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

ĐỖ THỊ THU TRANG MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU KLAMKIN TRONG TAM GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên, 10/2018... ĐỖ THỊ THU TRANG MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KI

ĐỖ THỊ THU TRANG

MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU

KLAMKIN TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên, 10/2018

ĐỖ THỊ THU TRANG

MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU

KLAMKIN TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 8640113

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

Thái Nguyên, 10/2018

Mục lục

Chương 1 Một số lớp đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản 3

1.1 Một số hệ thức cơ bản đối với hàm lượng giác ngược 3

1.2 Bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata 6

1.2.1 Bất đẳng thức Jensen 6

1.2.2 Bất đẳng thức Karamata 10

1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác 13

Chương 2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác trong tam giác 17 2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin 17

2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm sin 24

2.3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm tan và cotan 28

Chương 3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác ngược 34 3.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arccos và arcsin 34

3.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arctan và arccotan 37

3.3 Một số bất đẳng thức khác trong tam giác 42

3.3.1 Bất đẳng thức Weizenbock 42

3.3.2 Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler 46

α β2γứng với mọi bộ số dương α, β , γ Bất đẳng thức này có thể chứng minh bằngcác phương pháp khác nhau của hình học như phương pháp véctơ và phươngpháp tọa độ và cả phương pháp số phức.

Tuy nhiên, các dạng bất đẳng thức tương tự đối với các hàm lượng giác khácnhư hàm sin, tan và cotan thì người ta chưa chứng minh được bằng các phươngpháp hình học và vì thế Klamkin không đề cập đến các dạng bất đẳng thứcnày Đặc biệt, để chứng minh các bất đẳng thức tương tự đối với các lượng giácngược thì ta cần đến các công cụ của giải tích (tính lồi, lõm) để khảo sát chúng

Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi và nângcao nghiệp vụ của bản thân về chuyên đề bất đẳng thức lượng giác, tôi chọn

đề tài luận văn “Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin trong tamgiác”

Luận văn này nhằm cung cấp một số dạng bất đẳng thức không đối xứngtrong tam giác đối với các hàm lượng giác và lượng giác ngược cùng một sốdạng liên quan

Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm 3 chương

Chương 1 Một số lớp bất đẳng thức cơ bản Nội dung chương trình bàycác kiến thức cơ bản về hàm lượng giác, lượng giác ngược, hệ thức lượng giác.Ngoài ra, chúng tôi cũng trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳngthức Karamata cho hai dãy số cùng các hệ quả của chúng.

Chương 2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác trongtam giác Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin,hàm tan và cotan

Chương 3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác ngược.Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos, hàm arcsin, hàmarctan và hàm arccot

Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học TháiNguyên Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới GS TSKH Nguyễn Văn Mậu, người đãđịnh hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn, cho tôi những nhận xét quý báu

để tôi có thể hoàn thành luận văn

Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới các thầy cô, những người

đã tận tâm giảng dạy và chỉ bảo tác giả trong suốt quá trình học tập và thực hiệnluận văn

Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết hơn chân thành tới phòng Sau Đại học, khoaToán - Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ và tạođiều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu khoa học

Cuối cùng tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã độngviên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu

Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018

Người viết luận văn

Đỗ Thị Thu Trang

Chương 1 Một số lớp đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản

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

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

Định lí 1.1 ([3]) Giả sử hàm y = f (x) xác định, đồng biến hoặc nghịch biến và

liên tục trong một khoảng X nào đó Khi đó trong khoảng Y các giá trị tương ứng của hàm đó, tồn tại hàm ngược (đơn trị) x = g(y) cũng là hàm đồng biến hoặc nghịch biến và liên tục trong khoảng đó.

Từ các hàm lượng giác cơ bản y = sin x, y = cos x, y = tanx, y = cot x, theođịnh lí trên, ta có các hàm lượng giác ngược

i(hay trong



− π

2,

π2

) hàm số y = sin x (hay y = tan x)

là hàm đồng biến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arcsin x (hay

y= arctan x) như sau:

−∞ < x < ∞.

Trong [0, π] (hay trong (0, π)) hàm số y = cos x (hay y = cot x) là hàm đồngbiến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arccos x (hay y = arccot x) nhưsau:

1p

0 < x < 1và y00x < 0 với −1 < x < 0 Suy ra hàm y = arcsin x lõm với 0 < x < 1

và lồi với −1 < x < 0 Hơn nữa, ta có

• với 0 < x < 1, y00x > 0 nên y(x) > y(a) + y0(a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1)

• với −1 < x < 0, y00x < 0 nên y(x) < y(a) + y0(a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0).Hàm y = arccos x (−1 < x < 1) với 0 < y < π là hàm ngược của hàm x =cos y Ta có x0y= − sin y > 0 với 0 < y < π Theo công thức đạo hàm hàm ngược

1 − cos2y = −√ 1

1 − x2 > 0nên hàm y = arccos x là hàm nghịch biến Lại có y00x = − x

p(1 − x2)3 nên y00x < 0với 0 < x < 1 và y00x > 0 với −1 < x < 0 Suy ra hàm y = arccos x lồi với 0 < x < 1

và lõm với −1 < x < 0 Hơn nữa, ta có

• với 0 < x < 1, y00x < 0 nên y(x) < y(a) + y0(a)(x − a), ∀a ∈ (0, 1)

• với −1 < x < 0, y00x > 0 nên y(x) > y(a) + y0(a)(x − a), ∀a ∈ (−1, 0)

x< 0 Hơn nữa, ta có

• với x > 0, y00x < 0 nên y(x) < y(a) + y0(a)(x − a), ∀a > 0

• với x < 0, y00x > 0 nên y(x) > y(a) + y0(a)(x − a), ∀a < 0

Hàm y = arccot x (−∞ < x < ∞) với 0 < y < π là hàm ngược của hàm

x< 0 Hơn nữa, ta có

• với x > 0, y00x > 0 nên y(x) > y(a) + y0(a)(x − a), ∀a > 0

• với x < 0, y00x < 0 nên y(x) < y(a) + y0(a)(x − a), ∀a < 0

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1= x2= · · · = xn

Chúng ta vẫn quen với việc coi hàm lồi f : I → R là hàm liên tục, khả vi cấp

2 và f00(x) ≥ 0 ∀x ∈ I Tuy nhiên, với kiến thức THPT thì định lí Jensen có thểphát biểu dưới dạng đơn giản và dễ áp dụng hơn

Hệ quả 1.1 ([1]) Cho f : I ⊂ R+→ R thỏa mãn f (x)+ f (y) ≥ 2 fx+ y

Chứng minh. Chứng minh định lí trên ta dùng phương pháp quy nạp Định lítrên giúp cho việc kiểm tra bất đẳng thức Jensen thuận tiện hơn nếu bạn khôngbiết về đạo hàm Sau đây là một chứng minh gắn gọn cho định lí

Dễ thấy bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng nếu n là một lũy thừa của 2 vànếu bất đẳng thức đúng với n = k + 1, ta lấy x = x1+ x2+ · · · + xk và xk+1= x

Do đó ta có điều phải chứng minh

Hiển nhiên nếu thay điều kiện

f(x) + f (y) ≥ 2 fx+ y

2



f(x) + f (y) ≤ 2 f

x+ y2

Ví dụ 1.1 Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta có

sin A + sin B + sinC ≤ 3

√3



= 3 sinπ

3 =

3√3

2 .

Ví dụ 1.2 Chứng minh rằng với mọi 4ABC đều, ta có

 Ta có

f00(x) = 2 sin x

cos3x > 0 ∀x ∈



0,π2



+ fC2



≥ 3 f

A

2 +B2+C22



= 3 tanπ

6 =

√3

Ví dụ 1.3 Chứng minh rằng với mọi 4ABC đều, ta có

tanA2

2 √ 2+

tanB2

2 √ 2+

tanC2

2 √ 2

≥ 31−

√

2

Lời giải. Xét f (x) = (tan x)2

√

2 với x ∈



0,π2

 Ta có

f0(x) = 2√

2(1 + tan2x)(tan x)2

√ 2−1

= 2√

2 (tan x)2

√ 2−1+ (tan x)2



≥ 3 f

A

2+B2+C22



= 3tanπ

6

2 √ 2

= 31−

√

2

Ví dụ 1.4 Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta có

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

2

 Ta có

f00(x) =sin x(1 − cos

4x)cos4x > 0 ∀x ∈0,π

2

.Khi đó, theo bất đẳng thức Jensen thì

f

A2

+ f

B2

+ f

C2



≥ 3 f

A

2+B2 +C22



= 3sinπ

6 tan

π6



= 3

2+

√3

Ví dụ 1.5 Chứng minh rằng với mọi 4ABC nhọn ta có

(sin A)sin A(sin B)sin B(sinC)sinC ≥2

3

3 √ 3 2

Lời giải. Ta có

(sin2A+ sin2B+ sin2C= 2 + 2 cos A cos B cosCsin A + sin B + sinC ≥ sin2A+ sin2B+ sin2C

sin A + sin B + sinC ≤ 3

√32suy ra

2 < sin A + sin B + sinC ≤ 3

√3

2 .Xét f (x) = x ln x với x ∈ (0, 1] Ta có

f0(x) = ln x + 1

f00(x) = 1

x > 0 ∀x ∈ (0, 1]

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức Jensen ta được

sin A + sin B + sinC

sin A+sin B+sinC

≤ ln (sin A)sin A+ ln (sin B)sin B+ ln (sinC)sinC

⇔ ln sin A + sin B + sinC

3

sin A+sin B+sinC

≤ ln (sin A)sin A(sin B)sin B(sinC)sinC

⇔ (sin A + sin B + sinC)

sin A+sin B+sinC

3sin A+sin B+sinC

≤ (sin A)sin A(sin B)sin B(sinC)sinCTiếp theo thay

sin A + sin B + sinC > 2rồi thay

sin A + sin B + sinC ≤ 3

√32sao bất đẳng thức trên ta được

(sin A)sin A(sin B)sin B(sinC)sinC

≥ 2sin A+sin B+sinC

3sin A+sin B+sinC =

23

sin A+sin B+sinC

≥23

3 √ 3 2



1.2.2 Bất đẳng thức Karamata

Định lí 1.3 (Bất đẳng thức Karamata, [2]) Cho hai dãy số {xk, yk ∈ I(a, b), k =

1, 2, , n} thỏa mãn các điều kiện

Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1, ,tn ∈ I(a, b) cũng là một bộ

số giảm, tức là

t1≥ t2≥ · · · ≥ tn.Khi đó, để chứng minh (1.3), ta chỉ cần chứng minh rằng

x1f0(t1) + x2f0(t2) + · · · + xnf0(tn) ≥ x1f0(t1) + x2f0(t2) + · · · + xnf0(tn) (1.4)

Sử dụng biến đổi Abel

x1f0(t1) + x2f0(t2) + · · · + xnf0(tn)

= S1[ f0(t1) − f0(t2)] + S2[ f0(t2) − f0(t3)] + · · ·+ Sn−1[ f0(tn−1) − f0(tn)] + Snf0(tn), (1.5)với

Sk(x) := x1+ x2+ · · · + xk

Vì f00(x) > 0 nên f0(xk) ≤ f0(xk−1) Mặt khác, do Sk(x) ≥ Sk(y) (k = 1, 2, , n−1) và Sn(x) = Sn(y), ta thu được ngay (1.4)

Định lí sau đây cho ta tiêu chuẩn để hai bộ dãy số đơn điệu giảm {xk, yk, k =

1, 2, , n},thỏa mãn các điều kiện (1.1)

Định lí 1.4 (I Schur, [2]) Điều kiện cần và đủ để hai bộ dãy số đơn điệu giảm

{xk, yk∈ I(a, b), k = 1, 2, , n} thỏa mãn các điều kiện

Định lí 1.5 ([2]) Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a, b)

sao cho f0(x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a, b] và f00(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) Giả sử

a1, a2, , an và x1, x2, , xn là các số ∈ [a, b], đồng thời thỏa mãn các điều kiện a1 ≥ a2≥ · · · ≥ an và x1 ≥ x2≥ · · · ≥ xnvà

Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi

Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1, ,tn ∈ I(a, b) cũng là một bộ

số giảm, tức là

t1≥ t2≥ · · · ≥ tn.Khi đó, ta chỉ cần chứng minh rằng

x1f0(t1) + x2f0(t2) + · · · + xnf0(tn) ≥ x1f0(t1) + x2f0(t2) + · · · + xnf0(tn)

Sử dụng biến đổi Abel

x1f0(t1) + x2f0(t2) + · · · + xnf0(tn)

= S1[ f0(t1) − f0(t2)] + S2[ f0(t2) − f0(t3)] + · · ·+ Sn−1[ f0(tn−1) − f0(tn)] + Snf0(tn),với

Sk(x) := x1+ x2+ · · · + xk

Vì f00(x) > 0 nên f0(xk) ≤ f0(xk−1) Mặt khác, do Sk(x) ≥ Sk(y) (k = 1, 2, , n−1) và vì Sn(x) = Sn(y), ta thu được ngay được điều phải chứng minh

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có

Định lí 1.6 ([2]) Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x ∈ (a, b)

sao cho f0(x) ≥ 0 với mọi x ∈ [a, b] và f00(x) < 0 với mọi x ∈ (a, b) Giả sử

a1, a2, , an và x1, x2, , xn là các số ∈ [a, b], đồng thời thỏa mãn các điều kiện a1 ≤ a2≤ · · · ≤ an và x1 ≤ x2≤ · · · ≤ xnvà

Định lí 1.7 ([2]) Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai với mọi x ∈ (a, b)

sao cho f00(x) > 0 với mọi x ∈ (a, b) Giả sử a1, a2, , anvà x1, x2, , xnlà các

số ∈ [a, b] thỏa mãn các điều kiện a1≥ a2≥ · · · ≥ an và

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

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

tan A + tan B + tanC ≥ 3√

3

Lời giải. Trong phần bất đẳng Jensen ta đã chứng minh bất đẳng thức này Ởđây ta sẽ trình bày một chứng minh khác dựa vào bất đẳng thức AM-AG

Ta có

tan(A + B) = tan(π −C) = − tanC ⇔ tan A + tan B

1 − tan A tan B = − tanC

⇔ tan A + tan B = − tanC + tan A tan B tanC

Cho nên

tan A + tan B + tanC = tan A tan B tanC

Tam giác ABC nhọn nên tan A, tan B, tanC dương Theo bất đẳng thức AM-AG

ta có

tan A + tan B + tanC ≥ 3√3

tan A tan B tanC

= 3√3tan A + tan B + tanC

Từ đó, ta có

(tan A + tan B + tanC)3≥ 27(tan A + tan B + tanC)

tan A + tan B + tanC ≥ 3√

3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ A = B = C hay tam giác ABC đều 

Ví dụ 1.7 Cho tam giác ABC nhọn Chứng minh rằng

cot A + cot B + cotC ≥√

3

Lời giải. Ta luôn có

cot(A + B) = − cotC

⇔ cot A cot B − 1cot a + cot B = − cotC

⇔ cot A cot B + cot B cotC + cotC cot A = 1

Khi đó

(cot A − cot B)2+ (cot B − cotC)2+ (cotC − cot A)2≥ 0

⇔ (cot A + cot B + cotC)2≥ 3(cot A cot B + cot B cotC

+ cotC cot A) = 3Suy ra

cot A + cot B + cotC ≥√

3

Ví dụ 1.8 Chứng minh rằng với mọi 4ABC nhọn ta có

s

cos A cos BcosA2cosB2 +

scos B cosCcosB2cosC2 +

scosC cos AcosC2cosA2

≤ √23

sinA

+

√3

2 sin

B2

  3

4cot A cot B





2

⇒

scos A cos BcosA2cosB2 ≤ √2

3

sinA

Tương tự ta có

scos B cosCcosB2cosC2 ≤ √2

3

sinB

3

sinC

Cộng theo vế ta được

s

cos A cos BcosA2cosB2 +

scos B cosCcosB2cosC2 +

scosC cos AcosC2cosA2

≤ √23

sinA



+

√3

2 (cot A cot B + cot B cotC + cotC cot A)

≤ √23

sinA

+

√3

2 .



Ví dụ 1.9 Chứng rằng với mọi 4ABC ta có

sin A + sin B + sinCcos A + cos B + cosC ≤ tan A tan B tanC

Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A ≥ B ≥ C Từ đó

(tan A ≥ tan B ≥ tanCcos A ≤ cos B ≤ C

tan A + tan B + tanC = tan A tan B tanC.

Suy ra điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều 

Ví dụ 1.10 Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta có

2(sin A + sin B + sinC) ≥ 3

Chương 2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác trong tam giác

Bất đẳng thức Klamkin là bất đẳng thức hay và quan trọng Nhiều bất đẳng thứclượng giác đã biết và có vẻ như nhiều bất đẳng thức mới là các trường hợp riêngcủa bất đẳng thức Klamkin Chương 2 được giành để trình bày các bất đẳngthức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan và cotan

2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin

Năm 1971 giáo sư Murray Klamkin thiết lập bất đẳng thức sau

Định lí 2.1 ([6]) Với bất kỳ số thực x, y, z, số nguyên n và các góc A, B,C của

tam giác bất kỳ, ta có

x2+ y2+ z2≥ (−1)n+12(yz cos nA + zx cos nB + xy cos nC) (2.1)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

xsin nA =

ysin nB =

Thật vậy, ta có

x+ (−1)n(y cos nC + z cos nB)
2

= x2+ 2x(−1)n(y cos nC + z cos nB)+ y2cos2nC+ 2yz cos nC cos nB + z2cos2nB

= x2+ 2(−1)n(xy cos nC + zx cos nB)+ y2cos2nC+ 2yz cos nC cos nB + z2cos2nB,(y sin nC − z sin nB)2

= y2sin2nC− 2yz sin nC sin nB + z2sin2nB,2yz cos nC cos nB − 2yz sin nC sin nB

= 2yz cos(nB + nC)

= 2yz cos n(π − A)

= 2yz cos(nπ − nA)

= 2yz cos nπ cos nA + sin nπ sin nA

= 2yz cos nπ cos nA = 2(−1)nyzcos nA

Từ các đẳng thức trên, cộng lại và biến đổi ta được

x2+ y2+ z2+ 2(−1)n(xy cos nC + zx cos nB) + 2(−1)nyzcos nA ≥ 0hay

x2+ y2+ z2≥ (−1)n+12(yz cos nA + zx cos nB + xy cos nC).Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(

x+ (−1)n(y cos nC + z cos nB)
2= 0(y sin nC − z sin nB)2= 0

sin nB =

zsin nC.Đặt k = y

sin nB =

zsin nC, thì

y= k sin nB, z= k sin nC

zsin nC.

Cho x = 0 hoặc z = 0, khi đó (2.1) trở thành:

Hệ quả 2.1 Với mọi x, y là các số thực tùy ý, n là số nguyên, C là góc của tam

giác, ta có

x2+ y2≥ (−1)n+12xy cos nC

Đẳng thức xảy ra khi cos nC = ±1, x = ±y và do đó |x|, |y|, 0 tạo thành một tam

giác suy biến.

Áp dụng bất đẳng thức (2.1), ta có thể gán A, B,C là các góc bất kỳ tươngứng với một tam giác cho trước rồi xác định x, y, z để thỏa mãn dấu bằng trong(2.2) Tuy nhiên, sẽ hữu ích hơn nếu ta gán các giá trị x, y, z trước, ta thu đượccác bất đẳng thức không đối xứng trong trường hợp x, y, z được chọn không đốixứng Ở đây, ta không thể chọn x, y, z một cách hoàn toàn tùy ý bởi vì ta cần códấu bằng xảy ra ở trong (2.2) Kết quả là |x|, |y|, |z| phải tạo thành một tam giác.Ngoài ra, các góc A, B,C có thể không duy nhất

Có rất nhiều bất thức đẹp mà ta có thể thu được từ bất đẳng thức Klamkin

Ví dụ 2.1 Với các góc A, B,C của tam giác bất kỳ, nếu n là số nguyên lẻ thì

cos nA + cos nB + cos nC ≤ 3

2.

Nếu n là số nguyên chẵn thì

cos nA + cos nB + cos nC ≥ −3

2.Đây chính là các trường hợp riêng của định lí Klamkin với x = y = z 6= 0

Ví dụ 2.2 Với các góc A, B,C của tam giác bất kỳ, ta có

Bài toán 2.1 ([3]) Cho các số dương x, y, z Chứng minh rằng với mọi tam giác

ABC, ta đều có

xcos A + y cos B + z cosC ≤ yz

2x+

xz2y+

xy2z.Nếu xyz < 0 thì bất đẳng thức đổi chiều Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu

2δ (x cos A + y cos B) ≤ δ2+ (x cos A + y cos B)2, ∀δ ∈ R (2.6)

Từ (2.3) đến (2.6), suy ra

2δ (x cos A + y cos B) + 2xy cosC ≤ x2+ y2+ δ2 (2.7)

xy2z.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x sin A = y sin B = z sinC, tức là tam giác ABCđồng dạng với tam giác có độ dài các cạnh lần lượt là 1

x,1

y,1

Bài toán 2.2 ([3]) Cho tam giác có độ dài các cạnh là x, y, z Chứng minh rằng

với mọi tam giác ABC, ta đều có

yzcos A + zx cos B + xy cosC ≤ x

β γ2α +

γ α2β.

Bài toán 2.3 ([3]) Cho các số dương x, y, z Chứng minh rằng với mọi tam giác



Lời giải. Ta có

xcos 2A + y cos 2B + z cos 2C = x cos 2A + y cos 2B + z cos(2A + 2B), (2.8)

(x cos 2A + y cos 2B)2= x2cos22A + y2cos22B + 2xy cos 2A cos 2B, (2.10)

− 2xy sin A sin B ≥ −x2sin22A − y2sin22B, (2.11)và

2δ (x cos 2A + y cos 2B) ≥ −δ2− (x cos 2A + y cos 2B)2, ∀δ ∈ R (2.12)

Từ (2.8) đến (2.12), suy ra

2δ (x cos 2A + y cos 2B) + xy cos 2C ≥ −1

2(x

2+ y2+ δ2) (2.13)

.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

xsin 2A = y sin 2B = z sin 2C

β γ2α +

γ α2β.

Hai bài toán tiếp theo, ta cần thêm kết quả sau Ba số thực x, y, z thỏa mãnphương trình

khi và chỉ khi tồn tại một tam giác nhọn với các góc α, β , γ sao cho

x= 2 cos α, y = 2 cos β , z = 2 cos γ

Chứng minh. Nếu x, y, z > 0 và x2+ y2+ z2+ xyz = 4, thì x2, y2, z2 < 4 Nên

0 < x, y, z < 2.Cho nên, tồn tại các số dương α, β , γ < π/2 sao cho

x= 2 cos α, y = 2 cos β , z = 2 cos γ

Thay vào (2.14) và rút gọn, ta được cos γ = − cos(α + β ), kéo theo α + β + γ =

π Ta có thể thu được điều ngược lại bằng cách dùng các đẳng thức lượnggiác

Bài toán 2.5 (1995 IMO Shortlisted Problem, [7]) Cho a, b, c là các số thực

dương Xác định tất cả các số thực dương x, y, z thỏa mãn hệ phương trình

x+ y + z = a + b + c,4xyz − (a2x+ b2y+ c2z) = abc

Lời giải. Ta có thể viết lại phương trình hai thành

a

√yz

2+

b

√zx

2+

c

√xy

2+abcxyz = 4

Dựa vào kết quả rằng tồn một tam giác nhọn với các góc α, β , γ sao cho

√ysin β =

√zsin γ =

sin γ cos β + sin β cos γ

Nên x = (b + c)/2 Tương tự, y = (c + a)/2 và z = (a + b)/2 

Bài toán 2.6 (2007 IMO Chinese Team Training Test, [7]) Cho các số thực

dương u, v, w thỏa mãn phương trình u + v + w +√

So sánh với bất đẳng thức Klamkin, ta chỉ cần chọn n = 1 và

x=

r

2 cos β cos γcos α , y =

s

2 cos γ cos αcos β , z =

s

2 cos α cos βcos γ .



2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm sin

Bài toán 2.7 ([3]) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có

sin A + sin B +√

3 sinC ≤ 4

3

√6

, x ∈ (0, π);

3 sinC ≤ 4

3

√6

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cosA− B

4 .