Tải bản đầy đủ (.pdf) (49 trang)

Chuyên đề bất đẳng thức lượng giác

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.23 MB, 49 trang )

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Chương 1

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

1.1. Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản :

:

1.1.1. Bất ñẳng thức AM – GM :
Với mọi số thực không âm a1 , a 2 ,..., a n ta luôn có

CÁC BƯỚC ðẦU CƠ SỞ

a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1 a 2 ...a n
n

ðể bắt ñầu một cuộc hành trình, ta không thể không chuẩn bị hành trang ñể lên ñường.
Toán học cũng vậy. Muốn khám phá ñược cái hay và cái ñẹp của bất ñẳng thức lượng
giác, ta cần có những “vật dụng” chắc chắn và hữu dụng, ñó chính là chương 1: “Các
bước ñầu cơ sở”.
Chương này tổng quát những kiến thức cơ bản cần có ñể chứng minh bất ñẳng thức
lượng giác. Theo kinh nghiệm cá nhân của mình, tác giả cho rằng những kiến thức này là


ñầy ñủ cho một cuộc “hành trình”.
Trước hết là các bất ñẳng thức ñại số cơ bản ( AM – GM, BCS, Jensen, Chebyshev
…) Tiếp theo là các ñẳng thức, bất ñẳng thức liên quan cơ bản trong tam giác. Cuối cùng
là một số ñịnh lý khác là công cụ ñắc lực trong việc chứng minh bất ñẳng thức (ñịnh lý
Largare, ñịnh lý về dấu của tam thức bậc hai, ñịnh lý về hàm tuyến tính …)
Mục lục :
1.1. Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản…………………………………………… 4
1.1.1. Bất ñẳng thức AM – GM…...……………............................................ 4
1.1.2. Bất ñẳng thức BCS…………………………………………………….. 8
1.1.3. Bất ñẳng thức Jensen……………………………………………….... 13
1.1.4. Bất ñẳng thức Chebyshev…………………………………………..... 16
1.2. Các ñẳng thức, bất ñẳng thức trong tam giác…………………………….. 19
1.2.1. ðẳng thức……………………………………………………………... 19
1.2.2. Bất ñẳng thức………………………………………………………..... 21
1.3. Một số ñịnh lý khác………………………………………………………. 22
1.3.1. ðịnh lý Largare ………………………..……………………………. 22
1.3.2. ðịnh lý về dấu của tam thức bậc hai………………………………….. 25
1.3.3. ðịnh lý về hàm tuyến tính…………………………………………….. 28
1.4. Bài tập…………………………………………………………………….. 29

Bất ñẳng thức AM – GM (Arithmetic Means – Geometric Means) là một bất ñẳng thức
quen thuộc và có ứng dụng rất rộng rãi. ðây là bất ñẳng thức mà bạn ñọc cần ghi nhớ rõ
ràng nhất, nó sẽ là công cụ hoàn hảo cho việc chứng minh các bất ñẳng thức. Sau ñây là
hai cách chứng minh bất ñẳng thức này mà theo ý kiến chủ quan của mình, tác giả cho
rằng là ngắn gọn và hay nhất.

Chứng minh :
Cách 1 : Quy nạp kiểu Cauchy
Với n = 1 bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng. Khi n = 2 bất ñẳng thức trở thành
2

a1 + a 2
≥ a1 a 2 ⇔ a1 − a 2 ≥ 0
(ñúng!)
2
Giả sử bất ñẳng thức ñúng ñến n = k tức là :
a1 + a 2 + ... + a k k
≥ a1a 2 ...a k
k
Ta sẽ chứng minh nó ñúng với n = 2k . Thật vậy ta có :
(a1 + a 2 + ... + ak ) + (a k +1 + ak +2 + ... + a 2k ) (a1 + a 2 + ... + ak )(ak +1 + ak +2 + ... + a2k )

2k
k

(

)



(k

k

)(

a1 a 2 ...a k k k a k +1 a k + 2 ...a 2 k

)


k
= 2 k a1 a 2 ...a k a k +1 ...a 2 k
Tiếp theo ta sẽ chứng minh với n = k − 1 . Khi ñó :
a1 + a 2 + ... + a k −1 + k −1 a1a 2 ...a k =1 ≥ k k a1 a 2 ...a k −1 k −1 a1a 2 ...a k −1
= k k −1 a1 a 2 ...a k −1
⇒ a1 + a 2 + ... + a k −1 ≥ (k − 1) a1 a 2 ...a k −1
Như vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh hoàn toàn.
ðẳng thức xảy ra ⇔ a1 = a 2 = ... = a n
k −1

Cách 2 : ( lời giải của Polya )

The Inequalities Trigonometry

3

The Inequalities Trigonometry

4


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Gọi A =

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ


Lời giải :

a 1 + a 2 + ... + a n

n
Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với
a1 a 2 ...a n ≤ A n
(*)
Rõ ràng nếu a1 = a 2 = ... = a n = A thì (*) có dấu ñẳng thức. Giả sử chúng không bằng
nhau. Như vậy phải có ít nhất một số, giả sử là a1 < A và một số khác, giả sử là a 2 > A
tức là a1 < A < a 2 .
Trong tích P = a1 a 2 ...a n ta hãy thay a1 bởi a'1 = A và thay a 2 bởi a' 2 = a1 + a 2 − A .
Như vậy a'1 + a' 2 = a1 + a 2 mà a'1 a' 2 −a 2 a 2 = A(a1 + a 2 − A) − a1a 2 = (a1 − A)(a 2 − A) > 0
⇒ a'1 a' 2 > a1 a 2
⇒ a1 a 2 a3 ...a n < a'1 a' 2 a3 ...a n
Trong tích P ' = a '1 a' 2 a3 ...a n có thêm thừa số bằng A . Nếu trong P ' còn thừa số khác
A thì ta tiếp tục biến ñổi ñể có thêm một thừa số nữa bằng A . Tiếp tục như vậy tối ña
n − 1 lần biến ñổi ta ñã thay mọi thừa số P bằng A và ñược tích A n . Vì trong quá trình
biến ñổi tích các thừa số tăng dần. ⇒ P < A n . ⇒ ñpcm.

Ví dụ 1.1.1.1.

Ta luôn có : cot ( A + B ) = − cot C
cot A cot B − 1

= − cot C
cot A + cot B
⇔ cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1
Khi ñó :
(cot A − cot B )2 + (cot B − cot C )2 + (cot C − cot A)2 ≥ 0

⇔ (cot A + cot B + cot C ) ≥ 3(cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A) = 3
2

⇒ cot A + cot B + cot C ≥ 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 1.1.1.3.
CMR với mọi ∆ABC nhọn và n ∈ N * ta luôn có :
n −1
tan n A + tan n B + tan n C
≥3 2
tan A + tan B + tan C

Lời giải :
Theo AM – GM ta có :

Cho A,B,C là ba góc của một tam giác nhọn. CMR :
tan A + tan B + tan C ≥ 3 3

tan n A + tan n B + tan n C ≥ 33 (tan A tan B tan C ) = 33 (tan A + tan B + tan C )
n

tan n A + tan n B + tan n C
n −3
≥ 33 (tan A + tan B + tan C ) ≥ 33 3 3
tan A + tan B + tan C
⇒ ñpcm.


Lời giải :

tan A + tan B
= − tan C
1 − tan A tan B
⇒ tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C
Tam giác ABC nhọn nên tanA,tanB,tanC dương.
Theo AM – GM ta có :
tan A + tan B + tan C ≥ 33 tan A tan B tan C = 33 tan A + tan B + tan C

Vì tan ( A + B ) = − tan C ⇔

( )

n −3

=3

n

n −1
2

Ví dụ 1.1.1.4.
Cho a,b là hai số thực thỏa :
cos a + cos b + cos a cos b ≥ 0
CMR : cos a + cos b ≥ 0

⇒ (tan A + tan B + tan C ) ≥ 27(tan A + tan B + tan C )
2

⇒ tan A + tan B + tan C ≥ 3 3

ðẳng thức xảy ra ⇔ A = B = C ⇔ ∆ABC ñều.

Lời giải :
Ta có :
cos a + cos b + cos a cos b ≥ 0
⇔ (1 + cos a )(1 + cos b ) ≥ 1
Theo AM – GM thì :

Ví dụ 1.1.1.2.
Cho ∆ABC nhọn. CMR :
cot A + cot B + cot C ≥ 3

The Inequalities Trigonometry

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

5

The Inequalities Trigonometry

6


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ


(1 + cos a ) + (1 + cos b ) ≥ (1 + cos a )(1 + cos b ) ≥ 1

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

cos A cos B
cos B cos C
cos C cos A
+
+
A
B
B
C
C
A
cos cos
cos cos
cos cos
2
2
2
2
2
2

2
⇒ cos a + cos b ≥ 0


Ví dụ 1.1.1.5.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC nhọn ta có :
2 
3
cos C cos A
cos B cos C
A
B
B
C
C
A
cos A cos B
+
+

 sin sin + sin sin + sin sin  +
A
B
B
C
C
A
2
2
2
2
2
2 2
3

cos cos
cos cos
cos cos
2
2
2
2
2
2



A
B
B
C
C
A
3
2 
(cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A)
 sin sin + sin sin + sin sin  +
2
2
2
2
2
2 2
3


=

A
B
B
C
C
A
3
2 
⇒ ñpcm.
 sin sin + sin sin + sin sin  +
2
2
2
2
2
2
2
3


Bước ñầu ta mới chỉ có bất ñẳng thức AM – GM cùng các ñẳng thức lượng giác nên
sức ảnh hưởng ñến các bất ñẳng thức còn hạn chế. Khi ta kết hợp AM – GM cùng BCS,
Jensen hay Chebyshev thì nó thực sự là một vũ khí ñáng gờm cho các bất ñẳng thức
lượng giác.

Lời giải :
Ta có


cos A
A
A
= sin cot
A
2
2
2 cos
2
3
cos A cos B
A
B  3


4
=  sin sin  cot A cot B 
A
B 
2
2  4

4 cos cos
2
2
Theo AM – GM thì :
2
A
B 3
3



cos A cos B  sin sin + cot A cot B 
4
2
2 4

≤
A
B 
2

4 cos cos


2
2 


1.1.2. Bất ñẳng thức BCS :
Với hai bộ số (a1 , a 2 ,..., a n ) và (b1 , b2 ,..., bn ) ta luôn có :

(a1b1 + a2 b2 + ... + a n bn )2 ≤ (a1 2 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 2 )

Nếu như AM – GM là “cánh chim ñầu ñàn” trong việc chứng minh bất ñẳng thức thì
BCS (Bouniakovski – Cauchy – Schwartz) lại là “cánh tay phải” hết sức ñắc lực. Với
AM – GM ta luôn phải chú ý ñiều kiện các biến là không âm, nhưng ñối với BCS các
biến không bị ràng buộc bởi ñiều kiện ñó, chỉ cần là số thực cũng ñúng. Chứng minh bất
ñẳng thức này cũng rất ñơn giản.


cos A cos B
A
B 3
2 


 sin sin + cot A cot B 
A
B
2
2 4
3

cos cos
2
2
Tương tự ta có :
cos B cos C
B
C 3
2 


 sin sin + cot B cot C 
B
C
2
2 4
3


cos cos
2
2


Chứng minh :
Cách 1 :
Xét tam thức :
2
2
2
f ( x) = (a1 x − b1 ) + (a 2 x − b2 ) + ... + (a n x − bn )
Sau khi khai triển ta có :
2
2
2
2
2
2
f ( x) = a1 + a 2 + ... + a n x 2 − 2(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn )x + b1 + b2 + ... + bn
Mặt khác vì f ( x) ≥ 0∀x ∈ R nên :

cos C cos A
A 3
2  C


 sin sin + cot C cot A 
C
A

2
2 4
3


cos cos
2
2
Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức trên ta ñược :

(

)

(

(

)(

∆ f ≤ 0 ⇔ (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) ≤ a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + ... + bn
2

2

2

2

2


2

2

)

)

⇒ ñpcm.

a
a
a
ðẳng thức xảy ra ⇔ 1 = 2 = ... = n (quy ước nếu bi = 0 thì ai = 0 )
b1 b2
bn
Cách 2 :
The Inequalities Trigonometry

7

The Inequalities Trigonometry

8


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Sử dụng bất ñẳng thức AM – GM ta có :

2
2
ai
bi
+ 2

2
2
2
2
2
a1 + a 2 + ... + a n
b1 + b2 + ... + bn

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Thật vậy :

(5)

2 ai bi

(a


2

2

2

)(

2

2

+ a 2 + ... + a n b1 + b2 + ... + bn
Cho i chạy từ 1 ñến n rồi cộng vế cả n bất ñẳng thức lại ta có ñpcm.
ðây cũng là cách chứng minh hết sức ngắn gọn mà bạn ñọc nên ghi nhớ!
1

2

)



1 ab 1
+
+
2 2 2

2


)(

)

+1 b2 +1 ≤ 1+

a 2 + b 2 ab
+
4
2

a2 + b2 + 2
2
a2 +1 + b2 +1
2
2
(6)
⇔ a +1 b +1 ≤
2
Theo AM – GM thì (6) hiển nhiên ñúng ⇒ (5) ñúng.
Từ (1) và (5) suy ra với mọi a,b, α ta có :


(a

(

Bây giờ với sự tiếp sức của BCS, AM – GM như ñược tiếp thêm nguồn sức mạnh, như
hổ mọc thêm cánh, như rồng mọc thêm vây, phát huy hiệu quả tầm ảnh hưởng của mình.
Hai bất ñẳng thức này bù ñắp bổ sung hỗ trợ cho nhau trong việc chứng minh bất ñẳng

thức. Chúng ñã “lưỡng long nhất thể”, “song kiếm hợp bích” công phá thành công nhiều
bài toán khó.
“Trăm nghe không bằng một thấy”, ta hãy xét các ví dụ ñể thấy rõ ñiều này.

(a

2

)(

)

)(

) (

+1 b2 +1 ≤

) (

)

(sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) ≤ 1 +  a + b 

2

 2 
ðẳng thức xảy ra khi xảy ra ñồng thời dấu bằng ở (1) và (6)

a = b

a = b
a 2 = b 2




⇔  a+b



ab − 1
π
a+b
a+b
1
=
+k

tgα =
α = arctg
 sin 2α cos 2α
ab − 1
ab − 1
2
2



Ví dụ 1.1.2.1.
CMR với mọi a,b, α ta có :


(sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) ≤ 1 +  a + b 

(k ∈ Z )

Ví dụ 1.1.2.2.

2

 2 

Cho a, b, c > 0 và a sin x + b cos y = c . CMR :
cos 2 x sin 2 y 1 1
c2
+
≤ + − 3
a
b
a b a + b3

Lời giải :
Ta có :

Lời giải :

(sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) = sin 2 α + (a + b )sin α cos α + ab cos 2 α
1 + cos 2α
1 − cos 2α (a + b )
sin 2α + ab
=

+
2

=

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
1 − sin 2 x 1 − cos 2 y 1 1
c2
+
≤ + − 3
a
b
a b a + b3
2
2
c2
sin x cos y

+
≥ 3
(*)
a
b
a + b3
Theo BCS thì :
(a1b1 + a 2 b2 )2 ≤ a12 + a 2 2 b1 2 + b2 2

2

2


1
(1 + ab + (a + b )sin 2α + (ab − 1) cos 2α )
2

(1)

Theo BCS ta có :
A sin x + B cos x ≤
Áp dụng (2) ta có :

(2)

A2 + B 2

(a + b )sin 2α + (ab − 1) cos 2α ≤
Thay (3) vào (1) ta ñược :

(a + b )

(

2

+ (ab − 1) =
2

(sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) ≤ 1 (1 + ab +

(


)(

(a

2

)(

2

) (3)

+1 b +1

với

)) (4)

a2 +1 b2 +1
2
Ta sẽ chứng minh bất ñẳng thức sau ñây với mọi a, b :

(

1
1 + ab +
2

))


a+b
a 2 +1 b2 +1 ≤ 1 + 

 2 

(

)(

The Inequalities Trigonometry

)(

)

sin x
cos y

; a2 =
a1 =
b
a

b = a a ; b = b b
 1
2

 sin 2 x cos 2 y  3
 a + b 3 ≥ (a sin x + b cos y )2

⇒ 
+
b 
 a
do a 3 + b 3 > 0 và a sin x + b cos y = c ⇒ (*) ñúng ⇒ ñpcm.

(

2

(5)

9

The Inequalities Trigonometry

)

10


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

ðẳng thức xảy ra ⇔

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

a1 a 2
sin x cos y

=
⇔ 2 = 2
b1 b2
a
b

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

a = b = c
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
⇔ ∆ABC ñều và M là tâm nội tiếp ∆ABC .
x = y = z

 sin x cos y
= 2

⇔  a2
b
a sin x + b cos y = c

Ví dụ 1.1.2.4.


a 2c
sin x = 3
a + b3
⇔

2
cos y = b c
3

a + b3

Chứng minh rằng :
 π
cos x + sin x ≤ 4 8 ∀x ∈  0 ; 
 2

Lời giải :
Ví dụ 1.1.2.3.

Áp dụng bất ñẳng thức BCS liên tiếp 2 lần ta có :

(

CMR với mọi ∆ABC ta có :
2

2

cos x + sin x

) ≤ ((1

2

a +b +c

2R
với x, y, z là khoảng cách từ ñiểm M bất kỳ nằm bên trong ∆ABC ñến ba cạnh
BC , CA, AB .

)
≤ (1 + 1 ) (1
2

)

+ 12 (cos x + sin x )
2 2

2

x+ y+ z≤

2

2

)(

)

+ 12 cos 2 x + sin 2 x = 8

⇒ cos x + sin x ≤ 8
4


ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =

π
4

.

A

Lời giải :
Ta có :
S ABC = S MAB + S MBC + S MCA

Q

ha

+ hb

x

C

)

N

Lời giải :

y

hb

+ hc

z
hc







Theo BCS ta có :

((1 − x )sin a + 2 x cos a )
 x
y
z 
+ +  = ha + hb + hc
 ha hb hc 

(ha + hb + hc )

1
1
aha = ab sin C ⇒ ha = b sin C , hb = c sin A , hc = a sin B
2
2
ab bc ca

⇒ ha + hb + hc = (a sin B + b sin C + c sin A) =
+
+
2R 2R 2R
Từ ñó suy ra :

ab + bc + ca

2R

The Inequalities Trigonometry

2

2

((

≤ 1− x2
2

) + (2 x ) )(sin
2

2

4

2


2

a + cos 2 a
2

= 1 − 2x + x + 4x = 1 + 2x + x

)

4

(( )
) ≤ (1 + x )
(1 − a )sin a + 2 x cos a ≤ 1


⇒ 1 − x 2 sin a + 2 x cos a

2

2 2

2

mà S =

x+ y+ z≤

Chứng minh rằng với mọi số thực a và x ta có
1 − x 2 sin a + 2 x cos a

≤1
1+ x2

(

M

B

 x
y
z
⇒ ha + hb + hc = (ha + hb + hc ) + +
 ha hb hc
Theo BCS thì :
x

y

z

ha

z
y
x
+ +
=1
hc hb ha


x + y + z = ha

Ví dụ 1.1.2.5.

P

S
S
S
⇔ MAB + MBC + MCA = 1
S ABC S ABC S ABC


4

1+ x2

⇒ ñpcm.

a2 + b2 + c2
⇒ ñpcm.
2R
11

The Inequalities Trigonometry

12


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ


Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Ví dụ 1.1.3.1.

1.1.3. Bất ñẳng thức Jensen :
Hàm số y = f (x) liên tục trên ñoạn [a, b] và n ñiểm x1 , x 2 ,..., x n tùy ý trên ñoạn

Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :

[a, b] ta có :

sin A + sin B + sin C ≤

i) f ' ' ( x) > 0 trong khoảng (a, b ) thì :
 x + x 2 + ... + x n 
f ( x1 ) + f ( x 2 ) + ... + f ( x n ) ≥ nf  1

n


ii) f ' ' ( x) < 0 trong khoảng (a, b ) thì :

3 3

2

Lời giải :
Xét f ( x) = sin x với x ∈ (0 ; π )
Ta có f ' ' ( x) = − sin x < 0 ∀x ∈ (0 ; π ) . Từ ñó theo Jensen thì :

 x + x 2 + ... + x n 
f ( x1 ) + f ( x 2 ) + ... + f ( x n ) ≥ nf  1

n


Bất ñẳng thức AM – GM và bất ñẳng thức BCS thật sự là các ñại gia trong việc chứng
minh bất ñẳng thức nói chung. Nhưng riêng ñối với chuyên mục bất ñẳng thức lượng giác
thì ñó lại trở thành sân chơi riêng cho bất ñẳng thức Jensen. Dù có vẻ hơi khó tin nhưng
ñó là sự thật, ñến 75% bất ñẳng thức lượng giác ta chỉ cần nói “theo bất ñẳng thức
Jensen hiển nhiên ta có ñpcm”.
Trong phát biểu của mình, bất ñẳng thức Jensen có ñề cập ñến ñạo hàm bậc hai,
nhưng ñó là kiến thức của lớp 12 THPT. Vì vậy nó sẽ không thích hợp cho một số ñối
tượng bạn ñọc. Cho nên ta sẽ phát biểu bất ñẳng thức Jensen dưới một dạng khác :

x+ y
+
Cho f : R + → R thỏa mãn f ( x) + f ( y ) ≥ 2 f 
 ∀x, y ∈ R Khi ñó với mọi
 2 
x1 , x 2 ,..., x n ∈ R + ta có bất ñẳng thức :
 x + x 2 + ... + x n 
f ( x1 ) + f ( x 2 ) + ... + f ( x n ) ≥ nf  1


n



Sự thật là tác giả chưa từng tiếp xúc với một chứng minh chính thức của bất ñẳng thức
Jensen trong phát biểu có f ' ' ( x) . Còn việc chứng minh phát biểu không sử dụng ñạo
hàm thì rất ñơn giản. Nó sử dụng phương pháp quy nạp Cauchy tương tự như khi chứng
minh bất ñẳng thức AM – GM. Do ñó tác giả sẽ không trình bày chứng minh ở ñây.

Ngoài ra, ở một số tài liệu có thể bạn ñọc gặp khái niệm lồi lõm khi nhắc tới bất ñẳng
thức Jensen. Nhưng hiện nay trong cộng ñồng toán học vẫn chưa quy ước rõ ràng ñâu là
lồi, ñâu là lõm. Cho nên bạn ñọc không nhất thiết quan tâm ñến ñiều ñó. Khi chứng minh
ta chỉ cần xét f ' ' ( x) là ñủ ñể sử dụng bất ñẳng thức Jensen. Ok! Mặc dù bất ñẳng thức
Jensen không phải là một bất ñẳng thức chặt, nhưng khi có dấu hiệu manh nha của nó
thì bạn ñọc cứ tùy nghi sử dụng .

π 3 3
 A+ B+C 
⇒ ñpcm.
f ( A) + f (B ) + f (C ) ≤ 3 f 
 = 3 sin =
3
3
2


ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 1.1.3.2.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ñều ta có :

A
B
C
tan + tan + tan ≥ 3
2
2
2

Lời giải :
 π
Xét f ( x ) = tan x với x ∈  0 ; 
 2
2 sin x
 π
Ta có f ' ' ( x ) =
> 0 ∀x ∈  0 ;  . Từ ñó theo Jensen thì :
cos 3 x
 2
A B C
 + + 
π
C
B
 A
f   + f   + f   ≥ 3 f  2 2 2  = 3 sin = 3 ⇒ ñpcm.
3
6


2

2
2




ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 1.1.3.3.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :

A

 tan 
2


2 2

B

+  tan 
2


2 2

C

+  tan 

2


2 2

≥ 31−

2

Lời giải :

The Inequalities Trigonometry

13

The Inequalities Trigonometry

14


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Xét f ( x ) = (tan x )

2 2

 π
với x ∈  0 ; 
 2


(

)

Ta có f ' ( x ) = 2 2 1 + tan 2 x (tan x )

((

)(

)

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

(

= 2 2 (tan x )

2 2 −1

(

2 2 −1

+ (tan x )

)(

)


2 2 +1

2 2 −2

2

)
2 2

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 + 2 cos A cos B cos C

sin A + sin B + sin C ≥ sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C
3 3
và sin A + sin B + sin C ≤
2
3 3
⇒ 2 < sin A + sin B + sin C ≤
2
Xét f ( x ) = x ln x với x ∈ (0 ;1]
Ta có f ' ( x ) = ln x + 1
1
f ' ' ( x ) = > 0 ∀x ∈ (0 ;1]
x
Bây giờ với Jensen ta ñược :
sin A + sin B + sin C  sin a + sin B + sin C  sin A(ln sin A) + sin B(ln sin B ) + sin C (ln sin C )
ln

≤
3
3
3



)

f ' ' ( x ) = 2 2 2 2 − 1 1 + tan x (tan x )
+ 2 2 + 1 1 + tan x (tan x )
>0
Theo Jensen ta có :
A B C
2 2
 + + 
 π
C
B
 A
f   + f   + f   ≥ 3 f  2 2 2  = 3 tg 
= 31− 2 ⇒ ñpcm.
3
  6

2
2
2





ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
2

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Ví dụ 1.1.3.4.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
A
B
C
A
B
C 3
sin + sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 3
2
2
2
2
2
2 2

 sin A + sin B + sin C 
⇔ ln

3




sin A+ sin B + sin C

≤ ln(sin A)

sin A

+ ln(sin B )

sin B

+ ln(sin C )

sin C

 sin A + sin B + sin C  sin A+sin B +sin C 
sin A
sin B
sin C
⇔ ln 

 ≤ ln (sin A) (sin B ) (sin C )
3




[

Lời giải :
 π

Xét f ( x ) = sin x + tan x với x ∈  0 ; 
 2
4
sin x 1 − cos x
 π
f ' ' (x ) =
Ta có
> 0 ∀x ∈  0 ; 
cos 4 x
 2
Khi ñó theo Jensen thì :
A B C
 + + 
π 3
 π
C 
B
 A
f   + f   + f   ≥ 3 f  2 2 2  = 3 sin + tan  = + 3 ⇒ ñpcm.
3
6
6 2
 

2
2
2





ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

(



)

]

(sin A + sin B + sin C )sin A+sin B +sin C ≤ (sin A)sin A (sin B )sin B (sin C )sin C
sin A+ sin B + sin C
3

⇒ (sin A)

sin A

(sin B )sin B (sin C )sin C



2 sin A+sin B +sin C  2 
= 
3sin A+sin B +sin C  3 

sin A + sin B + sin C

2

≥ 
3

3 3
2

⇒ ñpcm.

1.1.4. Bất ñẳng thức Chebyshev :
Với hai dãy số thực ñơn ñiệu cùng chiều a1 , a 2 ,..., a n và b1 , b2 ,..., bn thì ta có :
1
a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≥ (a1 + a 2 + ... + a n )(b1 + b2 + ... + bn )
n

Ví dụ 1.1.3.5.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC nhọn ta có :

(sin A) (sin B ) (sin C )
sin A

sin B

sin C

2
≥ 
3

Theo khả năng của mình thì tác giả rất ít khi sử dụng bất ñẳng thức này. Vì trước hết
ta cần ñể ý tới chiều của các biến, thường phải sắp lại thứ tự các biến. Do ñó bài toán

cần có yêu cầu ñối xứng hoàn toàn giữa các biến, việc sắp xếp thứ tự sẽ không làm mất
tính tổng quát của bài toán. Nhưng không vì thế mà lại phủ nhận tầm ảnh hưởng của bất
ñẳng thức Chebyshev trong việc chứng minh bất ñẳng thức lượng giác, mặc dù nó có một
chứng minh hết sức ñơn giản và ngắn gọn.

3 3
2

Lời giải :
Ta có

The Inequalities Trigonometry

15

The Inequalities Trigonometry

16


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Vậy f ( x ) nghịch biến trên  0 ; π 

Chứng minh :




Bằng phân tích trực tiếp, ta có ñẳng thức :
n

∑ (a − a )(b − b ) ≥ 0
ñơn ñiệu cùng chiều nên (a − a )(b − b ) ≥ 0

n(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) − (a1 + a 2 + ... + a n )(b1 + b2 + ... + bn ) =

i

j

i

j

i , j =1

Vì hai dãy a1 , a 2 ,..., a n và b1 , b2 ,..., bn

i

j

i

j


Nếu 2 dãy a1 , a 2 ,..., a n và b1 , b2 ,..., bn ñơn ñiệu ngược chiều thì bất ñẳng thức ñổi
chiều.

2

Không mất tổng quát giả sử :
sin A sin B sin C
A≥ B≥C⇒


A
B
C
Áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev ta có :
( A + B + C ) sin A + sin B + sin C  ≥ 3(sin A + sin B + sin C ) ⇒ ñpcm.
B
C 
 A
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 1.1.4.3.

Ví dụ 1.1.4.1.

Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
sin A + sin B + sin C
tan A tan B tan C

cos A + cos B + cos C
3


Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
aA + bB + cC π

a+b+c
3

Lời giải :

Lời giải :

Không mất tổng quát giả sử A ≥ B ≥ C
tan A ≥ tan B ≥ tan C
⇒
cos A ≤ cos B ≤ cos C
Áp dụng Chebyshev ta có :
 tan A + tan B + tan C  cos A + cos B + cos C  tan A cos A + tan B cos B + tan C cos C


≥
3
3
3



sin A + sin B + sin C
tan A + tan B + tan C



cos A + cos B + cos C
3
Mà ta lại có tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C
⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Không mất tính tổng quát giả sử :
a≤b≤c⇔ A≤ B≤C
Theo Chebyshev thì :
 a + b + c  A + B + C  aA + bB + cC


≤
3
3
3



aA + bB + cC A + B + C π

=

a+b+c
3
3
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 1.1.4.2.
Cho ∆ABC không có góc tù và A, B, C ño bằng radian. CMR :

 sin A sin B sin C 
+
+
3(sin A + sin B + sin C ) ≤ ( A + B + C )

B
C 
 A

Ví dụ 1.1.4.4.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
3 sin 2 A + sin 2 B + sin 2C
2(sin A + sin B + sin C ) ≥
2 cos A + cos B + cos C

Lời giải :
sin x
 π
với x ∈  0 ; 
x
 2
cos x( x − tan x )
 π
Ta có f ' ( x ) =
≤ 0 ∀x ∈  0 ; 
x2
 2

Xét f ( x ) =


The Inequalities Trigonometry

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Lời giải :
Không mất tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c

17

The Inequalities Trigonometry

18


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

sin A ≤ sin B ≤ sin C
⇒
cos A ≥ cos B ≥ cos C
Khi ñó theo Chebyshev thì :
 sin A + sin B + sin C  cos A + cos B + cos C  sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C


≥

3
3
3



3 sin 2 A + sin 2 B + sin 2C
⇔ 2(sin A + sin B + sin C ) ≥
2 cos A + cos B + cos C
⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

2bc cos
2

mb

2

mc

2

1.2.1. ðẳng thức :
a
b
c
=
=
= 2R

sin A sin B sin C

b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C

c = a cos B + b cos A

2ab cos
lc =

A
=
2

( p − b )( p − c )

B
sin =
2

( p − c )( p − a )

C
=
2

( p − a )( p − b)

sin


sin

1
1
1
a.ha = b.hb = c.hc
2
2
2
1
1
1
= bc sin A = ca sin B = ab sin C
2
2
2
abc
=
= 2 R 2 sin A sin B sin C = pr
4R
= ( p − a )ra = ( p − b )rb = ( p − c )rc

bc
ca
ab

r = ( p − a ) tan

A
2


B
2
C
= ( p − c ) tan
2
A
B
C
= 4 R sin sin sin
2
2
2

B
2

= ( p − b ) tan

c+a
C
2

a+b

 A− B
tan

 2 
 A+ B

tan

 2 
 B−C 
tan

b−c
 2 
=
b+c
B+C
tan

 2 
C − A
tan

c−a
 2 
=
c+a
C + A
tan

 2 

Sau ñây là hầu hết những ñẳng thức, bất ñẳng thức quen thuộc trong tam giác và trong
lượng giác ñược dùng trong chuyên ñề này hoặc rất cần thiết cho quá trình học toán của
bạn ñọc. Các bạn có thể dùng phần này như một từ ñiển nhỏ ñể tra cứu khi cần thiết.Hay
bạn ñọc cũng có thể chứng minh tất cả các kết quả như là bài tập rèn luyện. Ngoài ra tôi

cũng xin nhắc với bạn ñọc rằng những kiến thức trong phần này khi áp dụng vào bài tập
ñều cần thiết ñược chứng minh lại.

a = b cos C + c cos B
b = c cos A + a cos C

2ca cos
lb =

A
2

b+c

a−b
=
a+b

1.2. Các ñẳng thức bất ñẳng thức trong tam giác :

a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A

la =

2b 2 + 2c 2 − a 2
4
2c 2 + 2a 2 − b 2
=
4
2a 2 + 2b 2 − c 2

=
4

ma =

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

b2 + c2 − a2
4S
c2 + a2 − b2
cot B =
4S
a2 + b2 − c2
cot C =
4S
cot A =

cot A + cot B + cot C =

cos

A
=
2

p( p − a )
bc

tan


A
=
2

cos

B
=
2

p( p − b )
ca

tan

B
=
2

cos

C
=
2

p( p − c )
ab

tan


C
=
2

a2 + b2 + c2
4S

( p − b)( p − c )
p( p − a )
( p − c )( p − a )
p( p − b )
( p − a )( p − b )
p( p − c )

S=

=

A
B
C p
cos cos =
2
2
2 R
sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C
sin A + sin B + sin C = 4 cos

sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2(1 + cos A cos B cos C )

A
B
C
r
cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin = 1 +
R
2
2
2
cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C = 1 − 2 cos A cos B cos C

p( p − a )( p − b )( p − c )

The Inequalities Trigonometry

19

The Inequalities Trigonometry

20


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C

3
cos A + cos B + cos C ≥
4
9
2
2
2
sin A + sin B + sin C ≤
4
tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C ≥ 9

A
B
C
A
B
C
cot + cot + cot = cot cot cot
2
2
2
2
2
2
A
B
B
C
C
A

tan tan + tan tan + tan tan = 1
2
2
2
2
2
2
cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1

2

2

2

cot 2 A + cot 2 B + cot 2 C ≥ 1

A
B
C
sin (2k + 1) A + sin (2k + 1)B + sin (2k + 1)C = (− 1) 4 cos(2k + 1) cos(2k + 1) cos(2k + 1)
2
2
2
k +1
sin 2kA + sin 2kB + sin 2kC = (− 1) 4 sin kA sin kB sin kC
k

1
8

3 3
sin A sin B sin C ≤
8
tan A tan B tan C ≥ 3 3
cos A cos B cos C ≤

A
B
C
k
cos(2k + 1) A + cos(2k + 1)B + cos(2k + 1)C = 1 + (− 1) 4 sin (2k + 1) sin (2k + 1) sin (2k + 1)
2
2
2
k
cos 2kA + cos 2kB + cos 2kC = −1 + (− 1) 4 cos kA cos kB cos kC
tan kA + tan kB + tan kC = tan kA tan kB tan kC
cot kA cot kB + cot kB cot kC + cot kC cot kA = 1

cot A cot B cot C ≤

A
B
B
C
C
A
tan (2k + 1) tan (2k + 1) + tan (2k + 1) tan (2k + 1) + tan (2k + 1) tan (2k + 1) = 1
2
2

2
2
2
2
A
B
C
A
B
C
cot (2k + 1) + cot (2k + 1) + cot (2k + 1) = cot (2k + 1) cot (2k + 1) cot (2k + 1)
2
2
2
2
2
2
k
cos 2 kA + cos 2 kB + cos 2 kC = 1 + (− 1) 2 cos kA cos kB cos kC
sin 2 kA + sin 2 kB + sin 2 kC = 2 + (− 1)

k +1

Nếu hàm số y = f ( x ) liên tục trên ñoạn [a ; b] và có ñạo hàm trên khoảng (a ; b )
thì tồn tại 1 ñiểm c ∈ (a ; b ) sao cho :
f (b ) − f (a ) = f ' (c )(b − a )

b−c < a
a≤b⇔ A≤ B

b≤c⇔ B≤C

c−a
c≤a⇔C≤ A

3
2
3 3
sin A + sin B + sin C ≤
2
tan A + tan B + tan C ≥ 3 3
cot A + cot B + cot C ≥ 3

A
B
C 3 3
cos cos ≤
2
2
2
8
A
B
C 1
sin sin sin ≤
2
2
2 8
1

A
A
A
tan tan tan ≤
2
2
2 3 3
A
A
A
cot cot cot ≥ 3 3
2
2
2
cos

1.3.1. ðịnh lý Lagrange :

1.2.2. Bất ñẳng thức :

cos A + cos B + cos C ≤

A
B
C
+ cos 2 + cos 2
2
2
2
2 A

2 B
2 C
+ sin
+ sin
sin
2
2
2
2 A
2 B
2 C
+ tan
+ tan
≥1
tan
2
2
2
A
B
C
cot 2 + cot 2 + cot 2
2
2
2
cos 2

1.3. Một số ñịnh lý khác :

2 cos kA cos kB cos kC


a−b < c < a+b

1
3 3

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Nói chung với kiến thức THPT, ta chỉ có công nhận ñịnh lý này mà không chứng minh.
Ví chứng minh của nó cần ñến một số kiến thức của toán cao cấp. Ta chỉ cần hiểu cách
dùng nó cùng những ñiều kiện ñi kèm trong các trường hợp chứng minh.

A
B
C 3 3
+ cos + cos ≤
2
2
2
2
A
B
C 3
sin + sin + sin ≤
2
2
2 2
A
B

C
tan + tan + tan ≥ 3
2
2
2
A
B
C
cot + cot + cot ≥ 3 3
2
2
2
cos

Ví dụ 1.3.1.1.
Chứng minh rằng ∀a, b ∈ R, a < b thì ta có :

sin b − sin a ≤ b − a

Lời giải :

The Inequalities Trigonometry

21

The Inequalities Trigonometry

22



Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Xét f ( x ) = sin x ⇒ f ' ( x ) = cos x
Khi ñó theo ñịnh lý Lagrange ta có
∃c ∈ (a ; b ): f (b ) − f (a ) = (b − a ) cos c

⇒ sin b − sin a ≤ b − a cos c ≤ b − a

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
1 

CMR nếu x > 0 thì 1 +

x + 1


:

x +1

 1
> 1 + 
x


Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở


x

Lời giải :

⇒ ñpcm.

 1
Xét f ( x ) = x ln1 +  = x(ln( x + 1) − ln x ) ∀x > 0
x

1
Ta có f ' ( x ) = ln( x + 1) − ln x −
x +1
Xét g (t ) = ln t liên tục trên [x ; x + 1] khả vi trên ( x ; x + 1) nên theo Lagrange thì :
1
ln( x + 1) − ln x
∃c ∈ ( x ; x + 1):
= g ' (c ) >
(x + 1) − x
x +1
1
⇒ f ' ( x ) = ln( x + 1) − ln x −
>0
x +1
với x > 0 ⇒ f ( x ) tăng trên (0 ; + ∞ )

Ví dụ 1.3.1.2.
Với 0 < a < b . CMR :
b−a
b b−a

< ln <
b
a
a

Lời giải :
Xét f ( x ) = ln x , khi ñó f ( x ) liên tục trên [a ; b] khả vi trên (a ; b ) nên :
ln b − ln a
1
1 1 1
∃c ∈ (a ; b ):
vì a < c < b nên
= f ' (c ) =
< <
b−a
c
b c a
b−a
b b−a
1 ln b − ln a 1
Từ ñó
<
< ⇒
< ln <
⇒ ñpcm.
b
b−a
a
b
a

a

1 

⇒ f ( x + 1) > f ( x ) ⇒ ln1 +

x + 1

1 

⇒ 1 +

x + 1

⇒ ñpcm.

x +1

 1
> 1 + 
x


x +1

 1
> ln1 + 
x



x

x

Ví dụ 1.3.1.3.
Cho 0 < β < α <

π
2

Ví dụ 1.3.1.5.

. CMR :

Chứng minh rằng ∀n ∈ Z + ta có :
1
1
1


≤ arctan 2
≤ 2
n 2 + 2n + 2
 n + n +1 n +1

α −β
α −β
< tan α − tan β <
cos 2 β
cos 2 α


Lời giải :

Lời giải :

Xét f ( x ) = tan x liên tục trên [β ; α ] khả vi trên (β ; α ) nên theo ñịnh lý Lagrange
tan α − tan β
1
f (α ) − f (β )
∃c ∈ (β ; α ):
= f ' (c ) ⇒
=
(1)
α −β
α −β
cos 2 c
1
1
1
Vì β < c < α nên
<
<
(2)
cos 2 β cos 2 c cos 2 α
Từ (1)(2) ⇒ ñpcm.

Xét f ( x ) = arctan x liên tục trên [n ; n + 1]
1
⇒ f ' (x ) =
trên (n ; n + 1) ∀n ∈ Z +

1+ x2
Theo ñịnh lý Lagrange ta có :
f (n + 1) − f (n )
∃c ∈ (n ; n + 1): f ' (c ) =
(n + 1) − n



 n +1− n 
1

= arctan(n + 1) − arctan n = arctan
1+ c2
 1 + (n + 1)n 



1
1


= arctan 2

1+ c2
 n + n + 1

Ví dụ 1.3.1.4.

The Inequalities Trigonometry


23

The Inequalities Trigonometry

24


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

ðể ý c ∈ (n ; n + 1) ⇒ 1 ≤ n < c < n + 1
⇒ n < c < (n + 1)
2

2

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
 y sin C = z sin B
⇔ x : y : z = sin A : sin B : sin C = a : b : c

 x = y cos C + z cos B
tức x, y, z là ba cạnh của tam giác tương ñương với ∆ABC .


2

⇔ n 2 + 1 < c 2 + 1 < n 2 + 2n + 2
1
1
1
<
<
n 2 + 2n + 2 c 2 + 1 n 2 + 1
1
1
1


⇔ 2
< arctan 2
< 2
n + 2n + 2
 n + n + 1 n + 1
⇒ ñpcm.


Ví dụ 1.3.2.2.
CMR ∀x ∈ R và ∆ABC bất kỳ ta có :
1
1 + x 2 ≥ cos A + x(cos B + cos C )
2

1.3.2. ðịnh lý về dấu của tam thức bậc hai :


Lời giải :

Cho tam thức f ( x ) = ax 2 + bx + c (a ≠ 0) và ∆ = b 2 − 4ac
- Nếu ∆ < 0 thì f ( x ) cùng dấu với hệ số a, với mọi số thực x.
b
- Nếu ∆ = 0 thì f ( x ) cùng dấu với a với mọi x ≠ −
.
2a
- Nếu ∆ > 0 thì f ( x ) có hai nghiệm x1 , x 2 và giả sử x1 < x 2 .Thế thì f ( x ) cùng dấu
với a với mọi x ngoài ñoạn [x1 ; x 2 ] (tức là x < x1 hay x > x 2 ) và f ( x ) trái dấu với a
khi x ở trong khoảng hai nghiệm (tức là x1 < x < x 2 ).
Trong một số trường hợp, ñịnh lý này là một công cụ hết sức hiệu quả. Ta sẽ coi biểu
thức cần chứng minh là một tam thức bậc hai theo một biến rồi xét ∆ . Với ñịnh lý trên thì
các bất ñẳng thức thường rơi vào trường hợp ∆ ≤ 0 mà ít khi ta xét ∆ > 0 .

Ví dụ 1.3.2.1.

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
x 2 − 2 x(cos B + cos C ) + 2 − 2 cos A ≥ 0
∆' = (cos B + cos C ) − 2(1 − cos A)
2

2

B+C
B−C 

2 A
cos
=  2 cos

 − 4 sin
2
2 
2


A
B
C


= 4 sin 2  cos 2
− 1
2
2

2 A
2 B−C
= −4 sin
sin
≤0
2
2
Vậy bất ñẳng thức trên ñúng.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
∆ = 0
B = C
⇔

 x = cos B + cos C

 x = 2 cos B = 2 cos C

CMR ∀x, y, z ∈ R + và ∆ABC bất kỳ ta có :

Ví dụ 1.3.2.4.

cos A cos B cos C x 2 + y 2 + z 2
+
+

x
y
z
2 xyz

CMR trong mọi ∆ABC ta ñều có :
a+b+c
ab sin 2 A + bc sin 2 B + ca sin 2 C ≤ 

2



Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
x 2 − 2 x( y cos C + z cos B ) + y 2 + z 2 − 2 yz cos A ≥ 0
Coi ñây như là tam thức bậc hai theo biến x.
2
∆' = ( y cos C + z cos B ) − y 2 + z 2 − 2 yz cos A


(

(

)

Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
a 2 + 2a(b cos 2 A + c cos 2C ) + b 2 + c 2 + 2bc cos 2 B ≥ 0

)

= −( y sin C − z sin B ) ≤ 0
Vậy bất ñẳng thức trên ñúng.
2

The Inequalities Trigonometry

2

(

∆' = (b cos 2 A + c cos 2C ) − b 2 + c 2 + 2bc cos 2 B
2

25

The Inequalities Trigonometry

)

26


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

⇒ ∆' = 1 − 2(k − 1) ≥ 0

= −(b sin 2 A + c sin 2C ) ≤ 0
Vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh xong.
2

⇒k≤

3
2

⇒ ñpcm.

Ví dụ 1.3.2.4.
Cho ∆ABC bất kỳ. CMR :
cos A + cos B + cos C ≤


1.3.3. ðịnh lý về hàm tuyến tính :

3
2

Xét hàm f ( x ) = ax + b xác ñịnh trên ñoạn [α ; β ]

Lời giải :

 f (α ) ≥ k
(k ∈ R )
Nếu 
 f (β ) ≥ k
thì f ( x ) ≥ k ∀x ∈ [α ; β ] .

B+C
B−C
cos
− cos( A + B )
2
2
A+ B
A− B
A+ B
⇔ 2 cos 2
− 2 cos
cos
+ k −1 = 0
2
2

2
A+ B
là nghiệm của phương trình :
Do ñó cos
2
A−B
2 x 2 − 2 cos
x + k −1 = 0
2
A+ B
Xét ∆' = cos 2
− 2(k − 1) . ðể tồn tại nghiệm thì :
2
3
A− B
∆' ≥ 0 ⇔ 2(k − 1) ≤ cos 2
≤1⇒ k ≤
2
2
3
⇒ cos A + cos B + cos C ≤
2
⇒ ñpcm.

ðặt k = cos A + cos B + cos C = 2 cos

ðây là một ñịnh lý khá hay. Trong một số trường hợp, khi mà AM – GM ñã bó tay,
BCS ñã ñầu hàng vô ñiều kiện thì ñịnh lý về hàm tuyến tính mới phát huy hết sức mạnh
của mình. Một phát biểu hết sức ñơn giản nhưng ñó lại là lối ra cho nhiều bài bất ñẳng
thức khó.


Ví dụ 1.3.3.1.
Cho a, b, c là những số thực không âm thỏa :
a2 + b2 + c2 = 4
1
a + b + c ≤ abc + 8
CMR :
2

Lời giải :

Ví dụ 1.3.2.5.

Ta viết lại bất ñẳng thức cần chứng minh dưới dạng :
 1 
1 − bc a + b + c − 8 ≤ 0
 2 
 1 
Xét f (a ) = 1 − bc a + b + c − 8 với a ∈ [0 ; 2].
 2 
Khi ñó :

CMR ∀x, y ∈ R ta có :
sin x + sin y + cos( x + y ) ≤

3
2

Lời giải :
ðặt k = sin x + sin y + cos( x + y ) = 2 sin

Khi ñó sin

(

f (2 ) = 2 − bc + b + c − 8 = 2 − 8 < 8 − 8 = 0
(vì a = 2 ⇔ b = c = 0 )
Vậy f (a ) ≤ 0 ∀a ∈ [0 ; 2] ⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0 , b = c = 0 và các hoán vị.

x+ y
là nghiệm của phương trình :
2
x− y
2 x 2 − 2 cos
x + k −1 = 0
2

The Inequalities Trigonometry

)

f (0) = b + c − 8 ≤ 2 b 2 + c 2 − 8 = 8 − 8 = 0

x+ y
x− y
x+ y
cos
+ 1 − 2 sin 2
2
2

2

27

The Inequalities Trigonometry

28


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Ví dụ 1.3.3.2.

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

1.4.5.

CMR ∀a, b, c không âm ta có :

1.4.6.

7(ab + bc + ca )(a + b + c ) ≤ 9abc + 2(a + b + c )

3

1.4.7.
Lời giải :


1.4.8.

a
b
c
;y =
;z =
. Khi ñó bài toán trở thành :
ðặt x =
a+b+c
a+b+c
a+b+c
Chứng minh 7( xy + yz + zx ) ≤ 9 xyz + 2 với x + y + z = 1
Không mất tính tổng quát giả sử x = max{x, y, z} .
1 
Xét f ( x ) = (7 y + 7 z − 9 yz )x + 7 yz − 2 với x ∈  ;1
3 
Ta có :
1
f   = 0 ; f (1) = −2 < 0
3
1 
⇒ f ( x ) ≤ 0 ∀x ∈  ;1
3 
Vậy bất ñẳng thức chứng minh xong.
1
ðẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = ⇔ a = b = c .
3


1.4.9.
1.4.10.
1.4.11.
1.4.12.
1.4.13.
1.4.14.
1.4.15.

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

9
8 sin A sin B sin C
A− B
B−C
C−A
cos
cos
cos
≥ 8 sin A sin B sin C
2
2
2
1 + cos A cos B cos C ≥ sin A sin B sin C
1
1
1
34 3
+
+


a+b−c b+c−a c+a−b 2 S
a
b
c
+
+
≥2 3
m a mb m c
cot A + cot B + cot C ≤

m a mb mc 3 3
+
+

a
b
c
2
m a l a + mb l b + m c l c ≥ p 2
1
1
1
3
+
+
>
a 2 ma b 2 mb c 2 mc abc
( p − a )( p − b )( p − c ) ≤ abc
8

ha + hb + hc ≥ 9r
 A + 3B   B + 3C   C + 3 A 
sin A sin B sin C ≤ sin
 sin
 sin 

 4   4   4 

ðây là phần duy nhất của chuyên ñề không ñề cập ñến lượng giác. Nó chỉ mang tính
giới thiệu cho bạn ñọc một ñịnh lý hay ñể chứng minh bất ñẳng thức. Nhưng thực ra
trong một số bài bất ñẳng thức lượng giác, ta vẫn có thể áp dụng ñịnh lý này. Chỉ có ñiều
các bạn nên chú ý là dấu bằng của bất ñẳng thức xảy ra phải phù hợp với tập xác ñịnh
của các hàm lượng giác.

1.4. Bài tập :
Cho ∆ABC . CMR :

1.4.1.

cot 3 A + cot 3 B + cot 3 C ≥

1.4.2.

sin

1.4.3.
1.4.4.

1
3


với ∆ABC nhọn.

A
B
C 3 2− 3
+ sin + sin ≤
4
4
4
2
1
1
1
+
+
≥2 3
sin A sin B sin C
A
B
C
A
B
C 7
sin 2 + sin 2 + sin 2 + sin sin sin ≥
2
2
2
2
2

2 8

The Inequalities Trigonometry

29

The Inequalities Trigonometry

30


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

Chương 2 :

2.1. Biến ñổi lượng giác tương ñương :
Có thể nói phương pháp này là một phương pháp “xưa như Trái ðất”. Nó sử dụng các
công thức lượng giác và sự biến ñổi qua lại giữa các bất ñẳng thức. ðể có thể sử dụng
tốt phương pháp này bạn ñọc cần trang bị cho mình những kiến thức cần thiết về biến ñổi
lượng giác (bạn ñọc có thể tham khảo thêm phần 1.2. Các ñẳng thức,bất ñẳng thức
trong tam giác).
Thông thường thì với phương pháp này, ta sẽ ñưa bất ñẳng thức cần chứng minh về
dạng bất ñẳng thức ñúng hay quen thuộc. Ngoài ra, ta cũng có thể sử dụng hai kết quả
quen thuộc sin x ≤ 1 ; cos x ≤ 1 .


Các phương pháp chứng minh
Chứng minh bất ñẳng thức ñòi hỏi kỹ năng và kinh nghiệm. Không thể khơi khơi mà ta
ñâm ñầu vào chứng minh khi gặp một bài bất ñẳng thức. Ta sẽ xem xét nó thuộc dạng bài
nào, nên dùng phương pháp nào ñể chứng minh. Lúc ñó việc chứng minh bất ñẳng thức
mới thành công ñược.
Như vậy, ñể có thể ñương ñầu với các bất ñẳng thức lượng giác, bạn ñọc cần nắm vững
các phương pháp chứng minh. ðó sẽ là kim chỉ nam cho các bài bất ñẳng thức. Những
phương pháp ñó cũng rất phong phú và ña dạng : tổng hợp, phân tích, quy ước ñúng, ước
lượng non già, ñổi biến, chọn phần tử cực trị … Nhưng theo ý kiến chủ quan của mình,
những phương pháp thật sự cần thiết và thông dụng sẽ ñược tác giả giới thiệu trong
chương 2 : “Các phương pháp chứng minh”.
Mục lục :
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
2.5.
2.6.

Ví dụ 2.1.1.
1 − sin
CMR :

π

14 > 3 cos π
π
7
2 sin

14

Lời giải :
Ta có :

Biến ñổi lượng giác tương ñương ………………………………………... 32
Sử dụng các bước ñầu cơ sở ……………………………………………... 38
ðưa về vector và tích vô hướng ………………………………………….. 46
Kết hợp các bất ñẳng thức cổ ñiển ……………………………………….. 48
Tận dụng tính ñơn diệu của hàm số ……………………………………… 57
Bài tập ……………………………………………………………………. 64

1 − sin

π
14

π





− sin + sin
− sin
+ sin
− sin
14
14
14

14
14
14
π 
π
3π 

= 2 sin  cos + cos
+ cos 
7 
7
14 
7
= sin

1 − sin

π

14 = cos π + cos 2π + cos 3π
(1)

π
7
7
7
2 sin
14
Mặt khác ta có :
π 1 π

π
2π 



+ cos
+ cos + cos
+ cos
cos =  cos + cos

7 
7
7
7
7
7 2
7
π




π
(2)
cos
= cos cos
+ cos
+ cos
cos
7

7
7
7
7
7
π


; z = cos
ðặt x = cos ; y = cos
7
7
7
Khi ñó từ (1), (2) ta có bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

x + y + z > 3( xy + yz + zx )

(3)

mà x, y, z > 0 nên :

(3) ⇔ (x − y )2 + ( y − z )2 + (z − x )2
The Inequalities Trigonometry

31

The Inequalities Trigonometry

>0


(4 )
32


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
Vì x, y, z ñôi một khác nhau nên (4) ñúng ⇒ ñpcm.

Ví dụ 2.1.4.

Như vậy, với các bất ñẳng thức như trên thì việc biến ñổi lượng giác là quyết ñịnh
sống còn với việc chứng minh bất ñẳng thức. Sau khi sử dụng các biến ñổi thì việc giải
quyết bất ñẳng thức trở nên dễ dàng thậm chí là hiển nhiên (!).

Ví dụ 2.1.2.
CMR :

Cho α , β , γ ≠

π
2

+ kπ (k ∈ Z ) là ba góc thỏa sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1 . CMR :
2

 tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α 
2
2
2


 ≤ 1 − 2 tan α tan β tan γ
3



Lời giải :
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2(ab sin 3x + ca cos 2 x − bc sin x )

Ta có :
sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 1

Lời giải :

⇔ cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 2
1
1
1

+
+
=2
1 + tan 2 α 1 + tan 2 β 1 + tan 2 γ

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
a 2 sin 2 2 x + cos 2 2 x + b 2 sin 2 x + cos 2 x + c 2 ≥ 2ab(sin x cos 2 x + sin 2 x cos x ) +

(

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

)

(

)

+ 2ca cos 2 x − 2bc sin x

(

⇔ a 2 cos 2 2 x + b 2 sin 2 x + c 2 − 2ab cos 2 x sin x − 2ca cos 2 x + 2bc sin x

(

⇔ tan 2 α tan 2 β + tan 2 β tan 2 γ + tan 2 γ tan 2 α = 1 − 2 tan 2 α tan 2 β tan 2 γ
Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
2
 tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α 
2
2
2
2
2
2
 ≤ tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α

3




)
)

+ a 2 sin 2 2 x − 2ab sin 2 x cos x + b 2 cos 2 x ≥ 0
⇔ (a cos 2 x − b sin x − c ) + (a sin 2 x − b cos x ) ≥ 0
Bất ñẳng thức cuối cùng luôn ñúng nên ta có ñpcm.
2

2

⇔ (tan α tan β − tan β tan γ ) + (tan β tan γ − tan γ tan α ) + (tan γ tan α − tan α tan β ) ≥ 0
⇒ ñpcm.
tan α tan β = tan β tan γ

ðẳng thức xảy ra ⇔ tan β tan γ = tan γ tan α ⇔ tan α = tan β = tan γ
tan γ tan α = tan α tan β

2

Ví dụ 2.1.3.
CMR với ∆ABC bất kỳ ta có :
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤

9
4

2


Ví dụ 2.1.5.

Lời giải :

CMR trong ∆ABC bất kỳ ta có :
A
B
C
A
B
C

cot + cot + cot ≥ 3 tan + tan + tan 
2
2
2
2
2
2


Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
1 − cos 2 B 1 − cos 2C 9
1 − cos 2 A +
+

2
2
4

1
1
2
⇔ cos A + (cos 2 B + cos 2C ) + ≥ 0
4
2
1
2
⇔ cos A − cos A cos(B − C ) + ≥ 0
4

Lời giải :
Ta có :
A
B
C
A
B
C
+ cot + cot = cot cot cot
2
2
2
2
2
2
 x, y , z > 0
A
B
C

ðặt x = cot ; y = cot ; z = cot thì 
2
2
2
 x + y + z = xyz
Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
cot

2

cos(B − C ) 
1 2

⇔  cos A −
 + sin (B − C ) ≥ 0
2
4


⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

The Inequalities Trigonometry

2

33

The Inequalities Trigonometry


34


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
1 1 1
x + y + z ≥ 3 + + 
x y z
3( xy + yz + zx )
⇔ (x + y + z ) ≥
xyz

0 < cos α + cos β ≤ 1

do ñó 
1
0 < cos α cos β ≤ 4
ðặt a = cos α + cos β ; b = cos α cos β
Bất ñẳng thức ñã cho trở thành :
2−a
1− a + b

a
b

⇔ ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx )
2

⇔ (x − y ) + ( y − z ) + (z − x ) ≥ 0

⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra ⇔ cot A = cot B = cot C
⇔ A=B=C
⇔ ∆ABC ñều.
2

2

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

2

2

1− a + b
2−a
⇔
 ≤
b
 a 
⇔ (2 − a ) b ≤ a 2 (1 − a + b )
2

3

2

⇔ a − a − 4ab + 4b ≤ 0


(

)

⇔ (a − 1) a 2 − 4b ≤ 0

Ví dụ 2.1.6.

Bất ñẳng thức cuối cùng ñúng vì a ≤ 1 và a 2 − 4b = (cos α − cos β ) ≥ 0 ⇒ ñpcm.
2

1
1
2
+

3 + sin x 3 − sin x 2 + cos x

CMR :

Ví dụ 2.1.8.

Lời giải :

Cho các góc nhọn a và b thỏa sin 2 a + sin 2 b < 1 . CMR :
sin 2 a + sin 2 b < sin 2 (a + b )

Vì − 1 ≤ sin x ≤ 1 và cos x ≥ −1 nên :
3 + sin x > 0 ; 3 − sin x > 0 và 2 + cos > 0

Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
6(2 + cos x ) ≤ 2 9 − sin 2 x

(

)

(

2

⇔ 12 + 6 cos x ≤ 18 − 2 1 − cos x

Lời giải :

)

π

sin 2 a + sin 2  − a  = 1
2

nên từ ñiều kiện sin 2 a + sin 2 b < 1 suy ra :

Ta có :

⇔ 2 cos 2 x − 6 cos x + 4 ≥ 0
⇔ (cos x − 1)(cos x − 2) ≥ 0
do cos x ≤ 1 nên bất ñẳng thức cuối cùng luôn ñúng ⇒ ñpcm.


b<

CMR ∀

3

≤ α ;β <

π
2

nên thay cos 2 b = 1 − sin 2 b vào thì bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
2 sin 2 a sin 2 b < 2 sin a sin b cos a cos b

ta có :

⇔ sin a sin b < cos a cos b
⇔ 0 < cos(a + b )
(ñể ý 2 sin a sin b > 0 nên có thể chia hai vế cho 2 sin a sin b )


2
 1
 1
− 1
−1 ≤ 
− 1
cos α + cos β
 cos β
 cos α



Lời giải :
Từ ∀

π
3

π

−a ; 0 < a+b <
2
2
Mặt khác ta có :
sin 2 (a + b ) = sin 2 a cos 2 b + sin 2 b cos 2 a + 2 sin a sin b cos a cos b

Ví dụ 2.1.7.
π

π

Bất ñẳng thức sau cùng hiển nhiên ñúng do 0 < a + b <
≤ α ;β <

π
2

⇒ 0 < cos α ; cos β ≤

The Inequalities Trigonometry


π
2

⇒ ñpcm.

1
2

35

The Inequalities Trigonometry

36


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
Vậy :

Ví dụ 2.1.9.
Cho ∆ABC không vuông. CMR :

(


)

3 tan 2 A tan 2 B tan 2 C − 5 tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C ≤ 9 + tan 2 A tan 2 B + tan 2 B tan 2 C + tan 2 C tan 2 A

π

MN = MO + ON = R1 cot  − α  + R2 cot α = R1 tan α + R2 cot α
2

Trong ∆ vuông O1 MO có :

π

R1 = O1O sin − α  = (R − R1 ) cos α
2

R cos α
R1 (1 + cos α ) = R cos α ⇒ R1 =
1 + cos α

Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

(

)

(

)(


)(

4 tan 2 A tan 2 B tan 2 C − 4 tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C − 8 ≤ 1 + tan 2 A 1 + tan 2 B 1 + tan 2 C

)

1
1
1

  1
 1
 1
 1
+
+
− 3 − 8 ≤
− 1 − 4
− 1
⇔ 4
− 1
2
2
2
2
2
2
cos 2 A cos 2 B cos 2 C


 cos A  cos B  cos C   cos A cos B cos C
4
1
1
1
1



−
+
+
≤
cos 2 A cos 2 B cos 2 C  cos 2 A cos 2 B cos 2 B cos 2 C cos 2 C cos 2 A  cos 2 A cos 2 B cos 2 C
3
⇔ cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C ≥
4
3
1 + cos 2 A 1 + cos 2 B

+
+ cos 2 C ≥
4
2
2
⇔ 2(cos 2 A + cos 2 B ) + 4 cos 2 C + 1 ≥ 0
⇔ 2 cos( A + B ) cos( A − B ) + 4 cos 2 C + 1 ≥ 0
⇔ 4 cos 2 C − 4 cos C cos( A − B ) + 1 ≥ 0

Tương tự :

R2 = OO2 sin α = (R − R2 ) sin α ⇒ R2 =
Do ñó :
R cos α sin α
R sin α cos α

+

1 + cos α cos α 1 + sin α sin α
R sin α
R cos α
=
+
1 + cos α 1 + sin α
sin α + cos α + 1
=R
(1 + sin α )(1 + cos α )

MN =

⇔ (2 cos C − cos( A − B )) + sin 2 ( A − B ) ≥ 0
2

2 cos

⇒ ñpcm.

=R

Ví dụ sau ñây, theo ý kiến chủ quan của tác giả, thì lời giải của nó xứng ñáng là bậc
thầy về biến ñổi lượng giác. Những biến ñổi thật sự lắt léo kết hợp cùng bất ñẳng thức

một cách hợp lý ñúng chỗ ñã mang ñến cho chúng ta một bài toán thật sự ñặc sắc !!!

Ví dụ 2.1.10.
Cho nửa ñường tròn bán kính R , C là một ñiểm tùy ý trên nửa ñường tròn. Trong hai
hình quạt nội tiếp hai ñường tròn, gọi M và N là hai tiếp ñiểm của hai ñường tròn với
ñường kính của nửa ñường tròn ñã cho. CMR : MN ≥ 2 R 2 − 1

(

)

Gọi O1 ,O2 là tâm của hai ñường tròn. ðặt ∠CON = 2α (như vậy 0 < α <

π
2

)

π
2

O1
O2

α

α

 sin + cos 
2

2
2

M

2

α
 α
2 α
 sin + cos  .2 cos
2
2
2

1
=R
α α
α
cos  sin + cos 
2
2
2
2R
=
sin α + cos α + 1
π

mà sin α + cos α ≤ 2  α −  ≤ 2 ⇒ MN ≥
4


π
4

2R
2 +1

N

O

(

)

= 2 R 2 − 1 ⇒ ñpcm.

⇔ OC ⊥ MN .

Các bước ñầu cơ sở mà tác giả muốn nhắc ñến ở ñây là phần 1.2. Các ñẳng thức, bất
ñẳng thức trong tam giác. Ta sẽ ñưa các bất ñẳng thức cần chứng minh về các bất ñẳng
thức cơ bản bắng cách biến ñổi và sử dụng các ñẳng thức cơ bản. Ngoài ra, khi tham gia
các kỳ thi, tác giả khuyên bạn ñọc nên chứng minh các ñẳng thức, bất ñẳng thức cơ bản
sử dụng như một bổ ñề cho bài toán.

−α

The Inequalities Trigonometry

C


2.2. Sử dụng các bước ñầu cơ sở :

và OO1 = R1 ; OO2 = R2
Ta có :
∠O2 ON = α
∠O1OM =

α

ðẳng thức xảy ra ⇔ α =

Lời giải :

R sin α
1 + sin α

37

The Inequalities Trigonometry

38


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác

Chương 2 Các phương pháp chứng minh
cos A = sin B sin C − cos B cos C
cos B = sin C sin A − cos C cos A

Ví dụ 2.2.1.

cos C = sin A sin B − cos A cos B
nên :

Cho ∆ABC . ðường phân giác trong các góc A, B, C cắt ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC
lần lượt tại A1 , B1 , C1 . CMR :

(1) ⇔ cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≤ 3 (2)
4

S ABC ≤ S A1B1C1

Thật vậy hiển nhiên ta có :
cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≤

Lời giải :
Gọi R là bán kính ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC thì nó cũng là bán kính ñường tròn
A
ngoại tiếp ∆A1 B1C1 .
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
2 R 2 sin A sin B sin C ≤ 2 R 2 sin A1 sin B1 sin C1 (1)
C1
B+C
C+A
A+ B

Do A1 =
; B1 =
; C1 =
nên :
2
2
2
(1) ⇔ sin A sin B sin C ≤ sin B + C sin C + A sin A + B
2
2
2
B
A
B
C
A
B
C
A
B
C
⇔ 8 sin sin sin cos cos cos ≤ cos cos cos
(2)
2
2
2
2
2
2
2

2
2
A
B
C
A1
Vì cos cos cos > 0 nên :
2
2
2
(2) ⇔ sin A sin B sin C ≤ 1 ⇒ ñpcm.
2
2
2 8
ðẳng thức xảy ra ⇔ ∆ABC ñều.

Ví dụ 2.2.2.
CMR trong mọi tam giác ta ñều có :
sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤

7
A
B
C
+ 4 sin sin sin
4
2
2
2


Lời giải :

3
2
⇒ (3) ñúng ⇒ (2) ñúng ⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Mặt khác ta có : cos A + cos B + cos C ≤
B1

Ví dụ 2.2.3.
C

Cho ∆ABC bất kỳ. CMR :
1
1
1
+
+
≥1
1 + 2 cos A + 4 cos A cos B 1 + 2 cos B + 4 cos B cos C 1 + 2 cos C + 4 cos C cos A

Lời giải :
ðặt vế trái bất ñẳng thức cần chứng minh là T.
Theo AM – GM ta có :
T [3 + 2(cos A + cos B + cos C ) + 4(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A)] ≥ 9 (1)
3
mà : cos A + cos B + cos C ≤
2
(cos A + cos B + cos C )2 ≤ 3

và hiển nhiên : cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A ≤
3
4
⇒ 3 + 2(cos A + cos B + cos C ) + 4(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ 9 (2 )
Từ (1), (2) suy ra T ≥ 1 ⇒ ñpcm.

Ví dụ 2.2.4.

A
B
C
Ta có : cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin
2
2
2
Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với :
3
sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤ + cos A + cos B + cos C (1)
4

CMR với mọi ∆ABC bất kỳ, ta có :
2
2
2
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3S + (a − b ) + (b − c ) + (c − a )

Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

mà :


The Inequalities Trigonometry

1
(cos A + cos B + cos C )2 (3)
3

39

The Inequalities Trigonometry

40


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
2(ab + bc + ca ) ≥ 4 3S + a 2 + b 2 + c 2 (1)
Ta có :
b2 + c2 − a2
cot A =
4S
c2 + a2 − b2
cot B =
4S
a2 + b2 − c2
cot C =
4S
Khi ñó :
(1) ⇔ 4S  1 + 1 + 1  ≥ 4 3S + 4S (cot A + cot B + cot C )

 sin A sin B sin C 

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
A
B 1
B
A
sin ≤  sin A tan + sin B tan 
2
2 2
2
2
Tương tự ta có :
B
C 1
C
B
2 sin sin ≤  sin B tan + sin C tan 
2
2 2
2
2
C
A 1
A
C
2 sin sin ≤  sin C tan + sin A tan 
2

2 2
2
2
Từ ñó suy ra :
A
B
B
C
C
A

2 sin sin + sin sin + sin sin  ≤
2
2
2
2
2
2

1
A
B
C

≤  tan (sin B + sin C ) + tan (sin C + sin A) + tan (sin A + sin B )
2
2
2
2


A
B
B
C
C
A

⇒ cos A + cos B + cos C ≥ 2 sin sin + sin sin + sin sin 
2
2
2
2
2
2

Khi ñó :
A
B
B
C
C
A 1
sin sin + sin sin + sin sin − (cos A + cos B + cos C − 1) ≤
2
2
2
2
2
2 4
1

1
1
1
≤ (cos A + cos B + cos C ) − (cos A + cos B + cos C − 1) = (cos A + cos B + cos C ) =
4
4
4
2
3
mà cos A + cos B + cos C ≤
2
5
A
B
B
C
C
A 1
⇒ sin sin + sin sin + sin sin − (cos A + cos B + cos C − 1) ≤
2
2
2
2
2
2 4
8
⇒ (2) ñúng ⇒ ñpcm.
⇒ 2 sin



  1
  1
 1
− cot C  ≥ 3
− cot B  + 
⇔
− cot A  + 

  sin C
  sin B
 sin A
A
B
C
⇔ tan + tan + tan ≥ 3
2
2
2
⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

Ví dụ 2.2.5.
CMR trong mọi tam giác, ta có :
A
B
B
C
C
A 5 r
sin sin + sin sin + sin sin ≤ +

2
2
2
2
2
2 8 4R

Lời giải :
Áp dụng công thức : r = 4 R sin

A
B
C
sin sin , ta ñưa bất ñẳng thức ñã cho về dạng
2
2
2

tương ñương sau :
A
B
B
C
C
A
A
B
C 5
sin sin + sin sin + sin sin − sin sin sin ≤
(1)

2
2
2
2
2
2
2
2
2 8
A
B
C
Ta có : cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin
2
2
2
Do ñó :
(1) ⇔ sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A − 1 (cos A + cos B + cos C − 1) ≤ 5
2
2
2
2
2
2 4
8
Theo AM – GM, ta có :
A
B
A
B


cos
cos
cos 
 cos
2 +
2 +
2 ≥ 2 ⇒ sin A sin B 
2  ≥ 2 sin A sin B
B
A
B
A
2
2
2
2
cos
cos
cos 
 cos
2
2
2
2


The Inequalities Trigonometry

Ví dụ 2.2.6.

Cho ∆ABC bất kỳ. CMR :
3



a2 + b2 + c2
a 2b 2c 2

 ≤
A
B
C
 cot A + cot B + cot C 
tan tan tan
2
2
2

Lời giải :

(2)

Ta có :
a2 + b2 + c2
= 4S
cot A + cot B + cot C
nên bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với :

41


The Inequalities Trigonometry

42


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
a 2b 2 c 2
(1)
A
B
C
tan tan tan
2
2
2
Mặt khác ta cũng có :
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ⇒ a 2 ≥ 2bc − 2bc cos A
A
⇒ a 2 ≥ 4bc sin 2
2
2 A
4bc sin
a2
2 = 2bc sin A = 4 S


A
A

tan
tan
2
2
Tương tự ta cũng có :
b2
c2
≥ 4S ;
≥ 4S
B
C
tan
tan
2
2
⇒ (1) ñúng ⇒ ñpcm.

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

64S 3 ≤

ab cos C + bc cos A + ca cos B =
⇒R=

a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2
+
+
2

2
2

a2 + b2 + c2
2

a2 + b2 + c2
3
(a − 1) + (b − 1) + (c − 1) ≤ 3
+ (a + b + c ) −
= 3−
2
2
3
2

⇒ P+Q+ R ≤

2

2

⇒ ñpcm.

Ví dụ 2.2.8.
Cho ∆ABC bất kỳ. CMR :
R+r ≥4 3 S

Lời giải :
Ta có :


Ví dụ 2.2.7.
CMR trong mọi tam giác ta có :
(1 + b + c − bc ) cos A + (1 + c + a − ca ) cos B + (1 + a + b − ab) cos C ≤ 3

R=

abc 2 R 3 sin A sin B sin C
=
=
4S
8

r=

8 2 sin A sin B sin C
S
S
=
=
sin A + sin B + sin C
p R(sin A + sin B + sin C )

S
2 sin A sin B sin C

Vậy :

S
S

1
1
8 2 sin A sin B sin C
+
+
2 2 sin A sin B sin C 2 2 sin A sin B sin C
sin A + sin B + sin C
Theo AM – GM ta có :

Lời giải :

R+r =

Ta có vế trái của bất ñẳng thức cần chứng minh bằng :

(cos A + cos B + cos C ) + [(b + c ) cos A + (c + a )cos B + (a + b) cos C ] − (ab cos C + bc cos A + ca cos B )

R+r 3
S S sin A sin B sin C

3
8 sin A sin B sin C (sin A + sin B + sin C )

ðặt :
P = cos A + cos B + cos C
Q = (b + c ) cos A + (c + a ) cos B + (a + b ) cos C
R = ab cos C + bc cos A + ca cos B
3
Dễ thấy P ≤
2

Mặt khác ta có :
b cos C + c cos B = 2 R(sin B cos C + sin C cos B ) = 2 R sin (B + C ) = 2 R sin A = a
Tương tự :
c cos A + a cos C = b
a cos B + b cos A = c
⇒Q = a+b+c
Và ta lại có :

mà :
sin A + sin B + sin C ≤
sin A sin B sin C ≤

⇒ R+r ≥3

3 3
2

3 3
8

4S S
44 27 .3 3

= 4 3 S ⇒ ñpcm.

Ví dụ 2.2.9.
CMR trong mọi tam giác ta có :

The Inequalities Trigonometry


43

The Inequalities Trigonometry

44


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
2

8 S 
ab ab bc bc ca ca 8  S 
+
+
≥  
  ≥
3  2r 
3 R 
a+b
b+c
c+a

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

Lời giải :


2

Áp dụng BCS ta có :
a8

Lời giải :

cos 2

Theo AM – GM ta có :
ab ab bc bc ca ca ab + bc + ca
+
+

a+b
b+c
c+a
2
2

(a + b + c )
8 S 
Do S = pr ⇒   =
3  2r 
6
Lại có :
2
ab + bc + ca (a + b + c )

2

6

cos 2

2

B
2

cos 2

C
2



(a

)

2

4

+ b4 + c4
A
B
C
cos 2 + cos 2 + cos 2
2

2
2

A
B
C 9
+ cos 2 + cos 2 ≤
2
2
2 4
4

 abc 
2 2

 = 16 S
 R 
Vì thế ta chỉ cần chứng minh : a 4 + b 4 + c 4 ≥ 16S 2
Trước hết ra có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c ) (1)
Thật vậy : (1) ⇔ a 2 a 2 − bc + b 2 b 2 − ca + c 2 c 2 − ab ≥ 0

2

[

(

]

)


(

)

[

(

)

]

(

[

)

]

⇔ a + (b + c ) (b − c ) + b + (c + a ) (c − a ) + c + (a + b ) (a − b ) ≥ 0 (ñúng!)
Mặt khác ta cũng có :
16 S 2 = 16 p( p − a )( p − b )( p − c ) = (a + b + c )(a + b − c )(b + c − a )(c + a − b ) (2 )
Từ (1), (2) thì suy ra ta phải chứng minh : abc ≥ (a + b − c )(b + c − a )(c + a − b ) (3)
ðặt :
x = a+b−c
y =b+c−a

3 3

2

⇒ a + b + c ≤ 3R 3
Theo AM – GM ta có :
S2 = p

cos 2

c8

+

mà :

8 S 
ab ab bc bc ca ca
⇒   ≥
+
+
⇒ vế trái ñược chứng minh xong.
3  2r 
a+b
b+c
c+a
Ta có :
a + b + c = 2 R(sin A + sin B + sin C )

sin A + sin B + sin C ≤

A

2

b8

+

2

2

2

2

2

2

2

2

2

z = c+a−b
vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên x, y, z > 0
Khi ñó theo AM – GM thì :
(x + y )( y + z )(z + x ) ≥ 2 xy 2 yz 2 zx = xyz = (a + b − c )(b + c − a )(c + a − b )
abc =
8

8
⇒ (3) ñúng ⇒ ñpcm.

( p − a )( p − b ) ( p − b )( p − c ) ( p − c )( p − a ) ≤ p abc

8
abc
p
abc
9
9abc
8 S 
8
8
⇒   ≤ ⋅
= ⋅
=
3 R 
3  a + b + c  2 2 a + b + c (a + b ) + (b + c ) + (c + a )


 3 3 
Một lần nữa theo AM – GM ta có :
9abc
9abc
ab ab bc bc ca ca


+
+

(a + b ) + (b + c ) + (c + a ) 3. 3 (a + b )(b + c )(c + a ) a + b b + c c + a

(

2

)(

)(

)

2.3 ðưa về vector và tích vô hướng :

⇒ vế phải chứng minh xong ⇒ Bất ñẳng thức ñược chứng minh hoàn toàn.

Phương pháp này luôn ñưa ra cho bạn ñọc những lời giải bất ngờ và thú vị. Nó ñặc
trưng cho sự kết hợp hoàn giữa ñại số và hình học. Những tính chất của vector lại mang
ñến lời giải thật sáng sủa và ñẹp mắt. Nhưng số lượng các bài toán của phương pháp này
không nhiều.

Ví dụ 2.2.10.
Cho ∆ABC bất kỳ. CMR :
a8
A
cos
2
2

+


b8
B
cos
2
2

The Inequalities Trigonometry

+

 abc 6 

≥ 

2 C
 3R 
cos
2
c8

4

Ví dụ 2.3.1.

45

The Inequalities Trigonometry

46



Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
Cho ∆ABC nhọn. CMR ∀x, y, z ∈ R ta có :

CMR trong mọi tam giác ta có :
3
cos A + cos B + cos C ≤
2

yz cos 2 A + zx cos 2 B + xy cos 2C ≥ −

) ≥0
⇔ 3 + 2 cos(e , e ) + 2 cos(e , e ) + 2 cos(e , e ) ≥ 0
2

)

Lời giải :
Gọi O là tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC .
Ta có :

Lấy các vector ñơn vị e1 , e2 , e3 lần lượt trên các cạnh AB, BC , CA .
Hiển nhiên ta có :

A
1

(

A

Lời giải :

(e + e

1 2
x + y2 + z2
2

+ e3

2

1

2

2

3

3

(xOA + yOB + zOC )


2

e1

⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyOA.OB + 2 yz OB.OC + 2 zxOC.OA ≥ 0

1

2

⇒ ñpcm.

2

B

C

2

⇔ x + y + z + 2 xy cos 2C + 2 yz cos 2 A + 2 zx cos 2 B ≥ 0

⇔ 3 − 2(cos A + cos B + cos C ) ≥ 0
⇔ cos A + cos B + cos C ≤

O

≥0


e3

3
2

B

⇔ yz cos 2 A + zx cos 2 B + xy cos 2C ≥ −

C

e2

1 2
x + y2 + z2
2

(

)

⇒ ñpcm.

2.4. Kết hợp các bất ñẳng thức cổ ñiển :

Ví dụ 2.3.2.
Cho ∆ABC nhọn. CMR :
cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ≥ −

Về nội dung cũng như cách thức sử dụng các bất ñẳng thức chúng ta ñã bàn ở chương

1: “Các bước ñầu cơ sở”. Vì thế ở phần này, ta sẽ không nhắc lại mà xét thêm một số ví
dụ phức tạp hơn, thú vị hơn.

3
2

Lời giải :
Ví dụ 2.4.1.

Gọi O, G lần lượt là tâm ñường tròn ngoại tiếp và trọng tâm ∆ABC .
A
Ta có : OA + OB + OC = 3OG
Hiển nhiên :

(OA + OB + OC ) ≥ 0
⇔ 3R + 2 R [cos(OA, OB ) + cos (OB, OC ) + cos(OC , OA)] ≥ 0

CMR ∀∆ABC ta có :
A
B
C 
A
B
C 9 3

 sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥
2
2
2 
2

2
2
2


2

2

2

⇔ 3R + 2 R 2 (cos 2C + cos 2 A + cos 2 B ) ≥ 0
2

⇔ cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ≥ −

O
B

Lời giải :
C

Theo AM – GM ta có :
A
B
C
sin + sin + sin
2
2
2 ≥ 3 sin A sin B sin C

3
2
2
2
Mặt khác :

3
2

⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra ⇔ OA + OB + OC = 0 ⇔ OG = 0 ⇔ O ≡ G ⇔ ∆ABC ñều.

A
B
C
A
B
C
cot + cot + cot = cot cot cot =
2
2
2
2
2
2

Ví dụ 2.3.3.

The Inequalities Trigonometry


47

The Inequalities Trigonometry

A
B
C
cos cos
2
2
2
A
B
C
sin sin sin
2
2
2

cos

48


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
1
(sin A + sin B + sin C ) sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C
4

2
2
2
2
2
2
=
=
A
B
C
A
B
C
sin sin sin
2 sin sin sin
2
2
2
2
2
2
A
A
B
B
C
C
3 sin
cos sin cos sin cos

3
2
2
2
2
2
2
≥ ⋅
A
B
C
2
sin sin sin
2
2
2
Suy ra :
A
B
C 
A
B
C

 sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥
2
2
2 
2
2

2


1
(sin 2 A + sin 2 B + sin 2C ) sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C
= 4
=
cos A cos B cos C
2 cos A cos B cos C
3 3 sin A cos A sin B cos B sin C cos C
≥ ⋅
2
2 cos A cos B cos C
Suy ra :

(cos A + cos B + cos C )(tan A + tan B + tan C ) ≥ 9 ⋅
2

=

3

cos A cos B cos C sin A cos A sin B cos B sin C cos C
cos A cos B cos C

93
tan A tan B tan C
2

(1)


Mặt khác : tan A tan B tan C ≥ 3 3
9 3
9
9 3
⋅ tan A tan B tan C ≥ ⋅ 3 3 3 =
2
2
2
Từ (1) và (2) suy ra :


A
B
C
A
A
B
B
C
C
sin sin sin cos sin cos sin cos
9
2
2
2
2
2
2
2

2
2
≥ ⋅
A
B
C
2
sin sin sin
2
2
2
93
A
B
C
(1)
=
cot cot cot
2
2
2
2
A
B
C
mà ta cũng có : cot cot cot ≥ 3 3
2
2
2
A

B
C 9
9 3
9 3
(2)
⇒ ⋅ cot cot cot ≥ ⋅ 3 3 3 =
2
2
2
2
2 2
Từ (1) và (2) :
3

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh

sin

(2)

(cos A + cos B + cos C )(tan A + tan B + tan C ) ≥ 9

3
2

⇒ ñpcm.

Ví dụ 2.4.3.

Cho ∆ABC tùy ý. CMR :
 
 

 
 

 tan A + 1  +  tan B + 1  +  tan C + 1
A
B
C
2
2
2

tan  
tan  
tan

2 
2 
2


A
B
C 
A
B
C 9 3


⇒  sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥
2
2
2
2
2
2
2


⇒ ñpcm.



≥4 3




Lời giải :
Ví dụ 2.4.2.

 π
Xét f ( x ) = tan x ∀x ∈  0 ; 
 2
Khi ñó : f ' ' ( x ) =

Cho ∆ABC nhọn. CMR :


(cos A + cos B + cos C )(tan A + tan B + tan C ) ≥ 9

3

Theo Jensen thì :

2

A
B
C
+ tan + tan ≥ 3 (1)
2
2
2

 π
Xét g ( x ) = cot x ∀x ∈  0 ; 
 2

Lời giải :
Vì ∆ABC nhọn nên cos A, cos B, cos C , tan A, tan B, tan C ñều dương.
cos A + cos B + cos C 3
Theo AM – GM ta có :
≥ cos A cos B cos C
3
sin A sin B sin C
tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C =
cos A cos B cos C


The Inequalities Trigonometry

tan

 π
Và g ' ' ( x ) = 2(1 + cot 2 x )cot x > 0 ∀x ∈  0 ; 
 2
A
B
C
Theo Jensen thì :
cot + cot + cot ≥ 3 3
2
2
2
Vậy (1) + (2)⇒ ñpcm.

49

The Inequalities Trigonometry

(2)

50


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh


Ví dụ 2.4.4.

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
3

9 27 27 
3
+
+
= 1 + 
S S2 S3  S 
Bổ ñề ñược chứng minh. Dấu bằng xảy ra ⇔ ñồng thời có dấu bằng trong (3)(4 )(6)
S
⇔ x= y=z=
3
Áp dụng với x = sin A > 0 , y = sin B > 0 , z = sin C > 0
VT (1) ≥ 1 +

CMR trong mọi tam giác ta có :
2 
1  
1 
1 


 ≥ 1 +
1 +
1 +

1 +
3
 sin A  sin B  sin C  

3

Lời giải :
mà ta có sin A + sin B + sin C ≤

Ta sử dụng bổ ñề sau :
Bổ ñề : Cho x, y, z > 0 và x + y + z ≤ S thì :

Theo bổ ñề suy ra ngay :
2 
1  
1 
1 


1 +
1 +
 ≥ 1 +
1 +
3
 sin A  sin B  sin C  
3
Dấu bằng xảy ra ⇔ sin A = sin B = sin C =
2
⇔ ∆ABC ñều.


3

2
 1  1  1  
(1)
1 + 1 + 1 +  ≥ 1 + 
x
y
z
S

 



Chứng minh bổ ñề :
Ta có :
1 1 1  1
1
1 1
VT (1) = 1 +  + +  +  +
+  +
x
y
z
xy
yz
zx
 xyz
 


Theo AM – GM ta có :
1 1 1
9
9
+ + ≥

(3)
x y z x+ y+z S
S
Dấu bằng xảy ra trong (3) ⇔ x = y = z =
3
Tiếp tục theo AM –GM thì :
S ≥ x + y + z ≥ 33 xyz

S3
1
27
≥ xyz ⇒

27
xyz S 3
S
Dấu bằng trong (4) xảy ra ⇔ x = y = z =
3
Vẫn theo AM – GM ta lại có :


 1 
 xyz 



S
Dấu bằng trong (5) xảy ra ⇔ x = y = z =
3
Từ (4)(5) suy ra :
1
1
1 27
+
+

(6)
xy yz zx S 2
1
1
1
+
+
≥ 33
xy yz zx

(2)

3

Ví dụ 2.4.5.
CMR trong mọi tam giác ta có :
l a + lb + l c ≤ p 3


Lời giải :

(4)

A
2 = 2bc
b+c
b+c

2bc cos

Ta có :

la =

p( p − a ) 2 bc
=
bc
b+c

p( p − a )

(1)

2 bc
≤ 1 nên từ (1) suy ra :
b+c
l a ≤ p( p − a ) (2)

Theo AM – GM ta có

2

(5)

Dấu bằng trong (6) xảy ra ⇔ ñồng thời có dấu bằng trong (4)(5) ⇔ x = y = z =

Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔ b = c
Hoàn toàn tương tự ta có :
l b ≤ p( p − b ) (3)

lc ≤

p( p − c )

(4)

Dấu bằng trong (3)(4) tương ứng xảy ra
Từ (2)(3)(4 ) suy ra :

S
3

(

⇔a=b=c

)

(5)
l a + lb + l c ≤ p p − a + p − b + p − c

Dấu bằng trong (5) xảy ra ⇔ ñồng thời có dấu bằng trong (2)(3)(4) ⇔ a = b = c
Áp dụng BCS ta có :

Từ (2)(3)(4)(6) ta có :

The Inequalities Trigonometry

3 3
3 3
vậy ở ñây S =
2
2

51

The Inequalities Trigonometry

52


×