Luận văn Sử dụng bổ đề trội chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 1. Kết luận Chỉ cần MỘT bất đẳng thức trội (hay bất đẳng thức Karamata) và hệ quả của nó, ta đã có thể chứng minh được RẤT NHIỀU bất đẳng thức trong tam giác. Sử dụng Bổ đề trội một cách linh hoạt cho ta ngay kết quả mà không cần biến đổi cồng kềnh, phức tạp như một số phương pháp thông thường khác. Hy vọng rằng, nhiều bất đẳng thức mới khác nói chung, trong tam giác nói riêng, có thể suy ra được từ bất đẳng thức trội hoặc các mở rộng của nó. 2. Khuyến nghị Hy vọng luận văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên và sinh viên toán các trường sư phạm, trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông, trong rèn luyện đội tuyển thi giỏi cấp tỉnh, quốc gia và quốc tế. Hy vọng đề tài này sẽ được tiếp tục nghiên cứu, mở rộng và phát triển, được ứng dụng rộng rãi trong nghiên cứu, học tập của học sinh trung học phổ thông và sinh viên trong các trường Đại học, Học viện. Hy vọng rằng việc chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác bằng phương pháp sử dụng Bất đẳng thức trội, sẽ trở thành một trong những phương pháp quen thuộc của học sinh, sinh viên trong chứng minh các bất đẳng thức nói chung, các bất đẳng thức trong tam giác nói riêng.

pdf89 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 01/08/2018 | Lượt xem: 390 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Sử dụng bổ đề trội chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
1 ý 1, cách 3 ở trên ta có: 2 2 2 1 2 3 9 sin sin sin 4      ). 2) 1 4 1 2 3 3 2 sin sin sin 3 . 4             £ (2.2.1.2.2) Ta có:  1 2 3, , , , , ,0 . 3 3 3 2 2                     Hàm số   siny f x x  là hàm lõm trên  0; . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   siny f x x  , ta được:        1 2 30 2 2 3 3 3 f f f f f f f f f                                             1 2 3 1 4 1 2 3 sin sin sin 0 sin sin sin sin sin sin 2 2 3 3 3 3 3 3 3 2 sin sin sin 3. . 2 2 2 4                                   Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3        hay ABC là tam giác đều. Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi 1 2 3, , 0 2 2         (vô lý). Suy ra: 1 4 1 2 3 3 2 sin sin sin 3. . 4              Vậy bất đẳng thức (2.2.1.2.2) được chứng minh. 45 3) 1 2 3 1 0 sin .sin .sin . 2 2 2 8     £ (2.2.1.2.3) Cách 1 Do 1 2 3, ,   là ba góc trong tam giác ABC nên ta có 1sin 0, 2   2 3sin 0, sin 0 2 2     , suy ra: 1 2 3sin .sin .sin 0. 2 2 2     (3.1) Ta có:  1 2 3, , , , , ,0 . 3 3 3 2 2                     Hàm số   siny f x kx  lõm trên 0 .x k    . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   sin ,y f x kx  ta được:        1 2 30 2 2 3 3 3 f f f f f f f f f                                                  1 2 3sin . sin sin sin 3.sin . 2 3 k k k k k                       Chọn 1 k 2  , ta được: 1 2 3 1 2 3 3 2.sin 2 sin sin sin 3.sin 4 2 2 2 6 2 3 2 sin sin sin . 2 2 2 2                    Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi 1 2 3, , 0 2 2         (vô lý). Suy ra: 1 2 3 32 sin sin sin . 2 2 2 2        Theo bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương 1 2 3sin , sin , sin 2 2 2    , ta có: Thang Long University Library 46   1 2 3 1 2 33 3 1 2 3 1 2 3 3 3 1 2 3 3 sin sin sin 3 sin .sin .sin 2 2 2 2 2 2 sin sin sin 2 2 2 sin .sin .sin 2 2 2 3 3 12 sin .sin .sin . 3.2 2 2 2 3 8                                Từ (3.1) và (3.2) ta có: 1 2 3 1 0 sin .sin .sin . 2 2 2 8     £ Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3        hay ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.1.2.3) được chứng minh. Cách 2 Do 1 2 3, ,   là ba góc trong tam giác ABC nên ta có 1sin 0, 2   2 3sin 0, sin 0 2 2     , suy ra: 1 2 3sin .sin .sin 0. 2 2 2     (3.3) Giả sử 1 2 3 1 sin .sin .sin 2 2 2 8    £ . Ta có: 1 2 3 1 2 3 1 sin .sin .sin 2 2 2 8 sin .sin .sin 1 0 2 2 2          £ 3 1 2 1 2 2 3 3 1 2 4sin cos cos 1 0 2 2 2 4sin 4sin .cos 1 0 2 2 2                         2 23 1 2 1 22sin cos sin 0 2 2 2               Ta thấy 2 23 1 2 1 22sin cos sin 0 2 2 2              (luôn đúng). 47 Vậy 1 2 3 1 sin .sin .sin . 2 2 2 8    £ (3.4) Từ (3.3) và (3.4) ta có 1 2 3 1 0 sin .sin .sin . 2 2 2 8     £ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3 1 2 sin 0 2 1 sin cos 2 2 2            1 2 0 1 2 33 601 sin 2 2              hay tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.1.2.3) được chứng minh. 4) 1 2 1 3 2 3 1 3 sin .sin sin .sin sin .sin . 2 2 2 2 2 2 2 4          £ (2.2.1.2.4) Theo chứng minh trên (Bài 2.2.1.1, phần 5) ta có: 1 2 1 3 2 3 3sin .sin sin .sin sin .sin . (4.1) 2 2 2 2 2 2 4         £ Ta có:  1 2 3, , , ,0 . 2 2            Hàm số   2sin 2 x y f x  là hàm lồi trên 0 . 2 x    Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm   2sin , 2 x y f x  ta được:        1 2 3 0 2 2 f f f f f f                     2 2 2 2 2 21 2 3 2 2 21 2 3 2 2 21 2 3 sin sin sin sin sin sin 0 2 2 2 4 4 sin sin sin 1 2 2 2 sin sin sin 1. 2 2 2                          Thang Long University Library 48 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3, , 0 2 2         (vô lý). Suy ra: 2 2 21 2 3sin sin sin 1. 2 2 2       Ta có: 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 sin .sin sin .sin sin .sin 2 2 2 2 2 2                             2 1 2 1 3 2 3 1 2 3 2 2 21 2 3 2 sin .sin sin .sin sin .sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin sin sin . 2 2 2                                    Ta có: 2 2 21 2 3 1 2 3 sin sin sin 1; 2 2 2 sin sin sin 2. 2 2 2                 Suy ra:   2 1 2 1 3 2 32 sin .sin sin .sin sin .sin 2 1 2 2 2 2 2 2               1 2 1 3 2 3 1sin .sin sin .sin sin .sin . 2 2 2 2 2 2 2           (4.2) Từ (4.1) và (4.2) ta có: 1 2 1 3 2 3 1 3 sin .sin sin .sin sin .sin . 2 2 2 2 2 2 2 4          £ 49 Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3        hay ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.1.2.4) được chứng minh. Bài 2.2.1.3 Cho tam giác ABC tù, có ba góc trong lần lượt là 1 2 3, ,   . Khi ấy 1) 1 2 3 0 sin sin sin 1 2.      < 2)   3 4 1 2 3 0 sin sin sin 1 2 .      < 3) 1 2 3 1 0 sin .sin .sin . 2     < 4) 1 2 1 3 2 3 2 2 2 2 0 sin .sin sin .sin sin .sin . 2 2 2 2 2 2 4 2             < Chứng minh Kí hiệu 1 2 3 ; ; BAC ABC ACB     lần lượt là các góc và , , a BC b AC c AB   lần lượt là ba cạnh của tam giác tù ABC. 1) 1 2 3 0 sin sin sin 1 2.      < (2.2.1.3.1) Ta có:    1 2 3, , , , ,0,0 . 2 4 4              Hàm số   siny f x x  là hàm lõm trên  0; . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   siny f x x  , ta được:            1 2 3 0 0 2 4 4 f f f f f f f f f                                 1 2 3 1 2 3 sin sin sinsin sin 0 sin 0 sin sin sin 2 4 4 0 sin sin sin 1 2.                                           Thang Long University Library 50 Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3, , 2 4 4          hay tam giác ABC vuông cân (loại, do tam giác tù). Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi 1 2 3, 0, 0      (vô lý). Suy ra: 1 2 30 sin sin sin 1 2.        Vậy bất đẳng thức (2.2.1.3.1) được chứng minh. 2)   3 4 1 2 3 0 sin sin sin 1 2 .      < (2.2.1.3.2) Ta có:    1 2 3, , , , ,0,0 . 2 4 4              Hàm số   siny f x x  là hàm lõm trên  0; . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   siny f x x  , ta được:   1 2 3 3 4 1 2 3 sin sin0 sin0 sin sin sin sin sin sin 2 4 4 sin sin sin 2 .                        Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3, , 2 4 4          hay tam giác ABC vuông cân (loại, do tam giác tù). Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi 1 2 3, 0, 0      (vô lý). Suy ra:   3 4 1 2 3sin sin sin 2 .        Vậy bất đẳng thức (2.2.1.3.2) được chứng minh. 3) 1 2 3 1 0 sin .sin .sin . 2     £ (2.2.1.3.3) Ta có:  1 2 3, , , , . 2 4 4             51 Hàm số   lnsiny f x x  là hàm lõm trên  0; . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   lnsin ,y f x x  ta được:   1 2 3 1 2 3 1 2 3 lnsin lnsin lnsin lnsin lnsin lnsin 2 4 4 1 ln sin .sin .sin ln sin .sin .sin ln 2 4 4 2 1 sin .sin .sin . (3. 2                               1) Do 1 2 3, ,   là ba góc trong tam giác ABC nên ta có: 1sin 0,  2 3sin 0, sin 0    , suy ra: 1 2 3sin .sin .sin 0.    (3.2) Từ (3.1) và (3.2) ta có: 1 2 3 1 0 sin .sin .sin . 2      Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3, , 2 4 4          hay tam giác ABC vuông cân (loại, do tam giác tù). Suy ra: 1 2 3 1 0 sin .sin .sin . 2      Vậy bất đẳng thức (2.2.1.3.3) được chứng minh. 4) 1 2 1 3 2 3 2 2 2 2 0 sin .sin sin .sin sin .sin . 2 2 2 2 2 2 4 2            < (2.2.1.3.4) Do 1 2 3, ,   là ba góc trong tam giác ABC nên ta có 1sin 0, 2   2 3sin 0, sin 0 2 2     , suy ra: 1 2 1 3 2 30 sin .sin sin .sin sin .sin . 2 2 2 2 2 2          (4.1) Ta có: Thang Long University Library 52 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 sin sin sin sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 sin .sin sin .sin sin .sin 2 2 2 2 2 2                             1 2 1 3 2 3 2 2 2 21 2 3 1 2 3 2 sin .sin sin .sin sin .sin 2 2 2 2 2 2 sin sin sin sin sin sin . 2 2 2 2 2 2                                    Ta có:  1 2 3, , , , 2 4 4             . a, Hàm số   2sin 2 x y f x  là hàm lồi trên 0 2 x    . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm   2sin 2 x y f x  , ta được:      1 2 3 2 4 4 f f f f f f                            2 2 2 2 2 21 2 3 2 2 21 2 3 sin sin sin sin sin sin 2 2 2 4 8 8 1 2 2 sin sin sin . 2 2 2 2 2                      b, Hàm số   siny f x kx  lõm trên 0 x k    . . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   siny f x kx  , ta được:      1 2 3 2 4 4 f f f f f f                                 1 2 3sin sin sin sin 2.sin . 2 4 k k k k k                     Chọn 1 k 2  , ta được: 53 1 2 3 1 2 3 sin sin sin sin 2.sin 2 2 2 4 8 2 sin sin sin 2 2. 2 2 2 2                   Khi đó: 1 2 1 3 2 3 2 1 2 1 3 2 3 2 sin .sin sin .sin sin .sin 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sin .sin sin .sin sin .sin . (4.2) 2 2 2 2 2 2 4 2                                              Từ (4.1) và (4.2) ta có: 1 2 1 3 2 3 2 2 2 2 0 sin .sin sin .sin sin .sin . 2 2 2 2 2 2 4 2            £ Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3, , 2 4 4          hay tam giác ABC vuông cân (loại, do tam giác tù). Suy ra: 1 2 1 3 2 3 2 2 2 2 0 sin .sin sin .sin sin .sin . 2 2 2 2 2 2 4 2            < Vậy bất đẳng thức (2.2.1.3.4) được chứng minh. 2.2.2 Hàm cosin Nhận xét 2.2.3 a, Xét hàm số cosy x trên 0; . 2        Ta có:    sinx cos 0y x y x x       với 0; . 2 x        Thang Long University Library 54 b, Xét hàm số 2cos 2 x y  trên 0; . 2       Ta có:     sinx cos 0 2 2 x y x y x       với 0; . 2 x        c, Xét hàm số lncos , 0y kx k  trên 0; . 2k        Ta có:     2 2 .tan 0 cos k y x k kx y x kx        với 0; . 2 x k        d, Xét hàm số cos 2 x y  trên  0; . Ta có: 1 1 ( ) sin ( ) cos 0 2 2 4 2 x x y x y x       với  0; .x  Do đó 2cos , y = cos 2 x y x là các hàm lõm trên 0; 2        . Hàm số lncosy kx là hàm lõm trên 0; . 2k        Hàm số y = cos 2 x là hàm lõm trên  0; . Bài 2.2.2.1 Cho tam giác ABC có ba góc trong lần lượt là 1 2 3, , .   Khi ấy 1) 31 2 3 3 2 cos cos cos . 2 2 2 2       2) 2 2 2 31 2 9 2 cos cos cos . 2 2 2 2       3) 1 2 3 1 cos .cos .cos . 8    4) 31 2 3 3 0 cos .cos .cos . 2 2 2 8     5) 1 2 1 3 2 3 3 cos .cos cos .cos cos .cos . 4         55 Chứng minh Kí hiệu 1 2 3 ; ;   BAC ABC ACB   lần lượt là các góc trong và , b=AC, c=ABa BC lần lượt là ba cạnh của tam giác ABC. 1) 31 2 3 3 2 cos cos cos . 2 2 2 2       (2.2.2.1.1) Ta có:    1 2 3, , , , ,0,0 . 3 3 3              Hàm số   cos 2 x y f x  là hàm lõm trên  0; . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   cos 2 x y f x  , ta được:            1 2 3 0 0 3 3 3 f f f f f f f f f                                 1 2 3 1 2 3 cos 2.cos0 cos cos cos cos 2 2 2 2 6 3 3 2 cos cos cos . 2 2 2 2                     Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi 1 2 3, 0, 0      (vô lý). Suy ra: 1 2 3 3 32 cos cos cos . 2 2 2 2        Vậy bất đẳng thức (2.2.2.1.1) được chứng minh. 2) 2 2 2 31 2 9 2 cos cos cos . 2 2 2 2       (2.2.2.1.2) Ta có:    1 2 3, , , , ,0,0 . 3 3 3              Thang Long University Library 56 Ta có hàm số   2cos 2 x y f x  là hàm lõm trên 0; . 2        Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   2cos 2 x y f x  , ta được:            1 2 30 0 3 3 3 f f f f f f f f f                                            1 2 30 0 3 3 3 f f f f f f f f f                                  2 2 2 2 2 231 2 2 2 2 31 2 cos 2.cos 0 cos cos cos cos 2 2 2 2 6 9 2 cos cos cos . 2 2 2 2                   Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi 1 2 3, 0, 0      (vô lý). Suy ra: 2 2 2 31 2 92 cos cos cos . 2 2 2 2       Vậy bất đẳng thức (2.2.2.1.2) được chứng minh. 3) 1 2 3 1 cos .cos .cos . 8    (2.2.2.1.3) Ta có:  1 2 3, , , , . 3 3 3             Ta có hàm số   lncosy f x kx  là hàm lõm trên 0; 2k        . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   lncosy f x kx  , ta được: 57                           1 2 3 1 2 3 1 2 3 3 1 2 3 3 3 3 lncos lncos lncos lncos 3 ln cos .cos .cos lncos 3 ln cos .cos .cos lncos 3 f f f f f f k k k k k k k k k k k k                                                                           31 2 3cos .cos .cos cos . 3 k k k k             Chọn 1k  , ta được: 3 3 1 2 3 1 1 cos .cos .cos cos . 3 2 8             Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.2.1.3) được chứng minh. 4) 31 2 3 3 0 cos .cos .cos . 2 2 2 8     (2.2.2.1.4) Ta có:  1 2 3, , , , . 3 3 3             Ta có hàm số   lncosy f x kx  là hàm lõm trên 0; 2k        . Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   lncosy f x kx  , ta được:      1 2 3 3 3 3 f f f f f f                             Thang Long University Library 58                           1 2 3 1 2 3 3 1 2 3 3 1 2 3 lncos lncos lncos lncos 3 ln cos .cos .cos lncos 3 ln cos .cos .cos lncos 3 cos .cos .cos cos . 3 k k k k k k k k k k k k k k k k                                                     Chọn 1 2 k  , ta được: 3 31 2 3 3 3 3cos .cos .cos cos . 2 2 2 6 2 8             (1) Mặt khác, do 1 2 3, ,   là ba góc trong tam giác nên 1 2 30 , ,     suy ra: 1 2 3cos 0, cos 0, cos 0 2 2 2       . Do đó 1 2 3cos .cos .cos 0. 2 2 2     (2) Từ (1) và (2) ta có 31 2 3 3 0 cos .cos .cos . 2 2 2 8     Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.2.1.4) được chứng minh. 5) 1 2 1 3 2 3 3 cos .cos cos .cos cos .cos . 4         (2.2.2.1.5) Ta có:     2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 1 2 1 3 2 3 cos cos cos cos cos cos 2 cos cos cos cos cos cos                           2 1 2 1 3 2 3 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos .                      59 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:           2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 2 2 2 2 1 2 3 1 2 3 cos cos cos 3. cos cos cos cos cos cos cos cos cos 3 cos cos cos cos cos cos . 3                                      Do đó:   2 1 2 1 3 2 3 1 2 3 1 cos cos cos cos cos cos . cos cos cos . 3              Ta có:  1 2 3, , , , . 3 3 3             Hàm số   cosy f x x  là hàm lõm trên 0; . 2       Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   cosy f x x  , ta được:      1 2 3 3 3 3 f f f f f f                             1 2 3 1 2 3 cos cos cos cos cos cos 3 3 3 3 cos cos cos 3.cos . 3 2                      Suy ra: 2 1 2 1 3 2 3 1 3 3 cos cos cos cos cos cos . . 3 2 4                Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.2.1.5) được chứng minh. Thang Long University Library 60 Bài 2.2.2.2 Cho tam giác ABC nhọn, có ba góc trong lần lượt là 1 2 3, , .   Khi ấy 1) 1 2 3 3 0 cos cos cos . 2      2) 31 2 1 3 3 cos .cos .cos . 2 2 2 2 8     Chứng minh Kí hiệu 1 2 3 ; ; 2 2 2 BAC ABC ACB            lần lượt là các góc trong và , , a BC b AC c AB   lần lượt là ba cạnh của tam giác nhọn ABC. 1) 1 2 3 3 0 cos cos cos . 2       (2.2.2.2.1) Cách 1 Ta có:  1 2 3, , , , , ,0 . 3 3 3 2 2                     Ta có hàm số   cosy f x x  là hàm lõm trên 0; . 2       Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   cosy f x x  , ta được:        1 2 3 0 2 2 3 3 3 f f f f f f f f f                                              1 2 3 1 2 3 1 2 3 cos cos cos0 cos cos cos cos 2 2 3 3 1 cos cos cos 2 3 0 cos cos cos . 2                               Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.2.2.1) được chứng minh. 61 Cách 2 Do tam giác ABC nhọn nên ta có: 1 2 30 , , , 2      suy ra: 1cos 0,   2 3cos 0, cos 0.    Do đó 1 2 3cos cos cos 0.     (1) Ta có: 1 2 3 3 cos cos cos 2      2 3 2 3 1 2 2 31 1 3 cos 2.cos .cos 2 2 2 1 2.sin 2.sin .cos 0 (2) 2 2 2 2                    Đặt  1sin , t 0;1 . 2 t    Khi đó (2) trở thành 2 2 3 1 2 2 .cos 0. 2 2 t t        Xét hàm số     2 2 3 1 2 2 .cos 2 2 y t f t t t        trên  0;1 . Ta có:    2 3 2 3 1 4 2cos , 0 .cos . 2 2 2 y t t y t t              Bảng biến thiên: t 0 2 3 1 .cos 2 2   1  y t + 0 -  y t 2 2 3 1 1 cos 2 2 2    Căn cứ bảng biến thiên ta có: Thang Long University Library 62    2 22 3 2 3 1 1 cos 1 1 1 0 do 0 cos 1 2 2 2 2 y t                       2 2 3 12 2 .cos 0 2 2 t t       với  0;1t hay (2) luôn đúng. Vậy 1 2 3 3 cos cos cos . 2     (3) Từ (1) và (3) ta có 1 2 3 3 0 cos cos cos . 2       Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.2.2.1) được chứng minh. Cách 3 (Vô địch Cộng hòa dân chủ Đức, 1965) Do tam giác ABC nhọn nên ta có: 1 2 30 , , . 2      Suy ra 1cos 0,   2 3cos 0, cos 0.    Do đó 1 2 3cos cos cos 0.     (4) Ta có: 2 31 2 1 2 1 2 3 2 3 3 1 2 2 23 1 2 1 2 3 3 cos cos cos 2cos .cos 1 2sin 2 2 2 2 2 1 sin 2.sin .cos 2 2 2 2 1 1 2 sin cos 1 cos 0. 2 2 2 2 2                                               Do đó 1 2 3 1 2 3 3 cos cos cos 0 2 3 cos cos cos . (5) 2               63 Từ (4) và (5) ta có 1 2 3 3 0 cos cos cos . 2       Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 1 2 3 1 2 1 cos 0 2 1 sin cos 2 2 2             1 2 1 2 0 1 2 33 3 1 2 sin 0 2 601 1 sin sin os 2 2 2 2 2 c                          hay tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.2.2.1) được chứng minh. 2) 31 2 1 3 3 cos .cos .cos . 2 2 2 2 8     (2.2.2.2.2) Ta có:  1 2 3, , , , , ,0 . 3 3 3 2 2                     Ta có hàm số   lncosy f x kx  là hàm lõm trên 0; . 2k        Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   lncosy f x kx  , ta được:        1 2 3 0 2 2 3 3 3 f f f f f f f f f                                                     1 2 3lncos lncos 0 lncos lncos lncos 3.lncos 2 3 k k k k k                                         2 3 1 2 3 2 3 1 2 3 ln cos .cos 0 ln cos .cos .cos lncos 2 3 cos .cos 0 cos .cos .cos cos . 2 3 k k k k k k k k k k                                          Thang Long University Library 64 Chọn 1 2 k  , ta được:  2 31 2 3 1 2 3 cos .cos 0 cos .cos .cos cos 4 2 2 2 6 1 3 3 cos .cos .cos . 2 2 2 2 8                         Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi 1 2 3, , 0 2 2         (vô lý). Suy ra: 1 2 3 1 3 3 cos .cos .cos . 2 2 2 2 8      Vậy bất đẳng thức (2.2.2.2.2) được chứng minh. Bài 2.2.2.3 Cho tam giác ABC tù, có 3 góc trong lần lượt là 1 2 3, , .   Khi ấy 1 2 3 1 2 0 cos .cos .cos . 2 2 2 4      < (2.2.2.3) Chứng minh Kí hiệu 1 2 3 ; ; BAC ABC ACB     lần lượt là các góc trong và , , a BC b AC c AB   lần lượt là ba cạnh của tam giác tù ABC. Ta có: 1cos 0, 2   2 3cos 0, cos 0 2 2     , suy ra: 1 2 3cos .cos .cos 0. 2 2 2     (1) Ta có:  1 2 3, , , , . 2 4 4             Ta có hàm số   lncosy f x kx  là hàm lõm trên 0; . 2k       Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   lncos ,y f x kx  ta được:      1 2 3 2 4 4 f f f f f f                             65      1 2 3lncos lncos lncos lncos lncos lncos 2 4 4 k k k k k k                                           2 1 2 3 2 1 2 3 ln cos .cos .cos ln cos .cos 2 4 cos .cos .cos cos .cos . 2 4 k k k k k k k k k k                                          Chọn 1 2 k  , ta được: 21 2 3 2 1 2 3 cos .cos .cos cos .cos 2 2 2 4 8 2 1 cos .cos .cos . . 2 2 2 2 2 2 2                              1 2 3 2 1cos .cos .cos . (2) 2 2 2 4       Từ (1) và (2), ta có 1 2 3 2 1 0 cos .cos .cos . 2 2 2 4       Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3, , 2 4 4          hay tam giác ABC vuông cân (loại, do tam giác tù). Suy ra 1 2 3 2 10 cos .cos .cos . 2 2 2 4       Vậy bất đẳng thức (2.2.2.3) được chứng minh. 2.2.3 Hàm tan Nhận xét 2.2.4 a, Xét hàm số  tan , 1 m y x m  trên 0; . 2       Ta có:   1 2 ( ) . t anx cos mm y x x    Thang Long University Library 66       1 2 3 4 2 .sinx. tan . 1 . t anx ( ) 0, cos cos m m m x m m y x x x        0; , m 1 2 x         . Suy ra hàm số  tan , 1 m y x m  là hàm lồi trên 0; 2        . b, Xét hàm số tan , 1 2 m x y m        trên 0; 2        . Ta có: 1 2 tan 2 ( ) . 2 cos 2 m x m y x x           2 1 4 1 . tan sin . tan 2 2 ( ) . 0, 2 cos 2 m m x x m x m y x x                  0; , 1. 2 x m        Suy ra hàm số tan , 1 2 m x y m        là hàm lồi trên 0; . 2        c, Xét hàm số   ln tan 2 x y f x  trên 0; . 2        Ta có:   ' tan 12 sin tan 2 x y x x x             2 2 sin cos 0 sin sin x x y x x x        với 0; . 2 x        Suy ra hàm số   ln tan 2 x y f x  là hàm lõm trên 0; . 2       Bài 2.2.3.1 Cho tam giác ABC không nhọn có 3 góc trong lần lượt là 1 2 3, ,   , Khi ấy 67 tan tan tan .       1 2 3 2 2 1 2 2 2 (2.2.3.1.1) Chứng minh Không mất tính tổng quát, giả sử .    1 2 3 Khi đó: ; ; .                            1 1 2 1 2 3 2 2 4 2 4 4 ; ; .                             1 1 2 1 2 3 2 4 2 2 4 8 2 2 2 4 8 8 Suy ra , , , , .                  1 2 3 2 2 2 4 8 8 Xét hàm số   tan y f x x với ; .       0 2 x Ta có:   sin ( ) cos cos x y x y x x x       2 3 1 2 0 với ;       0 2 x nên hàm số   tan y f x x là hàm lồi trên khoảng       0; . 2 Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm   tan y f x x , ta được: tan tan tan tan tan tan tan tan tan .                                                                   1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 2 2 4 8 8 2 2 2 4 8 8 2 2 1 2 2 2 f f f f f f (Ta có: tan   2 1 8 nên tan tan tan .       2 2 1 4 8 8 ) Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi Thang Long University Library 68 1 1 2 2 3 3 2 4 2 2 8 4 42 8                                 hay tam giác ABC là tam giác vuông cân. Vậy bất đẳng thức (2.2.3.1.1) được chứng minh. Bài 2.2.3.2 Cho tam giác ABC nhọn, có ba góc trong lần lượt là 1 2 3, , .   Khi ấy với mọi 1m  ta có: 1) 2 2 1 2 3tan tan tan 3 . m m m m       2) 2 1 2 3 2tan tan tan 3 . 2 2 2 m m m m                        3) 1 2 3 3 0 tan .tan .tan . 2 2 2 9     £ Chứng minh Kí hiệu 1 2 3 ; ; 2 2 2 BAC ABC ACB            lần lượt là các góc trong và , , a BC b AC c AB   lần lượt là ba cạnh của tam giác nhọn ABC. 1) 2 2 1 2 3tan tan tan 3 . m m m m       (2.2.3.2.1) Ta có:  1 2 3, , , , . 3 3 3             Hàm số    tan , 1 m y f x x m   là hàm lồi trên 0; . 2       Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm    tan m y f x x  , ta được:      1 2 3 3 3 3 f f f f f f                             69      1 2 3tan tan tan 3. tan 3 m mm m                      1 2 3tan tan tan 3. 3 mmm m             2 2 2 1 2 3tan tan tan 3.3 3 . m m mm m         Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.3.2.1) được chứng minh. 2) 2 1 2 3 2tan tan tan 3 . 2 2 2 m m m m                        (2.2.3.2.2) Ta có:  1 2 3, , , , . 3 3 3             Hàm số   tan , 1 2 m x y f x m         là hàm lồi trên 0; . 2       Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm   tan , 2 m x y f x         ta được:      1 2 3 3 3 3 f f f f f f                             1 2 3 1 2 3 2 1 2 32 2 tan tan tan 3. tan 2 2 2 6 3 tan tan tan 3. 2 2 2 3 3.3 3 tan tan tan . 2 2 2 m m m m mm m m m m mm m                                                                                      Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay Thang Long University Library 70 tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.3.2.2) được chứng minh. 3) 1 2 3 3 0 tan .tan .tan . 2 2 2 9     £ (2.2.3.2.3) Do 1 2 3, ,   là ba góc trong tam giác nhọn ABC nên ta có 1tan 0, 2   2 3tan 0, tan 0. 2 2     Suy ra: 1 2 3tan .tan .tan 0. 2 2 2     (3.1) Ta có:  1 2 3, , , , . 3 3 3             Hàm số   ln tan 2 x y f x         là hàm lõm trên 0; . 2       Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm   ln tan , 2 x y f x         ta được:      1 2 3 3 3 3 f f f f f f                             1 2 3 31 2 3 ln tan ln tan ln tan ln tan ln tan ln tan 2 2 2 6 6 6 ln tan .tan .tan ln tan 2 2 2 6                              3 31 2 3 1 3tan .tan .tan tan . (3.2) 2 2 2 6 93              Từ (3.1) và (3.2) ta có 1 2 3 3 0 tan .tan .tan . 2 2 2 9     £ 71 Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 2 3 3       hay tam giác ABC là tam giác đều. Vậy bất đẳng thức (2.2.3.2.3) được chứng minh. Áp dụng Từ bất đẳng thức (2.2.3.2.1) và (2.2.3.2.2) ta có các bất đẳng thức cơ bản sau. Cho tam giác ABC nhọn, có ba góc trong lần lượt là 1 2 3, , .   Khi ấy: 1) 1 2 3tan tan tan 3 3.     2) 2 2 2 1 2 3tan tan tan      3) 1 2 3tan tan tan 3. 2 2 2       4) 2 2 21 2 3tan tan tan 1. 2 2 2       Lời bình Để chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác, ta có thể dùng các phương pháp biến đổi đại số và lượng giác, lượng giác hóa, phương pháp hàm số,... Tuy nhiên, nhiều khi phải biến đổi tương đối phức tạp và sử dụng nhiều phép biến đổi cồng kềnh. Sử dụng phương trình bậc ba (xem [4]) hoặc Bổ đề trội, ta thường có ngay kết quả cần chứng minh. Bổ để trội, theo một nghĩa nào đó, hay hơn phương trình bậc ba, ở chỗ, nó có thể áp dụng cho cả các tam giác đặc biệt (cân, tù, vuông cân,...). 2.3 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN CÁC CẠNH CỦA TAM GIÁC Nhận xét 2.3.1 Cho tam giác ABC, gọi , ,a b c (a b c  ) là ba cạnh của tam giác,   1 2 s a b c   là nửa chu vi,   2 1 3 3 s a a b c    là trung bình cộng của ba cạnh. Đặt 1s a b c    ; 2s a b c   ; 3s a b c.   a) Với mọi tam giác ABC ta có   1 ; 3 3 a a a a a b c a        Thang Long University Library 72 2 2 2 2 2 2 2 ; 3 3 3 a b c a b c c a b a b a a a b               3. .a a a a a b c      Do đó:    , , , , .a a a a b c Ta có: 2 ; 2 a b c a b c a a a b c a a b c a s                 0 2 ;c a b a b c s s s         0. 2 2 a b c a b c a b c s s            Do đó    , , , ,0 .a b c s s Vậy      , , , , , ,0 .a a a a b c s s b) Với mọi tam giác ABC cân ( )b c : Theo trên, ta có    , , , , .a a a a b c Ta có:   2 2 3 3 4 3 3 4 3 3 3 3 3 ; 4 2 2 a b c a c a b c b a b c a a b b c a b a b c s s a b a b c a b a b s                                    . 2 4 4 2 2 a b c a b c a b c s s a b c s               Do đó  , , , , . 2 2 s s a b c s       Vậy     2 2 s s a ,a ,a a,b,c s, , .       Một số bất đẳng thức liên hệ với các cạnh trong tam giác Cho tam giác ABC bất kì có các cạnh là a,b,c. Khi ấy ta có các bất đẳng thức sau: 1) Với mọi tam giác ABC bất kì 73 a)   2 2 2 2 1 1 3 2 a b c ; a b c      £ b) 3s s a s b s c s       . c)       2.a s a b s b c s c s      . d) 9 1 1 1 s s a s b s c       . 2) Với tam giác ABC cân, ta có:   2 2 2 2 1 3 3 8 a b c a b c      £ . Chứng minh 1) Kí hiệu 1 2 3 ; ;   BAC ABC ACB   lần lượt là các góc trong và , , a BC b AC c AB   lần lượt là ba cạnh của tam giác ABC. a)   2 2 2 2 1 1 3 2 a b c . a b c      £ (2.3.1) Xét hàm số     2 2 2 x y f x s   . Ta có:         2 2 2 2 0 2 2 x y x y x s s      nên     2 2 2 x y f x s   là hàm lồi. Vậy      , , , , , ,0 .a a a a b c s s Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm     2 2 2 x y f x s   , ta được:                  0f a f a f a f a f b f c f s f s f                2 2 2 2 2 2 2 2 3. 2a a b c s a b c a b c a b c            Thang Long University Library 74         2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3. 2 3 2 1 1 . 3 2 a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c                               Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi a b c  hay tam giác ABC là tam giác đều. Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 0a b s,c   (vô lý). Do đó   2 2 2 2 1 1 . 3 2 a b c a b c       Vậy bất đẳng thức (2.3.1) được chứng minh. b) (Học viện kỹ thuật Quân sự, 1996-1997) 3 .s s a s b s c s       (2.3.2) Xét hàm số  y f x s x   trên  0;s . Ta có:       3 1 1 0 2 4 y x y x s x s x          với  0;x s nên  y f x s x   là hàm lõm trên  0; .s Ta có:      , , , , , ,0 .a a a a b c s s Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm  y f x s x   , ta được:                  0f s f s f f a f b f c f a f a f a        3 3 6 3 2 3 . s s a s b s c s a a b c s s a s b s c a b c s s a s b s c s s a s b s c s                                      75 Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi a b c  hay tam giác ABC là tam giác đều. Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi 0a b s,c   (vô lý). Do đó 3 .s s a s b s c s       Vậy bất đẳng thức (2.3.2) được chứng minh. c)       2. .a s a b s b c s c s      (2.3.3) Xét hàm số    y f x x s x   trên  0; .s Ta có:          2 3 2 0 2 4 s x s y x y x x s x x s x          với 0 x s  nên    y f x x s x   là hàm số lõm trên  0; .s Ta có:    , , , , .a a a a b c Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.3) cho hàm    ,y f x x s x   ta được:            f a f b f c f a f a f a                   3 2 3 a s a b s b c s c a s a a b c a b c a b c a s a b s b c s c                                           2 . 3 6 2. 2. . 2 2 a b c a b c a s a b s b c s c a b c a b c a s a b s b c s c s                          Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c a   hay tam giác ABC đều. Vậy bất đẳng thức (2.3.3) được chứng minh. d) 9 1 1 1 . s s a s b s c       (2.3.4) Thang Long University Library 76 Xét hàm số   1 y f x s x    với 0 .x s  Ta có:             2 2 3 1 2 0 s x y x y x s x s x s x            với 0 x s  nên   1 y f x s x    là hàm số lồi trên  0; .s Ta có:    , , , , .a a a a b c Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm   1 y f x s x    , ta được:            f a f a f a f a f b f c     3 1 1 1 s a s a s b s c         3 1 1 1 2 3 18 1 1 1 9 1 1 1 . a b c a b c s a s b s c a b c s a s b s c s s a s b s c                            Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c a   hay tam giác ABC đều. Vậy bất đẳng thức (2.3.4) được chứng minh. 2)   2 2 2 2 1 3 3 8 a b c a b c      £ . (2.3.5) Hàm số     2 2 2 x y f x s   là hàm số lồi. Ta có:     2 2 s s a ,a ,a a,b,c s, , .       Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm     2 2 2 x y f x s   , ta được: 77               2 2 s s f a f a f a f a f b f c f s f f                                    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3. 2 2 2 2 2 2 2 s s a a b c s s s s s s s s                                  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 13 3. 4 82 2 2 1 3 . 3 82 2 2 a b c a b c a b c s s s a b c s s s                    Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế trái khi và chỉ khi a b c a   hay tam giác ABC là tam giác đều. Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 0 2 2 a s a b c s b b a c a b c c a b s c                      (vô lý). Do đó       2 2 2 2 2 2 1 3 . 3 82 2 2 a b c s s s     Vậy bất đẳng thức (2.3.5) được chứng minh. 2.4 MỘT SỐ HỆ THỨC KHÁC TRONG TAM GIÁC Bài 2.4.1 1) Cho tam giác ABC. Gọi 1 2 3, , BAC ABC BCA     là ba góc trong tam giác thỏa mãn 1 2 3 2 4 π π α α α .    Khi ấy Thang Long University Library 78 1 2 3cos cos cos 2.α α α + + (2.4.1.1) Chứng minh Xét hàm số ( ) cosy f x x= = - trên ; 2 2 π πé ù ê ú- ê úë û . Ta có ( ) ( )sin cos 0y x x y x x¢ ¢¢= Þ = ³ với ; 2 2 π π x é ù ê úÎ - ê úë û nên hàm số ( ) cosy f x x= = - là hàm lồi trên ; . 2 2 π πé ù ê ú- ê úë û Do 1 2 3 2 4 π π α α α    nên ta có 1 3 1 2 1 2 3 ; 2 ; 2 4 4 . 2 4 4 π α π π π π π α α α π π π α α α ìïïïïïïïï = +í ïïïïï + +ïïïî          Suy ra: ( )1 2 3, , , , . 2 4 4 π π π α α α æ ö ÷ç ÷ç ÷çè ø Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm lồi ( ) cosy f x x= = - , ta được:      1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 2 4 4 cos cos cos cos cos cos 2 4 4 cos cos cos cos cos 2 2 4 cos cos cos 2. f f f f f f                                                              79 Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 1 1 2, 2 4 π π α α α= = = hay tam giác ABC là tam giác vuông cân. Vậy bất đẳng thức (2.4.1.1) được chứng minh. 2) Cho tam giác ABC, gọi , ,a b c ( a b c  ) là ba cạnh của tam giác thỏa mãn 2 1, 4.a b c a b c    + + = Khi ấy: ( )2 2 24 4 4 2 5 2 . (2.4.1.2)a b c + + + + + + Chứng minh Xét hàm số ( ) 24y f x x= = + trên [ ]2;2 .- Ta có: ( ) ( ) ( )2 2 2 4 0 4 4 . 4 x y x y x x x x ¢ ¢¢= Þ = > + + + với [ ]2;2x Î - nên hàm số ( ) 24y f x x= = + là hàm lồi trên [ ]2;2 .- Do 2 1, 4a b c a b c    + + = nên ta có: 2 ; 2 1 4 ; 2 1 1 . a c a b a b c ìïïïï + - = +í ïï + + = + +ïïî   Suy ra: ( ) ( )2,1,1 , , .a b c Áp dụng bất đẳng thức trội (1.2.2) cho hàm lồi ( ) 24 ,y f x x= = + ta được:               2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 4 4 4 2 4 1 4 1 4 4 4 2 2 5 2 2 5 . f a f b f c f f f a b c a b c                             Dấu bằng xảy ra ở bất đẳng thức vế phải khi và chỉ khi 2, 1.a b c= = = Vậy bất đẳng thức (2.4.1.2) được chứng minh. Thang Long University Library 80 Bài tập 2.4.2 Gọi 1 2 3, , BAC ABC BCA     là ba góc trong tam giác ABC. Ta có các bất đẳng thức sau đây (được chứng minh nhờ bất đẳng thức Jensen – là một hệ quả của Bổ đề trội Shur): 1) 1 2 2 3 3 1 1 2 3 3 3 3 sin .sin .sin sin .sin .sin 4 4 4             £ . 2) 2 2 21 2 3 1 1 1 12. sin sin sin 2 2 2      ³ 3) 1 2 3 1 2 3 3 sin sin sin tan tan tan 3 . 2 2 2 2 2 2 2            ³ 4) Giả sử 1 2 30 2     , , £ . Khi đó: 1 2 3 1 1 1 6. cos cos cos     ³ 5) Giả sử 1 2 30 2     , , < . Khi đó: 3 2 1 3 2 1 3 tan 2 cos . 3 3 tan i i i i          £ Chứng minh 1) 1 2 2 3 3 1 1 2 3 3 3 3 sin .sin .sin sin .sin .sin . 4 4 4             £ (2.4.2.1) Xét hàm số   siny f x x  với  0; .x  Ta có:    cos sinx 0y x x y x      với  0;x  nên   siny f x x  là hàm lõm trên  0; . Theo bất đẳng thức Jensen ta có:    1 21 2 1 2 2 2 3.3 4 4 4 f f f f                        81 1 2 1 23 sin 3.sinsin . 4 4         (1) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: 34 1 2 1 2 2 2 1 2sin 3.sin sin sin sin sin sin .sin .              (2) Từ (1) và (2) ta có 31 2 4 1 2 3 sin sin .sin . 4       (3) Tương tự, 32 3 4 2 3 3 sin sin .sin . 4       (4) 32 1 4 2 1 3 sin sin .sin . 4       (5) Từ (3), (4), (5) suy ra 1 2 2 3 3 1 1 2 3 3 3 3 sin .sin .sin sin .sin .sin . 4 4 4             £ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3    hay tam giác ABC đều. Vậy bất đẳng thức (2.4.2.1) được chứng minh. 2) 2 2 21 2 3 1 1 1 12. sin sin sin 2 2 2      ³ (2.4.2.2) Xét hàm số   2 1 sin y f x x   trên 0; 2        . Thang Long University Library 82 Ta có:     2 2 3 2cos 2sin 6cos 0 sin sin 4 x x x y x y x x x        với 0; 2 x        nên   2 1 sin y f x x   là hàm lồi trên 0; . 2        Mặt khác trong tam giác ABC ta có 1 2 30 , , . 2 2 2 2       Theo bất đẳng thức Jensen ta có: 1 2 3 1 2 312 2 2 3 3 2 2 2 f f f f                                        2 2 22 1 2 31 2 3 1 1 1 1 1 3 sin sin sinsin 2 2 26                       2 2 2 21 2 3 1 1 1 3 12. sin sin sin sin 2 2 2 6          Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3    hay tam giác ABC đều. Vậy bất đẳng thức (2.4.2.2) được chứng minh. 3) 1 2 3 1 2 3 3 sin sin sin tan tan tan 3 . 2 2 2 2 2 2 2            ³ (2.4.2.3) Xét hàm số   sin tan 2 2 x x y f x   trên  0; . Ta có:   3 sin 1 2cos 2 2 2cos 2 x x y x x    83   3 3 3 sin sin 1 2 2sin 2 cos 0 4 2 2 2cos 4cos 2 2 x x x x y x x x             với  0;x  nên   sin tan 2 2 x x y f x   là hàm lồi trên  0; . Theo bất đẳng thức Jensen ta có:       1 2 3 1 2 3 1 3 3 f f f f                1 2 3 1 2 3sin 3tan sin sin sin tan tan tan 6 6 2 2 2 2 2 2                 1 2 3 1 2 3 3sin sin sin tan tan tan 3. 2 2 2 2 2 2 2               Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3    hay tam giác ABC đều. Vậy bất đẳng thức (2.4.2.3) được chứng minh. 4) Giả sử 1 2 30 2 .     , , Khi đó 1 2 3 1 1 1 6. cos cos cos     ³ (2.4.2.4) Xét hàm số   1 cos y f x x   trên 0; . 2       Ta có:     2 2 3 sinx 1 sin 0 os os x y x y x c x c x       với 0; 2 x        nên   1 cos y f x x   là hàm lồi trên 0; . 2        Theo bất đẳng thức Jensen ta có: Thang Long University Library 84       1 2 3 1 2 3 1 3 3 f f f f                1 2 3 1 2 3 1 1 1 1 1 3 cos cos cos cos 3                       1 2 3 1 1 1 1 1 3 cos cos cos cos 3             1 2 3 1 1 1 3 6. 1cos cos cos 2         Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3    hay tam giác ABC đều. Vậy bất đẳng thức (2.4.2.4) được chứng minh. Tương tự, ta có bất đẳng thức sau: 4b) Cho tam giác ABC. Gọi 1 2 3, ,    là ba góc trong tam giác. Khi ấy 1 2 3 1 1 1 2 3 sin sin sin     ³ . 5) Giả sử 1 2 30 2     , , < . Khi đó: 3 2 1 3 2 1 3 tan 2 cos . 3 3 tan i i i i          £ (2.4.2.5) Xét hàm số   2tany f x x  trên  0; . 85 Ta có:     2 2 4 1 2 4sin 2. .t anx 0 cos cos x y x y x x x       với  0;x  nên   2tany f x x  là hàm lồi trên  0; . Theo bất đẳng thức Jensen ta có:       1 2 3 1 2 3 1 3 3 f f f f                 2 2 2 21 2 3 1 2 3 1 tan tan tan tan 3 3                 2 2 2 2 1 2 33 tan tan tantan 3 3             2 2 2 2 1 2 3 1 3 3 tan tan tan tan 3                2 2 2 2 1 2 3 3 cos 3 3 tan tan tan          2 2 2 2 1 2 3 6 cos 1 3 3 tan tan tan             2 2 21 2 3 2 2 2 1 2 3 3 2 1 3 2 1 3 tan tan tan2 cos 3 3 tan tan tan 3 tan 2 cos . 3 3 tan i i i i                         £ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 2 3    hay tam giác ABC đều. Vậy bất đẳng thức (2.4.2.5) được chứng minh. Thang Long University Library 86 Kết luận Chương 2 Chương 2 trình bày ứng dụng của bất đẳng thức trội (Bổ đề trội Shur, 1923) và hệ quả của nó trong việc chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác, cụ thể là các bất đẳng thức liên quan đến các góc trong tam giác, một số bất đẳng thức liên quan đến các cạnh và một số hệ thức khác trong tam giác. Qua đó cho thấy thế mạnh của bổ đề trội trong việc chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác là rất phong phú, đa dạng và hiệu quả. Chỉ cần sử dụng hợp lý bất đẳng thức trội và hệ quả của nó ta có thể chứng minh được rất nhiều bất đẳng thức liên quan đến tam giác một cách đơn giản, hiệu quả và cũng từ đây cho ta sáng tạo ra nhiều bất đẳng thức khác liên quan đến tam giác. Ngoài ra, trong Chương 2 cũng trình bày một số cách chứng minh khác nhau của một số bất đẳng thức quen thuộc để qua đó ta thấy, sử dụng các phương pháp biến đổi đại số, lượng giác hóa, hàm số,... thường là phức tạp và cồng kềnh so với áp dụng bổ đề trội một cách hợp lý. 87 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 1. Kết luận Chỉ cần MỘT bất đẳng thức trội (hay bất đẳng thức Karamata) và hệ quả của nó, ta đã có thể chứng minh được RẤT NHIỀU bất đẳng thức trong tam giác. Sử dụng Bổ đề trội một cách linh hoạt cho ta ngay kết quả mà không cần biến đổi cồng kềnh, phức tạp như một số phương pháp thông thường khác. Hy vọng rằng, nhiều bất đẳng thức mới khác nói chung, trong tam giác nói riêng, có thể suy ra được từ bất đẳng thức trội hoặc các mở rộng của nó. 2. Khuyến nghị Hy vọng luận văn có thể dùng làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên và sinh viên toán các trường sư phạm, trong bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường trung học phổ thông, trong rèn luyện đội tuyển thi giỏi cấp tỉnh, quốc gia và quốc tế. Hy vọng đề tài này sẽ được tiếp tục nghiên cứu, mở rộng và phát triển, được ứng dụng rộng rãi trong nghiên cứu, học tập của học sinh trung học phổ thông và sinh viên trong các trường Đại học, Học viện. Hy vọng rằng việc chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác bằng phương pháp sử dụng Bất đẳng thức trội, sẽ trở thành một trong những phương pháp quen thuộc của học sinh, sinh viên trong chứng minh các bất đẳng thức nói chung, các bất đẳng thức trong tam giác nói riêng. Thang Long University Library 88 TÀI LIỆU TRÍCH DẪN [1] Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri thức. [2] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên) (2004), Một số chuyên đề chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên. [3] Trần Phương (2009), Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học, Nhà xuất bản Tri thức. [4] Tạ Duy Phượng (2004, 2006), Phương trình bậc ba và các hệ thức trong tam giác, Nhà xuất bản Giáo dục. [5] Lê Hồ Quý (18, 19/4/2011), Bất đẳng thức Karamata và một vài ứng dụng, Hội thảo Các chuyên đề Toán học bồi dưỡng học sinh giỏi cấp THPT tổ chức tại Phú Yên. [6] Cao Minh Quang, karamata-va-mot-so-ung-dung-cao-minh-quang.html [7] M. S. Klamkin (2002), On a “Problem of the Month”, Crux, Vol. 28, 86- 90. [8] A. W. Marshall, L. Olkin and B. C. Arnold (2011 (Second Edition)), Inequalities: Theory of Majorization and Its applications, in Springer Series in Statistics, N. Y., 909 pages. [9] D.S. Mitrinovic, J.E. Pecaric, V. Volenec (1989): Recent Advances in Geometric Inequalities, Kluwer Academic Publishers.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfc00458_7641_9987.pdf