Chuyên đề bất đẳng thức lượng giác P2 new 2010

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

Chương 2 :

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

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

The Inequalities Trigonometry

31


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

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

Ví dụ 2.1.1.
1 − sin

π

14 > 3 cos π
π
7
2 sin
14

CMR :

Lời giải :
Ta có :

1 − sin

π

π
5π
7π
3π
5π
3π
− sin + sin
− sin
+ sin
− sin
14
14
14
14
14
14
14
π 
π
3π 

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

1 − sin

π

14 = cos π + cos 2π + cos 3π
(1)
π
7
7
7
2 sin
14
Mặt khác ta có :
π 1 π
π
2π 
4π
5π
3π
+ cos
+ cos + cos

+ cos
cos =  cos + cos

7 
7
7
7
7
7 2
7
π
2π
2π
3π
3π
π
(2)
cos
= cos cos
+ cos
+ cos
cos
7
7
7
7
7
7
π
2π

3π
; z = cos
ðặt x = cos ; y = cos
7
7
7
Khi đó từ (1), (2) ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
⇒

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

(3)

mà x, y, z > 0 nên :

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

>0

(4 )
32


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
Vì x, y, z đơi một khác nhau nên (4) đúng ⇒ ñpcm.
Như vậy, với các bất ñẳng thức như trên thì việc biến đổi lượng giác là quyết định
sống cịn với việc chứng minh bất ñẳng thức. Sau khi sử dụng các biến đổi thì việc giải

quyết bất đẳng thức trở nên dễ dàng thậm chí là hiển nhiên (!).

Ví dụ 2.1.2.
CMR :

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

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

(

)

(

)

(

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

(

2

2

)
)

+ a sin 2 x − 2ab sin 2 x cos x + b 2 cos 2 x ≥ 0
⇔ (a cos 2 x − b sin x − c ) + (a sin 2 x − b cos x ) ≥ 0
Bất đẳng thức cuối cùng ln đúng nên ta có đpcm.
2

2

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

9
4

Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
1 − cos 2 B 1 − cos 2C 9
1 − cos 2 A +
+
≤
2
2
4
1
1
⇔ cos 2 A + (cos 2 B + cos 2C ) + ≥ 0

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

cos(B − C ) 
1 2

⇔  cos A −
 + sin (B − C ) ≥ 0
2
4


⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.

The Inequalities Trigonometry

33


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

Ví dụ 2.1.4.
Cho α , β , γ ≠

π
2

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

 tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α 
2
2
2

 ≤ 1 − 2 tan α tan β tan γ
3



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

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

2
1 + tan α 1 + tan β 1 + tan 2 γ
⇔ tan 2 α tan 2 β + tan 2 β tan 2 γ + tan 2 γ tan 2 α = 1 − 2 tan 2 α tan 2 β tan 2 γ
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
2
 tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α 
2
2
2
2
2
2
 ≤ tan α tan β + tan β tan γ + tan γ tan α

3



⇔ (tan α tan β − tan β tan γ ) + (tan β tan γ − tan γ tan α ) + (tan γ tan α − tan α tan β ) ≥ 0
⇒ ñpcm.
tan α tan β = tan β tan γ

ðẳng thức xảy ra ⇔ tan β tan γ = tan γ tan α ⇔ tan α = tan β = tan γ
tan γ tan α = tan α tan β

2

2

2

Ví dụ 2.1.5.
CMR trong ∆ABC bất kỳ ta có :
A
B
C
A
B
C

cot + cot + cot ≥ 3 tan + tan + tan 
2
2
2
2
2
2


Lời giải :
Ta có :
A
B
C
A
B
C
+ cot + cot = cot cot cot
2
2

2
2
2
2
x, y , z > 0

A
B
C
ðặt x = cot ; y = cot ; z = cot thì 
2
2
2
 x + y + z = xyz
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
cot

The Inequalities Trigonometry

34


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

xyz
⇔ ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx )
2

⇔ (x − y ) + ( y − z ) + (z − x ) ≥ 0
⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra ⇔ cot A = cot B = cot C
⇔ A=B=C
⇔ ∆ABC đều.
2

2

2

Ví dụ 2.1.6.
1
1
2
+
≤
3 + sin x 3 − sin x 2 + cos x

CMR :

Lời giải :
Vì − 1 ≤ sin x ≤ 1 và cos x ≥ −1 nên :
3 + sin x > 0 ; 3 − sin x > 0 và 2 + cos > 0
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
6(2 + cos x ) ≤ 2 9 − sin 2 x

(

)

(

⇔ 12 + 6 cos x ≤ 18 − 2 1 − cos 2 x

)

⇔ 2 cos 2 x − 6 cos x + 4 ≥ 0
⇔ (cos x − 1)(cos x − 2) ≥ 0
do cos x ≤ 1 nên bất đẳng thức cuối cùng ln đúng ⇒ đpcm.

Ví dụ 2.1.7.
CMR ∀

π
3

≤ α ;β <

π
2

ta có :


2

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

Lời giải :
Từ ∀

π
3

≤ α ;β <

π
2

⇒ 0 < cos α ; cos β ≤

The Inequalities Trigonometry

1
2

35

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
0 < cos α + cos β ≤ 1

do đó 
1
0 < cos α cos β ≤ 4
ðặt a = cos α + cos β ; b = cos α cos β
Bất ñẳng thức ñã cho trở thành :
2−a
1− a + b
≤
a
b
2

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

⇔ a 3 − a 2 − 4ab + 4b ≤ 0

(

)

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

Ví dụ 2.1.8.
Cho các góc nhọn a và b thỏa sin 2 a + sin 2 b < 1 . CMR :
sin 2 a + sin 2 b < sin 2 (a + b )

Lời giải :
π

sin 2 a + sin 2  − a  = 1
2

2
2
nên từ ñiều kiện sin a + sin b < 1 suy ra :

Ta có :

b<

π

−a ; 0 < a+b <

π

2
2
Mặt khác ta có :
sin 2 (a + b ) = sin 2 a cos 2 b + sin 2 b cos 2 a + 2 sin a sin b cos a cos b
nên thay cos 2 b = 1 − sin 2 b vào thì bất đẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
2 sin 2 a sin 2 b < 2 sin a sin b cos a cos b

⇔ sin a sin b < cos a cos b
⇔ 0 < cos(a + b )
(ñể ý 2 sin a sin b > 0 nên có thể chia hai vế cho 2 sin a sin b )
Bất ñẳng thức sau cùng hiển nhiên ñúng do 0 < a + b <

The Inequalities Trigonometry

π
2

⇒ ñpcm.

36


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

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

(

)

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

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

(

)

(

)(

)(

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

)

1
1
1

  1
 1
 1

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

2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos A cos B cos C  cos A cos B cos B cos C cos C cos A  cos A cos 2 B cos 2 C
3
⇔ cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C ≥
4
3
1 + cos 2 A 1 + cos 2 B
⇔
+
+ cos 2 C ≥
4
2
2
2
⇔ 2(cos 2 A + cos 2 B ) + 4 cos C + 1 ≥ 0
⇔ 2 cos( A + B ) cos( A − B ) + 4 cos 2 C + 1 ≥ 0
⇔ 4 cos 2 C − 4 cos C cos( A − B ) + 1 ≥ 0
⇔ (2 cos C − cos( A − B )) + sin 2 ( A − B ) ≥ 0
2

⇒ đpcm.

Ví dụ sau đây, theo ý kiến chủ quan của tác giả, thì lời giải của nó xứng đáng là bậc
thầy về biến đổi lượng giác. Những biến ñổi thật sự lắt léo kết hợp cùng bất ñẳng thức
một cách hợp lý ñúng chỗ ñã mang ñến cho chúng ta một bài toán thật sự ñặc sắc !!!

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

(

)

Lời giải :
Gọi O1 ,O2 là tâm của hai đường trịn. ðặt ∠CON = 2α (như vậy 0 < α <

π
2

)

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

π
2

−α

The Inequalities Trigonometry

37


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
Vậy :
π

MN = MO + ON = R1 cot  − α  + R2 cot α = R1 tan α + R2 cot α
2

Trong ∆ vng O1 MO có :

π

R1 = O1O sin − α  = (R − R1 ) cos α
2

R cos α
R1 (1 + cos α ) = R cos α ⇒ R1 =
1 + cos α
Tương tự :
R2 = OO2 sin α = (R − R2 ) sin α ⇒ R2 =

R sin α
1 + sin α

Do ñó :
R cos α sin α
R sin α cos α
⋅
+
⋅
1 + cos α cos α 1 + sin α sin α
R sin α
R cos α
=
+
1 + cos α 1 + sin α
sin α + cos α + 1
=R
(1 + sin α )(1 + cos α )

MN =

2 cos
=R

α

C

O1
O2

α

α

 sin + cos 
2
2
2

M

2

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

sin α + cos α + 1
π

mà sin α + cos α ≤ 2  α −  ≤ 2 ⇒ MN ≥
4

ðẳng thức xảy ra ⇔ α =

π
4

2R
2 +1

N

O

(

)

= 2 R 2 − 1 ⇒ ñpcm.

⇔ OC ⊥ MN .

2.2. Sử dụng các bước ñầu cơ sở :
Các bước ñầu cơ sở mà tác giả muốn nhắc ñến ở ñây là phần 1.2. Các ñẳng thức, bất
ñẳng thức trong tam giác. Ta sẽ ñưa các bất ñẳng thức cần chứng minh về các bất ñẳng
thức cơ bản bắng cách biến ñổi và sử dụng các đẳng thức cơ bản. Ngồi ra, khi tham gia

các kỳ thi, tác giả khuyên bạn ñọc nên chứng minh các ñẳng thức, bất ñẳng thức cơ bản
sử dụng như một bổ đề cho bài tốn.
The Inequalities Trigonometry

38


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

Ví dụ 2.2.1.
Cho ∆ABC . ðường phân giác trong các góc A, B, C cắt đường trịn ngoại tiếp ∆ABC
lần lượt tại A1 , B1 , C1 . CMR :

S ABC ≤ S A1B1C1
Lời giải :
Gọi R là bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆ABC thì nó cũng là bán kính đường trịn
A
ngoại tiếp ∆A1 B1C1 .
Bất đẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
2 R 2 sin A sin B sin C ≤ 2 R 2 sin A1 sin B1 sin C1 (1)
C1
B+C
C+A
A+ B
Do A1 =
; B1 =
; C1 =
nên :

2
2
2
(1) ⇔ sin A sin B sin C ≤ sin B + C sin C + A sin A + B
2
2
2
B
A
B
C
A
B
C
A
B
C
⇔ 8 sin sin sin cos cos cos ≤ cos cos cos
(2)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
A
B

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

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

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

Lời giải :
Ta có : cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin

A

B
C
sin sin
2
2
2

Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với :
sin A sin B + sin B sin C + sin C sin A ≤

3
+ cos A + cos B + cos C (1)
4

mà :

The Inequalities Trigonometry

39

B1

C


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
cos A = sin B sin C − cos B cos C
cos B = sin C sin A − cos C cos A

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

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

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

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

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

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

Ví dụ 2.2.3.
Cho ∆ABC bất kỳ. CMR :
1
1
1
+
+
≥1
1 + 2 cos A + 4 cos A cos B 1 + 2 cos B + 4 cos B cos C 1 + 2 cos C + 4 cos C cos A

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

Ví dụ 2.2.4.
CMR với mọi ∆ABC bất kỳ, ta có :
2
2
2
a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3S + (a − b ) + (b − c ) + (c − a )

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

The Inequalities Trigonometry

40


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
2(ab + bc + ca ) ≥ 4 3S + a 2 + b 2 + c 2 (1)
Ta có :
b2 + c2 − a2
cot A =
4S
2
c + a2 − b2
cot B =
4S
2
a + b2 − c2
cot C =
4S
Khi đó :
(1) ⇔ 4S  1 + 1 + 1  ≥ 4 3S + 4S (cot A + cot B + cot C )
 sin A sin B sin C 

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

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

Ví dụ 2.2.5.
CMR trong mọi tam giác, ta có :
A
B
B
C
C
A 5 r
sin sin + sin sin + sin sin ≤ +
2
2
2
2
2
2 8 4R

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

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

tương ñương sau :
A
B
B
C
C
A
A
B
C 5
sin sin + sin sin + sin sin − sin sin sin ≤
(1)
2
2
2
2
2
2
2
2
2 8
A

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

B
A
B
A
2
2
2
2
cos
cos
cos 
 cos
2
2
2
2


The Inequalities Trigonometry

(2)

41


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
A
B 1

B
A
sin ≤  sin A tan + sin B tan 
2
2 2
2
2
Tương tự ta có :
B
C 1
C
B
2 sin sin ≤  sin B tan + sin C tan 
2
2 2
2
2
C
A 1
A
C
2 sin sin ≤  sin C tan + sin A tan 
2
2 2
2
2
Từ đó suy ra :
A
B
B

C
C
A

2 sin sin + sin sin + sin sin  ≤
2
2
2
2
2
2

1
A
B
C

≤  tan (sin B + sin C ) + tan (sin C + sin A) + tan (sin A + sin B )
2
2
2
2

A
B
B
C
C
A


⇒ cos A + cos B + cos C ≥ 2 sin sin + sin sin + sin sin 
2
2
2
2
2
2

Khi đó :
A
B
B
C
C
A 1
sin sin + sin sin + sin sin − (cos A + cos B + cos C − 1) ≤
2
2
2
2
2
2 4
1
1
1
1
≤ (cos A + cos B + cos C ) − (cos A + cos B + cos C − 1) = (cos A + cos B + cos C ) =
4
4
4

2
3
mà cos A + cos B + cos C ≤
2
5
A
B
B
C
C
A 1
⇒ sin sin + sin sin + sin sin − (cos A + cos B + cos C − 1) ≤
2
2
2
2
2
2 4
8
⇒ (2) đúng ⇒ đpcm.
⇒ 2 sin

Ví dụ 2.2.6.
Cho ∆ABC bất kỳ. CMR :
3



a2 + b2 + c2
a 2b 2c 2


 ≤
A
B
C
 cot A + cot B + cot C 
tan tan tan
2
2
2

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

The Inequalities Trigonometry

42


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
a 2b 2 c 2
(1)
A
B

C
tan tan tan
2
2
2
Mặt khác ta cũng có :
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ⇒ a 2 ≥ 2bc − 2bc cos A
A
⇒ a 2 ≥ 4bc sin 2
2
A
4bc sin 2
a2
2 = 2bc sin A = 4 S
⇒
≥
A
A
tan
tan
2
2
Tương tự ta cũng có :
b2
c2
≥ 4S ;
≥ 4S
B
C
tan

tan
2
2
⇒ (1) đúng ⇒ đpcm.
64S 3 ≤

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

Lời giải :
Ta có vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh bằng :

(cos A + cos B + cos C ) + [(b + c ) cos A + (c + a )cos B + (a + b) cos C ] − (ab cos C + bc cos A + ca cos B )
ðặt :
P = cos A + cos B + cos C
Q = (b + c ) cos A + (c + a ) cos B + (a + b ) cos C
R = ab cos C + bc cos A + ca cos B
3
Dễ thấy P ≤
2
Mặt khác ta có :
b cos C + c cos B = 2 R(sin B cos C + sin C cos B ) = 2 R sin (B + C ) = 2 R sin A = a
Tương tự :
c cos A + a cos C = b
a cos B + b cos A = c
⇒Q = a+b+c
Và ta lại có :

The Inequalities Trigonometry

43


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
a2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2
+
+
ab cos C + bc cos A + ca cos B =
2
2
2
2
2
2
a +b +c
⇒R=
2
a2 + b2 + c2
3
(a − 1)2 + (b − 1)2 + (c − 1)2 ≤ 3
⇒ P + Q + R ≤ + (a + b + c ) −
= 3−
2
2
3
⇒ đpcm.

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

Lời giải :
Ta có :

R=

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

r=

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

S
2 sin A sin B sin C

Vậy :

S
S
1
1
8 2 sin A sin B sin C
+
+
2 2 sin A sin B sin C 2 2 sin A sin B sin C
sin A + sin B + sin C
Theo AM – GM ta có :
R+r =

R+r 3
S S sin A sin B sin C
≥
3
8 sin A sin B sin C (sin A + sin B + sin C )
mà :
sin A + sin B + sin C ≤
sin A sin B sin C ≤

⇒ R+r ≥3

3 3
8

4S S
4

3 3

2

4 27 .3 3

= 4 3 S ⇒ đpcm.

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

The Inequalities Trigonometry

44


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

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

2

Lời giải :
Theo AM – GM ta có :
ab ab bc bc ca ca ab + bc + ca
+
+
≤
a+b
b+c
c+a
2
2

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

2

2

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

sin A + sin B + sin C ≤

3 3
2

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

( p − a )( p − b ) ( p − b )( p − c ) ( p − c )( p − a ) ≤ p abc
8

abc
2
p
abc

9
9abc
8 S 
8
8
⇒   ≤ ⋅
= ⋅
=
2
2 a + b + c (a + b ) + (b + c ) + (c + a )
3 R 
3 a+b+c


 3 3 
Một lần nữa theo AM – GM ta có :
9abc
9abc
ab ab bc bc ca ca
≤
≤
+
+
(a + b ) + (b + c ) + (c + a ) 3. 3 (a + b )(b + c )(c + a ) a + b b + c c + a
⇒ vế phải chứng minh xong ⇒ Bất đẳng thức được chứng minh hồn tồn.

Ví dụ 2.2.10.
Cho ∆ABC bất kỳ. CMR :
 abc 6 


+
+
≥ 

3
R
2 A
2 B
2 C


cos
cos
cos
2
2
2
a8

b8

The Inequalities Trigonometry

c8

4

45

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

Lời giải :
Áp dụng BCS ta có :
a8

b8

(a

c8

)

2

4

+ b4 + c4
+
+
≥
A
B
C
A
B
C

cos 2
cos 2
cos 2
cos 2 + cos 2 + cos 2
2
2
2
2
2
2

mà :
cos 2

A
B
C 9
+ cos 2 + cos 2 ≤
2
2
2 4
4

 abc 
2 2

 = 16 S
 R 
Vì thế ta chỉ cần chứng minh : a 4 + b 4 + c 4 ≥ 16S 2
Trước hết ra có : a 4 + b 4 + c 4 ≥ abc(a + b + c ) (1)

Thật vậy : (1) ⇔ a 2 a 2 − bc + b 2 b 2 − ca + c 2 c 2 − ab ≥ 0

[

(

]

)

(

)

[

(

)

]

(

[

)

]

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

2

2

2

2

2

z = c+a−b
vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên x, y, z > 0
Khi đó theo AM – GM thì :
(x + y )( y + z )(z + x ) ≥ 2 xy 2 yz 2 zx = xyz = (a + b − c )(b + c − a )(c + a − b )
abc =
8
8
⇒ (3) đúng ⇒ đpcm.

(

)(

)(

)

2.3 ðưa về vector và tích vơ hướng :
Phương pháp này ln đưa ra cho bạn đọc những lời giải bất ngờ và thú vị. Nó đặc
trưng cho sự kết hợp hồn giữa đại số và hình học. Những tính chất của vector lại mang
đến lời giải thật sáng sủa và ñẹp mắt. Nhưng số lượng các bài tốn của phương pháp này
khơng nhiều.

Ví dụ 2.3.1.

The Inequalities Trigonometry

46


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
CMR trong mọi tam giác ta có :
cos A + cos B + cos C ≤

3
2

Lời giải :
Lấy các vector ñơn vị e1 , e2 , e3 lần lượt trên các cạnh AB, BC , CA .

Hiển nhiên ta có :
A

(e + e

) ≥0
⇔ 3 + 2 cos(e , e ) + 2 cos(e , e ) + 2 cos(e , e ) ≥ 0
1

2

+ e3

2

1

2

2

3

3

e1

1

⇔ 3 − 2(cos A + cos B + cos C ) ≥ 0

⇔ cos A + cos B + cos C ≤

⇒ đpcm.

e3

3
2

B

C

e2

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

3
2

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

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

2

2

2

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

2

O
B

C

3
⇔ cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ≥ −
2
⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra ⇔ OA + OB + OC = 0 ⇔ OG = 0 ⇔ O ≡ G ⇔ ∆ABC đều.

Ví dụ 2.3.3.

The Inequalities Trigonometry

47


Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ

Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 2 Các phương pháp chứng minh
Cho ∆ABC nhọn. CMR ∀x, y, z ∈ R ta có :
yz cos 2 A + zx cos 2 B + xy cos 2C ≥ −

1 2
x + y2 + z2
2

(

)
A

Lời giải :
Gọi O là tâm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC .
Ta có :

(xOA + yOB + zOC )

2

O

≥0

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

B

C

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

1 2
x + y2 + z2
2

(

)

⇒ ñpcm.

2.4. Kết hợp các bất ñẳng thức cổ ñiển :
Về nội dung cũng như cách thức sử dụng các bất ñẳng thức chúng ta ñã bàn ở chương
1: “Các bước đầu cơ sở”. Vì thế ở phần này, ta sẽ không nhắc lại mà xét thêm một số ví
dụ phức tạp hơn, thú vị hơn.

Ví dụ 2.4.1.
CMR ∀∆ABC ta có :
A
B
C 
A
B
C 9 3

 sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥

2
2
2 
2
2
2
2


Lời giải :
Theo AM – GM ta có :
A
B
C
sin + sin + sin
2
2
2 ≥ 3 sin A sin B sin C
3
2
2
2
Mặt khác :
A
B
C
cos cos
A
B
C

A
B
C
2
2
2
cot + cot + cot = cot cot cot =
A
B
C
2
2
2
2
2
2
sin sin sin
2
2
2
cos

The Inequalities Trigonometry

48


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

1
(sin A + sin B + sin C ) sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C
2
2
2
2
2
2
= 4
=
A
B
C
A
B
C
sin sin sin
2 sin sin sin
2
2
2
2
2
2
A
A
B
B
C
C

3 sin
cos sin cos sin cos
3
2
2
2
2
2
2
≥ ⋅
A
B
C
2
sin sin sin
2
2
2
Suy ra :
A
B
C 
A
B
C

 sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥
2
2
2 

2
2
2

A
B
C
A
A
B
B
C
C
sin sin sin cos sin cos sin cos
9
2
2
2
2
2
2
2
2
2
≥ ⋅
A
B
C
2
sin sin sin

2
2
2
9
A
B
C
(1)
= 3 cot cot cot
2
2
2
2
A
B
C
mà ta cũng có : cot cot cot ≥ 3 3
2
2
2
A
B
C 9
9 3
9
(2)
⇒ ⋅ 3 cot cot cot ≥ ⋅ 3 3 3 =
2
2
2

2
2 2
Từ (1) và (2) :
3

sin

A
B
C 
A
B
C 9 3

⇒  sin + sin + sin  cot + cot + cot  ≥
2
2
2 
2
2
2
2

⇒ đpcm.

Ví dụ 2.4.2.
Cho ∆ABC nhọn. CMR :

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

3
2

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

The Inequalities Trigonometry

49


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

1
(sin 2 A + sin 2 B + sin 2C ) sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C
4
=
=
cos A cos B cos C
2 cos A cos B cos C
3

3 sin A cos A sin B cos B sin C cos C
≥ ⋅
2
2 cos A cos B cos C
Suy ra :

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

3

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

2
93
tan A tan B tan C
=
2

(1)

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

⇒

(2)

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

3
2

⇒ ñpcm.

Ví dụ 2.4.3.
Cho ∆ABC tùy ý. CMR :
 
 

 



 tan A + 1  +  tan B + 1  +  tan C + 1
A
B
C
2
2
2

tan  
tan  

tan

2 
2 
2




≥4 3




Lời giải :
 π
Xét f ( x ) = tan x ∀x ∈  0 ; 
 2
Khi đó : f ' ' ( x ) =
Theo Jensen thì :

tan

A
B
C
+ tan + tan ≥ 3 (1)
2
2
2

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

The Inequalities Trigonometry

(2)

50