Các chứng minh khác nhau cho một BĐT quen thuộc

cách chứng minh khác nhau cho bất đẳng thức quen thuộc 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 rD = S2 , S∆CED r = S3 , S∆ABC = S r = S1 , S∆BF S1 S2 S3 ; cosB = ; cosC = ⇒ cosA = S S r S r 1 AF AE S1 AF.AE = ≤ ( + )(1) S AB.AC 2 AB AC Tương tự r 1 F B BD S2 =≤ ( + )(2) 2 AB BC rS 1 CD CE S3 =≤ ( + )(3) S 2 BC AC Cộng (1), (2), (3) ta có 1 AF AE 1 F B BD 1 CD CE 3 cosA + cosB + cosC ≤ ( + )+ ( + )+ ( + ) = (đpcm) 2 AB AC 2 AB BC 2 BC AC 2 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.. b = MOB. Ta dễ dàng nhận thấy A = OM = OM Do đó :cosA = cos(MOB) OB R OP ON ; cosC = Tương tự cosB = R R 1 OA + OB + OC 3 OM + ON + OP ≤ ( ) = ( đpcm).(ErdosDo đó cosA+cosB+cosC = R 2 R 2 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 ≥ (cosA + cosB + cosC)(c + b + a + c + a + b) ( Trêbưsep) 3 1 laisac 1 3 (đpcm) 2 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) (*) − −→ −→ = −2r2 cosA ( Vì MIN và góc A bù nhau) Ta nhận thấy IM.IN = 2r2 cosMIN − → −→ − − →− → 2 2 Tương tự :IM.IP = −2r cosB, IP .IN = −2r cosC 3 Vậy từ (*) suy ra cosA + cosB + cosC ≤ (dpcm) 2 Cách 5: Phuong pháp vectơ. Lấy A, B, C lần lượt là ba gốc của ba véctơ đơn vị sau −→ − −→ −→ AB − BC − CA → − ,→ e2 = ,→ e3 = . e1 = AB BC CA → → → → → → e2 + − e3 )2 ⇔0 ≤ 3 + 2(− e1 e2 + − e2 e3 + − e3 e1) 0 ≤ 3 − 2(cosA + cosB + cosC) Ta có :0 ≤ (− e1 + − 3 ⇔ cosA + cosB + cosC ≤ 2 Cách 6: Quan hệ bất đẳng thức Schur. b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 3 3 + + ≤ cosA + cosB + cosC ≤ ⇔ 2 2bc 2ac 2ab 2 ⇔b2a + c2a + c2 b + a2 b + 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. A+B A−B 3 C 3 )cos( ) + 1 − 2sin2 − Xét cosA + cosB + cosC − = 2cos( 2 2 2 2 2 A−B 1 C 2 C ) − 2sin ( ) − = 2sin( )cos( 2 2 2 2 1 A−B C ).x − Đặt x = sin( ). Xét tam thức f (x) = −2×2 + 2cos( 2 2 2 0 2 A−B ) − 1 ≤ 0, và hệ số a = −2 < 0,Nên f (x) ≤ 0 với mọi x Có (∆) = cos ( 2 3 Hay cosA + cosB + cosC ≤ 2 Cách 8: Sử dụng hàm số. A−B A+B C )cos( ) + 1 − 2sin2 . Ta có cosA + cosB + cosC = 2cos( 2 2 2 A−B C 2 ).x + 1 Đặt x = sin( ), điều kiện 0 < x < 1.Xét hàm số f (x) = −2x + 2cos( 2 2 A−B 3 1 )≤ Lập bảng xét dấu ta có f (x) ≤ fM ax (x) = 1 + cos( 2 2 2 Cách 9: Tổng bình phương. A+B A−B 3 C 1 )cos( ) − 2sin2 − Xét cosA + cosB + cosC − = 2cos( 2 2 2 2 2 1 A−B 2 1 2 A−B C )] − sin ( ) ≤ 0 (Đúng) = −2[sin( ) − cos( 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A=B=C Cách 10: BĐT lượng giác cơ bản A−B A+B )cos( ) + cosC Ta có : cosA + cosB + cosC = 2cos( 2 2 A+B ≤ 2cos( ) + cosC ( đẳng thức xảy ra khi A=B) 2 C C 1 3 C 3 = 2sin( ) − 2sin2 ( ) + 1 = −2[sin( ) − ]2 + ≤ ( đẳng thức xảy ra khi Ĉ = 600 ) 2 2 2 2 2 2 ⇒ cosA + cosB + cosC ≤ 2 laisac 2 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 A−B A+B A+B ).cos( ) ≤ 2cos( ) (1) Ta có :cosA + cosB = 2cos( 2 2 2 C − 600 C + 600 C + 600 cosC + cos600 = 2cos( ).cos( ) ≤ 2cos( ) (2) 2 2 2 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: A+B C + 600 ) + cos( )] cosA + cosB + cosC + cos600 ≤ 2[cos( 2 2 A + B + C + 600 = 4cos( ) = 4cos600 (3) 4 3 Suy ra cosA + cosB + cosC ≤ 3cos600 = 2 Nếu A nhọn, thì (1), (2), (3) đều thỏa mãn. Cách 12: Hàm lồi Nếu tam giác không nhọn, luôn đúng ! : π π Xét hàm số f(x) = cosx trong (0; ) Ta có f’(x) = -sinx , f”(x)=-cosx <0 với ∀x ∈ (0; ) 2 2 π Do đó hàm f(x) = cosx lồi trên (0; ) 2 A+B+C ) Do đó f (A) + f (B) + f (C) ≤ 3f ( 3 3 π ⇔ cosA + cosB + cosC ≤ 3cos( ) = 3 2 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Vậy :cosA + cosB + cosC ≤ hết 3