Sử dụng hàm lồi giải các bài toán cực trị trong tam giác

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 ′′(x) ≥ 0 ( f ′′(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 f ( x1 + x2 2 ) ≤ f (x1) + f (x2) 2 , ∀x1, x2 ∈ I(a, b). (1.1) 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 > . . . ≥ xn, y1 ≥ y2 > . . . ≥ yn và  x1 ≥ y1 x1 + x2 ≥ y1 + y2 . . . . . . . . . x1 + x2 + · · ·+ xn−1 ≥ y1 + y2 + · · ·+ yn−1 x1 + x2 + · · ·+ xn = y1 + y2 + · · ·+ yn (1.2) 1 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Khi đó, ứng với mọi hàm lồi f (x) với f ′′(x) ≥ 0 trên I(a, b), ta đều có f (x1) + f (x2) + . . .+ f (xn) ≥ f (y1) + f (y2) + . . .+ f (yn). 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 ′′(x) trên khoảng (a, b). a) Nếu f ′′(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 ′(x0)(x− x0) với x0 ∈ (a, b). b) Nếu f ′′(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 ′(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 f1(t), f2(t), . . . , fn(t) đồng biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng I(a, b), ta đều có n ∑ i=1 fi(xi) f ′i (yi) ≥ n ∑ i=1 fi(yi) f ′i (yi) . 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 f1(t), f2(t), . . . , fn(t) nghịch biến liên tiếp bậc (1, 2) trên khoảng I(a, b), ta đều có n ∑ i=1 fi(xi) f ′i (yi) ≥ n ∑ i=1 fi(yi) f ′i (yi) . 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 = 3pi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 cos A+ 2 cos B+ 4 cosC 2 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Lời giải. Xét hàm số f (x) = cos x trên khoảng ( 0, pi2 ) . Khi đó ta có f ′(x) = − sin x và f ′′(x) = − cos x < 0, ∀x ∈ ( 0, pi 2 ) . Do đó f (x) là hàm lõm trên khoảng ( 0, pi 2 ) nên áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có 2 f (A) + 3 f (B) + 4 f (C) ≤ 9 f ( 2A+ 3B+ 4C 9 ) = 9 f ( 3pi 9 ) hay P = 2 cos A+ 2 cos B+ 4 cosC ≤ 9 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay khi tam giác ABC đều. Vậy P đạt giá trị lớn nhất maxP = 9 2 , đạt được khi tam giác ABC đều. Bài toán 2.2. Giả sử A, B,C là ba góc của tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = sin A+ 2 sin B 2 + 3 sin C 3 Lời giải. Xét hàm số f (x) = sin x trên khoảng (0,pi). Khi đó ta có f ′(x) = cos x và f ′′(x) = − sin x < 0, ∀x ∈ (0,pi) . Do đó f (x) là hàm lõm trên khoảng (0,pi) nên áp dụng bất đẳng thức Jensen, ta có f (A) + 2 f ( B 2 ) + 3 f ( C 3 ) ≤ 6 f A+ 2B2 + 3C36  = 6 f (pi6 ) hay P = sin A+ 2 sin B 2 + 3 sin C 3 ≤ 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B 2 = C 3 = pi 6 hay khi tam giác ABC vuông có A = pi 6 , B = pi 3 ; C = pi 2 . Vậy P đạt giá trị lớn nhất max P = 3, đạt được khi tam giác ABC vuông và A = pi 6 , B = pi 3 , C = pi 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 P = √ sin A+ √ sin B+ 2 √ sin C 2 . Lời giải. Xét hàm số f (x) = √ sin x, x ∈ (0,pi). Khi đó f ′ (x) = cos x 2 √ sin x f ′′ (x) = − 1 4 (√ sin x )3 (2sin2x+ cos2x) < 0, ∀x ∈ (0,pi) . 3 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Suy ra hàm số f (x) lõm trên (0,pi) . Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có f (A) + f (B) + 2 f ( C 2 ) ≤ 4 f A+ B+ 2.C24  = 4 f (pi4 ) hay P = √ sin A+ √ sin B+ 2 √ sin C 2 ≤ 2 3√8. 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 P = 1√ cos A + 1√ cos B + 2√ cos C 2 . Lời giải. Xét hàm số f (x) = 1√ cos x , x ∈ ( 0, pi 2 ) . Khi đó f ′ (x) = sin x 2 √ cos x f ′′ (x) = 1 4 (√ cos x )5 (3sin2x+ 2cos2x) > 0, ∀x ∈ (0, pi2 ) . Suy ra hàm số f (x) lồi trên khoảng ( 0, pi 2 ) . Áp dụng bất đẳng thức Jensen ta có f (A) + f (B) + 2 f ( C 2 ) ≥ 4 f A+ B+ 2.C24  = 4 f (pi4 ) hay P = 1√ cos A + 1√ cos B + 2√ cos C 2 ≥ 4√ cos pi 4 = 4 3 √ 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân tại C. Vậy P đạt giá trị nhỏ nhấtmin P = 4 3 √ 2 khi tam giác ABC vuông cân tại C. Bài toán 2.5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = tan4A+ tan4B+ 3tan4 C 3 trong tập các tam giác ABC nhọn. Lời giải. Xét hàm số f (x) = tan4x, ∀x ∈ ( 0, pi 2 ) . 4 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Ta có f ′(x) = 4 tan3x cos2x = 4tan5x+ 4tan3x, f ′′(x) = 20tan4x+ 12tan2x cos2x > 0, ∀x ∈ ( 0, pi 2 ) . Do đó f (x) = tan4x là hàm lồi trên khoảng ( 0, pi 2 ) . Theo bất đẳng thức Jensen, ta có f (A) + f (B) + 3 f (C) ≥ 5 f A+ B+ 3C35  hay P = tan4A+ tan4B+ 3tan4 C 3 ≥ 5tan4pi 5 . Suy ra P = tan4A+ tan4B+ 3tan4 C 3 ≥ 5tan4pi 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC có A = B = C 3 hay A = B = pi 5 , C = 3pi 5 . Vậy P đạt giá trị nhỏ nhấtmin P = 5tan4 pi 5 , đạt được khi tam giác ABC có A = B = C 3 hay A = B = pi 5 , C = 3pi 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 M = tan A 2 + tan B 2 + tan C 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  A ≥ pi 2 A+ B ≥ pi 2 + pi 4 A+ B+ C = pi 2 + pi 4 + pi 4 hay  A 2 ≥ pi 4 A 2 + B 2 ≥ pi 4 + pi 8 A 2 + B 2 + C 2 = pi 4 + pi 8 + pi 8 5 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Xét hàm số f (x) = tan x với x ∈ (0, pi 2 ) . Ta có f ′′(x) > 0 với ∀x ∈ (0, pi 2 ) . Do đó ta có tan A 2 + tan B 2 + tan C 2 ≥ tan pi 4 + tan pi 8 + tan pi 8 . Để ý rằng tan pi 8 = √ 2− 1, nên tan pi 4 + tan pi 8 + tan pi 8 = 2 √ 2− 1. Vậy nên M = tan A 2 + tan B 2 + tan C 2 ≥ 2 √ 2− 1. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác vuông cân. Vậy M đạt giá trị nhỏ nhấtminM = 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+ sinC 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:  A ≥ pi 2 A+ B ≥ pi 2 + pi 4 A+ B+ C = pi 2 + pi 4 + pi 4 . Xét hàm số f (x) = sin x với x ∈ (0,pi). Ta có f ′′(x) < 0 với ∀x ∈ (0,pi). Vậy nên ta có P = sin A+ sin B+ sinC ≤ sin pi 2 + sin pi 4 + sin pi 4 . hay P = sin A+ sin B+ sinC ≤ 1+ √ 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi A = pi 2 ; B = C = pi 4 hay khi tam giác ABC vuông cân tại A. Vậy P đạt giá trị lớn nhấtmax 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) sinC. Lời giải. Xét hàm f (x) = sin x với x ∈ (0,pi). Khi đó f ′(x) = cos x, 6 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 f ′′(x) = − sin x < 0, ∀x ∈ (0,pi). Vậy nên sin x ≤ sin x0 + cos x0(x− x0), ∀x, x0 ∈ (0,pi) Suy ra  sin A ≤ sin pi 3 + cos pi 3 ( A− pi 3 ) sin B ≤ sin pi 4 + cos pi 4 ( B− pi 4 ) sinC ≤ sin 5pi 12 + cos 5pi 12 ( C− 5pi 12 ) hay  2 sin A ≤ √3+ A− pi 3√ 2 sin B ≤ 1+ B− pi 4 ( √ 6+ √ 2) sinC ≤ 2+√3+ C− 5pi 12 . Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trong hệ trên, suy ra 2 sin A+ √ 2 sin B+ ( √ 6+ √ 2) sinC ≤ 3+ 2 √ 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC có A = pi 3 , B = pi 4 , C = 5pi 12 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là max P = 3+ 2 √ 3, đạt được khi tam giác ABC có A = pi 3 , B = pi 4 , C = 5pi 12 . Bài toán 2.9. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = cot A2 8+ 4 √ 3 + cot B2 4 + cot C2 2 . Lời giải. Xét hàm số f (x) = cot x 2 , x ∈ (0,pi). Khi đó f ′(x) = − 1 2 sin2 x2 ≤ 0 và f ′′(x) = cos x2 2 sin3 x2 > 0, ∀x ∈ (0,pi). Do đó cot x 2 ≥ cot x0 2 − 1 2 sin2 x2 (x− x0), ∀x, x0 ∈ (0,pi). Suy ra  cot A 2 ≥ cot pi 12 − 1 2 sin2 pi12 ( A− pi 6 ) cot B 2 ≥ cot pi 6 − 1 2 sin2 pi6 ( B− pi 3 ) cot C 2 ≥ cot pi 4 − 1 2 sin2 pi4 ( A− pi 2 ) 7 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 hay  cot A2 8+ 4 √ 3 ≥ 1 4 − 1 2 ( A− pi 6 ) cot B2 4 ≥ √ 3 4 − 1 2 ( B− pi 3 ) cot C2 2 ≥ 1 2 − 1 2 ( C− pi 2 ) Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trong hệ trên, ta có cot A2 8+ 4 √ 3 + cot B2 4 + cot C2 2 ≥ 3+ √ 3 4 . Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là min P = 3+ √ 3 4 , đạt được khi tam giác ABC có A = pi 6 , B = pi 3 , C = pi 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 P = 4 sin A3√ 6+ √ 2 + 2 sin B3√ 3 + 4 sin C3√ 6+ √ 2 . Lời giải. Xét hàm số f (x) = sin x 3 với x ∈ (0,pi). Ta có f ′(x) = 1 3 cos x 3 > 0 và f ′′(x) = −1 9 sin x 3 < 0 với mọi x ∈ (0,pi). Do đó, f (x) ≤ f (x0) + f ′(x0)(x− x0) ∀x, x0 ∈ (0,pi). Khi đó, với mọi tam giác ABC, ta đều có sin A 3 ≤ sin pi 12 + 1 3 cos pi 12 ( A− pi 4 ) sin B 3 ≤ sin pi 6 + 1 3 cos pi 6 ( B− pi 2 ) sin C 3 ≤ sin pi 12 + 1 3 cos pi 12 ( C− pi 4 ) hay  sin A3 cos pi12 ≤ tan pi 12 + 1 3 ( B− pi 4 ) sin B3 cos pi6 ≤ tan pi 6 + 1 3 ( B− pi 2 ) sin C3 cos pi12 ≤ tan pi 12 + 1 3 ( C− pi 4 ) Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trong hệ trên ta có P = 4 sin A3√ 6+ √ 2 + 2 sin B3√ 3 + sin C3√ 6+ √ 2 ≤ tan pi 12 + tan pi 6 + tan pi 12 = 12− 5√3 3 . 8 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Dấu đẳng thức xảy ra khi A = C = pi 4 , B = pi 2 . Vậy P đạt giá trị lớn nhất làmax P = 12− 5√3 3 , khi tam giác ABC vuông cân tại B. Bài toán 2.11. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 cos A 3 + 4√ 6−√2 ( cos B 3 + cos C 3 ) . Lời giải. Áp dụng kết quả bài toán ?? cho tam giác A0B0C0 với A0 = pi 2 , B0 = C0 = pi 4 . Khi đó P = 2 cos A 3 + 4√ 6−√2 ( cos B 3 + cos C 3 ) ≤ cot pi 6 + cot pi 12 + cot pi 12 = 4+ 3 √ 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi B = C = pi 4 , A = pi 2 . Vậy P đạt giá trị lớn nhấtmax 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 A0B0C0 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 cosC. Lời giải. Ta cần đi xác định các giá trị A0, B0,C0 thỏa mãn α sin A0 = m α sin B0 = n α sinC0 = p với A0, B0,C0 là 3 góc trong 1 tam giác, α là một số dương nào đó. Điều này tương đương với  sin A0 = α m sin B0 = α n sinC0 = α 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 sinC0 = sin(A0 + B0) = sin A0 cos B0 + sin B0 cos A0 ⇔ α p = α m . √ 1− α 2 n2 + α n . √ 1− α 2 m2 ⇔ 1 p2 = 1 m2 ( 1− α 2 n2 ) + 1 n2 ( 1− α 2 m2 ) + 2 mn . √( 1− α 2 n2 )( 1− α 2 m2 ) ⇔ 2α 2 m2n2 + ( 1 p2 − 1 m2 − 1 n2 ) = 2 mn √ 1− m 2 + n2 m2n2 α2 + α4 m2n2 ⇔ 2α2 + (m2n2 p2 −m2 − n2 ) = 2. √ m2n2 − (m2 + n2)α2 + α4 ⇔ (m2n2 p2 −m2 − n2 )2 + 4α2 (m2n2 p2 −m2 − n2 ) = 4m2n2 − 4(m2 + n2)α2 ⇔ 4m2n2 − (m2n2 p2 −m2 − n2 )2 = 4m2n2 p2 α2 ⇔ α2 = p2 − (mn 2p − pm 2n − pn 2m )2 Rõ ràng α < p thỏa mãn sin A0, sin B0, sinC0 < 1. Ta cần tìm điều kiện của m, n, p để sin A0, sin B0, sinC0 > 0 tức là p > mn 2p − mp 2n − np 2m ⇔ 2 mn > 1 p2 − 1 m2 − 1 n2 ⇔ ( 1 m + 1 n )2 > 1 p2 ⇔ 1 m + 1 n > 1 p Với p = min{m, n, p} thì điều kiện trên có nghĩa 1 m , 1 n , 1 n lập thành số đo 3 cạnh của một tam giác. Khi đó M đạt giá trị lớn nhất bằng Mmax = α(cot A0 + cot B0 + cotC0). Sử dụng công thức cot A0 = √ 1 sin2 A0 − 1, ta có cot A0 = √ m2 − α2 α . Hoàn toàn tương tự ta có: cot B0 = √ n2 − α2 α , cotC0 = √ p2 − α2 α . Vậy Mmax = √ m2 − α2 + √ n2 − α2 + √ p2 − α2 với α2 = p2 − (mn 2p − pm 2n − pn 2m )2 . 10 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Ta có phân tích sau: m2 − α2 = m2 − p2 + (mn 2p − pm 2n − pn 2m )2 = (mn 2p )2 + (mp 2n )2 + ( pn 2m )2 + m2 2 − n 2 2 − p 2 2 = (mn 2p + pm 2n − pn 2m )2 Do vậy √ m2 − α2 = mn 2p + pm 2n − pn 2m . Tương tự, ta có: √ n2 − α2 = mn 2p − pm 2n + pn 2m và √ p2 − α2 = −mn 2p + pm 2n + pn 2m . Vậy ta đi đến kết luận Mmax = mn 2p + pm 2n + pn 2m , đạt được khi A = A0, B = B0,C = C0 hay sin A : sin B : sinC = 1 m : 1 n : 1 p , suy ra tam giác ABC đồng dạng với tam giác có số đo 3 cạnh lần lượt là 1 m , 1 n , 1 p . Vậy ta có thể tổng kết lại bài toán tổng quát như sau Bài toán mở rộng 2.1. Cho các số dương m, n, p sao cho 1 m , 1 n , 1 p lập thành độ dài các cạnh của một tam giác MNP cho trước. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có m cos A+ n cos B+ p cosC ≤ mn 2p + pm 2n + pn 2m . (2.1) 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 M = cos A 5 + cos B 12 + cosC 13 . Lời giải. Áp dụng bài toán tổng quát 2.1 với m = 1 5 , n = 1 12 , p = 1 13 thỏa mãn 5+ 12 > 13, không những thế ta còn có 52 + 122 = 132, ta được M ≤ 1 2 ( 13 5.12 + 12 5.13 + 5 12.13 ) = 119 780 . 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. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức maxP = 119 780 , đạt được khi tam giác ABC vuông tại C, 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 sinC 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 cos A0 = m α cos B0 = n α cosC0 = p với A0, B0,C0 là 3 góc trong 1 tam giác nhọn, α là một số dương nào đó. Điều này tương đương với  cos A0 = α m cos B0 = α n cosC0 = α p Do A0, B0,C0 là các góc trong một tam giác nên ta có cosC0 = − cos(A0 + B0) = − cos A0 cos B0 + sin A0 sin B0 ⇔ α p = − α m . α n + √ 1− α 2 n2 . √ 1− α 2 m2 ⇔ α p + α2 mn = √ 1− ( 1 m2 + 1 n2 ) α2 + α4 m2n2 ⇔ α 2 p2 + 2α3 mnp = 1− ( 1 m2 + 1 n2 ) α2 ⇔ 2α 3 mnp + ( 1 m2 + 1 n2 + 1 p2 ) α2 − 1 = 0 Không giảm tổng quát giả sử p = min{m, n, p}. Đặt g(α) = 2α3 mnp + ( 1 m2 + 1 n2 + 1 p2 ) α2 − 1. Dễ thấy g(α) là hàm liên tục và g(0) 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, cosC0 < 1. Khi đó biểu thức M đạt giá trị lớn nhất bằng Mmax = α(tan A0 + tan B0 + tanC0). 12 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Áp dụng công thức tan x = √ 1 cos2 x − 1, ta có tan A0 = √ m2 − α2 α , tan B0 = √ n2 − α2 α , tanC0 = √ p2 − α2 α . Vậy 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 mnp + ( 1 m2 + 1 n2 + 1 p2 ) α2 − 1 = 0. 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 sinC. Bài toán 2.15. Cho tam giác nhọn ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau P = tan A 2 + tan B 4 + tanC 8+ 4 √ 3 . Bài toán 2.16. Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau P = ( √ 6+ √ 2) ( cos A 2 + cos B 2 ) + 2 √ 3 3 cos C 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