Lượng giác hóa bài toán

Bài toán 1: Cho  là ba góc của một tam giác. Chứng minh rằng:

Lời giải:
Để ý rằng: , do đó  

- Nếu tam giác  tù thì ta có ngay , bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

- Nếu tam giác  vuông , giả sử thì khi đó   (đúng).

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

  Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành:

                                

Đặt , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

                                    

Mặt khác, trong tam giác  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  đều.

Bài toán 2: Giả sử  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  không cân nên:

                                       

Do đó, phương trình đã cho là một phương trình bậc hai ẩn , khi đó, ta có: , 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  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  và . 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}$
     
   
Từ đây, dễ dàng suy ra:$tanA=1, tanB=2, tanC=3$. Điều này tương đương với: $a:b:c=5:4:3$
Chọn $a=5, b=4, c=3$, ta có ngay $Q\le \frac{27}{25\sqrt{5}}$.
Kết luận: $max Q=\frac{27}{25\sqrt{5}}$

Bài toán 6: Cho  và . Chứng minh rằng:

                               

Lời giải:

       Ta có:   

              

   Đặt , trong đó . Khi đó, ta có:

                                       

 suy ra:    . Mặt khác, ta lại có:

                  

  Dễ dàng nhận thấy  là ba góc của một tam giác, bây giờ chú ý tới các bất đẳng thức quen thuộc:

                            

                           

Do đó:

                              

suy ra đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .

Bài toán 7: Cho các số thực dương $x, y, z$ thỏa mãn . Chứng minh bất bất đẳng thức sau:

                          $xy+yz+zx\ge 3+\sqrt{x^2+1}+\sqrt{y^2+1}+\sqrt{z^2+1}$

Lời giải:

 Từ điều kiện $x+y+z=xyz$, không mất tính tổng quát, ta đặt: , với  là ba góc của một tam giác. 

 Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

    $tanAtanB+tanBtanC+tanCtanA\ge 3+\sqrt{tan^2A+1}+\sqrt{tan^2B+1}+\sqrt{tan^2C+1}$


Bây giờ, chú ý rằng: $sinB.sinC-cosB.cosC=-cos(B+C)=cosA$. Do đó, bất đẳng thức trên trở thành:
              
Đây chính là bất đẳng thức $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$ quen thuộc.
Bài toán được chứng minh.