Chuyên đề bất đẳng thức lượng giác

Chương này tổng quát những kiến thức cơ bản cần có ñể chứng minh bất ñẳng thức lượng giác.. Các ñẳng thức bất ñẳng thức trong tam giác : Sau ñây là hầu hết những ñẳng thức, bất ñẳng th

Trang 1

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác

Chương 1 Các bước ñầu cơ sở Ch ương 1 : CÁC BƯỚC ðẦU CƠ SỞ ðể bắt ñầu một cuộc hành trình, ta không thể không chuẩn bị hành trang ñể lên ñường Toán học cũng vậy Muốn khám phá ñược cái hay và cái ñẹp của bất ñẳng thức lượng giác, ta cần có những “vật dụng” chắc chắn và hữu dụng, ñó chính là chương 1: “Các bước ñầu cơ sở” Chương này tổng quát những kiến thức cơ bản cần có ñể chứng minh bất ñẳng thức lượng giác Theo kinh nghiệm cá nhân của mình, tác giả cho rằng những kiến thức này là ñầy ñủ cho một cuộc “hành trình” Trước hết là các bất ñẳng thức ñại số cơ bản ( AM – GM, BCS, Jensen, Chebyshev …) Tiếp theo là các ñẳng thức, bất ñẳng thức liên quan cơ bản trong tam giác Cuối cùng là một số ñịnh lý khác là công cụ ñắc lực trong việc chứng minh bất ñẳng thức (ñịnh lý Largare, ñịnh lý về dấu của tam thức bậc hai, ñịnh lý về hàm tuyến tính …)

Mục lục : 1.1 Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản……… 4

1.1.1 Bất ñẳng thức AM – GM… ……… 4

1.1.2 Bất ñẳng thức BCS……… 8

1.1.3 Bất ñẳng thức Jensen……… 13

1.1.4 Bất ñẳng thức Chebyshev……… 16

1.2 Các ñẳng thức, bất ñẳng thức trong tam giác……… 19

1.2.1 ðẳng thức……… 19

1.2.2 Bất ñẳng thức……… 21

1.3 Một số ñịnh lý khác……… 22

1.3.1 ðịnh lý Largare ……… ……… 22

1.3.2 ðịnh lý về dấu của tam thức bậc hai……… 25

1.3.3 ðịnh lý về hàm tuyến tính……… 28

1.4 Bài tập……… 29

Chương 1 Các bước ñầu cơ sở 1.1 Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản : 1.1.1 B ất ñẳng thức AM – GM : Với mọi số thực không âm a1,a2, ,a n ta luôn có n n n a a a n a a a

2 1 2 1+ + + ≥

Bất ñẳng thức AM – GM (Arithmetic Means – Geometric Means) là một bất ñẳng thức quen thuộc và có ứng dụng rất rộng rãi ðây là bất ñẳng thức mà bạn ñọc cần ghi nhớ rõ ràng nhất, nó sẽ là công cụ hoàn hảo cho việc chứng minh các bất ñẳng thức Sau ñây là hai cách chứng minh bất ñẳng thức này mà theo ý kiến chủ quan của mình, tác giả cho rằng là ngắn gọn và hay nhất

Ch ứng minh : Cách 1 : Quy nạp kiểu Cauchy Với n=1 bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng Khi n=2 bất ñẳng thức trở thành ( ) 0

2 2 2 1 2 1 2 1+a ≥ a a ⇔ a − a ≥ a (ñúng!) Giả sử bất ñẳng thức ñúng ñến n= tức là : k k k k a a a k a a a

2 1 2 1+ + + ≥ Ta sẽ chứng minh nó ñúng với n=2k Thật vậy ta có : ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) k k k k k k k k k k k k k k k k k k a a a a a k a a a k a a a k k a a a a a a k a a a a a a 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1

2

+ + + + + + + = ≥ + + + + + + ≥ + + + + + + + Tiếp theo ta sẽ chứng minh với n = k−1 Khi ñó : ( ) 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1

1

−

=

−

≥ + + +

⇒

=

≥ +

+ + +

k

k k

k k k

a a a k a a a

a a a k

a a a a a a k a a a a a a

Như vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh hoàn toàn

ðẳng thức xảy ra ⇔a1=a2= =a n

Cách 2 : ( lời giải của Polya )

Trang 2

Chương 1 Các bước ñầu cơ sở

Gọi

n

a a

a1 2 ≤ (*)

Rõ ràng nếu a1=a2= =a n=A thì (*) có dấu ñẳng thức Giả sử chúng không bằng

nhau Như vậy phải có ít nhất một số, giả sử là a1<A và một số khác, giả sử là a2>A

Trong tích P'=a'1a'2a3 a n có thêm thừa số bằng A Nếu trong P' còn thừa số khác

A thì ta tiếp tục biến ñổi ñể có thêm một thừa số nữa bằng A Tiếp tục như vậy tối ña

1

−

n lần biến ñổi ta ñã thay mọi thừa số P bằng A và ñược tích n

A Vì trong quá trình biến ñổi tích các thừa số tăng dần n

A

P<

Ví dụ 1.1.1.1

Cho A,B,C là ba góc của một tam giác nhọn CMR :

tanA+tanB+tanC≥3 3

L ời giải :

B A B A C

B

tantan1tantantan

⇒tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC

Tam giác ABC nhọn nên tanA,tanB,tanC dương

Theo AM – GM ta có :

33tantantan

tantantan27tantantan

tantantan3tantantan3tantantan

2

3 3

≥++

⇒

++

≥++

⇒

++

=

≥++

C B A

C B A C

B A

C B A C

B A C

B A

ðẳng thức xảy ra ⇔A=B=C⇔ ∆ABC ñều

Ví dụ 1.1.1.2

Cho ∆ABC nhọn CMR :

cotA+cotB+cotC≥ 3

L ời giải :

Ta luôn có : cot(A+B)=−cotC

1cotcotcotcotcotcot

cotcot

cot

1cotcot

=+

+

⇔

−

=+

−

⇔

A C C B B A

C B A B A

Khi ñó :

3cotcotcot

3cotcotcotcotcotcot3cotcotcot

0cotcotcot

cotcotcot

2

2 2

2

≥++

⇒

=+

+

≥++

⇔

≥

−+

−

C B A

A C C B B A C

B A

A C C

B B

tantan

≥+++

n

C B A

3333tantantan3tantantan

tantantan

tantantan3tantantan3tantantan

+

≥++++

⇒

++

=

≥++

n n n

n n

n n n

C B A C

B A

C B A

C B A C

B A C

B A

≥++

⇔

≥+

+

b a

b a b a

Theo AM – GM thì :

Trang 3

( ) ( ) ( )( )

0cos

cos

1cos1cos12

cos1cos

1

≥+

⇒

≥++

+

b a

b a b

cos cos 2 cos 2 cos

cos cos

A C A C C B C B B

B A

A A A

A

cotcot4

32sin2sin2cos

2

cos

4

coscos

4

3

2cot2sin2

A B A

B A B A B A

B A

cotcot4

32sin2sin32

2cos2cos

coscos

2

cotcot4

32sin2sin

2cos2

cos

4

coscos

C

A C

C B C B C

B

C B

cotcot4

32sin2sin32

2cos2

cos

coscos

cotcot4

32sin2sin32

2cos2

cos

coscos

Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức trên ta ñược :

( A B B C C A)

A C C B B A

A C A C C

B C B B

A B A

cotcotcotcotcotcot2

32sin2sin2sin2sin2sin2sin32

2cos2cos

coscos

2cos2cos

coscos

2cos2cos

coscos

++

≤

++

2

2 2

Nếu như AM – GM là “cánh chim ñầu ñàn” trong việc chứng minh bất ñẳng thức thì

BCS (Bouniakovski – Cauchy – Schwartz) lại là “cánh tay phải” hết sức ñắc lực Với

AM – GM ta luôn phải chú ý ñiều kiện các biến là không âm, nhưng ñối với BCS các

biến không bị ràng buộc bởi ñiều kiện ñó, chỉ cần là số thực cũng ñúng Chứng minh bất ñẳng thức này cũng rất ñơn giản

Ch ứng minh :

Cách 1 : Xét tam thức :

2 2 2

2

b

a b

1 (quy ước nếu b i=0 thì a i=0) Cách 2 :

Trang 4

Sử dụng bất ñẳng thức AM – GM ta có :

( 2 2 2)( 2 2 2)2

2 2 2 1

2 2

n n

i n

i

b b b a a a

b b

b a

a

++++++

≥+++

++

+

Cho i chạy từ 1 ñến n rồi cộng vế cả n bất ñẳng thức lại ta có ñpcm

ðây cũng là cách chứng minh hết sức ngắn gọn mà bạn ñọc nên ghi nhớ!

Bây giờ với sự tiếp sức của BCS, AM – GM như ñược tiếp thêm nguồn sức mạnh, như

hổ mọc thêm cánh, như rồng mọc thêm vây, phát huy hiệu quả tầm ảnh hưởng của mình

Hai bất ñẳng thức này bù ñắp bổ sung hỗ trợ cho nhau trong việc chứng minh bất ñẳng

thức Chúng ñã “lưỡng long nhất thể”, “song kiếm hợp bích” công phá thành công nhiều

≤+

1

22cos12sin22

2cos1

coscos

sinsin

cossin

cos

αα

α

αα

α

−++

++

=

+++

+

−

=

++

+

=++

ab b

a ab

ab b

a

ab b

a b

=

−++

≤

−+

Ta sẽ chứng minh bất ñẳng thức sau ñây với mọi a, b :

21111

≤+++

1

241112

122

15

2 2 2 2

2 2 2

2

++

≤++

⇔

+++

≤++++

⇔

b a b a

ab b a b

a ab

21111

2 2 2

≤++

Theo AM – GM thì ( )6 hiển nhiên ñúng ⇒( )5 ñúng

Từ ( )1 và ( )5 suy ra với mọi a ,b,α ta có :

2

21cossincos

≤+

=

⇔

Z k k ab b a arctg

b a

ab b a tg

b a ab

b a b a

212

11

2cos

12

sin

2 2

πα

ααα

Ví dụ 1.1.2.2

Cho a,b,c>0 và asinx+ cosb y=c CMR :

2 2

cos

b a

c b a b

y a

x

+

−+

≤+

L ời giải :

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

( )*cos

sin

11cos1sin1

3 3 2 2 2

3 3 2 2

2

b a

c b

y a

x

b a

c b a b

y a

x

+

≥+

⇔

+

−+

≤

−+

b

y a a

x a

2 1

;

cos

;sin

2 2

cossincos

sin

y b x a b a b

y a

x

+

≥+







+

Trang 5

ha

x

y z

N

Q

P A

M

2 2 1

b

y a

x b

a b

=

⇔

3 3 2 3 3 2

2 2

cossin

b a c b y

b a c a x

c y b x a b

y a

x

2

2 2

≤+

+

⇒

=+

+

⇔

=++

⇔

++

=

c b a c b a c b

a

a b

c

ABC MCA ABC MBC ABC

MAB

MCA MBC MAB

ABC

h

z h

y h

x h h h h h

h

x h

S

S S S

S

11

Theo BCS thì :

c b a c b a c c b b a

h z h y h

x h h h h

z h h

y h h

x h

bc R

ab A c C b B a h h

h a b c

222sinsin

=+

ca bc ab z y

x

22

2 2 2

ñpcm

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC

z y x c b a

2

;08sin

x x x

2 2

2 4

8sincos

8sincos1111

sincos11sincos

≤+

⇒

=++

+

≤

++

≤+

x x

x x x

2

≤+

+

−

x a x a x

1cos2sin1

2142

1

cossin21

cos2sin1

2 2

2

4 2 2 4 2

2 2 2 2 2 2 2

≤+

−

⇒

++

=++

−

=

++

−

≤+

−

x a x a a

x a x a x

x x x x x

a a x x a

x a x

⇒ ñpcm

Trang 6

n x x x nf x f x

)(

)

2 1

ii) f ''(x)<0 trong khoảng (a, b) thì :

n x x x nf x f x

)(

)

2 1

Bất ñẳng thức AM – GM và bất ñẳng thức BCS thật sự là các ñại gia trong việc chứng

minh bất ñẳng thức nói chung Nhưng riêng ñối với chuyên mục bất ñẳng thức lượng giác

thì ñó lại trở thành sân chơi riêng cho bất ñẳng thức Jensen Dù có vẻ hơi khó tin nhưng

ñó là sự thật, ñến 75% bất ñẳng thức lượng giác ta chỉ cần nói “theo bất ñẳng thức

Jensen hiển nhiên ta có ñpcm”

Trong phát biểu của mình, bất ñẳng thức Jensen có ñề cập ñến ñạo hàm bậc hai,

nhưng ñó là kiến thức của lớp 12 THPT Vì vậy nó sẽ không thích hợp cho một số ñối

tượng bạn ñọc Cho nên ta sẽ phát biểu bất ñẳng thức Jensen dưới một dạng khác :

n x x x nf x f x f

)(

)

2 1

Sự thật là tác giả chưa từng tiếp xúc với một chứng minh chính thức của bất ñẳng thức

Jensen trong phát biểu có f '' x( ) Còn việc chứng minh phát biểu không sử dụng ñạo

hàm thì rất ñơn giản Nó sử dụng phương pháp quy nạp Cauchy tương tự như khi chứng

minh bất ñẳng thức AM – GM Do ñó tác giả sẽ không trình bày chứng minh ở ñây

Ngoài ra, ở một số tài liệu có thể bạn ñọc gặp khái niệm lồi lõm khi nhắc tới bất ñẳng

thức Jensen Nhưng hiện nay trong cộng ñồng toán học vẫn chưa quy ước rõ ràng ñâu là

lồi, ñâu là lõm Cho nên bạn ñọc không nhất thiết quan tâm ñến ñiều ñó Khi chứng minh

ta chỉ cần xét f '' x( ) là ñủ ñể sử dụng bất ñẳng thức Jensen Ok! Mặc dù bất ñẳng thức

Jensen không phải là một bất ñẳng thức chặt, nhưng khi có dấu hiệu manh nha của nó

thì bạn ñọc cứ tùy nghi sử dụng

Ví dụ 1.1.3.1

Chứng minh rằng với mọi ABC∆ ta có :

233sinsinsinA+ B+ C≤

2333sin33

f C f B f A

x x

π

C B A f C f B f A

2 2

32tan2

tan2

Trang 7

;

0 π

Ta có f'( )x =2 (1+tan2x) (tanx)2 −1=2 2( (tanx)2 −1+(tanx)2 +1)

''( ) 2 2( (2 2 1) (1 tan2 ) (tan )2 2 (2 2 1) (1 tan2 ) (tan )2 2) 0

>

++++

3633222322

2

π

tg

C B A f C f B

cos1sin

x x

x x x

36tan6sin33

222322

2

ππ

C B A f C f

sin sin

3

2sin

C B

L ời giải :

Ta có





++

≥++

+

=++

C B A C B A

C B A C

B A

2 2 2 2 2 2

sinsinsinsinsinsin

coscoscos22sinsinsin

và

233sinsin

233sinsinsin

Xét f( )x =xlnx với x∈(0;1]

Ta có f'( )x =lnx+1 ''( )=1>0∀x∈(0;1]

x x f

Bây giờ với Jensen ta ñược :

sin sin sin

sin sin sin sin sin sin sin sin

sin sin sin sin

sin sin

sin sin sin

sin sin sin sin

sin sin

3

23

2sin

sinsin

sinsinsin3

sinsinsin

sinsinsinln3

sinsinsinln

sinlnsin

lnsin

ln3

sinsinsinln

3

sinlnsinsinlnsinsinlnsin3

sinsinsinln3

sinsinsin

+ + +

+ +

C B A C

B A C B A C B A

C B A C

B A

C B A

C B A C

B A

C B

A C

B A

C B A

C B A C

B A

C B A C

B A

C B

A C

B A

C C B B A A C B a C B A

⇒ ñpcm

1.1.4 B ất ñẳng thức Chebyshev : Với hai dãy số thực ñơn ñiệu cùng chiều a1,a2, ,a n và b1,b2, ,b n thì ta có :

n b a b a b

a 1+ 2 2+ + ≥1 1+ 2+ + 1+ 2+ +

Theo khả năng của mình thì tác giả rất ít khi sử dụng bất ñẳng thức này Vì trước hết

ta cần ñể ý tới chiều của các biến, thường phải sắp lại thứ tự các biến Do ñó bài toán cần có yêu cầu ñối xứng hoàn toàn giữa các biến, việc sắp xếp thứ tự sẽ không làm mất tính tổng quát của bài toán Nhưng không vì thế mà lại phủ nhận tầm ảnh hưởng của bất

ñẳng thức Chebyshev trong việc chứng minh bất ñẳng thức lượng giác, mặc dù nó có một

chứng minh hết sức ñơn giản và ngắn gọn

Trang 8

Ch ứng minh :

Bằng phân tích trực tiếp, ta có ñẳng thức :

( ) ( )( ) ( )( ) 0

1 , 2

1 2

2

=

n j

j i j i n n

Vì hai dãy a1,a2, ,a n và b1,b2, ,b n ñơn ñiệu cùng chiều nên (a i−a j)(b i−b j)≥0

Nếu 2 dãy a1,a2, ,a n và b1,b2, ,b n ñơn ñiệu ngược chiều thì bất ñẳng thức ñổi

c b a cC bB aA

33

3

π

=++

≥++++

⇒

++

cC bB aA C B A c b a

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ ñều

+

≤++

C

C B

B A

A C B A C B

x x

x x x x

f

Vậy f( )x nghịch biến trên





2

;

0π

Không mất tổng quát giả sử :

C

C B

B A

A C B

A≥ ≥ ⇒sin ≤sin ≤sin

C

C B

B A

A C B

Ví dụ 1.1.4.3

Chứng minh rằng với mọi ABC∆ ta có :

3tantantancoscoscos

sinsin

C B A

≤++++

C B A

coscoscos

tantantan

Áp dụng Chebyshev ta có :

3tantantancoscoscos

sinsinsin

3

costancostancostan3

coscoscos3

tantantan

C B A C B A

C B A

C C B B A A C B A C B A

++

≤++++

⇔

++

C B A C

B A

coscoscos

2sin2sin2sin2

3sinsinsin2

++++

≥++

L ời giải :

Không mất tổng quát giả sử a≤b≤c

Trang 9

C B A

coscos

cos

sinsin

sin

Khi ñó theo Chebyshev thì :

C B A

C B A C

B

A

C C B B A A C B A C

B

A

coscoscos

2sin2sin2sin2

3sinsin

sin

2

3

cossincossincossin3

coscoscos3

sin

++++

≥+

+

⇔

++

1.2 Các ñẳng thức bất ñẳng thức trong tam giác :

Sau ñây là hầu hết những ñẳng thức, bất ñẳng thức quen thuộc trong tam giác và trong

lượng giác ñược dùng trong chuyên ñề này hoặc rất cần thiết cho quá trình học toán của

bạn ñọc Các bạn có thể dùng phần này như một từ ñiển nhỏ ñể tra cứu khi cần thiết.Hay

bạn ñọc cũng có thể chứng minh tất cả các kết quả như là bài tập rèn luyện Ngoài ra tôi

cũng xin nhắc với bạn ñọc rằng những kiến thức trong phần này khi áp dụng vào bài tập

ñều cần thiết ñược chứng minh lại

1.2.1 ðẳng thức :

R

C

c B

b A

a

2sinsin

C ab b

a

c

B ca a

c

b

A bc c

b

a

cos2cos2cos2

=

−+

=

−+

=

A b B a c

C a A c b

B c C b a

coscoscoscoscoscos

+

=+

=

( ) ( ) ( ) (p a)(p b)(p c)

p

r c p r b p r a p

pr C B A R R abc

C ab B ca A bc

h h h S

c b

a

c b a

sin2

1sin2

1sin21

.2

1.2

1.21

2

422422422

2 2 2 2

c b a m

b a c m

a c b m

c b a

−+

=

−+

=

−+

=

b a

C ab l

a c

B ca l

c b

A bc l

c b a

2cos2

( ) ( ) ( )

2sin2sin2sin4

2tan2tan2tan

C B A R

C c p

B b p

A a p r

−

2tan2tan2tan2tan2tan2tan

A C

a c a c

C B

c b c b

B A

b a b a

S c b a C B A

S c b a C

S b a c B

S a c b A

4cot

cotcot

4cot

2 2 2

++

=++

−+

=

−+

=

−+

=

( )( ) ( )( ) ( )( )

ab b p a p C

ca a p c p B

bc c p b p A

( ) ( ) ( )

ab c p p C ca b p p B bc a p p A

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) (p c)

p b p a p C

b p p a p c p B

a p p c p b p A

C B A C

B A

R r C B A C

B A

C B A C

B A

C B A C B A

R p C B A C B A

coscoscos21coscoscos

12sin2sin2sin41coscoscos

coscoscos1sinsinsin

sinsinsin42sin2sin2sin

2cos2cos2cos4sinsinsin

2 2 2

−

=++

+

=+

=++

+

=++

=

=++

Trang 10

1cotcotcotcotcotcot

12tan2tan2tan2tan2tan2tan

2cot2cot2cot2cot2cot2cot

tantantantantantan

=+

+

=+

+

=++

A C C B B A

C B A C B A

kB

kA

kC kB kA kC

kB

kA

C k B k A k C k B k A

k

A k C k C k B k B k

A

k

kA kC kC kB

kB

kA

kC kB kA kC kB

kA

kC kB kA kC

kB

kA

C k B k A k C

k B k A

k

kC kB kA kC

kB

kA

C k B k A k C

k B k

A

k

k k

k

k k

k

coscoscos212sin

sin

coscoscos211coscos

cos

212cot212cot212cot212cot212

cot

tantantantan

tan

coscoscos4112cos2

cos

2

cos

212sin212sin212sin41112cos12

2

2 2

2

1

+ +

−+

=+

+

−+

=+

+

++

+

=++++

+

=++

+++

=+

+

=+

+

−+

−

=+

+

++

+

−+

=++++

+

−

=+

+

++

+

−

=++++

+

1.2.2 B ất ñẳng thức :

a c b a c

c b a c b

b a c b a

C B c b

B A b a

cot

33tantan

tan

233sinsin

sin

2

3coscos

cos

≥++

≤++

C B

A

C B

A

C B

A

C B

A

332cot2cot2cot

32tan2tan2tan

2

32sin2sin2sin

2332cos2cos2cos

≥++

≤++

C B A

1cotcotcot

9tantantan

4

9sinsinsin

4

3coscoscos

2 2 2

≥++

≤++

≥++

C B A

2cot2cot2cot

12tan2tan2tan

2sin2sin2sin

2cos2cos2cos

2 2 2

C B A

++

≥++

++

33

1cotcotcot

33tantantan

833sinsinsin

8

1coscoscos

C B A

332cot2cot2cot

33

12tan2tan2tan

8

12sin2sin2sin

8332cos2cos2cos

A A A

C B A

1.3 M ột số ñịnh lý khác :

1.3.1 ðịnh lý Lagrange :

Nếu hàm số y=f( )x liên tục trên ñoạn [a;b] và có ñạo hàm trên khoảng (a; b)

thì tồn tại 1 ñiểm c∈(a;b) sao cho :

f( )b −f( )a = f'( )(c b−a)

Nói chung với kiến thức THPT, ta chỉ có công nhận ñịnh lý này mà không chứng minh

Ví chứng minh của nó cần ñến một số kiến thức của toán cao cấp Ta chỉ cần hiểu cách dùng nó cùng những ñiều kiện ñi kèm trong các trường hợp chứng minh

Ví dụ 1.3.1.1

Chứng minh rằng ∀a,b∈R,a<b thì ta có : sinb− sina ≤b−a

L ời giải :

Trang 11

Xét f( )x =sinx⇒ f'( )x =cosx

Khi ñó theo ñịnh lý Lagrange ta có

( ) ( ) ( ) ( )

a b c a b a b

c a b a f b f b a

sin

cos:

;

: ⇒ ñpcm

b b

a b

111

b b a b a a b

a b

1lnln

c c

f f f

α

βα

1cos

1

2 2

2β < c< α

Từ ( )( )1 2 ⇒ñpcm

Ví dụ 1.3.1.4

CMR nếu x>0 thì

x x

+

111

11

x x x f

Ta có ( ) ( )

1

1ln1ln'

+

−

−+

=

x x x x f

Xét g( )t =lnt liên tục trên [x;x+1] khả vi trên (x;x+1) nên theo Lagrange thì :

1

1'1

ln1ln:1

−++

∈

∃

x x x x f

x c g x x x x x x c

với x> 0⇒ f( )x tăng trên (0;+∞)

( ) ( )

x x

x f x f

11

11ln1

1

11

1arctan22

1

2 2

≤+

x x f

=+

−+

=

−+

=+

⇒

−+

=+

∈

∃

1

1arctan1

1

11

1arctanarctan

1arctan1

1

1'

:1

;

2 2

2

n n c

n n n n n

n c

n n n f n f c f n n c

Trang 12

1arctan221

1

11

1221

22111

2 2

2

2 2 2

<

++

⇔

++

n

n c n n

n n c n

n c n

- Nếu ∆<0 thì f( )x cùng dấu với hệ số a, với mọi số thực x

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

a

b x

2

−

- Nếu ∆>0 thì f( )x có hai nghiệm x1, x2 và giả sử x1<x2.Thế thì f( )x cùng dấu

với a với mọi x ngoài ñoạn [x1; x2] (tức là x<x1 hay x>x2) và f( )x trái dấu với a

khi x ở trong khoảng hai nghiệm (tức là x1<x<x2)

Trong một số trường hợp, ñịnh lý này là một công cụ hết sức hiệu quả Ta sẽ coi biểu

thức cần chứng minh là một tam thức bậc hai theo một biến rồi xét ∆ Với ñịnh lý trên thì

các bất ñẳng thức thường rơi vào trường hợp ∆≤0mà ít khi ta xét ∆>0

Ví dụ 1.3.2.1

CMR ∀x,y,z∈R+ và ABC∆ bất kỳ ta có :

xyz z y x z

C y

B x

A

2cos

cos

≤++

L ời giải :

Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

x2−2x(ycosC+zcosB)+(y2+z2−2yzcosA)≥0

Coi ñây như là tam thức bậc hai theo biến x

( sin sin ) 0

cos2cos

cos

'

2 2 2 2

−+

=

∆

B z C

y

A yz z y B z C

y

Vậy bất ñẳng thức trên ñúng

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

B z C y x

B z C y

::sin:sin:sin::coscossinsin

12cos2sin4

2sin42cos2cos2

cos1coscos'

0cos22coscos2

2 2

2 2 2 2

=

∆

≥

−++

−

C B A

A C

B C B

A C

B

A C

B x x

2 2

2sin

A ab

2cos22

cos2cos'

02cos22

cos2cos2

2 2 2

++

−+

=

∆

≥+

+++

+

Trang 13

L ời giải :

ðặt k= A+ B+ C= B+C B−C−cos(A+B)

2cos2cos2coscos

cos

2cos2cos22cos

2

312cos120

≤++

k B A k

sinsinx+ y+ x+y ≤

L ời giải :

2sin212cos2sin2cos

sin

y x y x

−+

=+++

2x2− x− x+k− =

( )

230121'

⇒ ñpcm

1.3.3 ðịnh lý về hàm tuyến tính : Xét hàm f( )x =ax+b xác ñịnh trên ñoạn [α;β]

Nếu ( )

( ) k (k R)f

k f

ðây là một ñịnh lý khá hay Trong một số trường hợp, khi mà AM – GM ñã bó tay,

BCS ñã ñầu hàng vô ñiều kiện thì ñịnh lý về hàm tuyến tính mới phát huy hết sức mạnh

của mình Một phát biểu hết sức ñơn giản nhưng ñó lại là lối ra cho nhiều bài bất ñẳng thức khó

≤+

≤

−+

=

c b bc f

c b c

b f

(vì a=2⇔b=c=0) Vậy f( )a ≤0∀a∈[0;2]⇒ñpcm

ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=0,b=c=0 và các hoán vị

Trang 14

Ví dụ 1.3.3.2

CMR ∀a,b,c không âm ta có :

( )( ) ( )3

29

7ab+bc+ca a+b+c ≤ abc+ a+b+c

L ời giải :

ðặt

c b a

c z c b a

b y c

=++

=+

+

Chứng minh 7(xy+yz+zx)≤9xyz+2 với x+y+z=1

Không mất tính tổng quát giả sử x=max{x,y,z}

10

021

;0

3

1

x x

f

f f

Vậy bất ñẳng thức chứng minh xong

ðẳng thức xảy ra ⇔x=y=z= ⇔a=b=c

3

1

ðây là phần duy nhất của chuyên ñề không ñề cập ñến lượng giác Nó chỉ mang tính

giới thiệu cho bạn ñọc một ñịnh lý hay ñể chứng minh bất ñẳng thức Nhưng thực ra

trong một số bài bất ñẳng thức lượng giác, ta vẫn có thể áp dụng ñịnh lý này Chỉ có ñiều

các bạn nên chú ý là dấu bằng của bất ñẳng thức xảy ra phải phù hợp với tập xác ñịnh

của các hàm lượng giác

1.4.2

23234sin4sin

4

≤+

1sin

1

≥++

C B A

1.4.4

8

72sin2sin2sin2sin2sin2

1.4.5

C B A C B A

sinsinsin8

9cot

cot

1.4.6 A B B C C A 8sinAsinBsinC

2cos2cos2

1.4.7 1+cosAcosBcosC≥sinAsinBsinC

1.4.8

S b a c a c b c b

3311

≥

−++

−+

1.4.9 + + ≥2 3

c b

c m

b m a

1.4.10

233

≥++

c

m b

m a

1.4.11 m l a+m l b+m l c≥p2

1.4.12

abc m c m b m

3111

2 2

1.4.13 ( )( )( )

8

abc c p b p a

3sin4

3sinsinsin

Trang 15

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng Ờ Cần Thơ Bất ựẳng thức lượng giác

Chương 2 Các phương pháp chứng minh

Chương 2 :

Các phương pháp chứng minh

Chứng minh bất ựẳng thức ựòi hỏi kỹ năng và kinh nghiệm Không thể khơi khơi mà ta

ựâm ựầu vào chứng minh khi gặp một bài bất ựẳng thức Ta sẽ xem xét nó thuộc dạng bài

nào, nên dùng phương pháp nào ựể chứng minh Lúc ựó việc chứng minh bất ựẳng thức

mới thành công ựược

Như vậy, ựể có thể ựương ựầu với các bất ựẳng thức lượng giác, bạn ựọc cần nắm vững

các phương pháp chứng minh đó sẽ là kim chỉ nam cho các bài bất ựẳng thức Những

phương pháp ựó cũng rất phong phú và ựa dạng : tổng hợp, phân tắch, quy ước ựúng, ước

lượng non già, ựổi biến, chọn phần tử cực trị Ầ Nhưng theo ý kiến chủ quan của mình,

những phương pháp thật sự cần thiết và thông dụng sẽ ựược tác giả giới thiệu trong

chương 2 : ỘCác phương pháp chứng minhỢ

Mục lục :

2.1 Biến ựổi lượng giác tương ựương ẦẦẦ 32

2.2 Sử dụng các bước ựầu cơ sở ẦẦẦ 38

2.3 đưa về vector và tắch vô hướng ẦẦẦ 46

2.4 Kết hợp các bất ựẳng thức cổ ựiển ẦẦẦ 48

2.5 Tận dụng tắnh ựơn diệu của hàm số ẦẦẦ 57

2.6 Bài tập ẦẦẦ 64

Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng Ờ Cần Thơ Bất ựẳng thức lượng giác Chương 2 Các phương pháp chứng minh 2.1 Biến ựổi lượng giác tương ựương : Có thể nói phương pháp này là một phương pháp Ộxưa như Trái đấtỢ Nó sử dụng các công thức lượng giác và sự biến ựổi qua lại giữa các bất ựẳng thức để có thể sử dụng tốt phương pháp này bạn ựọc cần trang bị cho mình những kiến thức cần thiết về biến ựổi lượng giác (bạn ựọc có thể tham khảo thêm phần 1.2 Các ựẳng thức,bất ựẳng thức trong tam giác) Thông thường thì với phương pháp này, ta sẽ ựưa bất ựẳng thức cần chứng minh về dạng bất ựẳng thức ựúng hay quen thuộc Ngoài ra, ta cũng có thể sử dụng hai kết quả quen thuộc sinx≤1; cosx≤1 Vắ dụ 2.1.1 CMR :

7 cos 3 14 sin 2 14 sin 1 π π π > − Lời giải : Ta có :

( )1 7 3 cos 7 2 cos 7 cos 14 sin 2 14 sin 1 7 3 cos 7 2 cos 7 cos 14 sin 2 14 5 sin 14 7 sin 14 3 sin 14 5 sin 14 sin 14 3 sin 14 sin 1 π π π π π π π π π π π π π π π π + + = − ⇒       + + = − + − + − = − Mặt khác ta có :

( )2 7 cos 7

3 cos 7

2 cos 7

2 cos 7 cos

7

2 cos 7

4 cos 7 cos 7

5 cos 7

3 cos 7 cos 2

1 7 cos

π π π π π π

π π π π π π π

+ +

=













+ + + + +

=

đặt

7

3 cos

; 7

2 cos

; 7

=

x

Khi ựó từ ( ) ( )1,2 ta có bất ựẳng thức cần chứng minh tương ựương 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>0 ( )4

Trang 16

Vì x,y,z ñôi một khác nhau nên ( )4 ñúng ⇒ ñpcm

Như vậy, với các bất ñẳng thức như trên thì việc biến ñổi lượng giác là quyết ñịnh

sống còn với việc chứng minh bất ñẳng thức Sau khi sử dụng các biến ñổi thì việc giải

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

Ví dụ 2.1.2

CMR : a2 b2 c2 2(absin3x cacos2x bcsinx)

−+

≥+

sin22cos2sin2cos2sin

2

cos

sin22cos2

cos2sin2cossin2cos

sin2

cos

2

sin

2 2

2 2 2

2 2

2

2 2 2 2 2

2

≥

−+

−

⇔

≥+

−+

+

−

−++

⇔

−+

++

≥+++

+

x b x a c x

b

x

a

x b x x ab x a

x bc x ca x x ab c x b

x

a

x bc x ca

x x x x ab c x x b x

4

12

coscos

04

1cos

coscos

04

12cos2cos2

1cos

4

922cos122cos1cos1

2 2 2

2 2

≥

−+

−

⇔

≥+++

⇔

≤

−+

−

C B C

B A

C B A A

C B A

C B

A

⇒ ñpcm

Ví dụ 2.1.4

Cho α β γ≠π+kπ(k∈Z)

2,

=+

tantantantantantan

γγββα

γβ

α

γβα

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2

2 2 2

tantantan21tantantantantantan

2tan1

1tan

1

1tan

11

2coscoscos

1sinsinsin

−

=+

+

⇔

=+++++

⇔

=++

⇔

=++

Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

(tan tan tan tan ) (tan tan tan tan ) (tan tan tan tan ) 0

tantantantantantan3

tantantantantantan

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2

≥

−+

−

⇔

++

ββα

αγγββαα

γγββα

⇒ ñpcm

βααγ

αγγβ

γββα

tantantantantantantan

tantantantan

≥++

2tan2tan2tan32cot2cot2

Lời giải :

Ta có :

2cot2cot2cot2cot2cot2

ðặt

2cot

;2cot

;2

>

xyz z y x z y

x, , 0

Trang 17

( ) ( )

( ) ( ) ( ) 0

33

1113

2 2 2 2

≥

−+

−

⇔

++

≥++

⇔

++

≥++

x z z y y x

zx yz xy z y x

xyz zx yz xy z y x

z y x z y x

2sin3

1sin

Lời giải :

Vì −1≤sinx≤1 và cosx≥−1 nên :

3+sinx>0;3−sinx>0 và 2+cos>0

cos118cos612

sin9cos26

2

2 2

⇔

−

≤+

x x

do cosx≤1 nên bất ñẳng thức cuối cùng luôn ñúng ⇒ ñpcm

11coscos

2

βα

Lời giải :

Từ

2

1cos

;cos02

;

<

4

1coscos0

βα

12

2

2 3

2 2 2

b ab a a

b a a b a

b b a a

a b b a a

;2

ππ

nên thay cos2b=1−sin2b vào thì bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :

(a b)

b a b a

b a b a b a

coscossinsin

coscossinsin2sinsin

Trang 18

0 1 cos cos 4 cos

4

0 1 cos 4 cos cos

2

0 1 cos 4 2 cos 2

cos

2

4

3 cos 2 2 cos 1 2

2 cos

1

4

3 cos cos cos

cos cos cos 1 cos

cos 1 cos

cos

4

cos cos cos

1 8

3 cos 1 cos 1 cos

1 4 1 cos

1 1 cos

tan

4

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2

2 2 2

2

2 2 2 2

2 2 2

2

≥

− +

−

⇔

≥ +

−

⇔

≥ + +

− +

⇔

≥ + + +

⇔

≥ + + + +

⇔

≥ + +

≤

− + +

−

B A B

A C

B A C C

C B A B A

C B A

C B A A C C B B A C

B

A

C B A C

B A C

B A

C B A C

B A C

B

A

⇒ ñpcm

Ví dụ sau ñây, theo ý kiến chủ quan của tác giả, thì lời giải của nó xứng ñáng là bậc

thầy về biến ñổi 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 ñường tròn bán kính R , C là một ñiểm tùy ý trên nửa ñường tròn Trong hai

hình quạt nội tiếp hai ñường tròn, gọi M và N là hai tiếp ñiểm của hai ñường tròn với

ñường kính của nửa ñường tròn ñã cho CMR : MN ≥ R2 ( 2−1)

N

O1

O2C

= Trong ∆ vuông O1MO có :

( ) ( )

α

αα

α

αα

π

cos1

coscos

cos1

cos2

sin

1 1

R

R R O

O R

Tương tự :

α

αα

α

sin1

sinsin

2 2

2cos2sin2cos

1

2cos2.2cos2sin

2cos2sin2cos2

cos1sin1

1cossin

sin1

coscos

1sin

sin

cossin1

sincos

sincos1cos

2 2

++

=

++

=

+++

=

⋅++

⋅+

=

αα

ααα

αα

α

ααα

αααα

α

αα

α

αα

ααα

R R R R

R R

22

42cos

αα

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 ñẳng thức cơ bản Ngoài 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 ñề cho bài toán

Trang 19

;

1

B A C A C B

C

B

=+

( )

( )22cos2cos2cos2cos2cos2cos2sin

sin

1

C B A C B A C B

A

B A A C C B C B

A

≤

⇔

+++

≤

⇔

2cos

7sinsinsinsinsin

Lời giải :

Ta có :

2sin2sin2sin41coscos

Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với :

4

3sinsinsinsinsin

mà :

B A B A C

A C A C B

C B C B A

coscossinsincos

Thật vậy hiển nhiên ta có :

3

1coscoscoscoscos

Mặt khác ta có :

2

3coscos

1cos

cos4cos21

1cos

cos4cos21

1

≥+

+++

4

33

coscoscoscoscoscoscoscoscos

2

≤++

≤+

B A

⇒3+2(cosA+cosB+cosC)+4(cosAcosB+cosBcosC+cosCcosA)≤9 ( )2

Trang 20

2(ab+bc+ca)≥4 3S+a2+b2+c2 ( )1

Ta có :

S c b a C

S b a c B

S a c b A

4cot

2 2 2

−+

=

−+

=

−+

tan

3cotsin

1cot

sin

1cotsin

1

cotcotcot434sin

1sin

14

1

≥++

⇔

C B A

C C B B A A

C B A S S C B A S

48

Lời giải :

Áp dụng công thức :

2sin2sin2sin

r= , ta ñưa bất ñẳng thức ñã cho về dạng tương ñương sau :

8

52sin2sin2sin2sin2sin2sin2sin2

12sin2sin2sin2sin2

2cos2cos2sin2sin22cos

2cos

B B

A B A A

B B

⇒

≥

12sin2sin

12sin2sin2

2tansin2tansin2

12sin2sin2

C A A C A

C

B C C B C

++

B A C A C B C B A

A C C B B A

sinsin2tansinsin2tansinsin2tan21

≥++

⇒

2sin2sin2sin2sin2sin2sin2coscos

11coscoscos4

1coscoscos21

1coscoscos4

12sin2sin2sin2sin2sin2sin

=++

=

−++

≤

−++

−+

+

C B A C

B A C

B A

C B A A

C C B B A

mà

2

3coscos

8

51coscoscos4

2tan2tan2tancot

cotcot

2 2 2 3

2 2 2

C B A c b a C

B A c b a

Lời giải :

Ta có :

C B A

c b a

4cotcotcot

2 2 2

=++++ nên bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với :

Trang 21

2tan2tan2tan64

2 2 2 3

C B A c b a

Mặt khác ta cũng có :

2sin4

cos22cos

2

2 2

2

A bc a

A bc bc a A bc c

=

A

A bc A

a

4sin22tan2sin4

2tan

2 2

b

42tan

;42tan

2 2

≥

⇒( )1 ñúng ⇒ ñpcm

Ví dụ 2.2.7

CMR trong mọi tam giác ta có :

(1+b+c−bc)cosA+(1+c+a−ca)cosB+(1+a+b−ab)cosC≤3

Lời giải :

Ta có vế trái của bất ñẳng thức cần chứng minh bằng :

(cosA+cosB+cosC) (+[b+c)cosA+(c+a)cosB+(a+b)cosC]−(abcosC+bccosA+cacosB)

ðặt :

B ca A bc C

ab

R

C b a B a c A c

b

Q

C B A

P

coscos

cos

coscos

cos

coscos

cos

++

=

+++++

=

++

a

Q

c A b

B

a

b C a

A

c

++

=

⇒

=+

2

22

2cos

coscos

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

c b a R

b a c a c b c b a B ca A bc C ab

++

=

⇒

−++

−+

=+

+

3

111322

≤

−+

−

=++

−+++

≤++

B A R

S p

S r

C B A S C

B A R S

abc R

sinsinsin

sinsinsin28sinsinsin

sinsinsin28

sinsinsin24

3

++

=++

C B A

C B A C

B A

S C

B A

S r

R

sinsinsin

sinsinsin28sinsinsin22

1sinsinsin22

1

++++

=+

sinsinsin

C B A S S r

R

++

≥+

mà :

833sinsinsin

233sinsinsin

≤

≤++

C B A

⇒

=

≥+

33.274

Trang 22

2 2

3

82

a

ab

≤+++++

62

3

r

S pr

2

c b a ca

bc

≤+

+

+++++

ab ab

sin

sinsinsin2

R c

b

a

C B

A

C B A R c

++

b a abc c

b a

abc p R

S

+++++

=++

33

83

8

3

8

2 2

Một lần nữa theo AM – GM ta có :

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) c a

ca ca c b bc bc b a ab ab a c c b b a

abc a

c c

≤+++

≤++

+

99

⇒ vế phải chứng minh xong ⇒ Bất ñẳng thức ñược chứng minh hoàn toàn

Ví dụ 2.2.10

Cho ABC∆ bất kỳ CMR :

4 2

8 2 8 2 8

36

2cos2cos2cos

R

abc C

c B

b A a

Lời giải :

Áp dụng BCS ta có :

2cos2cos2cos2cos2cos2

2 4 4 2

8 2 8 2 8

C B A

c b a C

c B

b A a

++

≥++

16

4

92cos2cos2cos

S R

abc

C B A

Vì thế ta chỉ cần chứng minh : a4+b4+c4≥16S2

Trước hết ra có : a4+b4+c4≥abc(a+b+c) ( )1 Thật vậy : ( )1 ⇔a2(a2−bc)+b2(b2−ca)+c2(c2−ab)≥0 ⇔[a2+(b+c)2] (b−c)2+[b2+(c+a)2] (c−a)2+[c2+(a+b)2] (a−b)2≥0(ñúng!) Mặt khác ta cũng có :

a c b y

c b a x

−+

=

−+

=

−+

82228

⇒( )3 ñúng ⇒ ñpcm

2.3 ðưa về vector và tích vô hướng :

Phương pháp này luôn ñưa ra cho bạn ñọc những lời giải bất ngờ và thú vị Nó ñặc trưng cho sự kết hợp hoàn giữa ñại số và hình học Những tính chất của vector lại mang ñến lời giải thật sáng sủa và ñẹp mắt Nhưng số lượng các bài toán của phương pháp này không nhiều

Ví dụ 2.3.1

Trang 23

cos

0coscos

cos

2

3

0,cos2,cos2,

2 2

+

⇔

≥++

−

⇔

≥+

++

A

C B A

e e e

e e

cos

2

cos

02cos2cos2

cos

2

3

0,cos,cos,cos

+

⇔

≥+++

⇔

≥+

++

A

B A C

R

OA OC OC

OB OB OA

O A

2

12cos2cos2cos

02cos22cos22cos2

0.2.2.20

z y x C xy B zx A yz

B zx A yz C xy z y x

OA OC zx OC OB yz OB OA xy z y x

OC z OB y OA x

++

−

≥+

+

⇔

≥+

++

⇔

≥+

++

⇔

≥++

⇒ 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 ñầu 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 :

2392cot2cot2cot2sin2sin2

2sin2sin2sin

C B A C

B A

≥++

Mặt khác :

2sin2sin2sin

2cos2cos2cos2cot2cot2cot2cot2cot2cot

C B A

C B A C B A C B A

=

=++

Trang 24

2sin2sin2sin

2cos2sin2cos2sin2cos2sin23

2sin2sin2sin2

2cos2sin2cos2sin2cos2sin

2sin2sin

2

sin

sinsinsin

4

1

3

C B A

C C B B A A

C B A

C C B B A A C

B A

C B A

⋅

≥

++

=++

=

Suy ra :

( )12cot2cot2cot

2

9

2sin2sin2sin

2cos2sin2cos2sin2cos2sin2sin2sin2sin

2

9

2cot2cot2cot2sin2sin2

sin

3

C B A

C C B B A A C B A

C B A C B A

2cot2cot2

239332

92cot2cot2cot

Lời giải :

Vì ABC∆ nhọn nên cosA,cosB,cosC,tanA,tanB,tanC ñều dương

3coscoscos

C B A C

B A

≥++

C B A

C B A C B A C B A

coscoscos

sinsinsintantantantantan

C B A

C C B B A A

C B A

C C B B A A C

B A

C B A

coscoscos2

cossincossincossin23

coscoscos2

cossincossincossincos

coscos

2sin2sin2sin41

3

⋅

≥

++

=++

=

Suy ra :

( )1 tan tan tan 2 9

cos cos cos

cos sin cos sin cos sin cos cos cos 2 9 tan tan tan cos cos cos

3 3

C B A

C C B B A A C B A C

B A C B A

=

⋅

≥ + + +

+

Mặt khác : tanAtanBtanC≥3 3

239332

9tantantan2

12tan2tan

12

C

C B

B A

x x x f

Khi ñó : f ''( )x =

Theo Jensen thì : 3 ( )1

2tan2tan2

x x x g

x x x x

g

Theo Jensen thì : 3 3 ( )2

2cot2cot2

Vậy ( ) ( )1+ 2⇒ñpcm

Định dạng
Số trang	49
Dung lượng	1,23 MB