Phương pháp tìm cực trị trong hệ thức lượng giác

**liti** · 05-10-2010, 04:40 AM

PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ TRONG HỆ THỨC LƯỢNG GIÁC

Bài 1 :Chứng minh rằng trong tam giác $ABC$ ta luôn có:
$cosA+cosB+cosC\leq \frac{3}{2}$
Giải

Gọi $\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}$ lần lượt là các vectơ đơn vị trên các cạnh $BC,CA,AB$ .

Ta có $(\vec{e_1}+\vec{e_2}+\vec{e_3})^2 \geq 0$ $\leftrightarrow$ $(\vec{e_1})^2+(\vec{e_2})^2(\vec{e_3})^2$ $+2(\vec{e_1}\vec{e_2}+\vec{e_2}\vec{e_3}+\vec{e_3} \vec{e_1})\geq 0$

$\leftrightarrow$ $3-2(-cosC-cosB-cosA)\geq 0$ $\leftrightarrow$ $cosA+cosB+cosC\leq \frac{3}{2}$

Nên bài toán được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra khi $A=B=C=60^0$

Bài 2:Giả sử A,B,C là 3 góc của tam giác $ABC$ .Tìm giá trị lớn nhất của

$P=\sqrt{3}cosB+3(cosA+cosC)$

Giải

Gọi $\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}$ lần lượt là các vectơ đơn vị trên các cạnh $BC,CA,AB$ .

Ta có :( $(\vec{e_1}+\sqrt{3}\vec{e_2}+$ $\vec{e_3})^2\geq 0$
$\leftrightarrow$ $(\vec{e_1})^2+(\sqrt{3}\vec{e_2})^2+(\vec{e_3})^2+ 2(\vec{e_1}\sqrt{3}\vec{e_2}+\sqrt{3}\vec{e_2}\vec {e_3}+\vec{e_3}\vec{e_1}\geq 0$

$\leftrightarrow$ $cosB+\sqrt{3}(cosA+cosC)\leq \frac{5}{2}$ $\leftrightarrow$ $\sqrt{3}cosB+3(cosA+cosC)\leq \frac{5\sqrt{3}}{2}$

Vậy GTLN của P là $\frac{5\sqrt{3}}{2}$ đạt được khi $A=C=30^0$ và $B=120^0$

Bài 3 Cho $\Delta ABC$ với các số $x,y,z\in R$ .Chứng minh rằng

$yzcosA+zxcosB+xycosC\leq \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)$

Giải
Gọi $\vec{e_1},\vec{e_2},\vec{e_3}$ lần lượt là các vectơ đơn vị trên các cạnh $BC,CA,AB$ .

Ta có (x $(x\vec{e_1}+y\vec{e_2}+z\vec{e_3})^2\geq 0(1)$
Trường hợp 1 $x=y=z=0$ thì BĐT (1) đúng

Trường hợp 2 $x,y,z$ $\neq$ 0 thì BĐT (1) hiển nhiên đúng
(1) $\leftrightarrow$ $x^2+y^2+z^2+2(xy\vec{e_1}\vec{e_2}+yz\vec{e_2}\vec {e_3}+zx\vec{e_3}+yz\vec{e_1}\geq 0$

$\leftrightarrow$ $x^2+y^2+z^2+2(-xycosC-yzcosA-zxcosB)\geq 0$ $\leftrightarrow$ $yzcosA+zxcosB+xycosC\leq \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)$ (*)Thấy rằng nếu như $x=y=z=1$ thì (*) trở thành BĐT ở bài 1;còn nếu như $x=z=1$ và $y=\sqrt{3}$ thì BĐT (*) trở thành bài 2.Nên BĐT (*) toả ra hiệu quả trong một số bài
Một số người bà con của BĐT (*) nữa là

1) $xsinA+ysinB+zsinC\leq \frac{3}{2}\sqrt{x^2+y^2+z^2}$

2) $xsin(\frac{A}{2})+ysin(\frac{B}{2})+zsin(\frac{C}{ 2})\leq \frac{1}{2}$ $(\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}+\frac{xy}{z})$

3) $\frac{cosA}{x}+\frac{cosB}{y}+\frac{cosC}{z}\leq \frac{1}{2}(\frac{x}{yz}+\frac{y}{zx}+\frac{z}{xy}$ với mọi $x,y,z>0$

4) $xcosA+ycosB+zcosC\leq \frac{1}{2}(\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}+\frac{xy}{z} )$ với mọi $x,y,z>0$

5) $yzcosA+zxcosB+xycosC\leq \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)$ với mọi $x,y,z>0$

6) $yzcos2A+zxcos2B+xycos2C\geq \frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)$

7) $yzcos^2A+zxcos^2B+xycos^2C\geq \frac{1}{2}(xy+yz+zx)-\frac{1}{4}(x^2+y^2+z^2)$

Việc sử dụng những người bà con này dẽ thuận tiện khi giải các bài tìm GTLN, GTNN. Sau đây là một ứng dụng của BĐT(*)

Bài 4Cho tam giác $ABC$ không tù có trọng tâm $G$ và điểm $M$ nằm trong hình tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$
.Chứng minh rằng $MG< \frac{\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)}}{3}$

Giải

Với mọi điểm M ta có
$MA^2+MB^2+MC^2=$ $(\vec{MA})^2+(\vec{MB})^2+(\vec{MC})^2$ = $3\vec{MG}+2\vec{MG}(\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC})+(\ vec{GA})^2+(\vec{GB})^2+(\vec{GC})^2$

= $3\vec{MG}+\frac{4}{9}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)$ = $3\vec{MG}+\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)$
$\Rightarrow MG^2=\frac{1}{3}(MA^2+MB^2+MC^2)-\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)$ (**)

Do tam giác ABC không tù nên $\pi>$ $\hat{BAC}>A$ $\Rightarrow cos\hat{BMC}<cosA$

Mặt khác

$a^2=MB^2+MC^2-2MB.MCcos(\hat{BMC})>MA^2+MB^2-2MB.MC cosA$

Tương tự ta cũng có $MC^2+MA^2-b^2<2MC.MA.cosB$ và $MA^2+MB^2-c^2<MA.MB.cosC$
Cộng vế với vế ta được

$2(MA^2+MB^2+MC^2)-(a^2+b^2+c^2)<2(\sum{MB.MC.cosA})$ $\leq MA^2+MB^2+MC^2$ (do BĐT (*))
$\Leftrightarrow MA^2+MB^2++MC^2<a^2+b^2+c^2(***)$

Nên từ (**) và (***) suy ra : $MG^2<\frac{2}{9}(a^2+b^2+c^2)$ $\leftrightarrow MG<\frac{2(\sqrt{a^+b^2+c^2}}{3}$

Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất

Bài 5 Cho tam giác $ABC$ có 3 góc thoả mãn $C\leq B\leq A\leq 90^0$
Tìm GTLN và GTNN của $M=cos(\frac{A-B}{2}).sin(\frac{A}{2}).sin(\frac{B}{2})$

Giải

Bằng biến đổi lượng giác biếu thức M được viết lại

$M=\frac{1}{2}.cos(\frac{A-B}{2}).(cos(\frac{A-B}{2})-cos(\frac{A+B}{2})$
$=\frac{1}{2}cos^2(\frac{A-B}{2})-\frac{1}{2}(\frac{A-B}{2}).cos(\frac{A+B}{2})$
$\Leftrightarrow M=\frac{1}{4}(1+cos{A-B}-cosB-cosA)=f(B)$
Lại có $A+B+C\leq A+2B$ $\leftrightarrow B\geq \frac{\pi}{2}-\frac{A}{2}$
Xét $f(B)=\frac{1}{4}(1+cos{A-B}-cosB-cosA)$ với $B\in[\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2};A]$
$\Rightarrow f'(B)=\frac{1}{4}(1+sin{A-B}+sinB)\geq 0$ với mọi $B$ , suy ra hàm số đồng biến trên $D$ .Cho nên ta có
$f(\frac{\pi}{2}-\frac{A}{2})\leq f(B)\leq f(A)$
$\leftrightarrow \frac{1}{4}[1+cosA(2sin{A/2}-1)]\leq f(B)\leq \frac{1}{2}(1-cosA)$

Như vậy

$max_{D}M=\frac{1}{2}$ khi $A=90^0$
$min_{D}M=\frac{1}{4}$ khi $A=60^0$

Bài 6Cho tam giác $ABC$ có $A\geq 60^0$ và $tan(A/2)+tan(B/2)+tan(C/2)=4-\sqrt{3}$
Tính các góc của tam giác $ABC$

Giải

Dễ dàng chứng minh được $tan(A/2)+tan(B/2)\geq 2tan(\frac{B+C}{2})$ $2\frac{1-tan(A/4)}{1+tan(A/4)=$ $2\frac{x^2-x+1}{1-x^2}=$ $f(x)$ trong đó $x=tan(\frac{A}{4})$ và $x\in[\frac{1}{3};1)<br />$
$\Rightarrow f'(x)=-2\frac{x^2-4x+1}{(1-x^2)^2}>0$ với mọi $x$
Suy ra $f(x)$ là hàm số đồng biến trên $D$
$\Rightarrow f(x)\geq f(\frac{1}{\sqrt{3}})=4-\sqrt{3}=$ Vp
Đẳng thức xảy ra khi và chì khi $B=C=30^0$ và $A=120^0$

Bài 7 Cho tam $ABC$ thoả $0<A\leq B\leq C<90^0$
Chứng minh rằng $\frac{2cos3C-4cos2C+1}{cosC}\geq 2$

Giải

Nếu như để ý một chút sẽ thấy vế trái bất đẳng thức có thể đưa vế biến $cosC$ .Khi đó bất đẳng thức tương đương với:
$2(4cos^3C-3cosC)-4(2cos^2C-1)+1\geq 2cosC$ (vì $cosC>0$ )
$\Leftrightarrow 8cos^3C-8cos^2C-8cos^C+5\geq 0$ (1)
Ta có $A+B+C\leq 3C$ $\Leftrightarrow \frac{\pi}{3} \leq C<\frac{\pi}{2}$
$\Rightarrow 0<cosC\geq \frac{1}{2}$
Đặt $t=cosC$ khi đó BĐT (1) trở thành
$8t^3-8t^2-8t+5=f(t)\geq 0 \Rightarrow f'(t)=8(3t^2-2t-1)< 0$ với mọi $t\in(0;\frac{1}{2}]$ , suy ra $f(t)$ là hàm số nghịch biến, suy ra $f(t)\geq f(\frac{1}{2})=0$
Nên bài toán đã được chứng minh.

Bài 8Cho tam giác $ABC$ có $2A+3B=\pi$
Chứng minh rằng $a+b\leq \frac{5C}{4}$

Giải

Từ đề bài ta có
$sinA=cos{3B/2}$ và $sinC=cos(B/2)$
Bất đẳng thức tương đương với $cos(3B/2)+2sin(B/2).cos(B/2)\leq \frac{5sinC}{4}$ $\leftrightarrow cos(3B/2)-cos(B/2)+2sin(B/2)cos(B/2)\leq \frac{1}{4}cos(B/2)$
Không khó khăn mấy để có biến đổi về dạng $cos(B/2)(4sin^2(B/2)-\frac{1}{2})^2\geq 0$
Bất đẳng thức cuối cùng này đúng nên bài toán đã được chứng minh

Bài 9Tính các góc của tam giác $ABC$ thoả mãn hệ thức
$cos2A+5(cos2B+cos2C)+\frac{5}{2}=0$ (1)

Giải

(1) $\Leftrightarrow 2cos^2A-2\sqrt{3}cosA.cos(B-C)+\frac{3}{2}$ hay là
$[cos^2A-\frac{\sqrt{3}}{2}cos(B-C)]^2+\frac{3}{4}.sin^2(B-C)=0$
$\Leftrightarrow cosA-\frac{\sqrt{3}}{2}=0$ và $sin(B-C)=0$ hay là $A=30^0$ và $B=C=75^0$

Bài tập

Bài 1 Tìm tính chất của tam giác ABC thoả mãn hệ thức
$sin2A+sin2B=4sinA.sinB$

Bài 2 Cho $a,b,c>0$ thoả mãn điều kiện
$pa^2+qb^2>pqc^2$ với $p+q=1$
Chứng minh rằng $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác

Bài 3 Cho các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện
$sin^2A+sin^2B=\sqrt[9]{sinC}$ .Biết $A,B$ nhọn .Tính góc $C$

Bài 4
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ và có $\hat{ABC}=\alpha$ .Tính tỉ số bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp .Xác định $\alpha$ để tỉ số đó đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5
Cho tam giác $ABC$ Giả sử $M$ là 1 điểm thay đổi trên $BC$ .Gọi $R_1$ và $R_2$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABM$ và $ACM$
Xác định $M$ sao cho $R_1+R_2$ nhỏ nhất

Bài 6
Cho tam giác ABC thoả $\begin{Bmatrix}<br /> sinB=(\sqrt{2}-cosC)sinA & \\<br /> sinC=(\sqrt{2}-cosB)sinA&<br /> \end{Bmatrix}$
Hỏi tam giác $ABC$ có tính chất gì?

Bài 7
Cho tam giác $ABC$ thoả mãn điều kiện
$tanA-tanB=tan(A/2)-tan(B/2)$ .
Chứng minh rằng tam giác $ABC$ cân
xiloxila

Sưu tầm từ Boxmath.vn