Một số ứng dụng của phép thế lượng giác (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

HỨA MẠNH HƯỞNG

MỘT SỐ ỨNG DỤNG
CỦA PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS. Nguyễn Văn Ngọc

THÁI NGUYÊN - 2016


i

Mục lục
Mở đầu
1

1

Kiến thức bổ trợ
1.1 Các bất đẳng thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Các bất đẳng thức cơ bản của dãy số . . . . . .
1.1.2 Hàm lồi và bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . .
1.2 Các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng
1.2.1 Các đồng nhất thức . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.2 Các bất đẳng thức thông dụng trong tam giác .
1.3 Phép thế lượng giác và biến đổi đơn giản . . . . . . . .
1.3.1 Phép thế góc và cạnh . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.2 Phép thế hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . .

2 Phép thế lượng giác trong chứng minh đẳng thức
thức
2.1 Các bài toán về đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức . . . . .
2.3 Các bài toán về cực trị của hàm số . . . . . . . . . .
2.4 Bài tập vận dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.
.
.
.
.

3
3
3
4
5
5
8
12
12
12

và bất đẳng
.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

3 Phép thế lượng giác trong phương trình, bất phương trình và
dãy số
3.1 Phương trình đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Hệ phương trình đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.3 Phương trình căn thức và bất phương trình căn thức . . . . . . .
3.4 Các bài toán về dãy số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.5 Bài tập vận dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15
15
19
30
35

37
37
40
49
56
61


ii

Kết luận

63

Tài liệu tham khảo

64


1

Mở đầu
Đôi khi một bài toán đại số, hay giải tích có thể được giải dễ dàng bằng cách
sử dụng các hàm lượng giác, mà chúng ta sẽ gọi là "Phép thế lượng giác". Đó
là nhờ các tính chất đặc thù của các hàm lượng giác mà các hàm khác không
thể có, như công thức biến tổng thành tích, công thức biến tích thành tổng,
các công thức cung nhân hai, nhân ba, tính chất bị chăn, đơn điệu, tuần hoàn
v.v.. Đặc biệt là các đồng nhất thức, các bất đẳng thức quan trọng của các hàm
lượng giác.
Mục đích của luận văn này là tìm hiểu, thu thập các tài liệu và phân loại
các bài toán về ứng dụng của phép thế lượng giác trong một số bài toán cơ bản
của đại số, như chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức, giải phương trình và
bất phương trình v.v.. Luận văn này không đề cập đến ứng dụng của phép thế
lượng giác trong tính các nguyên hàm và tích phân...
Thông thường, một số bất đẳng thức đại số phức tạp được đơn giản hóa bằng
cách sử dụng các phép thế lượng giác. Khi ta đặt được một phép thế khéo thì
độ khó của bài toán có thể giảm đi nhiều đến mức ta có thể thấy ngay đáp án.
Bên cạnh đó, các hàm số lượng giác nổi tiếng cũng có thể giúp giải bất đẳng
thức. Kết quả là có rất nhiều bài toán đại số có thể giải quyết bằng cách sử
dụng phép thế lượng giác.
Luận văn có bố cục: Mở đầu, ba chương, Kết luận và Tài liệu tham khảo.
Chương 1: Kiến thức bổ trợ, trình bày về các bất đẳng thức cơ bản của dãy

số, các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng, các phép thế lượng
giác cơ bản.
Chương 2: Trình bày ứng dụng của phép thế lượng giác trong chứng minh
đẳng thức và bất đẳng thức có độ khó cao được trích ra từ các đề thi vào Đại
học, thi học sinh giỏi hoặc Olympic Toán quốc tế.
Chương 3: Trình bày ứng dụng của phép thế lượng giác trong giải phương
trình, hệ phương trình, bất phương trình và dãy số.


2

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái
Nguyên dưới sự giúp đỡ và hướng dẫn tận tình của TS. Nguyễn Văn Ngọc. Qua
đây, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới Thầy, người đã
dành nhiều thời gian và tâm huyết để hướng dẫn và tạo điều kiện cho tác giả
trong suốt thời gian làm luận văn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng đào tạo, khoa Toán Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡ
tác giả trong suốt thời gian học tập tại trường.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp trong trường
Trung học Phổ thông Hoàng Văn Thụ, huyện Lục Yên, tỉnh Yên Bái, nơi tác giả
đang công tác đã luôn tạo điều kiện giúp đỡ và động viên để tác giả hoàn thành
khóa học.
Cuối cùng tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã luôn động viên,
giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tác giả trong quá trình học tập, nghiên
cứu và làm luận văn.
Xin chân thành cảm ơn.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2016
Học viên

Hứa Mạnh Hưởng

3

Chương 1

Kiến thức bổ trợ
Chương này có tính bổ trợ, trình bày về các bất đẳng thức cơ bản của dãy số,
các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng, các phép thế lượng giác
cơ bản. Các kiến thức này sẽ được dùng đến thường xuyên trong các chương
sau. Nội dung của chương này về cơ bản được hình thành từ các tài liệu [4, 5,
6].

1.1

Các bất đẳng thức cơ bản

1.1.1

Các bất đẳng thức cơ bản của dãy số

Các bất đẳng thức đại số được ứng dụng rất sâu rộng trong chứng minh bất
đẳng thức hình học. Luận văn này trình bày bốn bất đẳng thức đại số cơ bản
nhất đó là bất đẳng thức AM − GM (Arithmetic Mean - Geometric Mean), bất
đẳng thức Cauchy - Schwarz, bất đẳng thức Chebyshev và bất đẳng Jensen.
Định lý 1.1. (Bất đẳng thức AM −GM ) Với n số thực không âm bất kì a1 , a2 , . . . ,
an , ta có bất đẳng thức
a1 + a2 + . . . + an
n

√
n

a1 .a2 . . . . .an .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .
Hệ quả 1.1. (Bất đẳng thức GM − HM ) Với mọi bộ số dương ta đều có
√
n

a1 .a2 . . . . .an

n
1
1
1
+
+ ... +
a1 a2
an

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .
Hệ quả 1.2. Với mọi bộ số dương a1 , a2 , . . . , an ta đều có
1 1
1
1
+
+ ... +

n a1 a2
an

n
.
a1 + a2 + . . . + an


4

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .
Hệ quả 1.3. Với mọi bộ số không âm a1 , a2 , . . . , an và m = 1, 2, . . . ta đều có
m
m
am
1 + a2 + . . . + an
n

a1 + a2 + · · · + an
n

m

.

Định lý 1.2. (Bất đẳng thức Cauchy - Schwarz) Xét hai bộ số thực tùy ý
a1 , a2 , · · · , an và b1 , b2 , · · · , bn . Khi đó ta có
(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(a21 + a22 + · · · + a2n )(b21 + b22 + · · · + b2n ).
a1
a2
an
=
= ··· = .
b1
b2
bn

(Với quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng bằng 0).
Định lý 1.3. (Bất đẳng thức Chebyshev)
1. Nếu (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) là hai dãy số đồng dạng (cùng đơn điệu tăng
hoặc cùng đơn điệu giảm) thì
a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn
≥
n

a1 + a2 + ... + an
b1 + b2 + ... + bn
.
.
n
n

2. Nếu (a1 , a2 , ..., an ) và (b1 , b2 , ..., bn ) là hai dãy ngược nhau(một dãy đơn điệu
tăng, còn dãy kia đơn điệu giảm) thì
a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn
≤

n
1.1.2

a1 + a2 + ... + an
b1 + b2 + ... + bn
.
.
n
n

Hàm lồi và bất đẳng thức Jensen

Định nghĩa 1.1. Hàm số thực f : (a, b) → R gọi là hàm lồi trên khoảng (a, b)
nếu với mọi x, y ∈ (a, b) và mọi λ ∈ [0, 1], ta có
f (λx + (1 − λ)y)

λf (x) + (1 − λ)f (y).

(1.1)

Nếu trong (1.1) ta có bất đẳng thức nghiêm ngặt (chặt) thì khi đó ta nói f
là hàm lồi thực sự. Cho hàm f ta nói nó là hàm lõm nếu −f là hàm lồi.
Nếu f được xác định trên R, nó có thể xảy ra trên một vài khoảng hàm này
là hàm lồi, nhưng trên khoảng khác nó là hàm lõm. Vì lý do này ta chỉ xét các
hàm số xác định trên các khoảng.

Định lý 1.4. (Bất đẳng thức Jensen 1906, Joham Ludwig Jensen 1859 - 1925).
Cho f : (a, b) → R là hàm lồi trên khoảng (a, b). Cho n ∈ N và λ1 , λ2 , · · · , λn ∈

5

(0, 1) là các số thực thỏa mãn λ1 +λ2 +· · ·+λn = 1. Khi đó với mọi x1 , x2 , · · · , xn ∈
(a, b) ta có
n

n

λi f (xi ),

λi xi

f

i=1

i=1

nghĩa là
f (λ1 x1 + λ2 x2 + · · · + λn xn )

1.2

λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + · · · + λn f (xn ).

(1.2)

Các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng

1.2.1

Các đồng nhất thức

Thông thường, để chứng minh một bất đẳng thức đại số cho trước, ta có thể
sử dụng phép thế lượng giác một cách hiệu quả và hầu như lúc nào cũng có thể
giải được.
Sử dụng các phép thế như vậy, mỗi bất đẳng thức cho trước có thể rút gọn
thành một bất đẳng thức mới, mà việc chứng minh sẽ đơn giản hơn rất nhiều
(thường sử dụng bất đẳng thức Jensen và các yếu tố lượng giác). Do đó cần có
một sự hiểu biết về lượng giác.
Chúng ta sẽ đưa ra một vài lập luận cần thiết và có ích khi sử dụng bất đẳng
π π
thức Jensen. Cụ thể là, hàm sin x lõm trên (0, π), hàm cos x lõm trên − , ,
do đó cũng lõm trên

π
0,
, tan x lồi trên
2

π
0,
; cot x lồi trên
2

π
0,
.
2

2 2

Hơn nữa, không chứng minh (các chứng minh là lượng giác thuần túy và một
vài chứng minh có thể tìm thấy trong một số sách toán phổ thông), luận văn sẽ
đưa ra một số công thức lượng giác và quan hệ giữa các góc của một tam giác.
Trong phần này ta luôn giả sử tam giác ABC có:
• BC = a, CA = b, AB = c;
• ∆ là diện tích tam giác;
• p là nửa chu vi tam giác;
• ma , mb , mc , wa , wb , wc , ha , hb , hc lần lượt là độ dài các trung tuyến, các phân

giác và các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c;
• r, R, ra , rb , rc lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại

tiếp, đường tròn bàng tiếp với các cạnh a, b, c của tam giác ABC ;
•

a = a + b + c.


6

Mệnh đề 1.1. Cho α, β , γ là các góc của một tam giác cho trước. Khi đó ta có
các công thức sau:
α
β
γ
I1 : cos α + cos β + cos γ = 1 + 4 sin . sin . sin ,
2
2

2
β
γ
α
I2 : sin α + sin β + sin γ = 4 cos . cos . cos ,
2
2
2
I3 : sin 2α + sin 2β + sin 2γ = 4 sin α. sin β. sin γ,
I4 : sin2 α + sin2 β + sin2 γ = 2 + 2 cos α. cos β. cos γ,
I5 : tan α + tan β + tan γ = tan α. tan β. tan γ,
α
β
γ
α
β
γ
I6 : cot + cot + cot = cot . cot . cot .
2
2
2
2
2
2

Mệnh đề 1.2. Cho α, β , γ là các số thực tùy ý. Khi đó ta có:
α+β
β+γ
γ+α
. sin

. sin
,
2
2
2
α+β
β+γ
γ+α
I8 : cos α + cos β + cos γ + cos(α + β + γ) = 4 cos
. cos
. cos
.
2
2
2

I7 : sin α + sin β + sin γ − sin(α + β + γ) = 4 sin

Mệnh đề 1.3. Cho α, β, γ ∈ (0, π). Khi đó α, β, γ là các góc của một tam giác
nếu và chỉ nếu
tan

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

2
2
2
2
2

Chứng minh. Giả sử α, β, γ là các góc của một tam giác bất kì. Khi đó α+β +γ =
π, nghĩa là

π α+β
γ
= −
. Do đó
2
2
2
tan

γ
= tan
2

π α+β
−
2
2

= cot

α+β

2

α
β
α
β
cot − 1
1 − tan tan
2
2
2
2
=
=
α
β
α
β
cot + cot
tan + tan
2
2
2
2
cot

⇔ tan

α
β

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

Ngược lại, giả sử α + β + γ = π thỏa mãn đẳng thức
α
β
β
γ
α
γ
tan + tan tan + tan tan = 1.
(1.3)
2
2
2
2
2
2
α
α
1

Nếu α = β = γ thì 3 tan2 = 1. Mà tan α > 0 nên tan = √ . Suy ra α = β =
2
2
3
0
γ = 60 kéo theo α + β + γ = π hay α, β, γ là các góc của một tam giác.
tan


7

Không mất tính tổng quát ta giả sử α = β . Vì 0 < α + β < 2π nên tồn tại
γ1 ∈ (−π, π) sao cho α + β + γ1 = π. Theo chứng minh trên ta có
tan

α
β
β
γ1
α
γ1
tan + tan tan
+ tan tan
= 1.
2
2
2
2
2
2

(1.4)

Ta sẽ chứng minh γ = γ1 , suy ra α + β + γ = π , tức là α, β, γ là các góc của một
tam giác. Thật vậy, trừ hai vế của (1.3) cho (1.4) ta có
γ
γ − γ1
γ − γ1
γ1
γ γ1
π π
tan = tan , suy ra
= kπ, k ≥ 0, k ∈ Z, mà
≤ + < + =
2
2
2
2
2 2
2 2
π , suy ra k = 0 hay γ = γ1 .

Mệnh đề 1.4. Cho α, β, γ ∈ (0, π). Khi đó α, β, γ là các góc của một tam giác
nếu và chỉ nếu
sin2

α
β
γ
α

β
γ
+ sin2 + sin2 + 2 sin . sin . sin = 1.
2
2
2
2
2
2

Chứng minh. Giả sử α, β, γ là các góc của một tam giác. Khi đó
γ
α
β
γ
α
β
α+β
α+β
+ 2 sin . sin . sin = cos2
+ 2 sin . sin . cos
2
2
2
2
2
2
2
2
α+β

α
β
α+β
cos
+ 2 sin . sin
= cos
2
2
2
2

sin2

α+β
α−β
α+β
α+β
cos
+ cos
− cos
2
2
2
2
α+β
α−β
1
= cos
cos
= (cos α + cos β)

2
2
2
α
β
1 − 2sin2 + 1 − 2sin2
2
2 = 1 − sin2 α − sin2 β ,
=
2
2
2

= cos

tức là,
β
γ
α
β
γ
α
+ sin2 + sin2 + 2 sin . sin . sin = 1.
2
2
2
2
2
2
Ngược lại, giả sử α, β, γ ∈ (0, π) sao cho

sin2

sin2

α
β
γ
α
β
γ
+ sin2 + sin2 + 2 sin . sin . sin = 1.
2
2
2
2
2
2

(1.5)

Ta sẽ chứng minh α + β + γ = π . Thật vậy, vì 0 < α + β < 2π nên tồn tại
γ1 ∈ (−π, π) sao cho α + β + γ1 = π. Dễ thấy
sin2

α
β
γ1
α
β
γ1

+ sin2 + sin2
+ 2 sin . sin . sin
= 1.
2
2
2
2
2
2

Trừ (1.5) cho (1.6) ta được

(1.6)


8

sin

γ
γ1
− sin
2
2

sin

γ1
α
β

γ
+ sin
+ 2 sin sin
2
2
2
2

=0

(1.7)

Nhưng
γ1
α
β
γ
+ sin
+ 2 sin sin
2
2
2
2
γ
γ1
α−β
α+β
= sin + sin
+ cos
− cos

2
2
2
2
γ
γ1
α−β
γ1
= sin + sin
+ cos
− sin
2
2
2
2
α−β
γ
.
= sin + cos
2
2
γ
π
π π
α−β
α−β
γ
Vì ∈ 0,
∈ − ,
> 0 hay

và
nên sin + cos
2
2
2
2 2
2
2
γ
γ1
α
β
sin + sin
+ 2 sin sin > 0.
2
2
2
2
sin

Kết hợp với (1.7) ta có
sin

γ
γ1
= sin
hay γ = γ1 .
2
2

Do đó α + β + γ = π . Mệnh đề được chứng minh.
Dựa trên các mệnh đề này ta sẽ đưa ra các trường hợp chính để giải một bài
toán đại số bằng phương pháp thế lượng giác.
1.2.2

Các bất đẳng thức thông dụng trong tam giác

Bây giờ ta sẽ đưa ra một số bất đẳng thức liên quan đến các góc của một tam
giác cho trước, các bất đẳng thức này vô cùng quan trọng và sẽ được sử dụng
trong chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng các phép thế lượng giác.
Mệnh đề 1.5. Cho α, β , γ là các góc của một tam giác cho trước. Khi đó ta có
các bất đẳng thức sau:
√
√

3 3
3 3
N1 : sin α + sin β + sin γ ≤
, N2 : sin α. sin β. sin γ ≤
,
2
8
α
β
γ
3
α
β
γ
1

N3 : sin + sin + sin ≤ , N4 : sin . sin . sin ≤ ,
2
2
2
2
2
2
2
8
3
1
N5 : cos α + cos β + cos γ ≤ , N6 : cos α. cos β. cos γ ≤ ,
2 √
8
√
α
β
γ
3 3
α
β
γ
3 3
N7 : cos + cos + cos ≤
, N8 : cos . cos . cos ≤
,
2
2
2
2

2
2
2
8
9
α
β
γ
3
N9 : sin2 α + sin2 β + sin2 γ ≤ , N10 : sin2 + sin2 + sin2 ≥ ,
4
2
2
2
4
3
α
β
γ
9
2
2
2
2
2
2
N11 : cos α + cos β + cos γ ≥ , N12 : cos
+ cos
+ cos
≤ ,

4
2
2
2
4
√
α
β
γ √
α
β
γ
N13 : tan + tan + tan ≥ 3, N14 : cot + cot + cot ≥ 3 3,
2
2
2 √
2
2
2 √
N15 : cot α + cot β + cot γ ≥ 3, N16 : tan α + tan β + tan γ ≥ 3 3.


9

Chứng minh
N1 : Hàm sin x lõm trên khoảng (0, π) nên theo√bất đẳng thức Jensen ta có
sin α + sin β + sin γ
α+β+γ
π
3

≤ sin(
) = sin =
3
3
2
√ 3
3 3
⇔ sin α + sin β + sin γ ≤
,
2
N2 : Từ sin x > 0 với ∀x ∈ (0, π), áp dụng bất đẳng thức AM ≥ GM ta có
√ 3
√
3
N1
sin α + sin β + sin γ
3
3 3
sin α. sin β. sin γ ≤
≤
=
3
2
8
N3 : Tương tự chứng minh N1 ta có
β
γ
α
sin + sin + sin
2

2
2 ≤ sin α + β + γ = sin π = 1
3
6
6
2
α
β
γ
3
π
hay sin + sin + sin ≤ , vì hàm sin x lõm trên khoảng 0, .
2
2
2
2
2
N4 : Tương tự chứng minh N2 và từ AM ≥ GM ta có
β
γ
α
sin + sin + sin N4 1
β
γ
α
3
2
2
2 ≤ , tức là
sin . sin . sin ≤

2
2
2
3
2
α
β
γ
1
sin . sin . sin ≤ .
2
2
2
8
N5 : Từ α + β = π − γ suy ra
cos γ = − cos(α + β) = − cos α. cos β + sin α. sin β

Do đó
3 − 2(cos α + cos β + cos γ)
= 3 − 2(cos α + cos β − cos α. cos β + sin α. sin β)
= sin2 α + sin2 β − 2 sin α. sin β + 1 + cos2 α + cos2 β − 2 cos α − 2 cos β + 2 cos α. cos β
= (sin α − sin β)2 + (1 − cos α − cos β)2 ≥ 0,
3
2

điều này tương đương với cos α + cos β + cos γ ≤ .
N6 : Từ cos(α + β) = − cos γ ta có
1
cos α. cos β. cos γ = (cos (α + β) + cos (α − β)) cos γ
2

1
= (cos (α − β) − cos γ) cos γ
2
1
cos2 γ
= cos (α − β) cos γ −
2
2 2
1
cos (α − β)
cos2 (α − β)
= − cos γ −
+
2
2
8
2
cos (α − β)
1
≤
≤
8
8
α β γ
π
. Hàm cos x lõm trên khoảng
N7 : Vì α, β, γ ∈ (0, π) nên , , ∈ 0,
2 2 2
2

Do đó theo bất đẳng thức Jensen ta có

0,

π
.
2


10

α
β
γ
√
+ cos + cos
2
2
2 ≤ cos α + cos β + cos γ = cos π = 3 ,
3
6
6
2
nghĩa là
√
α
β
γ
3 3
cos + cos + cos ≤

.
2
2
2
2
α β γ
π
N8 : Vì α, β, γ ∈ (0, π) nên , , ∈ 0,
, nghĩa là
2 2 2
2
cos

cos α, cos β, cos γ > 0,

vì vậy áp dụng bất đẳng thức AM ≥ GM ta có kết luận
α
β
γ
cos + cos + cos N7 √3
β
γ
α
3
2
2
2 ≤
,
cos . cos . cos ≤
2

2
2
3
2
suy ra
√
α
β
γ
3 3
cos . cos . cos ≤
.
2
2
2
8
N9 : Từ công thức I4 và bất đẳng thức N6 ta có

1
9
sin2 α + sin2 β + sin2 γ = 2 + 2. cos α. cos β. cos γ ≤ 2 + 2. = .
8
4
N10 : Theo Mệnh đề 1.4, ta có
α
α
β
γ
β
γ

sin2 + sin2 + sin2 + 2. sin . sin . sin = 1,
2
2
2
2
2
2

nghĩa là
β
γ
α
β
γ
α
+ sin2 + sin2 = 1 − 2. sin . sin . sin .
2
2
2
2
2
2
α
β
γ
1
Theo N4 : sin . sin . sin ≤ và các công thức ở phía trên ta có
2
2
2

8
2
3
2α
2β
2γ
sin + sin + sin ≥ 1 − = .
2
2
2
8
4
N11 : Ta có
α
β
γ N9
9
3
cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 3 − sin2 + sin2 + sin2
≥3− =
2
2
2
4
4
N12 : Ta có
β
γ
3
9

α
α
β
γ N10
cos2 + cos2 + cos2 = 3 − sin2 + sin2 + sin2
≤ 3− = .
2
2
2
2
2
2
4
4
π
nên theo bất đẳng thức Jensen ta có
N13 : Vì hàm tan x lồi trên khoảng 0,
2
α
β
γ
tan + tan + tan
2
2
2 ≥ tan α + β + γ = tan π = √1 ,
3
6
6
3
√

α
β
γ
nghĩa là tan + tan + tan ≥ 3.
2
2
2
π
N14 : Do tính lồi của hàm cot x trên khoảng 0,
nên theo bất đẳng thức
2
sin2

Jensen ta có
cot

√
α
β
γ
α+β+γ
+ cot + cot ≥ 3 cot
= 3 3.
2
2
2
6


11

N15 : Trước hết ta có
cot α + cot β =

cos α cos β
cos α sin β + sin α cos β
sin (α + β)
+
=
=
.
sin α
sin β
sin α sin β
sin α sin β

(1.8)

Hơn nữa
1 ≥ cos (α − β) = cos α cos β + sin α sin β,

(1.9)

cos γ = − cos (α + β) = − cos α cos β + sin α sin β.

(1.10)

Cộng hai vế của (1.9) và (1.10) ta có
2 sin α sin β ≤ 1 + cos γ
⇔ 2 sin α sin β sin (α + β) ≤ (1 + cos γ) sin (α + β)

⇔ 2 sin α sin β sin γ ≤ (1 + cos γ) sin (α + β)
2 sin α sin β sin γ
(1 + cos γ) sin (α + β)
⇔
≤
sin α sin β (1 + cos γ)
sin α sin β (1 + cos γ)
⇔

sin (α + β)
2 sin γ
≤
.
1 + cos γ
sin α sin β

(1.11)

Do đó
(1.8)

cot α + cot β + cot γ =

sin(α + β) cos γ (1.11) 2 sin γ
cos γ
+
≥
+
sin α sin β
sin γ

1 + cos γ
sin γ
1 4sin2 γ + 2cos2 γ + 2 cos γ
=
2
(1 + cos γ) sin γ
2
1 3sin γ + (1 + cos γ)2
=
2
(1 + cos γ) sin γ



2

2



1  2 3sin γ(1 + cos γ) 
2
(1 + cos γ) sin γ
√
2 3 √
=
= 3,
đpcm.
2
π

N16 : Vì tam giác đã cho nhọn nên α, β, γ ∈ 0,
. Hàm f (x) = tan x lồi trên
2
π
0,
nên theo bất đẳng thức Jensen ta có
2
√
α+β+γ
π
tan α + tan β + tan γ ≥ 3 tan
= 3 tan = 3 3.
3
3
≥

Trong một tam giác có các bất đẳng thức kép thông dụng được cho bởi Mệnh
đề sau đây.
Mệnh đề 1.6. Cho α, β, γ là các góc của ∆ABC . Khi đó
β
γ
3
α
+ sin + sin ≤ ,
2
2
2
2√
α
β

γ
3 3
2. sin α + sin β + sin γ ≤ cos + cos + cos ≤
,
2
2
2
2

1. cos α + cos β + cos γ ≤ sin


12

α
β
γ
1
≤ ,
2
2
2
8√
α
β
γ
3 3
sin α. sin β. sin γ ≤ cos . cos . cos ≤
,
2

2
2
8
√
α
β
γ
cot + cot + cot ≥ 3 3,
2
2
2
α
β
γ
2
2
cos α + cos β + cos2 γ ≥ sin2 + sin2 + sin2 ≥
2
2
2
β
γ
α
2
2
2
sin α + sin β + sin γ ≤ cos2 + cos2 + cos2 ≤
2
2
2

α
β
γ √
cot α + cot β + cot γ ≥ tan + tan + tan ≥ 3.
2
2
2

3. cos α. cos β. cos γ ≤ sin . sin . sin
4.
5.
6.
7.
8.

1.3
1.3.1

3
,
4
9
,
4

Phép thế lượng giác và biến đổi đơn giản
Phép thế góc và cạnh

T1. Cho α, β, γ là các góc của một tam giác.
Đặt A =

π−α
π−β
π−γ
π
;B =
;C =
. Khi đó A + B + C = π và 0 ≤ A, B, C < ,
2
2
2
2

phép thế này cho phép chúng ta thay thế các góc của một tam giác bất kỳ bởi
các góc của một tam giác nhọn.
Chú ý
α
α
= cos A , cyc cos = sin A ,
2
2
α
α
cyc tan = cot A , cyc cot = tan A ,
2
2
cyc sin

trong đó cyc là kí hiệu chu kỳ hoán vị của các góc.
T2. Cho x, y, z là các số thực dương. Khi đó tồn tại một tam giác với độ dài

các cạnh là a = x + y; b = y + z; c = z + x.
Phép biến đổi này đôi khi được gọi là nguyên lý đối ngẫu. Rõ ràng, p = x + y + z
và (x, y, z) = (p − a, p − b, p − c), trong đó p là nửa chu vi của tam giác.
1.3.2

Phép thế hàm lượng giác

S1. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Sử dụng hàm
π
f : 0,
→ (0, +∞), xác định bởi f (x) = tan x, ta sử dụng phép thế sau
2

α
β
γ
a = tan , b = tan , c = tan ,
2
2
2

trong đó α, β, γ là các góc của ∆ABC .


13

S2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Áp dụng T1
vào S1 ta có
a = cot A, b = cot B, c = cot C,

trong đó A, B, C là các góc của một tam giác nhọn.
S3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = abc. Chia cả hai vế
1
1
1
cho abc ta có + +
= 1. Sử dụng S1 ta có phép thế
bc

ca

ab

1
α 1
β 1
γ
= tan , = tan , = tan
a
2 b
2 c
2
α
β
γ
hay a = cot , b = cot , c = cot ,
2
2
2
trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác.

S4. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = abc. Áp dụng T1 vào
S3 ta có
a = tan A, b = tan B, c = tan C,

trong đó A, B, C là các góc của một tam giác nhọn.
S5. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
a2 + b2 + c2 + 2abc = 1.

Vì tất cả các số đều dương nên a, b, c < 1.
x
Sử dụng hàm f : (0; π) → (0, 1), xác định bởi f (x) = sin ta có phép thế
2

β
γ
α
a = sin , b = sin , c = sin ;
2
2
2

trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác.
S6. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
a2 + b2 + c2 + 2abc = 1.

Áp dụng T1 vào S5 ta có
a = cos A, a = cos B, c = cos C, trong đó A, B, C là các góc của một tam giác nhọn.

14

S7. Cho x, y, z là các số thực dương. Áp dụng T2 vào biểu thức
yz
,
(x + y) (x + z)

zx
,
(y + z) (y + x)

xy
,
(z + x) (z + y)

(s − c) (s − a)
,
ca

(s − a) (s − b)
,
ab

các biểu thức trên có thể thế bởi
(s − b) (s − c)
,
bc

trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.
Mà

sin

α
=
2

(s − b) (s − c)
α
; cos =
bc
2

s (s − a)
.
bc

Do đó biểu thức đã cho có thể thế bởi
α
β
γ
sin , sin , sin ,
2
2
2

trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác.
S8. Tương tự S7, biểu thức
x (x + y + z)
,
(x + y) (x + z)

có thể thế bởi

y (x + y + z)
,
(y + z) (y + x)
α
β
γ
cos , cos , cos ,
2
2
2

trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác.

z (x + y + z)
,
(z + x) (z + y)


15

Chương 2

Phép thế lượng giác trong chứng
minh đẳng thức và bất đẳng thức
Chương này trình bày ứng dụng của phép thế lượng giác trong chứng minh
đẳng thức, bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các biểu
thức đại số có độ khó cao được trích ra từ các đề thi vào Đại học, thi học sinh

giỏi, hoặc Olympic Toán quốc tế. Nội dung của chương này được hình thành
chủ yếu từ các tài liệu [3, 4, 6].

2.1

Các bài toán về đẳng thức

Bài toán 2.1. Cho x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1(x, y, z > 0). Chứng minh rằng
1 + xyz = x

(1 − y 2 )(1 − z 2 ) + y

(1 − x2 )(1 − z 2 ) + z

(1 − y 2 )(1 − x2 ). (2.1)

Giải
Từ giả thiết ta có điều kiện 0 < x, y, z < 1. Dựa vào điều kiện đề bài và
một số đặc điểm của hàm số lượng giác ta đặt x = cos a, y = cos b, z = cos c với
π
a, b, c ∈ 0;
. Thay vào (2.1), ta có:
2
1 + cos a. cos b. cos c = cos a

cos c

(1 − cos2 b) (1 − cos2 c) + cos b

(1 − cos2 a) (1 − cos2 c) +

(1 − cos2 b) (1 − cos2 a)

⇔ 1 + cos a. cos b. cos c = cos a. sin b. sin c + cos b. sin a. sin c + cos c. sin b. sin a
⇔ 1 = − cos a. cos b. cos c + cos a. sin b. sin c + cos b. sin a. sin c + cos c. sin b. sin a
⇔ 1 = cosa (−cosb.cosc + sinb.sinc) + sin a (cos b. sin c + cos c. sin b)
⇔ 1 = − cos a. cos (b + c) + sin a. sin(a + b)
⇔ cos (a + b + c) = −1.

Mặt khác, từ điều kiện x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1 ta được:
cos2 a + cos2 b + cos2 c + 2 cos a. cos b. cos c = 1


16

⇔ (cos c + cos a. cos b)2 − cos2 a.cos2 b + cos2 a + cos2 b − 1 = 0
⇔ (cos c + cos a. cos b)2 + cos2 a.sin2 b − sin2 b = 0
⇔ (cos c + cos a. cos b)2 − sin2 a.sin2 b = 0
⇔ (cos c + cos a. cos b − sin a. sin b) (cos c + cos a. cos b + sin a. sin b) = 0
⇔ [cos c + cos (a + b)] [cos c + cos (a − b)] = 0
⇔ 4 cos

a+b+c
a+b−c
a−b+c
b+c−a
. cos
. cos
. cos
= 0.

2
2
2
2

(2.2)

π
a−b+c
π a+b−c
π b+c−a
π
nên
= ;
= ;
=
2
2
2
2
2
2
2
a−b+c
b+c−a
a+b−c
. cos
. cos
= 0.
nên cos

2
2
2
a+b+c
Từ (2.2) suy ra cos
= 0 suy ra a + b + c = π
2
vậy cos(a + b + c) = −1. (đpcm)

Do a, b, c ∈ 0;

Bài toán 2.2. Cho hai số a, b thỏa mãn |b| ≤ |a|. Chứng minh rằng:
a2 − b 2 + a −

|a + b| + |a − b| = a +

a2 − b 2 .

(2.3)

Giải
Với a = 0 thì b = 0, đẳng thức đã cho luôn đúng. Với a = 0 ta chia cả hai vế
đẳng thức (2.3) cho |a| , ta được
1+

b
b
+ 1−
= 1+
a

a

1−

b2
+ 1−
a2

Mặt khác theo điều kiện của đề bài ta có |b| ≤ |a| ⇒

1−

b2
.
a2

b
b
≤ 1, ta đặt = cos t
a
a

hay b = a cos t với t ∈ [0; π]. Thay vào vế trái của đẳng thức (2.4), ta được
1+

b
b
+ 1−
= |1 + cos t| + |1 − cos t| = 2
a

a

Vế phải là
1+

1−

b2
a2

+ 1−

1−

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

b2
a2

(2.4)

= |1 + sin t| + |1 − sin t| = 2.


17

Bài toán 2.3. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện ab + ac + cb = 1. Chứng minh
rằng:
1
1

1
2
√
√
√
+
+
=
.
2
2
2
bc (1 + a ) ca (1 + b ) ab (1 + c )
abc. 1 + a2 . 1 + b2 . 1 + c2

(2.5)

Giải
Đặt a = tan α, b = tan β, c = tan γ với α, β, γ ∈ 0;

π
. Thay các giá trị vào giả
2

thiết, ta có:
tan α. tan β + tan α. tan γ + tan γ. tan β = 1
⇔ tan β (tan α + tan γ) = 1 − tan α. tan γ
1 − tan α. tan γ
⇔ tan β =
tan α + tan γ

⇔ tan β = cot (α + β)
π
⇒α+β+γ = .
2

Mặt khác
1
1
=
= cot γ. cot β.cos2 α.
2
2
bc (1 + a )
tan γ. tan β 1 + tan α

Tương tự các biểu thức còn lại ta được vế trái của đẳng thức (2.5) là
cot γ. cot β.cos2 α + cot γ. cot α.cos2 β + cot α. cot β.cos2 γ
= cot α. cot β. cot γ tan α.cos2 α + tan β.cos2 β + tan γ.cos2 γ
1
= cot α. cot β. cot γ (sin 2α + sin 2β + sin 2γ)
2
1
= cot α. cot β. cot γ.4. cos α. cos β. cos γ(vì2α + 2β + 2γ = π)
2
= 2 cot α. cot β. cot γ. cos α. cos β. cos γ.

Vế phải của (2.5) sẽ là
2
tan α. tan β. tan γ. 1 + tan2 α. 1 + tan2 β.
2 cot α. cot β.cotγ

=
1
1
1
.
.
2
2
cos α
cos β
cos2 γ
= 2 cot α. cot β. cot γ. cos α. cos β. cos γ.

1 + tan2 γ

Như vậy, vế trái và vế phải của (2.5) bằng nhau, ta có (đpcm).
Bài toán 2.4. Cho xy + yz + zx = 1 và xyz = 0. Chứng minh rằng
x−

1
1
. y−
x
y

+

y−

1

y

. z−

Giải

1
1
1
+ x−
. z−
z
x
z

= 4.


18

Nhận xét: Với cách chứng minh thường dùng thì việc chứng minh đẳng thức
trên rất khó. Mặt khác đề bài có điều kiện xyz = 0 nên ta có thể đặt x =
π
π
tan α, y = tan β, z = tan γ với − < a, b, c < .
2

2

Từ giả thiết ta có

tan a. tan b + tan b. tan c + tan a. tan c = 1
π
⇔ a + b + c = + kπ
2
⇔ 2a + 2b + 2c = π + k2π.
1
= tan a − cot a = −2 cot 2a.
x
1
1
Biến đổi tương tự: y − = −2 cot 2b; z − = −2 cot 2c.
y
z

Mặt khác ta có: x −

Thay vào đẳng thức trên ta được
4 cot 2a. cot 2b + 4 cot 2b. cot 2c + 4 cot 2c. cot 2a = 4
⇔ cot 2a. cot 2b + cot 2b. cot 2c + cot 2c. cot 2a = 1
⇔ cot 2a (cot 2b + cot 2c) = 1 − cot 2b. cot 2c
1 − cot 2b. cot 2c
⇔ cot 2a =
cot 2b + cot 2c
⇔ cot 2a = − cot (2c + 2b) luôn đúng.

Bài toán 2.5. (Đại học dược Hà Nội 1995) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xy+yz+zx =
1. Tính giá trị biểu thức sau:
M =x

1 + y2 1 + z2

+y
(1 + x2 )

1 + x2 1 + z 2
+z
(1 + y 2 )

1 + y 2 1 + x2
.
(1 + z 2 )

Giải
π
. Theo giả thiết ta có:
2
π
tan a. tan b + tan b. tan c + tan c. tan a = 1 hay a + b + c = . Mặt khác
2

Đặt x = tan a, y = tan b, z = tan c với a, b, c ∈

x

1 + y2 1 + z2
= tan a.
(1 + x2 )

0;

1 + tan2 b

1 + tan2 c

1 + tan2 a

cos2 a
sin a
=
.
2
2
cos b.cos c
cos b. cos c
π
Điều kiện đề bài : a + b + c = nên sin a = cos(b + c). Suy ra
2
sin a
cos (b + c)
cos b. cos c − sin b. sin c
=
=
= 1 − tan b. tan c = 1 − yz
cos b. cos c
cos b. cos c
cos b. cos c
= tan a.

Tương tự với biểu thức còn lại ta có

y

1 + x2 1 + z 2
= 1 − xz và
(1 + y 2 )

1 + y 2 1 + x2
= 1 − xy
(1 + z 2 )


19

Thay vào biểu thức M được M = 3 − (xy + yz + zx) = 2.

2.2

Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức

Bài toán 2.6. Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, có bất đẳng thức
a

1 − b2 + b

1 − a2 +

√

3 ab −

(1 − b2 ) (1 − a2 )

≤ 2.

Giải
Nhận xét: Các điều kiện trong bất đẳng thức trên là:

1 − a2 ≥ 0;
⇔
1 − b2 ≥ 0;

|a| ≤ 1;
|b| ≤ 1.

π π
. Khi đó bất đẳng thức đã cho được
2 2

Đặt a = sin α; b = sin β với α; β ∈ − ;
biến đổi về dạng:
sin α

1 − sin β 2 + sin β

1 − sin α2 +

√

3 sin α sin β −

(1 − sin β 2 ) (1 − sin α2 )

≤2

√
3 (sin α sin β − cos α. cos β)| ≤ 2
⇔ |sin α.cosβ + sinβ.cosα
+
√
⇔ |sin (α + β) − 3√cos (α + β)| ≤ 2
1
3
cos (α + β)| ≤ 1
⇔ | sin (α + β) −
2
2
π
⇔ |sin α + β −
| ≤ 1, luôn đúng.
3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 2.7. Cho x2 + y 2 = 1, u2 + v 2 = 1. Chứng minh
a) |xu + yv| ≤ 1;
b) |xv + yu| ≤ 1;
c) − 2 ≤ (x − y) (u + v) + (x + y) (u − v) ≤ 2;
d) − 2 ≤ (x + y) (u + v) − (x − y) (u − v) ≤ 2.

Giải
Nhận xét: Trong lượng giác mỗi góc α bất kì ta có cos2 α + sin2 α = 1 vì
thế dựa vào điều kiện đề bài có dạng x2 + y 2 = 1; u2 + v 2 = 1 nên có thể đặt

20

x = cos a; y = sin a; u = cos b; v = sin b và 0 ≤ a, b ≤ 2π . Khi đó ta có
a) |xu + yv| = |cos a. cos b + sin a. sin b| = |cos (a − b)| ≤ 1.
b) |xv + yu| = |cos a. sin b + sin a. cos b| = |cos (a − b)| ≤ 1.
c) (x − y) (u + v) + (x + y) (u − v)
= (cos a − sin a) (cos b + sin b) + (cos a + sin a) (cos b − sin b)
= 2 sin π4 − a . sin π4 + b + 2 cos π4 − a . cos π4 + b
= 2 cos (a + b)
−2 ≤ 2 cos (a + b) ≤ 2(đpcm)

d) Chứng minh tương tự câu c).
Bài toán 2.8. Chứng minh rằng

√

a2 − 1 +

√
3 ≤ 2 |a| .

Giải
Nhận xét: Điều kiện của bất phương trình trên là a2 − 1 ≥ 0 ⇔ |a| ≥ 1. Đặt
|a| =

1
π
với α ∈ 0; .

cos α
2

Khi đó bất đẳng thức được biến đổi về dạng:
√
√
1
2
2
−
1
+
3
≤
⇔
tan
α
+
3≤
2
cos α
cos α
cos α
√
√
1
3
⇔ sin α + 3 cos α ≤ 2 ⇔ sin α +
cos α ≤ 1
2

2
⇔ sin α + π3 ≤ 1(đpcm).

Bài toán 2.9. Chứng minh với mọi cặp số thực x, y ta luôn có
x2 + (x − y)2 ≥ 4 x2 + y 2 sin2

π
.
10

Giải
Theo cách tính giá trị biểu thức lượng giác không dùng bảng ta có
π
π
sin
= 2 1 − cos
10
5
2

√
3− 5
=
.
2

Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại ở dạng
x2 + (x − y)2 ≥ 4 x2 + y 2

√

3− 5
2

.

(2.6)

• Nếu x = 0 thì bất đẳng thức (2.6) hiển nhiên đúng.
• Nếu y = 0, chia hai vế của (2.6) cho y 2 và đặt

bất đẳng thức có dạng

x
π
π
= tan a với − < a < thì
y
2
2


21

√
3− 5
≥
1 + tan2 a
2
√
3

−
5
2
⇔ sin2 a + (sin a − cos a) ≥
2√
3− 5
2
⇔ sin a + 1 − 2 sin a. cos a ≥
2
√
⇔ cos 2a + 2 sin 2a ≤ 5
tan2 a + (tan a − 1)2

2
1
⇔ √ cos 2a + √ sin 2a ≤ 1
5
5
1
√
5

2

2
√
5

(2.7)

.

2

1
2
π
= 1 nên √ = cos b và √ = sin b với 0 < b < .
2
5
5
Bất đẳng thức (2.7) có thể viết là cos(2a − b) ≤ 1 (luôn đúng). Vậy ta có đpcm.

Bởi vì

+

Bài toán 2.10. Chứng minh rằng với mọi x, x ∈ R thì
1
(x + y) (1 − xy)
1
− ≤
≤ .
2
2
2
(1 + x ) (1 + y )
2

Giải

π π
. Khi đó
2 2

Đặt x = tan a, y = tan b với a, b ∈ − ;

(tan a + tan b) (1 − tan a. tan b)
(x + y) (1 − xy)
=
2
2
(1 + x ) (1 + y )
1 + tan2 a 1 + tan2 b
= (tan a + tan b) (1 − tan a. tan b) cos2 a.cos2 b
sin (a + b)
=
(cos a. cos b − sin a. sin b)
cos a. cos b
= (tan a + tan b) (1 − tan a. tan b) cos2 a.cos2 b
sin (a + b)
=
(cos a. cos b − sin a. sin b) cos a. cos b
cos a. cos b
1
= sin (a + b) . cos (a + b) = sin 2 (a + b) .
2

Vì sin 2 (a + b) ∈ [−1; 1] nên

1

1 1
sin 2 (a + b) ∈ − ;
ta có đpcm.
2
2 2

Bài toán 2.11. (Walther Janous, Crux Mathematicorum) Cho x, y, z là các số
thực dương. Chứng minh rằng
x

x+

(x + y) (x + z)

y

+
y+

z

+

(y + z) (y + x)

Giải

z+

(z + x) (z + y)

≤ 1.


22

Bất đẳng thức tương đương với
1

≤ 1.

(x + y) (x + z)
x2

1+

Vì bất đẳng thức thuần nhất nên ta có thể giả thiết
xy + yz + zx = 1.
α
2

Áp dụng S1: cyc(x = tan ), trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác ta có

(x + y) (x + z)
=
x2

tan

β

α
+ tan
2
2

tan

α
γ
+ tan
2
2

α
tan2
2

=

1
sin2

α,
2

tương tự với các biểu thức của các hạng tử khác, bất đẳng thức trở thành
α
β
γ
sin

sin
2 +
2 +
2 ≤ 1,
α
γ
β
1 + sin
1 + sin
1
+
sin
2
2
2
sin

suy ra

1
1
+
α +
γ.
β
1 + sin
1 + sin
1
+
sin

2
2
2
α
β
γ
3
Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức sin + sin + sin ≤ và bất đẳng thức
2
2
2
2
1

2≤

Cauchy - Schwarz, ta có
2≤

9
α
1 + sin
+
2

β
1 + sin
2

γ

+ 1 + sin
2

≤

1
1 + sin

α
2

suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.12. (Iran, 1997) Cho x, y, z là các số thực lớn hơn 1 thỏa mãn
1 1 1
+ + = 2. Chứng minh rằng
x y z
√
√
√
√
x − 1 + y − 1 + z − 1 ≤ x + y + z.

Giải
Đặt (x, y, z) = (a + 1, b + 1, c + 1) với a, b, c là các số thực dương. Giả thiết đã
cho tương đương với ab + bc + ca + 2abc = 1. Khi đó ta cần chứng minh
√

a+

√

√
√
b + c ≤ a + b + c + 3.