Phương pháp lượng giác hóa trong chứng minh bất đẳng thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

PHẠM VĂN LINH

PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Bình Định - 2020


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

PHẠM VĂN LINH

PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA
TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp
Mã số: 8.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học: TS. HUỲNH MINH HIỀN

Bình Định - 2020

i

Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

i

Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1 Một số bất đẳng thức cơ bản
1.1 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . .

3
3

1.1.1

Hàm lồi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.3

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2 Bất đẳng thức AM-GM . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.1

Bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.2

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.3 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz . . . . . . . . .

8

1.3.1

Bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . .

8

1.3.2

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.4 Bất đẳng thức Chebyshev . . . . . . . . . . . .

11

1.4.1

Bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . .

11

1.4.2

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12


ii

2 Đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác
2.1

Bất đẳng thức lượng giác . . . . . . . . . . . .

14
14

3 Lượng giác hóa trong chứng minh bất đẳng
thức
3.1

23
Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác . . .

3.1.1

Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác
nhọn . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.1.2

3.2

23

23

Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác
khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

Chứng minh bất đẳng thức đại số . . . . . . .

35

3.2.1

Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . .

35

3.2.2

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40

3.3 Sử dụng lượng giác hóa trong bài toán cực trị .

56

3.4 Một số đề thi học sinh giỏi . . . . . . . . . . .

62

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

71

Tài liệu tham khảo

73

1

Mở đầu
Toán sơ cấp là một lĩnh vực mà các kết quả được các chuyên gia sáng
tạo ra tương đối đầy đủ và hồn thiện. Chính vì vậy việc nghiên cứu để
thu được một kết quả mới có ý nghĩa là điều rất khó. Khi đọc một số
tài liệu về Bất đẳng thức chúng ta sẽ gặp một số bài toán đại số mà khi
giải chúng được chuyển thành bài tốn lượng giác. Trong chương trình
Tốn học phổ thơng, chun đề lượng giác đóng một vai trị như là một
cơng cụ đắc lực nhằm giải quyết hiệu quả nhiều bài tốn của giải tích,
đại số và hình học. Trong thực tiễn, lượng giác và các đặc trưng cơ bản
của lượng giác là chuyên đề cần thiết trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi
Tốn ở bậc Trung học phổ thơng, đồng thời các ứng dụng của nó ln
là sự hấp dẫn đối với nhiều đối tượng học sinh và giáo viên.
Mục tiêu của luận văn "Phương pháp lượng giác hóa trong
chứng minh bất đẳng thức" nhằm trình bày vấn đề áp dụng phương
pháp lượng giác hoá để giải quyết một số bài toán về bất đẳng thức
nhằm tạo ra một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy và bồi dưỡng học
sinh giỏi cấp trung học phổ thơng.
Luận văn, ngồi phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, nội
dung chính của luận văn được chia làm ba chương.
Chương 1. Một số bất đẳng thức cơ bản. Trong chương này, tác giả
nhắc lại một số bất đẳng thức kinh điển như bất đẳng thức AM - GM,
bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức
Chebyshev.


2

Chương 2. Đẳng thức và Bất đẳng thức lượng giác. Chương này trình
bày các cơng thức lượng giác cơ bản, các đẳng thức và bất đẳng thức
lượng giác thường gặp.
Chương 3. Lượng giác hóa trong chứng minh bất đẳng thức. Chương
này trình bày cơ sở lý thuyết và chứng minh các bất đẳng thức trong
tam giác bằng phương pháp lượng giác hóa. Đồng thời, sưu tầm các đề
bài tốn về bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi có sử dụng
phương pháp lượng giác hóa.
Qua đây, tơi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Phòng Đào tạo Sau đại học,
Khoa Tốn cùng q Thầy, Cơ giáo giảng dạy lớp Cao học Tốn Giải
tích khóa 20 đã giúp đỡ và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quá
trình học tập và nghiên cứu.
Mặc dù luận văn được thực hiện với sự nỗ lực cố gắng của bản thân,
nhưng do điều kiện thời gian có hạn, trình độ kiến thức và kinh nghiệm
nghiên cứu còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót.
Chúng tơi rất mong nhận được những góp ý của q thầy cơ và bạn đọc
để luận văn được hồn thiện hơn.
Bình Định, tháng 7 năm 2020
Học viên
Phạm Văn Linh


3

Chương 1

Một số bất đẳng thức cơ bản
Trong chương này, chúng tơi trình bày một số bất đẳng thức cơ bản,
làm nền tảng cho các chương sau.

1.1
1.1.1

Bất đẳng thức Jensen
Hàm lồi

Định nghĩa 1.1 ([2]). Hàm số f (x) được gọi là hàm lồi trên (a, b) ⊂ R
thì với mọi x1 , x2 ∈ (a, b) và cặp số dương α, β có tổng α + β = 1, ta đều
có
f (αx1 + βx2 ) ≤ αf (x1 ) + βf (x2 ).
Định lý 1.2. Nếu f (x) khả vi cấp 2 trên (a, b) và f (x) ≥ 0 thì f (x) là
hàm lồi.
1.1.2

Bất đẳng thức

Định lý 1.3 (Jensen, [2]). Nếu y = f (x) là hàm lồi trong khoảng (a, b)
n

thì với mọi x1 , ..., xn ∈ (a, b) và mọi số thực α1 , ..., αn ≥ 0,

αi = 1 thì
i=1

f (α1 x1 + ... + αn xn ) ≤ α1 f (x1 ) + ... + αn f (xn ).
Chứng minh. Ta chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp
theo n.

4

Với n = 2 bất đẳng thức đúng theo định nghĩa. Giả sử bất đẳng thức
đúng với n ≥ 2. Ta chứng minh bất đẳng thức đúng cho n + 1. Xét
x1 , ..., xn , xn+1 ∈ (a, b) và các số thực
n+1

α1 , α2 , ..., αn , αn+1 ≥ 0,

αi = 1.
i=1

Từ giả thiết quy nạp ta có bất đẳng thức
f (α1 x1 + . . . + αn xn + αn+1 xn+1 )
αn
αn+1
≤ α1 f (x1 ) + . . . + (αn + αn+1 ) f
xn +
xn+1 .
αn + αn+1
αn + αn+1
Vì f (x) là hàm lồi nên
αn+1
αn
xn +
xn+1
αn + αn+1
αn + αn+1

f

≤

αn+1
αn
f (xn ) +
f (xn+1 ) .
αn + αn+1
αn + αn+1

Vậy
n+1

n+1

f

≤

αi x i

i=1

i=1

1.1.3

αi f (xi ) .

Ví dụ

Ví dụ 1.4. Cho a > 1, x1 , ..., xn ∈ (0, 1) với x1 + ... + xn = 1. Chứng
minh rằng

n

i=1

Giải.
Xét hàm y = f (x) =

a

1
x1 +
x1

1
x+
x

a

n2 + 1
≥
.
na−1

a

. Ta có

1
y =a 1− 2
x

1
x+
x

a−1

,


5

23
1
y =a
x+
x
x

a−1

12
+ a(a − 1) 1 −
x

2

a−2

1
x+
≥ 0.
x
1
Suy ra y = f (x) là hàm lồi. Chọn α1 = ... = αn = . Áp dụng bất đẳng
n
thức Jensen ta có
1
α1 f (x1 ) + ... + an f (xn ) =
n
=f
hay

n

i=1

1.2
1.2.1

n

(xi +
i=1

1
n

1 a
) ≥ f (α1 x1 + ... + αn xn )
xi

n

1
= f( ) =
n

xi
i=1

1
xi +
xi

a

1
+n
n

a

=

n2 + 1
n

(n2 + 1)a
≥
.
na−1
✸

Bất đẳng thức AM-GM
Bất đẳng thức

Trong toán học, bất đẳng thức AM-GM là bất đẳng thức so sánh giữa
trung bình cộng và trung bình nhân của 2 số thực không âm được phát
biểu như sau.
Định lý 1.5 (Bất đẳng thức AM-GM, [2]). Cho a, b là các số không âm.
Khi đó

a+b √
≥ ab.
2

Chứng minh. Với a = 0, b = 0 thì bất đẳng thức ln ln đúng.
Với a, b > 0, ta chứng minh như sau:
a+b √
≥ ab
2
√
⇔a + b ≥ 2 ab
√

⇔a − 2 ab + b ≥ 0

a


6

√
√
⇔( a − b)2 ≥ 0.
Suy ra định lý được chứng minh.
Định lý trên được tổng quát cho n số:
Định lý 1.6. Cho a1 , a2 , ..., an là các thực khơng âm thì ta có
√
a1 + a2 + ... + an
≥ n a1 a2 . . . an .
n
Chứng minh. Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 2.
Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho n số khơng âm thì bất đẳng thức
cũng đúng với 2n số khơng âm.
Ta có
√
a1 + a2 + . . . + a2n
1 √
√
≥ ( n a1 a2 . . . an + n an+1 an+2 . . . a2n ) ≥ 2 a1 a2 . . . a2n
2n
2
nên bất đẳng thức đúng khi n bằng một luỹ thừa của 2.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n số không âm, ta chứng minh bất

đẳng thức đúng với n − 1 số không âm. Thật vậy, đặt
A = a1 + a2 + . . . + an−1 , an =

A
.
n−1

Ta có
A+

A
≥
n−1

n

a1 · a2 . . . an−1 A
n−1

suy ra
A ≥ (n − 1) ·

√
n

a1 a2 . . . an−1 .

Kết hợp ba điều trên suy ra bất đẳng thức AM-GM đúng với mọi n
nguyên dương (n ≥ 2).

7

1.2.2

Ví dụ

Ví dụ 1.7 (Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A – 2005). Cho
1 1 1
x, y, z > 0 và thỏa mãn + + = 4. Chứng minh
x y z
1
1
1
+
+
≤ 1.
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
Giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM hai lần liên tiếp, ta có
1
1
≤
2x + y + z
4
1
1
⇔
≤
2x + y + z
8

1
1
1
1 1
+
+
≤
2x y + z
4 2x 4
1
1
1
+
+
.
x 2y 2z

Đẳng thức trong (1.1) xảy ra khi và chỉ khi

1 1
+
y z

2x = y + z
y=z

(1.1)

⇔x=y=z.

Hồn tồn tương tự, ta có
1
1
≤
x + 2y + z
8

1
1
1
+ +
2x y 2z

(1.2)

1
1
≤
x + y + 2z
8

1
1
1
+
+
.
2x 2y z

(1.3)

và

Cộng từng vế (1.1), (1.2), (1.3) ta được
1
1
1
1
+
+
≤
2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z
4

1 1 1
+ +
x y z

= 1.

Suy ra điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đồng thời đẳng thức trong (1.1),
(1.2), (1.3) xảy ra khi và chỉ khi
3
x=y=z= .
4
✸

8

Ví dụ 1.8. Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 1. Chứng minh
y
z
3
x
+
+
≤ .
x+1 y+1 z+1
4
Giải. Ta có
x
y
z
1
1
1
+
+
=1−
+1−
+1−
x+1 y+1 z+1
x+1
y+1
z+1
1
1

1
+
+
.
=3−
x+1 y+1 z+1
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
1
1
9
9
1
+
+
≥
=
x+1 y+1 z+1
x+1+y+1+z+1 4

(do x + y + z = 1).

Vậy
x
y
z
9 3
+
+
≤3− = .
x+1 y+1 z+1

4 4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x+1=y+1=z+1
x+y+z =1

⇔x=y=z=

1
.
3
✸

1.3
1.3.1

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Bất đẳng thức

Định lý 1.9. [1] Cho các số thực a1 , a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bn , (n

2).

Khi đó
a21 + a22 + · · · + a2n

b21 + b22 + · · · + b2n ≤ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 .
(1.4)

Chứng minh. Nếu a21 + a22 + · · · + a2n = 0 tức a1 = a2 = · · · = an = 0 thì
(1.4) đúng.

9

Nếu a21 + a22 + · · · + a2n > 0, xét
n

n

a2i

f (x) =

2

x +2

n

n

b2i

ai bi x+

i=1

i=1

(ai x + bi )2

=

i=1

0, ∀x ∈ R.

i=1

Do đó biểt thức
2

n

∆ =

n

−

ai b i

n

a2i

i=1

i=1

b2i

0

i=1

cho nên
a21 + a22 + · · · + a2n

b21 + b22 + · · · + b2n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 .

a2
an
a1
=
= · · · = . Bất đẳng thức
b1
b2
bn

Cauchy-Schwarz được chứng minh.
1.3.2

Ví dụ

Ví dụ 1.10. Cho x; y; z > 0 và thỏa mãn x + y + z ≤ 1. Chứng minh

rằng
x2 +

1
+
x2

y2 +

1
+
y2

z2 +

√
1
≥
82.
z2

1
1
1
2+
2+
+
y
+
z

. Áp dụng Bất đẳng
x2
y2
z2
thức Cauchy-Schwarz cho 2 bộ số: (1; 9); (x; x1 ). Ta có
Giải. Đặt S =

x+

x2 +

9 √
≤ 1 + 81 ·
x

x2 +

√
1
=
82 ·
x2

x2 +

1
.
x2

(1.5)

Tương tự,

9 √
1
≤ 82 · y 2 + 2 ,
y
y
9 √
1
z + ≤ 82 · z 2 + 2 .
z
z
Cộng (1.5), (1.6), (1.7) theo vế ta được:
√
1 1 1
S · 82 ≥ x + y + z + 9
+ +
x y z
y+

(1.6)
(1.7)


10

hay
S·

√

82 ≥ 81(x + y + z) + 9

≥2·9·3·

1 1 1
+ +
x y z

(x + y + z)

1 1 1
+ +
x y z

1
+
x2

1
+
y2

− 80(x + y + z)

− 80 ≥ 162 − 80 = 82.

Vậy
x2 +

y2 +

z2 +

√
1
82.
≥
z2
✸

Ví dụ 1.11. Cho a; b; c > 0 và thỏa mãn abc = 1. Chứng minh:
1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥ .
+ c) b (c + a) c (a + b) 2

a3 (b

1
1
1
Giải. Đặt x = ; y = ; z = . Suy ra xyz = 1, x > 0, y > 0, z > 0. Ta
a
b

c
cần chứng minh bất đẳng thức sau
y2
z2
3
x2
+
+
≥ .
A=
y+z z+x x+y
2
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho 2 bộ số
√
√
√
z
y
x
( y + z; z + x; x + y), √
;√
;√
y+z z+x x+y

.

Ta có:
(x + y + z)2 ≤ (y + z + z + x + x + y)A
suy ra
A≥

x+y+z
3 √
3
≥ · 3 xyz = ( do xyz = 1).
2
2
2

Từ đó
3
A≥ .
2
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Với x = y = z = 1 thì a = b = c =
1.
✸


11

1.4
1.4.1

Bất đẳng thức Chebyshev
Bất đẳng thức

Định lý 1.12 ([1]). Cho hai dãy đơn điệu cùng chiều
a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an

và b1 ≤ b2 ≤ . . . ≤ bn

(hoặc a1 ≥ a2 ≥ . . . ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ . . . ≥ bn ). Khi đó ta có
(a1 + a2 + . . . + an ) (b1 + b2 + . . . + bn ) ≤ n (a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn ) .
a1 = a2 = . . . = an

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Chứng minh. Đặt a =

b1 = b2 = . . . = bn .

a1 + a2 + . . . + an
. Do a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an nên
n

tồn tại chỉ số i sao cho
a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ a1 ≤ a ≤ a1+1 ≤ . . . ≤ an .
Lấy số b tuỳ ý sao cho
b1 ≤ b2 ≤ . . . ≤ b1 ≤ b ≤ b1+1 ≤ . . . ≤ bn .
Ta có
(ak − a) (bk − b) ≥ 0, (∀k = 1, n) ⇒ ak bk −bak −abk +ab ≥ 0, (∀k = 1, n).
(1.8)
Cộng từng vế n bất đẳng thức dạng (1.8), ta được
n

n

ak bk − b
k=1

Ta có nab − b

n

ak − a
k=1

n
k=1 ak

bk + nab ≥ 0.

(1.9)

k=1

= b [(a1 + a2 + . . . + an ) −

n
k=1 ak ]

= 0. Từ (1.9)

suy ra
n

n

ak b k − a
k=1

n

bk ≥ 0 ⇔
k=1

k=1

1
ak b k −
n

n

n

ak ·
k=1

bk ≥ 0
k=1


12

⇔ (a1 + a2 + . . . + an ) (b1 + b2 + . . . + bn ) ≤ n (a1 b1 + a2 b2 + . . . + an bn ) .
Đây là điều phải chứng minh.

1.4.2

Ví dụ

Ví dụ 1.13. Cho a, b, c là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng
a2
b2
c2
a+b+c
+
+
≥
.
b+c a+c a+b
2
Giải. Bất đẳng thức mang tính đối xứng giữa các biến, do đó khơng mất
tính tổng qt, ta giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó ta có
1
1
1
≥
≥
.
b+c
a+c
a+b
Như vậy, theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có
b2
c2
1
a2
+

+
≥ · a2 + b2 + c2 ·
b+c a+c a+b
3

1
1
1
+
+
.
a+b b+c a+c

Đến đây ta áp dụng hai đánh giá cơ bản
(x + y + z)2
x +y +z ≥
3
2

2

2

và
9
1 1 1
+ + ≥
.
x y z
x+y+z

Khi đó
a2
b2
c2
1 (a + b + c)2
9
a+b+c
+
+
≥ ·
·
=
.
b+c a+c a+b 3
3
2(a + b + c)
2
Phép chứng minh hồn tất.

✸

Ví dụ 1.14. Cho a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = abc. Chứng minh
rằng

√
ab
bc
ca
3 3
+

+
≥
.
c(1 + ab) a(1 + bc) b(1 + ca)
4


13

Giải. Đặt a =

1
1
1
, b = , c = . Suy ra
x
y
z
xy + yz + zx = 1,
√
x
y
z
3 3
+
+
≥
yz + 1 zx + 1 xy + 1
4

hay

√
x
y
z
3 3
+
+
≥
.
yz + 1 zx + 1 xy + 1
4

Xét trường hợp x ≥ y ≥ z suy ra yz + 1 ≥ zx + 1 ≥ xy + 1.
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev có
y
z
1
1
1
1
x
+
+
≥ (x + y + z)
+
+
yz + 1 zx + 1 xy + 1
3

yz + 1 zx + 1 xy + 1
√
3 3
3
.
≥ (x + y + z) ≥
4
4
Xét trường hợp x ≥ z ≥ y. Bất đắng thức được chúng minh tương
√
1
✸
tự. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = √ hay a = b = c = 3.
3


14

Chương 2

Đẳng thức và bất đẳng thức
lượng giác
Chương này trình bày các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác
được dùng trong chương trình phổ thơng.

2.1

Bất đẳng thức lượng giác

Trong việc chứng minh một bất đẳng thức đại số nhất định, chúng

ta có thể sử dụng các phép thay thế lượng giác, và hầu như nó ln dẫn
người giải đến một cách giải đơn giản. Sau đây là một số bất đẳng thức
lượng giác cơ bản thường dùng [3, 6]
Mệnh đề 2.1. Trong tam giác ABC. Khi đó, chúng ta có các bất đẳng
thức sau
√
3 3
2 ;
√
3 3
8

(i) sin A + sin B + sin C ≤
(ii) sin A · sin B · sin C ≤

(iii) sin A2 + sin B2 + sin C2 ≤
(iv) sin A2 · sin B2 · sin C2 ≤

3
2

1
8

(v) cos A + cos B + cos C ≤

3
2

15

(vi) cos A · cos B · cos C ≤

1
8
√
3 3
2
√
3 3
8

(vii) cos A2 + cos B2 + cos C2 ≤
(viii) cos A2 · cos B2 · cos C2 ≤

(ix) sin2 A + sin2 B + sin2 C ≤
(x) sin2 A2 + sin2 B2 + sin2 C2 ≥

9
4

3
4

(xi) cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥

3
4

(xii) cos2 A2 + cos2 B2 + cos2 C2 ≤ 49
√
(xiii) tan A2 + tan B2 + tan C2 ≥ 3
√
(xiv) cot A2 + cot B2 + cot C2 ≥ 3 3
√
(xv) cot A + cot B + cot C ≥ 3
√
(xvi) tan A + tan B + tan C ≥ 3 3.
Chứng minh. (i) Hàm sin x được lõm vào khoảng (0, π), do đó, từ Jensen,
ta có

√
π
3
= sin =
3
2

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

(ii) Từ sin x > 0 với mọi x ∈ (0, π), áp dụng bất đẳng thức AM − GM ,
và sử dụng mệnh đề 2.1 (i), ta được
sin A · sin B · sin C ≤

sin A + sin B + sin C
3

√

3

≤

3
2

3

√
3 3
=
8

(iii) Tương tự chứng minh mệnh đề 2.1 (i), chúng ta có
sin A2 + sin B2 + sin C2
A+B+C
≤ sin
3
6

= sin

π
1
=
6
2


16

hoặc
A
B
C
3
+ sin + sin ≤
2
2
2
2
vì hàm sin x lõm vào (0, π/2).
sin

(iv) Tương tự chứng minh mệnh đề 2.1 (ii), và áp dụng bất đẳng thức
AM − GM , chúng ta có
3

sin A2 + sin B2 + sin C2
A

B
C
1
sin · sin · sin ≤
≤ .
2
2
2
3
2

Suy ra
A
B
C
1
· sin · sin ≤ .
2
2
2
8
(v) Từ A + B = π − C, suy ra
sin

cos C = − cos(A + B) = − cos A cos B + sin A sin B.
Như vậy
3 − 2(cos A + cos B + cos C)
=3 − 2(cos A + cos B − cos A cos B + sin A sin B)
= sin2 A + sin2 B − 2 sin A sin B + 1 + cos2 A
+ cos2 B − 2 cos A − 2 cos B + 2 cos A cos B

=(sin A − sin B)2 + (1 − cos A − cos B)2 ≥ 0.
Do đó
3
cos A + cos B + cos C ≤ .
2
(vi) Từ cos(A + B) = − cos C, chúng ta có
1
cos A cos B cos C = (cos(A + B) + cos(A − B)) cos C
2
1
= (cos(A − B) − cos C) cos C
2
1
cos2 C
= cos(A − B) cos C −
2
2
2
1
cos2 (A − B)
cos(A − B)
=−
cos C −
+
2
2
8
cos2 (A − B) 1
≤
≤ .

8
8


17

(vii) Từ A, B, C ∈ (0, π) suy ra A/2, B/2, C/2 ∈ (0, π/2). Hàm cos x
lõm trong khoảng (0, π/2). Theo bất đẳng thức Jensen, chúng ta có
√
cos A2 + cos B2 + cos C2
A+B+C
π
3
≤ cos
= cos =
.
3
6
6
2
Suy ra

√
A
B
C
3 3
cos + cos + cos ≤
.
2

2
2
2

(viii) Từ A, B, C ∈ (0, π) nên A/2, B/2, C/2 ∈ (0, π/2), tức là
cos A, cos B, cos C > 0.
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM , ta được
3

√
cos A2 + cos B2 + cos C2
A
B
C
3
cos cos cos ≤
≤
2
2
2
3
2

suy ra

√
A
B
C
3 3

cos · cos · cos ≤
.
2
2
2
8

(ix) Sử dụng đẳng thức
sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 + 2 cos A cos B cos C
và bất đẳng thức (vi), chúng ta có
sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 + 2 cos A · cos B · cos C ≤ 2 + 2 ·
(x) Từ đẳng thức
sin2

A
B
C
A
B
C
+ sin2 + sin2 + 2 sin · sin · sin = 1
2
2
2
2
2
2

sin2

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

suy ra

Theo (iv) sin A2 · sin B2 · sin C2 ≤ 81 , chúng ta thu được
sin2

A
B
C
2 3
+ sin2 + sin2 ≥ 1 − = .
2
2
2
8 4

1 9

= .
8 4


18

(xi) Áp dụng mệnh đề 2.1 (ix), ta có
cos2 A + cos2 B + cos2 C = 3 − sin2 A + sin2 B + sin2 C ≥ 3 −

9 3
= .
4 4

(xii) Áp dụng mệnh đề 2.1 (x), ta có
cos2

B
C
A
B
C
A
+cos2 +cos2 = 3− sin2 + sin2 + sin2
2
2
2
2
2
2

≤ 3−

3 9
= .
4 4

(xiii) Từ tan x là hàm lồi trong khoảng (0, π/2), và Bất đẳng thức
Jensen, chúng ta suy ra
tan A2 + tan B2 + tan C2
A+ B+C
π
1
≥ tan
= tan = √
3
6
6
3
tức là

A
B
C √
+ tan + tan ≥ 3.
2
2
2
(xiv) Do cot x lồi trên (0, π/2) và sử dụng Bất đẳng thức Jensen, chúng
tan

ta có

√
B
C
A+B+C
A
+ cot + cot ≥ 3 cot
=3 3
2
2
2
6
(xv) Trước tiên, chúng ta có
cos A cos B
cot A + cot B =
+
sin A sin B
sin(A + B)
cos A sin B + sin A cos B
=
=
sin A sin B
sin A sin B
1 ≥ cos(A − B) = cos A cos B + sin A sin B
cot

cos C = − cos(A + B) = − cos A cos B + sin A sin B.

(2.1)

(2.2)
(2.3)

Từ (2.2) và (2.3), chúng ta được
2 sin A sin B ≤ 1 + cos C
⇔

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

⇔

2 sin A sin B sin C ≤ (1 + cos C) sin(A + B)
2 sin A sin B sin C
(1 + cos C) sin(A + B)
≤
sin A sin B(1 + cos C)
sin A sin B(1 + cos C)
2 sin C
sin(A + B)
≤
.
1 + cos C
sin A sin B

⇔
⇔

(2.4)

19

Do đó
sin(A + B) cos C
2 sin C
cos C
+
≥
+
sin A sin B
sin C
1 + cos C sin C
2
2
1 4 sin C + 2 cos C + 2 cos C
=
2
(1 + cos C) sin C
2
1 3 sin C + (1 + cos C)2
=
2
(1 + cos C) sin C
√
1
3 sin2 C(1 + cos C)2
2 3 √
≥
=
= 3.

2
(1 + cos C) sin C
2

cot A + cot B + cot C=

(xvi) Vì tam giác là tam giác nhọn nên A, B, C ∈ (0, π/2). Hàm f (x) =
tan x là lồi trên (0, π/2), theo bất đẳng thức Jensen chúng ta có
√
A+B+C
π
= 3 tan = 3 3.
tan A + tan B + tan C ≥ 3 tan
3
3

Hơn nữa, chúng ta đưa ra định lý sẽ là cơ sở cho việc giới thiệu các
phép thay thế lượng giác.
Định lý 2.2. Đặt A, B, C ∈ (0, π). Các góc A, B và C là các góc của
một tam giác khi và chỉ khi
(i) tan A2 tan B2 + tan B2 tan C2 + tan A2 tan C2 = 1.
(ii) sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 + 2 cos A cos B cos C.
(iii) tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C.
(iv) sin2 A2 + sin2 B2 + sin2 C2 + 2 sin A2 sin B2 sin C2 = 1.
Chứng minh. (i) Gọi A, B, C là các góc của một tam giác bất kì. Từ
C
π A+B
A + B + C = π, ta có
= −
.

2
2
2
Vì thế
tan

C
π A+ B
= tan
−
2
2
2

= cot

A B
+
2
2


20

cot A2 cot B2 − 1 1 − tan A2 tan B2
=
=
cot A2 + cot B2
tan A2 + tan B2
B

B
C
A
C
A
⇔ tan tan + tan tan + tan tan = 1.
2
2
2
2
2
2
Ngược lại, chúng ta giả sử rằng với mỗi số A, B, C ∈ (0, π), chúng
ta có
tan

A
B
B
C
A
C
tan + tan tan + tan tan = 1.
2
2
2
2
2
2

(2.5)

Nếu A = B = C thì 3 tan2 A2 = 1, và từ tan A2 > 0, chúng ta thu được
tan A2 =

√1 ,
3

tức là A = B = C = 60◦ , từ A + B + C = π, suy ra A, B và

C là các góc của một tam giác.
Khơng mất tính tổng quát, chúng ta giả sử rằng A = B, từ 0 <
A + B < 2π tồn tại C1 ∈ (−π, π) sao cho A + B + C1 = π.
Mặt khác
tan

A
B
B
C1
A
C1
tan + tan tan
+ tan tan
= 1.
2
2
2
2
2

2

(2.6)

Ta sẽ chỉ ra rằng C = C1 , từ đó A + B + C = π, tức là A, B và C là các
góc của một tam giác. Trừ (2.5) và (2.6), ta được
tan

C
C − C1
C1
= tan , tức
= kπ, đối với một số k ≥ 0, k ∈ Z.
2
2
2

π π
C − C1
C C1
≤ +
< + = π, vì vậy k = 0, tức là C = C1 ,
2
2
2
2 2
và đây là điều phải chứng minh.
Nhưng

(ii) Biến đổi vế trái ta được

sin2 A + sin2 B + sin2 C = sin2 A + sin2 B + sin2 C
1 − cos 2A 1 − cos 2B
=
+
+ sin2 C
2
2
1
= 1 − (cos 2A + cos 2B) + sin2 C
2
= 1 − cos(A + B) cos(A − B) + sin2 C


21

= 1 − cos(π − C) cos(A − B) + sin2 C
= 1 + cos C cos(A − B) + 1 − cos 2C
= 2 + [cos(A − B) − cos C] cos C
= 2 + [cos(A − B) + cos(A + B)] cos C
= 2 + 2 cos A cos B cos C.
Đây điều cần chứng minh.
(iii) Ta có A + B + C = π ⇔ A + B = π − C, suy ra
tan(A + B) = tan(π − C)
tan A + tan B
= − tan C
⇔
1 − tan A · tan B
⇔ tan A + tan B = (1 − tan A · tan B) tan C
⇔ tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C.
(iv) Chúng ta có

sin2 C2 + 2 sin A2 · sin B2 · sin C2
A
B
A+B
= cos2 A+B
2 + 2 sin 2 · sin 2 · cos 2
A
B
= cos A+B
cos A+B
2
2 + 2 sin 2 · sin 2
A−B
A+B
= cos A+B
cos A+B
2
2 + cos 2 − cos 2
A−B
1
= cos A+B
2 · cos 2 = 2 (cos A + cos B)
1 − 2 sin2 A2 + 1 − sin2 B2
=
= 1 − sin2 A2 − sin2 B2
2

tức
A
B

C
A
B
C
+ sin2 + sin2 + 2 sin · sin · sin = 1.
2
2
2
2
2
2
Ngược lại, cho A, B, C ∈ (0, π) sao cho
A
B
C
A
B
C
sin2 + sin2 + sin2 + 2 sin · sin · sin = 1.
(2.7)
2
2
2
2
2
2
Ta sẽ chỉ ra rằng A+B +C = π. Từ 0 < A+B < 2π tồn tại C1 ∈ (−π, π)
sin2

sao cho A + B + C1 = π. Khi đó

A
B
C1
A
B
C1
sin2 + sin2 + sin2
+ 2 sin · sin · sin
= 1.
2
2
2
2
2
2

(2.8)