Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin trong tam giác

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn "Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin trong tam giác" được nghiên cứu nhằm cung cấp một số dạng bất đẳng thức không đối xứng trong tam giác đối với các hàm lượng giác và lượng giác ngược cùng một số dạng liên quan. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin trong tam giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ THU TRANG MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU KLAMKIN TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, 10/2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– ĐỖ THỊ THU TRANG MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU KLAMKIN TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8640113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên, 10/2018
i Mục lục Mở đầu 1 Chương 1. Một số lớp đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản 3 1.1 Một số hệ thức cơ bản đối với hàm lượng giác ngược . . . . . 3 1.2 Bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . 6 1.2.1 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2.2 Bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác . . . . 13 Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác trong tam giác 17 2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin . . . . . . . . . 17 2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm sin . . . . . . . . . . 24 2.3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm tan và cotan . . . . . 28 Chương 3. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác ngược 34 3.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arccos và arcsin . . . 34 3.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arctan và arccotan . . 37 3.3 Một số bất đẳng thức khác trong tam giác . . . . . . . . . . . 42 3.3.1 Bất đẳng thức Weizenbock . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.3.2 Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler . . . . . . . . . 46 Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51
1 Mở đầu Chuyên đề bất đẳng thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ thông. Bất đẳng thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số và giải tích mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực khác của toán học. Klamkin đã khảo sát nhiều lớp bất đẳng thức hình học liên quan đến hàm cosin và xét các dạng toán liên quan. Ta đã biết bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin cho tam giác β γ γα αβ α cos A + β cos B + γ cosC ≤ + + 2α 2β 2γ ứng với mọi bộ số dương α, β , γ. Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng các phương pháp khác nhau của hình học như phương pháp véctơ và phương pháp tọa độ và cả phương pháp số phức. Tuy nhiên, các dạng bất đẳng thức tương tự đối với các hàm lượng giác khác như hàm sin, tan và cotan thì người ta chưa chứng minh được bằng các phương pháp hình học và vì thế Klamkin không đề cập đến các dạng bất đẳng thức này. Đặc biệt, để chứng minh các bất đẳng thức tương tự đối với các lượng giác ngược thì ta cần đến các công cụ của giải tích (tính lồi, lõm) để khảo sát chúng. Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi và nâng cao nghiệp vụ của bản thân về chuyên đề bất đẳng thức lượng giác, tôi chọn đề tài luận văn “Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin trong tam giác”. Luận văn này nhằm cung cấp một số dạng bất đẳng thức không đối xứng trong tam giác đối với các hàm lượng giác và lượng giác ngược cùng một số dạng liên quan. Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm 3 chương.
2 Chương 1. Một số lớp bất đẳng thức cơ bản. Nội dung chương trình bày các kiến thức cơ bản về hàm lượng giác, lượng giác ngược, hệ thức lượng giác. Ngoài ra, chúng tôi cũng trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số cùng các hệ quả của chúng. Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác trong tam giác. Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan và cotan. Chương 3. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác ngược. Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos, hàm arcsin, hàm arctan và hàm arccot. Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu, người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn, cho tôi những nhận xét quý báu để tôi có thể hoàn thành luận văn. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới các thầy cô, những người đã tận tâm giảng dạy và chỉ bảo tác giả trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn. Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết hơn chân thành tới phòng Sau Đại học, khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu khoa học. Cuối cùng tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu. Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018 Người viết luận văn Đỗ Thị Thu Trang
3 Chương 1. Một số lớp đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản Chương này trình bày định nghĩa của các hàm lượng giác sin, cos, tan, cotan, các công thức biến đổi của các hàm lượng giác, hệ thức lượng trong tam giác. Ngoài ra, chúng tôi cũng nêu định nghĩa của các hàm lượng giác ngược cùng với một số tính chất của hàm lượng giác ngược, trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số cùng các hệ quả của chúng. 1.1 Một số hệ thức cơ bản đối với hàm lượng giác ngược Định lí 1.1 ([3]). Giả sử hàm y = f (x) xác định, đồng biến hoặc nghịch biến và liên tục trong một khoảng X nào đó. Khi đó trong khoảng Y các giá trị tương ứng của hàm đó, tồn tại hàm ngược (đơn trị) x = g(y) cũng là hàm đồng biến hoặc nghịch biến và liên tục trong khoảng đó. Từ các hàm lượng giác cơ bản y = sin x, y = cos x, y = tanx, y = cot x, theo định lí trên, ta có các hàm lượng giác ngược. h π πi π π Trong − , (hay trong − , ) hàm số y = sin x (hay y = tan x) 2 2 2 2 là hàm đồng biến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arcsin x (hay y = arctan x) như sau:     y = arcsin x  sin(arcsin x) ≡ x   π π x = sin y ⇔ − ≤ arcsin x ≤ 2 2 −1 ≤ x ≤ 1, − π ≤ y ≤ π     −1 ≤ x ≤ 1  2 2
4 và     y = arctan x   tan(arctan x) ≡ x   π π x = tan y ⇔ − < arctan x < 2 2 −∞ < x < ∞, − π < y < π     −∞ < x < ∞.  2 2 Trong [0, π] (hay trong (0, π)) hàm số y = cos x (hay y = cot x) là hàm đồng biến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arccos x (hay y = arccot x) như sau:   y = arccos x cos(arccos x) ≡ x     x = cos y ⇔ 0 ≤ arccos x ≤ π     −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ π −1 ≤ x ≤ 1 và   y = arccot x cot(arccot x) ≡ x     x = cot y ⇔ 0 < arctan x < π     −∞ < x ≤ ∞, 0 < y < π −∞ < x < ∞. Một số tính chất của các hàm lượng là arcsin (−x) = −arcsin x, ∀x ∈ [−1, 1] arccos (−x) = π − arccos x, ∀x ∈ [−1, 1] arctan (−x) = −arctan x arccot (−x) = −arccot x. π π Hàm y = arcsin x (−1 < x < 1) với − < y < là hàm ngược của hàm x = sin y. 2 2 0 π π Khi đó ta có xy = cos y > 0 với − < y < . Theo công thức đạo hàm hàm 2 2 ngược ta có 1 1 1 1 y0x = = = = √ > 0. xy0 p cos y 1 − sin2 y 1 − x2 x Vậy hàm y = arcsin x là hàm đồng biến. Lại có y00x = p nên y00x > 0 với (1 − x2 )3 0 < x < 1 và y00x < 0 với −1 < x < 0. Suy ra hàm y = arcsin x lõm với 0 < x < 1 và lồi với −1 < x < 0. Hơn nữa, ta có • với 0 < x < 1, y00x > 0 nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1)
5 • với −1 < x < 0, y00x < 0 nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0). Hàm y = arccos x (−1 < x < 1) với 0 < y < π là hàm ngược của hàm x = cos y. Ta có xy0 = − sin y > 0 với 0 < y < π. Theo công thức đạo hàm hàm ngược ta có 1 1 1 1 y0x = 0 =− = −p = −√ >0 xy sin y 1 − cos2 y 1 − x2 x nên hàm y = arccos x là hàm nghịch biến. Lại có y00x = − p nên y00x < 0 2 (1 − x ) 3 00 với 0 < x < 1 và yx > 0 với −1 < x < 0. Suy ra hàm y = arccos x lồi với 0 < x < 1 và lõm với −1 < x < 0. Hơn nữa, ta có • với 0 < x < 1, y00x < 0 nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1) • với −1 < x < 0, y00x > 0 nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0). π π Hàm y = arctan x (−∞ < x < ∞) với − < y < là hàm ngược của hàm 2 2 1 x = tan y. Ta có xy0 = = 1 + tan2 y = 1 + x2 . Suy ra cos2 y 1 1 y0x = 0 = > 0. xy 1 + x2 2x Do đó, hàm y = arctan x là hàm đồng biến. Lại có y00x = − 2 2 nên y00x < 0 (1 + x ) 00 với x > 0 và yx > 0 với x < 0, suy ra hàm y = arctan x lồi với x > 1 và lõm với x < 0. Hơn nữa, ta có • với x > 0, y00x < 0 nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a > 0 • với x < 0, y00x > 0 nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a < 0. Hàm y = arccot x (−∞ < x < ∞) với 0 < y < π là hàm ngược của hàm 1 x = cot y. Ta có xy0 = − 2 = −(1 + cot2 y) = −(1 + x2 ). Suy ra sin y 1 1 y0x = 0 = − < 0. xy 1 + x2 2x Do đó, hàm y = arccos x là hàm nghịch biến. Lại có y00x = 2 2 nên y00x > 0 (1 + x ) 00 với x > 0 và yx < 0 với x < 0. Suy ra hàm y = arccot x lõm với x > 0 và lồi với x < 0. Hơn nữa, ta có
6 • với x > 0, y00x > 0 nên y(x) > y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a > 0 • với x < 0, y00x < 0 nên y(x) < y(a) + y0 (a)(x − a), ∀a < 0. 1.2 Bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata 1.2.1 Bất đẳng thức Jensen Định lí 1.2 (Bất đẳng thức Jensen, [1]). Nếu f là hàm lồi trên khoảng I thì với mọi x1 , x2 , . . . , xn ∈ I ta đều có x + x + ··· + x 1 2 n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f . n Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn . Chúng ta vẫn quen với việc coi hàm lồi f : I → R là hàm liên tục, khả vi cấp 2 và f 00 (x) ≥ 0 ∀x ∈ I. Tuy nhiên, với kiến thức THPT thì định lí Jensen có thể phát biểu dưới dạng đơn giản và dễ áp dụng hơn. x + y Hệ quả 1.1 ([1]). Cho f : I ⊂ R+ → R thỏa mãn f (x)+ f (y) ≥ 2 f ∀x, y ∈ 2 I. Khi đó với mọi x1 , x2 , . . . , xn ∈ I ta có bất đẳng thức x + x + ··· + x 1 2 n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f . n Chứng minh. Chứng minh định lí trên ta dùng phương pháp quy nạp. Định lí trên giúp cho việc kiểm tra bất đẳng thức Jensen thuận tiện hơn nếu bạn không biết về đạo hàm. Sau đây là một chứng minh gắn gọn cho định lí. Dễ thấy bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng nếu n là một lũy thừa của 2 và x nếu bất đẳng thức đúng với n = k + 1, ta lấy x = x1 + x2 + · · · + xk và xk+1 = k x x + x x k f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xk ) + f ≥ (k + 1) f = (k + 1) f . k k+1 k Do đó ta có điều phải chứng minh. Hiển nhiên nếu thay điều kiện x + y f (x) + f (y) ≥ 2 f 2
7 bởi x + y f (x) + f (y) ≤ 2 f 2 thì bất đẳng thức tổng quát cũng đổi chiều x + x + ··· + x 1 2 n f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ n f . n Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta có √ 3 3 sin A + sin B + sinC ≤ . 2 Lời giải. Xét f (x) = sin x với x ∈ (0, π). Ta có f 00 (x) = − sin x < 0 ∀x ∈ (0, π). Từ đó theo bất đẳng thức Jensen thì A + B +C √ π 3 3 f (A) + f (B) + f (C) ≤ 3 f = 3 sin = . 3 3 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều. Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng với mọi 4ABC đều, ta có A B C √ + tan + tan ≥ 3. tan 2 2 2 π Lời giải. Xét f (x) = tan x với x ∈ 0, . Ta có 2 00 2 sin x π f (x) = > 0 ∀x ∈ 0, . cos3 x 2 Từ đó theo bất đẳng thức Jensen thì A B C A + B +C 2 2 2 π √ f +f +f ≥ 3f = 3 tan = 3. 2 2 2 2 6 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều. Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng với mọi 4ABC đều, ta có √ √ √ A 2 2 B 2 2 C 2 2 √ 1− 2 tan + tan + tan ≥3 . 2 2 2
8 √ π Lời giải. Xét f (x) = (tan x)2 2 với x ∈ 0, . Ta có 2 0 √ 2 √ 2 2−1 f (x) = 2 2(1 + tan x)(tan x) √ √ 2 2−1 √ 2 2+ 1 = 2 2 (tan x) + (tan x) 00 √ √ 2 √ 2 2−2 f (x) = 2 2 (2 2 − 1)(1 + tan x)(tan x) √ 2 √ 2 2 + (2 2 + 1)(1 + tan x)(tan x) > 0. Theo bất đẳng thức Jensen, ta có √ A B C A + B +C π 2 2 √ 2 2 2 1− 2 f +f +f ≥ 3f = 3 tan =3 . 2 2 2 2 6 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều. Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta có A B C A B C 3 √ sin+ sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 3. 2 2 2 2 2 2 2 π Lời giải. Xét f (x) = sin x + tan x với x ∈ 0, . Ta có 2 00 sin x(1 − cos4 x) π f (x) = > 0 ∀x ∈ 0, . cos4 x 2 Khi đó, theo bất đẳng thức Jensen thì A B C A + B +C f +f +f ≥ 3f 2 2 2 2 2 2 2 π π 3 √ = 3 sin tan = + 3. 6 6 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều. Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng với mọi 4ABC nhọn ta có √ 23 3 2 (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC ≥ . 3 Lời giải. Ta có ( sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 + 2 cos A cos B cosC sin A + sin B + sinC ≥ sin2 A + sin2 B + sin2 C
9 và √ 3 3 sin A + sin B + sinC ≤ 2 suy ra √ 3 3 2 < sin A + sin B + sinC ≤ . 2 Xét f (x) = x ln x với x ∈ (0, 1]. Ta có f 0 (x) = ln x + 1 1 f 00 (x) = > 0 ∀x ∈ (0, 1]. x Bây giờ áp dụng bất đẳng thức Jensen ta được sin A + sin B + sinC sin A + sin B + sinC ln 3 3 sin A( ln sin A) + sin B( ln sin B) + sinC( ln sinC) ≤ 3 sin A + sin B + sinC sin A+sin B+sinC ⇔ ln 3 ≤ ln (sin A)sin A + ln (sin B)sin B + ln (sinC)sinC sin A + sin B + sinC sin A+sin B+sinC ⇔ ln 3 ≤ ln (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC (sin A + sin B + sinC)sin A+sin B+sinC ⇔ 3sin A+sin B+sinC ≤ (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC Tiếp theo thay sin A + sin B + sinC > 2 rồi thay √ 3 3 sin A + sin B + sinC ≤ 2 sao bất đẳng thức trên ta được (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC √ 2sin A+sin B+sinC 2 sin A+sin B+sinC 2 3 2 3 ≥ sin A+sin B+sinC = ≥ . 3 3 3
10 1.2.2 Bất đẳng thức Karamata Định lí 1.3 (Bất đẳng thức Karamata, [2]). Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n} thỏa mãn các điều kiện x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn , y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn và   x1 ≥ y1   x1 + x2 ≥ y1 + y2    ............... (1.1)      x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1  x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn .  Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x), ( f 00 (x) > 0) trên I(a, b), ta đều có f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ). (1.2) Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi h n n i 0 f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) = max ∑ f (ti) + ∑ (xi − ti) f (ti) . (1.3) t1 ,...,tn ∈I(a,b) i=1 i=1 Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1 , . . . ,tn ∈ I(a, b) cũng là một bộ số giảm, tức là t1 ≥ t2 ≥ · · · ≥ tn . Khi đó, để chứng minh (1.3), ta chỉ cần chứng minh rằng x1 f 0 (t1 ) + x2 f 0 (t2 ) + · · · + xn f 0 (tn ) ≥ x1 f 0 (t1 ) + x2 f 0 (t2 ) + · · · + xn f 0 (tn ) (1.4) Sử dụng biến đổi Abel x1 f 0 (t1 ) + x2 f 0 (t2 ) + · · · + xn f 0 (tn ) = S1 [ f 0 (t1 ) − f 0 (t2 )] + S2 [ f 0 (t2 ) − f 0 (t3 )] + · · · + Sn−1 [ f 0 (tn−1 ) − f 0 (tn )] + Sn f 0 (tn ), (1.5) với Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk . Vì f 00 (x) > 0 nên f 0 (xk ) ≤ f 0 (xk−1 ). Mặt khác, do Sk (x) ≥ Sk (y) (k = 1, 2, . . . , n− 1) và Sn (x) = Sn (y), ta thu được ngay (1.4).
11 Định lí sau đây cho ta tiêu chuẩn để hai bộ dãy số đơn điệu giảm {xk , yk , k = 1, 2, . . . , n}, thỏa mãn các điều kiện (1.1). Định lí 1.4 (I. Schur, [2]). Điều kiện cần và đủ để hai bộ dãy số đơn điệu giảm {xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n} thỏa mãn các điều kiện    x1 ≥ y1   x1 + x2 ≥ y1 + y2    ............... (1.6)      x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1  x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn .  là giữa chúng có một phép biến đổi tuyến tính dạng n yi = ∑ ai j x j , i = 1, 2, . . . , n, j=1 trong đó n n akl ≥ 0, ∑ ak j = 1, ∑ a jl = 1, k, l = 1, 2, . . . , n. j=1 j=1 Khi đẳng thức cuối cùng trong giả thiết của định lí trên bị phá vỡ, ta cần phải điều chỉnh và có thêm giả thiết đối với hàm số đã cho để kết luận của định lí dạng Karamata tương tự vẫn còn hiệu lực. Định lí 1.5 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a, b) sao cho f 0 (x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a, b] và f 00 (x) > 0 với mọi x ∈ (a, b). Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số ∈ [a, b], đồng thời thỏa mãn các điều kiện a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an và x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn và     x 1 ≥ a1   x + x ≥ a + a 1 2 1 2    ...............  x + x + · · · + x ≥ a + a + · · · + a .  1 2 n 1 2 n Khi đó, ta luôn có n n ∑ f (xk ) ≥ ∑ f (ak ). k=1 k=1
12 Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi h n n i 0 f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) = max ∑ f (ti) + ∑ (xi − ti) f (ti) . t1 ,...,tn ∈I(a,b) i=1 i=1 Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1 , . . . ,tn ∈ I(a, b) cũng là một bộ số giảm, tức là t1 ≥ t2 ≥ · · · ≥ tn . Khi đó, ta chỉ cần chứng minh rằng x1 f 0 (t1 ) + x2 f 0 (t2 ) + · · · + xn f 0 (tn ) ≥ x1 f 0 (t1 ) + x2 f 0 (t2 ) + · · · + xn f 0 (tn ). Sử dụng biến đổi Abel x1 f 0 (t1 ) + x2 f 0 (t2 ) + · · · + xn f 0 (tn ) = S1 [ f 0 (t1 ) − f 0 (t2 )] + S2 [ f 0 (t2 ) − f 0 (t3 )] + · · · + Sn−1 [ f 0 (tn−1 ) − f 0 (tn )] + Sn f 0 (tn ), với Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk . Vì f 00 (x) > 0 nên f 0 (xk ) ≤ f 0 (xk−1 ). Mặt khác, do Sk (x) ≥ Sk (y) (k = 1, 2, . . . , n− 1) và vì Sn (x) = Sn (y), ta thu được ngay được điều phải chứng minh. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có Định lí 1.6 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a, b) sao cho f 0 (x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a, b] và f 00 (x) < 0 với mọi x ∈ (a, b). Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số ∈ [a, b], đồng thời thỏa mãn các điều kiện a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an và x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn và     x1 ≤ a1   x + x ≤ a + a 1 2 1 2    ...............  x + x + · · · + x ≤ a + a + · · · + a .  1 2 n 1 2 n Khi đó, ta luôn có n n ∑ f (xk ) ≤ ∑ f (ak ). k=1 k=1
13 Định lí 1.7 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai với mọi x ∈ (a, b) sao cho f 00 (x) > 0 với mọi x ∈ (a, b). Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số ∈ [a, b] thỏa mãn các điều kiện a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an và     x1 ≥ a1   x + x ≥ a + a 1 2 1 2    ...............  x + x + · · · + x = a + a + · · · + a .  1 2 n 1 2 n Khi đó, ta luôn có n n ∑ f (xk ) ≥ ∑ f (ak ). k=1 k=1 1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác Ví dụ 1.6. Cho A, B,C là ba đỉnh của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng √ tan A + tan B + tanC ≥ 3 3. Lời giải. Trong phần bất đẳng Jensen ta đã chứng minh bất đẳng thức này. Ở đây ta sẽ trình bày một chứng minh khác dựa vào bất đẳng thức AM-AG. Ta có tan A + tan B tan(A + B) = tan(π −C) = − tanC ⇔ = − tanC 1 − tan A tan B ⇔ tan A + tan B = − tanC + tan A tan B tanC. Cho nên tan A + tan B + tanC = tan A tan B tanC. Tam giác ABC nhọn nên tan A, tan B, tanC dương. Theo bất đẳng thức AM-AG ta có √3 tan A + tan B + tanC ≥ 3 tan A tan B tanC √ = 3 3 tan A + tan B + tanC Từ đó, ta có (tan A + tan B + tanC)3 ≥ 27(tan A + tan B + tanC)
14 hay √ tan A + tan B + tanC ≥ 3 3. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ A = B = C hay tam giác ABC đều. Ví dụ 1.7. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng √ cot A + cot B + cotC ≥ 3. Lời giải. Ta luôn có cot(A + B) = − cotC cot A cot B − 1 ⇔ = − cotC cot a + cot B ⇔ cot A cot B + cot B cotC + cotC cot A = 1. Khi đó (cot A − cot B)2 + (cot B − cotC)2 + (cotC − cot A)2 ≥ 0 ⇔ (cot A + cot B + cotC)2 ≥ 3(cot A cot B + cot B cotC + cotC cot A) = 3 Suy ra √ cot A + cot B + cotC ≥ 3. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều. Ví dụ 1.8. Chứng minh rằng với mọi 4ABC nhọn ta có s s s cos A cos B cos B cosC cosC cos A + + cos A2 cos B2 cos B2 cos C2 cos C2 cos A2 √ 2 A B B C C A 3 ≤ √ sin sin + sin sin + sin sin + . 3 2 2 2 2 2 2 2 Lời giải. Ta có cos A A A = sin cot 2 cos A2 2 2 3 cos A cos B A B 3 ⇒4 = sin sin cot A cot B . 4 cos A2 cos B2 2 2 4
15 Theo bất đẳng thức AM-AG, ta có 2 3  A B 3 sin sin 2 + cot A cot B 4 cos A cos B  2 4 ≤  A B  2  4 cos 2 cos 2 s cos A cos B 2 A B 3 ⇒ ≤ √ sin sin + cot A cot B . cos A2 cos B2 3 2 2 4 Tương tự ta có s cos B cosC 2 B C 3 ≤ √ sin sin + cot B cotC cos B2 cos C2 3 2 2 4 s cosC cos A 2 C A 3 ≤ √ sin sin + cotC cot A . cos C2 cos A2 3 2 2 4 Cộng theo vế ta được s s s cos A cos B cos B cosC cosC cos A + + cos A2 cos B2 cos B2 cos C2 cos C2 cos A2 2 A B B C C A ≤ √ sin sin + sin sin + sin sin 3 2 2 2 2 2 2 √ 3 + (cot A cot B + cot B cotC + cotC cot A) 2 √ 2 A B B C C A 3 ≤ √ sin sin + sin sin + sin sin + . 3 2 2 2 2 2 2 2 Ví dụ 1.9. Chứng rằng với mọi 4ABC ta có sin A + sin B + sinC tan A tan B tanC ≤ . cos A + cos B + cosC 3 Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A ≥ B ≥ C. Từ đó ( tan A ≥ tan B ≥ tanC cos A ≤ cos B ≤ C.
16 Theo bất đẳng thức Chebyshev ta có tan A + tan B + tanC cos A + cos B + cosC 3 3 tan A cos A + tan B cos B + tanC cosC ≥ 3 sin A + sin B + sinC tan A + tan B + tanC ⇔ ≤ . cos A + cos B + cosC 3 Mà tan A + tan B + tanC = tan A tan B tanC. Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều. Ví dụ 1.10. Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta có 3 sin 2A + sin 2B + sin 2C 2(sin A + sin B + sinC) ≥ . 2 cos A + cos B + cosC Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử độ dài các cạnh thỏa mãn a ≤ b ≤ c, từ đó ( sin A ≤ sin B ≤ sinC cos A ≥ cos B ≥ cosC. Theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có sin A + sin B + sinC cos A + cos B + cosC 3 3 sin A cos A + sin B cos B + sinC cosC ≥ 3 3 sin 2AA + sin 2B + sin 2C ⇔ 2(sin A + sin B + sinC) ≤ . 2 cos A + cos B + cosC Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều.
17 Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác trong tam giác Bất đẳng thức Klamkin là bất đẳng thức hay và quan trọng. Nhiều bất đẳng thức lượng giác đã biết và có vẻ như nhiều bất đẳng thức mới là các trường hợp riêng của bất đẳng thức Klamkin. Chương 2 được giành để trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan và cotan. 2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin Năm 1971 giáo sư Murray Klamkin thiết lập bất đẳng thức sau. Định lí 2.1 ([6]). Với bất kỳ số thực x, y, z, số nguyên n và các góc A, B,C của tam giác bất kỳ, ta có x2 + y2 + z2 ≥ (−1)n+1 2(yz cos nA + zx cos nB + xy cos nC). (2.1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z = = . (2.2) sin nA sin nB sin nC Chứng minh. Chứng minh của định lí được suy ra trực tiếp bằng cách khai triển bất đẳng thức 2 x + (−1)n (y cos nC + z cos nB) + (y sin nC − z sin nB)2 ≥ 0.