một số phương pháp lượng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số

I. Đặt vấn đề
Trong chơng trình toán ở trờng phổ thông việc chứng minh bất đẳng thức
là một vấn đề có thể nói là phức tạp nhất, nó rèn cho ngời làm toán trí thông
minh, sự sáng tạo, ngoài ra còn có cả sự khéo léo, mỗi kết quả của nó là một
công cụ sắc bén của toán học. Nhng để chứng minh bất đẳng thức thì không đơn
giản chút nào, nhất là đối với học sinh, các em tỏ ra lúng túng khi chọn cho mình
một công cụ để chứng minh hiệu quả nhất. Đã có rất nhiều tài liệu đa ra một số
phơng pháp rất tốt để chứng minh bất đẳng thức chẳng hạn:
- Phơng pháp sử dụng các tính chất cơ bản của bất đẳng thức.
- Phơng pháp sử dụng tam thức bậc 2.
- Phơng pháp sử dụng những bất đẳng thức kinh điển.
- Phơng pháp sử dụng phản chứng.
- Phơng pháp sử dụng quy nạp.
- Phơng pháp sử dụng đạo hàm.
- Phơng pháp sử dụng hình học.
- Phơng pháp sử dụng hàm lồi.
Mặc dù vậy song vẫn là cha đủ bởi sáng tạo của mỗi ngời làm toán là vô
hạn. Chính vì vậy trong bài viết này tôi muốn đề cập về "Một số phơng pháp l-
ợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số " nhằm trang bị thêm cho học sinh
một số công cụ hữu hiệu để chứng minh các bất đẳng thức đại số. Phơng pháp l-
ợng giác hoá đã đợc một số sách của các tác giả đề cập nh giáo s Phan Đức
Chính, giáo s Phan Huy Khải, phó tiến sĩ Vũ Thế Hựu viết. Nhng do cấu trúc
mục tiêu của các cuốn sách đó mà các tác giả đều không đi sâu vào phơng pháp
này hay nói cách khác là cha thật cụ thể hoá, hệ thống hoá nó.
Là một giáo viên gần 20 năm giảng dạy với các đối tợng học sinh khá giỏi
của các lớp chọn tôi đã phân chia phơng pháp này thành 5 dạng bài tập. Nhằm
cung cấp cho học sinh nhận ra các dấu hiệu ban đầu để thực hiện các bớc lợng
giác hoá bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số, để rồi dùng các kết quả của
bất đẳng thức lợng giác chứng minh bất đẳng thức đại số.
Qua thực tế giảng dạy ở các lớp chọn khối 11 trờng THPT tôi nhận thấy
việc phân chia dạng của tôi là hợp lý, lôgíc cụ thể, có thể nhanh chóng tìm ra ph-

ơng pháp chứng minh đợc bất đẳng thức bằng cách áp dụng các phơng pháp t
duy này của tôi.
Tôi sẽ trình bày về hiệu quả của phơng pháp này đối với học sinh ở phần 4
kết quả trắc nghiệm thực tế của sáng kiến.
Các tài liệu tham khảo
1. Bất đẳng thức của giáo s Phan Đức Chính - NXB Giáo dục 1995.
2. Các bài toán chọn lọc về bất đẳng thức 2 tập của giáo s Phan Huy Khải
- NXB Giáo dục Hà Nội 2000.
3. Phơng pháp lợng giác hoá của PTS Vũ Thế Hựu - NXB Giáo dục 2002.
1
II. giải quyết vấn đề
1. Các kiến thức cần nắm
1.1. Các hệ thức cơ bản
+
1sincos
22
=+
+ 1 + tg
2
=
)k
2
(
cos
1
2
+

+ tg . cotg = 1 (
2
k
) + 1 + cotg
2
=
)k(
sin
1
2


1.2. Công thức cộng góc
+ cos( ) = cos cos

sin sin
+ sin( ) = sin cos cos sin
+ tg ( ) =
)k
2
;(
tgtg1
tgtg
+





+ cotg( ) =

gcotgcot
1gcot.gcot

)k;(
1.3. Công thức nhân
+ sin2 = 2 sin cos
+ cos2 = cos
2
- sin
2
= 2cos
2
- 1 = 1 - 2sin
2

+ tg2 =
)
2
k
4
(
tg1
tg2
2

+

+ cotg2 =
)
2
k
(
gcot2
1gcot
2




+ sin3 = 3sin - 4sin
3

+ cos3 = 4cos
3
- 3cos
+ tg3 =
3
k
6
(
tg31
tgtg3
3
3

+




)
1.4. Công thức hạ bậc
+ cos
2
=
2
2cos1 +
+ sin
2
=
2
2cos1
+ tg
2
=
+

2cos1
2cos1

)k
2
( +

1.5. Công thức biến đổi tổng thành tích:
+ cos + cos = 2cos
2
cos
2
+
+ cos - cos = - 2sin
22

sin
+
+ sin + sin = 2sin
22

cos
+
2
+ sin - sin = = - 2cos
2
sin
2
+
+ tg tg =


cos.cos
)sin(

)k
2

;( +


1.6. Công thức biến đổi tích thành tổng:
+ cos.cos =
)]cos()[cos(
2
1
++
+ sin.sin =
)]cos()[cos(
2
1
++
+ sin.cos =
)]sin()[sin(
2
1
++
2. Nội dung của sáng kiến
Qua một quá trình nghiên cứu tham khảo bài toán chứng minh bất đẳng
thức bằng phơng pháp lợng giác ở nhiều sách đều đa ra các phơng pháp chứng
minh bất đẳng thức bằng phơng pháp lợng giác rất mơ hồ cha có hệ thống, cha
phân chia thành các dạng bài tập. Với các kiến thức về chứng minh bất đẳng thức
bằng phơng pháp lợng giác mà tôi đợc biết tôi đã phân chia thành 5 dạng bài tập
cơ bản mà tôi sẽ giới thiệu sau đây.
Trong mỗi dạng bài tập tôi đều đa ra phơng pháp chọn cách đặt để học
sinh nhanh chóng chuyển 1 vế của bất đẳng thức đại số phải chứng minh về biểu
thức lợng giác sau đó biến đổi để đánh giá bất đẳng thức lợng giác bằng các bất
đẳng thức lợng giác đơn giản nh:

2 2
| sin | 1;| cos | 1; sin 1; cos 1 ( *)
n n
n N


* Để học sinh nắm kiến thức một cách hệ thống tôi đã lập bảng một số
dấu hiệu nhận biết sau:( Giả sử các hàm số lợng giác sau đều có nghĩa)
Biểu thức đại số
Biểu thức lợng giác
tơng tự
Công thức lợng giác
1 + x
2
1 + tg
2
t 1+tg
2
t =
tcos
1
2
4x
3
- 3x 4cos
3
t - 3cost 4cos
3
t - 3cost = cos3t
2x

2
- 1 2cos
2
t - 1 2cos
2
t - 1 = cos2t
2
x1
x2

ttg1
tgt2
2

ttg1
tgt2
2

= tg2t
2
x1
x2
+
ttg1
tgt2
2
+
ttg1
tgt2
2

+
= sin2t
xy1
yx

+

+
tgtg1
tgtg

+
tgtg1
tgtg
= tg(+)
x
2
- 1
1
cos
1
2


1
cos
1
2

= tg
2


3
một số phơng pháp lợng giác để chứng minh
bất đẳng thức đại số
I. Dạng 1: Sử dụng hệ thức sin
2

+ cos
2

= 1
1) Ph ơng pháp:
a) Nếu thấy x
2
+ y
2
= 1 thì đặt



=
=
cosy
sinx
với [0, 2]
b) Nếu thấy x
2

+ y
2
= a
2
(a > 0) thì đặt



=
=
cosay
sinax
với [0, 2]
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Cho 4 số a, b, c, d thoả mãn: a
2
+ b
2
= c
2
+ d
2
= 1
Chứng minh rằng:
2
S = a(c+d) + b(c-d)
2
Giải:
Đặt

=
=
ucosb
usina
và



=
=
vcosd
vsinc
S = sinu(sinv+cosv) + cosu(sinv-cosv)
S = (sinucosv+cosusinv) - (cosucosv - sinusinv) = sin(u+v) - cos(u+v)

2)dc(b)dc(aS2]2,2[
4
)vu(sin2S
++=







+=
(đpcm)

VD2: Cho a
2
+ b
2
= 1. Chứng minh rằng:
2
25
b
1
b
a
1
a
2
2
2
2
2
2







++

+
Giải:
Đặt a = cos và b = sin với 0 2. Thế vào biểu thức vế trái rồi biến đổi.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
sin
1
sin
cos
1
cos
b
1
b
a
1
a

++







+=






++






+

= cos
4
+ sin
4
+
4
sin.cos
sincos
sincos4
sin
1
cos
1
44
44
44
44
+

+
++=+

+

=
( )
4
sin.cos
1
1sincos

44
44
+







++
=
( )
[ ]
4
sin.cos
1
1sincos2sincos
44
2222
+







++
=

2
25
4
2
17
4)161(
2
1
14
2sin
16
12sin
2
1
1
4
2
=+=++






+

+







(đpcm)
Bây giờ ta đẩy bài toán lên mức độ cao hơn một bớc nữa để xuất hiện a
2
+b
2
=1
4
VD3: Cho a
2
+ b
2
- 2a - 4b + 4 = 0. Chứng minh rằng:
A =
2334b)324(a)321(2ab32ba
22
++++
Giải:
Biến đổi điều kiện: a
2
+ b

2
- 2a - 4b + 4 = 0 (a-1)
2
+ (b-2)
2
= 1
Đặt
+=



+=
+=




=
=
cossin32cossinA
cos2b
sin1a
cos2b
sin1a
22
A
2)
6
2sin(22cos
2

1
2sin
2
3
22cos2sin3

===
(đpcm)
VD4: Cho a, b thoả mãn :
7 12b 5a ++
= 13
Chứng minh rằng: a
2
+ b
2
+ 2(b-a) - 1
Giải:
Biến đổi bất đẳng thức: a
2
+ b
2
+ 2(b-a) - 1 (a-1)
2
+ (b + 1)
2
1
Đặt

=+
=
cosR1b
sinR1a
với R 0
222
R)1b()1a(
1cosRb
1sinRa
=++



=
+=

Ta có:
137)1cosR(12)1sinR(5137b12a5 =+++=++

R
13
5
arccossinRcos
13
12
sin
13
5
R113cosR12sinR5

+=+==+
Từ đó (a-1)
2
+ (b+1)
2
= R
2
1 a
2
+ b
2
+ 2(b - a) - 1 (đpcm)
II. Dạng 2: Sử dụng tập giá trị
1|cos|;1|sin|
1. Ph ơng pháp :
a) Nếu thấy |x| 1 thì đặt
[ ]
sin ;
2 2
cos 0;
x khi
x khi

=





=

b) Nếu thấy |x| m (
0m
) thì đặt
[ ]
sin ;
2 2
cos 0;
x m khi
x m khi





=

=

2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng: (1+x)
p
+ (1-x)
p
2
p
|x| 1 ; P 1.
Giải:
Đặt x = cos với [0, ], khi đó (1 + x)
p
+ (1 - x)
p
= (1+cos)
p
+ (1-cos)
p
5
=
p22pp2p2p
p
2
p
2
2
2
sin

2
cos2
2
sin
2
cos2
2
sin2
2
cos2 =






α
+
α
≤






α
+
α
=







α
+






α
(®pcm)
VD2: Chøng minh r»ng:
23123223
22
+≤−+=≤− aaaA
Gi¶i:
Tõ ®k 1 - a
2
≥ 0 ⇔ |a| ≤ 1 nªn
§Æt a = cosα víi 0 ≤ α ≤ π ⇒
2
a1−
= sinα. Khi ®ã ta cã:
A=
α+α+=αα+α=−+ 2sin)2cos1(3sincos2cos32a1a2a32

222
=
3
3
2sin232sin
2
1
2cos
2
3
2
+






π
+α=+






α+α
2323 +≤≤−⇒ A
(®pcm)
VD3: Chøng minh r»ng:

[ ]
)(a)a()a(a 122221111
2332
−+≤−−+−+
Gi¶i:
Tõ ®k |a| ≤ 1 nªn
§Æt a=cosα víi α∈[0,π] ⇒
α=−
α
=+
α
=− sina1;
2
cos2a1;
2
sin2a1
2
(1)⇔
2
cos
2
sin2222
2
sin
2
cos22.
2
cos
2
sin21

33
αα
+≤






α
−
ααα
+
⇔
2
cos
2
sin1
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos

2
cos
2
sin
22
αα
+≤






α
+
αα
+
α






α
−
α







α
+
α
⇔
1cos
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
2
cos
2
sin
22
≤α=
α
−
α
=







α
−
α






α
+
α
®óng ⇒ (®pcm)
VD4: Chøng minh r»ng: S =
(
)
(
)
21314
2332
≤−−+−− aaa)a(
Gi¶i:
Tõ ®k |a| ≤ 1 nªn:
§Æt a = cosα víi α ∈ [0, π] ⇒
2
a1−
= sinα. Khi ®ã biÕn ®æi S ta cã:
S=

)cos3cos4()sin4sin3()sin(cos3)cos(sin4
3333
α−α+α−α=α−α+α−α
=
2
4
3sin23cos3sin ≤






π
+α=α+α
⇒ (®pcm)
VD5: Chøng minh r»ng A =
(
)
211311
2222
≤−−−+−+− )b)(a(ababba
6
Giải:
Từ điều kiện: 1 - a
2
0 ; 1 - b
2
0 |a| 1 ; |b| 1 nên.
Đặt a = sin, b = sin với ,

2
;
2
Khi đó A =
)cos(3sincoscossin ++
=
=
2
3
)(sin2)cos(
2
3
)sin(
2
1
2)cos(3)sin(

+=++=++
(đpcm)
VD6: Chứng minh rằng: A = |4a
3
- 24a
2
+ 45a - 26| 1 a [1; 3]
Giải:
Do a [1, 3] nên |a-2| 1 nên ta đặt a - 2 = cos a = 2 + cos. Ta có:
A =
13342624522424
323
==++++
coscoscos)cos()cos()cos(
(đpcm)
VD7: Chứng minh rằng: A =
2
2 3 3 2 [0,2]a a a a +
Giải:
Do a [0, 2] nên |a-1| 1 nên ta đặt a - 1 = cos với [0, ]. Ta có:
A =
=+++
coscos)cos()cos()cos( 31313112
22
=
2
3
sin2cos

2
3
sin
2
1
2cos3sin







+=








=
(đpcm)
III. Dạng 3: Sử dụng công thức: 1+tg
2

=
1
cos

1
tg
cos
1
2
2
2


=


)k(
+


2
1) Ph ơng pháp:
a) Nếu |x| 1 hoặc bài toán có chứa biểu thức
1x
2

thì đặt x =
cos
1
với

2
3
,
2
;0
b) Nếu |x| m hoặc bài toán có chứa biểu thức
22
mx
thì đặt x =
cos
m
với

2
3
,
2
;0
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng A =
2
1 3
2 1
a
a
a
+

7
Gi¶i:
Do |a| ≥ 1 nªn :
§Æt a =
αcos
1
víi α∈







π
π∪






π
2
3
,
2
;0
⇒
α=α=−
tgtg1a
22
. Khi ®ã:
A =
2
3
sin2cos3sincos)3tg(
a

31a
2
≤






π
+α=α+α=α+α=
+−
(®pcm)
VD2: Chøng minh r»ng: - 4 ≤ A =
2
2
a
1a125 −−
≤ 9
1a∀ ≥
Gi¶i:
Do |a| ≥ 1 nªn:
§Æt a =
αcos
1
víi α∈







π
π∪






π
2
3
,
2
;0
⇒
α=α=− tgtg1a
22
. Khi ®ã:
A =
2
2
a
1a125
−−
= (5-12tgα)cos
2
α = 5cos
2

α-12sinαcosα=
α−
α+
2sin6
2
)2cos1(5
=






+α+=






α−α+
13
5
arccos2cos
2
13
2
5
2sin
13

12
2cos
13
5
2
13
2
5
⇒ - 4 =
91.
2
13
2
5
13
5
arccos2cos
2
13
2
5
A)1(
2
13
2
5
=+≤







+α+=≤−+
(®pcm)
VD3: Chøng minh r»ng: A =
ab
1b1a
22
−+−
≤ 1
; 1a b
∀ ≥

Gi¶i:
Do |a| ≥ 1; |b| ≥ 1 nªn .
§Æt a =
αcos
1
; b =
βcos
1
víi α∈






π

π∪






π
2
3
,
2
;0
. Khi ®ã ta cã:
A =
1)sin(cossincossincoscos)tgtg( ≤β+α=αβ+βα=βαβ+α
(®pcm)
VD4: Chøng minh r»ng: a +
22
1a
a
2
≥
−

1a
∀ >
Gi¶i:
Do |a| > 1 nªn:
§Æt a =

αcos
1
víi α∈
α
=
α
α
=
−
⇒






π
sin
1
tg
1
.
cos
1
1a
a
2
;0
22
. Khi ®ã:

8
a+
22
2sin
22
sin
1
.
cos
1
.2
sin
1
cos
1
1a
a
2


=



+

=

(đpcm)
VD5: Chứng minh rằng

26xy31y41xy
22
++

; 1x y

Giải:
Bất đẳng thức
)(
yy
y
xx
x
126
3
14
1
1
2
2









+

+

Do |x|; |y| 1 nên Đặt x =

cos
1
; y=

cos
1
với ,







2
,0
.
Khi đó: (1) S = sin + cos(4sin + 3cos)
26
Ta có: S sin + cos
+=++ cos5sin)cos)(sin34(
2222

2 2 2 2
(1 5 )(sin cos ) 26

+ + =
(đpcm)
IV. Dạng 4: Sử dụng công thức 1+ tg
2

=

2
cos
1
1. Ph ơng pháp:
a) Nếu x R và bài toán chứa (1+x
2
) thì đặt x = tg với








2
,
2
b) Nếu x R và bài toán chứa (x
2
+m
2

) thì đặt x = mtg với








2
,
2
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Chứng minh rằng: S =
1
1
4
1
3
32
3
2

+

+ )x(
x
x
x
Giải:

Đặt x = tg với








2
,
2


=+
cos
x
1
1
2
, khi đó biến đổi S ta có:
S = |3tg.cos - 4tg
3
.cos
3
| = |3sin - 4sin
3
| = |sin3| 1 (đpcm)
VD2: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =
22

42
)a21(
a12a83
+
++
Giải:
Đặt a
2
= tg với








22
,
thì ta có: A =
22
42
)tg1(
tg3tg43
+
++
9
=
αα−α+α=
α+α

α+αα+α
22222
222
4224
cossin2)cos(sin3
)sin(cos
sin3cossin4cos3
= 3 -
3
2
0
2
2
2sin
3A
2
1
3
2
5
2
2sin
22
=−≤
α
−=≤−=⇒
α
Víi
α
= 0 ⇒ a = 0 th× MaxA = 3 ; Víi

α
=
4
π
⇒ a =
2
1
th× MinA =
2
5
VD3: Chøng minh r»ng:
2
1
)b1)(a1(
)ab1)(ba(
22
≤
++
−+
∀ a, b ∈ R
Gi¶i:
§Æt a = tgα, b = tgβ. Khi ®ã
)tg)(tg(
)tgtg)(tgtg(
)b)(a(
)ab)(ba(
β+α+
βα−β+α
=
++

−+
2222
11
1
11
1
=
βα
βα−βα
βα
β+α
βα
cos.cos
sin.sincos.cos
.
cos.cos
)sin(
.coscos
22
=
[ ]
2
1
2
2
1
≤β+α=β+αβ+α )(sin)cos()sin(
(®pcm)
VD4: Chøng minh r»ng:
c,b,a

)a1)(c1(
|ac|
)c1)(b1(
|cb|
)b1)(a1(
|ba|
222222
∀
++
−
≥
++
−
+
++
−
Gi¶i:
§Æt a = tgα, b = tgβ, c = tgγ. Khi ®ã bÊt ®¼ng thøc ⇔
⇔
)tg1)(tg1(
|tgtg|
)tg1)(tg1(
|tgtg|
)tg1)(tg1(
|tgtg|
222222
α+γ+
α−γ
≥
γ+β+

γ−β
+
β+α+
β−α
⇔
αγ
α−γ
αγ≥
γβ
γ−β
γβ+
βα
β−α
βα
cos.cos
)sin(
.coscos
cos.cos
)sin(
.coscos
cos.cos
)sin(
.coscos
⇔ |sin(α-β)|+|sin(β-γ)| ≥ |sin(γ-α)|. BiÕn ®æi biÓu thøc vÕ ph¶i ta cã:
|sin(γ-α)|= |sin[(α-β)+(β-γ)]| = |sin(α-β)cos(β-γ)+sin(β-γ)cos(α-β)| ≤
|sin(α-β)cos(β-γ)|+|sin(β-γ)cos(α-β)|=|sin(α-β)||cos(β-γ)|+|sin(β-γ)||cos(α-β)|
≤ |sin(α-β)|.1 + |sin(β-γ)|.1 = |sin(α-β)| + |sin(β-γ)| ⇒ (®pcm)
VD5: Chøng minh r»ng:
0d,c,b,a)1()db)(ca(cdab >∀++≤+
Gi¶i:

(1) ⇔
1
d
b
1
a
c
1
ab
cd
d
b
1
a
c
1
1
1
)db)(ca(
cd
)db)(ca(
ab
≤






+







+
+






+






+
⇔≤
++
+
++
10
Đặt tg
2
=

a
c
, tg
2
=
b
d
với ,







2
,0
Biến đổi bất đẳng thức

1sinsincoscos
)tg1)(tg1(
tg.tg
)tg1)(tg1(
1
2222
22
22
22
+=
++

+
++
cos cos + sin sin = cos(-) 1 đúng (đpcm)
Dấu bằng xảy ra cos(-) = 1 =
b
d
a
c
=
VD6: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =
1a
|1a|4a6
2
2
+
+
Giải:
Đặt a = tg
2

. Khi đó A =
1
2
tg
1
2
tg
.4
2

tg1
2
tg2
.3
1
2
tg
|1
2
tg
|4
2
tg6
2
2
22
2
+



+

+

=
+

+

A = 3sin + 4 |cos| 3 sin + 4.0 = 3sin 3.(-1) = -3
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:
A
2
= (3sin + 4 |cos|)
2
(3
2
+ 4
2
)(sin
2
+ cos
2
) = 25 A 5
Với sin = 1 a = 1 thì MinA = - 3 ; với
4
|cos|
3
sin
=

thì MaxA = 5
V. Dạng 5: Đổi biến số đa về bất đẳng thức tam giác
1) Ph ơng pháp:
a) Nếu

=+++
>
12
0
222
xyzzyx
z;y;x
thì





===



Ccosz;Bcosy;Acosx
)
2
;0(C;B;A
:ABC
b) Nếu



=++
>
xyzzyx

z;y;x 0
thì





===



tgCz;tgBy;tgAx
)
2
;0(C;B;A
:ABC
c) Nếu



=++
>
1zxyzxy
0z,y;x
thì

===






===



2
C
tgz;
2
B
tgy;
2
A
tgx
);0(C;B;A

gCcotz;gBcoty;gAcotx
)
2
;0(C;B;A
:ABC
11
2. Các ví dụ minh hoạ:
VD1: Cho x, y, z > 0 và zy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
S =
)zyx(3
z
1
y
1
x
1
++++
Giải:
Từ 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg
2

; y = tg
2

; z = tg
2

với , ,

2
,0
Do xy + yz + zx = 1 nên tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

= 1
tg
2

+

2
tg
2
tg
= 1 -
2
tg

tg
2


2
gcot
22
tg
2
tg
1
2
tg
2

tg1
2
tg
2
tg

=







+



=



+


=++

=
++

=

+









+

=







+

2222222222
tgtg
S =

)zyx(3
z
1
y
1
x
1
++++
= cotg
2

+ cotg
2

+ cotg
2

-3







+

+

2

tg
2
tg
2
tg
S =







+

+











+

+









222
2
222222
tgtgtgtggcottggcottggcot
S = 2(cotg+cotg+cotg) -







+

+

222
2 tgtgtg
S = (cotg+cotg-2tg
2

) + (cotg+cotg-2tg
2

) +(cotg+cotg-2tg
2

)
Để ý rằng: cotg + cotg =
)cos()cos(
sin
sin.sin
sin
sin.sin
)sin(
+

=


=

+ 2

2
2

0
2
tg2gcotgcot
2
tg2
2
cos2
2
cos
2
sin4
cos1
sin2
)cos(1
sin2
2


+

=


=
+

=

+

T đó suy ra S 0. Với x = y = z =
3
1
thì MinS = 0
VD2: Cho 0 < x, y, z < 1 và
)z1)(y1()x1(
xyz4
z1
z
y1
y
x1
x
222222

=

+

+

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x
2
+ y
2
+ z
2
12

Giải:
Do 0 < x, y, z < 1 nên đặt x = tg
2

; y = tg
2

; z = tg
2

với , ,







2
,0
Khi đó tg =
2
x1
x2

; tg =
2
y1
y2

; tg =
2
z1
z2

và đẳng thức ở giả thiết

2
x1
x2

+
2
y1
y2

+
2
z1
z2

=
)z1)(y1()x1(
xyz8
222

tg+tg+tg = tg.tg.tg
tg + tg = - tg(1-tg.tg)

+

tg.tg1
tgtg
= - tg tg(+) = tg(-)
Do , ,







2
,0
nên + = - + + = . Khi đó ta có:
tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

+ tg
2

tg

2

= 1 xy + yz + zx = 1. Mặt khác:
(x
2
+ y
2
+ z
2
) - (xy + yz + zx) =
2
1
[ ]
0)xz()zy()yx(
222
++
S = x
2
+ y
2
+ z
2
xy + yz + zx = 1. Với x = y = z =
3
1
thì MinS = 1
VD3: Cho

=++
>
1zyx
0z,y,x
. Chứng minh rằng: S =
4
9
xyz
z
zxy
y
yzx
x

+
+
+
+
+
Giải:
Đặt
2
tg
x
yz
=
;
2
tg
y

xz
=
;
2
tg
z
xy
=
với , ,







2
,0
Do
x
yz
.
z
xy
.
z
xy
.
y
zx

y
zx
.
x
yz
++
= x + y + z = 1
nên tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

+ tg
2

tg
2

= 1
tg

+

22
= cotg
2

tg







+

22
= tg

22

2

+
2

=
2

-
2


=++

=
++
22
S =
2
3
1
xyz
z2
1
zxy
y2
1

yzx
x2
2
1
xyz
z
zxy
y
yzx
x
+















+
+

+
+









+
=
+
+
+
+
+
13
=
2
3
z

xy
1
z
xy
1
y
zx
1
y
zx
1
x
yz
1
x
yz
1
2
1
2
3
xyz
xyz
zxy
zxy
yzx
yzx
2
1
+

+

+
+

+
+

=+








+

+
+

+


=
2
1
(cos + cos + cos) +
2
3
=
( )
[ ]
2
3
1
2
1
+++
)sinsincos(cos.coscos

( )
4
9
2
3
4

3
2
3
coscos)sin(sin
2
1
)1cos(cos
2
1
2
1
22
2
=+=+






++++
(đpcm)
3. Các bài toán đ a ra trắc nghiệm
Trớc khi tôi dạy thử nghiệm nội dung sáng kiến của tôi cho học sinh của 2
lớp 11A1 và 11A2 ở trờng tôi, tôi đã ra bài về nhà cho các em, cho các em chuẩn
bị trớc trong thời gian 2 tuần. Với các bài tập sau:
Bài 1:Cho a
2
+ b
2

= 1. CMR: | 20a
3
- 15a + 36b - 48b
3
| 13.
Bài 2:Cho (a-2)
2
+ (b-1)
2
= 5. CMR: 2a + b 10.
Bài 3:Cho



=+

2ba
0b;a
CMR: a
4
+ b
4
a
3
+ b
3
Bài 4:Cho a; b ; c 1 CMR:

c
1
c
b
1
b
a
1
a
a
1
c
c
1
b
b
1
a
Bài 5:Cho

=+++
>
1xyz2zyx
0z;y;x
222
CMR:
a) xyz
8
1
b) xy + yz + zx
4
3
c) x
2
+ y
2
+ z
2



4
3
d) xy + yz + zx 2xyz +
2
1
e)
3
z1

z1
y1
y1
x1
x1

+

+
+

+
+

Bài 6:CMR:
ab1
2
b1
1
a1
1
22
+

+
+
+
a, b (0, 1]
Bài 7:CMR: (a
2

+ 2)(b
2
+ 2)(c
2
+ 2) 9 (ab + bc + ca) a, b, c > 0
14
Bài 8:Cho
2
33
z1
z
y1
y
x1
x
:CMR
1zxyzxy
0z,y,x
222


+

+




=++
>

Bài 9:Cho
2
3
z1
z
y1
y
x1
x
:CMR
xyzzyx
0z,y,x
222

+
+
+
+
+


=++
>
Bài 10: Cho
222222
z1
z2
y1
y2
x1

x2
z1
1
y1
1
x1
1
:CMR
1zxyzxy
0z,y,x
+
+
+
+
+

+
+
+
+
+


=++
>
Sau 2 tuần các em hầu nh không làm đợc các bài tập này mặc dù tôi đã gợi
ý là dùng phơng pháp lợng giác hoá. Sau đó tôi đã dạy cho các em sáng kiến của
tôi trong một buổi sinh hoạt chuyên đề (3 tiết) thì thu đợc kết quả rất tốt.
3. Kết quả trắc nghiệm thực tế của sáng kiến
Để thấy đợc kết quả sát thực của sáng kiến trong phần ôn tập kỳ I của lớp

11 tôi đã chọn 2 lớp 11A1 và 11A2 là 2 lớp chọn trong đó 11A1 là lớp chọn A
còn 11A2 là lớp chọn B vì vậy với kiến thức của các em lớp 11A1 khá hơn lớp
11A2 tôi sẽ dùng 2 lớp này để tiến hành làm đối chứng cụ thể nh sau:
Đầu tiên tôi đã ra bài về nhà cho các em các bài tập 1, 4, 9 của 10 bài tập
trên. Yêu cầu các em cả 2 lớp 11A1 và 11A2 làm 3 bài tập này ra giấy và tôi đã
thu đợc kết quả nh sau:
Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB 3-4 0-2
11A1 50 0 0 0 2 48
11A2 52 0 0 0 0 52
Với kết quả tổng hợp bảng trên và thực tế bài làm của các em tôi thấy hầu
hết các em không làm đợc ở lớp 11A1. Một số em biết làm bài tập 1 bằng phơng
pháp đặt "a=sin", "b=cos" xong cha đi đến bất đẳng thức cần chứng minh, lớp
11A2 hầu hết các em không làm đợc hoặc bế tắc hoàn toàn. Đứng trớc thực trạng
nh vậy tôi quyết định đa sáng kiến của tôi dạy cho lớp 11A2 là lớp có vốn kiến
thức yếu hơn so với lớp 11A1.
Tôi đã tập trung các em lớp 11A2 học ngoại khoá vào 3 tiết buổi chiều
trong 3 tiết này tôi đã truyền thụ hết nội dung 5 phơng pháp dùng lợng giác để
chứng minh bất đẳng thức đại số của tôi sau đó tôi đã ra bài về nhà bài tập 2, 5, 7
trong phần 10 bài tập trên và yêu cầu học sinh cả 2 lớp về nhà giải. Kết quả thu
đợc nh sau:
Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB 3-4 0-2
11A1 50 0 0 0 12 38
11A2 52 0 20 25 7 0
15
Nhìn vào kết quả trên và thực tế bài làm của học sinh tôi nhận thấy các em
học sinh của lớp 11A1 mặc dù có t chất hơn lớp 11A2 song không đợc biết các
phơng pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thc nên hầu hết không làm đợc 3
bài tập tôi đã cho. Nhng ngợc lại đối với kết quả bài làm của học sinh lớp 11A2
tôi thấy rất khả quan hầu hết các em đều làm đợc bài tập đầu còn bài tập 2 một
số em đã không biết chuyển từ đầu bài về dạng 1 để giải một số khác đã biết

biến đổi đợc bất đẳng thức để có thể áp dụng dạng 1 xong cha biến đổi để đi đến
bất đẳng thức lợng giác cần thiết vì vậy kết quả cha cao vì một số em lớp 11A2
tiếp thu các phơng pháp chậm, ứng dụng giải bài tập cha sáng tạo. Vì vậy tôi
quyết định thực nghiệm lần thứ 3, tôi dạy cả lớp 11A1 và 11A2 vào một buổi
chiều 3 tiết dạy đầy đủ 5 phơng pháp và các ví dụ minh hoạ, tôi gọi các em lên
bảngáp dụng giải các ví dụ tại lớp thấy các em làm rất tốt, sau đó tôi cho bài tập
3, 6, 8, 10 về nhà và yêu cầu các em nộp cho tôi vào ngay ngày hôm sau. Kết
quả thu đợc nh sau:
Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu
11A1 50 7 30 13 0
11A2 52 6 25 21 0
Với kết quả nh trên và thực tế bài làm của các em tôi nhận thấy các phơng
pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số mà tôi đa ra có kết quả tốt,
nó là một công cụ rất hữu hiệu để giúp các em có thêm một cách mới để chứng
minh bất đẳng thức đại số bổ sung cho các em một phơng pháp lợng giác hoá các
bài toán nói chung làm cho các em tự tin hơn khi gặp các bài tập chứng minh bất
đẳng thức trong tất cả các cuộc thi khó, chính vì thế tôi nghĩ rằng một số phơng
pháp lợng giác để chứng minh bất đẳng thức đại số của tôi đa ra là rất khả quan.
III. kết luận và kiến nghị
Trải qua thực tế công tác giảng dạy toán phổ thông, qua một thời gian làm
trắc nghiệm tôi nhận thấy:
Việc chứng minh bất đẳng thức đại số là một công việc rất khó khăn và
đòi hỏi ngời chứng minh phải sáng tạo khéo léo phải biết sử dụng tất cả các kiến
thức đã biết để chứng minh một bất đẳng thức. Trong giai đoạn hiện nay chúng
ta đang tập trung cho cải cách giáo dục, trong đó có một phần quan trọng là cải
tiến phơng pháp giảng dạy. Để phát huy tính tích cực của học sinh, việc tiếp thu
kiến thức mới và công việc giải toán thì ngời thầy giáo phải là ngời tiên phong
trong việc phát huy tính tích cực của mình để tìm ra những phơng pháp giải toán
mới, tìm ra những công cụ mới để ngày càng hoàn thiện hơn bản thân và cống
hiến cho những ngời làm toán những công cụ hữu hiệu để có thể đi sâu vào thế

giới của toán học.
16
Trên đây là ý kiến của tôi về một số phơng pháp lợng giác để giải các bất
đẳng thức đại số nhằm giúp cho ngời chứng minh bất đẳng thức có một phơng
pháp t duy về chứng minh bất đẳng thức đại số. Do kinh nghiệm cha có nhiều
nên bài viết của tôi không tránh khỏi khuyếm khuyết mặc dù tôi đã rất cố gắng
xắp xếp về mặt phơng pháp, lợng bài tập và cấu trúc của bài viết. Rất mong nhận
đợc sự đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp để bài viết đợc tốt hơn.
Cuối cùng tôi xin chân thành cảm ơn!
Hải Dơng, ngày 04 tháng 04 năm 2008
17