cos A, cos B và cos C


Ở bài viết này tôi sẽ ghi lại một vài bài toán liên quan đến cosin của ba góc trong một tam giác. Hai kết quả thường dùng ở bài viết này là

Kết quả 1. Trong mỗi tam giác ABC ta có

\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C=1.\,\,\,\,\, (1)

Ngược lại, nếu x,yz là các số thực dương thỏa mãn

x^2+y^2+z^2+2xyz=1\,\,\,\, (2)

thì có tam giác nhọn ABC thỏa mãn x=\cos A,y=\cos Bz=\cos C.

Kết quả 2. Trong mỗi tam giác ABC ta có

x^2+y^2+z^2\geq 2xy\cos A+2yz\cos B+2zx\cos C\,\,\,\,\forall x,y,z\in\mathbb{R}.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \dfrac{z}{a}=\dfrac{x}{b}=\dfrac{y}{c}.

Chứng minh của kết quả 1. Trong mỗi tam giác ABC ta có vế trái của (1) bằng

\dfrac{1+\cos 2A}{2}+\dfrac{1+\cos 2B}{2}+\dfrac{1+\cos 2C}{2}+(\cos (A+B)+\cos (A-B))\cos C

=\dfrac{3+\sum\cos 2A+\cos (A+B+C)+\sum\cos (A-B+C)}{2}

=\dfrac{3+\sum\cos 2A-1-\sum\cos 2A}{2}=1.

Ngược lại, nếu x,yz là các số thực dương thỏa mãn (2) thì từ đẳng thức đó ta có x,y,z\in (0;1), suy ra có các góc nhọn A,BC sao cho x=\cos A,y=\cos Bz=\cos C. Ta cần chứng minh A+B+C=\pi là xong. Từ đẳng thức (2) ta có

2\cos^2A+2\cos^2B+2\cos^2C+4\cos A\cos B\cos C-2=0

\Rightarrow 1+\sum\cos 2A+2\cos C(\cos (A+B)+\cos (A-B))=0

\Rightarrow 1+\sum\cos 2A+\cos (A+B+C)+\sum\cos (A+B-C)=0

\Rightarrow 2\cos^2\left[\dfrac{A+B+C}{2}\right]+\sum (\cos 2A+\cos (B+C-A))=0

\Rightarrow \cos^2\left[\dfrac{A+B+C}{2}\right]+\sum \cos\left[\dfrac{A+B+C}{2}\right]\cos \left[\dfrac{3A-B-C}{2}\right]=0

\Rightarrow \cos\left[\dfrac{A+B+C}{2}\right]\left(\cos\left[\dfrac{A+B+C}{2}\right]+\sum\cos \left[\dfrac{3A-B-C}{2}\right]\right)=0

\Rightarrow \cos\left[\dfrac{A+B+C}{2}\right]\prod\cos\left[\dfrac{A+B-C}{2}\right]=0

\Rightarrow \cos\left[\dfrac{A+B+C}{2}\right]=0 (Vì các góc A,B,C là các góc nhọn nên giá trị tuyệt đối của các góc trong thừa số thứ hai nhỏ hơn \dfrac{\pi}{2}, và bởi vậy, cosin của nó khác không)

\Rightarrow \dfrac{A+B+C}{2}=\dfrac{\pi}{2} (Vì các góc A,B,C là các góc nhọn nên

\dfrac{A+B+C}{2}\in \left(0;\dfrac{3\pi}{4}\right))

\Rightarrow A+B+C=\pi.

Ta còn có thể làm cách khác như sau. Đặt x=\cos A,y=\cos BC=\pi-A-B với A,B\in\left( 0;\dfrac{\pi}{2}\right). Từ phần thuận ta có x^2+y^2+t^2+2xyt=1 với t=\cos C. Xem vế trái như một hàm của t thì hàm này đồng biến trên (0;\infty) nên có không quá một giá trị dương t_0 làm cho nó bằng 1. Ta sẽ chứng minh \cos C>0 và do đó z=\cos C. Từ đẳng thức (2) ta có \cos^2A+\cos^2B<1, suy ra \cos^2 A<\sin^2 B, hay \cos A<\cos \left(\dfrac{\pi}{2}-B\right). Từ đây với chú ý \cos x nghịch biến trên \left(0;\dfrac{\pi}{2}\right) ta có A>\dfrac{\pi}{2}-B\Rightarrow C\in \left(0;\dfrac{\pi}{2}\right).

Chứng minh của kết quả 2. Với mỗi ba số thực x,y,z ta có

\left(\dfrac{y}{c}\overrightarrow{AB}+\dfrac{z}{a}\overrightarrow{BC}+\dfrac{x}{b}\overrightarrow{CA}\right)^2\geq 0

\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xy\cos (\pi -A)+2yz\cos (\pi -B)+2zx\cos (\pi -C)\geq 0

\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq 2xy\cos A+2yz\cos A+2zx\cos C.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

\dfrac{y}{c}\overrightarrow{AB}+\dfrac{z}{a}\overrightarrow{BC}+\dfrac{x}{b}\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{0}

\Leftrightarrow \dfrac{y}{c}(-\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{CA})+\dfrac{z}{a}\overrightarrow{BC}+\dfrac{x}{b}\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{0}

\Leftrightarrow \dfrac{z}{a}=\dfrac{x}{b}=\dfrac{y}{c} (vì hai véc tơ \overrightarrow{BC},\overrightarrow{CA} không cùng phương).

Ta cũng có thể chứng minh bất đẳng thức này bằng cách biến đổi lượng giác tương đương.

Bây giờ là các bài tập áp dụng.

Bài 1. Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn x^2+y^2+z^2+2xyz=1. Chứng minh rằng

1+xyz=x\sqrt{(1-y^2)(1-z^2)}+y\sqrt{(1-z^2)(1-x^2)}+z\sqrt{(1-x^2)(1-y^2)}.

Lời giải. Theo kết quả 1, ta có tam giác nhọn ABC sao cho

(x,y,z)=(\cos A,\cos B,\cos C). Từ đây ta có

x\sqrt{(1-y^2)(1-z^2)}=\cos A\sqrt{(1-\cos^2B)(1-\cos^2C)}=\cos A\sin B\sin C,\cdots và ta cần chứng minh

1+\cos A\cos B\cos C=\cos A\sin B\sin C+\cos B\sin C\sin A+\cos C\sin A\sin B,

đẳng thức này tương đương với

1+\cos C(\cos A\cos B-\sin A\sin B)=\sin C(\cos A\sin B+\cos B\sin A)

\Leftrightarrow 1+\cos C\cos (A+B)=\sin C\sin (A+B)

\Leftrightarrow 1+\cos (A+B+C)=0,

điều cuối cùng này đúng vì A+B+C=\pi. Bài toán được giải. \Box

Bài 2. Chứng minh rằng với mỗi tam giác nhọn ABC ta có

x_1+x_2+x_3\geq\dfrac{3}{2},

ở đây x_n=2^{n-3}(\cos^n A+\cos^n B+\cos^n C)+\cos A\cos B\cos C.

Lời giải. Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho hai số dương ta có \cos^3x+\dfrac{\cos x}{4}\geq\cos^2x\,\,\forall x\in (0;\pi/2). Cho x lần lượt bằng A,B,C vào bất đẳng thức này, cộng theo vế chúng lại và chú ý là x_2=\dfrac{1}{2} (theo kết quả 1) ta có điều cần chứng minh. \Box

Bài 3. Chứng minh rằng với mỗi ba số thực x,yz ta có

a) yza^2+zxb^2+xyc^2\leq R^2(x+y+z)^2;

b) xa^2+yb^2+zc^2\geq 4S\sqrt{xy+yz+zx}.

Lời giải. a) Theo định lý sin thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

4yz\sin^2A+4zx\sin^2B+4xy\sin^2C\leq x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx

\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+2xy\cos 2C+2yz\cos 2A+2zx\cos 2B\geq 0

\Leftrightarrow (x\overrightarrow{OA}+y\overrightarrow{OB}+z\overrightarrow{OC})^2\geq 0,

ở đây O là tâm của đường tròn (ABC).

Bất đẳng thức này đúng nên ta chứng minh được a).

b) Chỉ việc áp dụng a) cho bộ ba (xa^2,yb^2,zc^2). \Box

Bài 4. (USAMO 2001) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a^2+b^2+c^2+abc=4. Chứng minh rằng

0\leq ab+bc+ca-abc\leq 2.

Lời giải. Các số a,b,c không thể cùng lớn hớn 1, ta xét chẳng hạn b\leq 1. Khi đó ab+bc+ca-abc=ab+bc+ca(1-b)\geq 0, bất đẳng thức thứ nhất được chứng minh.

Bất đẳng thức thứ hai có thể chứng minh theo hai hướng.

Hướng 1. Nếu một trong các số a,b,c bằng 0 thì không còn gì để làm. Ta giả sử các số này dương cả, lúc này áp dụng kết quả 1 ta có tam giác nhọn ABC sao cho a=2\cos A,b=2\cos B,c=2\cos C. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành (sau khi dùng kết quả 1 lần nữa)

4(\cos A\cos B+\cos B\cos C+\cos C\cos A)\leq 6-4(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C).

Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho hai số dương ta có

4\cos A\cos B=2\sqrt{\cot A\cot B\sin 2A\sin 2B}\leq \cot A\sin 2B+\cot B\sin 2A, viết hai bất đẳng thức tương tự, cộng ba bất đẳng thức đó theo vế ta được vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bé hơn hoặc bằng

\sum \cot A(\sin 2B+\sin 2B)

=2\sum \cot A\sin (B+C)\cos (B-C)

=-2\sum\cos (B+C)\cos (B-C),

đây chính là vế phải của bất đẳng thức cần chứng minh.

Hướng 2. Ta vẫn chỉ xét trường hợp cả ba số khác không. Hai trong ba số đã cho phải ở bên phải hay bên trái của 1 vì cả ba không thể ở cùng một bên. Gọi hai số đó là b,c thì ta có 0\leq b+c-bc\leq 1. Xem đẳng thức như một phương trình bậc hai của a ta sẽ có a=\dfrac{-bc+\sqrt{b^2c^2-4(b^2+c^2)+16}}{2}\leq\dfrac{-bc+|4-bc|}{2}=2-bc, ở đây ta đã dùng b,c\leq 2.

Từ bất đẳng thức cuối cùng này ta có

2-bc=(2-bc)\cdot 1\geq a(b+c-bc)=ab+ca-abc.

Bài toán được giải. \Box

Bài 5. (MOSP 2000) Chứng minh rằng nếu ABC là một tam giác nhọn thì

\left(\dfrac{\cos A}{\cos B}\right)^2+\left(\dfrac{\cos B}{\cos C}\right)^2+\left(\dfrac{\cos C}{\cos A}\right)^2+8\cos A\cos B\cos C\geq 4.

Lời giải. Dùng kết quả 1 ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\left(\dfrac{\cos A}{\cos B}\right)^2+\left(\dfrac{\cos B}{\cos C}\right)^2+\left(\dfrac{\cos C}{\cos A}\right)^2\geq 4(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C).

Đến đây ta có ba hướng để đi tiếp.

Hướng 1. Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho ba số ta có

2\left(\dfrac{\cos A}{\cos B}\right)^2+\left(\dfrac{\cos B}{\cos C}\right)^2\geq 12\cos^2A, viết hai bất đẳng thức tương tự sau đó cộng theo vế ba bất đẳng thức ta có điều cần chứng minh.

Hướng 2. Dùng kết quả 2 cho bộ ba \left(\dfrac{\cos A}{\cos B},\dfrac{\cos B}{\cos C},\dfrac{\cos C}{\cos A}\right), và cuối cùng ta dùng bất đẳng thức đã chứng minh trong Bài 8 là xong.

Hướng 3. Để theo hướng này ta cần bổ đề sau.

Bổ đề. Nếu a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc\leq 1 thì

\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\geq a+b+c.

Chứng minh của bổ đề. Ta xét hai trường hợp sau.

Trường hợp 1. Nếu abc=1.

Lúc này sẽ có các số thực dương x,y,z sao cho a=\dfrac{x}{y},b=\dfrac{y}{z}c=\dfrac{z}{x}, và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành \dfrac{x^2}{yz}+\dfrac{y^2}{zx}+\dfrac{z^2}{xy}\geq\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x},

hay x^3+y^3+z^3\geq x^2z+z^2y+y^2x, bất đẳng thức này đúng (vì theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho ba số ta có x^3+x^3+z^3\geq 3x^2z,\cdots.)

Trường hợp 2. Nếu abc=k^3<1, lúc này ta dùng trường hợp 1 cho bộ ba (a/k,b/k,c/k) kết hợp với k\in (0;1) là xong.

Quay lại bài toán.

Ta chỉ cần dùng bổ đề trên cho ba số 4\cos^2A,4\cos^2B,4\cos^2C là có điều cần chứng minh. \Box

Bài 6. (ISL 1995) Cho các số thực dương a,b,c. Tìm tất cả các bộ ba (x,y,z) các số thực dương sao cho x+y+z=a+b+c

a^2x+b^2y+c^2z+abc=4xyz.

Lời giải. Điều kiện thứ hai được viết lại dưới dạng

\dfrac{a^2}{yz}+\dfrac{b^2}{zx}+\dfrac{c^2}{xy}+\dfrac{abc}{xyz}=4,

từ đây theo kết quả 1, có tam giác nhọn ABC sao cho

\left(\dfrac{a}{\sqrt{yz}},\dfrac{b}{\sqrt{zx}},\dfrac{c}{\sqrt{xy}}\right)=(2\cos A,2\cos B,2\cos C).\,\,\, (3)

Thay trở lại đẳng thức thứ nhất của đầu bài ta được

x+y+z=2\sqrt{xy}\cos C+2\sqrt{yz}\cos A+2\sqrt{zx}\cos B.

Theo kết quả 2 ta có

\dfrac{\sqrt{z}}{\sin C}=\dfrac{\sqrt{y}}{\sin B}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sin A}.\,\,\, (4)

Từ (3)(4) ta có (x,y,z)=\left(\dfrac{b+c}{2},\dfrac{c+a}{2},\dfrac{a+b}{2}\right). Thử lại thấy bộ ba này thỏa mãn. \Box

Bài 7. (China TST 2007) Cho u,v,w > 0 thỏa mãn u+v+w+\sqrt{uvw}=4. Chứng minh rằng

\sqrt {\dfrac {uv}{w}}+\sqrt{\dfrac {vw}{u}}+\sqrt {\dfrac {wu}{v}}\geq u+v+w.

Lời giải. Theo kết quả 1 thì có tam giác nhọn ABC sao cho

(\sqrt{u},\sqrt{v},\sqrt{w})=(2\cos A,2\cos B,2\cos C),

và ta lại chuyển về bất đẳng thức của Bài 8. \Box

Bài 8. (India 1998) Cho các số thực dương x,yz thỏa mãn

xy+yz+zx+xyz=4. Chứng minh rằng x+y+z\geq xy+yz+zx.

Lời giải. Theo kết quả 1, có tam giác nhọn ABC sao cho

(\sqrt{xy},\sqrt{yz},\sqrt{zx})=(2\cos C,2\cos A, 2\cos B).

Từ đây ta có (x,y,z)=\left(\dfrac{2\cos B\cos C}{\cos A},\dfrac{2\cos C\cos A}{\cos B},\dfrac{2\cos A\cos B}{\cos C}\right),

và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\dfrac{\cos B\cos C}{\cos A}+\dfrac{\cos C\cos A}{\cos B}+\dfrac{\cos A\cos B}{\cos C}\geq 2(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C).

Bất đẳng thức này được suy ra từ kết quả 2 khi áp dụng nó cho bộ ba số

\sqrt{\dfrac{\cos B\cos C}{\cos A}},\sqrt{\dfrac{\cos C\cos A}{\cos B}},\sqrt{\dfrac{\cos A\cos B}{\cos C}}

theo một thứ tự thích hợp. \Box

Bài 9. Cho các số thực dương a,bc thỏa mãn a^2+b^2+c^2+abc=4. Chứng minh rằng

\sqrt{\dfrac{(2-a)(2-b)}{(2+a)(2+b)}}+\sqrt{\dfrac{(2-b)(2-c)}{(2+b)(2+c)}}+\sqrt{\dfrac{(2-c)(2-a)}{(2+c)(2+a)}}=1.

Bài 10. Tìm tất cả các bộ ba (a,b,c) các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3 và  a^2+b^2+c^2+abc=4.

Bài 11. Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện

x^2+y^2+z^2+2xyz=1.

Chứng minh các bất đẳng thức sau

a) xyz\leq\dfrac{1}{8};

b) x+y+z\leq\dfrac{3}{2};

c) xy+yz+zx\leq\dfrac{3}{4}\leq x^2+y^2+z^2;

d) xy+yz+zx\leq\dfrac{1}{2}+2xyz.

Bài 12. Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn điều kiện

xy+yz+zx+2xyz=1.

Chứng minh các bất đẳng thức sau

a) xyz\leq\dfrac{1}{8};

b) x+y+z\geq\dfrac{3}{2};

c) \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\geq 4(x+y+z);

d) \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-4(x+y+z)\geq\dfrac{(2z-1)^2}{z(2z+1)}, ở đây z=\max (x,y,z).

Bài 13. Cho tam giác nhọn ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

\sin A\sin^2B\sin^3C.

7 thoughts on “cos A, cos B và cos C”

  1. Thầy ơi, thầy có thể tổng hợp cho chúng em một số cách đặt ẩn phụ để đưa 1 số bđt về dạng đồng bậc không ạ, em thấy cách đặt của thầy rất hay.
    Cả cái này nữa, em thấy cũng rất hay!
    winwave1995 has written:
    x+y+z+2=xyz thì ta đặt x=\frac{a+b}{c} ; y=\frac{b+c}{a} ;z=\frac{a+c}{b}

  2. Các bài khác có liên quan này Bài 23, trang 109; Bài 29 trang 135; Bài 31 trang 136. Trong sách AI của Vasc.

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out / Change )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / Change )

Connecting to %s