|
|
A. BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KHÔNG CÓ ĐIỀU KIỆN
Ví dụ $1.$ Chứng minh rằng với mọi $\alpha$, ta luôn có bất đẳng thức :
$4\sin 3\alpha+5 \ge 4\cos 2\alpha+5 \sin \alpha$
Lời giải:
Bất đẳng thức (BĐT) đã cho tương đương với BĐT sau :
$4\left ( 3\sin \alpha - 4\sin^3 \alpha \right )+5 \ge 4\left (1 -2\sin^2 \alpha \right )+5\sin \alpha$
$\Leftrightarrow 16\sin^3 \alpha - 8\sin^2 \alpha - 7\sin \alpha -1 \le 0$
$\Leftrightarrow \left (\sin \alpha -1 \right )\left ( 4\sin \alpha + 1 \right )^2 \le 0 (1)$
Do $\sin \alpha \le 1 \forall \alpha \Rightarrow (1)$ đúng. Từ đây ta có ĐPCM.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \sin \alpha =1 \\ \sin \alpha =-\frac{1}{4} \end{matrix}} \right. \Leftrightarrow \left[ {\begin{matrix} \alpha =\frac{\pi}{2}+2k\pi \\ \alpha =-\arcsin\frac{1}{4} +2k\pi \\ \alpha =\pi+\arcsin\frac{1}{4} +2k\pi \end{matrix}} \right. (k \in \mathbb{Z}).$
Ví dụ $2$. Không dùng bảng tính hay máy tính cá nhân. Chứng minh rằng :
$\tan 34^\circ > \displaystyle \frac{2}{3}$
Lời giải :
Ta có :
$\tan 34^\circ =\tan (45^\circ -11^\circ )= \displaystyle \frac{1-\tan 11^\circ}{1+\tan 11^\circ} (1)$
Từ $(1)$ suy ra :
$ \tan 34^\circ > \displaystyle \frac{2}{3} \Leftrightarrow \displaystyle \frac{1-\tan 11^\circ}{1+\tan 11^\circ} > \displaystyle \frac{2}{3} \Leftrightarrow 3\left ( 1-\tan 11^\circ \right )>2\left ( 1+\tan 11^\circ \right )\Leftrightarrow \tan 11^\circ < \displaystyle \frac{1}{5} (2)$
Chú ý rằng : $\tan 11^\circ > \tan 0^\circ =0 \Rightarrow 1+\tan 11^\circ>0.$
Đặt $\tan \alpha = \frac{1}{5}$ với $0^\circ < \alpha< 90^\circ.$ Ta có :
$\tan 2\alpha = \displaystyle \frac{2\tan \alpha}{1- \tan^2 \alpha}=\frac{\displaystyle \frac{2}{5}}{ \displaystyle 1-\frac{1}{25} }= \displaystyle \frac{5}{12}\Rightarrow \tan 4\alpha = \displaystyle \frac{2\tan 2\alpha}{1- \tan^2 2\alpha}=\frac{\displaystyle \frac{5}{6}}{ \displaystyle 1-\frac{25}{144} }= \displaystyle \frac{120}{119}>1 $
$\Rightarrow 4\alpha > 45^\circ\Rightarrow \alpha > 11^\circ,$ vậy $(2)$ đúng.
Ta có ĐPCM.
Ví dụ $3$. Chứng minh rằng :
$\frac{\displaystyle 1- \sin \frac{\pi}{14}}{ \displaystyle 2 \sin \frac{\pi}{14} }> \sqrt{\displaystyle 3\cos \frac{\pi}{7} }$
Lời giải:
Ta có :
$ \displaystyle 1-\sin \frac{\pi}{14} =\sin \frac{3\pi}{14} - \sin \frac{\pi}{14}+\sin \frac{5\pi}{14}-\sin \frac{3\pi}{14}+\sin \frac{7\pi}{14}-\sin \frac{5\pi}{14} $
$=2 \sin \frac{\pi}{14}\left (\cos \frac{\pi}{7}+ \cos \frac{2\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7} \right ) (1)$
Từ $(1)$ suy ra :
$ \frac{\displaystyle 1- \sin \frac{\pi}{14}}{ \displaystyle 2 \sin \frac{\pi}{14} } = \cos \frac{\pi}{7}+ \cos \frac{2\pi}{7}+\cos \frac{3\pi}{7} (2)$
Mặt khác ta có :
$ \cos \frac{\pi}{7} =\frac{1}{2} \left (\cos \frac{\pi}{7}+ \cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{5\pi}{7}+ \cos \frac{\pi}{7}- \cos \frac{3\pi}{7}-\cos \frac{5\pi}{7} \right ) $
$=\frac{1}{2} \left (\cos \frac{\pi}{7}+ \cos \frac{3\pi}{7}+\cos \frac{5\pi}{7}+ \cos \frac{\pi}{7}+ \cos \frac{4\pi}{7}+\cos \frac{2\pi}{7} \right ) $
$= \cos \frac{\pi}{7}\cos \frac{2\pi}{7} + \cos \frac{2\pi}{7}\cos \frac{3\pi}{7} + \cos \frac{3\pi}{7}\cos \frac{\pi}{7} (3)$
Đặt $x= \cos \frac{\pi}{7} , y= \cos \frac{2\pi}{7} , z= \cos \frac{3\pi}{7} $
Khi đó từ $(2)$ và $(3)$ suy ra BĐT cần chứng minh có dạng sau:
$x+y+z > \sqrt{3\left (xy+yz+zx \right )} (4)$
Do $x, y, z >0$ nên $(4)\Leftrightarrow (x+y+z)^2> 3\left (xy+yz+zx \right ) $
$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 > 0 (5)$
Do $x, y, z$ đôi một khác nhau, nên $(5)$ đúng và đó chính là ĐPCM.
B. BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC CÓ ĐIỀU KIỆN
Ví dụ $4$.
Cho $\begin{cases}\sin^2 a+ \sin^2 b + \sin^2 c =1 \\ a, b, c \ne \frac{\pi}{2}+k\pi (k \in \mathbb{Z}) \end{cases}$
Chứng minh BĐT :
$\frac{\left (\tan a \tan b+\tan b \tan c+ \tan c \tan a \right )^2}{3} +2\left (\tan a \tan b \tan c \right )^2 \le 1$
Lời giải :
Vì $ \sin^2 a+ \sin^2 b + \sin^2 c =1 \Rightarrow \cos^2 a+ \cos^2 b + \cos^2 c =2 $
$\Rightarrow \frac{1}{1+\tan^2 a}+ \frac{1}{1+\tan^2 b}+ \frac{1}{1+\tan^2 c}=2$
Thực hiện quy đồng và rút gọn ta được
$\Rightarrow \tan^2a \tan^2b+ \tan^2b \tan^2c+ \tan^2c \tan^2a +2 \tan^2a \tan^2b \tan^2c =1 (1)$
Đặt $x= \tan a\tan b, y= \tan b\tan c , x= \tan c\tan a $ thì từ $(1)$ ta có :
$x^2+y^2+z^2+2xyz=1$ hay $2xyz=1-\left ( x^2+y^2+z^2\right ) $
Suy ra $ 2\left (\tan a \tan b \tan c \right )^2 =2xyz =1-\left ( x^2+y^2+z^2\right ) $
Như vậy BĐT cần chứng minh tương đương với BĐT
$\frac{(x+y+z)^2}{3}+ 1-\left ( x^2+y^2+z^2\right ) \le 1$
$\Leftrightarrow ( x+y+z )^2 \le 3(x^2+y^2+z^2)$
$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 \ge 0 (3)$
Vì $(3)$ đúng nên ta có ĐPCM.
Ví dụ $5$.
Cho $\alpha, \beta \in \left (0, \frac{\pi}{2} \right )$ và $\tan \beta = 3\tan \alpha.$
Chứng minh rằng :
$\beta \le \alpha + \displaystyle \frac{\pi}{6}$
Lời giải :
Do $\alpha, \beta \in \left (0, \frac{\pi}{2} \right )$ và $\tan \beta = 3\tan \alpha\Rightarrow \tan \beta > \tan \alpha \Rightarrow \beta > \alpha \Rightarrow 0< \beta - \alpha < \displaystyle \frac{\pi}{2} $ .
Ta có $\tan \left ( \beta - \alpha \right )=\frac{ \tan \beta -\tan \alpha }{1+ \tan \beta\tan \alpha }=\frac{2\tan \alpha}{1+3\tan^2 \alpha} (1)$
Theo BĐT Cô-si, ta có :
$1+ 3\tan^2 \alpha \ge 2\sqrt{ 3\tan^2 \alpha }=2\sqrt{3}\tan \alpha $ ( do $\alpha \in \left (0, \frac{\pi}{2} \right ) $ nên $\tan \alpha >0$ ) $(2)$
Thay $(2)$ vào $(1)$ ta có : $\tan \left ( \beta - \alpha \right ) \le \frac{2\tan \alpha}{2\sqrt{3}\tan \alpha} =\frac{1}{\sqrt{3}}=\tan \frac{\pi}{6}$
Do $ 0< \beta - \alpha < \displaystyle \frac{\pi}{2} $ nên từ
$\tan
\left ( \beta - \alpha \right ) \le\tan \frac{\pi}{6} \Rightarrow
\beta - \alpha \le \frac{\pi}{6}\Rightarrow \beta \le \alpha +
\frac{\pi}{6}$. Đây là ĐPCM.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow 3\tan^2
\alpha =1 \Leftrightarrow \tan \alpha=
\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \begin{cases}\alpha=\frac{\pi}{6} \\
\beta= \frac{\pi}{3}\end{cases}$
Ví dụ $6.$ Cho $x, y, z >0$ và $x+y+z \le \pi$. Chứng minh rằng
$\sin x + \sin y + \sin z + \sin (x+y+z) \le \sin (x+y) + \sin (y+z) + \sin (z+x)$
Lời giải :
Xét hiệu :
$S=\sin (x+y) + \sin (y+z) + \sin (z+x)-\left (\sin x + \sin y + \sin z + \sin (x+y+z) \right )$
$=\left[ {\sin (x+y)- \sin (x+y+z)} \right]+\left[ {\sin (y+z)-\sin y} \right]+\left[ { \sin (z+x)-\sin x} \right]-\sin z$
$=-2\cos\left ( x+y+\frac{z}{2} \right )\sin \frac{z}{2}+2\cos\left
(y+\frac{z}{2} \right )\sin \frac{z}{2}+2\cos\left (x+\frac{z}{2}
\right )\sin \frac{z}{2}-2\sin \frac{z}{2}\cos \frac{z}{2}$
$=2\sin \frac{z}{2}\left[ {\cos\left (y+\frac{z}{2} \right )+\cos\left
(x+\frac{z}{2} \right )-\cos\left (x+y+\frac{z}{2} \right )-\cos
\frac{z}{2}} \right]$
$=2\sin \frac{z}{2}\left[ {2\cos\frac{x+y+z}{2}\cos \frac{x-y}{2}-2\cos\frac{x+y+z}{2}\cos \frac{x+y}{2}} \right]$
$=4\sin \frac{z}{2}\cos\frac{x+y+z}{2}\left ( \cos \frac{x-y}{2}-\cos \frac{x+y}{2} \right )$
$=8\sin \frac{x}{2}\sin \frac{y}{2}\sin \frac{z}{2}\cos\frac{x+y+z}{2} (1)$
Do $x, y, z >0$ và $x+y+z \le \pi \Rightarrow x, y, z \in (0, \pi)$
$\Rightarrow \sin \frac{x}{2}>0, \sin \frac{y}{2}>0, \sin \frac{z}{2}>0$.
Ngoài ra $\cos\frac{x+y+z}{2} \ge 0$.
Vậy từ $(1)$ suy ra $S \ge 0$. Đây là ĐPCM.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \cos\frac{x+y+z}{2}=0\Leftrightarrow \begin{cases}x+y+z=\pi \\ x, y, z >0 \end{cases}$
C. TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC
Ví dụ $7.$ Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
$f(x, y, z)=\sqrt{1+\tan x \tan y}+\sqrt{1+\tan y \tan z}+\sqrt{1+\tan z \tan x}$
Xét trên miền : $\mathbb{D}=\left\{ {(x, y, z): x, y, z \ge 0 \text{và} x+y+z=\frac{\pi}{2}} \right\}$
Lời giải :
Áp dụng BĐT Bunhiacopski dạng
$\left (a_1^2+b_1^2+c_1^2 \right )\left (a_2^2+b_2^2+c_2^2 \right ) \ge \left (a_1a_2+b_1b_2+c_1c_2 \right )^2$
Với
$a_1=\sqrt{1+\tan x \tan y} b_1=\sqrt{1+\tan y \tan z} c_1=\sqrt{1+\tan z \tan x}$
$a_2=1
b_2=1
c_2=1$
Ta có :
$\left (3+\tan x \tan y+\tan y \tan z+\tan z \tan x
\right ).3 \ge \left (\sqrt{1+\tan x \tan y}+\sqrt{1+\tan y \tan
z}+\sqrt{1+\tan z \tan x} \right )^2 (1)$
Chú ý rằng với $(x, y, z) \in \mathbb{D}$ ta có ngay : $\tan x \tan y+\tan y \tan z+\tan z \tan x=1$
Khi đó BĐT $(1)$ trở thành :
$f(x, y, z) \le 2 \sqrt{3}$
Lại
có : $\left (\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right ) \in
\mathbb{D}$ và $f\left (\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right
)=2 \sqrt{3}$
Vậy ta có : $\max_{\mathbb{D}} f(x, y, z)=2 \sqrt{3}$
Ví dụ $8.$ Cho $a, b, c, d >0$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
$f(x, y)=\displaystyle \frac{a\sin^4x+b\cos^4y}{c\sin^2x+d\cos^2y}+
\frac{a\cos^4x+b\sin^4y}{c\cos^2x+d\sin^2y}$
Xét trên miền $\mathbb{D}=\left\{ {(x, y) : f(x,y) \text{ có nghĩa }} \right\}$.
Lời giải :
Đặt
$f_1(x, y)=\displaystyle \frac{\sin^4x}{c\sin^2x+d\cos^2y}+ \frac{\cos^4x}{c\cos^2x+d\sin^2y}$
$f_2(x, y)=\displaystyle \frac{\cos^4y}{c\sin^2x+d\cos^2y}+ \frac{\sin^4x}{c\cos^2x+d\sin^2y}$
Khi đó ta có : $f(x, y)=af_1(x, y)+bf_2(x, y)$
Tìm giá trị lớn nhất
Ta thấy,
$ f_1(x,y)\le \displaystyle \frac{\sin^4x}{c\sin^2x}+
\frac{\cos^4x}{c\cos^2x}=\frac{1}{c}\left ( \sin^2x+\cos^2x \right
)=\frac{1}{c}$
Tương tự có $f_2(x,y) \le \frac{1}{d}$.
do $a>0, b>0\Rightarrow f(x,y) \le \frac{a}{c}+\frac{b}{d} (1)$
Mặt khác $f\left ( \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right )= \frac{a}{c}+\frac{b}{d} (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\max_{\mathbb{D}}f(x,y)= \frac{a}{c}+\frac{b}{d} $.
Tìm giá trị nhỏ nhất
Để ý rằng $c+d=c\left ( \sin^2x+\cos^2x \right )+d\left ( \sin^2y+\cos^2y \right )$, vì thế áp dụng BĐT Bunhiacopski, ta có:
$(c+d)f_1(x,y)=\left[
{\left ( c\sin^2x+d\cos^2y \right )+\left (c\cos^2x+ d\sin^2y \right )}
\right]\left (\displaystyle \frac{\sin^4x}{c\sin^2x+d\cos^2y}+
\frac{\cos^4x}{c\cos^2x+d\sin^2y}\right ) \ge \left ( \sin^2x+\cos^2x
\right )^2=1$
$\Rightarrow f_1(x, y) \ge \frac{1}{c+d} (3)$
Dấu bằng trong $(3)$ xảy ra :
$\Leftrightarrow \displaystyle \frac{\sin^2x}{c\sin^2x+d\cos^2y}= \frac{\cos^2x}{c\cos^2x+d\sin^2y}= \frac{1}{c+d} $
$\Leftrightarrow \sin^2x=\cos^2x$
Tương tự ta cũng có : $f_2(x, y) \ge \frac{1}{c+d} (4)$
Và dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow \sin^2x=\cos^2x$.
Từ $(3)$ và $(4)$ có : $f(x,y)=af_1(x, y)+bf_2(x, y) \ge \frac{a+b}{c+d}$
Mặt khác thấy rằng $f\left ( \frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4} \right )= \frac{a+b}{c+d}$.
Vậy $\min_{\mathbb{D}}f(x,y)= \frac{a+b}{c+d} $.
Ví dụ $9.$
Cho $f(x)=\cos 2x + a\cos (x+\phi), $ với $a, \phi$ là số cố định cho trước.
Chứng minh rằng :
$\left (\min_{x \in \mathbb{R}}f(x) \right )^2+\left (\max_{x \in \mathbb{R}}f(x) \right )^2 \ge 2$
Lời giải :
Ta có : $\begin{cases}f(0)=1+a\cos \phi \\ f(\pi)=1+a\cos(\pi+\phi)=1-a\cos \phi \end{cases}$
$\Rightarrow f(0) + f(\pi)=2\Rightarrow \max\left\{ {f(0), f(\pi)} \right\} \ge 1$.
$\Rightarrow
\max_{x \in \mathbb{R}}f(x) \ge \max\left\{ {f(0), f(\pi)} \right\} \ge
1\Rightarrow \left (\max_{x \in \mathbb{R}}f(x) \right )^2 \ge
1 (1)$
Ta lại có : $\begin{cases}f\left (\frac{\pi}{2}
\right )=-1+a\cos\left (\frac{\pi}{2} +\phi \right )=-1-a\sin \phi \\
f\left (-\frac{\pi}{2} \right )=-1+a\cos\left (-\frac{\pi}{2} +\phi
\right )=-1+a\sin \phi \end{cases}$
$\Rightarrow f\left (\frac{\pi}{2} \right ) + f\left (-\frac{\pi}{2}
\right )=-2\Rightarrow \min\left\{ {f\left (\frac{\pi}{2} \right
),f\left (-\frac{\pi}{2} \right )} \right\} \le -1$.
$\Rightarrow
\min_{x \in \mathbb{R}}f(x) \le \min\left\{ {f\left (\frac{\pi}{2} \right ),f\left (-\frac{\pi}{2} \right )} \right\} \le
-1\Rightarrow \left (\min_{x \in \mathbb{R}}f(x) \right )^2 \ge
1 (1)$
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra :
$\left (\min_{x \in \mathbb{R}}f(x) \right )^2+\left (\max_{x \in \mathbb{R}}f(x) \right )^2 \ge 2$
Đây là ĐPCM.
D. BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài $1.$ Chứng minh rằng với mọi $a, b, \psi$ ta có :
$\left (\sin \psi+a\cos \psi\right )\left (\sin \psi+b\cos\psi \right )
\le \displaystyle 1+ \left (\frac{a+b}{2} \right )^2$
Bài $2.$ Chứng minh rằng :
$\displaystyle \frac{1}{1+\cos 2\alpha}+ \frac{1}{1+\cos 4\alpha}+ \frac{1}{1-\cos 6\alpha}>2$ với mọi $\alpha$ làm cho về trái có nghĩa.
Bài $3.$
Cho $\displaystyle \frac{\pi}{3} \le \alpha \le \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{3} \le \beta\le \frac{\pi}{2}$. Chứng minh BĐT :
$\displaystyle \frac{2}{\cos \alpha \cos \beta}-1 \le \sqrt{\left
(\frac{1}{\cos \alpha}-1 \right )\left (\frac{1}{\cos \beta}-1 \right
)}$
Bài $4.$
Cho $a, b, c, d \in \left[ {-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}} \right]$ và thỏa mãn hệ điều kiện :
$\begin{cases}\sin a + \sin b + \sin c+ \sin d= 1\\ \cos 2a+ \cos2b +\cos 2c +\cos 2d \ge \frac{10}{3}
\end{cases}$
Chứng minh rằng $a, b, c, d \in \left[ {0, \frac{\pi}{6}} \right]$
Bài $5.$
Cho $a, b, c >0$. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
$f(x, y) = \displaystyle \frac{\cos^2 x}{a}+\frac{\sin^2y}{b}$
Xét trên miền $\mathbb{D}=\left\{ {(x,y): a\sin x + b\cos y=c} \right\}$ với giả thiết $c \le \min\left\{ {\displaystyle \frac{a^3+b^3}{a^2} , \frac{a^3+b^3}{b^2}} \right\} $
Bài $6.$ Cho $p, q \ge 1$ là các số tự nhiên. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
$f(x)=\sin^px. \cos^q x$ khi $0 \le x \le \frac{\pi}{2}.$
|