Phan Đình Trung: Lượng giác hóa bài toán

Thursday, June 26, 2014

Lượng giác hóa bài toán

Bài toán 1: Cho $A,B,C$ là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng:

Lời giải:
Để ý rằng:

, do đó

- Nếu tam giác $ABC$ tù thì ta có ngay $cosA.cosB.cosC \le 0$ , bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

- Nếu tam giác $ABC$ vuông , giả sử

thì khi đó

(đúng).

Do đó, ta chỉ cần xét trong trường hợp tam giác $ABC$ nhọn.

Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành:

Đặt

, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

Mặt khác, trong tam giác $ABC$ bất kì, ta luôn có

Do đó, ta cần chỉ ra rằng:

(*)

Xét hàm số

với

Ta có

với

, do đó,

lồi trên khoản

. Sử dụng bất đẳng thức

, ta có:

(1)

Tương tự,

(2)

(3)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta thu được bất đẳng thức (*). Bài toán được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.

Bài toán 2: Giả sử $A, B, C$ là ba góc nhọn của một tam giác không cân. Biết rằng phương trình :

có một nghiệm thực.

Chứng minh rằng:

Lời giải:

Do tam giác $ABC$ không cân nên:

Do đó, phương trình đã cho là một phương trình bậc hai ẩn $x$ , khi đó, ta có: $sinA-sinB+sinB-sinC+sinC-sinA=0$ , nên, phương trình trên có nghiệm

hoặc

, mặt khác, do phương trình đã cho chỉ có một nghiệm thực nên:

Suy ra:

Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán 3: Tam giác $ABC$ có hình dạng gì nếu

, trong đó

Lời giải:

Ta luôn có:

Tương tự, ta có:

Đặt

, Khi đó:

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schawrz, ta có:

Tương tự, ta suy ra được

Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

Tương tự, ta thiết lập hai bất đẳng thức như trên với $b$ và $c$ . Do đó:

. Từ đó, chú ý tới bất đẳng thức quen thuộc :

Ta thu được:

. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác

đều.

Bài toán 4: Giả sử

$A, B, C$ là ba góc của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{cosA.cosB}{cosC}}+\sqrt{\frac{cosB.cosC}{cosA}}+\sqrt{\frac{cosC.cosA}{cosB}}>2$

Lời giải:

Ta có

. Tương tự, ta cũng có:

$\frac{cosB.cosC}{cosA}=\frac{tanA}{tanB+tanC} ; \frac{cosC.cosA}{cosB}=\frac{tanB}{tanC+tanA}$
Đặt

$x=tanA, y=tanB, z=tanC$ , với

$x, y, z>0$ . Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{z+x}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}>2$
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$\sqrt{\frac{x}{y+z}}=\frac{2x}{2\sqrt{x(y+z)}}\ge \frac{2x} {x+y+z}$ .
Tương tự, ta cũng có:

$\sqrt{\frac{y}{z+x}}\ge \frac{2y}{x+y+z}; \sqrt{\frac{z}{x+y}}\ge \frac{2z}{x+y+z}$ .
Do đó:

$\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{z+x}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\ge \frac{2(x+y+z)}{x+y+z}$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

$x=y=z=0$ , không thỏa mãn diều kiện.
Vậy ta có đpcm.

Bài toán 5: Cho tam giác

$ABC$ . Tìm giá trị lớn nhất của:

$Q=sinA.sin^2B.sin^3C$
Lời giải:
Gọi

$a, b, c$ là độ dài ba cạnh của tam giác

$ABC$ ,

$p$ là nửa chu vi.
Chú ý rằng, với mọi tam giác

$ABC$ , ta luôn có:

$p^2\ge bc.sin^2A+ca.sin^2B+ab.sin^2C$
Hay nói cách khác:

$p^2\ge bc.sin^2A+\frac{1}{2}ca.sin^2B+\frac{1}{2}ca.sin^2B+\frac{1}{3}ab.sin^2C+\frac{1}{3}ab.sin^2C+\frac{1}{3}ab.sin^2C$ .
Sử dụng bất đẳng thức

$AM-GM$ , ta có:

$p^2\ge 6\sqrt[6]{bc.sin^2A.\left (\frac{1}{2}ca.sin^2B \right)^2\left (\frac{1}{3}cb.sin^2C \right)^3}=6\sqrt[6]{\frac{a^5b^4c^3}{2^2.3^3}\left (sinA.sin^2B.sin^3C \right)^2}\\\\\Leftrightarrow p^2\ge 6\sqrt[6]{\frac{a^5b^4c^3}{2^2.3^3}.Q^2}\Leftrightarrow p^6\ge 6^2\sqrt{\frac{a^5.b^4.c^3}{3}}Q\Leftrightarrow Q\le \frac{p^6\sqrt{3}}{36a^2b^2c\sqrt{ca}}$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

$\frac{sin2A}{a}=\frac{sin2B}{b}=\frac{sin2C}{c}$

$\frac{sin^2A}{a}=\frac{sin^2B}{2b}=\frac{sin^3C}{3c}$

$\Rightarrow \frac{tanA}{1}=\frac{tanB}{2}=\frac{tanC}{3}=\frac{tanA+tanB+tanC}{6}$