Xem mẫu
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
SỬ DỤNG HÀM LỒI GIẢI CÁC BÀI TOÁN CỰC TRỊ
TRONG TAM GIÁC
Lê Thị Bình
Trường THPT Sầm Sơn, Thanh Hóa
Tóm tắt nội dung
Báo cáo trình bày các áp dụng tính chất lồi, lõm của hàm số để giải bài toán cực trị
lượng giác dạng đối xứng và không đối xứng trong tam giác.
1 Tính chất của hàm lồi, lõm khả vi
Định nghĩa 1.1 (xem [2],[3]). Hàm số f ( x ) được gọi là hàm lồi (lồi xuống dưới) trên tập
I ( a, b) ⊂ R nếu với mọi x1 , x2 ∈ I ( a, b) và với mọi cặp số dương α, β có tổng α + β = 1,
ta đều có
f (αx1 + βx2 ) ≤ α f ( x1 ) + β f ( x2 ).
Nếu dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 ta nói hàm số f ( x ) là hàm lồi thực sự
(chặt) trên I ( a, b).
Định lý 1.1 (xem [2],[3]). Nếu f ( x ) khả vi bậc hai trên I ( a, b) thì f ( x ) lồi (lõm) trên I ( a, b)
khi và chỉ khi f 00 ( x ) ≥ 0 ( f 00 ( x ) ≤ 0) trên I ( a, b).
Định lý 1.2. (Jensen). Giả sử f ( x ) liên tục trên [ a, b]. Khi đó điều kiện cần và đủ để hàm
số f ( x ) lồi trên I ( a, b) là
x + x f ( x1 ) + f ( x2 )
1 2
f ≤ , ∀ x1 , x2 ∈ I ( a, b). (1.1)
2 2
Định lý 1.3 (Bất đẳng thức Karamata). Cho hai dãy số
{ xk , yk ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n}
thoả mãn các điều kiện
x1 ≥ x2 > . . . ≥ x n , y1 ≥ y2 > . . . ≥ y n
và
x1 ≥ y1
x1 + x2 ≥ y1 + y2
......... (1.2)
x 1 + x 2 + · · · + x n −1 ≥ y 1 + y 2 + · · · + y n −1
x1 + x2 + · · · + x n = y1 + y2 + · · · + y n
1
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Khi đó, ứng với mọi hàm lồi f ( x ) với f 00 ( x ) ≥ 0 trên I ( a, b), ta đều có
f ( x1 ) + f ( x2 ) + . . . + f ( x n ) ≥ f ( y1 ) + f ( y2 ) + . . . + f ( y n ).
Tiếp theo, xét lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc (1,2).
Sử dụng định lý Lagrange, ta có thể chứng minh kết quả sau.
Bổ đề 1.1. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm cấp hai f 00 ( x ) trên khoảng ( a, b).
a) Nếu f 00 ( x ) ≥ 0 với mọi x ∈ ( a, b), tức hàm số f ( x ) khả vi bậc hai và lồi trên ( a, b), thì
f ( x ) ≥ f ( x0 ) + f 0 ( x0 )( x − x0 ) với x0 ∈ ( a, b).
b) Nếu f 00 ( x ) ≤ 0 với mọi x ∈ ( a, b), tức hàm số f ( x ) khả vi bậc hai và lõm trên ( a, b), thì
f ( x ) ≤ f ( x0 ) + f 0 ( x0 )( x − x0 ) với x0 ∈ ( a, b).
Tiếp theo, ta xét lớp các hàm đơn điệu liên tiếp bậc (1,2), đó là các hàm đồng thời có
đạo hàm bậc nhất và bậc hai không đổi dấu trên I ( a, b).
Định nghĩa 1.2 (xem [3]). Nếu hàm đồng thời có đạo hàm bậc nhất và bậc hai đều dương
trong khoảng đang xét thì ta nói hàm số đó đồng biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng đã
cho.
Định nghĩa 1.3 (xem [3],[5]). Nếu hàm đồng thời có đạo hàm bậc nhất và bậc hai đều âm
trong khoảng đang xét thì ta nói hàm số đó nghịch biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng đã
cho.
Định lý 1.4 (xem [2],[3]). Cho hai dãy số { xk , yk ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn các
điều kiện
x1 + x2 + . . . + xn = y1 + y2 + . . . + yn . Khi đó, ứng với mọi hàm f 1 (t), f 2 (t), . . . , f n (t)
đồng biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng I ( a, b), ta đều có
n n
f i ( xi ) f i ( yi )
∑ 0
f i ( yi )
≥ ∑ f 0 ( yi )
.
i =1 i =1 i
Định lý 1.5 (xem [2],[3]). Cho hai dãy số { xk , yk ∈ I ( a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thoả
mãn các điều kiện x1 + x2 + . . . + xn = y1 + y2 + . . . + yn . Khi đó, ứng với mọi hàm
f 1 (t), f 2 (t), . . . , f n (t) nghịch biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng I ( a, b), ta đều có
n n
f i ( xi ) f i ( yi )
∑ 0
f i ( yi )
≥ ∑ f 0 ( yi )
.
i =1 i =1 i
2 Bài toán cực trị lượng giác dạng không đối xứng
trong tam giác
Bây giờ ta sẽ xét các bài toán tìm cực trị lượng giác dạng không đối xứng trong tam
giác áp dụng bất đẳng thức Jensen để giải.
Bài toán 2.1. Giả sử A, B, C là ba góc của tam giác nhọn ABC thỏa mãn điều kiện 2A +
3B + 4C = 3π. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = 2 cos A + 2 cos B + 4 cos C
2
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = cos x trên khoảng 0, π2 . Khi đó ta có
π
f 0 ( x ) = − sin x và f 00 ( x ) = − cos x < 0, ∀ x ∈ 0, .
2
π
Do đó f ( x ) là hàm lõm trên khoảng 0, nên áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có
2
2A + 3B + 4C 3π
2 f ( A) + 3 f ( B) + 4 f (C ) ≤ 9 f = 9f
9 9
hay
9
P = 2 cos A + 2 cos B + 4 cos C ≤
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay khi tam giác ABC đều.
9
Vậy P đạt giá trị lớn nhất maxP = , đạt được khi tam giác ABC đều.
2
Bài toán 2.2. Giả sử A, B, C là ba góc của tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
B C
thức P = sin A + 2 sin + 3 sin
2 3
Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = sin x trên khoảng (0, π ). Khi đó ta có
f 0 ( x ) = cos x và f 00 ( x ) = − sin x < 0, ∀ x ∈ (0, π ) .
Do đó f ( x ) là hàm lõm trên khoảng (0, π ) nên áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có
B C
B
C A + 2 + 3 π
f ( A) + 2 f + 3f ≤ 6f
2 3 = 6 f
2 3 6 6
hay
B C
+ 3 sin ≤ 3.
P = sin A + 2 sin
2 3
B C π
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = = = hay khi tam giác ABC vuông có
2 3 6
π π π
A= , B= ; C= .
6 3 2
π
Vậy P đạt giá trị lớn nhất max P = 3, đạt được khi tam giác ABC vuông và A = ,
6
π π
B= ,C= .
3 2
Bài toán 2.3. Giả sử A, B, C là ba góc của tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
√ √
r
C
P = sin A + sin B + 2 sin .
2
√
Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = sin x, x ∈ (0, π ). Khi đó
cos x
f 0 (x) = √
2 sin x
1
f 00 ( x ) = − √ 2 2
3 2sin x + cos x < 0, ∀ x ∈ (0, π ) .
4 sin x
3
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Suy ra hàm số f ( x ) lõm trên (0, π ) .
Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có
C
C A + B + 2. π
f ( A) + f ( B) + 2 f ≤ 4f
2 = 4 f
2 4 4
√ √ √
r
C
hay P = sin A + sin B + 2 ≤ 2 3 8.
sin
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC√vuông cân tại C.
Vậy P đạt giá trị lớn nhất của biểu thức maxP = 2 3 8 khi tam giác ABC vuông cân tại C.
Bài toán 2.4. Giả sử A, B, C là ba góc của tam giác ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
1 1 2
P= √ +√ +r .
cos A cos B C
cos
2
1 π
Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = √ , x ∈ 0, . Khi đó
cos x 2
sin x
f 0 (x) = √
2 cos x
1 π
f 00 ( x ) = √ 2 2
5 3sin x + 2cos x > 0, ∀ x ∈ 0, .
4 cos x 2
π
Suy ra hàm số f ( x ) lồi trên khoảng 0, .
2
Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có
C
C A + B + 2. π
f ( A) + f ( B) + 2 f ≥ 4f
2 = 4f
2 4 4
hay
1 1 2 4 √
3
P= √ +√ +r ≥r = 4 2.
cos A cos B C π
cos cos
2 4
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam
√ giác ABC vuông cân tại C.
3
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất min P = 4 2 khi tam giác ABC vuông cân tại C.
Bài toán 2.5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
C
P = tan4 A + tan4 B + 3tan4
3
trong tập các tam giác ABC nhọn.
Lời giải. Xét hàm số
4 π
f ( x ) = tan x, ∀ x ∈ 0, .
2
4
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ta có
tan3 x
f 0 (x) = 4 = 4tan5 x + 4tan3 x,
cos2 x
00 20tan4 x + 12tan2 x π
f (x) = > 0, ∀ x ∈ 0, .
cos2 x 2
π
Do đó f ( x ) = tan4 x là hàm lồi trên khoảng 0, .
2
Theo bất đẳng thức Jensen, ta có
C
A+B+3
f ( A) + f ( B) + 3 f (C ) ≥ 5 f
3
5
hay
C π
P = tan4 A + tan4 B + 3tan4 ≥ 5tan4 .
3 5
C π
Suy ra P = tan4 A + tan4 B + 3tan4 ≥ 5tan4 .
3 5
C π 3π
Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC có A = B = hay A = B = , C = . Vậy P
3 5 5
π C
đạt giá trị nhỏ nhất min P = 5tan4 , đạt được khi tam giác ABC có A = B =
5 3
π 3π
hay A = B = , C = .
5 5
Nhận xét 2.1. Ta nhận thấy trong các tam giác không nhọn thì tam giác vuông cân là tam
giác gần đều nhất. Do vậy, ta có thể phát biểu những bài toán tìm cực trị khác, áp dụng
bất đẳng thức Karamata để giải mà trong đó cực trị đạt được không phải tại dạng tam
giác đều như nhiều bài toán cực trị nói chung.
Bài toán 2.6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A B C
M = tan + tan + tan
2 2 2
trong tập các tam giác ABC không nhọn.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử A ≥ B ≥ C. Khi đó, do tam giác ABC là
không nhọn nên ta có π
A ≥
2 π π
A+B ≥ +
2 4
A + B + C = π + π + π
2 4 4
hay
A
π
≥
2 4
A B π π
+ ≥ +
2 2 4 8
A + B + C = π + π + π
2 2 2 4 8 8
5
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
π
Xét hàm số f ( x ) = tan x với x ∈ 0, .
2
π
Ta có f 00 ( x ) > 0 với ∀ x ∈ 0,
. Do đó ta có
2
A B C π π π
tan + tan + tan ≥ tan + tan + tan .
2 2 2 4 8 8
π √
Để ý rằng tan = 2 − 1, nên
8
π π π √
tan + tan + tan = 2 2 − 1.
4 8 8
Vậy nên
A B C √
M = tan + tan + tan ≥ 2 2 − 1.
2 2 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam
√ giác ABC là tam giác vuông cân.
Vậy M đạt giá trị nhỏ nhất min M = 2 2 − 1, đạt được khi tam giác ABC vuông cân.
Bài toán 2.7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = sin A + sin B + sin C
trong tập các tam giác ABC không nhọn.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử A ≥ B ≥ C. Khi đó, do tam giác ABC là
không nhọn nên ta có: π
A≥
2 π π
A+B ≥ +
2 4
A + B + C = π + π + π .
2 4 4
Xét hàm số f ( x ) = sin x với x ∈ (0, π ).
Ta có f 00 ( x ) < 0 với ∀ x ∈ (0, π ). Vậy nên ta có
π π π
P = sin A + sin B + sin C ≤ sin + sin + sin .
2 4 4
hay √
P = sin A + sin B + sin C ≤ 1 + 2.
π π
Dấu đẳng thức xảy ra khi A = ; B = C = hay khi tam giác ABC vuông cân tại A.
2 √ 4
Vậy P đạt giá trị lớn nhất max P = 1 + 2, đạt được khi tam giác ABC vuông cân.
Sau đây, ta sẽ đi xét một số bài toán áp dụng tìm cực trị của biểu thức lượng giác dạng
không đối xứng với các giá trị A0 , B0 , C0 cụ thể
Bài toán 2.8. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau
√ √ √
P = 2 sin A + 2 sin B + ( 6 + 2) sin C.
Lời giải. Xét hàm f ( x ) = sin x với x ∈ (0, π ). Khi đó
f 0 ( x ) = cos x,
6
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
f 00 ( x ) = − sin x < 0, ∀ x ∈ (0, π ).
Vậy nên
sin x ≤ sin x0 + cos x0 ( x − x0 ), ∀ x, x0 ∈ (0, π )
Suy ra
π π π
sin A ≤ sin + cos A −
3 3 3
π π π
sin B ≤ sin + cos B−
4 4 4
sin C ≤ sin 5π + cos 5π C − 5π
12 12 12
hay
√ π
2 sin A ≤ 3 + A −
√
3
π
2 sin B ≤ 1 + B −
4
√
√ √ 5π
( 6 + 2) sin C ≤ 2 + 3 + C − .
12
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trong hệ trên, suy ra
√ √ √ √
2 sin A + 2 sin B + ( 6 + 2) sin C ≤ 3 + 2 3.
π π 5π
Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC có A = , B= , C= .
3 √ 4 12
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là max P = 3 + 2 3, đạt được khi tam giác ABC có
π π 5π
A= , B= , C= .
3 4 12
Bài toán 2.9. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A
2 cot cot B2 cot C2
P= √ + + .
8+4 3 4 2
x
Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = cot , x ∈ (0, π ). Khi đó
2
1
f 0 (x) = − ≤0
2 sin2 x
2
và
cos 2x
f 00 ( x ) = > 0, ∀ x ∈ (0, π ).
2 sin3 x
2
Do đó
x x0 1
cot ≥ cot − ( x − x0 ), ∀ x, x0 ∈ (0, π ).
2 2 2 sin2 2x
Suy ra
A 1
π π
cot ≥ cot − A −
12 2 sin2 12
2 π 6
B 1
π π
cot ≥ cot − B−
2 6 2 sin2 π6 3
C π 1 π
cot ≥ cot − A −
2 4 2 sin2 π4 2
7
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
hay
cot A2
1 1 π
√ ≥ − −
A
8 + B4 3 √ 4 2 6
cot 2 3 1 π
≥ − B−
4 4 2 3
C
cot 2 1 1 π
≥ − C−
2 2 2 2
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trong hệ trên, ta có
A
√
cot 2 cot B2 cot C2 3+ 3
√ + + ≥ .
8+4 3 4 2 4
√
3+ 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là min P = , đạt được khi tam giác ABC có
4
π π π
A= , B= , C= .
6 3 2
Tiếp theo ta sẽ xét các bài toán tìm cực trị trong tam giác xét đối trường hợp các góc
chia ba.
Bài toán 2.10. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
4 sin A3 2 sin B 4 sin C3
P= √ √ + √ 3 +√ √ .
6+ 2 3 6+ 2
x
Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = sin với x ∈ (0, π ).
3
1 x 1 x
Ta có f 0 ( x ) = cos > 0 và f 00 ( x ) = − sin < 0 với mọi x ∈ (0, π ). Do đó,
3 3 9 3
f ( x ) ≤ f ( x0 ) + f 0 ( x0 )( x − x0 ) ∀ x, x0 ∈ (0, π ).
Khi đó, với mọi tam giác ABC, ta đều có
A 1
π π π
sin ≤ sin + cos A −
3 12 3 12 4
B π 1
π π
sin ≤ sin + cos B−
3 6 3 6 2
sin C ≤ sin π + 1 cos π C − π
3 12 3 12 4
hay
sin A3
π 1 π
≤ tan + B −
π
cos 12 12 3 4
sin B3
π 1
π
≤ tan + B−
cos π6 6 3 2
sin C3
1
π π
≤ tan + C −
π
cos 12 12 3 4
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trong hệ trên ta có
√
4 sin A3 2 sin B3 sin C3 π π π 12 − 5 3
P= √ √ + √ +√ √ ≤ tan + tan + tan = .
6+ 2 3 6+ 2 12 6 12 3
8
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
π π
Dấu đẳng thức xảy ra khi A = C = , B= .
4 √2
12 − 5 3
Vậy P đạt giá trị lớn nhất là max P = , khi tam giác ABC vuông cân tại B.
3
Bài toán 2.11. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A 4 B C
P = 2 cos + √ √ cos + cos .
3 6− 2 3 3
Lời giải. Áp dụng kết quả bài toán ?? cho tam giác A0 B0 C0 với
π π
A0 = , B0 = C0 = . Khi đó
2 4
A 4
B C
π π π √
P = 2 cos + √ √ cos + cos ≤ cot + cot + cot = 4 + 3 3.
3 6− 2 3 3 6 12 12
π π
Dấu đẳng thức xảy ra khi B = C = , A= .
4 √ 2
Vậy P đạt giá trị lớn nhất max P = 4 + 3 3, khi tam giác ABC vuông cân tại A.
Nhận xét 2.2. Trong các bài toán trên, ta đều xuất phát từ tam giác A0 B0 C0 đã biết trước
để xây dựng bài toán. Vậy liệu có thể giải quyết bài toán trong trường hợp tổng quát hơn,
với những hệ số bất kì.
Bài toán 2.12. Cho tam giác ABC và m, n, p là những số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức sau
M = m cos A + n cos B + p cos C.
Lời giải. Ta cần đi xác định các giá trị A0 , B0 , C0 thỏa mãn
α
=m
sinαA0
=n
sin B0
α
=p
sin C0
với A0 , B0 , C0 là 3 góc trong 1 tam giác, α là một số dương nào đó. Điều này tương đương
với α
sin A0 =
αm
sin B0 =
n
α
sin C0 =
p
Không giảm tổng quát giả sử p = min{m, n, p}.
9
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Do A0 , B0 , C0 là các góc trong một tam giác nên ta có
sin C0 = sin( A0 + B0 ) = sin A0 cos B0 + sin B0 cos A0
s s
α α α 2 α α2
⇔ = . 1− 2 + . 1− 2
p m n n m
s
1 1 α2 1 α2 2 α2 α2
⇔ 2 = 2 1− 2 + 2 1− 2 + . 1− 2 1− 2
p m n n m mn n m
s
2α2 1 1 1 2 m2 + n2 2 α4
⇔ 2 2+ 2− 2− 2 = 1− α +
m n p m n mn m2 n2 m2 n2
m2 n2 q
⇔ 2α2 + − m2 − n2 = 2. m2 n2 − (m2 + n2 )α2 + α4
p2
m2 n2 2 2 2
2 m n
2 2 2 2
⇔ − m − n + 4α − m − n = 4m2 n2 − 4(m2 + n2 )α2
p2 p2
m2 n2 2 4m2 n2 2
⇔ 4m2 n2 − − m 2
− n 2
= α
p2 p2
mn pm pn 2
⇔ α2 = p2 − − −
2p 2n 2m
Rõ ràng α < p thỏa mãn sin A0 , sin B0 , sin C0 < 1. Ta cần tìm điều kiện của m, n, p để
sin A0 , sin B0 , sin C0 > 0 tức là
mn mp np
p> − −
2p 2n 2m
2 1 1 1
⇔ > 2− 2− 2
mn p m n
1 1 2 1
⇔ + > 2
m n p
1 1 1
⇔ + >
m n p
1 1 1
Với p = min{m, n, p} thì điều kiện trên có nghĩa , , lập thành số đo 3 cạnh của một
m n n
tam giác. Khi đó M đạt giá trị lớn nhất bằng
Mmax = α(cot A0 + cot B0 + cot C0 ).
s √
1 m2 − α2
Sử dụng công thức cot A0 = − 1, ta có cot A 0 = . Hoàn toàn tương
sin2 A0 α
tự ta có: √ p
n2 − α2 p2 − α2
cot B0 = , cot C0 = .
α α
Vậy q
p p
Mmax = m − α + n − α + p2 − α2
2 2 2 2
với mn pm pn 2
α2 = p2 − − − .
2p 2n 2m
10
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ta có phân tích sau:
mnpm pn 2
m2 − α2 = m2 − p2 + −
−
2p 2n 2m
mn 2 mp 2 pn 2 m2 n2 p2
= + + + − −
2p 2n 2m 2 2 2
mn pm pn 2
= + −
2p 2n 2m
Do vậy
p mn pm pn
m2 − α2 = + − .
2p 2n 2m
Tương tự, ta có:
p mn pm pn
n2 − α2 = − +
2p 2n 2m
và
mn pm pn
q
p2 − α2 = − + + .
2p 2n 2m
Vậy ta đi đến kết luận
mn pm pn
Mmax = + + ,
2p 2n 2m
đạt được khi A = A0 , B = B0 , C = C0 hay
1 1 1
sin A : sin B : sin C = : : ,
m n p
1 1 1
suy ra tam giác ABC đồng dạng với tam giác có số đo 3 cạnh lần lượt là , , .
m n p
Vậy ta có thể tổng kết lại bài toán tổng quát như sau
1 1 1
Bài toán mở rộng 2.1. Cho các số dương m, n, p sao cho , , lập thành độ dài các
m n p
cạnh của một tam giác MNP cho trước. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều
có
mn pm pn
m cos A + n cos B + p cos C ≤ + + . (2.1)
2p 2n 2m
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác MNP.
Bài toán 2.13. Trong tập các tam giác ABC tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
cos A cos B cos C
M= + + .
5 12 13
1 1 1
Lời giải. Áp dụng bài toán tổng quát 2.1 với m = ,n = ,p = thỏa mãn 5 + 12 >
5 12 13
2 2 2
13, không những thế ta còn có 5 + 12 = 13 , ta được
1 13 12 5 119
M≤ + + = .
2 5.12 5.13 12.13 780
11
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đồng dạng với tam giác có số đo 3 cạnh lần lượt
là 5, 12, 13 hay tam giác vuông tại C.
119
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức maxP = , đạt được khi tam giác ABC vuông tại C,
780
có số đo 3 cạnh lần lượt là 5, 12, 13.
Tiếp theo ta đi xét bài toán tổng quát cho hàm số f ( x ) = sin x được phát biểu sau đây
Bài toán mở rộng 2.2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M = m sin A + n sin B + p sin C
với m, n, p là các số thực dương nào đó.
Lời giải. Ta cần đi xác định các giá trị A0 , B0 , C0 thỏa mãn
α
=m
cosα A0
=n
cos B0
α
=p
cos C0
với A0 , B0 , C0 là 3 góc trong 1 tam giác nhọn, α là một số dương nào đó.
Điều này tương đương với
α
cos A0 =
αm
cos B0 =
n
α
cos C0 =
p
Do A0 , B0 , C0 là các góc trong một tam giác nên ta có
cos C0 = − cos( A0 + B0 ) = − cos A0 cos B0 + sin A0 sin B0
s s
α α α α 2 α2
⇔ = − . + 1 − 2. 1 − 2
p m n n m
s
α α2 1 1 2 α4
⇔ + = 1− + α +
p mn m2 n2 m2 n2
α2 2α3 1 1 2
⇔ 2+ = 1− + α
p mnp m2 n2
2α3 1 1 1 2
⇔ + + + α −1 = 0
mnp m2 n2 p2
Không giảm tổng quát giả sử p = min{m, n, p}.
2α3 1 1 1 2
Đặt g(α) = + + 2 + 2 α − 1.
mnp m2 n p
Dễ thấy g(α) là hàm liên tục và g(0) < 0, g( p) > 0 nên phương trình g(α) = 0 luôn có
nghiệm α thuộc vào khoảng (0, p) hay 0 < α < p thỏa mãn 0 < cos A0 , cos B0 , cos C0 < 1.
Khi đó biểu thức M đạt giá trị lớn nhất bằng
Mmax = α(tan A0 + tan B0 + tan C0 ).
12
- Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
r
1
Áp dụng công thức tan x = − 1, ta có
cos2 x
√ √ p
m2 − α2 n2 − α2 p2 − α2
tan A0 = , tan B0 = , tan C0 = .
α α α
Vậy q
p p
Mmax = m2 − α2 + n2 − α2 + p2 − α2
trong đó α là nghiệm thuộc khoảng (0, min{m, n, p}) của phương trình bậc 3 sau
2α3 1 1 1 2
+ + + α − 1 = 0.
mnp m2 n2 p2
Ta xét bài toán tổng quát 2.2 trong trường hợp cụ thể và có các bài toán mới sau
Bài toán 2.14. Cho tam giác ABC nhọn. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau
M = 7 sin A + 7 sin B + 3 sin C.
Bài toán 2.15. Cho tam giác nhọn ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
tan A tan B tan C
P= + + √ .
2 4 8+4 3
Bài toán 2.16. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau
√
√ √ A B 2 3 C
P = ( 6 + 2) cos + cos + cos .
2 2 3 2
Tài liệu
[1] G.H. Hardy, J.E. Littlewood, and G. Polya (1999), Bất đẳng thức, NXB ĐHQG HN.
[2] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức, định lí và áp dụng, NXB Giáo dục.
[3] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2003), Một số bài toán chọn lọc về lượng giác,
NXB Giáo dục.
[4] guyễn Văn Mậu (Chủ biên), Nguyễn Văn Tiến (2010), Một số chuyên đề giải tích bồi
dưỡng học sinh giỏi trung học phổ thông, NXB Giáo dục Việt Nam.
[5] Teodora-Liliana, T. Radulescu, Radulescu, V.D. Radulescu, T. Andreescu (2009),
Problems in Real Analysis: Advanced Calculus on the real axis. Springer.
[6] Zoran Kadelburg, Dusan Dukie, Milivoje Lukie and Ivan Matie’(2005), Inequalities of
Karamata, Schur and Muirhead, and some Applications, The Teaching of Mathematics,
Vol. VIII, 1, pp.31-45.
[7] Zoran Kadelburg (2011), Some classical inequalities and their applications to olymiad
problems, The Teaching of Mathematics, Vol. XIV, 2 pp. 97-106.
13
nguon tai.lieu . vn
