Bất đẳng thức xoay vòng

Chia sẻ: Nguyễn Thị Phương Thuỳ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:66

Thêm vào BST

Báo xấu

169
lượt xem 47
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong bất đẳng thức cổ điển thì bất đẳng thức xoay vòng là 1 nội dung hay và khó. có những bất đẳng thức có dạng khá đơn giản nhưng phải mất hàng chục năm nhà toán học mới giải quyết được. Ví dụ như bất đẳng thức Shapiro được đặt ra vào năm 1903 bởi Neishbitt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bất đẳng thức xoay vòng

www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 L im đ u Trong b t đ ng th c c đi n thì b t đ ng th c xoay vòng là m t n i dung hay và khó. Có nh ng b t đ ng th c có d ng khá đơn gi n nhưng ph i m t hàng ch c năm, nhi u nhà toán h c m i gi i quy t đư c. Ví d như b t đ ng th c Shapiro đư c đ t ra vào năm 1903 b i Neishbitt. V i 3 s không âm a, b, c ch ng minh r ng: a b c 3 ≥ + + (đơn gi n) b+c c+a a+b 2 và d ng t ng quát: M r ng v i n s a1 , a2 , . . . , an thì: a1 a2 an n + ··· + ≥ + a 2 + a 3 a3 + a4 a1 + a2 2 Khì nào đúng, khi nào sai. Đ n năm 1954 t c là sau 52 năm, Shapiro m i t ng k t l i gi thuy t này như sau: 1) B t đ ng th c đúng v i n l ≤ 23 2) B t đ ng th c đúng v i n ch n ≤ 12 Còn l i sai. Hoàn toàn t nhiên ta th y còn r t nhi u d ng b t đ ng th c xoay vòng khác thì b t đ ng th c là gì, khi nào đúng, khi nào sai ho c luôn luôn đúng. Trong bài lu n văn này chúng tôi xây d ng đư c m t d ng b t đ ng th c xoay vòng t ng quát mà các trư ng h p riêng là nh ng bài toán khó và r t khó có th s d ng trong nh ng đ thi h c sinh gi i. Lu n văn này g m có 2 chương: Chương 1: B t đ ng th c xoay vòng (Trình bày nh ng k t qu đã có v các bài b t đ ng th c phân th c.) Chương 2: M t d ng b t đ ng th c xoay vòng (Xây d ng b t đ ng th c v i các trư ng h p đơn gi n, t ng quát bài toán) 1 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 Em xin chân thành c m ơn các các th y cô khoa Toán-Cơ-Tin h c trong th i gian h c t p trư ng Khoa H c T Nhiên, các th y cô Khoa Sư Ph m ĐH Qu c Gia Hà N i, các b n trong l p Sư ph m Toán 48. Đ c bi t là s hư ng d n, giúp đ t n tình c a th y TS Nguy n Vũ Lương đã giúp đ em hoàn thành khóa lu n này. 2 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com M cl c 1 B t đ ng th c xoay vòng 4 1.1 B t đ ng th c Schurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.1 B t đ ng th c Schurs và h qu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.1.2 M t s bài toán minh h a . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.2 B t đ ng th c xoay vòng khác trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . 12 1.3 S d ng b t đ ng th c Cauchy ch ng minh m t s d ng b t đ ng th c xoay vòng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 1.4 B t đ ng th c xoay vòng phân th c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 2 M t d ng b t đ ng th c xoay vòng 41 2.1 Các trư ng h p đơn gi n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 Trư ng h p 3 s n = 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1 41 Trư ng h p 4 s n = 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2 42 Trư ng h p 5 s n = 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3 43 Trư ng h p 6 s n = 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.4 45 Trư ng h p 7 s n = 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.5 47 2.2 Trư ng h p t ng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.2.1 M t s ki n th c liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.2.2 Nh n xét đ c bi t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Trư ng h p t ng quát n s h ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.3 55 3
www.VNMATH.com Chương 1 B t đ ng th c xoay vòng 1.1 B t đ ng th c Schurs 1.1.1 B t đ ng th c Schurs và h qu Bài 1 (B t đ ng th c Schurs) V i x, y, z là các s th c dương, λ là m t s th c b t kì, ch ng minh r ng: xλ (x − y )(x − z ) + y λ (y − z )(y − x) + z λ (z − x)(z − y ) ≥ 0 D u b ng x y ra khi vào ch khi x = y = z Ch ng minh Chú ý r ng khi có hai bi n s b ng nhau thì b t đ ng th c hi n nhiên đúng. Ch ng h n khi y = z ta có: xλ (x − z )2 ≥ 0. D u ” = ” x y ra khi x = y = z . Không m t tính t ng quát ta có th gi thi t r ng: x > y > z + Xét trư ng h p λ ≥ 0 B t đ ng th c có th vi t l i dư i d ng: (x − y )[xλ (x − z ) + y λ (y − z )] + z λ (z − x)(z − y ) ≥ 0 S d ng đi u ki n x > y ta thu đư c M > (x − y )(y − z )(xλ − y λ ) + z λ (x − z )(y − z ) > 0, (∀λ > 0) 4
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 do đó b t đ ng th c đúng. + Xét trư ng h p λ < 0 Ta có M = xλ (x − y )(x − z ) + (y − z )[z λ (x − z ) − y λ (x − y )] S d ng đi u ki n y > z (hay x − z > y − z ) ta có: M > xλ (x − y )(x − z ) + (y − z )(x − y )(z λ − y λ ) > 0, (∀λ < 0) V y b t đ ng th c c n đư c ch ng minh. Bài 2 (B t đ ng th c Schurs m i r ng) Gi s I là m t kho ng thu c R và f : I −→ R+ là m t hàm đơn đi u hay f ”(x) ≥ 0, ∀x ∈ I. V i x1 , x2 , x3 ∈ I, ch ng minh r ng: f (x1 )(x1 − x2 )(x1 − x3 ) + f (x2 )(x2 − x3 )(x2 − x1 ) + f (x3 )(x3 − x1 )(x3 − x2 ) ≥ 0 (1) D u ” = ” x y ra khi và ch khi x1 = x2 = x3 . Ch ng minh Vì f là hàm đơn đi u hay f ”(x) ≥ 0, x ∈ I nên ta có b t đ ng th c: f (x) f (y ) f [λx + (1 − λ)y ] < + (2) 1−λ λ ∀x, y ∈ I và λ ∈ (0, 1) Không m t tính t ng quát ta gi s x1 < x2 < x3 (vì n u 2 trong 3 bi n b ng nhau thì b t đ ng th c luôn đúng, d u b t đ ng th c x y ra khi x1 = x2 = x3 ). Chia hai v c a (1) cho (x2 − x3 )(x2 − x1 ) < 0 ta thu đư c: x1 − x3 x3 − x 1 − f (x1 ) + f (x2 ) − f (x3 ) ≤ 0 x2 − x3 x2 − x 1 x3 − x1 x 3 − x1 ⇔ f (x2 ) ≤ f (x1 ) + f (x3 ) x3 − x2 x2 − x1 5 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 x2 − x1  1 − λ = x3 − x2  x3 − x1 ⇒ Đ t: λ = x3 − x1  λx1 + (1 − λ)x3 x = 2 ta thu đư c b t đ ng th c (2) đúng hay (1) đúng. Bài 3 (M t d ng m r ng c a b t đ ng th c Schurs) Xét a, b, c, u, c, w là các s th c dương ch ng minh r ng: a) N u p > 0 và 1 1 1 1 1 1 a p + c p ≤ b p ; u 1+p + w 1+p ≥ v 1+p Ta có: ubc − vca + wab ≥ 0 b) N u −1 < p < 0 và 1 1 1 1 1 1 a p + c p ≤ b p ; u 1+p + w 1+p ≤ v 1+p Ta có: ubc − vca + wab ≤ 0 c) N u p < −1 1 1 1 1 1 1 a p + c p ≥ b p ; u 1+p + w 1+p ≤ v 1+p Ta có: ubc − vca + wab ≥ 0 D u b ng c a b t đ ng th c x y ra khi và ch khi 1 1 1 1 1 1 a p + c p = b p ; u 1+p + w 1+p = v 1+p Ch ng minh 1 1 a) N u p > 0 ta có: + p+1 = 1 1+p p Áp d ng b t đ ng th c Holder ta có: p 1 1 1 1 1 1 1 p+1 a 1+p (uc) 1+p + c 1+p (wa) 1+p ≤ a p + c p (uc + wa) p+1 Lũy th a p + 1 hai v ta có: p+1 p 1 1 1 1 1 1 ≤ ap + cp a 1+p (uc) p+1 + c 1+p (wa) p+1 (uc + wa) p+1 p+1 1 1 1 1 ⇔ ac u 1+p + w 1+p ≤ ap + cp (uc + wa) 6 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 Áp d ng gi thi t bài toán ta có: p+1 1 1 acv ≤ ac u 1+p + w 1+p ≤ b(uc + wa) suy ra ubc − acv + wab ≥ 0 b) V i −1 < p < 0 ta cũng có: 1 1 p+1 + p+1 = 1 v i 0, p < 0) ta có: p+1 p 1 1 1 1 acv ≥ ac u 1+p + w 1+p ≥ (uc + wa) a p + c p ≥ (uc + wa)b suy ra: abw − auv + ubc ≤ 0 c) V i p < −1 ta cũng có: 1 1 + p+1 = 1 v i p + 1 < 0 p+1 p Áp d ng b t đ ng th c Holder: p 1 1 1 1 1 1 1 p+1 ≤ a +c a (uc) +c (wa) (uc + wa) p+1 1+p 1+p 1+p 1+p p p Lũy th a p + 1 hai v (chú ý p + 1 > 0) ta đư c: p+1 p 1 1 1 1 ≤ ap + cp ac u 1+p + w 1+p (uc + wa) 7 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 Áp d ng gi thi t ph n c) (chú ý p + 1 < 0) ta có: p+1 p 1 1 1 1 acv ≤ ac u 1+p + w 1+p ≤ (uc + wa) a p + c p ≤ (uc + wa)b suy ra: ucb − acv + wab ≥ 0 Bài 4 (Bài toán h qu 1) V i x > y > z > 0. f là hàm đơn đi u hay f ”(x) = 0 ∀x > 0 và f nh n giá tr trên R+ , ch ng minh r ng: f (x) f (y ) f (z ) ≥0 + + y−z z−x x−y Ch ng minh Áp d ng bài toán 2 ta có: f (x)(x − y )(x − z ) + f (y )(y − z )(y − x) + f (z )(z − x)(z − y ) ≥ 0 Chia 2 v cho (y − z )(z − x)(x − y ) < 0 ta thu đư c b t đ ng th c c n ch ng minh. Bài 5 (Bài toán h qu 2) V i x, y, z, a, b, c > 0 th a mãn đi u ki n: a2 + b 2 ≤ c 2 2 2 2 x3 + y 3 ≥ z 3 xy z +≥ ch ng minh r ng ab c Ch ng minh 1 Áp d ng bài toán 3 v i p = ta có: 2 xbc − zab + yac ≥ 0 Chia 2 v cho a, b, c ta có b t đ ng th c c n ch ng minh. 8 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 1.1.2 M t s bài toán minh h a Bài 6 Gi s ∆ABC không nh n, ch ng minh r ng: 27 64 125 ≥ + sin A sin B sin C Ch ng minh Áp d  bài toán 5 v i đi u ki n ng 2 sin A + sinB ≤ sin2 C Tam giác không nh n 2 27 3 + 64 3 = 125 2 2 3 Ta thu đư c đi u ph i ch ng minh. Bài 7 Cho a, b, c là các s th c dương th a mãn đi u ki n 1 1 1 3 3 3 + 3 + 3 , x2 + y 2 ≤ z 2 a3 b c xy z +≤ Ch ng minh r ng: ab c Ch ng minh Ta có: 1 1 + =1 1 1− 1 1− 3 3 1 −3 Áp d ng b t đ ng th c Holder ta có: 3 3 3 3 3 1 a 2 (xb) 2 + b 2 (ya) 2 ≥ (xb + ya) 2 (a−3 + b−3 )− 2 −1 1 1 2 3 3 3 3 ⇔ (ab) ≥ (xb + ya) x +y +3 2 2 2 2 a3 b T gi thi t suy ra: 1 −1 −2 1 1 1 2 3 ≥ +3 = c2 3 c3 a b 9 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 Do đó ta có b t đ ng th c 3 3 3 3 3 3 (abz ) 2 ≥ (ab) 2 x 2 + y 2 ≥ (xb + ya) 2 c 2 ⇔ abz ≥ (xb + ya)c xy z ⇔+≤ ab c Bài 8 a+b+c V i a, b, c là ba c nh c a m t tam giác b t kì p = , ch ng minh r ng 2 (p − a)4 + (p − b)4 + (p − c)4 + S 2 ≥ a (p − a)3 + b (p − c)3 + c (p − a)3 (V i S là di n tích tam giác ABC ) Ch ng minh Ch ng minh b t đ ng th c Schurs v i λ = 2 ta có: x2 (x − y )(x − z ) + y 2 (y − z )(y − x) + z 2 (z − x)(z − y ) ≥ 0 ⇔ x4 + y 4 + z 4 + xyz (x + y + z ) ≥ x3 (y + z ) + y 3 (z + x) + z 3 (x + y ) (1) Đ t:  x + y + z = p − a + p − b + p − c = p     x = p − a     xyz = (p − a)(p − b)(p − c) = S       p ⇒ y = p − b  y + z = (p − b) + (p − c) = a      z = p − c      x + z = b, x + y = c  Thay vào (1) ta có b t đ ng th c c n ch ng minh. Bài 9 V i x, y, z dương th a mãn: yz zx xy + 2 + 2 =3 x2 y z hãy tìm giá tr l n nh t c a bi u th c sau: y+z z+x x+y M= + + x y z Ch ng minh Áp d ng b t đ ng th c Schurs v i λ = −2 ta có: 1 1 1 (x − y )(x − z ) + 2 (y − z )(y − x) + 2 (z − x)(z − y ) ≥ 0 x2 y z 10 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 y + z z + x x + y yz zx xy ⇔3− ≥0 + + + + + x y z x y z y+z z+x x+y ⇔M = ≤6 + + x y z Đ ng th c x y ra khi ⇔ x = y = z = 1 V y Mmax = 6 Bài 10 V i ha , hb , hc là đ dài các đư ng cao c a m t tam giác ABC b t kì, ch ng minh r ng: 1 1 1 3 1 1 1 1 ≥ 2 + 3+ 3 + + 2+ 2 h3 hb hc h2 hb hc ha hb hc r a a Trong đó r là bán kính vòng tròn n i ti p ∆ABC Ch ng minh Áp d ng b t đ ng th c Schurs v i λ = 1 ta có: x(x − y )(x − z ) + y (y − x)(y − z ) + z (z − x)(z − y ) ≥ 0 ⇔ x3 + y 3 + z 3 − x2 (z + y ) − y 2 (z + x) − z 2 (x + y ) + 3xyz ⇔ 2(x3 + y 3 + z 3 ) − (x + y + z )(x2 + y 2 + z 2 ) + 3xyz ≥ 0 1 1 1 1 1 1 1 Đ tx= ,y= ,z= + + =) (vì ha hb hc ha hb hc r Bài 11 V i a, b, c là ba s th c l n hơn 1, ch ng minh r ng: a a b b c c log2 + b log2 log2 + c log2 log2 ≥ 0 a log2 b c c a a b Ch ng minh Áp d ng b t đ ng th c Schurs m r ng v i f (x) = 2x ta có: 2x1 (x1 − x2 )(x1 − x3 ) + 2x2 (x2 − x1 )(x2 − x3 ) + 2x3 (x3 − x1 )(x3 − x2 ) ≥ 0 Đ t x1 = log2 a, x2 = log2 b, x3 = log2 c ta có b t đ ng th c ph i ch ng minh. 11 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 1.2 B t đ ng th c xoay vòng khác trong tam giác Trong m c này ta ch đ c p đ n cách xây d ng b t đ ng th c xoay vòng trong ∆ABC v i 3 c p bi n quay vòng: A, B, C là 3 góc tam giác ABC và x, y, z (x, y, z là 3 s th c) b t đ u t bi u th c luôn đúng ∀A.B, C, x, y, z Bài 1 V i m i ∆ABC, x, y, z là ba s th c dương tùy ý, ch ng minh r ng: 1 yz cos A + zx cos B + xy cos C ≤ (x2 + y 2 + z 2 ) 2 Ch ng minh Ta có: (x − y cos C − z cos B )2 + (y sin C − z sin B )2 ≥ 0 ∀x, y, z > 0 ⇔ x2 + y 2 (cos2 C + sin2 C ) + z 2 (cos2 B + sin2 B ) + 2yz (cos B cos C − sin B sin C ) − 2xy cos C − 2xz cos B ≥ 0 ⇔ x2 + y 2 + z 2 − 2(yz cos A + zx cos B + xy cos C ) ≥ 0 1 ⇔ yz cos A + zx cos B + xy cos C ≤ (x2 + y 2 + z 2 ) 2 D u b ng x y ra khi và ch khi   2 y cos2 C + 2yz cos B cos C + z 2 cos2 B = x2 y cos C + z cos B = x  ⇔ 2 2 y sin C − 2yz sin B sin C + z 2 sin2 B = 0 y sin C − z sin B = 0  ⇒ y 2 − 2yz cos(B + C ) + z 2 = x2 y 2 + z 2 − x2 ⇒ cos A = 2yz Tương t : z 2 + x2 − y 2 cos B = 2zx x2 + y 2 − z 2 cos C = 2xy M t khác: b 2 + c 2 − a2 cos A = 2bc c 2 + a2 − b 2 cos B = 2ca a2 + b 2 − c 2 cos C = 2ab 12 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 V y:   x = ka     y = kb (k > 0) ⇒ x, y, z là 3 c nh c a m t tam giác    z = kc đ ng d ng v i∆ABC  T bài toán 1 ta có th xây d ng đư c các b t đ ng th c m i trong tam giác. Bài 2 V i m i tam giác ∆ABC, a, b, c là 3 s th c dương, ch ng minh r ng: 1 xy yz zx x cos A + y cos B + z cos C ≤ + + 2 z x y Ch ng minh 111 Áp d ng bài toán 1. Thay x, y, z l n lư t b i , , ta có: xyz 1 1 1 11 1 1 cos C ≤ cos A + cos B + + 2+ 2 2 yz zx xy 2x y z 1 y z zx xy ⇔ x cos A + y cos B + z cos C ≤ + + 2x y z 111 D u b ng x y ra khi , , là đ dài 3 c nh c a tam giác đ ng d ng v i tam xyz giác ABC . Cho x, y, z là các giá tr c th ta thu đư c các bài toán tìm giá tr l n nh t, nh nh t, các b t đ ng th c khó trong tam giác. Bài 3 Tìm giá tr l n nh t: M = 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C Trong đó A, B, C là ba góc c a m t tam giác. Ch ng minh Áp d ng bài toán 2 v i:   x = 2     y = 3    z = 4  1 4.3 2.4 2.3 61 Ta có: M ≤ + + = 22 3 4 12 D u đ ng th c x y ra khi ta ch n ∆ABC ∼ ∆A B C v i ∆A B C có ba c nh 13 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 111 61 , , . V y max M = là 234 12 Bài 4 Cho tam giác ∆ABC , ch ng minh r ng A B C 61 + 3 sin + 4 sin ≤ 2 sin (1) 2 2 2 12 Ch ng minh Đ t:  A = π − 2A      ⇒ A + B + C = π ⇒ A , B , C là 3 góc c a ∆A B C B = π − 2B    C = π − 2C  61 Ta có: (1) ⇔ 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C ≤ 12 Áp d ng bài toán 3 có b t đ ng th c đúng. D u đ ng th c x y ra n u 111 ∆A B C ∼ ∆( , , ) 224 Bài 5 Ch ng minh r ng 1 1 1 108 ≥ + + 2 sin A 3 sin B 4 sin C 61 (Trong đó A, B, C là ba góc c a m t tam giác nh n) Ch ng minh Áp d ng b t đ ng th c Cauchy ta có: 1 1 1 (2 cos A + 3 cos B + 4 cos C ) ≥ 9 ∀∆ABC nh n + + 2 cos A 3 cos B 4 cos C 1 1 1 9 ⇔ ≥ + + 2 cos A 3 cos B 4 cos C 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C mà theo bài 3 ta có: 61 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C ≤ 12 14 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 suy ra đi u ph i ch ng minh 1 1 1 9.12 108 ≥ + + = 2 cos A 3 cos B 4 cos C 61 61 Bài 6 Ch ng minh r ng trong m i tam giác ∆ABC ta đ u có: 1 A1 B1 C 395 tan2 + tan2 + tan2 ≥ (1) 4 2 6 2 6 2 4056 Ch ng minh Ta có: 1 1 1 1 1 1 395 (1) ⇔ −1 + −1 + −1 ≥ 2A 2B 2C 4 cos 2 6 cos 2 8 cos 2 4056 1 1 1 108 ⇔ ≥ + + 4 cos2 A 6 cos2 B 8 cos2 C 169 2 2 2 1 1 1 108 ⇔ ≥ + + (2) 2 + 2 cos A 3 + 3 cos B 4 + 4 cos C 169 Áp d ng b t đ ng th c Cauchy ta có: 1 1 1 + + [(2 + 2 cos A) + (3 + 3 cos B ) 2 + 2 cos A 3 + 3 cos B 4 + 4 cos C + (4 + 4 cos C )] ≥ 9 1 1 1 9 ⇔ ≥ + + (3) 2 + 2 cos A 3 + 3 cos B 4 + 4 cos C 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C + 9 Áp d ng k t qu bài toán 3 ta có: 9 9 108 ≥ = (4) 61 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C + 9 169 +9 12 T (3) và (4) ta có b t đ ng th c (2) đúng suy ra (1) đúng. Bài 7 Ch ng minh r ng v i tam giác ∆ABC nh n ta có: √ √ √ 3 61 3 3 3 a) 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C ≤ 3 36 3 1 1 1 97 ≥ b) 1 + 1+ 1+ 2 cos A 3 cos B 4 cos C 61 Ch ng minh a) Ta có: √ √ √ 3 3 3 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C 3 ≤ 3 3 15 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 1 (Ch ng minh nh b t đ ng th c Jensen xét hàm f (t) = t 3 trong (0, +∞) ) Áp d ng bài toán 3 ta có: 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C 61 3 3 ≤ 3 36 √ √ √ 61 3 3 3 3 ⇔ 4 cos C ≥ 3 2 cos A + 3 cos B + 36 b) Ta có 1 1 1 M= 1+ 1+ 1+ 2 cos A 3 cos B 4 cos C 1 1 1 1 1 1 = 1+ + + + + + 2 cos A 3 cos B 4 cos C 6 cos A cos B 12 cos B cos C 8 cos C cos A 1 + (2 cos A)(3 cos B )(4 cos C ) Áp d ng b t đ ng th c Cauchy ta có 2 1 1 3 M ≥ 1 + 33 +3 (2 cos A)(3 cos B )(4 cos C ) (2 cos A)(3 cos B )(4 cos C ) 3 1 3 + (2 cos A)(3 cos B )(4 cos C ) 3 1 ⇔M ≥ 1+ 3 (2 cos A)(3B )(4 cos C ) Áp d ng b t đ ng th c Cauchy ta có: 3 3 3 3 3 3 36 97 M≥ ≥ 1+ 1+ = 1+ = 61 2 cos A + 3 cos B + 4 cos C 61 61 12 Bài 8 Ch ng minh r ng v i m i tam giác ∆ABC ta có: 1 A 1 B 1 B 1 C tan4 + tan4 + tan4 + tan4 a) 16 2 36 2 36 2 64 2 A √ 395 1 C 1 tan4 + tan4 ≥ 2. + 64 2 16 2 4056 3 cos B 4 cos C 2 cos A 108 ≥ + + b) . 42 A 9 cos2 B 16 cos2 C 61 V i ∆ABC là tam giác nh n. Ch ng minh a) Áp d ng b t đ ng th c Bunhiacopxki ta d dàng ch ng minh đư c: √ √ √ √ a2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a2 2(a + b + c) 16 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 1 A 1 B 1 C tan2 , b = tan2 , c = tan2 Thay a = 4 2 6 2 8 2 Khi đó ta có: 1 A 1 B 1 B 1 C 1 C 1 A tan4 + tan4 + tan4 + tan4 + tan4 + tan4 16 2 36 2 36 2 64 2 64 2 36 2 √1 A1 B1 C tan2 + tan2 + tan2 ≥2 (1) 4 2 6 2 8 2 Áp d ng bài toán 6 ta có: √ √ 1 A1 B1 C 395 2 tan2 + tan2 + tan2 ≥ 2 (2) 4 2 6 2 8 2 4056 T (1) và (2) ta có b t đ ng th c c n ch ng minh. b) Áp d ng b t đ ng th c Bunhiacopxki ta có b t đ ng th c sau: a2 b 2 c 2 ≥ a + b + c ∀a, b, c dương ++ (3) b c a a2 b 2 c 2 a2 b 2 c 2 ( a + b + c ) (a + b + c)2 ≥ ++ = ++ = a + b + c) (Vì b c a b c a a+b+c a+b+c 1 1 1 Áp d ng (3) v i a = ,b= ,c= . Ta có: 2 cos A 3 cos B 4 cos C 3 cos B 4 cos C 2 cos A 1 1 1 ≥ + + + + 2A 2B 2C 4 cos 9 cos 16 cos 2A 3 cos B 4 cos C Áp d ng k t qu bài toán 5 ta có b t đ ng th c đư c ch ng minh. Bài 9 Ch ng minh r ng v i m i tam giác ∆ABC ta có: a) ha cos A + hb cos B + 9 hc cos C ≤ R 4 27 b) (ha cos A + hb cos B + hc cos C )3 ≥ ha hb hc 8 (V i a, b, c là các đư ng cao tương ng v i 3 c nh a, b, c. D u đ ng th c x y ra khi ∆ABC đ u). Ch ng minh a) Áp d ng bài toán 2 ta có: 1 ha hb hb hc hc ha ha cos A + hb cos B + hc cos C ≤ + + (1) 2 hc ha hb 17 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 (a2 + b2 + c2 )S a2 + b 2 + c 2 1 ha hb hb hc hc ha + + = = mà 2 hc ha hb abc 4R 9 = R(sin2 A + sin2 B + sin2 C ) ≤ R 4 Đ ng th c x y ra khi ⇔ ∆ABC đ u. a b c T S = aha = bhb = chc ⇔ 1 = 1 = 1 b) ha hb hc 111 ⇒ ∆(a, b, c) ∼ ∆ ,, ha hb hc ⇒ D u b ng trong b t đ ng th c (1) x y ra ∀∆ABC M t khác áp d ng b t đ ng th c Cauchy ta có: 1 ha hb hb hc hc ha 13 ≥ 3 ha hb hc + + 2 hc ha hb 2 Do đó k t h p v i (1) khi d u đ ng th c x y ra ta có: 33 ha cos A + hb cos B + hc cos C ≥ ha hb hc 2 27 ⇔ (ha cos A + hb cos B + hc cos C )3 ≥ ha hb hc 8 D u đ ng th c x y ra ⇔ ha = hb = hc ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC đ u Bài 10 Ch ng minh r ng v i m i tam giác ∆ABC và ∆A1 B1 C1 ta có: cos A cos B cos C 1 sin A1 sin B1 sin C1 ≤ + + + + sin A1 cos B1 cos C1 2 sin B1 sin C1 sin A1 sin C1 sin A1 sin B1 D u đ ng th c x y ra ⇔ ∆ABC ∼ ∆A1 B1 C1 Ch ng minh Áp d ng bài toán 2 v i: 1 1 1 x= ,y= ,z= sin A1 sin B1 sin C1 Ta có b t đ ng th c c n ch ng minh. D u đ ng th c x y ra ⇔ ∆ABC ∼ ∆(sin A1 , sin B1 , sin C1 ) 18 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 ⇔ ∆ABC ∼ A1 B1 C1 Bài 11 V i hai tam giác ∆ABC và tam giác ∆A1 B1 C1 b t kì, ch ng minh r ng: (b1 + c1 ) cos A + (c1 + a1 ) cos B + (a1 + b1 ) cos C ≤ 1 (b1 + c1 )(c1 + a1 ) (c1 + a1 )(a1 + b1 ) (b1 + c1 )(a1 + b1 ) ≤ + + 2 a1 + b 1 b1 + c 1 c 1 + a1 D u đ ng th c x y ra khi nào? Ch ng minh Áp d  bài toán 2 v i: ng  x = b + c 1 1     ⇔ Ta có b t đ ng th c c n ch ng minh. y = c 1 + a1    z = a1 + b1  M t khác v i a1 , b1 , c1 là 3 c nh c a ∆A1 B1 C1 , gi s a1 ≥ b1 ≥ c1 ⇒ 1 1 1 , , cũng là 3 c nh c a tam giác. Th t v y ta có: b 1 + c 1 c 1 + a1 a1 + b 1 1 1 1 ≥ ≥ ( vì a1 ≥ b1 ≥ c1 ) b1 + c1 c 1 + a1 a1 + b 1 1 1 1 ≥ ≥ Xét a1 + b 1 b1 + ( b 1 + c1 ) 2(b1 + c1 ) 1 1 1 ≥ ≥ a1 + c 1 c1 + ( b1 + c1 ) 2(b1 + c1 ) 1 1 1 1 1 1 ⇔ ≥ ⇔ + , , a1 + b 1 a1 + c 1 b1 + c1 b 1 + c 1 c 1 + a1 a1 + b 1 là 3 c nh c a m t tam giác. V y d u b t đ ng th c x y ra khi 1 1 1 ∆ABC ∼ ∆ , , b 1 + c 1 c 1 + a1 a1 + b 1 Bài 12 V i A, B, C là ba góc c a ∆ABC b t kì, x, y, z là 3 s th c tùy ý, ch ng minh r ng: 1 (−1)n [yz cos nA + xz cos nB + xy cos nC ] ≤ (x2 + y 2 + z 2 ) (1) 2 Ch ng minh [x + (−1)n (y cos nC + z cos nB )]2 + (y sin nC − z sin nB )2 ≥ 0 ⇔ x2 +y 2 cos2 nC + sin2 nB +z 2 cos2 nB + sin2 nB +2(−1)n (xy cos nC + xz cos nB ) 19 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương
www.VNMATH.com Khóa lu n t t nghi p toán sơ c p Sư Ph m Toán 48 + 2yz (cos nC cos nB − sin nC sin nB ) ≥ 0 mà cos nC cos nB − sin nC sin nB = cos n(B + C ) = cos(nπ − nA) = (−1)n cos nA V y ta có b t đ ng th c: x2 + y 2 z 2 + 2(−1)n [xy cos nC + yz cos nA + zx cos nB ] ≥ 0 1 (−1)n (yz cos nA + zx cos nBxy cos nC ) ≤ (x2 + y 2 + z 2 ) 2 Ta  riêng trư ng h p x, y, z dương, d u đ ng th c c a (1) x y ra n u: xét x = (−1)n+1 (y cos nC + z cos nB )  y sin nC − z sin nB = 0   2 y cos2 nC + z 2 cos2 nB + 2yz cos nC cos nB = x2 ⇔ y cos nC + z 2 sin2 nB − 2yz sin nC sin nB = 0 2 ⇔ y 2 + z 2 + 2yz cos n(B + C ) = x2 ⇔ y 2 + z 2 2yz (−1)n cos nA = x2 y 2 + z 2 − x2 ⇔ cos nA = (−1)n+1 2yz Tương t : x2 + z 2 − y 2 cos nB = (−1)n+1 2xz x2 + y 2 − z 2 cos nC = (−1)n+1 2xy Đi u ki n c n t n t i ∆ABC là: 2 2 2 | y + z − x | ≤ 1   2 2yz 2    x + z2 − y | |≤1  2 2xz 2   x + y2 − z  | |≤1  2xy ⇔ x, y, z th a mãn b t đ ng th c tam giác.  x ≥ y − z      y ≥ z − x    z ≥ x − y  20 GV hư ng d n: TS Nguy n Vũ Lương Sinh viên: Nguy n Văn Cương