sin^4a + cos^4a = 1-2sin^2a.cos^2a =...
|
|
tam giác ABC sẽ có đặc điểm gì nếu....: \frac{\sqrt[2016]{\sin A }+\sqrt[2016]{\sin B}+\sqrt[2016]{\sin C}}{\sqrt[2016]{\cos \frac{A}{2}}+\sqrt[2016]{\cos \frac{B}{2}}+\sqrt[2016]{\cos \frac{C}{2}}}=1
......................................................................
thời gian cho lượng giác......!?
tam giác ABC sẽ có đặc điểm gì nếu....:\frac{\sqrt[2016]{\sin A }+\sqrt[2016]{\sin B}+\sqrt[2016]{\sin C}}{\sqrt[2016]{\cos \frac{A}{2}}+\sqrt[2016]{\cos \frac{B}{2}}+\sqrt[2016]{\cos \frac{C}{2}}}=1......................................................................
|
|
Cho \triangle ABC không vuông . CMR : sin^{3}A.cos(B-C)+sin^{3}.cos(C-A)+sin^{3}C.cos (A-B)=3sinA.sinB.sinC
Lượng giác ! Giải = nhiều cách
Cho \triangle ABC không vuông . CMR : sin^{3}A.cos(B-C)+sin^{3}.cos(C-A)+sin^{3}C.cos (A-B)=3sinA.sinB.sinC
|
|
chứng minh bđt lượng giác sau:.......(m_{a}+m_{b}+m_{c})(m_{a}.m_{b}+m_{b}.m_{c}+m_{c}.m_{a})\geq 9.l_{a}l_{b}l_{c}
(nếu thấy hay thì vote giùm nha....!?)
phát triển từ bài toán cơ bản đây....!?
chứng minh bđt lượng giác sau:.......(m_{a}+m_{b}+m_{c})(m_{a}.m_{b}+m_{b}.m_{c}+m_{c}.m_{a})\geq 9.l_{a}l_{b}l_{c}(nếu thấy hay thì vote giùm nha....!?)
|
|
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của \triangleABC . Gọi m,n,k là độ dài các đường phân giác trong của 3 góc của \triangleABC . Cmr: \frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{k}>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}
hình tam giác
Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của \triangleABC . Gọi m,n,k là độ dài các đường phân giác trong của 3 góc của \triangleABC . Cmr: \frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{k}>\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}
|
|
Cho \frac{sin^{4}x}{m}+\frac{cos^4x}{n}=\frac{1}{m+n}Tính \frac{sin^{10}x}{m}+\frac{cos^{10}x}{n}
|
|
Chứng minh rằng với h_{a},h_{b},h_{c},I_{a},l_{b},l_{c} lần lượt là 3 đường cao và 3 phân giác . r,R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp , ngoại tiếp của tam giác ABC . Chứng minh rằng : \frac{h^{2}_{a}}{l^{2}_{a}}+\frac{h^{2}_{b}}{l^{2}_{b}}+\frac{h^{2}_{c}}{l^{2}_{c}} \geq \frac{6r}{R}
Rất ít khi up hình [đang ẩn]
Chứng minh rằng với h_{a},h_{b},h_{c},I_{a},l_{b},l_{c} lần lượt là 3 đường cao và 3 phân giác . r,R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp , ngoại tiếp của tam giác ABC . Chứng minh rằng : ...
|
|
1. C = sin4(pi/16)+ sin4(3pi/16) + sin4(5pi/16) + sin4(7pi/16)2. F = cos6 (pi/16) + cos6(3pi/16)+ cos6(5pi/16)+ cos6(7/16) không dùng mtinh
LG 10
|
|
1. m là một số cho trước, chứng minh rằng nếu: m.sin(a + b)
= cos(a - b)
Trong đó a - b khác kp và m khác cộng trừ 1 thì biểu thức:
A = 1/(1- m.sin2a)+ 1/(1- m.sin2b) (m là hằng số không
phụ thuộc vào a, b ). 2. Tính sin2x nếu: 5tan2x - 12tanx - 5 = 0 (pi/4 < x < pi/2)
Toán 10
1. m là một số cho trước, chứng minh rằng nếu: m.sin(a + b)
= cos(a - b)
Trong đó a - b khác k
|
|
chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x : sin^{2}x+sin^{2}\left ( x-\frac{\pi }{3} \right ) - sinxsin\left ( x-\frac{\pi }{3} \right )
toán 10
chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x : sin^{2}x+sin^{2}\left ( x-\frac{\pi }{3} \right ) - sinxsin\left ( x-\frac{\pi }{3} \right )
|
|
Chứng minh trong mọi \triangle ABC ta luôn có: \cos^2A+\cos^2 B+\cos^2 C=1-2 \cos A. \cos B. \cos C
Lượng giác
Chứng minh trong mọi \triangle ABC ta luôn có:\cos^2A+\cos^2 B+\cos^2 C=1-2 \cos A. \cos B. \cos C
|
|
Chứng Minh: a) \frac{ sinx + sin2x + sin3x }{ cosx + cos2x + cos3x } = tan2x b) cosx.cos (Π/3 - x) .cos(Π/3 + x) = 1/4 cos3x c) sin5x - 2sinx.( cos4x + cos2x) = sinx
hộ e luôn với
Chứng Minh: a) \frac{ sinx + sin2x + sin3x }{ cosx + cos2x + cos3x } = tan2xb) cosx.cos (Π/3 - x) .cos(Π/3 + x) = 1/4 cos3xc) sin5x - 2sinx.( cos4x + cos2x) = sinx
|
|
cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức sinA=\frac{sinB+2sinC}{2cosB+cosC}. chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông tại A
|
|
C/m: tanx.tan3x = tan^2.2x - tan^2.x / 1 - tan^2.2x . tan^2.x
Help help@@@
C/m: tanx.tan3x = tan^2.2x - tan^2.x / 1 - tan^2.2x . tan^2.x
|
|
Cho tam giác ABC cân có cạnh bên bằng b và nội tiếp đường tròn (O;R). Tính côsin các góc, r. Tìm b để diện tích tam giác có giá trị lớn nhất
giúp tôi với
Cho tam giác ABC cân có cạnh bên bằng b và nội tiếp đường tròn (O;R). Tính côsin các góc, r. Tìm b để diện tích tam giác có giá trị lớn nhất
|
|
CMR:\sin 10\sin 50\sin 70=\cos 20\cos 40\cos 80=\frac{1}{8}
|
|
chứng minh tam giác ABC cócos\frac{A}{2}+cos\frac{B}{2}+cos\frac{C}{2}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}
|
|
cho tam giác ABC có AB=c,BC=a,AC=b và diện tích S thỏa mãn hệ thứcab.sin\frac{C}{2}+bc.sin\frac{A}{2}+ca.sin\frac{B}{2}=2\sqrt{3}S
|
|
64x^6-112x^4+56x^2-7=2\sqrt{1-x^2}
pt bậc cao...
64x^6-112x^4+56x^2-7=2\sqrt{1-x^2}
|
|
cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:3\left[ {\frac{3b^2+3c^2-3a^2+2bc}{(b+c)^2-a^2}} \right]^4+ 4tan^6\frac{A}{2}=7, với a=BC; b=AC; c=AB. tính góc A
bài này nhìn thôi k mún làm rồi. đăng lên ai giải đc làm hộ nha. lớp 10
cho tam giác ABC thỏa mãn điều kiện:3\left[ {\frac{3b^2+3c^2-3a^2+2bc}{(b+c)^2-a^2}} \right]^4+ 4tan^6\frac{A}{2}=7, với a=BC; b=AC; c=AB. tính góc A
|
|
Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a , CA = b , AB = c . Gọi S là diện tích tam giác ABC . Hãy cho biết tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thỏa mãn : \begin{cases} S = \frac{1}{4}( a+b-c ) ( a-b+c)\\ \frac{1}{sin A} + \frac{1}{sin B} - ( \sqrt{\frac{sinA}{sinB}} - \sqrt{\frac{sinB}{sinA}})= 2\sqrt{2}\end{cases}
Hại não =))) Help me !!
Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a , CA = b , AB = c . Gọi S là diện tích tam giác ABC . Hãy cho biết tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thỏa mãn : \begin{cases} S = \frac{1}{4}( a+b-c ) ( a-b+c)\\ \frac{1}{sin A} +...
|
|
1.Tìm đặc điểm của tam giác ABC biết S=14(a+b−c)(a+c−b)(1)
2.Tìm đặc điểm của tam giác ABC biết 1+cosBsinB=2a+c4a2−c2−−−−−−−√
Hệ thức lượng trong tam giác
1.Tìm đặc điểm của tam giác ABC biết S=14(a+b−c)(a+c−b)(1)S=14(a+b−c)(a+c−b)(1)2.Tìm đặc điểm của tam giác ABC biết1+cosBsinB=2a+c4a2−c2−−−−−−−√
|
|
Cho x, y \in ( 0; \pi/ 2) biết sin x = 1/3, cos y=2/3 Tính giá trị biểu thức A= sin ( \pi - x + y)
giải hộ mình bài này với ạ! Thanks mn nhiu
Cho x, y \in ( 0; \pi/ 2) biết sin x = 1/3, cos y=2/3Tính giá trị biểu thức A= sin ( \pi - x + y)
|
|
Chứng minh với mọi tam giác ABC thì ta luôn có: \frac{\cos (\frac{B}{2}-\frac{C}{2})}{\sin \frac{A}{2}}+\frac{\cos (\frac{C}{2}-\frac{A}{2})}{\sin \frac{B}{2}}+\frac{\cos (\frac{A}{2}-\frac{B}{2})}{\sin \frac{C}{2}} \leq 2(\frac{\tan \frac{A}{2}}{\tan \frac{B}{2}}+\frac{\tan \frac{B}{2}}{\tan\frac{C}{2}}+\frac{\tan \frac{C}{2}}{\tan \frac{A}{2}})
Giúp mình với!!
Chứng minh với mọi tam giác ABC thì ta luôn có:\frac{\cos (\frac{B}{2}-\frac{C}{2})}{\sin \frac{A}{2}}+\frac{\cos (\frac{C}{2}-\frac{A}{2})}{\sin \frac{B}{2}}+\frac{\cos (\frac{A}{2}-\frac{B}{2})}{\sin \frac{C}{2}}$\leq 2(\frac{\tan...
|
|
ÁP DỤNG BĐT LƯỢNG GIÁC VÀO GIẢI MỘT
SỐ BÀI TOÁN
Trong chuyên đề này, ta sẽ tìm hiểu về cách áp dụng bất đẳng thức lượng giác
vào giải các bài toán định tính các tam giác đều, cân, vuông... và giải cực trị
lượng giác
1. Định tính
tam giác:
a) Tam giác đều:
Đối với loại bài nhận dạng tam giác đều, ta chỉ cần giải bất đẳng thức lượng
giác và chỉ ra điều kiện xảy ra dấu bằng của BĐT đó. Ta sẽ xét các ví dụ sau để
thấy rõ điều đó.
Ví dụ 1:
CMR \Delta ABCđều khi thỏa: {m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{9}{2}R
Lời giải:
Theo Bunhiacốpxki ta có:
{\left( {{m_a} + {m_b} + {m_c}} \right)^2} \leqslant 3\left( {{m_a}^2 +
{m_b}^2 + {m_c}^2} \right)
\begin{array}
\Leftrightarrow {\left( {{m_a} + {m_b} + {m_c}} \right)^2}
\leqslant \frac{9}{4}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \\
\Leftrightarrow {\left( {{m_a} + {m_b} + {m_c}} \right)^2}
\leqslant 9{R^2}\left( {{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B + {{\sin }^2}C}
\right) \\
\end{array}
mà {\sin ^2}A + {\sin ^2}B + {\sin ^2}C \leqslant \frac{9}{4}
\Rightarrow {\left( {{m_a} + {m_b} + {m_c}} \right)^2} \leqslant
9{R^2}.\frac{9}{4} = \frac{{81}}{4}{R^2}
\Rightarrow {m_a} + {m_b} + {m_c} = \frac{9}{2}R
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \Delta ABCđều \Rightarrow Đpcm.
Ví dụ 2:
CMR nếu \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} = \frac{{\sqrt {ab} }}{{4c}} thì
\Delta ABCđều.
Lời giải:
Ta có:
\frac{{\sqrt {ab} }}{{4c}} \leqslant \frac{{a + b}}{{8c}} = \frac{{2R\left(
{\sin A + \sin B} \right)}}{{2R.8\sin C}} = \frac{{2R.2\sin \frac{{A +
B}}{2}\cos \frac{{A - B}}{2}}}{{2R.8.2\sin \frac{C}{2}\cos \frac{C}{2}}} =
\frac{{\cos \frac{{A - B}}{2}}}{{8\sin \frac{C}{2}}} \leqslant \frac{1}{{8\cos
\frac{{A + B}}{2}}}
\begin{array}
\Rightarrow \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} \leqslant
\frac{1}{{8\cos \frac{{A + B}}{2}}} \\
\Leftrightarrow 8\cos \frac{{A + B}}{2}\sin \frac{A}{2}\sin
\frac{B}{2} \leqslant 1 \\
\Leftrightarrow 4\cos \frac{{A + B}}{2}\left( {\cos \frac{{A -
B}}{2} - \cos \frac{{A + B}}{2}} \right) - 1 \leqslant 0 \\
\end{array}
\begin{array}
\Leftrightarrow 4{\cos ^2}\frac{{A + B}}{2} - 4\cos \frac{{A +
B}}{2}\cos \frac{{A - B}}{2} + 1 \geqslant 0 \\
\Leftrightarrow {\left( {2\cos \frac{{A + B}}{2} - \cos \frac{{A -
B}}{2}} \right)^2} + {\sin ^2}\frac{{A - B}}{2} \geqslant 0 \\
\\
\end{array}
\Rightarrow Đpcm.
Ví dụ 3:
CMR \Delta ABCđều khi nó thỏa: 2\left( {{h_a} + {h_b} + {h_c}} \right) =
\left( {a + b + c} \right)\sqrt 3
Lời giải:
Theo đề bài ta có:
2.2p\left( {\frac{r}{a} + \frac{r}{b} + \frac{r}{c}} \right) = \left( {a + b +
c} \right)\sqrt 3
\begin{array}
\Leftrightarrow \frac{r}{a} + \frac{r}{b} + \frac{r}{c} =
\frac{{\sqrt 3 }}{2} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2}}} +
\frac{1}{{\cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}}} + \frac{1}{{\cot \frac{C}{2} +
\cot \frac{A}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \\
\end{array}
Ta lại có: \frac{1}{{\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2}}} \leqslant
\frac{1}{4}\left( {\frac{1}{{\cot \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{\cot \frac{B}{2}}}}
\right) = \frac{1}{4}\left( {\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2}} \right)
Tương tự ta có:
\frac{1}{{\cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}}} = \frac{1}{4}\left( {\tan
\frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2}} \right)
\frac{1}{{\cot \frac{C}{2} + \cot \frac{A}{2}}} = \frac{1}{4}\left( {\tan
\frac{C}{2} + \tan \frac{A}{2}} \right)
\begin{array}
\Rightarrow \frac{1}{{\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2}}} +
\frac{1}{{\cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}}} + \frac{1}{{\cot \frac{C}{2} +
\cot \frac{A}{2}}} \leqslant \frac{1}{2}\left( {\tan \frac{A}{2} + t\tan
\frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2}} \right) \\
\Rightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{2} \leqslant \frac{1}{2}\left( {\tan
\frac{A}{2} + t\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2}} \right) \Leftrightarrow
\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2} \geqslant \sqrt
3 \\
\end{array}
\Rightarrow Đpcm.
Ví dụ 4:
CMR nếu thỏa S = 3Rr\frac{{\sqrt 3 }}{2} thì \Delta ABCđều.
Lời giải:
Ta có:
\begin{array}
S = 2{R^2}\sin A\sin B\sin C = 2.{R^2}.2.2.2.\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} \\
= 4R\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}.4R\cos
\frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} = r4R\cos \frac{A}{2}\cos
\frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} \\
\end{array}
\leqslant r4R\frac{{3\sqrt 3 }}{8} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}Rr
\Rightarrow Đpcm.
Ví dụ 5:
CMR \Delta ABCđều khi nó thỏa {m_a}{m_b}{m_c} = pS
Lời giải:
Ta có: {m_a}^2 = \frac{1}{4}\left( {2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}} \right) =
\frac{1}{4}\left( {{b^2} + {c^2} - 2bc\cos A} \right) \geqslant
\frac{1}{2}bc\left( {1 + \cos A} \right) = bc{\cos ^2}\frac{A}{2}
Mà
\begin{array}
\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} \Rightarrow 2{\cos
^2}\frac{A}{2} - 1 = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}} \\
\Rightarrow {\cos ^2}A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2} +
2bc}}{{4bc}} = \frac{{{{\left( {b + c} \right)}^2} - {a^2}}}{{4bc}} =
\frac{{p\left( {p - a} \right)}}{{bc}} \\
\Rightarrow {m_a} \geqslant \sqrt {p\left( {p - a}
\right)} \\
\end{array}
Tương tự ta có:
\begin{array}
\left\{ \begin{array}
{m_b} \geqslant \sqrt {p\left( {p - b} \right)} \\
{m_c} \geqslant \sqrt {p\left( {p - c} \right)} \\
\end{array} \right. \\
\Rightarrow {m_a}{m_b}{m_c} \geqslant p\sqrt {p\left( {p - a}
\right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)} = pS \\
\end{array}
\Rightarrow Đpcm.
b) Tam giác
cân:
Đối với dạng bài nhận dạng tam giác cân, ta cần phải chỉ ra điều kiện xảy ra dấu
bằng của bất đẳng thức là khi 2 biến bằng nhau và khác biến thứ ba. Ta xét các
ví dụ sau:
Ví dụ 1:
CMR \Delta ABCcân khi nó thỏa điều kiện {\tan ^2}A + {\tan ^2}B = 2{\tan
^2}\frac{{A + B}}{2} và nhọn.
Lời giải:
Ta có: \tan A + \tan B = \frac{{\sin \left( {A + B} \right)}}{{\cos \left( {A
+ B} \right)}} = \frac{{2\sin \left( {A + B} \right)}}{{\cos \left( {A + B}
\right) + \cos \left( {A - B} \right)}} = \frac{{2\sin C}}{{\cos \left( {A - B}
\right) - \cos C}}
Vì \cos \left( {A - B} \right) \leqslant 1 \Rightarrow \cos \left( {A - B}
\right) - \cos C \leqslant 1 - \cos C = 2{\sin ^2}\frac{C}{2}
\begin{array}
\Rightarrow \frac{{2\sin C}}{{\cos \left( {A - B} \right) - \cos
C}} \geqslant \frac{{2\sin C}}{{2{{\sin }^2}\frac{C}{2}}} = \frac{{4\sin
\frac{C}{2}\cos \frac{C}{2}}}{{2{{\sin }^2}\frac{C}{2}}} = 2\cot \frac{C}{2} =
2\tan \frac{{A + B}}{2} \\
\Rightarrow \tan A + \tan B \geqslant 2\tan \frac{{A +
B}}{2} \\
\end{array}
Từ giả thiết: {\tan ^2}A + {\tan ^2}B = 2{\tan ^2}\frac{{A + B}}{2} \leqslant
2{\left( {\frac{{\tan A + \tan B}}{2}} \right)^2}
\begin{array}
\Leftrightarrow 2\left( {{{\tan }^2}A + {{\tan }^2}B} \right)
\leqslant {\tan ^2}A + {\tan ^2}B + 2\tan A\tan B \\
\Leftrightarrow {\left( {\tan A - \tan B} \right)^2} \leqslant
0 \\
\Leftrightarrow A = B \\
\end{array}
\Rightarrow Đpcm.
Ví dụ 2:
CMR \Delta ABCcân khi thỏa {h_a} = \sqrt {bc} \cos \frac{A}{2}
Lời giải:
Trong mọi tam giác ta luôn có: {h_a} \leqslant {l_a} = \frac{{2bc}}{{b +
c}}\cos \frac{A}{2}
Mà b + c \geqslant 2\sqrt {bc} \Rightarrow \frac{{2bc}}{{b + c}}
\leqslant \frac{{bc}}{{\sqrt {bc} }} = \sqrt {bc}
\Rightarrow \frac{{2bc}}{{b + c}}\cos \frac{A}{2} \leqslant \sqrt {bc} \cos
\frac{A}{2} \Rightarrow {h_a} \leqslant \sqrt {bc} \cos \frac{A}{2}
Đẳng thức xảy ra khi \Delta ABCcân \Rightarrow Đpcm.
Ví dụ 3:
CMR nếu thỏa r + {r_a} = 4R\sin \frac{B}{2} thì \Delta ABCcân.
Lời giải:
Ta có:
\begin{array}
r + {r_a} = \left( {p - b} \right)\tan \frac{b}{2} + p\tan \frac{B}{2} =
\left( {2p - b} \right)\tan \frac{B}{2} = \left( {a + c} \right)\tan
\frac{B}{2} = 2R\left( {\sin A + \sin C} \right)\frac{{\sin \frac{B}{2}}}{{\cos
\frac{B}{2}}} \\
= 4R\sin \frac{{A + C}}{2}\cos \frac{{A + C}}{2}\frac{{\sin
\frac{B}{2}}}{{\cos \frac{B}{2}}} = 4R\cos \frac{B}{2}\cos \frac{{A - C}}{2}\frac{{\sin
\frac{B}{2}}}{{\cos \frac{B}{2}}} = 4R\sin \frac{B}{2}\cos \frac{{A - C}}{2}
\leqslant 4R\sin \frac{B}{2} \\
\Rightarrow r + {r_a} \leqslant 4R\sin \frac{B}{2} \\
\end{array}
Đẳng thức xảy ra khi \Delta ABCcân \Rightarrow Đpcm.
Ví dụ 4:
CMR nếu S = \frac{1}{4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right) thì \Delta ABCcân.
Lời giải:
Ta có: {a^2} + {b^2} \geqslant 2ab \Rightarrow \frac{1}{4}\left( {{a^2} +
{b^2}} \right) \geqslant \frac{1}{2}ab \geqslant \frac{1}{2}ab\sin C = S
\Rightarrow \frac{1}{4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \geqslant S \Rightarrow
\Delta ABCcân nếu thỏa đk đề bài.
Ví dụ 5:
CMR \Delta ABCcân khi thỏa 2\cos A + \cos B + \cos C = \frac{9}{4}
Lời giải:
Ta có:
2\cos A + \cos B + \cos C = 2\left( {1 - 2{{\sin }^2}\frac{A}{2}} \right) +
2\cos \frac{{B + C}}{2}\cos \frac{{B - C}}{2}
\begin{array}
= - 4{\sin ^2}\frac{A}{2} + 2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{{B -
C}}{2} - \frac{1}{4} + \frac{9}{4} = - {\left( {2\sin \frac{A}{2} -
\frac{1}{2}\cos \frac{{B - C}}{2}} \right)^2} + \frac{1}{4}{\cos ^2}\frac{{B -
C}}{2} - \frac{1}{4} + \frac{9}{4} \\
= - {\left( {2\sin \frac{A}{2} - \frac{1}{2}\cos \frac{{B -
C}}{2}} \right)^2} - \frac{1}{4}{\sin ^2}\frac{{B - C}}{2} + \frac{9}{4}
\leqslant \frac{9}{4} \\
\end{array}
Đẳng thức xảy ra khi B=C \Rightarrow Đpcm.
c) Tam giác
vuông:
Đối với dạng bài tập nhận dạng tam giác vuông, ta ít khi cần dùng đến các BĐT
lượng giác mà thường là chỉ cần sử dụng các phương pháp biến đổi tương đương là
được.
Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức 3\left( {\cos B + 2\sin C}
\right) + 4\left( {\sin B + 2\cos C} \right) = 15
Chứng minh \vartriangle ABC vuông.
Lời giải:
Theo Bunhiacốpxki ta có:
\left\{ \begin{array}
3\cos B + 4\sin B \leqslant \sqrt {\left( {{3^2} + {4^2}} \right)\left(
{{{\cos }^2}B + {{\sin }^2}B} \right)} = 5 \\
6\sin C + 8\cos C \leqslant \sqrt {\left( {{6^2} + {8^2}} \right)\left(
{{{\sin }^2}C + {{\cos }^2}C} \right)} = 10 \\
\end{array} \right.
\Rightarrow 3\cos B + 4\sin B + 6\sin C + 8\cos C \leqslant 15
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
\left\{ \begin{array}
3\cos B + 4\sin B = 5 \\
6\sin C + 8\cos C = 10 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\frac{{\cos B}}{3} = \frac{{\sin B}}{4} \\
\frac{{\sin C}}{6} = \frac{{\cos C}}{8} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\tan B = \frac{4}{3} \\
\cot C = \frac{4}{3} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \tan B = \cot C \Leftrightarrow B + C
= \frac{\pi }{2}
Vậy tam giác ABC vuông tại A.
2. Cực trị lượng
giác:
Đây là một lĩnh vực khó, đòi hỏi người giải cần phải tự mình sử dụng khéo léo
các bất đẳng thức lượng giác phù hợp cũng như phải có một vốn kiến thức khá lớn
về bất đẳng thức để có thể tìm ra đáp án của bài toán.
Ví dụ 1:
Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f(x,y) = \frac{{a{{\sin }^4}x + b{{\cos }^4}y}}{{c{{\sin }^2}x + d{{\cos
}^2}y}} + \frac{{a{{\cos }^4}x + b{{\sin }^4}y}}{{c{{\cos }^2}x + d{{\sin
}^2}y}}
Với a,b,c,d là các hằng số dương.
Lời giải:
Đặt f(x,y) = a{f_1} + b{f_2} với {f_1} = \frac{{a{{\sin }^4}x + b{{\cos
}^4}y}}{{c{{\sin }^2}x + d{{\cos }^2}y}} và {f_2} = \frac{{a{{\cos }^4}x +
b{{\sin }^4}y}}{{c{{\cos }^2}x + d{{\sin }^2}y}}
Ta có: c + d = c\left( {{{\sin }^2}x + {{\cos }^2}x} \right) + d\left(
{{{\sin }^2}y + {{\cos }^2}y} \right)
Do đó: \left( {c + d} \right){f_1} = \left[ {\left( {c{{\sin }^2}x + d{{\cos
}^2}y} \right) + \left( {c{{\cos }^2}x + d{{\sin }^2}y} \right)} \right]\left[
{\frac{{{{\sin }^4}x}}{{c{{\sin }^2}x + d{{\cos }^2}y}} + \frac{{{{\cos
}^4}x}}{{c{{\cos }^2}x + d{{\sin }^2}y}}} \right]
\geqslant {\left( {\sqrt {c{{\sin }^2}x + d{{\cos }^2}y} \frac{{{{\sin
}^2}x}}{{\sqrt {c{{\sin }^2}x + d{{\cos }^2}y} }} + \sqrt {c{{\cos }^2}x + d{{\sin
}^2}y} \frac{{{{\cos }^2}x}}{{\sqrt {c{{\cos }^2}x + d{{\sin }^2}y} }}}
\right)^2} = 1
\Rightarrow {f_1} \geqslant \frac{1}{{c + d}}. Tương tự \Rightarrow {f_2}
\geqslant \frac{1}{{c + d}}. Vậy f(x,y) = a{f_1} + b{f_2} \geqslant \frac{{a
+ b}}{{c + d}}
Ví dụ 2:
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = \cos 3A + \cos 3B - \cos 3C
Lời giải:
Ta có: \cos 3C = \cos 3\left[ {\pi - \left( {A + B} \right)} \right] =
\cos \left[ {3\pi - 3\left( {A - B} \right)} \right] = - \cos
3\left( {A + B} \right) nên
\begin{array}
P = \cos 3A + \cos 3B + \cos 3\left( {A + B} \right) = 2\cos 3\left(
{\frac{{A + B}}{2}} \right)\cos 3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) + 2{\cos
^2}3\left( {\frac{{A + B}}{2}} \right) - 1 \\
\Rightarrow P + \frac{3}{2} = 2{\cos ^2}3\left( {\frac{{A +
B}}{2}} \right) + 2\cos \left( {\frac{{A - B}}{2}} \right)\cos 3\left(
{\frac{{A + B}}{2}} \right) + \frac{1}{2} = f(x,y) \\
\end{array}
\Delta \prime = {\cos ^2}3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) - 1
\leqslant 0 \Rightarrow P \geqslant - \frac{3}{2}
\begin{array}
P = - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\Delta \prime = 0 \\
\cos 3\left( {\frac{{A + B}}{2}} \right) = - \frac{1}{2}\cos
3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) \\
\end{array} \right. \\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
{\cos ^2}3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) = 1 \\
\cos 3\left( {\frac{{A + B}}{2}} \right) = - \frac{1}{2}\cos
3\left( {\frac{{A - B}}{2}} \right) \\
\end{array} \right. \\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
A = B \\
\cos 3A = - \frac{1}{2} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
A = B \\
\left[ \begin{array}
A = \frac{{2\pi }}{9} \\
A = \frac{{4\pi }}{9} \\
\end{array} \right. \\
\end{array} \right. \\
\end{array}
Vậy {P_{\min }} = - - \frac{3}{2} \Leftrightarrow \left[
\begin{array}
A = B = \frac{{2\pi }}{9},C = \frac{{5\pi }}{9} \\
A = B = \frac{{4\pi }}{9},C = \frac{\pi }{9} \\
\end{array} \right.
Ví dụ 3:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = \frac{{{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B +
{{\sin }^2}C}}{{{{\cos }^2}A + {{\cos }^2}B + {{\cos }^2}C}}
Lời giải:
Ta có:
P = \frac{3}{{{{\cos }^2}A + {{\cos }^2}B + {{\cos }^2}C}} - 1
\begin{array}
= \frac{3}{{3 - \left( {{{\sin }^2}A + {{\sin }^2}B + {{\sin
}^2}C} \right)}} - 1 \\
\leqslant \frac{3}{{3 - \frac{9}{4}}} - 1 = 3 \\
\end{array}
Do đó {P_{\max }} = 3 \Leftrightarrow \Delta ABCđều.
Ví dụ 4:
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của y = \sqrt[4]{{\sin x}} - \sqrt {\cos x}
Lời giải:
Điều kiện: \sin x \geqslant 0,\cos x \geqslant 0
Ta có: y = \sqrt[4]{{\sin x}} - \sqrt {\cos x} \leqslant \sqrt[4]{{\sin
x}} \leqslant 1
Dấu bằng xảy ra \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\sin x = 1 \\
\cos x = 0 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi
Mặt khác y = \sqrt[4]{{\sin x}} - \sqrt {\cos x} \geqslant - \cos
x \geqslant - 1
Dấu bằng xảy ra \left\{ \begin{array}
\sin x = 0 \\
\cos x = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2k\pi
Vậy \left\{ \begin{array}
{y_{\max }} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{\pi }{2} + k2\pi
\\
{y_{\min }} = - 1 \Leftrightarrow x = 2k\pi \\
\end{array} \right.
Ví dụ 5:
Cho hàm số y = \frac{{2 + \cos x}}{{\sin x + \cos x - 2}}. Hãy tìm Max
ytrên miền xác định của nó.
Lời giải:
Vì \sin xvà \cos x không đồng thời bằng 1 nên y xác định trên R.
{Y_0} thuộc miền giá trị của hàm số khi và chỉ khi {Y_0} = \frac{{2 + \cos
x}}{{\sin x + \cos x - 2}} có nghiệm.
\Leftrightarrow {Y_0}\sin x + \left( {{Y_0} - 1} \right)\cos x = 2{Y_0} + 2
có nghiệm.
\begin{array}
{\left( {2{Y_0} + 2} \right)^2} \leqslant {Y_0}^2 + {\left( {{Y_0} - 1}
\right)^2} \\
\Leftrightarrow 2{Y_0}^2 + 10{Y_0} + 3 \leqslant 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{ - 5 - \sqrt {19} }}{2} \leqslant {Y_0}
\leqslant \frac{{ - 5 + \sqrt {19} }}{2} \\
\end{array}
Vậy {y_{\max }} = \frac{{ - 5 + \sqrt {19} }}{2}
Bài tập rèn luyện
CMR \Delta ABCđều khi nó thỏa mãn một trong các đẳng thức sau:
1) \cos A\cos B + \cos B\cos C + \cos C\cos A = \frac{3}{4}
2) \sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = \sin A + \sin B + \sin C
3) \frac{1}{{\sin 2A}} + \frac{1}{{\sin 2B}} +
\frac{1}{{\sin 2C}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} + \frac{1}{2}\tan A\tan B\tan C
4) {\left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{\cot A + \cot B
+ \cot C}}} \right)^2} = \frac{{{a^2}{b^2}{c^2}}}{{\tan \frac{A}{2}\tan
\frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}}}
5) \frac{{a\cos A + b\cos B + c\cos C}}{{a + b + c}} =
\frac{1}{2}
6) {l_a}{l_b}{l_c} = abc\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos
\frac{C}{2}
7) {m_a}{m_b}{m_c} = abc\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos
\frac{C}{2}
8) bc\cot \frac{A}{2} + ca\cot \frac{B}{2} + ab\cot
\frac{C}{2} = 12S
9) \left( {1 + \frac{1}{{\sin A}}} \right)\left( {1 + \frac{1}{{\sin
B}}} \right)\left( {1 + \frac{1}{{\sin C}}} \right) = 5 + \frac{{26\sqrt 3
}}{9}
ÁP DỤNG BĐT LƯỢNG GIÁC VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
ÁP DỤNG BĐT LƯỢNG GIÁC VÀO GIẢI MỘT
SỐ BÀI TOÁN
Trong chuyên đề này, ta sẽ tìm hiểu về cách áp dụng bất đẳng thức lượng giác
vào giải các bài toán định tính các tam giác đều, cân, vuông... và giải cực trị
lượng giác
1. Định tính
tam...
|
|
CÁC ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ SỞ
TRONG TAM GIÁC
Đây là các đẳng thức và bất đẳng thức quen thuộc rất cần thiết cho việc chứng
minh các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác cũng như trong các ứng dụng của
chúng. Ta cũng có thể xem đây như là một phần kiến thức cơ sở cần cho quá
trình học toán của chúng ta.
I. CÁC ĐẲNG THỨC CƠ SỞ TRONG TAM GIÁC
• \frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} =
\frac{c}{{\sin C}} = 2R
• {a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos A
\begin{array}
{b^2} = {c^2} + {a^2} - 2ca\cos B \\
{c^2} = {a^2} + {b^2} - 2ab\cos C \\
\end{array}
• a = b\cos C + c\cos B
\begin{array}
b = c\cos A + a\cos C \\
c = a\cos B + b\cos A \\
\end{array}
• S = \frac{1}{2}a{h_a} = \frac{1}{2}b{h_b} =
\frac{1}{2}c{h_c}
\begin{array}
= \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2}ca\sin B = \frac{1}{2}ab\sin
C \\
= \frac{{abc}}{{4R}} = 2{R^2}\sin A\sin B\sin C = pr \\
= \left( {p - a} \right){r_a} = \left( {p - b} \right){r_b} =
\left( {p - c} \right){r_c} \\
= \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p -
c} \right)} \\
\end{array}
• {m_a}^2 = \frac{{2{b^2} + 2{c^2} -
{a^2}}}{4}
\begin{array}
{m_b}^2 = \frac{{2{c^2} + 2{a^2} - {b^2}}}{4} \\
{m_c}^2 = \frac{{2{a^2} + 2{b^2} - {c^2}}}{4} \\
\end{array}
• {l_a}^2 = \frac{{2bc\cos \frac{A}{2}}}{{b + c}}
\begin{array}
{l_b}^2 = \frac{{2ca\cos \frac{B}{2}}}{{c + a}} \\
{l_c}^2 = \frac{{2ab\cos \frac{C}{2}}}{{a + b}} \\
\end{array}
• r = \left( {p - a} \right)\tan \frac{A}{2} = \left( {p -
b} \right)\tan \frac{B}{2} = \left( {p - c} \right)\tan \frac{C}{2} = 4R\sin
\frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}
• \frac{{a - b}}{{a + b}} = \frac{{\tan \left( {\frac{{A -
B}}{2}} \right)}}{{\tan \left( {\frac{{A + B}}{2}} \right)}}
\frac{{b - c}}{{b + c}} = \frac{{\tan \left( {\frac{{B - C}}{2}}
\right)}}{{\tan \left( {\frac{{B + C}}{2}} \right)}}
\frac{{c - a}}{{c + a}} = \frac{{\tan \left( {\frac{{C - A}}{2}}
\right)}}{{\tan \left( {\frac{{C + A}}{2}} \right)}}
• \cot A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{4S}}
\begin{array}
\cot B = \frac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{{4S}} \\
\cot C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{4S}} \\
\end{array}
\cot A + \cot B + \cot C = \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{4S}}
• \sin \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{\left( {p - b}
\right)\left( {p - c} \right)}}{{bc}}}
\begin{array}
\sin \frac{B}{2} = \sqrt {\frac{{\left( {p - c} \right)\left( {p - a}
\right)}}{{ca}}} \\
\sin \frac{C}{2} = \sqrt {\frac{{\left( {p - a} \right)\left( {p - b}
\right)}}{{ab}}} \\
\end{array}
• \cos \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{p\left( {p - a}
\right)}}{{bc}}}
\begin{array}
\cos \frac{B}{2} = \sqrt {\frac{{p\left( {p - b}
\right)}}{{ca}}} \\
\cos \frac{C}{2} = \sqrt {\frac{{p\left( {p - c}
\right)}}{{ab}}} \\
\end{array}
• \tan \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{\left( {p - b}
\right)\left( {p - c} \right)}}{{p\left( {p - a} \right)}}}
\begin{array}
\tan \frac{B}{2} = \sqrt {\frac{{\left( {p - c} \right)\left( {p - a}
\right)}}{{p\left( {p - b} \right)}}} \\
\tan \frac{C}{2} = \sqrt {\frac{{\left( {p - a} \right)\left( {p - b}
\right)}}{{p\left( {p - c} \right)}}} \\
\end{array}
• \sin A + \sin B + \sin C = 4\cos \frac{A}{2}\cos
\frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} = \frac{p}{R}
\begin{array}
\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4\sin A\sin B\sin C \\
{\sin ^2}A + {\sin ^2}B + {\sin ^2}C = 2\left( {1 + \cos A\cos B\cos C}
\right) \\
\cos A + \cos B + \cos C = 1 + 4\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2} = 1 + \frac{r}{R} \\
{\cos ^2}A + {\cos ^2}B + {\cos ^2}C = 1 - 2\cos A\cos B\cos C \\
\tan A + \tan B + \tan C = \tan A\tan B\tan C \\
\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2} = \cot
\frac{A}{2}\cot \frac{B}{2}\cot \frac{C}{2} \\
\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2} +
\tan \frac{C}{2}\tan \frac{A}{2} = 1 \\
\cot A\cot B + \cot B\cot C + \cot C\cot A = 1 \\
\end{array}
II. CÁC BĐT CƠ SỞ TRONG TAM GIÁC
• $\begin{array} \left| {a - b} \right| < c < a + b\\
\left| {b - c} \right| < a < b + c \\
\left| {c - a} \right| < b < c + a \\
\end{array}
• a \leqslant b \Leftrightarrow A \leqslant B
\begin{array}
b \leqslant c \Leftrightarrow B \leqslant C \\
c \leqslant a \Leftrightarrow C \leqslant A \\
\end{array}
• \cos A + \cos B + \cos C \leqslant \frac{3}{2}
\begin{array}
\sin A + \sin B + \sin C \leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \\
\tan A + \tan B + \tan C \geqslant 3\sqrt 3 \\
\cot A + \cot B + \cot C \geqslant \sqrt 3 \\
\end{array}
• \cos \frac{A}{2} + \cos \frac{B}{2} + \cos \frac{C}{2}
\leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{2}
\begin{array}
\sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2} \leqslant
\frac{3}{2} \\
\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2} \geqslant \sqrt
3 \\
\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2} \geqslant 3\sqrt
3 \\
\end{array}
• {\cos ^2}A + {\cos ^2}B + {\cos ^2}C \geqslant
\frac{3}{4}
{\sin ^2}A + {\sin ^2}B + {\sin ^2}C \leqslant \frac{9}{4}
{\tan ^2}A + {\tan ^2}B + {\tan
^2}C \geqslant 9
{\cot ^2}A + {\cot ^2}B + {\cot ^2}C \geqslant 1
• {\cos ^2}\frac{A}{2} + {\cos ^2}\frac{B}{2} + {\cos
^2}\frac{C}{2} \leqslant \frac{9}{4}
\begin{array}
{\sin ^2}\frac{A}{2} + {\sin ^2}\frac{B}{2} + {\sin ^2}\frac{C}{2}
\geqslant \frac{3}{4} \\
{\tan ^2}\frac{A}{2} + {\tan ^2}\frac{B}{2} + {\tan ^2}\frac{C}{2}
\geqslant 1 \\
{\cot ^2}\frac{A}{2} + {\cot ^2}\frac{B}{2} + {\cot ^2}\frac{C}{2}
\geqslant 9 \\
\end{array}
• \cos A\cos B\cos C \leqslant \frac{1}{8}
\begin{array}
\sin A\sin B\sin C \leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \\
\tan A\tan B\tan C \geqslant 3\sqrt 3 \\
\cot A\cot B\cot C \leqslant \frac{1}{{3\sqrt 3 }} \\
\end{array}
• \cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2} \leqslant
\frac{{3\sqrt 3 }}{8}
\begin{array}
\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} \leqslant
\frac{1}{8} \\
\tan \frac{A}{2}\tan \frac{B}{2}\tan \frac{C}{2} \leqslant
\frac{1}{{3\sqrt 3 }} \\
\cot \frac{A}{2}\cot \frac{B}{2}\cot \frac{C}{2} \geqslant 3\sqrt
3 \\
\end{array}
• \cos 2A + \cos 2B + \cos 2C \geqslant - \frac{3}{2}
\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C \leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{2}
• \frac{1}{{\cos \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{\cos
\frac{B}{2}}} + \frac{1}{{\cos \frac{C}{2}}} \geqslant 2\sqrt 3
\frac{1}{{\sin \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{\sin \frac{B}{2}}} + \frac{1}{{\sin
\frac{C}{2}}} \geqslant 2\sqrt 3 $
III. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1.
Cho \Delta ABC. Đường phân giác của các góc A,B,C cắt đường tròn ngoại tiếp lần
lượt tại {A_1},{B_1},{C_1}. CMR: {S_{ABC}} \leqslant
{S_{{A_1}{B_1}{C_1}}}
Lời giải:
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp thì nó cũng là bán kính đường tròn ngoại
tiếp \Delta {A_1}{B_1}{C_1}.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2{R^2}\sin A\sin B\sin C \leqslant 2{R^2}\sin {A_1}\sin {B_1}\sin
{C_1} (1)
Do {A_1} = \frac{{B + C}}{2},{B_2} = \frac{{C + A}}{2},{C_1} =
\frac{{A + B}}{2} nên:
\begin{array}
(1) \Leftrightarrow \sin A\sin B\sin C \leqslant \sin \frac{{B +
C}}{2}\sin \frac{{C + A}}{2}\sin \frac{{A + B}}{2} \\
\Leftrightarrow 8\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}c{\text{os}}\frac{A}{2}c{\text{os}}\frac{B}{2}c{\text{os}}\frac{C}{2}
\leqslant c{\text{os}}\frac{A}{2}c{\text{os}}\frac{B}{2}c{\text{os}}\frac{C}{2}(2)
\\
\end{array}
Vì c{\text{os}}\frac{A}{2}c{\text{os}}\frac{B}{2}c{\text{os}}\frac{C}{2} >
0 nên
(2) \Leftrightarrow \sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}
\leqslant \frac{1}{8} \Rightarrow đpcm.
Đẳng thức xảy ra \Leftrightarrow \Delta ABC đều.
Bài 2.
CMR trong mọi tam giác ta đều có:
\sin {\text{A}}\sin B + \sin B\sin C + \sin C\sin A \leqslant \frac{7}{4} +
4\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}
Lời giải:
Ta có :
\cos A + \cos B + \cos C = 1 + 4\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
\sin A\sin B + \sin B\sin C + \sin C\sin A \leqslant \frac{3}{4} + \cos A +
c{\text{os}}B + \cos C(1)
Mà:
\begin{array}
\cos A = \sin B\sin C - \cos B\cos C \\
\cos B = \sin C\sin A - \cos C\cos A \\
\cos C = \sin B\sin A - \cos A\cos B \\
\end{array}
Nên (1) \Leftrightarrow \cos A\cos B + \cos B\cos C + \cos C\cos
A \leqslant \frac{3}{4} (2)
Thật vậy hiển nhiên ta có:
\cos A\cos b + \cos B\cos C + \cos C\cos A \leqslant \frac{1}{3}{(\cos A +
\cos B + \cos C)^2} (3)
Mặt khác ta có: \cos A + \cos B + \cos C \leqslant \frac{3}{2}
\Rightarrow (3) đúng \Rightarrow (2) \Rightarrow đpcm.
Đẳng thức xảy ra \Leftrightarrow \Delta ABC đều.
Bài 3.
CMR với mọi \Delta ABC bất kì ta có:
{a^2} + {b^2} + {c^2}
\geqslant 4\sqrt 3 S + {(a - b)^2} + {(b - c)^2} + {(c - a)^2}
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
2(ab + bc + ac) \geqslant 4\sqrt 3 S + {a^2} + {b^2} + {c^2} (1)
Ta có:
\begin{array}
\cot A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{4S}} \\
\cot B = \frac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{{4S}} \\
\cot C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{4S}} \\
\end{array}
Khi đó:
\begin{array}
(1) \Leftrightarrow 4S\left( {\frac{1}{{\sin A}} + \frac{1}{{\sin B}} +
\frac{1}{{\sin C}}} \right) \geqslant 4\sqrt 3 S + 4S(\cot A + \cot B + \cot
C) \\
\Leftrightarrow \left( {\frac{1}{{\sin A}} - \cot A} \right) +
\left( {\frac{1}{{\sin B}} - \cot B} \right) + \left( {\frac{1}{{\sin C}} -
\cot C} \right) \geqslant \sqrt 3 \\
\Leftrightarrow \tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2} + \tan
\frac{C}{2} \geqslant \sqrt 3 \\
\end{array}
\Rightarrow đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài 4.
Cho \Delta ABC bất kì. CMR: R + r \geqslant \sqrt[4]{3}\sqrt S
Lời giải:
Ta có:
\begin{array}
R = \frac{{abc}}{{4S}} = \frac{{2{R^3}\sin A\sin B\sin C}}{8} = \sqrt
{\frac{S}{{2\sin A\sin B\sin C}}} \\
r = \frac{S}{p} = \frac{S}{{R(\sin A + \sin B + \sin C)}} = \frac{{\sqrt
8 \sqrt {2\sin A\sin B\sin C} }}{{\sin A + \sin B + \sin C}} \\
\end{array}
Vậy:
R + r = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{S}{{2\sin AsinB\sin C}}} +
\frac{1}{2}\sqrt {\frac{S}{{2\sin A\sin B\sin C}}} + \frac{{\sqrt 8 \sqrt
{2\sin A\sin B\sin C} }}{{\sin A + \sin B + \sin C}}
Theo BĐT Cô-si ta có:
\frac{{R + r}}{3} \geqslant \sqrt[3]{{\frac{{S\sqrt S \sqrt {\sin A\sin B\sin
C} }}{{8\sin A\sin B\sin C(\sin A + \sin B + \sin C)}}}}
Mà:
\begin{array}
\sin A + \sin B + \sin C \leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \\
\sin A\sin B\sin C \leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{8} \\
\Rightarrow R + r \geqslant \sqrt[3]{{\frac{{4S\sqrt S
}}{{4\sqrt[4]{{27}}.3\sqrt 3 }}}} = \sqrt[4]{3}\sqrt S \\
\end{array}
\Rightarrow đpcm.
Bài 5.
Cho \Rightarrow bất kì. CMR:
\frac{{{a^8}}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{A}{2}}} +
\frac{{{b^8}}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{B}{2}}} +
\frac{{{c^8}}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{C}{2}}} \geqslant {\left(
{\frac{{abc\sqrt 6 }}{{3R}}} \right)^4}
Lời giải:
Áp dụng BCS ta có:
\frac{{{a^8}}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{A}{2}}} +
\frac{{{b^8}}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{B}{2}}} +
\frac{{{c^8}}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{C}{2}}} \geqslant
\frac{{{{({a^4} + {b^4} + {c^4})}^2}}}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{A}{2} +
c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{B}{2} + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{C}{2}}}
Mà:
\begin{array}
c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{A}{2} + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{B}{2}
+ c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{C}{2} \leqslant \frac{9}{4} \\
{\left( {\frac{{abc}}{4}} \right)^4} = {(16{S^2})^2} \\
\end{array}
Vì thế ta chỉ cần chứng minh: {a^4} + {b^4} + {c^4} \geqslant 16{S^2}
Trước hết ta có: {a^4} + {b^4} + {c^4} \geqslant abc(a + b + c)(1)
Thật vậy:
\begin{array}
(1) \Leftrightarrow {a^2}({a^2} - bc) + {b^2}({b^2} - ca) + {c^2}({c^2}
- ab) \geqslant 0 \\
\Leftrightarrow \left[ {{a^2} + {{(b + c)}^2}} \right]{(b - c)^2}
+ \left[ {{b^2} + {{(c + a)}^2}} \right]{(c - a)^2} + \left[ {{c^2} + {{(a +
b)}^2}} \right]{(a - b)^2} \geqslant 0 \\
\end{array}
(đúng)
Mặt khác ta cũng có:
16{S^2} = 16p(p - a)(p - b)(p - c) = (a + b + c)(a + b - c)(b + c - a)(c + a -
b)(2)
Từ (1),(2) thì suy ra ta phải chứng minh:
abc \geqslant (a + b - c)(b + c - a)(a + c - b)(3)
Đặt :
\begin{array}
x = a + b - c \\
y = b + c - a \\
z = c + a - b \\
\end{array}
Vì a,b,c là ba cạnh của một tam giác nên x , y , z > 0
Khi đó theo BĐT Cô-si thì:
abc = \frac{{(x + y)(y + z)(z + x)}}{8} \geqslant \frac{{(2\sqrt {xy} )(2\sqrt
{yz} )(2\sqrt {xz} )}}{8} \\
= xyz = (a +
b - c)(b + c - a)(c + a - b)
\Rightarrow (3) đúng (đpcm)
CÁC ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ SỞ TRONG TAM GIÁC
CÁC ĐẲNG THỨC VÀ BẤT ĐẲNG THỨC CƠ SỞ
TRONG TAM GIÁC
Đây là các đẳng thức và bất đẳng thức quen thuộc rất cần thiết cho việc chứng
minh các bất đẳng thức lượng giác trong tam giác cũng như trong các ứng dụng của
chúng. Ta cũng có thể xem đây như...
|
|
SỬ
DỤNG BĐT CỔ ĐIỂN ĐỂ CHỨNG MINH BĐT LƯỢNG GIÁC
Trong chuyên đề này, ta sẽ tìm hiểu về 4 bất đẳng thức cổ điển và ứng dụng của
chúng trong giải bất đẳng thức lượng giác. Các bất đẳng thức bao gồm:
1. Bất đẳng thức Cauchy (AM – GM)
2. Bất đẳng thức Bunhiacốpxki
3. Bất đẳng thức Jensen
4. Bất đẳng thức Chebyshev
1. Bất đẳng thức
Cauchy (AM – GM):
Với mọi số thực không âm {a_1},{a_2},....,{a_n} ta luôn có:
\frac{{{a_1} + {a_2} + ... + {a_n}}}{n} \geqslant
\sqrt[n]{{{a_1}{a_2}...{a_n}}}
Ví dụ 1:
Cho A,B,C là 3 đỉnh của 1 tam giác nhọn. CMR:
\tan A +
\tan B + \tan C \geqslant 3\sqrt 3
Lời giải:
Vì \tan \left( {A + B} \right) = - \tan C \Leftrightarrow \frac{{\tan A
+ \tan B}}{{1 - \tan A.\tan B}} = - \tan C
\Rightarrow \tan A + \tan B + \tan C = \tan A.\tan B.\tan C
Tam giác ABC nhọn nên tanA, tanB, tanC dương.
Theo Cauchy ta có:
\tan A +
\tan B + \tan C \geqslant 3\sqrt[3]{{\tan A.\tan B.\tan C}} = 3\sqrt[3]{{\tan A
+ \tan B + \tan C}}
\Rightarrow {\left( {\tan A + \tan B + \tan C} \right)^2} \geqslant 27\left(
{\tan A + \tan B + \tan C} \right)
\Rightarrow \tan A + \tan B + \tan C \geqslant 3\sqrt 3
Đẳng thức xảy ra \Leftrightarrow A = B = C \Leftrightarrow \Delta ABCđều.
Ví dụ 2 :
Cho \Delta ABC nhọn. CMR: \cot A + \cot B + \cot C \geqslant \sqrt 3
Lời giải:
Ta luôn có:
\begin{array}
\cot \left( {A + B} \right) = - \cot C \\
\Leftrightarrow \frac{{\cot A.\cot B - 1}}{{\cot A + \cot B}}
= - \cot C \\
\Leftrightarrow \cot A.\cot B + \cot B.\cot C + \cot C.\cot A =
1 \\
\end{array}
Khi đó:
{\left( {\cot A - \cot B}
\right)^2} + {\left( {\cot B - \cot C} \right)^2} + {\left( {\cot C - \cot A}
\right)^2} \geqslant 0
\Leftrightarrow {\left( {\cot A + \cot B + \cot C}
\right)^2} \geqslant 3\left( {\cot A\cot B + \cot B\cot C + \cot C\cot A}
\right) = 3
\Rightarrow \cot A + \cot B + \cot C \geqslant \sqrt 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \Delta ABCđều.
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi \Delta ABC nhọn ta có:
\sqrt {\frac{{\cos A\cos B}}{{\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}}}} +
\sqrt {\frac{{\cos B\cos C}}{{\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}}} + \sqrt
{\frac{{\cos C\cos A}}{{\cos \frac{C}{2}\cos \frac{A}{2}}}} \\
\leqslant \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} + \sin
\frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} + \sin \frac{C}{2}\sin \frac{A}{2}} \right) +
\frac{{\sqrt 3 }}{2}
Lời giải:
Ta có: \frac{{\cos A}}{{2\cos \frac{A}{2}}} = \sin \frac{A}{2}\cot
\frac{A}{2}
\Rightarrow \frac{{\frac{3}{4}\cos A\cos B}}{{4\cos \frac{A}{2}\cos
\frac{B}{2}}} = \left( {\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}} \right)\left(
{\frac{3}{4}\cot A\cot B} \right)
Theo Cauchy:
\frac{{\frac{3}{4}\cos A\cos B}}{{4\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}}}
\leqslant {\left( {\frac{{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} + \frac{3}{4}\cot
A\cot B}}{2}} \right)^2}
\Rightarrow \sqrt {\frac{{\cos A\cos B}}{{\cos \frac{A}{2}\cos
\frac{B}{2}}}} \leqslant \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {\sin \frac{A}{2}\sin
\frac{B}{2} + \frac{3}{4}\cot A\cot B} \right)
Tương tự ta có:
\sqrt {\frac{{\cos B\cos C}}{{\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}}}
\leqslant \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} +
\frac{3}{4}\cot B\cot C} \right)
S = pr \Rightarrow \frac{8}{3}{\left( {\frac{S}{{2r}}} \right)^2} =
\frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{6}
Cộng theo vế ta được:
\sqrt {\frac{{\cos A\cos B}}{{\cos \frac{A}{2}\cos \frac{B}{2}}}} +
\sqrt {\frac{{\cos B\cos C}}{{\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}}}} + \sqrt
{\frac{{\cos C\cos A}}{{\cos \frac{C}{2}\cos \frac{A}{2}}}}
\leqslant \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} + \sin
\frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}
\\
+ \sin \frac{C}{2}\sin \frac{A}{2}} \right) + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {\cot
A\cot B + \cot B\cot C + \cot C\cot A} \right)
= \frac{2}{{\sqrt 3 }}\left( {\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} + \sin
\frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} + \sin \frac{C}{2}\sin \frac{A}{2}} \right) +
\frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow Đpcm.
2. Bất đẳng thức
Bunhiacốpxki:
Với 2 bộ số {a_1},{a_2},...,{a_n} và {b_1},{b_2},...,{b_n} ta luôn có:
{\left( {{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ... + {a_n}{b_n}} \right)^2} \leqslant
\left( {{a_1}^2 + {a_2}^2 + ... + {a_n}^2} \right)\left( {{b_1}^2 + {b_2}^2 +
... + {b_n}^2} \right)
Nhận xét:
-Nếu như với bất đẳng thức Cauchy, ta luôn phải nhớ điều kiện của các biến là
phải không âm thì đối với bất đẳng thức Bunhiacốpxki, ta có thể áp dụng cho các
biến là số thực.
-Bất đẳng thức Cauchy và Bunhiacốpxki là 2 bất đẳng thức tỏ ra rất hiệu quả khi
dùng để chứng minh các bất đẳng thức lượng giác. Ta sẽ xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1:
CMR với mọi a,b,\alpha ta có:
\left( {\sin \alpha + a\cos \alpha } \right)\left( {\sin \alpha +
b\cos \alpha } \right) \leqslant 1 + {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}
Lời giải:
Ta có: \left( {\sin \alpha + a\cos \alpha } \right)\left( {\sin
\alpha + b\cos \alpha } \right) = {\sin ^2}\alpha + \left( {a + b}
\right)\sin \alpha \cos \alpha + ab{\cos ^2}\alpha
= \frac{{1
- \cos 2\alpha }}{2} + \frac{{\left( {a + b} \right)}}{2}\sin 2\alpha +
ab\frac{{1 + \cos 2\alpha }}{2}
=
\frac{1}{2}\left( {1 + ab + \left( {a + b} \right)\sin 2\alpha + \left(
{ab - 1} \right)\cos 2\alpha } \right) (1)
Theo Bunhiacốpxki ta có:
A\sin x + B\cos x \leqslant \sqrt
{{A^2} + {B^2}} (2)
Áp dụng (2) ta có:
\left( {a + b} \right)\sin
2\alpha + \left( {ab - 1} \right)\cos 2\alpha \leqslant \sqrt
{{{\left( {a + b} \right)}^2} + {{\left( {ab - 1} \right)}^2}} = \sqrt {\left(
{{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)}
(3)
Thay (3) vào (1) ta được:
\left( {\sin \alpha + a\cos
\alpha } \right)\left( {\sin \alpha + b\cos \alpha } \right) \leqslant
\frac{1}{2}\left( {1 + ab + \sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1}
\right)} } \right) (4)
Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây đúng với mọi a,b:
\frac{1}{2}\left( {1 + ab + \sqrt
{\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)} } \right) \leqslant 1 +
{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2} (5)
Thật vậy:
(5) \Leftrightarrow
\frac{1}{2} + \frac{{ab}}{2} + \frac{1}{2}\sqrt {\left( {{a^2} + 1}
\right)\left( {{b^2} + 1} \right)} \leqslant 1 + \frac{{{a^2} +
{b^2}}}{4} + \frac{{ab}}{2}
\Leftrightarrow \sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1}
\right)} \leqslant \frac{{{a^2} + {b^2} + 2}}{2}
\Leftrightarrow \sqrt {\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1}
\right)} \leqslant \frac{{\left( {{a^2} + 1} \right) + \left( {{b^2} + 1}
\right)}}{2} (6)
Theo Cauchy thì (6) hiển nhiên đúng \Rightarrow (5) đúng với mọi a,b.
Từ (1) và (5) : với mọi a,b,\alpha ta có: \left( {\sin \alpha + a\cos
\alpha } \right)\left( {\sin \alpha + b\cos \alpha } \right) \leqslant 1
+ {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}
Đẳng thức xảy ra khi ở (1) và (6) dấu bằng đồng thời xảy ra
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
{a^2} = {b^2} \\
\frac{{a + b}}{{\sin 2\alpha }} = \frac{{ab - 1}}{{\cos 2\alpha }}
\\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\left| a \right| = \left| b \right| \\
\tan \alpha = \frac{{a + b}}{{ab - 1}} \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}
\left| a \right| = \left| b \right| \\
\alpha = \frac{1}{2}\arctan \frac{{a + b}}{{ab - 1}} + k\frac{\pi
}{2} \\
\end{array} \right.
Ví dụ 2:
CMR với mọi \Delta ABC ta có:
\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z \leqslant \sqrt
{\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{2R}}}
với x,y,z là khoảng cách từ điểm M bất kì nằm bên trong \Delta ABC tới 3 cạnh
AB, BC, CA của tam giác.
Lời giải:
Ta có:
\begin{array}
{S_{ABC}} = {S_{MAB}} + {S_{MBC}} + {S_{MCA}} \\
\Leftrightarrow \frac{{{S_{MAB}}}}{{{S_{ABC}}}} +
\frac{{{S_{MBC}}}}{{{S_{ABC}}}} + \frac{{{S_{MCA}}}}{{{S_{ABC}}}} = 1 \\
\Leftrightarrow \frac{z}{{{h_c}}} + \frac{y}{{{h_b}}} +
\frac{x}{{{h_a}}} = 1 \\
\end{array}
\Rightarrow {h_a} + {h_b} + {h_c} = \left( {{h_a} + {h_b} + {h_c}}
\right)\left( {\frac{z}{{{h_c}}} + \frac{y}{{{h_b}}} + \frac{x}{{{h_a}}}}
\right)
Theo Bunhiacốpxki thì:
\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = \sqrt {{h_a}} \frac{{\sqrt x
}}{{\sqrt {{h_a}} }} + \sqrt {{h_b}} \frac{{\sqrt y }}{{\sqrt {{h_b}} }} +
\sqrt {{h_c}} \frac{{\sqrt z }}{{\sqrt {{h_c}} }} \\
\leqslant \sqrt {\left( {{h_a} + {h_b} + {h_c}} \right)\left( {\frac{{\sqrt x
}}{{\sqrt {{h_a}} }} + \frac{{\sqrt y }}{{\sqrt {{h_b}} }} + \frac{{\sqrt z
}}{{\sqrt {{h_c}} }}} \right)} = \sqrt {{h_a} + {h_b} + {h_c}}
mà S = \frac{1}{2}a{h_a} = \frac{1}{2}ab\sin C \Rightarrow {h_a} = b\sin C,
{h_b} = c\sin A, {h_c} = a\sin B
\Rightarrow \sqrt {{h_a} + {h_b} + {h_c}} = \sqrt {\left( {a\sin B +
b\sin C + c\sin A} \right)} = \sqrt {\frac{{ab}}{{2R}} +
\frac{{bc}}{{2R}} + \frac{{ca}}{{2R}}}
\Rightarrow \sqrt x + \sqrt y + \sqrt z \leqslant \sqrt
{\frac{{ab}}{{2R}} + \frac{{bc}}{{2R}} + \frac{{ca}}{{2R}}} \leqslant
\sqrt {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{2R}}} \Rightarrow Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \left\{ \begin{array}
a = b = c \\
x = y = z \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \Delta ABCđều và M là tâm đường tròn
nội tiếp\Delta ABC.
3. Bất đẳng thức
Jensen:
Cho f:{R^ + } \to R thỏa mãn f(x) + f(y) \geqslant 2f\left( {\frac{{x +
y}}{2}} \right) \forall x,y \in {R^ + }. Khi đó với mọi
{x_1},{x_2},....,{x_n} \in {R^ + } ta có bất đẳng thức sau:
f({x_1}) + f({x_2}) + ...... + f({x_n}) \geqslant nf\left( {\frac{{{x_1} +
{x_2} + ... + {x_n}}}{n}} \right)
-Bất đẳng thức Jensen thật sự là một công cụ chuyên dùng cho chứng minh các bất
đẳng thức lượng giác. Tuy không phải là một bất đẳng thức chặt nhưng nếu thấy
có những dấu hiệu của BĐT Jensen, chúng ta nên dùng ngay.
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng với mọi\Delta ABC ta có
\sin A + \sin B + \sin C \leqslant \frac{{3\sqrt 3 }}{2}
Lời giải:
Xét f(x) = \sin x với x \in \left( {0,\pi } \right) \Rightarrow f(x) là
hàm lồi. Theo Jensen ta có:
f(A) + f(B) + f(C) \leqslant 3f\left( {\frac{{A + B + C}}{3}} \right) = 3\sin
\frac{\pi }{3} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \Delta ABCđều.
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi \Delta ABCđều ta có:
\tan \frac{A}{2}
+ \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2} \geqslant \sqrt 3
Lời giải:
Xét f(x) = \tan x vớix \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)
\begin{array}
(1) \Leftrightarrow {a^2}({a^2} - bc) + {b^2}({b^2} - ca) + {c^2}({c^2} - ab)
\geqslant 0 \\
\Leftrightarrow \left[ {{a^2} + {{(b + c)}^2}} \right]{(b - c)^2} + \left[
{{b^2} + {{(c + a)}^2}} \right]{(c - a)^2} + \left[ {{c^2} + {{(a + b)}^2}}
\right]{(a - b)^2} \geqslant 0 \\
\end{array} là hàm lồi. Theo Jensen ta có:
f\left( {\frac{A}{2}} \right) + f\left( {\frac{B}{2}} \right) + f\left(
{\frac{C}{2}} \right) \geqslant 3f\left( {\frac{{\frac{A}{2} + \frac{B}{2} +
\frac{C}{2}}}{3}} \right) = 3\sin \frac{\pi }{6} = \sqrt 3 \Rightarrow
Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \Delta ABCđều.
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi \Delta ABCta có:
\sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2} + \tan \frac{A}{2} +
\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2} \geqslant \frac{3}{2} + \sqrt 3
Lời giải:
Xét f(x) = \sin x + \tan x với \Rightarrow là hàm lồi. Theo Jensen ta có:
f\left( {\frac{A}{2}} \right) + f\left( {\frac{B}{2}} \right) + f\left(
{\frac{C}{2}} \right) \geqslant 3f\left( {\frac{{\frac{A}{2} + \frac{B}{2} +
\frac{C}{2}}}{3}} \right) = 3\left( {\tan \frac{\pi }{6} + \sin \frac{\pi
}{6}} \right) = \frac{3}{2} + \sqrt 3 \Rightarrow Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \Delta ABCđều.
4. Bất đẳng thức
Chebyshev:
Với 2 dãy số thực đơn điệu cùng chiều {a_1},{a_2},...,{a_n} và
{b_1},{b_2},...,{b_n} ta có:
{a_1}{b_1} + {a_2}{b_2} + ... + {a_n}{b_n} \geqslant \frac{1}{n}\left( {{a_1}
+ {a_2} + ... + {a_n}} \right)\left( {{b_1} + {b_2} + ... + {b_n}} \right)
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng với mọi \Delta ABC ta có
\frac{{aA + bB + cC}}{{a + b + c}} \geqslant \frac{\pi }{3}
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử a \leqslant b \leqslant c \Leftrightarrow A
\leqslant B \leqslant C
Theo Chebyshev thì
\left( {\frac{{a + b + c}}{3}} \right)\left( {\frac{{A + B + C}}{3}} \right)
\leqslant \frac{{aA + bB + cC}}{3}
\Rightarrow \frac{{aA + bB + cC}}{3} \geqslant \frac{{A + B + C}}{3} =
\frac{\pi }{3}
Đẳng thức xảy ra khi \Delta ABCđều.
Ví dụ 2:
Chứng minh rằng với mọi \Delta ABC ta có
\frac{\sin A + \sin B + \sin C}{\cos A + \cos B + \cos C} \leqslant \frac{\tan
A\tan B\tan C}{3}
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sửA \geqslant B \geqslant C
\Rightarrow \left\{ \begin{array}
\tan A \geqslant \tan B \geqslant \tan C \\
\cos A \leqslant \cos B \leqslant \cos C \\
\end{array} \right.
Theo Chebyshev ta có:
\Leftrightarrow \frac{{\sin A + \sin B + \sin C}}{{\cos A + \cos B + \cos C}}
\leqslant \frac{{\tan A + \tan B + \tan C}}{3}
Mà \tan A + \tan B + \tan C = \tan A\tan B\tan C \Rightarrow Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \Delta ABCđều.
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng với mọi \Delta ABC ta có
2\left( {\sin A + \sin B + \sin C} \right) \geqslant \frac{3}{2}\frac{{\sin 2A
+ \sin 2B + \sin 2C}}{{\cos A + \cos B + \cos C}}
Lời giải:
Không mất tổng quát giả sử a \leqslant b \leqslant c
\Rightarrow \left\{ \begin{array}
\sin A \leqslant \sin B \leqslant \sin C \\
\cos A \geqslant \cos B \geqslant \cos C \\
\end{array} \right.
Theo Chebyshev ta có:
\left( {\frac{{\sin A + \sin B + \sin C}}{3}} \right)\left( {\frac{{\cos A +
\cos B + \cos C}}{3}} \right) \geqslant \frac{{\sin A\cos A + \sin B\cos B +
\sin C\cos C}}{3}
\Leftrightarrow 2\left( {\sin A + \sin B + \sin C} \right) \geqslant
\frac{3}{2}\frac{{\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C}}{{\cos A + \cos B + \cos C}}
\Rightarrow Đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \Delta ABCđều.
BÀI TẬP:
Bài 1.
CMR với mọi tam giác ABC ta có:
\left( {\sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2}} \right)\left(
{\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}} \right) \geqslant
\frac{{9\sqrt 3 }}{2}
Lời giải:
Theo BĐT Cô-si ta có:
\frac{{\sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2}}}{3} \geqslant
\sqrt[3]{{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}}}
Mặt khác:
\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2} = \cot \frac{A}{2}\cot
\frac{B}{2}\cot \frac{C}{2} =
\frac{{c{\text{os}}\frac{A}{2}c{\text{os}}\frac{B}{2}c{\text{os}}\frac{C}{2}}}{{\sin
\frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}}}
= \frac{{\frac{1}{4}(\sin A + \sin B + \sin C)}}{{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}}} = \frac{{\sin \frac{A}{2}c{\text{os}}\frac{A}{2} + \sin
\frac{B}{2}c{\text{os}}\frac{B}{2} + \sin
\frac{C}{2}c{\text{os}}\frac{C}{2}}}{{2\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}}}
\geqslant \frac{3}{2}.\frac{{\sqrt[3]{{\sin
\frac{A}{2}c{\text{os}}\frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}c{\text{os}}\frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}c{\text{os}}\frac{C}{2}}}}}{{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}}}
Suy ra:
\left( {\sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2}} \right)\left(
{\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}} \right)
\geqslant \frac{9}{2}.\frac{{\sqrt[3]{{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{A}{2}\sin
\frac{C}{2}\sin \frac{A}{2}c{\text{os}}\frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}c{\text{os}}\frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}c{\text{os}}\frac{C}{2}}}}}{{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin
\frac{C}{2}}}
= \frac{9}{2}.\sqrt[3]{{\cot \frac{A}{2}\cot \frac{B}{2}\cot
\frac{C}{2}}} (1)
Mà ta cũng có:
\cot \frac{A}{2}\cot \frac{B}{2}\cot \frac{C}{2} \geqslant 3\sqrt 3
\Rightarrow \frac{9}{2}.\sqrt[3]{{\cot \frac{A}{2}\cot \frac{B}{2}\cot
\frac{C}{2}}} \geqslant \frac{9}{2}.\sqrt[3]{{3\sqrt 3 }} = \frac{{9\sqrt 3
}}{2}(2)
Từ (1),(2) :
\left( {\sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2}} \right)\left(
{\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}} \right) \geqslant
\frac{{9\sqrt 3 }}{2}
\Rightarrow đpcm.
Bài 2.
Cho \Delta ABC nhọn .CMR:
\left( {\cos A + \cos B + \cos C} \right)\left( {\operatorname{t} a{\text{nA}}
+ \tan B + \tan C} \right) \geqslant \frac{{9\sqrt 3 }}{2}
Lời giải:
Vì \Delta ABC nhọn nên \cos A,\cos B,\cos C,\operatorname{t}
{\text{anA}},\tan B,\tan C đều dương.
Theo AM-GM ta có:
\begin{array}
\frac{{\cos A + \cos B + \cos C}}{3} \geqslant \sqrt[3]{{\cos A\cos
B\cos C}} \\
\operatorname{t} a{\text{nA}} + \tan B + \tan C = \operatorname{t}
a{\text{nA}}\tan B\tan C = \frac{{\sin A\sin B\sin C}}{{\cos A\cos B\cos
C}} \\
\end{array}
= \frac{{\frac{1}{4}(\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C)}}{{\cos A\cos B\cos C}} =
\frac{{\sin A\cos A + \sin B\cos b + \sin C\cos C}}{{2\cos A\cos B\cos C}}
\geqslant \frac{3}{2}.\frac{{\sqrt[3]{{\sin A\cos A\sin B\cos B\sin C\cos
C}}}}{{2\cos A\cos B\cos C}}
Suy ra:
\begin{array}
(\cos A + \cos B + \cos C)(\operatorname{t} a{\text{nA}}\tan B\tan
C) \\
\geqslant \frac{9}{2}.\frac{{\sqrt[3]{{\cos A\cos B\cos C\sin
A\cos A\sin B\cos B\sin C\cos C}}}}{{\cos A\cos B\cos C}} \\
= \frac{9}{2}.\sqrt[3]{{\operatorname{t} a{\text{nA}}\tan B\tan
C}}(1) \\
\end{array}
Mặt khác:
\begin{array}
\tan {\text{A}}\tan B\tan C \geqslant 3\sqrt 3 \\
\Rightarrow \frac{9}{2}.\sqrt[3]{{\operatorname{t}
a{\text{nA}}\tan B\tan C}} \geqslant \frac{9}{2}.\sqrt[3]{{3\sqrt 3 }} =
\frac{{9\sqrt 3 }}{2}(2) \\
\end{array}
Từ (1),(2) suy ra:
(\cos A + \cos B + \cos C)(\tan {\text{A}}\tan B\tan C) \geqslant
\frac{{9\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow đpcm.
Bài 4.
Cho tam giác ABC bất kì .CMR:
\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{abc}} \geqslant 4 - \frac{{2r}}{R}
Lời giải:
Ta có S=\frac{{abc}}{{4R}} = pr = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)}
\begin{array}
\Rightarrow \frac{{2r}}{R} = \frac{{8{S^2}}}{{pabc}} =
\frac{{{a^2}b + a{b^2} + {b^2}c + b{c^2} + {c^2}a + c{a^2} - {a^3} - {b^3} -
{c^3} - 2abc}}{{abc}} \\
\Rightarrow 4 - \frac{{2r}}{R} = \frac{{{a^3} + {b^3} +
{c^3}}}{{abc}} + 6 - (\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + \frac{b}{c} + \frac{c}{b} +
\frac{c}{a} + \frac{a}{c}) \leqslant \frac{{{a^3} + {b^3} +
{c^3}}}{{abc}} \\
\end{array}
Suy ra đpcm
Bài 5.
Cho tam tam giác ABC.CMR
(\frac{a}{{\cos A}} + \frac{b}{{\cos B}} - c)(\frac{b}{{\cos b}} +
\frac{c}{{\cos C}} - a)(\frac{c}{{\cos C}} + \frac{a}{{\cos A}} - b) \geqslant
27abc
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: \begin{array}
(\frac{{\sin C}}{{\cos A\cos B}} - \sin C)(\frac{{\sin A}}{{\cos B\cos
C}} - \sin A)(\frac{{\sin B}}{{\cos C\cos A}} - \sin B) \geqslant 27\sin A\sin
B\sin C \\
\Leftrightarrow \frac{{1 - \cos A\cos B}}{{\cos A\cos B}}.\frac{{1
- \cos B\cos C}}{{\cos B\cos C}}.\frac{{1 - \cos C\cos A}}{{\cos C\cos A}}
\geqslant 27 \\
\end{array}
Đặt x = tanA/2,y = tanB/2,z = tanC/2, khi đó ta có
\cos A = \frac{{1 - {x^2}}}{{1 + {x^2}}},\cos B = \frac{{1 - {y^2}}}{{1 +
{y^2}}},\cos C = \frac{{1 - {z^2}}}{{1 + {z^2}}}
Và \tan A = \frac{{2x}}{{1 - {x^2}}},\tan B = \frac{{2y}}{{1 - {y^2}}},\tan C
= \frac{{2z}}{{1 - {z^2}}}
Khi đó :\frac{{1 - \cos A\cos B}}{{\cos A\cos B}} = \frac{{2({x^2} +
{y^2})}}{{(1 - {x^2})(1 - {y^2})}} mặt khác :{x^2} + {y^2} \geqslant 2xy
nên:
\frac{{1 - \cos A\cos B}}{{\cos A\cos B}} \geqslant \frac{{2x}}{{1 -
{x^2}}}.\frac{{2y}}{{1 - {y^2}}} = \tan A\tan B (1)
Tương tự ta có:
\begin{array}
\frac{{1 - \cos B\cos C}}{{\cos B\cos C}} \geqslant \tan B\tan C
\\
\frac{{1 - \cos C\cos A}}{{\cos C\cos A}} \geqslant \tan C\tan A
\\
\end{array}
Nhân vế theo vế (1) (2) và (3) ta được đpcm
SỬ DỤNG BĐT CỔ ĐIỂN ĐỂ CHỨNG MINH BĐT LƯỢNG GIÁC
SỬ
DỤNG BĐT CỔ ĐIỂN ĐỂ CHỨNG MINH BĐT LƯỢNG GIÁC
Trong chuyên đề này, ta sẽ tìm hiểu về 4 bất đẳng thức cổ điển và ứng dụng của
chúng trong giải bất đẳng thức lượng giác. Các bất đẳng thức bao gồm:
1. Bất đẳng thức Cauchy (AM – GM)
2. Bất đẳng...
|
|
Tìm giá trị các biểu thức 1.Q=\tan^2 \frac{\pi}{12}+\tan^2 \frac{3\pi}{12}+\tan^2 \frac{5\pi}{12} 2.R=\sin^4 \frac{\pi}{16}+\sin^4 \frac{3\pi}{16}+\sin^4 \frac{5\pi}{16}+\sin^4 \frac{7\pi}{16}
Bài 113047
Tìm giá trị các biểu thức1.Q=\tan^2 \frac{\pi}{12}+\tan^2 \frac{3\pi}{12}+\tan^2 \frac{5\pi}{12}2.R=\sin^4 \frac{\pi}{16}+\sin^4 \frac{3\pi}{16}+\sin^4 \frac{5\pi}{16}+\sin^4 \frac{7\pi}{16}
|
|
Giải phương trình: \cos [\frac{\pi }{2}\ cos(x-\frac{\pi }{4}]=\frac{\sqrt{2} }{2}
Giải phương trình
Giải phương trình:\cos [\frac{\pi }{2}\ cos(x-\frac{\pi }{4}]=\frac{\sqrt{2} }{2}
|
|
Cho tam giác ABC bất kỳ với 3 góc ở đỉnh là A, B, C đều nhọn. Chứng minh rằng \frac{2}{3}\left( \sin A + \sin B + \sin C\right) + \frac{1}{3}\left( \tan A + \tan B + \tan C \right) > \pi
Bài 101054
Cho tam giác ABC bất kỳ với 3 góc ở đỉnh là A, B, C đều nhọn. Chứng minh rằng \frac{2}{3}\left( \sin A + \sin B + \sin C\right) + \frac{1}{3}\left( \tan A + \tan B + \tan C \right) > \pi
|