Bài giảng Hình học 11 - Chứng minh bất đẳng thức đại số bằng phương pháp

à biểu thức cần chứng minh có chứa (m2+x2) thì đặt x = mtant, với tÎ(-π2;π2) c) Nếu x≥1 hoặc bài toán có chứa biểu thức x2-1 thì đặt x = 1cost với tÎ[0,π]\{π2} d) Nếu x≥m hoặc bài toán có chứa biểu thức x2-m2 thì đặt x = mcost với tÎ[0,π]\{π2} 2.Ví dụ minh họa Ví dụ 1 [8] Chứng minh rằng A=a2-1+3a ≤ 2, ∀a≥1 Chứng minh: Đặt a = 1cost với tÎ[0,π]\{π2} Ta có A= 1cos2t-1+3cost=sint+3cost = 212sint+32cost=2sin⁡(t+π3)≤2 Ví dụ 2 [2] Chứng minh rằng a-b1+a21+b2+b-c1+b21+c2≥c-a1+c21+a2,∀a,b,c∈R (1) Chứng minh: Đặt a = tanu, b = tanv, c = tanw, với – π2<u,v,w<π2 Ta có a-b1+a21+b2=tanu-tanv1+tan2u1+tan2v=cosu.cosvsinucosu-sinvcosv = sinucosv-sinvcosu=sinu-v (1) trở thành: sinu-v≤sinu-w+sinw-v,∀u,v,w∈-π2;π2 Ta có sinα+β=sinαcosβ+cosαsinβ≤sinαcosβ+sinαcosβ ≤ sinα+sinβ Do đó, sinu-v=sin[u-w+(w-v) ≤sinu-w+sinw-v,∀u,v,w∈-π2;π2 (đpcm) Ví dụ 3 [8] Chứng minh rằng ab+cd≤a+cb+d 1,∀a,b,c,d>0 Chứng minh Û aba+cb+d+cda+cb+d ≤1 Û 11+ca(1+db)+cdab1+ca(1+db) ≤1 (2) Đặt ca=tan2u, db=tan2v, với u,v∈0;π2 (2) trở thành cosu.cosv + tanu.tanv.cosu.cosv ≤1 Û cosu.cosv + sinu.sinv ≤ 1 Û cos(u - v) ≤ 1 (hiển nhiên) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u = v Û ca=db Ví dụ 4 [3] Cho các số thực x,y không đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng -22-2≤x2-(x-4y)2x2+4y2≤22-2 (1) Chứng minh + Nếu y = 0 thì (1) đúng. + Nếu y≠0 thì (1) Û -22-2≤(x2y)2-(x2y-2)2(x2y)2+1≤22-2 (2) Đặt x2y=tana (2) trở thành -22-2≤tan2a-(tana-2)21+tan2a≤22-2 Û -2-1≤2tana-1cos2a≤2-1 Û 1≤sin⁡(2a-π4)≤ 1 (hiển nhiên) Ví dụ 5[9] Cho a,b,c>0 thỏa mãn 1a+12b+13c=6 Chứng minh rằng aa+36bc∙bb+9cacc+4ab≤127 Chứng minh Ta có aa+36bc.bb+9ca.cc+4ab = 11+36bca.11+9cab.11+4abc Đặt 36bca=cot2A2 ; 9cab = cot2B2 ; 0 < A, B < π Từ giả thiết, ta có 6bca.3cab.2abc=6bca+3cab+2abc Þ 2abc=cotA2+cotB2cotA2.cotB2-1=tanA+B2=cotC2 với A, B, C là 3 góc của một tam giác Vậy aa+36bc.bb+9ca.cc+4ab = 11+cot2A2.11+cot2B2.11+cot2C2=sin2A2.sin2B2.sinC2 = 14(cosA-B2-cosA+B2)2sinC2 = 14(cosA-B2-sinC2)2sinC2≤14(1-sinC2)2sinC2 = 181-sinC21-sinC22sinC2≤181-sinC2+1-sinC2+(2sinC2)33= 127 IV. Dạng 4: Sử dụng công thức sin2t = 2tant1+tan2t;cos2t=1-tan2t1+tan2t; tan2t=2tant1-tan2t 1.Phương pháp: Nếu bài toán có chứa biểu thức dạng 2x1+x2, 1-x21+x2 thì đặt x = tant, với x ∈(-π2;π2) Nếu bài toán có chứa biểu thức dạng 2x1-x2 thì đặt x = tant,với x∈-π2;π2\{π4;-π4} 2.Ví dụ minh họa Ví dụ 1 [4] Chứng minh rằng ∀n∈N,n≥2, ta có -(1+a2)n≤(2a)n+(1-a2)n≤1 (1) Nhận xét (1) Û -1≤(2a1+a2)n+(1-a21+a2)n≤1 (2) Các phân thức 2a1+a2, 1-a21+a2 làm ta nhớ đến công thức nhân đôi biểu diễn của sinx và cosx theo tanx2. Đặt a = tanx2 với -π<x<π Þ (2a1+a2)n+(1-a21+a2)n = sinnx+cosnx Với ∀n∈N,n≥2, ta có –sin2x≤sinnx≤sin2x -cos2x≤cosnx≤cos2x Suy ra đpcm. Ví dụ 2 [4] Cho 0 < x, y, z < 1 và xy + yz + zx = 1. Chứng minh rằng x1-x2+y1-y2+z1-z2≥332 (*) Nhận xét: Các biểu thức x1-x2 ; y1-y2 ; z1-z2 làm ta liên tưởng đến công thức nhân đôi của hàm tan2u, tan2v, tan2w. Đặt x = tanu; y = tanv; z = tanw; với 0 < u,v,w < π4 (vì 0 < x, y, z < 1) Ta có xy + yz + zx = 1 Þ tanu.tanv + tanv.tanw + tanw.tanu = 1 Þ u + v + w = π2 Þ 2u + 2v = π-2w Þ tan2u + tan2v + tan2w = tan2u.tan2v.tan2w Þ 2x1-x2+2y1-y2+2z1-z2=2x1-x2.2y1-y2.2z1-z2 Đặt S = 2x1-x2+2y1-y2+2z1-z2 P = 2x1-x2∙2y1-y2∙2z1-z2 Ta có S = P Theo Cauchy, ta có S ≥ 33P Þ P ≥ 33P Þ P ≥ 33 Þ S ≥ 33 (đpcm) V. Dạng 5: Đổi biến số đối với bất đẳng thức tam giác 1. Phương pháp a) Nếu x,y,z>0x2+y2+z2+2xyz=1 thì tồn tại ∆ABC với A,B,C∈(0;π2)x=cosA,y=cosB,z=cosC b) Nếu x,y,z>0x+y+z=xyz thì tồn tại ∆ABC với A,B,C∈(0;π2)x=tanA,y=tanB,z=tanC c) Nếu x,y,z>0xy+yz+zx=1 thì tồn tại ∆ABC với A,B,C∈(0;π2)x=cotA,y=cotB,z=cotC hoặc A,B,C∈(0;π)x=tanA2,y=tanB2,z=tanC2 2. Ví dụ minh họa Ví dụ 1[6] Cho x,y,z>0x+y+z=1 .Chứng minh rằng S= xx+yz+yy+zx+zz+xy ≤94 Chứng minh Đặt yzx=tanu2 ; zxy=tanv2; xyz=tanw2 với u, v, w ∈(0;π2) Do yzxzxy+zxyxyz+xyzyzx = x+y+z = 1 nên tanu2 tanv2+ tanv2 tanw2+ tanw2 tanu2=1 Û tan⁡(v2+w2)=cotu2=tan⁡(π2-u2) Û v2+w2 = π2-u2 Û u + v + w = π Khi đó S = 122xx+yz-1+2yy+zx-1+2zz+xy-1+32 = 12x-yzx+yz+y-zxy+zx+z-xyz+xy+32 = 121-yzx1+yzx+1-zxy1+zxy+1-xyz1+xyz+32 = 12cosu+cosv+cosw+32= ≤ 1212(cosu+cosv)2+1+12sin2u+sin2v-cosu.cosv+ 32 = 94 Ví dụ 2[9] Cho a, b, c > 0, ab + bc + ca =1. Chứng minh rằng abc+1-a1-b(1-c)<1 Nhận xét: + Đẳng thức liên quan : tanA2 tanB2+ tanB2 tanC2+ tanC2 tanA2=1 + Lượng giác hóa Đặt a = tanA2; b=tanB2; c=tanC2 với A, B, C là 3 góc của tam giác nhọn ∆ABC Ta có abc+1-a1-b(1-c) = 12(tanA+tanB+tanC)≥332 Ví dụ 3 Cho a, b, c > 0 thỏa a + b + c = abc. Chứng minh rằng a1+a2+b1+b2+c1+c2≤332 (1) Nhận xét: Với a, b, c > 0 thỏa a + b + c = abc làm ta liên tưởng đến công thức tanA + tanB + tanC = tanAtanBtanC trong đó A, B, C là 3 góc của tam giác nhọn ABC. Đặt a = tanA, b = tanB, c = tanC trong đó A, B, C là 3 góc của tam giác nhọn ABC. Ta có a1+a2 = tanA1+tan2A= tanA.cosA = sinA Tương tự b1+b2 = sinB ; c1+c2 = sinC Û sinA + sinB + sinC ≤332 (luôn đúng với mọi tam giác ABC) VI. Một số ví dụ đặc sắc Ví dụ 1[7] Gọi m, n, p là 3 nghiệm thực của phương trình ax3 + bx2 + cx – a = 0, a ≠ 0 Chứng minh rằng 2m+3n-2+3p≤m2+n2+p2 Dấu “=” xảy ra khi nào? Chứng minh Theo định lí Viét ta có mnp = 1 Lấy α = 450, β = - 300, γ = 1650 thì α + β + γ = 1800 Và cosα=22 , cosβ=32 , cosγ=-cos150=-2+32 Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2np+3pm-2+3 mn≤ m2+n2+p2 Hay 2npcosα + 2pmcosβ + 2mncosγ ≤m2+n2+p2 (*) Ta có p-mcosβ-ncosα2+msinβ-nsinα2≥0 Û p2 + m2cos2β + sin2β + n2(cos2α + sin2α) ≥ 2mncosβ + 2npcosα – 2mncos(α + β) Û p2 + m2 + n2 ≥ 2mpcosβ + 2npcosα + 2mncosγ (Vì α + β + γ = 1800) Bất đẳng thức (*) được chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi msinβ=nsinαp=mcosβ+ncosα Û msinα=nsinβ=psinγ Đặt k=msinα ta có k3=mnpsinαsinβsinγ=-43+1 Þ k=-34(3+1) Suy ra m = ksinα = -62.33+1 ; n = ksinβ = 33+32 p = ksinγ = 67-432 Ví dụ 2[5] Chứng minh bất đẳng thức 1-12n+11-22n+1π26<k=1n1k2<1-12n+11+12n+1π26 Chứng minh Với 0<α<π2 ta có bất đẳng thức sinα < α < tanα Hay cotα<1α<1sinα (1) Dễ thấy các số cot2π2n+1 ;cot22π2n+1 ; ; cot2nπ2n+1 là n nghiệm của đa thức bậc n sau xn-C2n+13C2n+11xn-1+C2n+15C2n+11xn-2- +(-1)n-1C2n+12n-1C2n+11x+(-1)nC2n+11 Do đó tổng các nghiệm này là cot2π2n+1+cot22π2n+1 + + cot2nπ2n+1 = C2n+13C2n+11= n(2n-1)3 Vậy k=1ncot2kπ2n+1= n(2n-1)3 (2) Suy ra 1sin2π2n+1+1sin22π2n+1+ + 1sin2nπ2n+1 = 1+cot2π2n+1+1+cot22π2n+1+ + 1+cot2nπ2n+1 =n+ n(2n-1)3= 2n(n+1)3 Vậy 1sin2π2n+1+1sin22π2n+1+ + 1sin2nπ2n+1 = 2n(n+1)3 (3) Từ (1), (2), (3) ta có n(2n-1)3= k=1ncot2kπ2n+1< k=1n2n+1k2<k=121sin2kπ2n+1= 2n(n+1)3 Chia tất cả các số hạng của bất đẳng thức cho 2n+1π2 ta được 1-12n+11-22n+1π26<k=1n1k2<1-12n+11+12n+1π26 Nhận xét: Từ bất đẳng thức trên, cho n →∞ ta được 1-12n+11-22n+1π26 → π26 1-12n+11+12n+1π26 → π26 Vậy k=1∞1k2= π26 BÀI TẬP THAM KHẢO Bài 1[2] Cho a2 + b2 = c2 + d2 = 1. Chứng minh rằng ac+bd ≤1 – 2 ≤ (a – b)(c + d) + (a + b)(c – d) ≤ 2 Bài 2[2] Cho x, y thỏa mãn 3x + 4y = 7. Chứng minh rằng x2+y2≥4925 Bài 3[6] Chứng minh rằng 1+1-a2(1+a)3-(1-a)3≤22+2-2a2 Bài 4 [2] Chứng minh rằng S = 41-a23-a3+3a-1-a2 ≤ 2 Bài 5[1] Chứng minh rằng -4 ≤ 5-12a2-1a2 ≤9, ∀ a ≥1 Bài 6[4] Chứng minh rằng 3x1+x2-4x31+x23 ≤1 Bài 7[2] Chứng minh rằng a+b(1-ab)(1+a2)(1+b2) ≤ 12 với mọi a, b ÎR Bài 8[2] Chứng minh rằng với mọi cặp số thực x, y ta đều có x2-y2(1-x2y2)1+x21+y22 ≤ 14 Bài 9 [6] Cho 3 số thực x, y, z sao cho xyz > 0 và 3 số thực a, b, c sao cho a + b + c ≤ 32 , a ≤1, b ≤1, c ≤1 Chứng tỏ 1xa+ 1yb+ 1zc ≤ x2yz+ y2zx+ z2xy Dấu “=” xảy ra khi nào? Bài 10[8] Cho x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1, với x, y, z > 0. Chứng minh rằng xyz ≤18 b) xy + yz + zx ≤ 34 Bài 11[8] Cho x + y + z = xyz và x, y, z > 0. Chứng minh rằng x1+x2+y1+y2+z1+z2 ≤ 92 Bài 12[8] Cho xy + yz + zx = 1 với x, y, z > 0. Chứng minh rằng 11+x2+11+y2+11+z2 ≥ 2x1+x2+2y1+y2+2z1+z2 Bài 13 (Đề thi toán Olyimpic 30-4,lần thứ 15-2009) Chứng minh với mọi a, b, c > 0 ta có 2aa+b+ 2bb+c+ 2cc+a ≤3 Bài 14[8] Chứng minh rằng với mọi x,y thỏa mãn x≥1,y≥1,ta có yx2-1+4y2-1+3 ≤xy26. KẾT LUẬN Trong toàn bộ đề tài chúng tôi đã hệ thống lại một số bất đẳng thức đại số có thể dùng phương pháp lượng giác để chứng minh. Chúng tôi đã phân loại chúng theo từng dạng, trình bày cụ thể phương pháp để chứng minh và có những ví dụ minh họa kèm theo mỗi phương pháp. Những ví dụ đó được sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp với lời giải khá chi tiết, đa dạng, bao quát mọi khía cạnh lí thuyết và dễ hiểu, có thể giúp bạn đọc nắm bắt nhanh và hiệu quả phương pháp lượng giác trong chứng minh bất đẳng thức đại số. Sau khi đọc đề tài, bạn đọc sẽ có thêm một phương pháp mới để chứng minh một số bài toán bất đẳng thức đại số một cách hiệu quả hơn. Tuy nhiên vì trong thời gian ngắn và kiến thức chưa sâu rộng nên có những bài toán bất đẳng thức dùng lượng giác hóa để chứng minh nhưng không theo một phương pháp đặt ẩn phụ cụ thể nào mà dựa vào những tính chất đặc biệt của các hàm số lượng giác và những yếu tố trong bài toán để chứng minh không được chúng tôi trình bày cụ thể và chi tiết trong đề tài này. Chúng tôi rất mong nhận được sự đóng góp, nhận xét của bạn đọc về nội dung đề tài. TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Hồng Đức(chủ biên), Đào Thiện Khải, Lê Bích Ngọc, Lê Hữu Trí, Các phương pháp giải –Bằng phương pháp lượng giác hóa, NXB Hà Nội, 2006. [2] Lê Hồng Đức(chủ biên), Đào Thiện Khải, Lê Bích Ngọc, Phương pháp giải toán Lượng giác hóa, Hàm số lượng giác, Hệ thức lượng, NXB ĐHSP, 2009. [3] Vũ Thế Hựu, Phương pháp lượng giác hóa các bài toán, NXB GD, 2003. [4] Võ Đại Mau, Tuyển tập 216 bài toán bất đảng thức, NXB Trẻ, 1996. [5] Nguyễn Văn Mậu, Bất đẳng thức-Định lí và áp dụng, NXB GD, 2003. [6] Nguyễn Vũ Thanh, 263 bài toán bất đẳng thức chọn lọc, NXB GD, 1997. [7] Hội Toán học Việt Nam, Tuyển tập 30 năm tạp chí toán học và tuổi trẻ, NXB GD, 1997. [8] [9]