Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình đại số

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐOÀN THỊ PHƯƠNG

PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - NĂM 2017


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐOÀN THỊ PHƯƠNG

PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC
TRONG BẤT ĐẲNG THỨC VÀ
BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Mã số: 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học
GS. TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

HÀ NỘI - NĂM 2017

i

Mục lục
Mở đầu

3

1 Một số kiến thức cơ bản
1.1 Một số tính chất của hàm lượng giác . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Các hệ thức cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Một số dẳng thức cơ bản trong tam giác . . . . . . . .
1.2.2 Một số bất đẳng thức thông dụng trong tam giác . . .
1.3 Xây dựng các các hệ thức lượng giác từ đẳng thức, bất đẳng
thức đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5
5
6
6
7
10

2 Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và
trình
2.1 Các bài toán về bất đẳng thức trong tam giác . .
2.1.1 Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác .
2.1.2 Bất đẳng thức đại số trong tam giác . . .
2.2 Các bài toán về bất đẳng thức đại số . . . . . .
2.2.1 Bất đẳng thức lượng giác tự do . . . . . .

2.2.2 Bất đẳng thức dùng biến đổi lượng giác .
2.3 Các bài toán về bất phương trình . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.

13
13
13
23
26
26
29
39

.
.
.
.

44
44
49
53
56

3 Một số dạng toán liên quan
3.1 Phương pháp lượng giác chứng minh đẳng thức .
3.2 Phương pháp lượng giác giải phương trình . . . .
3.3 Phương pháp lượng giác giải hệ phương trình . .
3.4 Phương pháp lượng giác giải các bài toán cực trị

bất phương
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.

Kết luận

60

Tài liệu tham khảo

61


3

Mở đầu
Lượng giác là chuyên đề quan trọng trong chương trình toán phổ thông. Học
sinh học lượng giác thường chưa cặn kẽ tư tưởng cũng như phương pháp tiếp cận
và đặc biệt khâu vận dụng kiến thức vào giải các bài toán trong đại số, giải tích.
Trong hoạt động thực tiễn, có rất nhiều bài toán cần đến sự can thiệp của lượng
giác để tính toán và mô phỏng. Vì vậy, chuyên đề lượng giác có vị trí rất đặc biệt
trong toán học, không những như một đối tượng cần nghiên cứu mà còn là công
cụ đắc lực trong đại số giải tích và hình học.
Đặc biệt, nhiều bài toán đại số, giải tích có thể đươc giải dễ dàng bằng cách
sử dụng các hàm lượng giác, mà chúng ta gọi là "Phương pháp lượng giác hóa".
Đó là nhờ các tính chất đặc thù của hàm lượng giác mà các hàm khác không thể
có, như công thức biến đổi tích thành tổng, tổng thành tích, công thức nhân đôi,
nhân ba, các đồng nhất thức, các bất đẳng thức quan trọng của hàm lượng giác.
Do đó, để đáp ứng nhu cầu về giảng dạy, học tập, luận văn "Phương pháp
lượng giác trong bất đẳng thức và bất phương trình đại số" nhằm tìm hiểu,thu
thập các tài liệu và phân loại các bài toán về phương pháp lượng giác trong một
số bài toán cơ bản của đại số, như chứng minh bất đẳng thức, bất phương trình...
Luận văn được chia làm 3 chương.
Chương 1. Một số kiến thức cơ bản. Nhắc lại một số tính chất của hàm
số lượng giác cơ bản, các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng, các
phép thế lượng giác cơ bản.
Chương 2. Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức và bất
phương trình. Trình bày ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng

minh bất đẳng thức và bất phương trình có độ khó cao.
Chương 3. Một số dạng toán liên quan. Trình bày ứng dụng của phương
pháp lượng giác trong chứng minh đẳng thức, giải phương trình, hệ phương trình
và một số bài toán cực trị.
Để hoàn thành luận văn, em đã nhận được sự giúp đỡ của thầy cô, bạn bè,
đặc biệt là sự chỉ bảo hướng dẫn tận tình của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, cùng


4

các thầy cô trong Seminar bộ môn Toán của trường Đại học Khoa học Tự nhiên
- Đại học Quốc gia Hà Nội. Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới GS.TSKH
Nguyễn Văn Mậu và các thầy cô giáo trong khoa Toán - Cơ - Tin học, trường Đại
học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội đã hướng dẫn em hoàn thành
khóa học Cao học 2015-2017.
Do thời gian thực hiện luận văn không nhiều, kiến thức còn hạn chế nên khi
làm luận văn không tránh khỏi những hạn chế và sai sót. Em mong nhận được sự
góp ý và những ý kiến phản biện của quý thầy cô và bạn đọc.
Em xin chân thành cảm ơn!


5

Chương 1
Một số kiến thức cơ bản
Chương này có tính bổ trợ, trình bày về các tính chất cơ bản của hàm lượng
giác, các đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác thông dụng, xây dựng các hệ thức
lượng giác từ đẳng thức, bất đẳng thức đại số. Các kiến thức này sẽ được dùng
đến thường xuyên trong các chương sau.

1.1

Một số tính chất của hàm lượng giác
Trong phần này ta xét một số tính chất cơ bản của hàm lượng giác trên trục

thực. Ta có
sin x, cos x € r✁1; 1s; sin2 x   cos2 x ✏ 1, ❅x € R, k

€ Z.
sin♣x   k2π q ✏ sin x; cos♣x   k2π q ✏ cos x, ❅x € R, k € Z.
π
tan♣x   kπ q ✏ tan x, ❅x ✘   kπ; cot♣x   kπ q ✏ cot x, ❅x ✘ kπ, k € Z.
2
Công thức góc nhân đôi
cos 2x ✏ cos2 x ✁ sin2 x ✏ 2 cos2 x ✁ 1 ✏ 1 ✁ 2 sin2 x.
2 tan x
cot2 x ✁ 1
sin 2x ✏ 2 sin x cos x; tan 2x ✏
;
cot
2x
✏
.
2 cot x
1 ✁ tan2 x

Công thức góc nhân ba
cos 3x ✏ 4 cos3 x ✁ 3 cos x, sin 3x ✏ 3 sin x ✁ 4 sin3 x, tan 3x ✏

Một số hệ thức thường sử dụng

3 tan x ✁ tan3 x
.
1 ✁ 3 tan2 x

✁
π✠ ❄
π✠
sin x   cos x ✏ 2 sin x  
✏ 2 cos x ✁ 4 .
4
✠ ❄
✁
✠ ❄
❄ ❄ ✁
✁ 2 ↕ 2 sin x   π4 ; 2 cos x ✁ π4 ↕ 2.
❄ ✁ π✠ ❄ ✁ π✠
sin x ✁ cos x ✏ 2 sin x ✁
✏ 2 cos x   4 .
4
✁
✠
✠ ❄
❄ ❄
❄ ✁
✁ 2 ↕ 2 sin x ✁ π4 ; 2 cos x   π4 ↕ 2.

❄

✁

6

1.2

Các hệ thức cơ bản trong tam giác

1.2.1

Một số dẳng thức cơ bản trong tam giác

Trong phần này ta luôn giả sử tam giác ABC có
• BC

✏ a, CA ✏ b, AB ✏ c

• S là diện tích tam giác
• p là nửa chu vi tam giác
• ma , mb , mc , ha , hb , hc lần lượt là độ dài các trung tuyến, đường cao tương ứng

với các cạnh a, b, c.
Mệnh đề 1.1. Cho A, B, C là các góc của một tam giác cho trước. Khi đó ta có
các công thức sau:
1. cos A   cos B   cos C
2. sin A   sin B   sin C

✏ 1   4 sin A2 . sin B2 . sin C2 .
✏ 4 cos A2 . cos B2 . cos C2 .

3. sin 2A   sin 2B   sin 2C

✏ 4 sin A. sin B. sin C.

4. sin2 A   sin2 B   sin2 C

✏ 2   2 cos A. cos B. cos C.

5. tan A   tan B   tan C
6. cot

A
2

✏ tan A. tan B. tan C.

  cot B2   cot C2 ✏ cot A2 . cot B2 . cot C2 .

Mệnh đề 1.2. Cho A, B, C

€ ♣0, πq. Khi đó A, B, C

là các góc của một tam giác

nếu và chỉ nếu
tan

A
B
tan

2
2

  tan B2 tan C2   tan A2 tan C2 ✏ 1.

Chứng minh. Giả sử A, B, C là các góc của một tam giác bất kỳ. Khi đó A B  C
C
π, nghĩa là
2

✏ ✁
π
2

A B
. Do đó
2

C
tan
2

✁A   B ✠
A   B✠
✏ tan 2 ✁ 2 ✏ cot 2
A
B
A
B
cot cot ✁ 1

1 ✁ tan tan
2
2
✏ 2A 2 B ✏
A
B
cot   cot
tan   tan
2
2
2
2
✁π

ô tan A2 tan B2   tan B2 tan C2   tan A2 tan C2 ✏ 1.

✏


7

Ngược lại, giả sử A   B   C
tan

✏ π thỏa mãn đẳng thức
  tan B2 tan C2   tan A2 tan C2 ✏ 1.

B
A
tan

2
2

(1.1)

✏ 1. Mà tan A → 0 nên tan A2 ✏ ❄1 . Suy ra A ✏ B ✏
3
C✏
✏ π hay A, B, C là các góc của một tam giác. Không
mất tính tổng quát ta giả sử A ✘ B . Vì 0 ➔ A   B ➔ 2π nên tồn tại C1 € ♣✁π, π q sao
cho A   B   C1 ✏ π. Theo chứng minh trên ta có
✏B✏C

A
2
✵
60 , kéo theo A   B   C

Nếu A

thì 3 tan2

tan

A
B
tan
2
2

Ta sẽ chứng minh C

  tan B2 tan C21   tan A2 tan C21 ✏ 1.

(1.2)

✏ C1, suy ra A   B   C ✏ π, tức là A, B, C là các góc của

một tam giác.
Thật vậy, trừ hai vế của (1.1) cho (1.2) ta có
tan

C
2

✏ tan C21 .

✞C ✁ C ✞
✞C ✁ C ✞ C C
✞
✞
1✞
1✞
✞ ✏ kπ, k ➙ 0, k € Z, mà ✞
✞↕   1

Suy ra ✞
hay C

2

2

✏ C1 .

1.2.2

2

2

➔ π2   π2 ✏ π, suy ra k ✏ 0

Một số bất đẳng thức thông dụng trong tam giác

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 phương pháp lượng giác hóa.
Mệnh đề 1.3. Cho A, B, C là các góc của tam giác ABC . Khi đó ta có các bất
đẳng thức sau:
1. sin A   sin B   sin C
2. sin A. sin B. sin C

↕
❄

❄

3 3
.

2

↕ 3 8 3.

  sin B2   sin C2 ↕ 32 .

3. sin

A
2

4. sin

A
B
C
. sin . sin
2
2
2

↕ 81 .

5. cos A   cos B   cos C
6. cos A. cos B. cos C

↕ 32 .

↕ 81 .

A
7. cos
2

  cos B2

  cos C2

↕

8. sin2 A   sin2 B   sin2 C

8

❄

3 3
.
2

↕ 94 .

9. cos2 A   cos2 B   cos2 C
10.
11.

➙ 34 .
B
C ❄

A
tan   tan   tan ➙ 3.
2
2
2
❄
tan A   tan B   tan C ➙ 3 3.

Chứng minh.
1. Hàm sin x lõm trên khoảng ♣0, π q nên theo bất đẳng thức Jensen ta có

✁A   B   C ✠

sin A   sin B   sin C
3

↕ sin
❄
3 3
ô sin A   sin B   sin C ↕ 2 .

3

✏ sin π3

✏

❄

3

2

2. Từ sin x → 0 với ❅x € ♣0, π q, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
sin A. sin B. sin C

↕

✁ sin A   sin B   sin C ✠3
3

↕

✁ ❄3 ✠3
2

✏

❄

3 3
.
8

3. Tương tự chứng minh (1) ta có
sin

A
2

  sin B2   sin C2

3

↕ sin

✁A   B   C ✠

✁ π✠

vì hàm sin x lõm trên khoảng 0,
sin

A
2

2

6

✏ sin π6 ✏ 21 .

nên

  sin B2   sin C2 ↕ 23 .

4. Tương tự chứng minh (2) và từ bất đẳng thức AM-GM ta có

❝

A
B

C
sin . sin . sin
2
2
2
A
B
C
ô sin 2 . sin 2 . sin 2
3

5. Từ A   B

↕

sin

↕

1
.
8

A
2

  sin B2   sin C2
3

↕ 12

✏ π ✁ C suy ra cos C ✏ ✁ cos♣A   B q ✏ ✁ cos A. cos B   sin A. sin B .

Do đó
3 ✁ 2♣cos A   cos B   cos C q

✏3 ✁ 2♣cos A   cos B ✁ cos A. cos B   sin A. sin B q


9

✏ sin2 A   sin2 B ✁ 2 sin A. sin B   1   cos2 A   cos2 B ✁ 2 cos A ✁ 2 cos B   2 cos A. cos B
✏♣sin A ✁ sin B q2   ♣1 ✁ cos A ✁ cos B q2 ➙ 0,
điều này tương đương với cos A   cos B   cos C

↕ 23 .

6. Từ cos♣A   B q ✏ ✁ cos C ta có
cos A. cos B. cos C

✏ 12 ♣cos♣A   B q   cos♣A ✁ B qq cos C
✏ 21 ♣cos♣A ✁ B q ✁ cos C q cos C
2

✏ 12 cos♣A ✁ B q cos C ✁ cos2 C
✁
✠2
2
✏ ✁ 1 cos C ✁ cos♣A ✁ B q   cos ♣A ✁ B q
↕

2
cos2 ♣A ✁ B q
8

A B C
7. Vì A, B, C € ♣0, π q nên , ,
2 2 2

ta có
cos

A
2

  cos B2   cos C2
3

nghĩa là cos

A
2

  cos B2   cos C2 ↕

€

2

↕

8

1
8

✁ π✠
0,

2

. Do đó theo bất đẳng thức Jensen

↕ cos A   cos6 B   cos C
❄
3 3
.
2

✏ cos π6

✏

❄

3
,
2

8. Ta có

sin2 A   sin2 B   sin2 C

✏ 2   2 cos A. cos B. cos C ↕ 2   2. 18 ✏ 94 .

9. Ta có

A
B
C✠
9
3
 
sin2   sin2
➙
3✁ ✏ .
2
2
2
4
4
✁ π✠
10. Vì hàm tan x lồi trên khoảng 0,
nên theo bất đẳng thức Jensen ta có
2
cos2 A   cos2 B   cos2 C

tan

A
2

✏3✁

  tan B2   tan C2
3

tức là tan

A
2

  tan B2   tan C2 ➙

❄

✁

sin2

➙ tan A   B6   C ✏ tan π6 ✏ ❄1

3

3.

11. Vì tam giác đã cho nhọn nên A, B, C

✁ π✠
0,

2

€

,

✁ π✠
0,

2

. Hàm f ♣xq ✏ tan x lồi trên

nên theo bất đẳng thức Jensen ta có
tan A   tan B   tan C

❄
➙ 3 tan A   B3   C ✏ 3 tan π3 ✏ 3 3.

Trong một tam giác có các bất đẳng thức kép thông dụng được cho bởi mệnh
đề sau đây


10

Mệnh đề 1.4. Cho A, B, C là các góc của tam giác ABC. Khi đó

↕ sin A2   sin B2   sin C2 ↕ 23 .
❄
B

C
3 3
A
.
sin A   sin B   sin C ↕ cos   cos   cos ↕
2
2
2
2

1. cos A   cos B   cos C
2.

3. cos A. cos B. cos C

↕ sin A2 . sin B2 . sin C2 ↕ 81 .

4. cos2 A   cos2 B   cos2 C

1.3

➙ sin2 A2   sin2 B2   sin2 C2 ➙ 43 .

Xây dựng các các hệ thức lượng giác từ đẳng
thức, bất đẳng thức đại số
Ta chứng minh một số kết quả cơ bản sau

Kết quả 1.1. Với a, b, c là các số thực dương, thỏa mãn điều kiện ab   bc   ca ✏ 1.
Khi đó tồn tại các góc A, B, C của tam giác ABC sao cho
a ✏ tan

Chứng minh. Vì a, b
a, tan

B
2

A
B
C
, b ✏ tan , c ✏ tan .
2
2
2

→ 0 nên tồn tại các góc 0 ➔

✏ b. Từ điều kiện suy ra
c✏

1 ✁ ab
a b

✏

1 ✁ tan

A
B
tan

2
2
A
B
tan   tan
2
2

Vì c → 0 suy ra

ô c ✏ cot A  2 B

A B
,
2 2

✏ tan

➔
✁π
2

π
A
sao cho tan
2
2

✁

✏

A   B✠
.
2

C
π A B
π
C
✏
✁
➔
, c ✏ tan
2
2
2
2
2
ô A   B   C ✏ π, 0 ➔ A, B, C ➔ π.

0➔

Ta có điều cần chứng minh.
Kết quả 1.2. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ab   bc   ca ✏ 1
và a   b   c   abc ➔ 2. Khi đó tồn tại các góc A, B, C của tam giác ABC nhọn sao
cho
a ✏ tan

A

B
C
, b ✏ tan , c ✏ tan
2
2
2

Chứng minh. Tam giác ABC nhọn khi cos A cos B cos C

ô

✁ 1 ✁ a2 ✠✁ 1 ✁ b2 ✠✁ 1 ✁ c2 ✠
1   a2

1   b2

1   c2

→0

→0


11

ô ♣1 ✁ aq♣1 ✁ bq♣1 ✁ cq → 0
ô 1 ✁ ♣a   b   cq   ♣ab   bc   caq ✁ abc → 0
ô abc   a   b   c ➔ 2
(vì ab   bc   ca ✏ 1.)
Kết quả 1.3. Trong tam giác ABC với a ✏ tan

cos A ✏

1 ✁ a2
A
, sin
2
1 a
2

✏❄

a

1 

a2

A
. Ta có
2

, cos

A
2

✏❄

1

1   a2

.

Chứng minh. Ta có
1
a2

✏ cot2 A2 ✏ ✁1  

1
sin2

A
2

ô

2
✏ a12   1 ✏ a a 2 1

1
sin2

ô sin A2 ✏ ❄

a

✏ tan2 A2 ✏

1

A
2

1   a2

.

Ta có
a2

ô

✁1

A
2
1
A
✏
1   a2 ô cos ✏
A
2
cos2
2

Ta lại có
cos A ✏ cos2

A
2

cos2

❄

1

1   a2

.

2
2
✁ sin2 A2 ✏ 1  1 a2 ✁ 1  a a2 ✏ 11 ✁  aa2 .

Kết quả 1.4. Với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a   b   c ✏ abc.
Khi đó tồn tại các góc của tam giác ABC sao cho
tan

A
2

✏ a1 ; tan B2 ✏ 1b ; tan C2 ✏ 1c .

Chứng minh. Ta có điều kiện
a   b   c ✏ abc ô

1

ab

  bc1   ca1 ✏ 1.

Áp dụng kết quả 2.1 ta suy ra điều phải chứng minh.
Kết quả 1.5. Trong tam giác ABC với tan
sin A ✏

2a
a2 ✁ 1
A
, cos A ✏ 2
, sin
2
1 a
a  1
2

A
2

✏ a1 ♣a → 0q. Khi đó ta có

✏❄

1

1 

a2

, cos

A
2

✏❄

a

1   a2

.


12

Kết quả 1.6. Với a, b, c là các số thực dương và p ✏
góc của tam giác ABC sao cho
cos

A
2

✏

❝

a b c
. Khi đó tồn tại các

2

❞

❝

p♣p ✁ aq
A
, sin
bc
2

q♣p ✁ cq , tan A ✏ ♣p ✁ bq♣p ✁ cq .
✏ ♣p ✁ bbc
2
p ♣ p ✁ aq

Chứng minh. Ta có
b 2   c 2 ✁ a2
A
✁
1 ✏ cos A ✏
2
2bc
2
2
2
c ✁a
q 2 ✁ a2
  1 ✏ ♣b   c2bc

ô2 cos2 A2 ✏ b  2bc
❝
A
p
♣
p
✁
a
q
A
ô cos2 2 ✏ bc ô cos 2 ✏ p♣pbc✁ aq .
2 cos2

Ta có

q♣b   c ✁ aq
✏ ♣b   c   a2bc

2
c 2 ✁ a2
✏ cos A ✏ b  2bc
2
2
2
2
2
ô2 sin2 A ✏ 1 ✁ b   c ✁ a ✏ a ✁ ♣b ✁ cq ✏ ♣a   b ✁ cq♣a   c ✁ bq

1 ✁ 2 sin2

A
2

2bc
❝

2
2bc
q♣p ✁ cq
ô sin2 A2 ✏ ♣p ✁ bbc

❝

Ta có
A
tan
2

✏

A
sin
2
A
cos
2

q♣p ✁ cq .
ô sin A2 ✏ ♣p ✁ bbc

✏

♣p ✁ bq♣p ✁ cq
❝

bc
p♣p ✁ aq
bc

2bc

❞

✏ ♣p ✁p♣pbq♣✁pa✁q cq .

Từ đó, ta có thêm nhận xét sau.
Nhận❝xét 1.1. Với những
❝ bài toán xuất
❝ hiện biểu thức

→ 0q, thì tồn tại một
a b c
tam giác ABC có độ dài các cạnh a ✏ y   z, b ✏ z   x, c ✏ x   y, p ✏
. Khi
yz
♣x   yq♣x   zq ,

zx
♣y   zq♣x   yq ,

xy
♣x   zq♣y   zq ♣x, y, z

2

đó các biểu thức trên tương ứng trở thành

❝

❝

❝

♣p ✁ bq♣p ✁ cq ✏ sin A , ♣p ✁ cq♣p ✁ aq ✏ sin B , ♣p ✁ aq♣p ✁ bq ✏ sin C .
bc

2

ca

2

ab

Nhận❞xét 1.2. Với những
❞ bài toán xuất
❞ hiện biểu thức
x♣x   y   z q
♣x   yq♣x   zq ,

y ♣x   y   z q
♣y   zq♣x   yq ,

ABC có độ dài các cạnh a

✏ y 

z ♣x   y   z q
♣x   zq♣y   zq , thì tồn tại một tam giác
a b c
z, b ✏ z   x, c ✏ x   y, p ✏
. Khi đó
2

các biểu thức trên tương ứng trở thành

❝

p ♣ p ✁ aq
bc

✏ cos A2 ,

❝

2

p ♣ p ✁ bq
ca

✏ cos B2 ,

❝

p♣p ✁ cq
ab

✏ cos C2 .


13

Chương 2
Phương pháp lượng giác trong bất
đẳng thức và bất phương trình
Chương này trình bày ứng dụng của phương pháp lượng giác trong chứng
minh bất đẳng thức và bất phương trình đại số.

2.1

Các bài toán về bất đẳng thức trong tam giác

2.1.1

Bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

Trong mục này ta xét các dạng đối xứng và không đối xứng của bất đẳng
thức lượng giác trong tam giác. Trước tiên ta xét một số ví dụ của dạng đối xứng.
Định nghĩa 2.1. Với mỗi tam giác ABC cho trước, ta kí hiệu
δ∆ABC

✏ maxtA, B, C ✉ ✁ mintA, B, C ✉

và gọi δ∆ABC là độ gần đều của tam giác ABC .
Rõ ràng δ∆ABC

➙ 0 và δ∆ABC ✏ 0 khi và chỉ khi tam giác ABC

là một tam

giác đều.
Định nghĩa 2.2. Với mỗi cặp tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 thỏa mãn đồng thời
các điều kiện
maxtA1 , B1 , C1 ✉ ↕ maxtA2 , B2 , C2 ✉, mintA1 , B1 , C1 ✉ ↕ mintA2 , B2 , C2 ✉,

thì ta nói cặp tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2 là cặp được sắp thứ tự và tam giác
A1 B1 C1 gần đều hơn tam giác A2 B2 C2 .

Vậy trong trường hợp có sắp thứ tự: Với mỗi cặp tam giác A1 B1 C1 và A2 B2 C2

(với A1 ➙ B1 ➙ C1 , A2 ➙ B2 ➙ C2 ) thỏa mãn đồng thời các điều kiện
A1

↕ A2, C1 ➙ C2,

thì sẽ có tam giác A1 B1 C1 gần đều hơn tam giác A2 B2 C2 .


14

Nhận xét 2.1. Tam giác đều gần đều hơn mọi tam giác khác.
Nhận xét 2.2. Trong tập hợp các tam giác không nhọn thì tam giác vuông cân
gần đều hơn mọi tam giác khác.
Nhận xét 2.3. Cho hàm số y ✏ f ♣xq có đạo hàm cấp hai f ✷ ♣xq trong ♣a, bq.
a) Nếu f ✷ ♣xq ➙ 0 với mọi x € ♣a, bq thì

f ♣xq ➙ f ♣x0 q   f ✶ ♣x0 q♣x ✁ x0 q, với x0

€ ♣a, bq.

f ♣xq ↕ f ♣x0 q   f ✶ ♣x0 q♣x ✁ x0 q, với x0

€ ♣a, bq.

b) Nếu f ✷ ♣xq ↕ 0 với mọi x € ♣a, bq thì

Bài toán 2.1. Cho tam giác ABC và cho ba số không âm α, β, γ sao cho α β  γ
Đặt

✏ 1.

✩
✫A0 ✏ αA   βB   γC
✪

B0 ✏ αB   βC   γA
C0 ✏ αC   βA   γB.

Chứng minh rằng, khi đó tam giác A0 B0 C0 gần đều hơn tam giác ABC.
Lời giải. Theo giả thiết, ta có

A0

↕ maxtA, B, C ✉, B0 ↕ maxtA, B, C ✉, C0 ↕ maxtA, B, C ✉

nên maxtA0 , B0 , C0 ✉ ↕ maxtA, B, C ✉.
Tương tự, thì

➙ mintA, B, C ✉, B0 ➙ mintA, B, C ✉, C0 ➙ mintA, B, C ✉ nên
mintA0 , B0 , C0 ✉ ➙ mintA, B, C ✉.
A0

Từ đây ta suy ra tam giác A0 B0 C0 gần đều hơn tam giác ABC.
Kết quả dưới đây bao hàm hầu hết các bất đẳng thức đối xứng dạng cơ bản
trong tam giác.
Bài toán 2.2. Cho tam giác A2 B2 C2 gần đều hơn tam giác A1 B1 C1 và cho hàm

số f ♣xq có f ✷ ♣xq ➙ 0 với mọi x € ♣0, π q. Khi đó

f ♣A1 q   f ♣B1 q   f ♣C1 q ➙ f ♣A2 q   f ♣B2 q   f ♣C2 q.

Lời giải. Do f ✷ ♣xq ➙ 0 với mọi x € ♣0, π q nên
f ♣xq ➙ f ♣x0 q   f ✶ ♣x0 q♣x ✁ x0 q,

❅x € ♣0, πq

Không mất tính tổng quát, ta coi
A1

➙ B1 ➙ C1, A2 ➙ B2 ➙ C2.

(2.1)


15

Khi đó ta có A1 ➙ A2 và C1 ↕ C2 . Suy ra

✩
✫A1 ➙ A2
✪

A1   B1 ➙ A2   B2
A1   B1   C1 ✏ A2   B2   C2 .

Theo (2.1), thì

✩
✫f ♣A1 q ➙ f ♣A2 q   f ✶ ♣A2 q♣A1 ✁ A2 q
f ♣B q ➙ f ♣B2 q   f ✶ ♣B2 q♣B1 ✁ B2 q
✪ 1
f ♣C1 q ➙ f ♣C2 q   f ✶ ♣C2 q♣C1 ✁ C2 q.

(2.2)

Cộng các vế tương ứng của (3), ta được

➙ f ♣A2q   f ♣B2q   f ♣C2q   rf ✶♣B2 ✁ f ✶♣C2qqsr♣A1   B1q ✁
♣A2   B2qs   rf ✶♣A2q ✁ f ✶♣B2qs♣A1 ✁ A2q ➙ f ♣A2q   f ♣B2q   f ♣C2q.
f ♣A1 q   f ♣B1 q   f ♣C1 q

Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC và cho ba số dương α, β, γ sao cho α   β   γ
Đặt

✩
✫A0 ✏ αA   βB   γC
✪

B0 ✏ αB   βC   γA
C0 ✏ αC   βA   γB.

✏ 1.

(2.3)

Chứng minh rằng sin A   sin B   sin C

↕ sin A0   sin B0   sin C0.
Lời giải. Theo giả thiết ta có A0   B0   C0 ✏ A   B   C ✏ π nên A0 , B0 , C0 là các
góc của một tam giác và

✩
✫A ➙ A 0
✪

A   B ➙ A0   B0
A   B   C ✏ A0   B0   C0

với giả thiết A ➙ B

➙ C; A0 ➙ B0 ➙ C0.

Xét hàm số f ♣xq ✏ sin x, ❅x € r0, π s.
Ta có f ✶ ♣xq ✏ cos x; f ✷ ♣xq ✏ ✁ sin x ↕ 0 , x € r0, π s. Theo nhận xét 3 suy ra
f ♣xq ↕ f ♣x0 q   f ✶ ♣x0 q♣x ✁ x0 q, ❅x € r0, π s, x0

€ r0, πs.

Vậy nên
sin A ↕ sin A0   cos A0 ♣A ✁ A0 q;

↕ sin B0   cos B0♣B ✁ B0q;
sin C ↕ sin C0   cos C0 ♣C ✁ C0 q.
Suy ra sin A   sin B   sin C ↕ sin A0   sin B0   sin C0   cos C0 ♣A   B   C ✁ A0 ✁ B0 ✁
C0 q   ♣cos B0 ✁ cos C0 q♣A   B ✁ A0 ✁ B0 q   ♣cos A0 ✁ cos B0 q♣A ✁ A0 q.
sin B


16

Vì A   B   C ✁ ♣A0   B0   C0 q ✏ 0; A   B

➙ A0   B0; A ➙ A0;

→ B0 ➙ C0 ➙ 0 ñ cos B0 ↕ cos C0;
π → A0 ➙ B0 ➙ 0 ñ cos A0 ↕ cos B0 ;
nên sin A   sin B   sin C ↕ sin A0   sin B0   sin C0 .
π

Bài toán 2.4. Cho tam giác ABC và cho ba số dương α, β, γ sao cho α   β   γ
Đặt

✩
✫A0 ✏ αA   βB   γC
✪

B0 ✏ αB   βC   γA
C0 ✏ αC   βA   γB.

✏ 1.

(2.4)

Chứng minh rằng
cos

A
2

  cos B2   cos C2 ↕ cos A20   cos B20   cos C20 .

✑

✙

π
Lời giải. Chỉ cần xét hàm số f ♣xq ✏ cos x thì f ✷ ♣xq ✏ ✁ cos x ➔ 0 với x € 0, .
2

Chứng minh hoàn toàn tương tự như Bài toán 2.3, ta được bất đẳng thức
cos

A
2

  cos B2   cos C2 ↕ cos A20   cos B20   cos C20 .

Bài toán 2.5. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC không nhọn, ta luôn có
tan

A
2

❄
  tan B2   tan C2 ➙ 2 2 ✁ 1.

Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta coi A ➙ B

✩
π
✬
A➙
✬
✬
✫
2

➙ C. Khi đó

A B

π π

➙
 
2 π4 π π
✬
✬
✬
✪A   B   C ➙    
2
4
4

✩
A
✬
✬
✬
✬
2
✫A

hay,

➙ π4
B
π π
 
➙
 8
✬
2

2
4
✬
✬
✬
✪A   B   C ➙ π   π   π .
2
2
2
4
8
8

Xét hàm số f ♣xq

✏ tan x với x €

theo Nhận xét 3 ta có

✁ π✠
0,

2

. Ta có f ✷ ♣xq

→ 0 với ❅x €

✁ π✠

f ♣xq ➙ f ♣x0 q   f ✶ ♣x0 q♣x ✁ x0 q, ❅x € 0,

2

, x0

€

A
2

0,

✁ π✠
0,

2

Theo bài toán 2.2 thì
tan

✁ π✠

  tan B2   tan C2 ➙ tan π4   tan π8   tan π8 .

.

2

. Vậy nên

17

Để ý rằng tan

π
8

✏

❄

2 ✁ 1 nên
tan

π
4

Vậy
tan

A
2

❄
  tan π8   tan π8 ✏ 2 2 ✁ 1
❄
  tan B2   tan C2 ➙ 2 2 ✁ 1.

Tiếp theo ta trình bày một số bất đẳng thức lượng giác không đối xứng trong
tam giác
Nhận xét 2.4. . Ta đã biết trong tam giác ABC luôn có
tan

A
B
tan
2
2

  tan B2 tan C2   tan C2 tan A2 ✏ 1.

(2.5)

Từ (2.5) ta dễ có
tan2

A
2

  tan2 B2   tan2 C2 ➙ 1.

(2.6)

Bài toán 2.6. Cho các số dương m, n, p. Chứng minh rằng trong tam giác ABC
ta luôn có

A
n p

tan2
m
2

  p  n m tan2 B2   m p  n tan2 C2 ➙ 2.

Lời giải. Ta có
n p
A p m
B m n
C
tan2  
tan2  
tan2
m
2
n
2
✡2 ✂ p
✡ ✂
✂
m
p
m
n
2 A
2 B
2 A
2 C
✏ m tan 2   n tan 2   m tan 2   p tan 2   np tan2 B2

 

Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có:
n
A
tan2
m
2
p
A
tan2
m
2
p
B
tan2
n
2

  mn tan2 B2 ➙ 2 tan A2 tan B2 ,
  mp tan2 C2 ➙ 2 tan A2 tan C2 ,
  np tan2 C2 ➙ 2 tan B2 tan C2 .

Cộng các vế tương ứng của ba bất đẳng thức trên ta được
n p
A
tan2
m
2

  p  n m tan2 B2   m p  n tan2 C2 ➙ 2.

Dấu ” ✏ ” xảy ra khi và chỉ khi

✩
n
A
✬
✬
✬ m tan2 2
✬
✬
✫p
A

✏ mn tan2 B2
m
C
tan2 ✏
tan2
m
2
p
2
✬
✬
✬
p
B

n
C
✬
✬
✪ tan2 ✏ tan2
n
2
p
2

n
C
tan2
p
2

✡


18

✩
A
✬
✬
n2 tan2
✬
✬
2
✫

A

✏ m2 tan2 B2
ô ✬p2 tan2 ✏ m2 tan2 C
2
2
✬
✬
B
C
✬
2
2
2
2
✪p tan
✏ n tan 2 .
2
Suy ra
1
A
tan2
2
m
2

✏ n12 tan2 B2 ✏ p12 tan2 C2

hay
B

C
A
tan
tan
2 ✏
2 ✏
2.
m
n
p
α
β
γ
Đặt m ✏ tan , n ✏ tan , p ✏ tan , với 0 ➔ α, β, γ ➔ π . Khi đó ta có
2
2
2
tan

A
2
α
tan
2

tan

Suy ra
A
α

✏

B
2
β
tan
2

tan

✏

C
2
γ
tan
2

tan

✏ Bβ ✏ Cγ ✏ Aα    Bβ    γC ✏ α   πβ   γ

và vì vậy
A ✏ α1 π, B

✏ β1π, C ✏ γ1π

với
α1

✏ α   αβ   γ , β1 ✏ α   ββ   γ , γ1 ✏ α   γβ   γ .

Vậy
A ✏ α1 π, B

✏ β1π, C ✏ γ1π

là các góc của một tam giác và dấu” ✏ ” xảy ra khi tam giác ABC đồng dạng với
tam giác có ba góc tương ứng là α1 π, β1 π, γ1 π.
Nhận xét 2.5. . Ta biết trong tam giác ABC luôn có
tan

A
2

  tan B2   tan C2 ➙

❄

3.

(2.7)

Ta có thể thay bất đẳng thức đối xứng ♣2.7q bằng bất đẳng thức dạng không đối
xứng sau:
Bài toán 2.7. Cho các số dương m, n, p là độ dài các cạnh một tam giác. Chứng
minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có
A
m tan

2

  n tan B2

  p tan C2

➙

❜

2♣mn   np   pmq ✁ m2 ✁ n2 ✁ p2 .


19

Để chứng minh bài toán này trước hết ta giải bài toán sau:
C ho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và x, y, z là các số dương thỏa
mãn điều kiện xy   yz   zx ✏ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M1 ✏ ax   by   cz.

Lời giải. Đặt M1 ✏ ax   by   cz, M

✏ ♣ax   by   czq2. Khi đó M ✏ M12 và ta có
♣ax   by   czq2 .
M✏
xy   yz   zx

+) Với z ✏ 0 thì xy ✏ 1 và
M

✏ ♣ax   byq2 ✏ a2x2   b2y2   2abxy

➙ 2abxy   2abxy ✏ 4ab,

hay, M

➙ 4ab.

Vì ta cần xác định min M nên về sau ta chỉ cần quan tâm tới các giá trị của
M

➔ 4ab là đủ.
+) Với z ✘ 0, ta có

✁ x
M

Đặt

x
z

✏

✠2
y
a  b  c
z
z
xy yz zx .
  z2   z2
z2

✏ u, yz ✏ v, ♣u, v ➙ 0q ta được
M

2
2 2
2 2
2
  2acu   2bcv .
✏ ♣auuv  bvu    vcq ✏ a u   b v   cuv  2abuv
u v

(2.8)

Xét (2.8) như phương trình bậc hai đối với u, ta có

♣2.8q ô a2u2   r♣2ab ✁ M qv   2ac ✁ M su   b2v2   ♣2bc ✁ M qv   c2 ✏ 0
Phương trình này có nghiệm nên
∆ ✏ r♣2ab ✁ M qv   2ac ✁ M s2 ✁ 4a2 rb2 v 2   ♣2bc ✁ M qv   c2 s ➙ 0

ô M ♣M ✁ 4abqv2   2r♣ab ✁ M q♣2ac ✁ M q✁ 2a2♣2bc ✁ M qsv  ♣2ac ✁ M q2 ✁ 4a2c2 ➙ 0, ❅v ➙ 0
(2.9)
Do 0 ➔ M

➔ 4ab nên (2.9) xảy ra khi và chỉ khi
∆✶

✏ r♣2ab ✁ M q♣2ac ✁ M q ✁ 2a2♣2bc ✁ M qs2
✁ ♣M ✁ 4abqr♣2ac ✁ M q2 ✁ 4a2c2s ➙ 0
ô rM ♣M ✁ 2ab ✁ 2ac   a2qs2 ✁ M ♣M ✁ 4abq♣M 2 ✁ 4acM q ➙ 0

ô M 2rM   2a♣a ✁ b ✁ cqs2 ✁ M 2♣M ✁ 4abq♣M ✁ 4acq ➙ 0


20

ô 4a2M ➙ 16a2bc ✁ 4a2♣a ✁ b ✁ cq2
ô M ➙ 4bc ✁ ♣a ✁ b ✁ cq2,
hay,
M

➙ 2♣ab   bc   caq ✁ ♣a2   b2   c2q.

Dấu ” ✏ ” xảy ra khi và chỉ khi
v

v   2ac ✁ M0
,
✏ aa  ✁ bb ✁  cc ; u ✏ ✁ ♣2ab ✁ M0q2a
2

(2.10)

với, M0 ✏ 2♣ab   bc   caq ✁ ♣a2   b2   c2 q.

Thay x ✏ uz, y ✏ vz vào hệ thức xy   yz   zx ✏ 1 ta được

♣uv   v   uq ✏ 1 ô z ✏

❝

2

1
,
uv   v   u

trong đó u, v xác định như (2.10).
Vậy giá trị nhỏ nhất của M1 ✏ ax   by   cz bằng

❜

2♣ab   bc   caq ✁ ♣a2   b2   c2 q.

Từ kết quả bài toán này cùng với cách đặt
x ✏ tan

A
;y
2

✏ tan B2 ; z ✏ tan C2 ; m ✏ a, n ✏ b, p ✏ c,

ta được kết quả của bài toán 2.7
Bài toán 2.8. Cho các số dương x, y, z. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC
ta đều có
x cos A   y cos B   z cos C

yz xz xy
↕ 2x
  2y   2z .

Lời giải. Không mất tính tổng quát ta chỉ cần xét các tam giác ABC nội tiếp
đường tròn có đường kính bằng 1, tức là
a ✏ sin A, b ✏ sin B, c ✏ sin C.

Ta có
x cos A   y cos B   z cos C

✏ x cos A   y cos B ✁ z cos♣A   B q.

Lại có

♣x cos A   y cos B q2 ✏ x2 cos2 A   y2 cos2 B   2xy cos A cos B.
Và
2xy sin A sin B

↕ x2 sin2 A   y2 sin2 B.

(2.11)


21

Ta có
2δ ♣x cos A   y cos B q ↕ δ 2   ♣x cos A   y cos B q2 , ❅δ

€ R,

hay,
2δ ♣x cos A   y cos B q ↕ δ 2   x2 cos2 A   2xy cos A cos B   y 2 cos2 B,

mà

✏
✏
↕
ñ
ô

δ 2   x2 cos2 A   2xy cos A cos B   y 2 cos2 B

δ 2   x2 ♣cos2 A   sin2 Aq   y 2 ♣cos2 B   sin2 B q   2xy cos A cos B ✁ ♣x2 sin2 A   y 2 sin2 B q
δ 2   x2   y 2   2xy cos A cos B ✁ ♣x2 sin2 A   y 2 sin2 B q
δ 2   x2   y 2   2xy cos A cos B ✁ 2xy sin A sin B

♣do♣2.11qq
2δ ♣x cos A   y cos B q ↕ δ 2   x2   y 2   2xy cos♣A   B q
2δ ♣x cos A   y cos B q   2xy cos C ↕ x2   y 2   δ 2 , ❅x € R.

Chọn δ ✏

xy
, ta có
z
xy
2 ♣x cos A   y cos B q   2xy cos C
z

↕x  y  
2

2

✁ xy ✠2
z

2
2 q z 2   x2 y 2
,
ô x cos A   y cos B   z cos C ↕ ♣x   y2xyz

hay, x cos A   y cos B   z cos C

yz xz xy
↕ 2x
  2y   2z . Do vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu ” ✏ ” xảy ra khi x sin A ✏ y sin B ✏ z sin C hay tam giác ABC đồng dạng

với tam giác có độ dài 3 cạnh

1 1 1
, , .
x y z

Bài toán 2.9. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh x, y, z . Chứng minh rằng với
mọi tam giác ABC ta đều có yz cos A   zx cos B   xy cos C

↕

x2   y 2   z 2

.
2

Lời giải. Đặt yz ✏ α, zx ✏ β, xy ✏ γ ta có
x2   y 2   z 2
2

γα αβ
✏ βγ
 
  2γ .
2α 2β

Bài toán cần chứng minh trở thành
α cos A   β cos B   γ cos C

γα αβ
↕ βγ
 
  2γ .
2α 2β

Đây là kết quả của bài toán (2.8)
Bài toán 2.10. Cho các số x, y, z dương. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC
ta đều có
A
x sin
2

  y sin B2

  z sin C2

↕

1
2

✂

yz
x

 

xy
z

 

zx
y

✡
.


22

Lời giải. Ta có

x sin

✂

A
x sin
2

A
2

  y sin B2   z sin C2 ✏ x sin A2   y sin B2   z cos A  2 B ,

  y sin B2

✡2

✏ x2 sin2 A2   y2 sin2 B2   2xy sin A2 sin B2 ,

(2.12)

A
B
A
B
cos ↕ x2 cos2   y 2 cos2 ,
2
2
2
2

✂
✡
A B
C
A
B
A
B
2xy cos
✏ 2xy sin 2 ✏ 2xy cos 2 cos 2 ✁ sin 2 sin 2 .
2

(2.13)

2xy cos

(2.14)

Từ (2.13) và (2.14) suy ra
2xy cos

A B
2

↕ x2 cos2 A2   y2 cos2 B2 ✁ 2xy sin A2 sin B2

Từ (2.13) và (2.15) suy ra

✂

✡2

✂

✡

(2.15)

✂

  x sin A2   y sin B2  2xy cos A  2 B ↕ x2 sin2 A2   cos2 A2  y2 sin2 B2
✂
✡
A
B
A
B
2xy sin sin ✁ sin sin
  δ2
2
2
2
2
✡2
✂
A
B
2
ô δ   x sin 2   y sin 2   2xy cos A  2 B ✏ x2   y2   δ2, ❅x € R.
δ2

Mặt khác

✂

A
2δ x sin
2

Suy ra

✂

  y sin B2

A
2δ x sin
2

Chọn δ ✏

  y sin B2
✡

✡

↕δ  

✂

A
x sin
2

2

  y sin B2

✡2
.

  2xy cos A  2 B ↕ x2   y2   δ2, ❅x € R.

xy
ta có
z
xy
z

✂
x sin

A
2

✡

  y sin B2   xy sin C2 ↕

x2   y 2  

xy
z

2

2 2

2 2

2 2

y z
x y
z x
ô x sin A2   y sin B2   z sin C2 ↕ 2xyz
  2xyz
  2xyz
.

Suy ra
A
x sin
2

  y sin B2

Bài toán được chứng minh.

  z sin C2

↕

1
2

✂

yz
x

 

xy
z

 

zx
y

✡
.

 

cos2

B
2

✡

 


23

2.1.2

Bất đẳng thức đại số trong tam giác

Bài toán 2.11. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC bất kỳ, ta có
a2   b 2   c 2

❄
➙ 4 3   ♣a ✁ bq2   ♣b ✁ cq2   ♣c ✁ aq2,

ở đây S là diện tích tam giác.
Lời giải. Ta có

❄
➙ 4 3   ♣a ✁ bq2   ♣b ✁ cq2   ♣c ✁ aq2
❄
ô a2   b2   c2 ➙ 4 3   2a2   2b2   2c2 ✁ 2ab ✁ 2bc ✁ 2ca
❄
ô 2ab   2bc   2ca ➙ 4 3   a2   b2   c2.
a2   b 2   c 2

(2.16)

Áp dụng công thức trong mọi tam giác ABC, ta có
cot A ✏

b 2   c 2 ✁ a2
, cot B
4S

thì cot A   cot B   cot C
Khi đó

✏

2
a2 ✁ b 2
a2   b2 ✁ c2
✏ c   4S
, cot C ✏
,
4S

a2   b 2   c 2
.
4S

❄
4S
4S
4S
 

 
➙
4 3S   4S ♣cot A   cot B   cot C q
sin A sin B
✁sin C
✠ ✁
✠ ✁
✠ ❄
1
ô sin A ✁ cot A   sin1B ✁ cot B   sin1 C ✁ cot C ➙ 3
❄
ô 1 ✁sincosA A   1 ✁sincosB B   1 ✁sincosC C ➙ 3
❄
ô tan A2   tan B2   tan C2 ➙ 3.

(2.16) ô

Điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC là tam giác đều.
Bài toán 2.12. Cho tam giác ABC bất kỳ. Chứng minh rằng
R r

➙

❄ ❄
4

3. S.

Lời giải. Ta có
R✏

r

abc
4S

✏ ✏
S
p

✏

2R3 sin A sin B sin C
8

S
R♣sin A   sin B   sin C q

Theo AM-GM ta có
R r
3

❞

➙

3

❄ ❄

✏

✏

❝

S
2 sin A sin B sin C

❄❄

8 2 sin A sin B sin C
.
sin A   sin B   sin C

S S sin A sin B sin C
,
8 sin A sin B sin C ♣sin A   sin B   sin C q


❄

Suy ra R   r ➙

❄

↕
↕
❄
❄❄
4S S
❄ ❄ ✏ 3 S (điều phải chứng minh)

mà sin A   sin B   sin C

❞

24

3 3
, và, sin A sin B sin C
2

3 3
.
8

4

4 4 27 3 3

Bài toán 2.13. Cho tam giác ABC bất kỳ. Chứng minh rằng
r2
S

❄
  pr ➙ 28

3 3

.

Lời giải. Ta có

✩
✬
A
✬
✬
tan
✬
✬
✬
2
✬
✬
✬
✫ B

❞

✏ ♣p ✁p♣pbq♣✁pa✁q cq
❞
♣p ✁ cq♣p ✁ aq
tan ✏
✬
2
✬
✬
❞ p ♣ p ✁ bq
✬
✬

✬
C
♣p ✁ aq♣p ✁ bq
✬
✬
✬
✪tan 2 ✏
p♣p ✁ cq
và,
r2
S

Do đó

r2
S

✏ pS2 ✏

❛

ñ

tan

A
B
C
tan tan
2

2
2

p♣p ✁ aq♣p ✁ bq♣p ✁ cq
p2

✏

❞

✏

❞

p✁a p✁b p✁c
.
.
,
p
p
p

p✁a p✁b p✁c
.
.
.
p
p
p

✏ tan A2 tan B2 tan C2 .

Mặt khác
p
2

✏
✏

a b c

✏ a   b   c A ✏ 2R♣sin A   sin B   sin C q A
A
2♣p ✁ aq tan
♣b   c ✁ aq tan 2 2R♣sin B   sin C ✁ sin Aq tan 2
2
A
B
C
cos cos cos
A
B
C
2
2
2
✏
cot cot cot .
A
2

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

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
A
B
C
A
B
C
28
tan tan   cot cot cot ➙ ❄
2
2
2
2
2
2
3 3
❄.

ô A 1 B C   cot A2 cot B2 cot C2 ➙ 28
3
3
cot cot cot
2
2
2
tan

❄
❄
A
B
C
1
cot cot ñ t ➙ 3 3. Xét f ♣tq ✏ t   với t ➙ 3 3.
2
2
2
t
❄
❄
❄
1
1
✶
Ta có f ♣tq ✏ 1 ✁ 2 → 0 ❅t ➙ 3 3. Do đó, min f ♣tq ✏ f ♣3 3q ✏ 3 3   ❄
t
3 3
Đặt t ✏ cot

Ta có điều phải chứng minh.

❄
✏ 28

3 3

.