Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu klamkin trong tam giác

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

ĐỖ THỊ THU TRANG

MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU
KLAMKIN TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên, 10/2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

ĐỖ THỊ THU TRANG

MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU
KLAMKIN TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số:
8640113

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Thái Nguyên, 10/2018


i

Mục lục
Mở đầu
Chương 1. Một số lớp đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản
1.1 Một số hệ thức cơ bản đối với hàm lượng giác ngược .
1.2 Bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata . . . .
1.2.1 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . .
1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác

1

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.

.
.
.

.
.
.
.
.

3
3
6
6
10
13

Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác
trong tam giác
2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin . . . . . . . . .
2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm sin . . . . . . . . . .
2.3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm tan và cotan . . . . .

17
17
24
28

Chương 3. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác
ngược

3.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arccos và arcsin . . .
3.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arctan và arccotan . .
3.3 Một số bất đẳng thức khác trong tam giác . . . . . . . . . . .
3.3.1 Bất đẳng thức Weizenbock . . . . . . . . . . . . . . .
3.3.2 Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler . . . . . . . . .

34
34
37
42
42
46

Kết luận

50

Tài liệu tham khảo

51


1

Mở đầu
Chuyên đề bất đẳng thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung học phổ
thông. Bất đẳng thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số
và giải tích mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh vực khác của toán học.
Klamkin đã khảo sát nhiều lớp bất đẳng thức hình học liên quan đến hàm cosin
và xét các dạng toán liên quan. Ta đã biết bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin

cho tam giác
α cos A + β cos B + γ cosC ≤

β γ γα αβ
+
+
2α 2β
2γ

ứng với mọi bộ số dương α, β , γ. Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằng
các phương pháp khác nhau của hình học như phương pháp véctơ và phương
pháp tọa độ và cả phương pháp số phức.
Tuy nhiên, các dạng bất đẳng thức tương tự đối với các hàm lượng giác khác
như hàm sin, tan và cotan thì người ta chưa chứng minh được bằng các phương
pháp hình học và vì thế Klamkin không đề cập đến các dạng bất đẳng thức
này. Đặc biệt, để chứng minh các bất đẳng thức tương tự đối với các lượng giác
ngược thì ta cần đến các công cụ của giải tích (tính lồi, lõm) để khảo sát chúng.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi và nâng
cao nghiệp vụ của bản thân về chuyên đề bất đẳng thức lượng giác, tôi chọn
đề tài luận văn “Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin trong tam
giác”.
Luận văn này nhằm cung cấp một số dạng bất đẳng thức không đối xứng
trong tam giác đối với các hàm lượng giác và lượng giác ngược cùng một số
dạng liên quan.
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm 3 chương.


2

Chương 1. Một số lớp bất đẳng thức cơ bản. Nội dung chương trình bày

các kiến thức cơ bản về hàm lượng giác, lượng giác ngược, hệ thức lượng giác.
Ngoài ra, chúng tôi cũng trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng
thức Karamata cho hai dãy số cùng các hệ quả của chúng.
Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác trong
tam giác. Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin,
hàm tan và cotan.
Chương 3. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác ngược.
Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos, hàm arcsin, hàm
arctan và hàm arccot.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
Nguyên. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu, người đã
định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn, cho tôi những nhận xét quý báu
để tôi có thể hoàn thành luận văn.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới các thầy cô, những người
đã tận tâm giảng dạy và chỉ bảo tác giả trong suốt quá trình học tập và thực hiện
luận văn.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết hơn chân thành tới phòng Sau Đại học, khoa
Toán - Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ và tạo
điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu khoa học.
Cuối cùng tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động
viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018
Người viết luận văn

Đỗ Thị Thu Trang


3

Chương 1. Một số lớp đẳng thức và bất

đẳng thức cơ bản
Chương này trình bày định nghĩa của các hàm lượng giác sin, cos, tan, cotan,
các công thức biến đổi của các hàm lượng giác, hệ thức lượng trong tam giác.
Ngoài ra, chúng tôi cũng nêu định nghĩa của các hàm lượng giác ngược cùng
với một số tính chất của hàm lượng giác ngược, trình bày bất đẳng thức Jensen
cho hàm lồi, bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số cùng các hệ quả của chúng.

1.1

Một số hệ thức cơ bản đối với hàm lượng giác ngược

Định lí 1.1 ([3]). Giả sử hàm y = f (x) xác định, đồng biến hoặc nghịch biến và
liên tục trong một khoảng X nào đó. Khi đó trong khoảng Y các giá trị tương
ứng của hàm đó, tồn tại hàm ngược (đơn trị) x = g(y) cũng là hàm đồng biến
hoặc nghịch biến và liên tục trong khoảng đó.
Từ các hàm lượng giác cơ bản y = sin x, y = cos x, y = tanx, y = cot x, theo
định lí trên, ta có các hàm lượng giác ngược.
π π
π π
Trong − ,
(hay trong − ,
) hàm số y = sin x (hay y = tan x)
2 2
2 2
là hàm đồng biến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arcsin x (hay
y = arctan x) như sau:


y = arcsin x



x = sin y


−1 ≤ x ≤ 1, − π ≤ y ≤ π
2
2



sin(arcsin x) ≡ x

 π
π
⇔ − ≤ arcsin x ≤

2
2


−1 ≤ x ≤ 1


4

và






y
=
arctan
x
tan(arctan x) ≡ x



 π
π
x = tan y
⇔ − < arctan x <


2
2


−∞ < x < ∞, − π < y < π

−∞ < x < ∞.
2
2
Trong [0, π] (hay trong (0, π)) hàm số y = cos x (hay y = cot x) là hàm đồng
biến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arccos x (hay y = arccot x) như
sau:

và




y = arccos x
x = cos y


−1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ π




cos(arccos x) ≡ x
⇔ 0 ≤ arccos x ≤ π


−1 ≤ x ≤ 1




y = arccot x
x = cot y


−∞ < x ≤ ∞, 0 < y < π





cot(arccot x) ≡ x
⇔ 0 < arctan x < π


−∞ < x < ∞.

Một số tính chất của các hàm lượng là
arcsin (−x) = −arcsin x, ∀x ∈ [−1, 1]
arccos (−x) = π − arccos x, ∀x ∈ [−1, 1]
arctan (−x) = −arctan x
arccot (−x) = −arccot x.
π
π
Hàm y = arcsin x (−1 < x < 1) với − < y < là hàm ngược của hàm x = sin y.
2
2
π
π
Khi đó ta có xy = cos y > 0 với − < y < . Theo công thức đạo hàm hàm
2
2
ngược ta có
yx =

1
1
=
=
xy cos y

1

1
=√
> 0.
1 − x2
1 − sin2 y

Vậy hàm y = arcsin x là hàm đồng biến. Lại có yx =

x

nên yx > 0 với
(1 − x2 )3
0 < x < 1 và yx < 0 với −1 < x < 0. 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, yx > 0 nên y(x) > y(a) + y (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1)


5

• với −1 < x < 0, yx < 0 nên y(x) < y(a) + y (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0).
Hàm y = arccos x (−1 < x < 1) với 0 < y < π là hàm ngược của hàm x =
cos y. Ta có xy = − sin y > 0 với 0 < y < π. Theo công thức đạo hàm hàm ngược
ta có

1
1
=−

=−
xy
sin y

1

1
>0
= −√
1 − x2
1 − cos2 y
x
nên hàm y = arccos x là hàm nghịch biến. Lại có yx = −
nên yx < 0
(1 − x2 )3
với 0 < x < 1 và yx > 0 với −1 < x < 0. Suy ra hàm y = arccos x lồi với 0 < x < 1
yx =

và lõm với −1 < x < 0. Hơn nữa, ta có

• với 0 < x < 1, yx < 0 nên y(x) < y(a) + y (a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1)
• với −1 < x < 0, yx > 0 nên y(x) > y(a) + y (a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0).
π
π
Hàm y = arctan x (−∞ < x < ∞) với − < y < là hàm ngược của hàm
2
2
1
= 1 + tan2 y = 1 + x2 . Suy ra
x = tan y. Ta có xy =

cos2 y
1
1
yx = =
> 0.
xy 1 + x2
2x
nên yx < 0
(1 + x2 )2
với x > 0 và yx > 0 với x < 0, suy ra hàm y = arctan x lồi với x > 1 và lõm với
Do đó, hàm y = arctan x là hàm đồng biến. Lại có yx = −

x < 0. Hơn nữa, ta có

• với x > 0, yx < 0 nên y(x) < y(a) + y (a)(x − a), ∀a > 0
• với x < 0, yx > 0 nên y(x) > y(a) + y (a)(x − a), ∀a < 0.
Hàm y = arccot x (−∞ < x < ∞) với 0 < y < π là hàm ngược của hàm
1
x = cot y. Ta có xy = − 2 = −(1 + cot2 y) = −(1 + x2 ). Suy ra
sin y
1
1
yx = = −
< 0.
xy
1 + x2
2x
nên yx > 0
(1 + x2 )2
với x > 0 và yx < 0 với x < 0. Suy ra hàm y = arccot x lõm với x > 0 và lồi với

Do đó, hàm y = arccos x là hàm nghịch biến. Lại có yx =
x < 0. Hơn nữa, ta có


6

• với x > 0, yx > 0 nên y(x) > y(a) + y (a)(x − a), ∀a > 0
• với x < 0, yx < 0 nên y(x) < y(a) + y (a)(x − a), ∀a < 0.

1.2
1.2.1

Bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata
Bất đẳng thức Jensen

Định lí 1.2 (Bất đẳng thức Jensen, [1]). Nếu f là hàm lồi trên khoảng I thì với
mọi x1 , x2 , . . . , xn ∈ I ta đều có
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f

x1 + x2 + · · · + xn
.
n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn .
Chúng ta vẫn quen với việc coi hàm lồi f : I → R là hàm liên tục, khả vi cấp
2 và f (x) ≥ 0 ∀x ∈ I. Tuy nhiên, với kiến thức THPT thì định lí Jensen có thể
phát biểu dưới dạng đơn giản và dễ áp dụng hơn.
Hệ quả 1.1 ([1]). Cho f : I ⊂ R+ → R thỏa mãn f (x)+ f (y) ≥ 2 f
I. Khi đó với mọi x1 , x2 , . . . , xn ∈ I ta có bất đẳng thức
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ n f

x+y
∀x, y ∈
2

x1 + x2 + · · · + xn
.
n

Chứng minh. Chứng minh định lí trên ta dùng phương pháp quy nạp. Định lí
trên giúp cho việc kiểm tra bất đẳng thức Jensen thuận tiện hơn nếu bạn không
biết về đạo hàm. Sau đây là một chứng minh gắn gọn cho định lí.
Dễ thấy bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng nếu n là một lũy thừa của 2 và
x
nếu bất đẳng thức đúng với n = k + 1, ta lấy x = x1 + x2 + · · · + xk và xk+1 =
k
x + kx
x
x
≥ (k + 1) f
= (k + 1) f
.
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xk ) + f
k
k+1
k
Do đó ta có điều phải chứng minh.
Hiển nhiên nếu thay điều kiện
f (x) + f (y) ≥ 2 f

x+y
2


7

bởi
f (x) + f (y) ≤ 2 f

x+y
2

thì bất đẳng thức tổng quát cũng đổi chiều
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≤ n f

x1 + x2 + · · · + xn
.
n

Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng với mọi

ABC ta có
√
3 3
sin A + sin B + sinC ≤
.
2

Lời giải. Xét f (x) = sin x với x ∈ (0, π). Ta có
f (x) = − sin x < 0 ∀x ∈ (0, π).

Từ đó theo bất đẳng thức Jensen thì
√
π 3 3
A + B +C
.
f (A) + f (B) + f (C) ≤ 3 f
= 3 sin =
3
3
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

ABC đều.

Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng với mọi

ABC đều, ta có

A
B
C √
+ tan + tan ≥ 3.
2
2
2
π
. Ta có
Lời giải. Xét f (x) = tan x với x ∈ 0,
2
tan

f (x) =

2 sin x
π
>
0
∀x
∈
0,
.
cos3 x
2

Từ đó theo bất đẳng thức Jensen thì
A
2

A
B
C
f
+f
+f
≥ 3f
2
2
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

√
2 2

= 3 tan

π √
= 3.
6

ABC đều.

Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng với mọi
A
tan
2

+ B2 + C2
2

B
+ tan
2

ABC đều, ta có
√
2 2

C
+ tan
2

√
2 2

≥3

√
1− 2

.


8
√
2

Lời giải. Xét f (x) = (tan x)2

với x ∈ 0,

π
. Ta có
2

√
√
2
2 2−1
f (x) = 2 2(1 + tan x)(tan x)
√

√
√
2 2−1
2 2+ 1
= 2 2 (tan x)
+ (tan x)
√
√
√
2
2 2−2
f (x) = 2 2 (2 2 − 1)(1 + tan x)(tan x)
√
√
2
2 2
+ (2 2 + 1)(1 + tan x)(tan x)
> 0.

Theo bất đẳng thức Jensen, ta có
A
B
C
f
+f
+f
≥ 3f
2
2
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

A
2

+ B2 + C2
2

√
2 2

π
= 3 tan
6

=3

ABC đều.

Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng với mọi

ABC ta có

A
B
C
A
B
C 3 √
+ sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 3.

2
2
2
2
2
2 2
π
Lời giải. Xét f (x) = sin x + tan x với x ∈ 0,
. Ta có
2
sin

sin x(1 − cos4 x)
f (x) =
>0
cos4 x

∀x ∈ 0,

π
.
2

Khi đó, theo bất đẳng thức Jensen thì
A
2

+ B2 + C2
2
π

π
3 √
= 3 sin tan
= + 3.
6
6
2

A
B
C
f
+f
+f
≥ 3f
2
2
2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

ABC đều.

Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng với mọi

ABC nhọn ta có

2
(sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC ≥
3

√
3 3
2

.

Lời giải. Ta có
sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 + 2 cos A cos B cosC
sin A + sin B + sinC ≥ sin2 A + sin2 B + sin2 C

√
1− 2

.


9

và

√
3 3
sin A + sin B + sinC ≤
2

suy ra

√
3 3

2 < sin A + sin B + sinC ≤
.
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 áp dụng bất đẳng thức Jensen ta được
sin A + sin B + sinC
sin A + sin B + sinC
ln
3
3
sin A( ln sin A) + sin B( ln sin B) + sinC( ln sinC)
≤
3
sin A + sin B + sinC sin A+sin B+sinC
⇔ ln
3
≤ ln (sin A)sin A + ln (sin B)sin B + ln (sinC)sinC
sin A + sin B + sinC sin A+sin B+sinC
⇔ ln
3
≤ ln (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC
(sin A + sin B + sinC)sin A+sin B+sinC
⇔
3sin A+sin B+sinC
≤ (sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC
Tiếp theo thay

sin A + sin B + sinC > 2
rồi thay

√
3 3
sin A + sin B + sinC ≤
2
sao bất đẳng thức trên ta được
(sin A)sin A (sin B)sin B (sinC)sinC
2sin A+sin B+sinC
2
≥ sin A+sin B+sinC =
3
3

sin A+sin B+sinC

2
≥
3

√
3 3
2

.


10

1.2.2

Bất đẳng thức Karamata

Định lí 1.3 (Bất đẳng thức Karamata, [2]). Cho hai dãy số {xk , yk ∈ I(a, b), k =
1, 2, . . . , n} thỏa mãn các điều kiện
x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn ,
và

y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn



x1 ≥ y1






x1 + x2 ≥ y1 + y2

...............




x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1





x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn .

(1.1)

Khi đó, ứng với mọi hàm lồi thực sự f (x), ( f (x) > 0) trên I(a, b), ta đều có
f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (y1 ) + f (y2 ) + · · · + f (yn ).

(1.2)

Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
n

n

f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) =

max

∑

t1 ,...,tn ∈I(a,b) i=1

f (ti ) + ∑ (xi − ti ) f (ti ) . (1.3)
i=1

Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1 , . . . ,tn ∈ I(a, b) cũng là một bộ
số giảm, tức là
t1 ≥ t2 ≥ · · · ≥ tn .

Khi đó, để chứng minh (1.3), ta chỉ cần chứng minh rằng
x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn ) ≥ x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn ) (1.4)
Sử dụng biến đổi Abel
x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn )
= S1 [ f (t1 ) − f (t2 )] + S2 [ f (t2 ) − f (t3 )] + · · ·
+ Sn−1 [ f (tn−1 ) − f (tn )] + Sn f (tn ),

(1.5)

với
Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk .
Vì f (x) > 0 nên f (xk ) ≤ f (xk−1 ). Mặt khác, do Sk (x) ≥ Sk (y) (k = 1, 2, . . . , n−
1) và Sn (x) = Sn (y), ta thu được ngay (1.4).


11

Định lí sau đây cho ta tiêu chuẩn để hai bộ dãy số đơn điệu giảm {xk , yk , k =
1, 2, . . . , n}, thỏa mãn các điều kiện (1.1).
Định lí 1.4 (I. Schur, [2]). Điều kiện cần và đủ để hai bộ dãy số đơn điệu giảm
{xk , yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n} thỏa mãn các điều kiện


x1 ≥ y1







x1 + x2 ≥ y1 + y2

...............




x1 + x2 + · · · + xn−1 ≥ y1 + y2 + · · · + yn−1




x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · · + yn .

(1.6)

là giữa chúng có một phép biến đổi tuyến tính dạng
n

yi =

∑ ai j x j , i = 1, 2, . . . , n,

j=1

trong đó

n

n

akl ≥ 0, ∑ ak j = 1, ∑ a jl = 1, k, l = 1, 2, . . . , n.
j=1

j=1

Khi đẳng thức cuối cùng trong giả thiết của định lí trên bị phá vỡ, ta cần phải
điều chỉnh và có thêm giả thiết đối với hàm số đã cho để kết luận của định lí
dạng Karamata tương tự vẫn còn hiệu lực.
Định lí 1.5 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a, b)
sao cho f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a, b] và f (x) > 0 với mọi x ∈ (a, b). Giả sử
a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số ∈ [a, b], đồng thời thỏa mãn các điều
kiện a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an và x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn và


x 1 ≥ a1




x + x ≥ a + a
1
2
1
2

...............





x + x + · · · + x ≥ a + a + · · · + a .
n
n
1
2
1
2
Khi đó, ta luôn có

n

∑
k=1

n

f (xk ) ≥

∑ f (ak ).
k=1


12

Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
n

n

f (x1 ) + f (x2 ) + · · · + f (xn ) =

max

∑ f (ti) + ∑ (xi − ti) f (ti)

t1 ,...,tn ∈I(a,b) i=1

.

i=1

Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1 , . . . ,tn ∈ I(a, b) cũng là một bộ
số giảm, tức là
t1 ≥ t2 ≥ · · · ≥ tn .
Khi đó, ta chỉ cần chứng minh rằng
x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn ) ≥ x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn ).
Sử dụng biến đổi Abel
x1 f (t1 ) + x2 f (t2 ) + · · · + xn f (tn )
= S1 [ f (t1 ) − f (t2 )] + S2 [ f (t2 ) − f (t3 )] + · · ·
+ Sn−1 [ f (tn−1 ) − f (tn )] + Sn f (tn ),
với
Sk (x) := x1 + x2 + · · · + xk .
Vì f (x) > 0 nên f (xk ) ≤ f (xk−1 ). Mặt khác, do Sk (x) ≥ Sk (y) (k = 1, 2, . . . , n−
1) và vì Sn (x) = Sn (y), ta thu được ngay được điều phải chứng minh.
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
Định lí 1.6 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a, b)
sao cho f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a, b] và f (x) < 0 với mọi x ∈ (a, b). Giả sử
a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các số ∈ [a, b], đồng thời thỏa mãn các điều
kiện a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ an và x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn và



x1 ≤ a1




x + x ≤ a + a
1
2
1
2

...............




x + x + · · · + x ≤ a + a + · · · + a .
n
n
1
2
1
2
Khi đó, ta luôn có

n

n

∑
k=1

f (xk ) ≤

∑ f (ak ).
k=1


13

Định lí 1.7 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai với mọi x ∈ (a, b)
sao cho f (x) > 0 với mọi x ∈ (a, b). Giả sử a1 , a2 , . . . , an và x1 , x2 , . . . , xn là các
số ∈ [a, b] thỏa mãn các điều kiện a1 ≥ a2 ≥ · · · ≥ an và


x1 ≥ a1




x + x ≥ a + a
1
2
1
2

...............





x + x + · · · + x = a + a + · · · + a .
n
n
1
2
1
2
Khi đó, ta luôn có

∑
k=1

1.3

n

n

f (xk ) ≥

∑ f (ak ).
k=1

Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác

Ví dụ 1.6. Cho A, B,C là ba đỉnh của một tam giác nhọn. Chứng minh rằng
√

tan A + tan B + tanC ≥ 3 3.
Lời giải. Trong phần bất đẳng Jensen ta đã chứng minh bất đẳng thức này. Ở
đây ta sẽ trình bày một chứng minh khác dựa vào bất đẳng thức AM-AG.
Ta có
tan A + tan B
= − tanC
1 − tan A tan B
⇔ tan A + tan B = − tanC + tan A tan B tanC.

tan(A + B) = tan(π −C) = − tanC ⇔

Cho nên
tan A + tan B + tanC = tan A tan B tanC.
Tam giác ABC nhọn nên tan A, tan B, tanC dương. Theo bất đẳng thức AM-AG
ta có
√
3
tan A + tan B + tanC ≥ 3 tan A tan B tanC
√
= 3 3 tan A + tan B + tanC
Từ đó, ta có
(tan A + tan B + tanC)3 ≥ 27(tan A + tan B + tanC)


14

hay

√
tan A + tan B + tanC ≥ 3 3.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ A = B = C hay tam giác ABC đều.
Ví dụ 1.7. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
√
cot A + cot B + cotC ≥ 3.
Lời giải. Ta luôn có
cot(A + B) = − cotC
cot A cot B − 1
⇔
= − cotC
cot a + cot B
⇔ cot A cot B + cot B cotC + cotC cot A = 1.
Khi đó
(cot A − cot B)2 + (cot B − cotC)2 + (cotC − cot A)2 ≥ 0
⇔ (cot A + cot B + cotC)2 ≥ 3(cot A cot B + cot B cotC
+ cotC cot A) = 3
Suy ra
cot A + cot B + cotC ≥
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

ABC đều.

Ví dụ 1.8. Chứng minh rằng với mọi
cos A cos B
+
cos A2 cos B2

√
3.

ABC nhọn ta có

cos B cosC
+
cos B2 cos C2

cosC cos A
cos C2 cos A2

√
2
A
B
B
C
C
A
3
≤ √ sin sin + sin sin + sin sin
.
+
2
2
2
2
2
2
2
3
Lời giải. Ta có

cos A
A
A
=
sin
cot
2
2
2 cos A2
⇒

3
4 cos A cos B
4 cos A2 cos B2

= sin

A
B
sin
2
2

3
cot A cot B .
4


15

Theo bất đẳng thức AM-AG, ta có

2
3
B
A
3
sin sin 2 + cot A cot B
 2

4 cos A cos B
4
≤


A
B
2
4 cos 2 cos 2
⇒

2
cos A cos B
A
B 3
≤ √ sin sin + cot A cot B .
A
B
2
2 4

cos 2 cos 2
3

Tương tự ta có
cos B cosC
B
C 3
2
√
sin
sin
+ cot B cotC
≤
2
2 4
cos B2 cos C2
3
C
cosC cos A
2
A 3
√
sin
≤
sin
+ cotC cot A .
2
2 4
cos C2 cos A2
3

Cộng theo vế ta được
cos A cos B
+
cos A2 cos B2

cos B cosC
+
cos B2 cos C2

cosC cos A
cos C2 cos A2

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

(cot A cot B + cot B cotC + cotC cot A)
2
√
2
B
B
C
C
A
3
A
≤ √ sin sin + sin sin + sin sin
+
.
2
2
2
2
2
2
2
3

Ví dụ 1.9. Chứng rằng với mọi

ABC ta có

sin A + sin B + sinC
tan A tan B tanC
≤

.
cos A + cos B + cosC
3
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A ≥ B ≥ C. Từ đó
tan A ≥ tan B ≥ tanC
cos A ≤ cos B ≤ C.


16

Theo bất đẳng thức Chebyshev ta có
tan A + tan B + tanC
cos A + cos B + cosC
3
3
tan A cos A + tan B cos B + tanC cosC
≥
3
sin A + sin B + sinC
tan A + tan B + tanC
⇔
≤
.
cos A + cos B + cosC
3
Mà
tan A + tan B + tanC = tan A tan B tanC.
Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Ví dụ 1.10. Chứng minh rằng với mọi
2(sin A + sin B + sinC) ≥

ABC đều.

ABC ta có
3 sin 2A + sin 2B + sin 2C
.
2 cos A + cos B + cosC

Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử độ dài các cạnh thỏa mãn a ≤ b ≤
c, từ đó
sin A ≤ sin B ≤ sinC
cos A ≥ cos B ≥ cosC.
Theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có
sin A + sin B + sinC
cos A + cos B + cosC
3
3
sin A cos A + sin B cos B + sinC cosC
≥
3
3 sin 2AA + sin 2B + sin 2C
.
⇔ 2(sin A + sin B + sinC) ≤
2 cos A + cos B + cosC
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

ABC đều.


17

Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin
đối với các hàm lượng giác trong tam giác
Bất đẳng thức Klamkin là bất đẳng thức hay và quan trọng. Nhiều bất đẳng thức
lượng giác đã biết và có vẻ như nhiều bất đẳng thức mới là các trường hợp riêng
của bất đẳng thức Klamkin. Chương 2 được giành để trình bày các bất đẳng
thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan và cotan.

2.1

Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin

Năm 1971 giáo sư Murray Klamkin thiết lập bất đẳng thức sau.
Định lí 2.1 ([6]). Với bất kỳ số thực x, y, z, số nguyên n và các góc A, B,C của
tam giác bất kỳ, ta có
x2 + y2 + z2 ≥ (−1)n+1 2(yz cos nA + zx cos nB + xy cos nC).

(2.1)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
y
z
x
=
=
.
sin nA sin nB sin nC

(2.2)

Chứng minh. Chứng minh của định lí được suy ra trực tiếp bằng cách khai triển
bất đẳng thức
x + (−1)n (y cos nC + z cos nB)

2

+ (y sin nC − z sin nB)2 ≥ 0.


18

Thật vậy, ta có
x + (−1)n (y cos nC + z cos nB)

2

= x2 + 2x(−1)n (y cos nC + z cos nB)
+ y2 cos2 nC + 2yz cos nC cos nB + z2 cos2 nB
= x2 + 2(−1)n (xy cos nC + zx cos nB)
+ y2 cos2 nC + 2yz cos nC cos nB + z2 cos2 nB,
(y sin nC − z sin nB)2
= y2 sin2 nC − 2yz sin nC sin nB + z2 sin2 nB,
2yz cos nC cos nB − 2yz sin nC sin nB
= 2yz cos(nB + nC)
= 2yz cos n(π − A)
= 2yz cos(nπ − nA)
= 2yz cos nπ cos nA + sin nπ sin nA
= 2yz cos nπ cos nA = 2(−1)n yz cos nA.
Từ các đẳng thức trên, cộng lại và biến đổi ta được
x2 + y2 + z2 + 2(−1)n (xy cos nC + zx cos nB) + 2(−1)n yz cos nA ≥ 0

hay
x2 + y2 + z2 ≥ (−1)n+1 2(yz cos nA + zx cos nB + xy cos nC).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x + (−1)n (y cos nC + z cos nB)

2

=0

(y sin nC − z sin nB)2 = 0
hay

x + (−1)n (y cos nC + z cos nB) = 0
z
y

=
.
sin nB sin nC
y
z
Đặt k =
=
, thì
sin nB sin nC
y = k sin nB,

z = k sin nC.

19

Cho nên
x + (−1)n (y cos nC + z cos nB) = 0
⇔ x + (−1)n (k sin nB cos nC + k sin nC cos nB) = 0
⇔ x + (−1)n k sin(nB + nC) = 0
⇔ x + (−1)n k sin n(B +C) = 0
⇔ x + (−1)n k sin n(π − A) = 0
⇔ x + (−1)n k sin(nπ − nA) = 0
⇔ x + (−1)n k(sin nπ cos nA − cos nπ sin nA) = 0
⇔ x − k sin nA = 0 ⇔ x = k sin nA
y
z
x
=k=
=
.
⇔
sin nA
sin nB sin nC

Cho x = 0 hoặc z = 0, khi đó (2.1) trở thành:
Hệ quả 2.1. Với mọi x, y là các số thực tùy ý, n là số nguyên, C là góc của tam
giác, ta có
x2 + y2 ≥ (−1)n+1 2xy cos nC.
Đẳng thức xảy ra khi cos nC = ±1, x = ±y và do đó |x|, |y|, 0 tạo thành một tam
giác suy biến.
Áp dụng bất đẳng thức (2.1), ta có thể gán A, B,C là các góc bất kỳ tương
ứng với một tam giác cho trước rồi xác định x, y, z để thỏa mãn dấu bằng trong
(2.2). Tuy nhiên, sẽ hữu ích hơn nếu ta gán các giá trị x, y, z trước, ta thu được

các bất đẳng thức không đối xứng trong trường hợp x, y, z được chọn không đối
xứng. Ở đây, ta không thể chọn x, y, z một cách hoàn toàn tùy ý bởi vì ta cần có
dấu bằng xảy ra ở trong (2.2). Kết quả là |x|, |y|, |z| phải tạo thành một tam giác.
Ngoài ra, các góc A, B,C có thể không duy nhất.
Có rất nhiều bất thức đẹp mà ta có thể thu được từ bất đẳng thức Klamkin.
Ví dụ 2.1. Với các góc A, B,C của tam giác bất kỳ, nếu n là số nguyên lẻ thì
3
cos nA + cos nB + cos nC ≤ .
2


20

Nếu n là số nguyên chẵn thì
3
cos nA + cos nB + cos nC ≥ − .
2
Đây chính là các trường hợp riêng của định lí Klamkin với x = y = z = 0.
Ví dụ 2.2. Với các góc A, B,C của tam giác bất kỳ, ta có
√
√
3 cos A + 2 cos B + 2 3 cosC ≤ 4.
Đây là một trường hợp của định lí Klamkin ứng với n = 1, x = sin 90◦ , y =
sin 60◦ , z = sin 30◦ .
Có nhiều bất đẳng thức đối xứng theo A, B,C mà có thể được chứng minh
bằng các đẳng thức hoặc các phương pháp thông thường. Tuy nhiên, nếu ta gặp
bất đẳng bất đối xứng như trong Ví dụ 2.2 thì có thể khó đưa ra một chứng
minh.
Bài toán 2.1 ([3]). 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 cosC ≤

yz xz xy
+ + .
2x 2y 2z

Nếu xyz < 0 thì bất đẳng thức đổi chiều. Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu
1 1 1
: : = sin A : sin B : sinC.
x y z
Lời giải. Ta có
x cos A + y cos B + z cosC = x cos A + y cos B − z cos(A + B),

(2.3)

(x cos A + y cos B)2 = x2 cos2 A + y2 cos2 B + 2xy cos A cos B,

(2.4)

2xy sin A sin B ≤ x2 sin2 A + y2 sin2 B,

(2.5)

2δ (x cos A + y cos B) ≤ δ 2 + (x cos A + y cos B)2 , ∀δ ∈ R.

(2.6)

Từ (2.3) đến (2.6), suy ra
2δ (x cos A + y cos B) + 2xy cosC ≤ x2 + y2 + δ 2 .

(2.7)


21

Chọn δ =

xy
, ta thu được
z
x cos A + y cos B + z cosC ≤

yz xz xy
+ + .
2x 2y 2z

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x sin A = y sin B = z sinC, tức là tam giác ABC
1 1 1
đồng dạng với tam giác có độ dài các cạnh lần lượt là , , .
x y z
Bài toán 2.2 ([3]). Cho tam giác có độ dài các cạnh là x, y, z. Chứng minh rằng
với mọi tam giác ABC, ta đều có
yz cos A + zx cos B + xy cosC ≤

x2 + y2 + z2
.
2

Lời giải. Đặt yz = α, zx = β , xy = γ, ta thu được
x2 + y2 + z2 αβ β γ γα

=
+
+
.
2
2γ
2α 2β
Ta nhận lại điều kiện của Bài toán 2.1 ở trên.
Bài toán 2.3 ([3]). Cho các số dương x, y, z. Chứng minh rằng với mọi tam giác
ABC, ta đều có
x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C ≥ −

1
2

xy yz zx
+ +
.
z
x
y

Lời giải. Ta có
x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C = x cos 2A + y cos 2B + z cos(2A + 2B),

(2.8)

cos(2A + 2B) = cos 2A cos 2B − sin 2A sin 2B,

(2.9)

(x cos 2A + y cos 2B)2 = x2 cos2 2A + y2 cos2 2B + 2xy cos 2A cos 2B,

(2.10)

− 2xy sin A sin B ≥ −x2 sin2 2A − y2 sin2 2B,

(2.11)

và
2δ (x cos 2A + y cos 2B) ≥ −δ 2 − (x cos 2A + y cos 2B)2 , ∀δ ∈ R.

(2.12)

Từ (2.8) đến (2.12), suy ra
1
2δ (x cos 2A + y cos 2B) + xy cos 2C ≥ − (x2 + y2 + δ 2 ).
2

(2.13)


22

Chọn δ =

xy
, ta thu được
z
x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C ≥ −

1
2

xy yz zx
+ +
.
z
x
y

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x sin 2A = y sin 2B = z sin 2C.

Bài toán 2.4 ([3]). Cho các số dương x, y, z. Chứng minh rằng với mọi tam giác
ABC, ta đều có
x2 + y2 + z2
.
yz cos 2A + zx cos 2B + xy cos 2C ≥ −
2
Lời giải. Đặt yz = α, zx = β , xy = γ, ta nhận được
x2 + y2 + z2 αβ β γ γα
=
+
+
.
2
2γ
2α 2β
Ta nhận lại điều kiện của Bài toán 2.3 ở trên.

Hai bài toán tiếp theo, ta cần thêm kết quả sau. Ba số thực x, y, z thỏa mãn
phương trình
x2 + y2 + z2 + xyz = 4

(2.14)

khi và chỉ khi tồn tại một tam giác nhọn với các góc α, β , γ sao cho
x = 2 cos α, y = 2 cos β , z = 2 cos γ.
Chứng minh. Nếu x, y, z > 0 và x2 + y2 + z2 + xyz = 4, thì x2 , y2 , z2 < 4. Nên
0 < x, y, z < 2. Cho nên, tồn tại các số dương α, β , γ < π/2 sao cho
x = 2 cos α, y = 2 cos β , z = 2 cos γ.
Thay vào (2.14) và rút gọn, ta được cos γ = − cos(α + β ), kéo theo α + β + γ =
π. Ta có thể thu được điều ngược lại bằng cách dùng các đẳng thức lượng
giác.