Một phân loại và xây dựng bất đẳng thức trong tam giác

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

NGUYỄN THỊ THOAN

MỘT PHÂN LOẠI VÀ XÂY DỰNG
BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2013


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

NGUYỄN THỊ THOAN

MỘT PHÂN LOẠI VÀ XÂY DỰNG
BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TAM GIÁC
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS. TS. NGUYỄN MINH TUẤN

Hà Nội - 2013

LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lịng biết ơn sâu
sắc tới PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn, người đã tận tình hướng dẫn để em có thể hồn
thành luận văn này.
Em cũng xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới tồn thể các thầy cô của trường
Đại học Khoa Học Tự Nhiên, Đại Học Quốc Gia Hà Nội đã chỉ bảo em và các học viên
khác trong suốt quá trình học tập nghiên cứu tại trường; các cán bộ công nhân viên
đã tạo điều kiện cho chúng em có mơi trường học tập tốt nhất.
Nhân dịp này em xin được gửi lời tri ân tới gia đình, bạn bè đã ln bên cạnh,
cổ vũ, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn tốt
nghiệp.
Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2013
Học viên

Nguyễn Thị Thoan

1


Mục lục
Chương 1. Áp dụng tính chất của tam thức bậc hai chứng minh và xây dựng
một số bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.Một số kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.1. Định lý về dấu của tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.1.2. Một số công thức lượng giác và các cung liên quan đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2.Áp dụng tính chất của tam thức bâc hai chứng minh một số bất đẳng
thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.3.Áp dụng tính chất của tam thức bậc hai xây dựng một số bất đẳng
thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

Chương 2. Áp dụng tính lồi lõm của hàm số chứng minh và xây dựng một số
bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.1.Một số kiến thức cơ bản về hàm số lồi, lõm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

2.2.Phương pháp áp dụng Định lý biểu diễn hàm lồi, lõm . . . . . . . . .

34

2.2.1. Áp dụng Định lý biểu diễn hàm lồi, lõm chứng minh một số bất đẳng thức trong
tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

34

2.2.2. Áp dụng Định lý biểu diễn hàm lồi, lõm xây dựng một số bất đẳng thức trong
tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.3.Phương pháp áp dụng bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . . .

37

40

2.3.1. Áp dụng bất đẳng thức Karamata chứng minh một số bất đẳng thức trong tam
giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

2.3.2. Áp dụng bất đẳng thức Karamata xây dựng một số bất đẳng thức trong tam
giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

43


2.4.Phương pháp áp dụng bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

2.4.1. Áp dụng bất đẳng thức Jensen chứng minh một số bất đẳng thức trong tam
giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

2.4.2. Áp dụng bất đẳng thức Jensen xây dựng một số bất đẳng thức trong tam giác
49

Chương 3. Áp dụng các bất đẳng thức đại số cổ điển chứng minh và xây dựng
một số bất đẳng thức trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

3.1.Phương pháp áp dụng bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

3.1.1. Bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

53

3.1.2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy chứng minh một số bất đẳng thức trong tam
giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

3.1.3. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy xây dựng một số bất đẳng thức trong tam giác
66

3.2.Phương pháp áp dụng bất đẳng thức
Bunhiacopxki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

3.2.1. Bất đẳng thức Bunhiacopxki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

74

3.2.2. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki chứng minh một số bất đẳng thức trong
tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75

3.2.3. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki xây dựng các bất đẳng thức trong tam
giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

78


MỞ ĐẦU
Bất đẳng thức là một đề tài rất trừu tượng đối với học sinh, đặc biệt là các bất
đẳng thức trong tam giác. Chưa kể đến việc sáng tạo các bất đẳng thức mới, chỉ nói
đến việc chứng minh các bất đẳng thức cơ bản thôi cũng đã là quá phức tạp rồi. Mặc
dù mấy năm trở lại đây, bất đẳng thức trong tam giác không được đề cập nhiều trong
chương trình tốn phổ thơng nhưng nó ln là vấn đề thu hút với những ai ham mê
Toán học, đặc biệt là những học sinh chun tốn. Bởi vì, bất đẳng thức trong tam

giác là sự kết hợp của các yếu tố: Đại số, Giải tích và Hình học nên nó mang vẻ đẹp
riêng. Đối với bất đẳng thức nói chung và bất đẳng thức trong tam giác nói riêng,
học sinh luôn băn khoăn: làm thế nào để phân loại và nhận diện đúng các dạng bài
toán. Đồng thời, tương ứng với từng dạng cụ thể thì việc áp dụng phương pháp chứng
minh nào là hiệu quả nhất. Mặt khác, như chúng ta đã biết, một người học sinh được
đánh giá là giỏi tốn thì khơng những phải biết nắm vững các phương pháp hay, giải
quyết được nhiều bài tốn khó mà cịn phải biết tự mình tìm tịi và sáng tạo ra các
bài tốn mới. Do đó, song song với nguyện vọng giúp học sinh phân loại các bất đẳng
thức trong tam giác, tác giả cịn muốn kích thích sự sáng tạo của các em bằng những ý
tưởng xây dựng các bất đẳng thức nằm ngoài những tài liệu sẵn có. Việc chứng minh
và xây dựng các bất đẳng thức là hai quá trình bổ trợ đắc lực cho nhau. Bởi vì khi đã
nắm vững được phương pháp chứng minh, học sinh có thể tự sáng tạo bất đẳng thức
mới. Cùng với đó, việc sáng tạo bất đẳng thức mới cũng giúp học sinh củng cố được
phương pháp chứng minh. Các em sẽ chủ động tiếp thu kiến thức chứ khơng thụ động
giải quyết các bài tốn có trong sách vở. Tất cả những điều đó đã thơi thúc tác giả
tìm hiểu, nghiên cứu đề tài Một phân loại và xây dựng bất đẳng thức trong tam giác.
Do khuôn khổ hạn chế của luận văn nên tác giả chỉ tập trung khai thác các bất đẳng
thức có liên quan đến các đại lượng góc trong tam giác. Ngồi ra các dạng bất đẳng
thức khác, tác giả xin dành cho những chuyên đề sau.
Luận văn bao gồm ba chương:
• Chương 1. Áp dụng tính chất của tam thức bậc hai chứng minh và xây dựng một
số bất đẳng thức trong tam giác.

4


Tác giả trình bày Định lý về dấu của tam thức bậc hai và một số biến đổi lượng
giác cơ bản. Từ đó nêu các phương pháp chứng minh và xây dựng các bất đẳng
thức trong tam giác. Nội dung của phương pháp này là biến đổi biểu thức cần
chứng minh về dạng tam thức bậc hai theo một biến nào đó. Sau đó, áp dụng

định lý về dấu của tam thức bậc hai để suy ra điều phải chứng minh.
• Chương 2. Áp dụng tính lồi, lõm của hàm số để chứng minh và xây dựng các bất
đẳng thức trong tam giác.
Thơng qua việc xét tính lồi, lõm của các hàm số lượng giác, sử dụng một số
định lý cơ bản trong Giải tích lồi: Định lý biểu diễn hàm lồi, lõm; Bất đẳng thức
Karamata; Định lý Jensen để chứng minh và xây dựng các bất đẳng thức tương
đối phức tạp.
• Chương 3. Áp dụng các bất đẳng thức đại số cổ điển để chứng minh và xây dựng
một số bất đẳng thức trong tam giác.
Trong toàn bộ chương này, tác giả trình bày phương pháp áp dụng bất đẳng thức
Cauchy và bất đẳng thức Bunhiacopxki để chứng minh một lớp các bất đẳng thức
trong tam giác; đồng thời nêu ý tưởng kết hợp giữa các bất đẳng thức đại số cổ
điển với các bất đẳng thức cơ bản để xây dựng các bất đẳng thức mới trong tam
giác
Mặc dù bất đẳng thức trong tam giác là một nội dung tương đối rộng, có nhiều
cách phân loại cũng như có nhiều phương pháp chứng minh. Tuy nhiên tác giả chỉ xin
trình bày ba nội dung phân loại này bởi phạm vi của bài luận văn khá hạn hẹp. Các
phương pháp chứng minh có thể chưa bao qt hết tồn bộ các bất đẳng thức trong
tam giác nhưng cũng phần nào giải quyết được một lớp khá lớn những bất đẳng thức
tương đối phức tạp. Chắc chắn rằng bên cạnh những thành cơng vẫn cịn khá nhiều
thiếu sót nên tác giải rất mong nhận được sự quan tâm góp ý của các thầy cô và các
anh chị đồng nghiệp để nội dung của bài luận văn được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, ngày 18 tháng 11 năm 2013
Học viên
Nguyễn Thị Thoan

5


Chương 1

Áp dụng tính chất của tam thức
bậc hai chứng minh và xây dựng
một số bất đẳng thức trong tam
giác
Tính chất của tam thức bậc hai có nhiều ứng dụng trong giải tốn. Việc áp dụng
tính chất này để chứng minh các bất đẳng thức không phải là cách làm q mới mẻ với
học sinh phổ thơng mà nó đã trở thành một cộng cụ hữu hiệu và khá quen thuộc. Tuy
nhiên, việc ứng dụng tam thức bậc hai để chứng minh các bất đẳng thức trong tam
giác lại đem đến cho chúng ta những điều rất thú vị. Bởi vì, bản thân các bất đẳng
thức đó có những đặc trưng cơ bản khác hẳn với các bất đẳng thức thông thường.

1.1.

Một số kiến thức cơ bản

1.1.1.

Định lý về dấu của tam thức bậc hai

Định lý 1.1.1. Cho tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, (a = 0).
Đặt ∆ = b2 − 4ac.
- Nếu ∆ < 0 thì f (x) cùng dấu với hệ số a với mọi x ∈ R.

6


- Nếu ∆ = 0 thì f (x) cùng dấu với hệ số a với mọi x = −

b
.

2a

- Nếu ∆ > 0 thì f (x) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 , giả sử x1 < x2 . Khi đó f (x)
cùng dấu với hệ số a với mọi x ∈ (−∞, x1 ) ∪ (x2 , +∞) và trái dấu với hệ số a
với mọi x ∈ (x1 , x2 ).
Cách giải của phương trình bậc hai.
Cho phương trình bậc hai có dạng
ax2 + bx + c = 0, (a = 0).
Đặt ∆ = b2 − 4ac.
- Nếu ∆ < 0 thì phương trình trên vơ nghiệm.
- Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép là x1 = x2 = −
- Nếu ∆ > 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,2

1.1.2.

b
.
2a

√
−b ± ∆
.
=
2a

Một số công thức lượng giác và các cung liên quan đặc
biệt

Để làm tốt việc chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác, việc nắm vững các
công thức lượng giác là vô cùng quan trọng. Đây là công cụ để biến đổi các biểu thức

lượng giác về dạng mà ta cần.
1. Công thức lượng giác cơ bản
sin x
.
cos x
cos x
• cot x =
.
sin x

• sin2 x + cos2 x = 1.

• tan x =

1
.
cos2 x
1
• 1 + cot2 x =
.
sin2 x

• tan x cot x = 1.

• 1 + tan2 x =

7


2. Cơng thức giữa các góc liên quan đặc biệt

∗ Hai góc bù nhau: (x và π − x).

∗ Hai góc đối nhau: (x và −x).
• cos (−x) = cos x.

• sin (π − x) = sin x.

• sin (−x) = − sin x.

• cos (π − x) = − cos x.

• tan (−x) = − tan x.

• tan (π − x) = − tan x.

• cot (−x) = − cot x.

• cot (π − x) = − cot x.

∗ Hai góc phụ nhau: (x và
π
−x
2
π
• cos
−x
2
π
−x
• tan

2
π
• cot
−x
2

• sin

π
− x).
2

∗ Hai góc hơn, kém
π
+x
2
π
• cos
+x
2
π
• tan
+x
2
π
• cot
+x
2
• sin

= cos x.
= sin x.
= cot x.
= tan x.

∗ Hai góc hơn, kém nhau π: (x và π + x).
• sin (π + x) = − sin x.
• cos (π + x) = − cos x.
• tan (π + x) = tan x.
• cot (π + x) = cot x.
3. Cơng thức cộng
• cos (x + y) = cos x cos y − sin x sin y.
• cos (x − y) = cos x cos y + sin x sin y.
• sin (x + y) = sin x cos y + cos x sin y.
• sin (x − y) = sin x cos y − cos x sin y.
tan x + tan y
.
1 − tan x tan y
tan x − tan y
• tan (x − y) =
.
1 + tan x tan y

• tan (x + y) =

8

π
π
: (x và + x).

2
2

= cos x.
= − sin x.
= − cot x.
= − tan x.


4. Cơng thức nhân đơi
• sin 2x = 2 sin x cos x.
• cos 2x = cos2 x − sin2 x = 2cos2 x − 1 = 1 − sin2 x.
• tan 2x =

2 tan x
.
1 − tan2 x

5. Cơng thức hạ bậc
• sin2 x =

1 − cos 2x
.
2

• cos2 x =

1 + cos 2x
.
2

6. Công thức biến tổng thành tích
x+y
x−y
cos
.
2
2
x−y
x+y
sin
.
• cos x − cos y = −2 sin
2
2
x+y
x−y
• sin x + sin y = 2 sin
cos
.
2
2
x+y
x−y
• sin x − sin y = 2 cos
sin
.
2
2
• cos x + cos y = 2 cos

7. Cơng thức biến tích thành tổng
1
[cos (x − y) + cos (x + y)].
2
1
• sin x sin y = [cos (x − y) − cos (x + y)].
2
1
• sin x cos y = [sin (x − y) + sin (x + y)].
2
• cos x cos y =

1.2.

Áp dụng tính chất của tam thức bâc hai chứng
minh một số bất đẳng thức trong tam giác

Đối với một số dạng bất đẳng thức trong tam giác, việc áp dụng tính chất của tam
thức bậc hai để chứng minh thực sự là vô cùng hiệu quả, đem lại cho chúng ta cách
giải ngắn gọn và chặt chẽ hơn so với các phương pháp thông thường.

9


Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức trong tam giác ABC có dạng sau.
• M (A, B, C) ≥ N (A, B, C).
• M (A, B, C) ≤ N (A, B, C).
• M (A, B, C) ≥ k.
• M (A, B, C) ≤ k.

Trong đó M (A, B, C) và N (A, B, C) là các biểu thức có liên quan đến các đại lượng
góc, k là hằng số.
Phương pháp chứng minh có thể chia làm hai cách sau đây.
Cách 1.
- Đặt P = M (A, B, C).
Suy ra
M (A, B, C) − P = 0.

(∗)

Điều kiện cần và đủ để P là một giá trị của M (A, B, C) là phương trình (∗) có
nghiệm.
- Biến đổi phương trình (∗) về dạng một phương trình bậc hai theo biến nào đó
và xét biệt thức ∆.
- Giải điều kiện cần để phương trình (∗) có nghiệm là (∆ ≥ 0) ta sẽ có được điều
phải chứng minh.
Cách 2. Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh về dạng bất phương trình bậc hai
theo biến nào đó. Chứng minh bất phương trình đó có vơ số nghiệm (∆ ≤ 0).
Sau đây, tác giả sẽ minh họa các phương pháp này bằng những ví dụ cụ thể.
Ví dụ 1.2.1. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta ln có
√
4− 2
1
2
2
2
√ cos A + cos B + cos C ≥
.
4
2

10


Phân tích. Bất đẳng thức trên có dạng đối xứng thành phần cos2 B và cos2 C. Áp
dụng biến đổi lượng giác cơ bản ta có
cos2 B + cos2 C =

1 + cos 2B 1 + cos 2C
+
2
2

= cos (B + C) cos (B − C) + 1 = − cos A cos (B − C) + 1.
Khi đó
1
1
√ cos2 A + cos2 B + cos2 C = √ cos2 A − cos A cos (B − C) + 1.
2
2
Biểu thức trên là tam thức bậc hai theo biến cos A. Ta có lời giải như sau.
1
Lời giải. Đặt P = √ cos2 A + cos2 B + cos2 C. Khi đó ta có
2
1
1 + cos 2B 1 + cos 2C
√ cos2 A +
+
−P =0
2

2
2
1
⇔ √ cos2 A + cos (B + C) cos (B − C) + 1 − P = 0
2
1
⇔ √ cos2 A − cos A cos (B − C) + 1 − P = 0.
2
Xét phương trình
1
√ cos2 A − cos A cos (B − C) + 1 − P = 0.
2
Đây là phương trình bậc hai theo biến cos A. Ta có
√
√
∆ = cos2 (B − C) − 2 2 + 2 2P.
Để phương trình (1.2.1) có nghiệm, điều kiện cần là
√
√
∆ ≥ 0 ⇔ cos2 (B − C) − 2 2 + 2 2P ≥ 0.
Từ cos2 (B − C) ≤ 1 ta suy ra
√
√
√
4− 2
1 − 2 2 + 2 2P ≥ 0 ⇔ P ≥
.
4
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi




π


2



 cos (B − C) = 1
 B=C
 A=
4
⇔
⇔
1
cos
(B
−
C)





 B=C
√
 cos A =
 cos A = √
2

2
11

(1.2.1)


hay tam giác ABC cân tại A và A =

π
.
4

Ví dụ 1.2.2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta ln có
√
√
2 2A
4− 2
2B
2C
sin
+ sin
+ sin
≥
.
2
2
2
2
4
√

2 2A
B
C
Lời giải. Đặt P =
sin
+ sin2 + sin2 . Khi đó ta có
2
2
2
2
√
2 2 A 1 − cos B 1 − cos C
sin
+
+
−P =0
2
2
2
2
√
2 2A
B+C
B−C
⇔
sin
− cos
cos
+1−P =0
2

2
2
2
√
2 2A
A
B−C
⇔
sin
− sin cos
+ 1 − P = 0.
2
2
2
2
Xét phương trình
√

A
B−C
2 2A
sin
− sin cos
+ 1 − P = 0.
2
2
2
2

Đây là phương trình bậc hai theo biến sin

∆ = cos2

A
. Ta có
2

√
√
B−C
− 2 2 + 2 2P.
2

Để phương trình (1.2.2) có nghiệm thì điều kiện cần là
∆ ≥ 0 ⇔ cos2
Từ cos2

√
√
B−C
− 2 2 + 2 2P ≥ 0.
2

B−C
≤ 1 ta suy ra
2
√
√
√
4− 2
1 − 2 2 + 2 2P ≥ 0 ⇔ P ≥

.
4

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi




2B − C

cos
=
1
π






 B=C
 A=
2
2
B−C ⇔
⇔
A
1




cos


 B=C
 sin A =
 sin = √

√2
2

2
2
2
hay tam giác ABC vuông cân tai A.

12

(1.2.2)


Ví dụ 1.2.3. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta ln có
√
√
7 3
.
sin A + sin B − 3 cos C ≤
6
Phân tích. Ta có
sin A + sin B = 2 sin

A+B
A−B
C
A−B
cos
= 2 cos cos
.
2
2
2
2

Như vậy
sin A + sin B −

√

√
C
C
A−B √
3 cos C = −2 3cos2 + 2 cos cos
+ 3.
2
2
2

C
Đây là tam thức bậc hai theo biến số cos .

2
√
Lời giải. Đặt P = sin A + sin B − 3 cos C. Khi đó ta có
sin A + sin B −

√
3 cos C − P = 0

A+B
A−B √
C
cos
− 3 2cos2 − 1 − P = 0
2
2
2
√
√
C
C
A
−
B
⇔ −2 3cos2 + 2 cos cos
+ 3 − P = 0.
2
2
2

⇔ 2 sin

Xét phương trình
√
C
A−B √
C
+ 3 − P = 0.
− 2 3cos2 + 2 cos cos
2
2
2
Đây là phương trình bậc hai theo biến cos
∆ = cos2

C
. Ta có
2

√
A−B
+ 6 − 2 3P.
2

Để phương trình (1.2.3) có nghiệm thì điều kiện cần là
√
A−B
+ 6 − 2 3P ≥ 0.
2
√
√

7 3
2A − B
≤ 1 ta suy ra 1 + 6 − 2 3P ≥ 0 ⇔ P ≤
.
Từ cos
2
6
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



2A − B

=1


 cos
 A=B
2
A−B ⇔
C
1
cos


C

 cos = √

√2

 cos =
2
2 3
2
2 3
∆ ≥ 0 ⇔ cos2

13

(1.2.3)


hay tam giác ABC cân tại C và cos

C
1
= √ .
2
2 3

Ví dụ 1.2.4. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta ln có
1
sin A sin B cos C ≥ − .
8
Lời giải. Đặt P = sin A sin B cos C. Khi đó ta có
sin A sin B cos C − P = 0
1
cos C (A − B) − cos (A + B) cos C − P = 0
2
1

⇔ cos C (A − B) + cos C cos C − P = 0
2
1
1
⇔ cos2 C + cos C cos (A − B) − P = 0
2
2

⇔

⇔ cos2 C + cos C cos (A − B) − 2P = 0.
Xét phương trình
cos2 C + cos C cos (A − B) − 2P = 0.
Đây là phương trình bậc hai theo biến cos C. Ta có
∆ = cos2 (A − B) + 8P.
Để phương trình (1.2.4) có nghiệm thì điều kiện cần là
∆ ≥ 0 ⇔ cos2 (A − B) + 8P ≥ 0.
Từ cos2 (A − B) + 8P ≤ 1 ta suy ra
1
1 + 8P ≥ 0 ⇔ P ≥ − .
8
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



2



 cos (A − B) = 1

 A=B
 A=B
⇔
⇔



 cos C = − cos (A − B)
 cos C = − 1
 C = 2π .
2
3
2
hay tam giác ABC cân tại C và C =

2π
.
3

Ví dụ 1.2.5. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta ln có
cos

A
B
C
1
cos sin ≥ − .
2
2
2

8
14

(1.2.4)


Lời giải. Đặt P = cos

A
B
C
cos sin . Khi đó ta có
2
2
2

A
B
C
cos sin − P = 0
2
2
2
1
C
A+B
A−B
⇔ sin
cos
+ cos

−P =0
2
2
2
2
1
C
C
A−B
⇔ sin
sin + cos
−P =0
2
2
2
2
C
C
A−B
⇔ sin2 + sin cos
− 2P = 0.
2
2
2
cos

Xét phương trình
C
C
A−B

+ sin cos
− 2P = 0.
2
2
2
C
Đây là phương trình bậc hai theo biến sin .
2
2
Ta có ∆ = cos (A − B) + 8P.
sin2

Để phương trình (1.2.5) có nghiệm thì điều kiện cần là
∆ ≥ 0 ⇔ cos2 (A − B) + 8P ≥ 0.
Từ cos2 (A − B) ≤ 1 ta suy ra
1
1 + 8P ≥ 0 ⇔ P ≥ − .
8
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi






 A=B
 cos2 (A − B) = 1
 A=B
⇔
⇔




 cos C = − 1
 cos C = − cos (A − B)
 C = 2π
2
3
2
hay tam giác ABC cân tại C và C =

2π
.
3

Ví dụ 1.2.6. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta ln có
3
cos (A − B) + cos 2B − cos C ≤ .
2
Phân tích. Bất đẳng thức trên có dạng khơng đối xứng. Trong đó
cos (A − B) + cos 2B = 2 cos

A+B
A − 3B
C
A − 3B
cos
= 2 sin cos
.
2

2
2
2

Vậy
cos (A − B) + cos 2B − cos C = −2sin2
15

C
C
A − 3B
+ 2 sin cos
+ 1.
2
2
2

(1.2.5)


C
.
2
Lời giải. Đặt P = cos (A − B) + cos 2B − cos C. Khi đó ta có

Đây là tam thức bậc hai theo biến sin

cos (A − B) + cos 2B − cos C − P = 0
A+B
A − 3B

cos
− cos C − P = 0
2
2
C
A − 3B
⇔ 2 sin cos
− cos C − P = 0
2
2
C
C
A − 3B
⇔ −2sin2 + 2 sin cos
+ 1 − P = 0.
2
2
2
⇔ 2 cos

Xét phương trình
− 2sin2

C
C
A − 3B
+ 2 sin cos
+ 1 − P = 0.
2
2

2

Đây là phương trình bậc hai theo biến sin
∆ = cos2

(1.2.6)

C
. Ta có
2

A − 3B
+ 2 − 2P.
2

Để phương trình (1.2.6) có nghiệm thì điều kiện cần là
∆ ≥ 0 ⇔ cos2
Từ cos2

A − 3B
+ 2 − 2P ≥ 0.
2

A − 3B
≤ 1 ta suy ra
2
3
1 + 2 − 2P ≥ 0 ⇔ P ≥ .
2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

π


A − 3B
A=


2




cos
=1
2




 A = 3B

2
π
⇔
B=
A − 3B ⇔




6
cos

 sin C = 1

C


2


π

sin =
2
2
 C=
2
2
3
hay tam giác ABC vng tại A và có B =

π
π
,C = .
6
3

Bằng phương pháp chứng minh như trên, ta có thể chứng minh bất đẳng thức mạnh

hơn sau đây.

16


Ví dụ 1.2.7. (Lượng giác - cực trị và các bài toán trong tam giác).
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta ln có
sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤ 2 +

cos2 (A − B) + cos2 (B − C) + cos2 (C − A)
.
12

Lời giải. Đặt P = sin2 A + sin2 B + sin2 C. Khi đó ta có
sin2 A + sin2 B + sin2 C − P = 0
⇔ sin2 A + 1 − cos (B + C) cos (B − C) − P = 0
⇔ −cos2 A + cos A cos (B − C) + 2 − P = 0.
Xét phương trình
− cos2 A + cos A cos (B − C) + 2 − P = 0.

(1.2.7)

Đây là phương trình bậc hai theo cos A. Ta có
∆ = cos2 (B − C) + 8 − 4P.
Để phương trình (1.2.7) có nghiệm thì điều kiện cần là
∆ ≥ 0 ⇔ cos2 (B − C) + 8 − 4P ≥ 0 ⇔ P ≤

cos2 (B − C) + 8
+ 2.
4

Vậy
P ≤

cos2 (B − C) + 8
+ 2.
4

(∗)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 cos A = cos (B − C).
Mặt khác ta cũng có
sin2 A + sin2 B + sin2 C − P = 0
⇔ sin2 B + 1 − cos (A + C) cos (A − C) − P = 0
⇔ −cos2 B + cos B cos (A − C) + 2 − P = 0.
Xét phương trình bậc hai theo cos B.
− cos2 B + cos B cos (A − C) + 2 − P = 0.
17

(1.2.8)


Ta có
∆ = cos2 (B − C) + 8 − 4P.
Để phương trình (1.2.8) có nghiệm thì điều kiện cần là
∆ ≥ 0 ⇔ cos2 (B − C) + 8 − 4P ⇔ P ≤

cos2 (B − C) + 8
.

4

Vậy
P ≤

cos2 (A − C) + 8
.
4

(∗∗)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 cos B = cos (A − C).
Chứng minh tương tự ta có
P ≤

cos2 (A − B) + 8
.
4

(∗ ∗ ∗)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2 cos C = cos (A − B).
Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗) ta được
cos2 (A − B) + cos2 (B − C) + cos2 (C − A)
+6
12
cos2 (A − B) + cos2 (B − C) + cos2 (C − A)
+ 2.

⇔P ≤
4
3P ≤

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi



2 cos A = cos (B − C)




π
2 cos B = cos (A − C) ⇔ A = B = C =

3




 2 cos C = cos (A − B)
hay tam giác ABC là tam giác đều.
Ví dụ 1.2.8. (Chuyên đề chọn lọc lượng giác và áp dụng).
Cho các số thực dương x, y, z và n ∈ N∗ . Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC
ta đều có
x2 + y 2 + z 2 ≥ 2(−1)n+1 (yz cos nA + xz cos nB + xy cos nC).
18

Phân tích. Bất đẳng thức trên nói chung là khơng đối xứng. Bởi vậy, việc áp dụng
các biến đổi lượng giác để làm xuất hiện tam thức bậc hai theo một biến là đại lượng
góc bất kì sẽ vơ cùng khó khăn. Tuy nhiên, ta có thể liên tưởng đến một tam thức bậc
hai theo biến x hoặc y hoăc z.
Lời giải. Bất đẳng thức trên tương đương với
x2 + y 2 + z 2 + 2(−1)n (yz cos nA + xz cos nB + xy cos nC) ≥ 0
⇔ x2 + 2x(−1)n (z cos nB + y cos nC) + y 2 + z 2 + 2(−1)n yz cos nA ≥ 0.

(1.2.9)

Đây là bất phương trình bậc hai theo ẩn x. Việc chứng minh bất đẳng thức trên cũng
tương đương với việc chứng minh bất phương trình (1.2.9) nghiệm đúng với mọi x.
Điều này có nghĩa là
∆ = (z cos nB + y cos nC)2 − y 2 − z 2 − 2(−1)n yz cos nA ≤ 0
⇔ y 2 + z 2 + 2(−1)n yz cos nA − z 2 cos2 nB − y 2 cos2 nC − 2yz cos nB cos nC ≥ 0
⇔ y 2 sin2 nC + z 2 sin2 nB + 2yz [(−1)n cos nA − cos nB cos nC] ≥ 0.
• Nếu n = 2k với k ∈ N∗ thì nA + nB + nC = k2π. Vì vậy
cos nA = cos (nB + nC) = cos nB cos nC − sin nB sin nC.
Khi đó bất đẳng thức (∗) trở thành
y 2 sin2 nC + z 2 sin2 nB − 2yz sin nB sin nC ≥ 0
⇔ (y sin nC − z sin nB) ≥ 0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(điều này ln đúng).

y
z
=
.
sin nB

sin nC

• Nếu n = 2k + 1 với k ∈ N thì nA + nB + nC = (2k + 1) π. Vì vậy
cos nA = − cos (nB + nC) = − cos nB cos nC + sin nB sin nC.
Khi đó bất đẳng thức (∗) trở thành
y 2 sin2 nC + z 2 sin2 nB − 2yz sin nB sin nC ≥ 0
⇔ (y sin nC − z sin nB) ≥ 0
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(điều này luôn đúng).

y
z
=
.
sin nB
sin nC
19

(∗)


Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
y
z
x
=
=
.
sin nA

sin nB
sin nC
Nhận xét 1.2.1. Bất đẳng thức trên có dạng tổng quát. Ta có thể chứng minh một
số bất đẳng thức tương đương như sau:
x2 + y 2 + z 2
.
2

• (−1)n+1 (yz cos nA + xz cos nB + xy cos nC) ≤
• (−1)n+1

1
1
1
cos nA + cos nB + cos nC
x
y
z

≤

• (−1)n+1 (X cos nA + Y cos nB + Z cos nC) ≤

1
2

1
2

x

y
z
+
+
.
yz xz xy
Y Z XZ XY
+
+
X
Y
Z

.

Trên đây, tác giả đã trình bày một số ví dụ rất điển hình, minh họa cho việc áp dụng
tính chất của tam thức bâc hai để chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác. Các
ví dụ được sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp nên rất dễ cho việc theo dõi và tiếp thu
của học sinh. Các bất đẳng thức tương đối phong phú và đa dạng song lại được giải
theo một phương pháp chung nhất là áp dụng tính chất của tam thức bậc hai. Cách
giải này có thể được đánh giá là một trong những phương pháp rất hay, ngắn gọn và
chặt chẽ.

1.3.

Áp dụng tính chất của tam thức bậc hai xây
dựng một số bất đẳng thức trong tam giác

Không chỉ dừng lại ở việc chứng minh các bất đẳng thức trong tam giác, tác giả
cịn muốn trình bày một số phương pháp xây dựng các bất đẳng thức mới. Phương

pháp này dựa trên ý tưởng thiết lập các tam thức bậc hai theo một biến là đại lượng
góc trong tam giác. Cụ thể như sau.
Kết quả 1.3.1. Trong mọi tam giác ABC, với mọi n ∈ N∗ ta có
cos 2nA + cos 2nB = 2 cos (nA + nB) cos (nA − nB) = 2 cos (nπ − nC) cos (nA − nB).
Trường hợp 1. Với n = 2k + 1, k ∈ N ta có
2 cos (nπ − nC) cos (nA − nB) = −2 cos nC cos (nA − nB).
20


Khi đó
cos 2nA + cos 2nB = −2 cos nC cos (nA − nB).
Ta bổ sung thêm đại lượng m cos 2nC với m = 0 để biểu thức trên trở thành tam thức
bậc hai theo biến cos nC.
Biểu thức mới có dạng
P = cos 2nA + cos 2nB + m cos 2nC = 2mcos2 nC − 2 cos nC cos (nA − nB) − m.
Suy ra
2mcos2 nC − 2 cos nC cos (nA − nB) − m − P = 0.
Đây là phương trình bậc hai theo ẩn cos nC. Ta có
∆ = cos2 (nA − nB) + 2m2 + 2mP .
Để phương trình (1.3.1) có nghiệm, điều kiện cần là
∆ ≥ 0 ⇔ cos2 (nA − nB) + 2m2 + 2mP ≥ 0.
Từ cos2 (nA − nB) ≤ 1 ta suy ra
−2m2 − 1
P
≥

2m
1 + 2m2 + 2mP ≥ 0 ⇔ 

−2m2 − 1

P ≤
2m


với m > 0
với m < 0.

Đối với cả hai trường hợp trên, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi




 cos (nA − nB) = ±1
 cos2 (nA − nB) = 1
⇔


 cos nC = ± 1 .
 cos nC = cos (nA − nB)
2m
2m
Điều kiện đủ để phương trình (1.3.1) có nghiệm là


1
1
−1 <
<0
m<−



2m
2
⇔

1
1
0<
<1
m> .
2m
2
Trường hợp 2. Với n = 2k, k ∈ N∗ ta có
2 cos (nπ − nC) cos (nA − nB) = 2 cos nC cos (nA − nB).
21

(1.3.1)


Suy ra
cos 2nA + cos 2nB = 2 cos nC cos (nA − nB).
Ta bổ sung đại lượng m cos 2nC với m = 0 để biểu thức trên trở thành tam thức bậc
hai theo biến cos nC. Khi đó biểu thức mới có dạng
P = cos 2nA + cos 2nB + m cos 2nC = 2mcos2 nC + 2 cos nC cos (nA − nB) − m.
Suy ra
2mcos2 nC + 2 cos nC cos (nA − nB) − m − P = 0.

(1.3.2)

Đây là phương trình bậc hai theo ẩn cos nC. Ta có

∆ = cos2 (nA − nB) + 2m2 + 2mP.
Để phương trình có nghiệm, điều kiện cần là
∆ ≥ 0 ⇔ cos2 (nA − nB) + 2m2 + 2mP ≥ 0.
Từ cos2 (nA − nB) ≤ 1 ta suy ra
−2m2 − 1
với m > 0
P
≥

2m
2

1 + 2m + 2mP ≥ 0 ⇔ 
−2m2 − 1
P ≤
với m < 0.
2m


Đối với cả hai trường hợp trên, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi


2


cos
(nA
−
nB)
=

1

 cos (nA − nB) = ±1
⇔


 cos nC = − cos (nA − nB)
 cos nC = ∓ 1 .
2m
2m
Điều kiện đủ để phương trình (1.3.2) có nghiệm là


1
1
−1 <
<0
m<−


2m
2
⇔

1
1
m> .
<1
0<
2m

2
Từ kết quả trên, ta xây dựng được các bất đẳng thức mới sau đây.
Bài toán 1.3.1. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, với mọi n ∈ N∗ , ta ln có
cos 2nA + cos 2nB + m cos 2nC ≥
22

−2m2 − 1
1
với m > .
2m
2


Bài toán 1.3.2. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, với mọi n ∈ N∗ , ta ln có
cos 2nA + cos 2nB + m cos 2nC ≤

1
−2m2 − 1
với m < − .
2m
2

Nhận xét 1.3.1. Bằng các phép biến đổi lượng giác ta có:
cos 2nA + cos 2nB + m cos 2nC ≥

−2m2 − 1
2m

−2m2 − 1
2m

2
−2m − 1
⇔ 2 (cos2 nA + cos2 nB + mcos2 C) ≥ 2 + m
2m
4m
−
1
.
⇔ cos2 nA + cos2 nB + mcos2 C ≥
4m

⇔ 2cos2 nA − 1 + 2cos2 nB − 1 + m (2cos2 nC − 1) ≥

Hơn nữa
cos2 nA + cos2 nB + mcos2 C ≥

4m − 1
4m

4m − 1
4m
4m
−
1
⇔ sin2 nA + sin2 nB + msin2 nC ≤ 2 + m −
4m
2
(2m + 1)
.
⇔ sin2 nA + sin2 nB + msin2 nC ≤

4m
⇔ 1 − sin2 nA + 1 − sin2 nA + m − msin2 nC ≥

Như vậy, ta thu được các bất đẳng thức mới sau đây.
Bài toán 1.3.3. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, với mọi n ∈ N∗ , ta ln có
cos2 nA + cos2 nB + mcos2 nC ≥

4m − 1
1
với m > .
4m
2

Bài toán 1.3.4. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, với mọi n ∈ N∗ , ta ln có
cos2 nA + cos2 nB + mcos2 nC ≤

4m − 1
1
với m < − .
4m
2

Bài toán 1.3.5. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, với mọi n ∈ N∗ , ta ln có
(2m + 1)2
1
sin nA + sin nB + msin nC ≤
với m > .
4m
2
2

2

2

Bài toán 1.3.6. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, với mọi n ∈ N∗ , ta ln có
(2m + 1)2
1
sin nA + sin nB + msin nC ≥
với m < − .
4m
2
2

2

2

Từ các bất đẳng thức dạng tổng quát trên, ta suy ra các bất đẳng thức cơ bản:
23