Bất đẳng thức trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

HOÀNG THỊ HOÀNG ANH

BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG LỚP CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC
VÀ LƯỢNG GIÁC NGƯỢC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

HOÀNG THỊ HOÀNG ANH

BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG LỚP CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC
VÀ LƯỢNG GIÁC NGƯỢC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2018


ii

Mục lục
MỞ ĐẦU

iv

Chương 1. Một số tính chất của các hàm lượng giác và lượng giác ngược
1.1 Đồng nhất thức lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Một số đồng nhất thức liên quan đến hàm sin và cosin . .
1.1.2 Một số đồng nhất thức liên quan đến hàm số tang và cotang
1.2 Tính chất của các hàm lượng giác ngược . . . . . . . . . . . . . .

1
1
1
5
9

Chương 2. Bất đẳng thức trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác
ngược
2.1 Bất đẳng thức đại số sinh bởi các hàm lượng giác . . . . . . . . .
2.1.1 Bất đẳng thức sinh bởi hàm cosin . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Bất đẳng thức sinh bởi hàm sin . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Bất đẳng thức đại số sinh bởi các hàm lượng giác ngược . . . . . .
2.2.1 Một số dạng bất đẳng thức giữa lớp hàm arcsin và arccosin

2.2.2 Một số dạng bất đẳng thức giữa lớp hàm arctan và arccotan

13
13
13
15
19
19
23

Chương 3. Một số dạng toán liên quan
3.1 Các bài toán cực trị trong lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Phương pháp lượng giác trong đại số và hình học . . . . . . . . .
3.2.1 Phương pháp lượng giác trong đẳng thức . . . . . . . . .
3.2.2 Phương pháp lượng giác trong bất đẳng thức . . . . . . . .
3.2.3 Phương pháp lượng giác trong phương trình, bất phương
trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2.4 Phương pháp lượng giác trong hình học . . . . . . . . . .
3.3 Một số dạng toán liên quan từ các đề thi Olympic . . . . . . . . .

28
28
35
35
41
44
50
60

iii

KẾT LUẬN

66

TÀI LIỆU THAM KHẢO

67


iv

MỞ ĐẦU
Chuyên đề lượng giác là một trong những chuyên đề quan trọng ở bậc trung học
phổ thông. Tuy nhiên, do giảm tải về nội dung mà các vấn đề sâu sắc liên quan
đến lượng giác ngược không còn được đề cập trong sách giáo khoa.
Lượng giác không chỉ là đối tượng nghiên cứu mà còn là công cụ đắc lực trong
nhiều lĩnh vực khác của toán học. Một trong những phương pháp được sử dụng
trong đại số là khảo sát các tính chất của đa thức lượng giác để áp dụng trong các
bài toán ước lượng đánh giá đa thức và phân thức hữu tỷ, các tính toán liên quan
đến đạo hàm và tích phân của biểu thức đại số. . .
Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài toán
liên quan tới áp dụng lượng giác để khảo sát bất đẳng thức và bài toán cực trị liên
quan thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc
loại khó, nhiều dạng toán cần tới phần kiến thức về nội suy đa thức lại không nằm
trong chương trình chính thức của giáo trình Đại số và Giải tích bậc trung học phổ
thông hiện hành.
Với mong muốn cung cấp thêm tài liệu tổng hợp về chuyên đề lượng giác cho
giáo viên và học sinh giỏi tôi chọn đề tài luận văn ”Bất đẳng thức trong lớp các

hàm lượng giác và lượng giác ngược”.
Luận văn nhằm trình bày một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức trong
đa thức lượng giác và xét các ứng dụng liên quan đến các bài toán cực trị, khảo sát
phương trình, bất phương trình. . . . Để hoàn thành nội dung luận văn, tác giả có sử
dụng các tài liệu tham khảo [1]-[6].
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương.
Chương 1. Một số tính chất của các hàm lượng giác và lượng giác ngược.
Chương này trình bày các tính chất cơ bản của các hàm lượng giác và lượng
giác ngược. Xét các ví dụ áp dụng liên quan.


v

Chương 2. Bất đẳng thức trong đa thức lượng giác và lượng giác ngược.
Chương này trình bày các bất đẳng thức đại số sinh bởi các hàm lượng giác,
lượng giác ngược và các dạng toán liên quan.
Chương 3. Một số dạng toán liên quan.
Xét một số dạng toán về phương trình, bất phương trình, bất đẳng thức, cực trị
trong đại số và một số bài tập áp dụng lượng giác trong các bài toán hình học. Tiếp
theo, chương này trình bày hệ thống các bài tập giải các đề thi HSG quốc gia và
Olympic liên quan.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của Nhà giáo nhân dân,
GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và
sâu sắc tới GS - Người thầy rất nghiêm khắc, tận tâm trong công việc và đã truyền
thụ nhiều kiến thức quý báu cũng như kinh nghiệm nghiên cứu khoa học cho tác
giả trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu đề tài.
Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến Ban Giám hiệu, khoa Toán
- Tin của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, cùng các thầy cô giáo
đã tham giảng dạy và hướng dẫn khoa học cho lớp Cao học toán K10C.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, tập thể giáo viên toán trường

THPT Lê Văn Thịnh, tỉnh Bắc Ninh và gia đình đã tạo điều kiện cho tác giả có cơ
hội học tập và nghiên cứu.
Tác giả.


1

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

1.1
1.1.1

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

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


iα
−iα

cos α = e + e
2
iα − e−iα
e


sin α =
.
2i
eα + e−α
Từ đó, ta suy ra cos(iα) =
. Như vậy hàm số cost với t = iα là biểu thức
2
1
1
có dạng
a+
, trong đó a = eα , cho nên, về mặt hình thức ta sẽ có nhiều
2
a
biến đổi thu được từ các công thức liên quan đến biến x ∈
/ [−1; 1] giống như hàm
số cost.
Ví dụ 1.1. Hệ thức đại số ứng với công thức
cos 2t = 2 cos2 t − 1,
chính là công thức
1 2 1
a + 2
2
a

1
1
=2
a+

2
a

2

− 1.


2

hay
2x2 − 1 =

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

Ví dụ 1.2. Hệ thức đại số ứng với công thức
cos 3t = 4 cos3 t − 3 cost,
chính là công thức
1 3 1
a + 3
2

a

3

1
1
=4
a+
2
a
4x3 − 3x =

với
x=

−3

1
1
a+
2
a

.

1 3 1
a + 3 ,
2
a

1
1
a+
, a = 0.
2
a

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

1
1
= 16
a+
2
a

5

1
1
− 20
a+
2
a

3

+5

1
1
a+
2
a

.

hay
16x5 − 20x3 + 5x =
với
x=

1 5 1
a + 5 ,
2
a

1
1
a+
, a = 0.
2
a

Ví dụ 1.4. Hệ thức đại số ứng với công thức
cos 5t + cost = 2 cos 3t cos 2t,
chính là công thức
1
1
1 5 1
a + 5 +
a+
2
a
2
a

=2

1 3 1
a + 3
2
a

1 2 1
a + 2
2
a

.


3

Từ đó, sử dụng kết quả khai triển các hàm lượng giác cos 3t và cos 2t ta thu được
đồng nhất thức đại số sau
1 5 1
a + 5
2
a

= −x + 2 4x3 − 3x (2x2 − 1),

trong đó
x=

1
1
a+
, a = 0.
2
a

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

1
2

3

m+

m2 − 1 +

3

m−

m2 − 1 .

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

1 3 1
q + 3 .
2
q

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

3

m+

m2 − 1,

thì ta được
1
1
q+
2
q

=

1
2

3

m+

m2 − 1 +

3

m−

m2 − 1 = x.

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

eit − e−it

.
2

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


4

Ví dụ 1.6. Xét công thức khai triển
sin 3t = 3 sint − 4 sin3 t,
Từ đây ta thu được công thức
i sin (3it) = 3 (i sin it) + 4 (i sin it)3 .
Hệ thức đại số ứng với công thức trên là đồng nhất thức
1 3 1
a − 3
2
a

1
1
=3
a−
2
a

1
1
+4
a−

2
a

3

,

hay
4x3 + 3x =
với
x=

1 3 1
a − 3
2
a

1
1
a−
, a = 0.
2
a

Ví dụ 1.7. Xét công thức biến đổi
sin 5t + sint = 2 sin 3t 1 − 2 sin2 t ,
Ta viết lại công thức dưới dạng
i sin i (5t) + i sin(it) = 2i sin i(3t) 1 + 2 (i sin it)2 .
Hệ thức đại số ứng với công thức trên là đồng nhất thức
1

1
1 5 1
a − 5 +
a−
2
a
2
a

1 3 1
=2
a − 3
2
a

1
1
1+2
a−
2
a

2

.

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

2
a

= −x + 2 4x3 + 3x

trong đó
x=

1
1
a−
, a = 0.
2
a

2x2 + 1 ,


5

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

1
2

3

m+

m2 + 1 −

3

m−

m2 + 1 .

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

1 3 1
q − 3 .
2
q

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

3

m+

m2 + 1

thì ta được
1
1
q−
2
q

=

1
2

3

m+

m2 + 1 −

Theo ví dụ 1.6 thì 4x3 + 3x = m nên M =

1.1.2

3

m−

m2 + 1 = x.

m
.
4

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

Theo công thức lượng giác cơ bản ta có
sint
π
,t = + kπ, k ∈ Z.
cost
2
Từ công thức Euler, ta thu được hệ thức
tant =

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

e−α − eα
i tan (it) = −α
,
e + eα

hay
a2 − 1
i tan (it) = 2

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


6

Ví dụ 1.9. Xét công thức khai triển
tan 2t =

2 tant
π
, t, 2t = + kπ, k ∈ Z
2
1 − tan t
2

Từ đây ta thu được công thức (hình thức)
i tan i(2t) =

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

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

=
4
a +1
a2 − 1
1+ 2
a +1

2

,

hay
a4 − 1
2x
=
,
a4 + 1 1 + x 2
với

a2 − 1
x= 2
.
a +1

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

3 tant − tan3 t
π
,

t,
3t
=
+ kπ, k ∈ Z
1 − 3 tan2 t
2

Từ đây ta thu được công thức (hình thức)
3i tan(it) + (i tan it)3
i tan i(3t) =
.
1 + 3(i tan it)2
Hệ thức đại số ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức
a6 − 1
=
a6 + 1

a2 − 1
a2 − 1
3 2
+ 2
a +1
a +1
1+3

a2 − 1

2

3

,

a2 + 1

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


7

Ví dụ 1.11. Xét công thức khai triển
tan 4t =

2 tan 2t
π
, 2t, 4t = + kπ, k ∈ Z
2
1 − tan 2t
2

Từ đây ta thu được công thức (hình thức)

i tan i(4t) =

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

Hệ thức đại số ứng với công thức trên chính là đồng nhất thức
a4 − 1
2 4
a8 − 1
a +1
=
8
a +1
a4 − 1
1+ 4
a +1

2

,

Từ ví dụ trên, sử dụng kết quả khai triển hàm lượng giác tan 2t, ta thu được đồng
nhất thức đại số sau:
4x
1 + x2
=
a8 + 1
2x
1+
1 + x2

a8 − 1

với

2

,

a2 − 1
x= 2
.
a +1

Ví dụ 1.12. Hệ thức đại số ứng với công thức
1
π
, 2t = k , k ∈ Z
tan 2t
2

cot 2t =
chính là đồng nhất thức dưới đây

a4 + 1 1 + x 2
=
,
a4 − 1
2x
với

a2 − 1
x= 2
.
a +1

Ví dụ 1.13. Hệ thức đại số ứng với công thức
cot 3t =

1
π
, 3t = k , k ∈ Z
tan 3t
2


8

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

a2 − 1
.
x= 2
a +1

Ví dụ 1.14. Hệ thức đại số ứng với công thức
cot 4t =

1
π
, 4t = k , k ∈ Z
tan 4t
2

chính là đồng nhất thức dưới đây
2x
1
+
a8 + 1
1 + x2
=
4x
a8 − 1
1 + x2
với

2

,

a2 − 1
x= 2
.
a +1

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

2

1
x−
x

2

a2 − 1 a2 + 1
− 2
+
a + 1 a2 − 1

hay
1
− x+
x

với
x=

a2 − 1
.
a2 + 1

2

= −4

2

= −4.


9

1.2

Tính chất của các hàm lượng giác ngược

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

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

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


10




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

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





y
=
arccot
x

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

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

1
.
yx

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


11

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

π
π
2
2

π
π
2
2

1
1
=

=
xy cos y

1
=√
.
1 − x2
1 − sin2 y
1

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

1
1
=−
=−
xy
sin y

1

1
= −√
< 0.
1 − x2
1 − cos2 y

Vậy nên, hàm y = arccos x là hàm nghịch biến.
Lại có
y =−

2x

< 0 với 0 < x < 1 và y > 0 với −1 < x < 0.

(1 − x2 )3
Suy ra hàm y = arccos x lồi với 0 < x < 1 và lõm với −1 < x < 0.
Hơn nữa, ta có
Với 0 < x < 1 thì y < 0 nên y (x) < y (a) + y (a) (x − a) , ∀a ∈ (0; 1) .
Với −1 < x < 0 thì y > 0 nên y (x) > y (a) + y (a) (x − a) , ∀a ∈ (−1; 0) .
π
π

* Hàm y = arctan x, −∞ < x < +∞ với − < y < (hàm ngược của hàm
2
2
x = tan y).
1
1
1
Ta có xy =
=
=
.
2
2
cos y 1 − sin y 1 − x2


12

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

Và hơn nữa, ta có
Với x > 0 thì y < 0 nên y (x) < y (a) + y (a) (x − a) , ∀a > 0.
Với x < 0 thì y > 0 nên y (x) > y (a) + y (a) (x − a) , ∀a < 0.
* Hàm y = arccot x, −∞ < x < +∞ với 0 < y < π
(hàm ngược của hàm x = cot y).
1
Ta có xy = − 2 = − 1 + cot2 y = − 1 + x2 .
sin y
1
1
Suy ra yx = = −
< 0.
xy
(1 + x2 )
Do đó, hàm y = arccot x là hàm nghịch biến.
2x
Lại có y x =
> 0 với x > 0 và y < 0 với x < 0,
(1 + x2 )2
suy ra hàm y = arccot x lõm với ∀x > 0 và lồi với ∀x < 0.
Và hơn nữa, ta có
Với x > 0 thì y > 0 nên y (x) > y (a) + y (a) (x − a) , ∀a > 0.
Với x < 0 thì y < 0 nên y (x) < y (a) + y (a) (x − a) , ∀a < 0.


13

Chương 2. Bất đẳng thức trong lớp các
hàm lượng giác và lượng giác ngược
Nội dung chương này trình bày về các bất đẳng thức sinh bởi các hàm lượng giác,

lượng giác ngược và một số bài tập cơ bản được áp dụng trong chương sau.

2.1

Bất đẳng thức đại số sinh bởi các hàm lượng giác

2.1.1

Bất đẳng thức sinh bởi hàm cosin

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

A−B 1
C
= 2 sin cos
+
1 − 2 sin2
2
2
2
2
C
A−B
= − sin − cos
2
2

2

+ cos2

Dấu đẳng thức xảy ra
⇔ sin

C
A−B
= cos
= ±1 vô lí
2
2

Vậy

1
3
cos A + cos B + cosC < .
2
2

A−B 1 3
+ ≤
2
2 2


14

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

C
+ m 1 − 2 sin2
= 2 sin cos
2
2
2
C
C
≤ 2 sin + m 1 − 2 sin2
2
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B
Xét hàm số
f (t) = 2 sint + m(1 − 2 sin2 t),t ∈ 0,
Ta có
f (t) = 2 cost(1 − 2m sint) > 0, ∀t ∈ 0,
Vậy f (t) đồng biến trong khoảng 0,
f (t) < f

π
.
2

π
1
,0 < m <
2
2

π

. Do vậy
2

π
π
= 2 − m, ∀t ∈ 0,
.
2
2

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

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

cos A + cos B + cosC = 2 cos


15

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
sin

A
B
C
sin sin = 0 vô lí
2
2
2

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

2.1.2

Bất đẳng thức sinh bởi hàm sin

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


16

Lời giải. Ta có

sin A + sin B + sinC + sin

π
3

A+B
A−B
C π
C π
cos
+ 2 sin
+
cos
−
2
2
2 6
2 6
C π
A+B
+ 2 sin
+
≤2 sin
2
2 6

 

π
π

A + B +C +
A + B −C −

 
3
3
≤2.2 sin 
 sin 

4
4

=2 sin

≤4 sin

π
3

√
3 3
( đpcm).
Suy ra sin A + sin B + sinC ≤
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

A−B


=1

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

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

⇔ ∆ABC đều .

Bài toán 2.6. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có
√
√
4 6

sin A + sin B + 3 sinC ≤
.
3
Lời giải. Ta có
√
A+B
A−B √
C √
cos
+ 3 sinC ≤ 2 cos + 3 sinC
sin A + sin B + 3 sinC = 2 sin
2
2
2
Xét hàm số

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

Ta có
√
x √
x
x √
f (x) = − sin + 3 cos x = −2 3 sin2 − sin + 3
2
2
2
√

√
x
x
3 + 2 sin
=
1 − 3 sin , ∀x ∈ [0; π].
2
2


17

Do đó f (x) = 0 khi sin

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

x0
1
=√ .
2
3

Mặt khác, ta có
√
√

x0 4 6
x0
x0
.
f (x0 ) = 2 cos + 2 3 sin cos =
2
2
2
3
Do đó

√
4 6
f (x) ≤
.
3

Từ đó, ta suy ra
√
√
C √
4 6
sin A + sin B + 3 sinC ≤ 2 cos + 3 sinC ≤
.
2
3
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

A−B


cos
=1
2
C
1

sin = √
2
3

⇔


A = B

1
C = 2arcsin √
3

1
hay tam giác ABC cân tại C và có C = 2arcsin √ .
3
Bài toán 2.7. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta đều có
(2k + 1)2
sin A + sin B + k sin C ≤
khi k > 0.
4k
2

2

2

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


18

hay
(2k + 1)2
M≤
, do k > 0
4k
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi


cosC = cos(A − B)
cosC = 1
2k
2k

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

1
.
2k

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

A
B
C 1
sin sin ≤ .
2
2
2 8

Lời giải. Ta có
sin

B
C 1
A−B
A+B
C
A
sin sin =

cos
− cos
sin
2
2
2 2
2
2
2
1
C
C
A−B
≤
1 − sin
sin
vì 0 < cos
≤1
2
2
2
2


C
C 2
1  1 − sin 2 + sin 2 
≤ 

2

2
1
≤ (đpcm).
8

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

⇔ ∆ABC đều .

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

A
B
sin
2
2

n

sin

C
n
√
≤
.
2 2(n + 1) n n + 1

Lời giải. Ta có
A
B
(2.1) ⇔ sin sin
2
2

n

C
nn
sin ≤ n
2 2 (n + 1)n (n + 1)

(2.1)


19

Mặt khác
A

B
sin sin
2
2

n

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

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

Ta lại có
n

n+1

1
nn
=
suy ra điều phải chứng minh .

n2n (n + 1)n+1 2n (n + 1)n (n + 1)

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

2.2
2.2.1

C
C
1
C
= n sin ⇔ sin =
.
2
2
2 n+1

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

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

α
3α
A
B
C
π
b) arccos + arccos + arccos ≤ 3arccos
.
α
α
α
3α
Lời giải. a. Ta có công thức sau
sin (arcsin α) + sin (arcsin β )
arcsin α − arcsin β
arcsin α + arcsin β
. cos
2
2
π
π π
π
Vì − < arcsin α < , − < arcsin β < nên
2
2 2
2
= 2 sin

0 < cos

arcsin α − arcsin β
2

≤ 1.

.