Cách chứng minh khác nhau cho các bất đẳng thức quen thuộc

cách chứng minh khác nhau cho
bất đẳng thức quen thuộc
1
Chứng minh rằng ta luôn có : cosA+ cosB + cosC ≤ 3
2
trong đó A, B, C là ba góc của một tam giác bất kì .
(Chứng minh theo thứ tự chương trình học Phổ thông)
Cách 1: Dùng tỉ số Diện Tích
Kẻ các đường cao AD, BE, CF
Đặt S∆AEF = S1, S∆BFD = S2, S∆CED = S3, S∆ABC = S
⇒ cosA =
√
S1
S
; cosB =
√
S2
S
; cosC =
√
S3
S√
S1
S
=
√
AF.AE
AB.AC
≤ 1
2
(
AF
AB
+
AE
AC
)(1)
Tương tự√
S2
S
=≤ 1
2
(
FB
AB
+
BD
BC
)(2)√
S3
S
=≤ 1
2
(
CD
BC
+
CE
AC
)(3)
Cộng (1), (2), (3) ta có
cosA+ cosB + cosC ≤ 1
2
(
AF
AB
+
AE
AC
) +
1
2
(
FB
AB
+
BD
BC
) +
1
2
(
CD
BC
+
CE
AC
) =
3
2
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Cách 2: Vận dụng bất đẳng thức :Erdos-Mordell
Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kì nằm trong tam giác .
Đặt x1 = MA,x2 = MB,x3 = MC , và p1, p2, p3 lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB
tương ứng. Khi đó ta có bất đẳng thức x1 + x2 + x3 ≥ 2(p1 + p2 + p3)
Vận dụng giải bài trên:
Gọi O , R là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC, CA..
Ta dễ dàng nhận thấy  = M̂OB.
Do đó :cosA = cos(M̂OB) =
OM
OB
=
OM
R
Tương tự cosB =
ON
R
; cosC =
OP
R
Do đó cosA+cosB+cosC =
OM +ON +OP
R
≤ 1
2
(
OA+OB +OC
R
) =
3
2
( đpcm).(Erdos-
Mordell)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Cách 3: Sử dụng BĐT Trêbưsep.
Gọi a, b, c là ba cạnh tam giác, sử dụng công thức hình chiếu ta có:
a = c.cosB + b.cosC, b = a.cosC + c.cosB, c = a.cosB + b.cosA,
Cộng ba biểu thức trên ta có: a+ b+ c = (c+ b)cosA+ (a+ c)cosB + (a+ b)cosC
Không mất tính tổng quát giả sử: a ≥ b ≥ c, ta có:{
cosA ≤ cosB ≤ cosC
(c+ b) ≤ (a+ c) ≤ (a+ b)
Do đó :a+ b+ c = (c+ b)cosA+ (a+ c)cosB + (a+ b)cosC
≥ 1
3
(cosA+ cosB + cosC)(c+ b+ a+ c+ a+ b) ( Trêbưsep)
1laisac
1
⇒ cosA+ cosB + cosC ≤ 3
2
(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.
Cách 4: Phuong pháp vectơ.
Gọi I và r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC, và M, N, P
lần lượt là tiếp điểm của đường tròn đó với các cạnh AB, AC, BC ,ta có
0 ≤ (−−→IM +−→IN +−→IP )2 ⇔0 ≤ 3r2 + 2(−→IM.−→IN +−−→IM.−→IP +−→IP .−→IN) (*)
Ta nhận thấy
−→
IM.
−→
IN = 2r2cosM̂IN = −2r2cosA ( Vì M̂IN và góc A bù nhau)
Tương tự :
−−→
IM.
−→
IP = −2r2cosB, −→IP .−→IN = −2r2cosC
Vậy từ (*) suy ra cosA+ cosB + cosC ≤ 3
2
(dpcm)
Cách 5: Phuong pháp vectơ.
Lấy A, B, C lần lượt là ba gốc của ba véctơ đơn vị sau
−→e1 =
−→
AB
AB
, −→e2 =
−→
BC
BC
, −→e3 =
−→
CA
CA
.
Ta có :0 ≤ (−→e1 +−→e2 +−→e3)2 ⇔0 ≤ 3 + 2(−→e1e2 +−→e2e3 +−→e3e1) 0 ≤ 3− 2(cosA+ cosB + cosC)
⇔ cosA + cosB + cosC ≤ 3
2
Cách 6: Quan hệ bất đẳng thức Schur.
cosA+ cosB + cosC ≤ 3
2
⇔b
2 + c2 − a2
2bc
+
a2 + c2 − b2
2ac
+
a2 + b2 − c2
2ab
≤ 3
2⇔b2a+ c2a+ c2b+ a2b+ a2c+ b2c ≤ 3abc
⇔ a(a− b)(a− c) + b(b− c)(b− a) + c(c− a)(c− b) ≥ 0( Schur)
2 Cách 7: Sử dụng tam thức bậc hai.
Xét cosA+ cosB + cosC − 3
2
= 2cos(
A+B
2
)cos(
A−B
2
) + 1− 2sin2C
2
− 3
2
= 2sin(
C
2
)cos(
A−B
2
)− 2sin2(C
2
)− 1
2
Đặt x = sin(
C
2
). Xét tam thức f(x) = −2x2 + 2cos(A −B
2
).x− 1
2
Có (∆)′ = cos2(
A−B
2
)− 1 ≤ 0, và hệ số a = −2 < 0,Nên f(x) ≤ 0 với mọi x
Hay cosA+ cosB + cosC ≤ 3
2
Cách 8: Sử dụng hàm số.
Ta có cosA+ cosB + cosC = 2cos(
A+B
2
)cos(
A−B
2
) + 1 − 2sin2C
2
.
Đặt x = sin(
C
2
), điều kiện 0 < x < 1.Xét hàm số f(x) = −2x2 + 2cos(A −B
2
).x+ 1
Lập bảng xét dấu ta có f(x) ≤ fMax(x) = 1 + 1
2
cos(
A−B
2
) ≤ 3
2
Cách 9: Tổng bình phương.
Xét cosA+ cosB + cosC − 3
2
= 2cos(
A+B
2
)cos(
A−B
2
)− 2sin2C
2
− 1
2
= −2[sin(C
2
)− 1
2
cos(
A−B
2
)]2 − 1
2
sin2(
A−B
2
) ≤ 0 (Đúng)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A=B=C
Cách 10: BĐT lượng giác cơ bản
Ta có : cosA+ cosB + cosC = 2cos(
A +B
2
)cos(
A−B
2
) + cosC
≤ 2cos(A +B
2
) + cosC ( đẳng thức xảy ra khi A=B)
= 2sin(
C
2
)− 2sin2(C
2
) + 1 = −2[sin(C
2
)− 1
2
]2 +
3
2
≤ 3
2
( đẳng thức xảy ra khi Cˆ = 600)
2laisac
2
Vậy :cosA+ cosB + cosC ≤ 3
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Cách 11: Đánh Giá BĐT
-Tam giác ABC không nhọn, Giả sử góc A ≥ 900
Ta có :cosA + cosB = 2cos(
A +B
2
).cos(
A−B
2
) ≤ 2cos(A +B
2
) (1)
cosC + cos600 = 2cos(
C + 600
2
).cos(
C − 600
2
) ≤ 2cos(C + 60
0
2
) (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:
cosA+ cosB + cosC + cos600 ≤ 2[cos(A+B
2
) + cos(
C + 600
2
)]
= 4cos(
A +B + C + 600
4
) = 4cos600 (3)
Suy ra cosA+ cosB + cosC ≤ 3cos600 = 3
2
Nếu A nhọn, thì (1), (2), (3) đều thỏa mãn.
Cách 12: Hàm lồi
Nếu tam giác không nhọn, luôn đúng ! :
Xét hàm số f(x) = cosx trong (0;
pi
2
) Ta có f’(x) = -sinx , f”(x)=-cosx <0 với ∀x ∈ (0; pi
2
)
Do đó hàm f(x) = cosx lồi trên (0;
pi
2
)
Do đó f(A) + f(B) + f(C) ≤ 3f(A+B + C
3
)
⇔ cosA+ cosB + cosC ≤ 3cos(pi
3
) =
3
2
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
hết
3