Luận văn bất đẳng thức trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược

1

Chương 1. Một số tính chất của các hàm
lượng giác và lượng giác ngược
Trong chương này trình bày các tính chất cơ bản của các hàm lượng giác và lượng
giác ngược là cơ sở cho các bài toán trong các chương tiếp theo.

1.1
1.1.1

Đồng nhất thức lượng giác
Một số đồng nhất thức liên quan đến hàm sin và cosin

Ta có cơng thức Euler
eiα = cos α + i sin α, α ∈ R.
Khi đó


iα
−iα

cos α = e + e
2
iα − e−iα
e

sin α =
.
2i
eα + e−α
Từ đó, ta suy ra cos(iα) =

. Như vậy hàm số cost với t = iα là biểu thức
2


1
1
có dạng
a+
, trong đó a = eα , cho nên, về mặt hình thức ta sẽ có nhiều
2
a
biến đổi thu được từ các công thức liên quan đến biến x ∈
/ [−1; 1] giống như hàm
số cost.
Ví dụ 1.1. Hệ thức đại số ứng với công thức
cos 2t = 2 cos2 t − 1,
chính là cơng thức


 

1 2 1
1
1 2
a + 2 =2
a+
− 1.
2
a
2

a


2

hay




1 2 1
1
1
2x − 1 =
a + 2 , với x =
a+
, a 6= 0.
2
a
2
a
2

Ví dụ 1.2. Hệ thức đại số ứng với công thức
cos 3t = 4 cos3 t − 3 cost,
chính là cơng thức


 


 

1 3 1
1
1 3
1
1
a + 3 =4
a+
−3
a+
.
2
a
2
a
2
a


1
1
4x3 − 3x =
a3 + 3 ,
2
a
với


1

1
a+
, a 6= 0.
x=
2
a
Ví dụ 1.3. Hệ thức đại số ứng với công thức
cos 5t = 16 cos5 t − 20 cos3 t + 5 cost,
chính là cơng thức


 

 

 

1 5 1
1
1 5
1
1 3
1
1
a + 5 = 16
a+
− 20
a+
+5
a+

.
2
a
2
a
2
a
2
a
hay


1 5 1
16x − 20x + 5x =
a + 5 ,
2
a
5

với

3



1
1
x=
a+
, a 6= 0.

2
a

Ví dụ 1.4. Hệ thức đại số ứng với công thức
cos 5t + cost = 2 cos 3t cos 2t,
chính là cơng thức

  

 
  

1
1
1 3 1
1 2 1
1 5 1
a + 5 +
a+
=2
a + 3
a + 2 .
2
a
2
a
2
a
2
a

3

Từ đó, sử dụng kết quả khai triển các hàm lượng giác cos 3t và cos 2t ta thu được
đồng nhất thức đại số sau




1 5 1
a + 5 = −x + 2 4x3 − 3x (2x2 − 1),
2
a
trong đó


1
1
x=
a+
, a 6= 0.
2
a
Ví dụ 1.5. Cho số thực m với |m| > 1. Tính giá trị của biểu thức
M = 8x3 − 6x,
trong đó
1
x=
2

q
q

p
p
3
3
m + m2 − 1 + m − m2 − 1 .

Lời giải. Vì |m| > 1 nên tồn tại số thực q để có hệ thức


1 3 1
m=
q + 3 .
2
q
Đặt t = q3 ta được phương trình t 2 − 2mt + 1 = 0,
√
√
từ đó suy ra t = m ± m2 − 1 hay q3 = m ± m2 − 1.
Chọn
q
p
3
q = m + m2 − 1,
thì ta được
q



q

p
p
3
1
1
1 3
q+
=
m + m2 − 1 + m − m2 − 1 = x.
2
q
2
Theo ví dụ 1.2 thì 4x3 − 3x = m nên M = 2m.
Tiếp theo, trong mục này sẽ trình bày một số đồng nhất thức quen biết liên quan
đến hàm số sin. Từ công thức Euler ta thu được hệ thức
i sint =

eit − e−it
.
2

Suy ra biểu thức i sin(it) nhận giá trị thực. Điều này gợi ý cho ta cách chuyển đổi
các đồng nhất thức đối với hàm số sin sang các đồng nhất thức đại số.


4

Ví dụ 1.6. Xét cơng thức khai triển

sin 3t = 3 sint − 4 sin3 t,
Từ đây ta thu được công thức
i sin (3it) = 3 (i sin it) + 4 (i sin it)3 .
Hệ thức đại số ứng với công thức trên là đồng nhất thức


 

 

1 3 1
1
1
1
1 3
a − 3 =3
a−
+4
a−
,
2
a
2
a
2
a
hay


1

1
a3 − 3
4x3 + 3x =
2
a
với



1
1
x=
a−
, a 6= 0.
2
a

Ví dụ 1.7. Xét cơng thức biến đổi


sin 5t + sint = 2 sin 3t 1 − 2 sin2 t ,
Ta viết lại công thức dưới dạng
h
i
2
i sin i (5t) + i sin(it) = 2i sin i(3t) 1 + 2 (i sin it) .
Hệ thức đại số ứng với công thức trên là đồng nhất thức





 
 "
 
2 #
1
1
1 3 1
1
1
1 5 1
a − 5 +
a−
=2
a − 3
1+2
a−
.
2
a
2
a
2
a
2
a
Từ ví dụ trên, sử dụng kết quả khai triển hàm lượng giác sin 3t ta thu được đồng
nhất thức đại số sau



1 5 1
a − 5 = −x + 2 4x3 + 3x 2x2 + 1 ,
2
a
trong đó


1
1
x=
a−
, a 6= 0.
2
a


5

Ví dụ 1.8. Cho số thực m. Tính giá trị của biểu thức
3
M = x3 + x,
4
trong đó
1
x=
2

q
q


p
p
3
3
m + m2 + 1 − m − m2 + 1 .

Lời giải. Với ∀m ∈ R luôn tồn tại số thực q để có hệ thức


1 3 1
m=
q − 3 .
2
q
Đặt t = q3 ta được phương trình t 2 − 2mt − 1 = 0,
√
√
từ đó suy ra t = m ± m2 + 1 hay q3 = m ± m2 + 1.
Chọn
q
q=

3

m+

p
m2 + 1

thì ta được
q



q
p
p
3
1
1
1 3
m + m2 + 1 − m − m2 + 1 = x.
q−
=
2
q
2
m
Theo ví dụ 1.6 thì 4x3 + 3x = m nên M = .
4

1.1.2

Một số đồng nhất thức liên quan đến hàm số tang và cotang

Theo công thức lượng giác cơ bản ta có
sint
π
,t 6= + kπ, k ∈ Z.

cost
2
Từ cơng thức Euler, ta thu được hệ thức
tant =

eiα − e−iα
i tant = iα
,
e + e−iα
Từ đây suy ra

e−α − eα
i tan (it) = −α
,
e + eα

hay
a2 − 1
i tan (it) = 2
.
a +1
Ta thấy biểu thức i tan(it) nhận giá trị thực. Điều này gợi ý cho ta cách chuyển đổi
các đồng nhất thức đối với hàm số tant sang các đồng nhất thức đại số.


6

Ví dụ 1.9. Xét cơng thức khai triển

2 tant 

π
tan 2t =
, t, 2t 6= + kπ, k ∈ Z
1 − tan2 t
2
Từ đây ta thu được cơng thức (hình thức)
i tan i(2t) =

2i tan(it)
.
1 + (i tan it)2

Hệ thức đại số ứng với cơng thức trên chính là đồng nhất thức
a2 − 1
2 2
a4 − 1
a +1
=

2 ,
4
a +1
a2 − 1
1+ 2
a +1
hay
a4 − 1
2x
=
,

a4 + 1 1 + x 2
với

a2 − 1
x= 2
.
a +1

Ví dụ 1.10. Xét cơng thức khai triển
tan 3t =


3 tant − tan3 t 
π
,
t,
3t
=
6
+
kπ,
k
∈
Z
1 − 3 tan2 t
2

Từ đây ta thu được công thức (hình thức)
3i tan(it) + (i tan it)3
i tan i(3t) =

.
1 + 3(i tan it)2
Hệ thức đại số ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức
 2
3
a2 − 1
a −1
3 2
+ 2
a6 − 1
a +1
a +1
=

2 ,
2
a6 + 1
a −1
1+3 2
a +1
hay
a2 − 1
a6 − 1 3x + x3
=
với
x
=
.
a6 + 1 1 + 3x2
a2 + 1

7

Ví dụ 1.11. Xét cơng thức khai triển

2 tan 2t 
π
tan 4t =
, 2t, 4t 6= + kπ, k ∈ Z
1 − tan2 2t
2
Từ đây ta thu được công thức (hình thức)
i tan i(4t) =

2i tan i(2t)
1 + (i tan i (2t))2

Hệ thức đại số ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức
a4 − 1
2 4
a8 − 1
a +1
=

2 ,
8
a +1
a4 − 1
1+ 4

a +1
Từ ví dụ trên, sử dụng kết quả khai triển hàm lượng giác tan 2t, ta thu được đồng
nhất thức đại số sau:
4x
1 + x2
=

2 ,
a8 + 1
2x
1+
1 + x2

a8 − 1

với

a2 − 1
x= 2
.
a +1

Ví dụ 1.12. Hệ thức đại số ứng với công thức

1 
π
, 2t 6= k , k ∈ Z
cot 2t =
tan 2t
2

chính là đồng nhất thức dưới đây
a4 + 1 1 + x 2
=
,
a4 − 1
2x
với

a2 − 1
x= 2
.
a +1

Ví dụ 1.13. Hệ thức đại số ứng với cơng thức

1 
π
, 3t 6= k , k ∈ Z
cot 3t =
tan 3t
2


8

chính là đồng nhất thức dưới đây
a6 + 1 1 + 3x2
=
,
a6 − 1 3x + x3

với

a2 − 1
.
x= 2
a +1

Ví dụ 1.14. Hệ thức đại số ứng với cơng thức

1 
π
, 4t 6= k , k ∈ Z
cot 4t =
tan 4t
2
chính là đồng nhất thức dưới đây


2x
1
+
a8 + 1
1 + x2
=
4x
a8 − 1
1 + x2
với

2

,

a2 − 1
x= 2
.
a +1

Ví dụ 1.15. Xét đồng nhất thức
(tant + cott)2 − (tant − cott)2 = 4
Ta viết lại đồng nhất thức đã cho dưới dạng
[i tan(it) + i cot(it)]2 − [i tan(it) − i cot(it)]2 = −4,
Hệ thức đại số ứng với cơng thức trên chính là đồng nhất thức với
2  2
2
 2
a − 1 a2 + 1
a − 1 a2 + 1
−
− 2
+
= −4.
a2 + 1 a2 − 1
a + 1 a2 − 1
hay

 

1 2
1 2
x−

− x+
= −4
x
x
với
x=

a2 − 1
.
a2 + 1


9

1.2

Tính chất của các hàm lượng giác ngược

Định nghĩa 1.1. Cho hàm số song ánh:
f :X →Y
trong đó X,Y là tập hợp số nói chung. Khi đó mỗi phần tử y = f (x) với y nằm
trong Y đều là ảnh của một và chỉ một phần tử trong X. Như vậy, có thể đặt tương
ứng mỗi phần tử y trong Y với một phần tử x trong X. Phép đặt tương ứng đó đã
xác định một hàm số, ánh xạ từ Y sang X, hàm số này được gọi là hàm số ngược
của hàm số f và kí hiệu là:
f −1 : y 7→ x = f −1 (y)
Nếu f −1 tồn tại ta nói hàm số f (x) khả nghịch. Có thể nói tính chất song ánh
là điều kiện cần và đủ để hàm f (x) khả nghịch, tức là nếu f (x) là song ánh thì tồn
tại hàm ngược f −1 và ngược lại.
Sau đây là một điều kiện đủ để hàm số đã cho có hàm số ngược.

Định lí 1.1 (xem [1]-[3]). Giả sử hàm y = f (x) xác định, đồng biến (đơn điệu tăng
thực sự) hoặc nghịch biến (đơn điệu giảm thực sự) và liên tục trong một khoảng X
nào đó. Khi đó trong khoảng tập các giá trị Y tương ứng của hàm đó, tồn tại hàm
ngược (đơn trị) x = g(y) và cũng là hàm đồng biến hoặc nghịch biến và liên tục
trong khoảng đó.
Nhận xét 1.1. Từ các hàm lượng giác cơ bản như y = sin x, y = cos x, y = tan x,
y = cot x, theo định lí trên, ta có các hàm lượng giác ngược tương ứng trong các
khoảng đồng
hoặc nghịch 
biến củachúng.
h πbiến
πi
π π
) hàm số y = sin x (hay y = tan x) là hàm
Trong − ; , (hay trong − ;
2 2
2 2
đồng biến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arcsin x
(hay y = arctan x) như sau:



y = arcsin x


x) ≡ x


 x = sin y
 sin(arcsin

π
π
−
≤
arcsin
x
≤
⇔
−1 ≤ x ≤ 1


2

 2

π
π

−1
≤
x
≤
1
 − ≤y≤
2
2


10




y = arctan x


x) ≡ x


 tan(arctan
 x = tan y
π
π
≤
arctan
x
≤
−
⇔
−∞ < x < +∞


2

 2

π
π

−∞

<
x
<
+∞
 − ≤y≤
2
2
• Trong [0; π] (hay trong (0; π)) hàm số y = cos x (hay y = cot x) là hàm nghịch
biến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arccos x
(hay y = arccot x) như sau:




 cos(arccos x) ≡ x
 y = arccos x
⇔ 0 ≤ arccos x ≤ π
x = cos y


 −1 ≤ x ≤ 1
 −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ π
và





y
=

arccot
x

 cos(arccot x) ≡ x
⇔ 0 < arccot x < π
x = cot y


 −∞ < x < +∞, 0 < y < π
 −∞ < x < +∞
1) arcsin (−x) = −arcsin x, ∀x ∈ [−1; 1]
2) arccos (−x) = π − arccos x, ∀x ∈ [−1; 1]
3) arctan (−x) = −arctan x
4) arccot (−x) = −arccot x
Để khảo sát các hàm lượng giác ngược, ta cũng cần phải biết tính đạo hàm các

cấp của chúng.
Định lí 1.2 (xem [1]-[3]). Giả sử hàm y = f (x) thoả mãn các điều kiện của Định
lí 1.1 về sự tồn tại hàm ngược và tại điểm x = x0 hàm số có đạo hàm f 0 (x0 ) hữu
hạn và khác 0.
Khi đó đối với hàm ngược x = g(y) tại điểm tương ứng y0 = f (x0 ) cũng tồn tại
đạo hàm và có giá trị bằng
1
.
f 0 (x0 )
Vậy ta có cơng thức đơn giản
x0y =

1
.

y0x

Bây giờ ta chuyển qua tính đạo hàm của các hàm lượng giác ngược.
Để thuận lợi trong tính tốn, ta đổi vai trị của các biến x và y và viết công thức
1
trên dưới dạng y0x = 0 .
xy


11

* Hàm y = arcsin x, (−1 < x < 1), với −
(hàm ngược của hàm x = sin y).
Khi đó, ta có x0y = cos y > 0 với −
Theo cơng thức trên ta có
y0x =

π
π
2
2

π
π
2
2

1

1
1
1
=√
.
=
=p
0
xy cos y
1 − x2
1 − sin2 y

π
(Ta bỏ đi các giá trị x = ±1 bởi vì đối với các giá trị tương ứng y = ± , thì đạo
2
hàm x0y = cos y = 0). Vậy hàm y = arcsin x là hàm đồng biến.
2x
> 0 với 0 < x < 1 và y00 < 0 với −1 < x < 0.
Lại có y00 = q
(1 − x2 )3
Suy ra hàm y = arcsin x lõm với 0 < x < 1 và lồi với −1 < x < 0.
Hơn nữa, ta có
Với 0 < x < 1 thì y00 > 0 nên y (x) > y (a) + y0 (a) (x − a) , ∀a ∈ (0; 1) .
Với −1 < x < 0 thì y00 < 0 nên y (x) < y (a) + y0 (a) (x − a) , ∀a ∈ (−1; 0) .
Tương tự, ta xét các hàm lượng giác ngược còn lại.
* Hàm y = arccos x(−1 < x < 1) với 0 < y < π (hàm ngược của hàm x = cos y).
Ta có x0y = −siny với 0 < y < π.
Khi đó
y0x =

1
1
1
1
= −p
=−
= −√
< 0.
0
xy
sin y
1 − x2
1 − cos2 y

Vậy nên, hàm y = arccos x là hàm nghịch biến.
Lại có
2x
y00 = − q
< 0 với 0 < x < 1 và y00 > 0 với −1 < x < 0.
(1 − x2 )3
Suy ra hàm y = arccos x lồi với 0 < x < 1 và lõm với −1 < x < 0.
Hơn nữa, ta có
Với 0 < x < 1 thì y00 < 0 nên y (x) < y (a) + y0 (a) (x − a) , ∀a ∈ (0; 1) .
Với −1 < x < 0 thì y00 > 0 nên y (x) > y (a) + y0 (a) (x − a) , ∀a ∈ (−1; 0) .
π
π
* Hàm y = arctan x, −∞ < x < +∞ với − < y < (hàm ngược của hàm
2
2
x = tan y).

1
1
1
Ta có x0y =
=
=
.
2
2
cos y 1 − sin y 1 − x2


12

1
1
=
> 0. Do đó, hàm y = arctan x là hàm đồng biến.
0
xy 1 + x2
−2x
Lại có y00x =
< 0 với x > 0 và y00 > 0 với x < 0, suy ra hàm y = arctan x
2
2
(1 + x )
lồi với ∀x > 0 và lõm với ∀x < 0.
Suy ra y0x =

Và hơn nữa, ta có

Với x > 0 thì y00 < 0 nên y (x) < y (a) + y0 (a) (x − a) , ∀a > 0.
Với x < 0 thì y00 > 0 nên y (x) > y (a) + y0 (a) (x − a) , ∀a < 0.
* Hàm y = arccot x, −∞ < x < +∞ với 0 < y < π
(hàm ngược của hàm x = cot y).




1
Ta có x0y = − 2 = − 1 + cot2 y = − 1 + x2 .
sin y
1
1
Suy ra y0x = 0 = −
< 0.
xy
(1 + x2 )
Do đó, hàm y = arccot x là hàm nghịch biến.
2x
Lại có y00x =
> 0 với x > 0 và y00 < 0 với x < 0,
2
2
(1 + x )
suy ra hàm y = arccot x lõm với ∀x > 0 và lồi với ∀x < 0.
Và hơn nữa, ta có
Với x > 0 thì y00 > 0 nên y (x) > y (a) + y0 (a) (x − a) , ∀a > 0.
Với x < 0 thì y00 < 0 nên y (x) < y (a) + y0 (a) (x − a) , ∀a < 0.


13

Chương 2. Bất đẳng thức trong lớp các
hàm lượng giác và lượng giác ngược
Nội dung chương này trình bày về các bất đẳng thức sinh bởi các hàm lượng giác,
lượng giác ngược và một số bài tập cơ bản được áp dụng trong chương sau.

2.1

Bất đẳng thức đại số sinh bởi các hàm lượng giác

2.1.1

Bất đẳng thức sinh bởi hàm cosin

Bài toán 2.1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có
1
3
cos A + cos B + cosC < .
2
2
Lời giải.
Vì vai trị của A và B như nhau, ta thấy bài tốn có tính chất đối xứng cục bộ.
Ta có
1
A+B
A−B 1
cos A + cos B + cosC = 2 cos
cos
+ cosC
2
2

2 2

C
A−B 1
2C
= 2 sin cos
+
1 − 2 sin
2
2
2
2

2
C
A−B
A−B 1 3
= − sin − cos
+ cos2
+ ≤
2
2
2
2 2
Dấu đẳng thức xảy ra
⇔ sin

C
A−B
= cos

= ±1 vơ lí
2
2

Vậy
1
3
cos A + cos B + cosC < .
2
2


14

1
Bài toán 2.2. Cho số dương m, 0 < m < . Chứng minh rằng với mọi tam giác
2
ABC ta đều có
cos A + cos B + m cosC < 2 − m.
Lời giải. Ta thấy ngay bài tốn có tính chất đối xứng cục bộ. Ta có
P = cos A + cos B + m cosC
A+B
A−B
= 2 cos
cos
+ m cosC
2
2 

A−B

C
2C
+ m 1 − 2 sin
= 2 sin cos
2
2
2


C
C
≤ 2 sin + m 1 − 2 sin2
2
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B
Xét hàm số
 πi
f (t) = 2 sint + m(1 − 2 sin t),t ∈ 0, .
2
2

Ta có

 πi
1
f (t) = 2 cost(1 − 2m sint) > 0, ∀t ∈ 0, , 0 < m <
2
2
 πi
Vậy f (t) đồng biến trong khoảng 0, . Do vậy

2
π 
 π
f (t) < f
= 2 − m, ∀t ∈ 0,
.
2
2
0

Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có
cos A + cos B + cosC > 1.
Lời giải. Ta có
A−B
A+B
cos
+ cosC
2
2
C
A−B
C
= 2 sin cos
+ 1 − 2 sin2
2
2
2

C

A−B
A+B
= 1 + 2 sin
cos
− cos
2
2
2
A
B
C
= 1 + 4 sin sin sin ≤ 1.
2
2
2

cos A + cos B + cosC = 2 cos


15

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
sin

A
B
C
sin sin = 0 vơ lí
2
2

2

Suy ra
cos A + cos B + cosC > 1(Øiuphichngminh.)
Bài toán 2.4. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC tùy ý ta ln có
6 cos A + 3 cos B + 2 cosC > −1.
Lời giải. Ta có
6 cos A + 3 cos B + 2 cosC = 6(cos A + cos B + cosC) − 3 cos B − 4 cosC
Áp dụng bài toán trên ta có cos A + cos B + cosC > 1 nên
6(cos A + cos B + cosC) > 6
Lại có cos B < 1, cosC < 1 nên
−3 cos B − 4 cosC > −3.1 − 4.1 = −7
Vậy nên, ta thu được
6 cos A + 3 cos B + 2 cosC > −1,
suy ra điều phải chứng minh.

2.1.2

Bất đẳng thức sinh bởi hàm sin

Bài toán 2.5. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có
√
3 3
.
sin A + sin B + sinC ≤
2


16

Lời giải. Ta có
π
3



A+B
A−B
C π
C π
=2 sin
cos
+ 2 sin
+
cos
−
2
2
2 6
2 6


C π
A+B
+ 2 sin
+
≤2 sin
2
2 6


 

π
π
A + B +C +
A + B −C −

 
3
3
≤2.2 sin 
 sin 

4
4
sin A + sin B + sinC + sin

≤4 sin

π
3

√
3 3
( đpcm).
Suy ra sin A + sin B + sinC ≤
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

A−B



=1
cos



2





A=B
C π





cos
−
=1
π
C=
2 6

⇔
π
3





π
A + B −C −






A
+
B
=
C
+
3


cos 
=1
3


4


⇔ ∆ABC đều .

Bài toán 2.6. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có
√
√
4 6
sin A + sin B + 3 sinC ≤
.
3
Lời giải. Ta có
√
A+B
A−B √
C √
cos
+ 3 sinC ≤ 2 cos + 3 sinC
sin A + sin B + 3 sinC = 2 sin
2
2
2
Xét hàm số

x √
f (x) = 2 cos + 3 sin x, x ∈ [0; π].
2

Ta có
√
x √
x
x √

f 0 (x) = − sin + 3 cos x = −2 3 sin2 − sin + 3
2
2
√ 2
√
x
x
3 + 2 sin
=
1 − 3 sin , ∀x ∈ [0; π].
2
2


17

Do đó f 0 (x) = 0 khi sin

x
1
= √ và đổi dấu từ dương sang âm nên
2
3
f (x) ≤ f (x0 ) với sin

x0
1
=√ .
2
3

Mặt khác, ta có
√
√
x0 4 6
x0
x0
.
f (x0 ) = 2 cos + 2 3 sin cos =
2
2
2
3
Do đó

√
4 6
f (x) ≤
.
3

Từ đó, ta suy ra
√
√
C √
4 6
sin A + sin B + 3 sinC ≤ 2 cos + 3 sinC ≤
.
2
3

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

A−B

cos
=1
2
C
1

sin = √
2
3

⇔


A = B

1
C = 2arcsin √
3

1
hay tam giác ABC cân tại C và có C = 2arcsin √ .
3
Bài toán 2.7. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có
(2k + 1)2
sin A + sin B + k sin C ≤
khi k > 0.

4k
2

2

2

Lời giải. Đặt M = sin2 A + sin2 B + k sin2 C. Khi đó
1 − cos 2A 1 − cos 2B
+
+ k sin2 C − M = 0
2
2
⇔1 − cos(A + B) cos(A − B) + k sin2 C − M = 0
⇔1 + cosC cos(A − B) + k(1 − cos2 C) − M = 0
⇔ − k cos2 C + cos(A − B) cosC + 1 + k − M = 0.
Ta có
∆ = cos2 (A − B) + 4k(1 + k − M) ≥ 0 suy ra 4k2 + 4k(1 − M) + 1 ≥ 0


18

hay
(2k + 1)2
M≤
, do k > 0
4k
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



cosC = cos(A − B)
cosC = 1
2k
2k
⇔
cos2 (A − B) = 1
A = B
hay tam giác ABC cân tại C và có cosC =

1
.
2k

Bài tốn 2.8. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có
sin

A
B
C 1
sin sin ≤ .
2
2
2 8

Lời giải. Ta có


B
C 1
A−B

A+B
C
A
cos
− cos
sin
sin sin sin =
2
2
2 2
2
2
2




1
C
C
A−B
≤
1 − sin
sin
vì 0 < cos
≤1
2
2
2
2



C
C 2
1  1 − sin 2 + sin 2 
≤ 

2
2
1
≤ (đpcm).
8
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi


cos A − B = 1
2
C
C

sin = 1 − sin
2
2

⇔ ∆ABC đều .

Bài toán 2.9. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có
r
A
Bn

C
n
√
sin sin
sin ≤
.
2
2
2 2(n + 1) n n + 1
Lời giải. Ta có


A
B n C
nn
(2.1) ⇔ sin sin
sin ≤ n
2
2
2 2 (n + 1)n (n + 1)

(2.1)


19

Mặt khác


 


A
B n C
1
A−B
A+B n C
sin sin
sin =
cos
− cos
sin
2
2
2
2
2
2
2

n
C
1
C
≤ n 1 − sin
sin
2
2
2

 



1
C
C
C
= n 1 − sin
... 1 − sin
n sin
n2
2
2
2


C
C
C n+1
1  1 − sin 2 + ... + 1 − sin 2 + n sin 2 
≤ n

n2
n+1
Ta lại có
n

n+1

1
nn

=
suy ra điều phải chứng minh .
n2n (n + 1)n+1 2n (n + 1)n (n + 1)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 − sin

2.2
2.2.1

C
C
1
C
= n sin ⇔ sin =
.
2
2
2 n+1

Bất đẳng thức đại số sinh bởi các hàm lượng giác ngược
Một số dạng bất đẳng thức giữa lớp hàm arcsin và arccosin

Bài toán 2.10. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng ∀α ≥ 4 ta ln có
A
B
C
π
a) arcsin + arcsin + arcsin ≥ 3arcsin
.

α
α
α
3α
A
B
C
π
b) arccos + arccos + arccos ≤ 3arccos
.
α
α
α
3α
Lời giải. a. Ta có cơng thức sau
sin (arcsin α) + sin (arcsin β )




arcsin α − arcsin β
arcsin α + arcsin β
. cos
.
= 2 sin
2
2
π
π π
π

Vì − < arcsin α < , − < arcsin β < nên
2
2 2
2


arcsin α − arcsin β
0 < cos
≤ 1.
2


20

Do đó, ta có bất đẳng thức


arcsin α + arcsin β
sin (arcsin α) + sin (arcsin β ) ≤ 2 sin
2


.

Từ đó, ta có


A
B





arcsin + arcsin
A
B

α
α
sin arcsin
+ sin arcsin
≤ 2 sin 
.
α
α
2


C
π



arcsin + arcsin
π 
C

α
3α 
+ sin arcsin

≤ 2 sin 
sin arcsin
.
α
3α
2
Cộng vế theo vế của bất đẳng thức trên, ta được


B
C
π
A
arcsin + arcsin + arcsin + arcsin
A B C
π

α
α
α
3α 
+ + +
≤ 4 sin 

α α α 3α
4

A B C
B
C

π
π
A
+ + +
arcsin + arcsin + arcsin + arcsin

α
α
α
3α 
⇔ sin 
 ≥ α α α 3α
4
4



B
C
π
A

arcsin + arcsin + arcsin + arcsin
π 

α
α
α
3α 
⇔ sin 

.
≥
sin
arcsin

4
3α



Vì hàm số sin là hàm đồng biến trong khoảng
arcsin

−π π
;
2 2


nên ta có

B
C
π
A
+ arcsin + arcsin ≥ 3arcsin
, ∀α ≥ 4.
α
α
α
3α

b. Ta có công thức sau
cos (arccos α) + cos (arccos β )



arccos α + arccos β
arccos α − arccos β
= 2 cos
. cos
.
2
2
Vì 0 < arccos α < π, 0 < arccos β < π nên


arccos α − arccos β
0 < cos
< 1.
2