Một số ứng dụng của phép thế lượng giác

12 2 Phép thế lượng giác trong chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức 15 2.1 Các bài toán về đẳng thức.. Mở đầuĐôi khi một bài toán đại số, hay giải tích có thể được giải dễ dàng bằng các

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

M ỘT SỐ ỨNG DỤNG

C ỦA PHÉP THẾ LƯỢNG GIÁC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

LU ẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Ngọc

THÁI NGUYÊN - 2016

Mục lục

1.1 Các bất đẳng thức cơ bản 3

1.1.1 Các bất đẳng thức cơ bản của dãy số 3

1.1.2 Hàm lồi và bất đẳng thức Jensen 4

1.2 Các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng 5

1.2.1 Các đồng nhất thức 5

1.2.2 Các bất đẳng thức thông dụng trong tam giác 8

1.3 Phép thế lượng giác và biến đổi đơn giản 12

1.3.1 Phép thế góc và cạnh 12

1.3.2 Phép thế hàm lượng giác 12

2 Phép thế lượng giác trong chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức 15 2.1 Các bài toán về đẳng thức 15

2.2 Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức 19

2.3 Các bài toán về cực trị của hàm số 30

2.4 Bài tập vận dụng 35

3 Phép thế lượng giác trong phương trình, bất phương trình và dãy số 37 3.1 Phương trình đại số 37

3.2 Hệ phương trình đại số 40

3.3 Phương trình căn thức và bất phương trình căn thức 49

3.4 Các bài toán về dãy số 56

3.5 Bài tập vận dụng 61

Kết luận 63

Mở đầu

Đôi khi một bài toán đại số, hay giải tích có thể được giải dễ dàng bằng cách

sử dụng các hàm lượng giác, mà chúng ta sẽ gọi là "Phép thế lượng giác" Đó

là nhờ các tính chất đặc thù của các hàm lượng giác mà các hàm khác khôngthể có, như công thức biến tổng thành tích, công thức biến tích thành tổng,các công thức cung nhân hai, nhân ba, tính chất bị chăn, đơn điệu, tuần hoànv.v Đặc biệt là các đồng nhất thức, các bất đẳng thức quan trọng của các hàmlượng giác

Mục đích của luận văn này là tìm hiểu, thu thập các tài liệu và phân loạicác bài toán về ứng dụng của phép thế lượng giác trong một số bài toán cơ bảncủa đại số, như chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức, giải phương trình vàbất phương trình v.v Luận văn này không đề cập đến ứng dụng của phép thếlượng giác trong tính các nguyên hàm và tích phân

Thông thường, một số bất đẳng thức đại số phức tạp được đơn giản hóa bằngcách sử dụng các phép thế lượng giác Khi ta đặt được một phép thế khéo thì

độ khó của bài toán có thể giảm đi nhiều đến mức ta có thể thấy ngay đáp án.Bên cạnh đó, các hàm số lượng giác nổi tiếng cũng có thể giúp giải bất đẳngthức Kết quả là có rất nhiều bài toán đại số có thể giải quyết bằng cách sửdụng phép thế lượng giác

Luận văn có bố cục: Mở đầu, ba chương, Kết luận và Tài liệu tham khảo.Chương 1: Kiến thức bổ trợ, trình bày về các bất đẳng thức cơ bản của dãy

số, các đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác thông dụng, các phép thế lượnggiác cơ bản

Chương 2: Trình bày ứng dụng của phép thế lượng giác trong chứng minhđẳng thức và bất đẳng thức có độ khó cao được trích ra từ các đề thi vào Đạihọc, thi học sinh giỏi hoặc Olympic Toán quốc tế

Chương 3: Trình bày ứng dụng của phép thế lượng giác trong giải phươngtrình, hệ phương trình, bất phương trình và dãy số

Luận văn này được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học - Đại học TháiNguyên dưới sự giúp đỡ và hướng dẫn tận tình của TS Nguyễn Văn Ngọc Quađây, tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới Thầy, người đãdành nhiều thời gian và tâm huyết để hướng dẫn và tạo điều kiện cho tác giảtrong suốt thời gian làm luận văn.

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, phòng đào tạo, khoa Toán Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã quan tâm và giúp đỡtác giả trong suốt thời gian học tập tại trường

-Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp trong trườngTrung học Phổ thông Hoàng Văn Thụ, huyện Lục Yên, tỉnh Yên Bái, nơi tác giảđang công tác đã luôn tạo điều kiện giúp đỡ và động viên để tác giả hoàn thànhkhóa học

Cuối cùng tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã luôn động viên,giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tác giả trong quá trình học tập, nghiêncứu và làm luận văn

Xin chân thành cảm ơn

Thái Nguyên, tháng 05 năm 2016

Học viên

Hứa Mạnh Hưởng

1.1 Các bất đẳng thức cơ bản

Các bất đẳng thức đại số được ứng dụng rất sâu rộng trong chứng minh bấtđẳng thức hình học Luận văn này trình bày bốn bất đẳng thức đại số cơ bảnnhất đó là bất đẳng thức AM − GM (Arithmetic Mean - Geometric Mean), bấtđẳng thức Cauchy - Schwarz, bất đẳng thức Chebyshev và bất đẳng Jensen.Định lý 1.1 (Bất đẳng thứcAM −GM) Vớin số thực không âm bất kìa 1 , a 2 , ,

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n

Hệ quả 1.1 (Bất đẳng thức GM − HM) Với mọi bộ số dương ta đều có

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n

Hệ quả 1.2 Với mọi bộ số dương a 1 , a 2 , , a n ta đều có

1 n

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = = a n

Hệ quả 1.3 Với mọi bộ số không âm a 1 , a 2 , , a n và m = 1, 2, ta đều có

Định nghĩa 1.1 Hàm số thực f : (a, b) → R gọi là hàm lồi trên khoảng (a, b)

nếu với mọi x, y ∈ (a, b) và mọi λ ∈ [0, 1], ta có

Nếu trong (1.1) ta có bất đẳng thức nghiêm ngặt (chặt) thì khi đó ta nói f

là hàm lồi thực sự Cho hàm f ta nói nó là hàm lõm nếu −f là hàm lồi

Nếu f được xác định trên R, nó có thể xảy ra trên một vài khoảng hàm này

là hàm lồi, nhưng trên khoảng khác nó là hàm lõm Vì lý do này ta chỉ xét cáchàm số xác định trên các khoảng

Định lý 1.4 (Bất đẳng thức Jensen 1906, Joham Ludwig Jensen 1859 - 1925).Cho f : (a, b) → R là hàm lồi trên khoảng (a, b) Cho n ∈ N và λ 1 , λ 2 , · · · , λ n ∈

(0, 1)là các số thực thỏa mãn λ 1 +λ 2 +· · ·+λ n = 1 Khi đó với mọix 1 , x 2 , · · · , x n ∈ (a, b) ta có

Thông thường, để chứng minh một bất đẳng thức đại số cho trước, ta có thể

sử dụng phép thế lượng giác một cách hiệu quả và hầu như lúc nào cũng có thểgiải được

Sử dụng các phép thế như vậy, mỗi bất đẳng thức cho trước có thể rút gọnthành một bất đẳng thức mới, mà việc chứng minh sẽ đơn giản hơn rất nhiều(thường sử dụng bất đẳng thức Jensen và các yếu tố lượng giác) Do đó cần cómột sự hiểu biết về lượng giác

Chúng ta sẽ đưa ra một vài lập luận cần thiết và có ích khi sử dụng bất đẳngthức Jensen Cụ thể là, hàm sin x lõm trên (0, π), hàm cos x lõm trên −π

2,

π

2,

do đó cũng lõm trên 0,π

2, tan x lồi trên 0,π

2; cot x lồi trên 0,π

2

Hơn nữa, không chứng minh (các chứng minh là lượng giác thuần túy và mộtvài chứng minh có thể tìm thấy trong một số sách toán phổ thông), luận văn sẽđưa ra một số công thức lượng giác và quan hệ giữa các góc của một tam giác.Trong phần này ta luôn giả sử tam giác ABC có:

• ∆ là diện tích tam giác;

• p là nửa chu vi tam giác;

• m a , mb, m c , w a , wb, w c , h a , hb, h c lần lượt là độ dài các trung tuyến, các phângiác và các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c;

• r, R, r a , r b , r c lần lượt là các bán kính đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoạitiếp, đường tròn bàng tiếp với các cạnh a, b, c của tam giác ABC;

a = a + b + c

Mệnh đề 1.1 Cho α, β, γ là các góc của một tam giác cho trước Khi đó ta cócác công thức sau:

I 1 : cos α + cos β + cos γ = 1 + 4 sinα

γ = 2 + 2 cos α cos β cos γ,

I 5 : tan α + tan β + tan γ = tan α tan β tan γ,

Mệnh đề 1.2 Cho α, β, γ là các số thực tùy ý Khi đó ta có:

I 7 : sin α + sin β + sin γ − sin(α + β + γ) = 4 sinα + β

β 2

β 2

Không mất tính tổng quát ta giả sử α 6= β Vì 0 < α + β < 2π nên tồn tại

γ − γ 1

2

≤ γ2+γ1

Ta sẽ chứng minh α + β + γ = π Thật vậy, vì 0 < α + β < 2π nên tồn tại

= 0 (1.7)Nhưng

Bây giờ ta sẽ đưa ra một số bất đẳng thức liên quan đến các góc của một tamgiác cho trước, các bất đẳng thức này vô cùng quan trọng và sẽ được sử dụngtrong chứng minh bất đẳng thức bằng cách sử dụng các phép thế lượng giác.Mệnh đề 1.5 Cho α, β, γ là các góc của một tam giác cho trước Khi đó ta cócác bất đẳng thức sau:

N 1 : sin α + sin β + sin γ ≤ 3

√ 3

2 , N2: sin α sin β sin γ ≤ 3

√ 3

N 5 : cos α + cos β + cos γ ≤ 3

2, N6 : cos α cos β cos γ ≤ 1

Chứng minh

sin α + sin β + sin γ

√ 3 2

⇔ sin α + sin β + sin γ ≤ 3

√ 3

3

√ 3 8



α + β + γ 6



1 2

3 − 2(cos α + cos β + cos γ)

= 3 − 2(cos α + cos β − cos α cos β + sin α sin β)

= sin2α + sin2β − 2 sin α sin β + 1 + cos 2

cos α cos β cos γ = 1

2 (cos (α + β) + cos (α − β)) cos γ

√ 3

≤

√ 3

N 13 : Vì hàm tan x lồi trên khoảng 0,π

2 nên theo bất đẳng thức Jensen ta có

Cộng hai vế của (1.9) và (1.10) ta có

2 sin α sin β ≤ 1 + cos γ

⇔ 2 sin α sin β sin (α + β) ≤ (1 + cos γ) sin (α + β)

⇔ 2 sin α sin β sin γ ≤ (1 + cos γ) sin (α + β)

⇔ sin α sin β (1 + cos γ)2 sin α sin β sin γ ≤ (1 + cos γ) sin (α + β)sin α sin β (1 + cos γ)

Do đó

cot α + cot β + cot γ(1.8)= sin(α + β)

sin α sin β +

cos γ sin γ





√ 3

√

3, đpcm

N 16 : Vì tam giác đã cho nhọn nên α, β, γ ∈ 0,π

2 Hàm f (x) = tan x lồi trên



0,π

2 nên theo bất đẳng thức Jensen ta có

tan α + tan β + tan γ ≥ 3 tanα + β + γ3 = 3 tanπ

√ 3.

Trong một tam giác có các bất đẳng thức kép thông dụng được cho bởi Mệnh

đề sau đây

Mệnh đề 1.6 Cho α, β, γ là các góc của ∆ABC Khi đó

1 cos α + cos β + cos γ ≤ sinα

3 cos α cos β cos γ ≤ sinα

trong đó cyc là kí hiệu chu kỳ hoán vị của các góc

các cạnh là a = x + y; b = y + z; c = z + x.

Phép biến đổi này đôi khi được gọi là nguyên lý đối ngẫu Rõ ràng,p = x + y + z

và (x, y, z) = (p − a, p − b, p − c), trong đó p là nửa chu vi của tam giác

S2 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Áp dụng T1vào S1 ta có

a = cot A, b = cot B, c = cot C,

trong đó A, B, C là các góc của một tam giác nhọn

trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác

S3 ta có

a = tan A, b = tan B, c = tan C,

trong đó A, B, C là các góc của một tam giác nhọn

trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác

S7 Cho x, y, z là các số thực dương Áp dụng T2 vào biểu thức

r

yz (x + y) (x + z),

r

zx (y + z) (y + x),

r

xy (z + x) (z + y),

các biểu thức trên có thể thế bởi

r

y (x + y + z) (y + z) (y + x),

r

z (x + y + z) (z + x) (z + y),

1 + cos a cos b cos c = cos ap(1 − cos 2

b) (1 − cos 2 c) + cos bp(1 − cos 2

a) (1 − cos 2 c) + cos cp(1 − cos 2 b) (1 − cos 2 a)

⇔ 1 + cos a cos b cos c = cos a sin b sin c + cos b sin a sin c + cos c sin b sin a

⇔ 1 = − cos a cos b cos c + cos a sin b sin c + cos b sin a sin c + cos c sin b sin a

⇔ 1 = cosa (−cosb.cosc + sinb.sinc) + sin a (cos b sin c + cos c sin b)

⇔ 1 = − cos a cos (b + c) + sin a sin(a + b)

⇔ (cos c + cos a cos b)2− cos 2

⇔ (cos c + cos a cos b)2− sin2a.sin2b = 0

⇔ (cos c + cos a cos b − sin a sin b) (cos c + cos a cos b + sin a sin b) = 0

⇔ [cos c + cos (a + b)] [cos c + cos (a − b)] = 0

đẳng thức (2.3) cho |a| , ta được

a

= |1 + cos t| + |1 − cos t| = 2

+

1 −

q

1 −ab22

= |1 + sin t| + |1 − sin t| = 2

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Bài toán 2.3 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn điều kiện ab + ac + cb = 1 Chứng minhrằng:

1 + a 2 √

1 + b 2 √

GiảiĐặt a = tan α, b = tan β, c = tan γ với α, β, γ ∈0;π

2 Thay các giá trị vào giảthiết, ta có:

tan α tan β + tan α tan γ + tan γ tan β = 1

⇔ tan β (tan α + tan γ) = 1 − tan α tan γ

⇔ tan β = 1 − tan α tan γ

α
= cot γ cot β.cos

2

α.

Tương tự các biểu thức còn lại ta được vế trái của đẳng thức (2.5) là

cot γ cot β.cos 2

α + cot γ cot α.cos 2

β + cot α cot β.cos 2

2cot α cot β cot γ.4 cos α cos β cos γ(vì2α + 2β + 2γ = π)

= 2 cot α cot β cot γ cos α cos β cos γ.

Vế phải của (2.5) sẽ là

2 tan α tan β tan γ.p1 + tan 2

r

1 cos 2 β.

r

1 cos 2 γ

= 2 cot α cot β cot γ cos α cos β cos γ.

Như vậy, vế trái và vế phải của (2.5) bằng nhau, ta có (đpcm)

Bài toán 2.4 Cho xy + yz + zx = 1 và xyz 6= 0 Chứng minh rằng

Nhận xét: Với cách chứng minh thường dùng thì việc chứng minh đẳng thứctrên rất khó Mặt khác đề bài có điều kiện xyz 6= 0 nên ta có thể đặt x = tan α, y = tan β, z = tan γ với −π

x = tan a − cot a = −2 cot 2a.

Biến đổi tương tự: y − 1

y = −2 cot 2b; z − 1

z = −2 cot 2c.Thay vào đẳng thức trên ta được

4 cot 2a cot 2b + 4 cot 2b cot 2c + 4 cot 2c cot 2a = 4

⇔ cot 2a cot 2b + cot 2b cot 2c + cot 2c cot 2a = 1

⇔ cot 2a (cot 2b + cot 2c) = 1 − cot 2b cot 2c

⇔ cot 2a = 1 − cot 2b cot 2ccot 2b + cot 2c

Bài toán 2.5 (Đại học dược Hà Nội 1995) Chox, y, z > 0thỏa mãn xy+yz+zx =

1 Tính giá trị biểu thức sau:

2 Theo giả thiết ta có:

tan a tan b + tan b tan c + tan c tan a = 1 hay a + b + c = π

sin a cos b cos c.

Điều kiện đề bài : a + b + c = π

2 nên sin a = cos(b + c) Suy ra

sin a

cos b cos c =

cos (b + c) cos b cos c =

cos b cos c − sin b sin c

Tương tự với biểu thức còn lại ta có

Thay vào biểu thức M đượcM = 3 − (xy + yz + zx) = 2.

2.2 Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức

Bài toán 2.6 Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, có bất đẳng thức

sin αp1 − sin β 2 + sin βp1 − sin α 2 + √

3hsin α sin β −p(1 − sin β 2

⇔ |sinα + β − π3| ≤ 1,luôn đúng

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Bài toán 2.7 Cho x 2

x = cos a; y = sin a; u = cos b; v = sin b và 0 ≤ a, b ≤ 2π Khi đó ta có

a) |xu + yv| = |cos a cos b + sin a sin b| = |cos (a − b)| ≤ 1.

b) |xv + yu| = |cos a sin b + sin a cos b| = |cos (a − b)| ≤ 1.

d) Chứng minh tương tự câu c)

Bài toán 2.8 Chứng minh rằng √a 2

− 1 +√3 ≤ 2 |a|

GiảiNhận xét: Điều kiện của bất phương trình trên là a 2

tan 2

a + (tan a − 1)2≥ 3 −

√ 5

⇔ sin2a + 1 − 2 sin a cos a ≥ 3 −

√ 5 2

= (tan a + tan b) (1 − tan a tan b) cos2a.cos2b

= sin (a + b)cos a cos b (cos a cos b − sin a sin b) cos a cos b

Bất đẳng thức tương đương với



tan 2 α 2

sin2α2 ,

tương tự với các biểu thức của các hạng tử khác, bất đẳng thức trở thành

sinα2

1 + sinα

2 +

sinβ2

1 + sinβ

2 +

sinγ2

suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2.12 (Iran, 1997) Cho x, y, z là các số thực lớn hơn 1 thỏa mãn

√

c ≤ √a + b + c + 3.

Bình phương hai vế của bất đẳng thức và giản ước các hạng tử ta có

r

ab (c + a) (c + b) +

r

bc (a + b) (a + c) +

r

ca (b + c) (b + a) ≤ 32.

Phép thế S7 thay thế ba hạng tử trong bất đẳng thức bởi sinα

Bài toán 2.14 (Cezar Lupu, Romania, 2005) Cho a, b, c là các số thực dươngthỏa mãn (a + b)(b + c)(c + a) = 1. Chứng minh rằng

ab + bc + ca ≤ 34.

GiảiBất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Vì bất đẳng thức thuần nhất nên ta giả thiết ab + bc + ca = 1 Ta sử dụng phépthế S1: cyc(a = tanα

2), trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác Chú ý

2 cos

β 2





= 1cosα

2 cos

β

2cos

γ 2

Do đó ta cần chứng minh

4 3

2 = sin α + sin β + sin γ,

ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

sin α + sin β + sin γ ≤ 3

√ 3

r

x (x + y + z) (x + y) (x + z)+

r

y (x + y + z) (y + z) (y + x) +

r

z (x + y + z) (z + x) (z + y) ≥ 2.

trong đó α, β, γ là các góc của một tam giác Sử dụng phép biến đổi T1

2 , trong đó A, B, C là các góc của một tam giác nhọn, bất đẳngthức tương đương với

sin A + sin B + sin C ≥ 2.

Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này Ở đây ta sử dụng bất đẳngthức Jordan

ta có ngay điều phải chứng minh

Bài toán 2.16 (Daniel Campos Salas, Mathemmatical Reflections, 2007) Cho

;

2 sinγ

2 sin

α 2 sinβ2

;

2 sinβ

2sin

α 2 sinγ2

2 +

sinγ

2sin

α 2 sinβ2 +

sinβ

2 sin

α 2 sinγ2

Bài toán 2.17 (Carlin Popa) Cho a, b, c ∈ (0, 1) là các số thực thỏa mãn

tan A 2





.

Do đó bất đẳng thức tương đương với

1

1 tan C



.

Áp dụng phép biến đổi T1 và kết quả trong định lý 1 ta có

tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C.

Do đó bất đẳng thức tương đương với

(tan A + tan B + tan C)2 ≥ 3 (tan A tan B + tan B tan C + tan A tan C)

Bất đẳng thức này có thể viết lại thành

1

2 (tan A − tan B)2+ (tan B − tan C)2+ (tan C − tan A)2 ≥ 0,

bất đẳng thức này hiển nhiên đúng

Bài toán 2.18 (Võ Bá Quốc Cẩn, Mathemmatical Reflections, 2007) Chox, y, z

Bất đẳng thức tương đương với

suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 2.19 (Poland,1999) Choa, b, clà các số thực dương thỏa mãna+b+c =

chính là N 13 Bài toán được chứng minh.

Bài toán 2.20 Cho a, b, c(a, b, c 6= 1) là các số thực không âm thỏa mãn ab +

ta có bất đẳng thức đã cho tương đương với tan α + tan β + tan γ ≥ 3√3 là N 16

đã chứng minh Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = √1

3.Bài toán 2.21 Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh bất đẳng thức

a2+ 2
b2+ 2
c2+ 2
≥ 9 (ab + bc + ac)

GiảiĐặt a = √

cos 2 x ta có bất đẳng thức đã cho trở thành

8 cos 2 α.cos 2 β.cos 2 γ ≥ 9



2 tan α tan β +

2 tan β tan γ +

2 tan γ tan α



,

nghĩa là

cos α cos β cos γ (cos α sin β sin γ + sin α cos β sin γ + sin α sin β cos γ) ≤ 49

(2.11)

và cos (α + β + γ) = cos α cos β cos γ − cos α sin β sin γ

− sin α cos β sin γ − sin α sin β cos γ.

Bất đẳng thức (2.11) tương đương với

cos α cos β cos γ (cos α cos β cos γ − cos (α + β + γ)) ≤ 49. (2.12)

3 .Vìcos α, cos β, cos γ > 0và hàmcos x lõm trên0,π

2 nên theobất đẳng thức AM ≥ GM và bất đẳng thức Jensen ta có

cos α cos β cos γ ≤

Áp dụng công thức lượng giác

cos 3θ = 4cos 3

θ − 3 cos θ hay cos 3

θ − cos 3θ = 3 cos θ − 3cos 3

Giải

Vìa + b + c = 1nên ta sử dụng phép thế a = xy; b = yz; c = zx,trong đó x, y, z > 0

4 , (2.14)trong đó xy + yz + zx = 1. Vì xy + yz + zx = 1 nên ta có thể đặt x = tanα

nghĩa là

cos γ + cos α + sin β ≤ 3

√ 3



+ √13

2

α + sin2α
+

√ 3

2

γ + sin2γ
= 3

√ 3

2.3 Các bài toán về cực trị của hàm số

Bài toán 2.23 Cho x, y thỏa mãn 4x 2

+ 9y 2

= 16 Tìm giá trị lớn nhất, giá trịnhỏ nhất của biểu thức sau

3y + 13.

Bây ta đưa số bất đẳng thức liên quan đến góc tamgiác cho trước, bất đẳng thức vô quan trọng sử dụngtrong chứng minh bất đẳng thức cách sử dụng phép lượng giác. Mệnh đề 1.5 Cho α,... c số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Áp dụng T1vào S1 ta có

a = cot A, b = cot B, c = cot C,

trong A, B, C góc tam giác nhọn... góc tam giác

S3 ta có

a = tan A, b = tan B, c = tan C,

trong A, B, C góc tam giác nhọn

trong α, β, γ góc tam giác