Phương pháp lượng giác hóa trong chứng minh bất đẳng thức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠNPHẠM VĂN LINH PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 8.46.01.13 Người hướ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

PHẠM VĂN LINH

PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC HÓA TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 8.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học: TS HUỲNH MINH HIỀN

Bình Định - 2020

Mục lục

Mục lục i

Mở đầu 1

1 Một số bất đẳng thức cơ bản 3 1.1 Bất đẳng thức Jensen 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

2 Đẳng thức và bất đẳng thức lượng giác 14

2.1 Bất đẳng thức lượng giác 14

3 Lượng giác hóa trong chứng minh bất đẳng thức 23 3.1 Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác 23

3.1.1 Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác nhọn 23

3.1.2 Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác khác 28

3.2 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

Mở đầu

Toán sơ cấp là một lĩnh vực mà các kết quả được các chuyên gia sángtạo ra tương đối đầy đủ và hoàn thiện Chính vì vậy việc nghiên cứu đểthu được một kết quả mới có ý nghĩa là điều rất khó Khi đọc một sốtài liệu về Bất đẳng thức chúng ta sẽ gặp một số bài toán đại số mà khigiải chúng được chuyển thành bài toán lượng giác Trong chương trìnhToán học phổ thông, chuyên đề lượng giác đóng một vai trò như là mộtcông cụ đắc lực nhằm giải quyết hiệu quả nhiều bài toán của giải tích,đại số và hình học Trong thực tiễn, lượng giác và các đặc trưng cơ bảncủa lượng giác là chuyên đề cần thiết trong việc bồi dưỡng học sinh giỏiToán ở bậc Trung học phổ thông, đồng thời các ứng dụng của nó luôn

là sự hấp dẫn đối với nhiều đối tượng học sinh và giáo viên

Mục tiêu của luận văn "Phương pháp lượng giác hóa trongchứng minh bất đẳng thức" nhằm trình bày vấn đề áp dụng phươngpháp lượng giác hoá để giải quyết một số bài toán về bất đẳng thứcnhằm tạo ra một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy và bồi dưỡng họcsinh giỏi cấp trung học phổ thông

Luận văn, ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, nộidung chính của luận văn được chia làm ba chương

Chương 1 Một số bất đẳng thức cơ bản Trong chương này, tác giảnhắc 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 thứcChebyshev

Chương 2 Đẳng thức và Bất đẳng thức lượng giác Chương này trìnhbày các công thức lượng giác cơ bản, các đẳng thức và bất đẳng thứclượng giác thường gặp.

Chương 3 Lượng giác hóa trong chứng minh bất đẳng thức Chươngnày trình bày cơ sở lý thuyết và chứng minh các bất đẳng thức trongtam giác bằng phương pháp lượng giác hóa Đồng thời, sưu tầm các đềbài toán về bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi có sử dụngphương pháp lượng giác hóa

Qua đây, tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Phòng Đào tạo Sau đại học,Khoa Toán cùng quý Thầy, Cô giáo giảng dạy lớp Cao học Toán Giảitích khóa 20 đã giúp đỡ và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt quátrình 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 nghiệmnghiên cứu còn hạn chế nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót.Chúng tôi rất mong nhận được những góp ý của quý thầy cô và bạn đọc

để luận văn được hoàn thiện hơn

Bình Định, tháng 7 năm 2020

Học viênPhạm Văn Linh

Với n = 2 bất đẳng thức đúng theo định nghĩa Giả sử bất đẳng thứcđúng với n ≥ 2 Ta chứng minh bất đẳng thức đúng cho n + 1 Xét

Xét hàm y = f (x) =



x + 1x

a−1

,

y00 = a2

x

3

x + 1x

a−1

+ a(a − 1)



1 − 1x

22

x + 1x

a−2

≥ 0

Suy ra y = f (x) là hàm lồi Chọn α1 = = αn = 1

n Áp dụng bất đẳngthức Jensen ta có

Định lý 1.5 (Bất đẳng thức AM-GM, [2]) Cho a, b là các số không âm.Khi đó

a + b

2 ≥ √ab

Chứng minh Với a = 0, b = 0 thì bất đẳng thức luôn luôn đúng

Với a, b > 0, ta chứng minh như sau:

a + b

2 ≥√ab

⇔a + b ≥ 2√ab

⇔a − 2√ab + b ≥ 0

⇔(√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 không âm thì ta có

a1 + a2 + + an

a1a2 an.Chứng minh Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 2

Giả sử bất đẳng thức đã đúng cho n số không âm thì bất đẳng thứccũng đúng với 2n số không âm

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 bấtđẳng thức đúng với n − 1 số không âm Thật vậy, đặt

A ≥ (n − 1) · √n

a1a2 an−1.Kết hợp ba điều trên suy ra bất đẳng thức AM-GM đúng với mọi nnguyên dương (n ≥ 2)

 12x +

1

y + z



≤ 14

 12x +

14

 1

y +

1z

12z



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

(2x = y + z

y = z

⇔ x = y = z Hoàn toàn tương tự, ta có

1

x + 2y + z ≤ 1

8

 12x +

1

y +

12z

12y +

1z



= 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

x = y = z = 3

4.

3

a21 + a22 + · · · + a2n
b21 + b22 + · · · + b2n
≤ (a1b1 + a2b2 + · · · + anbn)2.

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



− 80(x + y + z)

≥ 2 · 9 · 3 ·

s(x + y + z) 1

x +

1

y +

1z

Ta có:

(x + y + z)2 ≤ (y + z + z + x + x + y)Asuy ra

3

1.4 Bất đẳng thức Chebyshev

1.4.1 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 (a1b1 + a2b2 + + anbn) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

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) ⇒ akbk−bak−abk+ab ≥ 0, (∀k = 1, n)

(1.8)Cộng từng vế n bất đẳng thức dạng (1.8), ta được

⇔ (a1 + a2 + + an) (b1 + b2 + + bn) ≤ n (a1b1 + a2b2 + + anbn) Đây là điều phải chứng minh.

1

b + c ≥ 1

a + c ≥ 1

a + b.Như vậy, theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có

x2 + y2 + z2 ≥ (x + y + z)

2

3và

bca(1 + bc) +

cab(1 + ca) ≥ 3

√3

4 .

4 .Xét trường hợp x ≥ y ≥ z suy ra yz + 1 ≥ zx + 1 ≥ xy + 1.

4 .Xét trường hợp x ≥ z ≥ y Bất đắng thức được chúng minh tương

tự Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = √1

3 hay a = b = c =

√

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 luôn dẫnngười giải đến một cách giải đơn giản Sau đây là một số bất đẳng thứclượng giác cơ bản thường dùng [3, 6]

Mệnh đề 2.1 Trong tam giác ABC Khi đó, chúng ta có các bất đẳngthức sau

(i) sin A + sin B + sin C ≤ 3

√ 3

2 ;(ii) sin A · sin B · sin C ≤ 3

√ 3 8

(iii) sinA2 + sinB2 + sinC2 ≤ 32

(iv) sinA2 · sinB2 · sinC2 ≤ 18

(v) cos A + cos B + cos C ≤ 32

(vi) cos A · cos B · cos C ≤ 18

(vii) cosA2 + cos B2 + cosC2 ≤ 3

√ 3 2

(viii) cosA2 · cosB2 · cosC2 ≤ 3

√ 3 8

(ix) sin2A + sin2B + sin2C ≤ 94

(x) sin2 A2 + sin2 B2 + sin2 C2 ≥ 34

(xi) cos2A + cos2B + cos2C ≥ 34

(xii) cos2 A2 + cos2 B2 + cos2 C2 ≤ 94

(xiii) tanA2 + tanB2 + tanC2 ≥ √3

(xiv) cotA2 + cot B2 + cot C2 ≥ 3√3

(xv) cot A + cot B + cot C ≥ √

3(xvi) tan A + tan B + tan C ≥ 3√

⇔ sin A + sin B + sin C ≤ 3

√3

2 .(ii) Từ sin x > 0 với mọi x ∈ (0, π), áp dụng bất đẳng thức AM − GM ,

!3

= 3

√38(iii) Tương tự chứng minh mệnh đề 2.1 (i), chúng ta có

sinA2 + sinB2 + sinC2

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)

= sin2A + sin2B − 2 sin A sin B + 1 + cos2A+ cos2B − 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

cos A + cos B + cos C ≤ 3

2.(vi) Từ cos(A + B) = − cos C, chúng ta có

cos A cos B cos C = 1

2(cos(A + B) + cos(A − B)) cos C

= −12

cos C − cos(A − B)

2

2

+ cos

2(A − B)8

≤ cos

2(A − B)

8.

(vii) Từ A, B, C ∈ (0, π) suy ra A/2, B/2, C/2 ∈ (0, π/2) Hàm cos xlõm trong khoảng (0, π/2) Theo bất đẳng thức Jensen, chúng ta có

cosA2 + cos B2 + cos C2

2 .Suy ra

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

8 .(ix) Sử dụng đẳng thức

sin2A + sin2B + sin2C = 2 + 2 cos A cos B cos C

4.

2 + sin

2 B

2 + sin

2 C2

tan A2 + tanB2 + tanC2

cot A + cot B = cos A

sin A +

cos Bsin B

= cos A sin B + sin A cos B

sin A sin B =

sin(A + B)sin A sin B (2.1)

1 ≥ cos(A − B) = cos A cos B + sin A sin B (2.2)cos C = − cos(A + B) = − cos A cos B + sin A sin B (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

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

sin A sin B(1 + cos C)

⇔ 2 sin C

1 + cos C ≤ sin(A + B)

sin A sin B .

(2.4)

Do đó

cot A + cot B + cot C=sin(A + B)

sin A sin B +

cos Csin C ≥ 2 sin C

1 + cos C +

cos Csin C

= 12

 4 sin2C + 2 cos2C + 2 cos C

(1 + cos C) sin C



= 12

 3 sin2 C + (1 + cos C)2

(1 + cos C) sin C



≥12

2 =

√3

(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

tan A + tan B + tan C ≥ 3 tanA + B + C

3 = 3 tan

π

3 = 3

√3

Hơn nữa, chúng ta đưa ra định lý sẽ là cơ sở cho việc giới thiệu cácphép thay thế lượng giác

Định lý 2.2 Đặt A, B, C ∈ (0, π) Các góc A, B và C là các góc củamột tam giác khi và chỉ khi

(i) tanA2 tanB2 + tanB2 tanC2 + tanA2 tan C2 = 1

(ii) sin2A + sin2B + sin2C = 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 sinA2 sinB2 sin C2 = 1

Chứng minh (i) Gọi A, B, C là các góc của một tam giác bất kì Từ



= cot

A

2 cotB2 − 1cotA2 + cot B2 =

1 − tanA2 tan B2tan A2 + tanB2

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

Không mất tính tổng quát, chúng ta giả sử rằng A 6= B, từ 0 <

A + B < 2π tồn tại C1 ∈ (−π, π) sao cho A + B + C1 = π

C − C12

= kπ, đối với một số k ≥ 0, k ∈ Z.Nhưng

và đây là điều phải chứng minh

(ii) Biến đổi vế trái ta được

sin2A + sin2B + sin2C = sin2A + sin2B + sin2C

= 1 − cos(π − C) cos(A − B) + sin2C

= 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

1 − tan A · tan B = − tan C

⇔ tan A + tan B = (1 − tan A · tan B) tan C

⇔ tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C

= cosA+B2 cos A+B2 + cos A−B2 − cos A+B2

= cosA+B2 · cos A−B2 = 12(cos A + cos B)

3.1.1 Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác nhọn

Trong phần này chúng ta sẽ xét các bất đẳng thức lượng giác trongtam giác nhọn

Ví dụ 3.1 Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ta có

2 +

rcotB

2 +

rcotC

2;

2 (cos A + cos B + cos C)2 ≤ sin2A + sin2B + sin2C;

3 sin A + sin B + sin C > cos A + cos B + cos C

Giải Trước hết ta chứng minh rằng

tan A · tan B ≥ cot2 C

⇔ sin A sin B − sin A sin B cos C ≥ cos A cos B + cos A cos B cos C

⇔ sin A sin B − cos A cos B ≥ cos C(cos A cos B + sin A sin B)

⇔ cos C ≥ cos C cos(A − B)

⇔ cos(A − B) ≤ 1

(3.2)(Do ∆ABC nhọn nên 0 < cos A; 0 < cos B; 0 < cos C < 1) Vì (3.2) đúngnên (3.1) đúng và dấu ” = ” trong (3.1) xảy ra khi và chỉ khi A = B

Do ∆ABC nhọn nên tan A > 0, tan B > 0 Áp dụng bất đẳng thức AM

- GM ta có

tan A + tan B ≥ 2

√tan A tan B (3.3)

Cộng (3.4) và (3.5) theo từng vế ta được

(√tan A +√

tan B)2 ≥ 4 cotC

2hay

√tan A +

√tan B ≥ 2

rcot C

Dấu "=" trong (3.6) xảy ra khi và chỉ khi A = B

Lý luận tương tự

√tan B +

√tan C ≥ 2

rcot A

Dấu bằng trong (3.7) xảy ra khi và chỉ khi B = C.

√tan C +√

tan A ≥ 2

rcotB

√tan C ≥

rcot A

2 +

rcotB

2 +

rcot C

2.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay ∆ABC là tam giác đều.3

Ví dụ 3.2 Chứng minh rằng trong mọi tam giác nhọn ta có

+

vuutcos B cos Ccos B

2 cos

C2

+

vuutcos C cos AcosC

2 cos

A2

≤ √23

sinA

+

√3

2 .Giải Ta có

2 cot B · cot C; (3.10)

2 cot C · cot A. (3.11)Cộng từng vế của (3.9), (3.10) và (3.11) ta được điều phải chứng minh.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.

3Nhận xét

1 Nếu ∆ABC là tam giác vuông thì kết quả vẫn đúng

2 Nếu ∆ABC là tam giác tù, chằng hạn A > π

2, khi đócos A cos B

cos A

2 cos

B2

< 0

Vậy điều kiện ABC là tam giác không có góc tù là thực sự cần thiết

Ví dụ 3.3 Cho ∆ABC nhọn Chứng minh rằng

1cos A +

1cos B +

1cos C ≥ 1

sinA2 +

1sinB2 +

1sin C2 .Giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

2sinC2 cos A−B2 ≥ 2

sinC2 .Suy ra

1cos A +

1cos B ≥ 2

sinC2 .Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

(cos A = cos Bcos A−B2 = 1

⇔ A = B Tương tự,

ta có

1cos B +

1cos C ≥ 2

sin A2 Đẳng thức xảy ra khi B = C.

1cos C +

1cos A ≥ 2

sin B2 Đẳng thức xảy ra khi C = A.

Cộng vế theo vế 3 đẳng thức trên, ta được

1cos A +

1cos B +

1cos C ≥ 1

sinA2 +

1sinB2 +

1sin C2 .Suy ra điều phải chứng minh

√sin C ≤

rcos A

2 +

rcosB

2 +

rcosC

2.Giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho hai dãy số√

2 cos

A − B2suy ra

√sin A +√

sin B ≤ 2

rcosC

Đẳng thức trong (3.12) xảy ra khi và chỉ khi

(sin A = sin Bcos A−B2 = 1 ⇔ A = B Tương tự ta có

√sin B +

√sin C ≤ 2

rcos A

√sin C +

√sin A ≤ 2

rcos B

2 +

rcosB

2 +

rcosC

2.

Ví dụ 3.5 Cho ∆ABC nhọn Chứng minh rằng

sin A + sin B + sin Ccos A + cos B + cos C ≤ tan A · tan B · tan C

Giải Do vai trò bình đẳng giữa A, B, C nên giả sử 0 < C ≤ B ≤ A < π

2,suy ra

cos A ≤ cos B ≤ cos C (3.15)và

tan A ≥ tan B ≥ tan C (3.16)

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy ngược chiều (3.15), (3.16)

ta có

(cos A + cos B + cos C)(tan A + tan B + tan C)

≥ 3(cos A · tan A + cos B · tan B + cos C tan C)

⇔ (cos A + cos B + cos C)(tan A + tan B + tan C)

≥ 3(sin A + sin B + sin C) (3.17)

Do ∆ABC nhọn ⇒ cos A + cos B + cos C > 0 và

tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan Cnên từ (3.17) ta có

sin A + sin B + sin Ccos A + cos B + cos C ≤ tan A · tan B · tan C

Suy ra điều phải chứng minh

Đằng thức xảy ra khi và chỉ khi

"

cos A = cos B = cos C

tan A = tan B = tan C ⇔ A = B = C hay ∆ABC đều

33.1.2 Chứng minh bất đẳng thức trong tam giác khác

Trong phần này ta xét các bất đẳng thức lượng giác trong các tamgiác đặc biệt như tam giác cân, tam giác vuông, tam giác vuông cân

Ví dụ 3.6 Cho tam giác ABC vuông tại A với các góc có số đo bằngradian Chứng minh rằng

tan4B − 1
≥ 0

2 Tương tự, do ∆ABC vuông tại A nên B < π

tan6B − 1
≥ 0

Do ABC là tam giác vuông tại A nên sin B = cos C và B + C = π

2 Từ(3.20) ta có

1 Ta thu được kết quả tổng quát sau

Cho ABC là tam giác vuông tại A với các góc có số đo bằng radian.Với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có

(với la, lb, lc là độ dài ba đường phân giác trong xuất phát từ ba đỉnh

lb ≤√ca · cos B

2;

lc ≤ √ab · cosC

2.Khi đó

2 + cos

2 B

2 + cos

2 C2

 (3.23)Đẳng thức trong (3.23) xảy ra

⇔ cos

A 2

2 =

9

4.(3.24)Đẳng thức trong (3.24) xảy ra khi và chỉ khi A = B = C hay ∆ABCđều

Từ (3.22) - (3.24) ⇒ la + lb + lc ≤ 3

2

√

ab + bc + ca Đẳng thức xảy rakhi và chỉ khi đồng thời đẳng thức trong (3.22) - (3.24) xảy ra khi và chỉ

Ví dụ 3.8 Chứng minh rằng, trong mọi ∆ABC ta luôn có

2S

ha ≤ 2S

hb ≤ 2S

hc .Suy ra

a + b + c = 2R(sin A + sin B + sin C) ≤ 2R3

√3

2 = 3

√3R (3.26)Theo bất đẳng thức AM-GM thì

hc +

1

ha

+ 1

ha +

1

hb

.Suy ra

Từ (3.25), (3.26) suy ra (3.27) tương đương với

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đồng thời đẳng thức trong (3.25) (3.27) xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay ∆ABC đều

-3

Ví dụ 3.9 Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có

sin A + sin B + sin Ccos A + cos B + cos C ≤ tan A tan B tan C

Giải Không mất tính quát giả sử A ≥ B ≥ C Suy ra

tan A ≥ tan B ≥ tan C,cos A ≤ cos B ≤ cos C

⇔sin A + sin B + sin C

cos A + cos B + cos C ≤ tan A + tan B + tan C

Mà ta lại có

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

Từ đó, ta suy ra điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Ví dụ 3.10 Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có

2(sin A + sin B + sin C) ≥ 3

2

sin 2A + sin 2B + sin 2Ccos A + cos B + cos C .Giải Không mất tính tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c Khi đó

sin A ≤ sin B ≤ sin C, cos A ≥ cos B ≥ cos C

Khi đó theo Bất đẳng thức Chebyshev thì

 sin A + sin B + sin C

[3 + 2(cos A + cos B + cos C)

+ 4(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A)] ≥ 9 (3.28)mà

cos A + cos B + cos C ≤ 3

2nên

cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A

≤ (cos A + cos B + cos C)

2

4.Suy ra

3 + 2(cos A + cos B + cos C)

+ 4(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ 9 (3.29)

Từ (3.28), (3.29) suy ra T ≥ 1 Vậy ta có điều phải chứng minh 3

Ví dụ 3.12 Cho 4ABC bất kì Chứng minh rằng



a2 + b2 + c2cot A + cot B + cot C

3

2b2c2tan A2 tanB2 tan C2 .

Giải Ta có

a2 + b2 + c2cot A + cot B + cot C = 4Snên bất đẳng thức đã cho tương đương với

64S3 ≤ a

2b2c2tan A2 tan B2 tanC2 . (3.30)Mặt khác ta cũng có a2 = b2 + c2 − 2bc cos A, suy ra

tan A2 = 2bc sin A = 4S.

Tương tự ta cũng có

b2tanB2 ≥ 4S, c

3.1.1 Chứng minh bất đẳng thức tam giác nhọn

Trong phần xét bất đẳng thức lượng giác trongtam giác nhọn

Ví dụ 3.1 Chứng minh tam giác nhọn ta có

2 +... phải chứng minh

Đằng thức xảy

"

cos A = cos B = cos C

tan A = tan B = tan C ⇔ A = B = C hay ∆ABC

33.1.2 Chứng minh bất đẳng thức tam giác khác

Trong. .. minh bất đẳng thức tam giác khác

Trong phần ta xét bất đẳng thức lượng giác tamgiác đặc biệt tam giác cân, tam giác vuông, tam giác vng cân