π
Chúng ta ñi t bài toán ñ i s sau: V i ∀x ∈ 0, ta luôn có :
2
x x 2x
< tg < < sin x < x
2 2 π
Ch ng minh:
2x x 2x
Ta ch ng ming 2 bñt: sin x > và tg <
π 2 π
1 π xcos x- sin x
- ð t f ( x) = sin x là hàm s xác ñ nh và liên t c trong 0, . Ta có: f , ( x) = .
x 2 x2
π
ð t g ( x) = xcos x- sin x trong 0, khi ñó g , ( x ) = − x sin x ≤ 0 ⇒ g ( x ) ngh ch bi n trong ñ an
2
π π , π π 2
0, 2 nên g ( x ) < g ( 0 ) =0 v i x ∈ 0, 2 .Do ñó f ( x ) 〈0 v i ∀x ∈ 0, 2 suy ra f ( x ) > f 2 = π
2x π
hay sin x > v i ∀x ∈ 0,
π 2
1 π x − sin x π
- ð t h ( x ) = tgx xác ñ nh và liên t c trên 0, .Ta có h, ( x ) = > 0 ∀x ∈ 0,
x 2 2 x 2 cos 2
x 2
2
x π x 2x π
nên hàm s h ( x ) ñ ng bi n, do ñó h ( x ) < h = hay tg < v i ∀x ∈ 0,
2 2 2 π 2
x x
Còn 2 bñt tg > và sin x < x dành cho b n ñ c t ch ng minh.
2 2
Bây gi m i là ph n ñáng chú y
Xét ∆ABC : BC = a , BC = b , AC = b . G i A, B, C là ñ l n các góc b ng radian; r, R, p, S l n
lư t là bán kính ñư ng tròn n i ti p, bán kính ñư ng tròn ngo i ti p, n a chu vi và di n tích tam giác;
la, ha, ma, ra, tương ng là ñ dài ñư ng phân giác, ñư ng cao, ñư ng trung tuy n và bán kính ñư ng
tròn bàng ti p ng v i ñ nh A...
Bài toán 1: Ch ng minh r ng: Trong tam giác ABC nh n ta luôn có :
pπ p
< Acos 2 x + Bcos 2 B + Ccos 2C <
4R R
p
Nh n xét :T ñ nh lí hàm s sin quen thu c trong tam giác ta có : sin A + sin B + sin B = và bài
R
A 4
toán ñ i s ta d dàng ñưa ra bi n ñ i sau Acos 2 A < 2tg cos 2 A = sin A < Acos 2 A , t ñó ñưa ñ n
2 π
l i gi i như sau.
A 4
L i gi i: Ta có Acos 2 A < 2tg cos 2 A = sin A < Acos 2 A
2 π
p 4 p pπ
⇒ ∑ Acos 2 A < ∑ sin A = và ∑ Acos 2 A > ∑ sin A = ⇒ ∑ Acos 2 A >
R π R 4R
T ñây suy ra ñpcm.
A B B C C A x 2x
Trong m t tam giác ta có nh n xét sau : tg tg + tg tg + tg tg = 1 k t h p v i tg <
2 2 2 2 2 2 2 π
2 A 2 B 2 B 2C 2C 2 A A B B C C A π2
nên ta có + + > tg tg + tg tg + tg tg = 1 ⇒ A.B + B.C + C. A > (1).
π π π π π π 2 2 2 2 2 2 4
x x AB BC C A A B B C C A
M t khác tg > nên ta cũng d dàng có + + < tg tg + tg tg + tg tg = 1 t
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
ñây ta l i có A.B + B.C + C. A < 4 (2). T (1) và (2) ta có bài toán m i.
Bài toán 2:Cmr: Trong tam giác ABC nh n ta luôn có :
π2
< A.B + B.C + C. A < 4
4
Lưu y: Khi dùng cách này ñ sáng t o bài toán m i thì ñ toán là ∆ABC ph i là nh n vì trong bài
π
toán ñ i s thì ∀x ∈ 0, .L i gi i bài toán tương t như nh n xét trên. Nhưng b a sau ñem vào
2
2
l p ñ Tú thì tú tr l i th t là “s c”: áp d ng bñt ab + bc + ca ≤
(a + b + c) thì ta có ngay
3
2
( A+ B + C) π2
A.B + B.C + C. A ≤ = . T ñây ta có bài toán “ch t” hơn và “ñ p” hơn :
3 3
π2 π2
〈 A.B + B.C + C. A ≤
4 3
Ngoài ra, chúng ta còn cách ch ng minh ghê g m hơn là “d n bi n”, sau ñây là cách d n bi n c a
b n H u Vinh: t t vi t sau
Bây gi ta th ñi t công th c la, ha, ma, ra ñ tìm ra các công th c m i
A
2bccos
A A bc sin A 2
Trong ∆ABC ta luôn có: 2 S = bc sin A = cla sin + bla sin ⇒ la = =
2 2 A b+c
( b + c ) sin
2
1 b+c b+c 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
⇒ = > = + ⇒ + + > + + > + +
la 2bccos A 2bc 2 b c la lb lc a b c 2 R sin A sin B sin C
2
1 1 1 1 1 1 1
⇒ + + > + + . Như v y chúng ta có Bài toán 3
la lb lc 2 R A B C
Bài toán 3 :Cmr: Trong tam giác ABC nh n ta luôn có :
Trong tam giác ABC nh n ta luôn có :
1 1 1 1 1 1 1
⇒ + + > + +
la lb lc 2 R A B C
L i gi i tuơng t như ph n bi n ñ i trên.
bc b+c 2 R ( sin B + sin C )
M t khác, ta l i có = = . Áp dung bài toán ñ i s ta ñư c :
la 2cos A π A
2sin −
2 2 2
2( B + C )
R(B + C) R π R ( B + C ) bc 4 R ( B + C )
bc π bc 4 R
π> > ⇒ > > ⇒ πR > >
π−A la π A B+C la π (B + C) la π
−
2 2
ab 4 R ca 4 R
Hoàn toàn tương t ta có : π R > > và π R > > . T ñây, c ng 3 chu i bñt ta ñư c
lc π lb π
Bài toán 4 :Cmr: Trong tam giác ABC nh n ta luôn có :
12 R ab bc ca
< + + < 3π R
π lc la lb
L i gi i tuơng t như ph n bi n ñ i trên.
h h h h h h
Trong tam giác ta có k t qu sin A = b = c , sin B = c = a và sin C = a = b , mà t k t qu
c b a c b a
1 1
c a bài toán ñ i s ta d dàng có 2 < sin A + sin B + sin C < π ,mà 2 ( sin A + sin B + sin C ) = ha +
b c
1 1 1 1
+ hb + + hc + , t ñây ta có ñư c Bài toán 5.
c a a b
Bài toán 5 :Cmr: Trong tam giác ABC nh n ta luôn có :
1 1 1 1 1 1
4 < ha + + hb + + hc + < 2π
b c c a a b
L i gi i tuơng t như ph n bi n ñ i trên.
Ta xét ti p bài toán sau : Bài toán 6
Cmr: Trong tam giác nh n ta luôn có:
2 2 2
4
π2
( A2 + B 2 + C 2 ) < ma +3mb2 + mc < A2 + B 2 + C 2
R
2 2 b2 + c2 a2
Nh n xét:Liên h v i ma trong tam giác ta có ma = − , t ñó ta suy ra
2 4
3
ma + mb + mc2 = ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3R 2 ( sin A2 + sin B 2 + sin C 2 ) và t ñưa ñ n l i gi i.
2 2
4
4 x2 4 A2
L i gi i: Áp d ng bài toán ñ i s ta ñư c: 2 < sin 2 x < x 2 ta l n lư t có: 2
< sin 2 A < A2 ,
π π
2 2
4B 4C
2
< sin 2 B < B 2 và 2
< sin 2 C < C 2 .
π π
4 2
C ng 3 chu i bñt trên ta ñư c : (A + B 2 + C 2 ) < sin A2 + sin B 2 + sin C 2 < A2 + B 2 + C 2 , mà ta
π2
ma + mb + mc2
2 2
có ma + mb + mc2 = 3R 2 ( sin A2 + sin B 2 + sin C 2 )
2 2
⇒ 2
= ( sin A2 + sin B 2 + sin C 2 ) , t
3R
4 2 ma + mb + mc2
2
2
2
2
ñây ta ñư c: 2 ( A + B + C ) < 2
< A2 + B 2 + C 2 (ñpcm).
π 3R
A
Bây gi ta th sáng t o m t b t ñ ng th c liên quan t i ra, ta có công th c tính ra là ra = ptg ,t
2
x x 2x A ra 2 A
bài toán ñ i s < tg < ch c ch n ta d dàng tìm th y < < , tương t ta cũng có
2 2 π 2 p π
B ra 2 B C r 2C A + B + C ra + rb + rc 2 ( A + B + C )
< < và < a < , c ng 3 chu i bñt ta thu ñư c < < và
2 p π 2 p π 2 p π
ta thu ñư c Bài toán 7
Bài toán 7: Cmr: Trong tam giác ABC nh n ta luôn có:
A + B + C ra + rb + rc 2 ( A + B + C )
< <
2 p π
L i gi i tuơng t như ph n bi n ñ i trên.
Copyright by webtailieu.net