Chuyên Đề :
B
BẤ
ẤT Đ
ĐẲ
ẲN
NG T
TH
HỨ
ỨC L
LƯ
ƯỢ
ỢN
NG G
GI
IÁ
ÁC
THPT Chuyên Lý Tự Trọng. Cần Thơ
:
CÁC BƯỚC ðẦU CƠ SỞ
Chương 1
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
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
1.1. Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản :
1.1.1. Bất ñẳng thức AM – GM :
Với mọi số thực không âm a1 , a 2 ,..., a n ta luôn có
a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1 a 2 ...a n
n
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.
Chứng minh :
Cách 1 : Quy nạp kiểu Cauchy
Với n = 1 bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng. Khi n = 2 bất ñẳng thức trở thành
2
a1 + a 2
≥ a1 a 2 ⇔ a1 − a 2 ≥ 0
(ñúng!)
2
Giả sử bất ñẳng thức ñúng ñến n = k tức là :
a1 + a 2 + ... + a k k
≥ a1a 2 ...a k
k
Ta sẽ chứng minh nó ñúng với n = 2k . Thật vậy ta có :
(a1 + a 2 + ... + ak ) + (a k +1 + ak +2 + ... + a 2k ) (a1 + a 2 + ... + ak )(ak +1 + ak +2 + ... + a2k )
≥
2k
k
(
)
≥
(k
k
)(
a1 a 2 ...a k k k a k +1 a k + 2 ...a 2 k
k
= 2 k a1 a 2 ...a k a k +1 ...a 2 k
Tiếp theo ta sẽ chứng minh với n = k − 1 . Khi ñó :
a1 + a 2 + ... + a k −1 + k −1 a1a 2 ...a k =1 ≥ k k a1 a 2 ...a k −1 k −1 a1a 2 ...a k −1
= k k −1 a1 a 2 ...a k −1
⇒ a1 + a 2 + ... + a k −1 ≥ (k − 1)k −1 a1 a 2 ...a k −1
Như vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh hoàn toàn.
ðẳng thức xảy ra ⇔ a1 = a 2 = ... = a n
Cách 2 : ( lời giải của Polya )
)
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Gọi A =
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
a 1 + a 2 + ... + a n
n
Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với
a1 a 2 ...a n ≤ A n
(*)
Rõ ràng nếu a1 = a 2 = ... = 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 a 2 > A
tức là a1 < A < a 2 .
Trong tích P = a1 a 2 ...a n ta hãy thay a1 bởi a'1 = A và thay a 2 bởi a' 2 = a1 + a 2 − A .
Như vậy a'1 + a' 2 = a1 + a 2 mà a'1 a' 2 −a 2 a 2 = A(a1 + a 2 − A) − a1a 2 = (a1 − A)(a 2 − A) > 0
⇒ a'1 a' 2 > a1 a 2
⇒ a1 a 2 a3 ...a n < a'1 a' 2 a3 ...a n
Trong tích P ' = a '1 a' 2 a3 ...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
n − 1 lần biến ñổi ta ñã thay mọi thừa số P bằng A và ñược tích A n . Vì trong quá trình
biến ñổi tích các thừa số tăng dần. ⇒ P < A n . ⇒ ñpcm.
Ví dụ 1.1.1.1.
Cho A,B,C là ba góc của một tam giác nhọn. CMR :
tan A + tan B + tan C ≥ 3 3
Lời giải :
tan A + tan B
= − tan C
1 − tan A tan B
⇒ tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C
Tam giác ABC nhọn nên tanA,tanB,tanC dương.
Theo AM – GM ta có :
tan A + tan B + tan C ≥ 33 tan A tan B tan C = 33 tan A + tan B + tan C
Vì tan ( A + B ) = − tan C ⇔
⇒ (tan A + tan B + tan C ) ≥ 27(tan A + tan B + tan C )
2
⇒ tan A + tan B + tan C ≥ 3 3
ðẳng thức xảy ra ⇔ A = B = C ⇔ ∆ABC ñều.
Ví dụ 1.1.1.2.
Cho ∆ABC nhọn. CMR :
cot A + cot B + cot C ≥ 3
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
Lời giải :
Ta luôn có : cot ( A + B ) = − cot C
cot A cot B − 1
⇔
= − cot C
cot A + cot B
⇔ cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1
Khi ñó :
(cot A − cot B )2 + (cot B − cot C )2 + (cot C − cot A)2 ≥ 0
⇔ (cot A + cot B + cot C ) ≥ 3(cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A) = 3
2
⇒ cot A + cot B + cot C ≥ 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
Ví dụ 1.1.1.3.
CMR với mọi ∆ABC nhọn và n ∈ N * ta luôn có :
n −1
tan n A + tan n B + tan n C
≥3 2
tan A + tan B + tan C
Lời giải :
Theo AM – GM ta có :
tan n A + tan n B + tan n C ≥ 33 (tan A tan B tan C ) = 33 (tan A + tan B + tan C )
n
tan n A + tan n B + tan n C
n −3
≥ 33 (tan A + tan B + tan C ) ≥ 33 3 3
⇒
tan A + tan B + tan C
⇒ ñpcm.
( )
Ví dụ 1.1.1.4.
Cho a,b là hai số thực thỏa :
cos a + cos b + cos a cos b ≥ 0
CMR : cos a + cos b ≥ 0
Lời giải :
Ta có :
cos a + cos b + cos a cos b ≥ 0
⇔ (1 + cos a )(1 + cos b ) ≥ 1
Theo AM – GM thì :
n −3
=3
n
n −1
2
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
(1 + cos a ) + (1 + cos b ) ≥ (1 + cos a )(1 + cos b ) ≥ 1
2
⇒ cos a + cos b ≥ 0
Ví dụ 1.1.1.5.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC nhọn ta có :
2
3
cos C cos A
cos B cos C
A
B
B
C
C
A
cos A cos B
+
+
≤
sin sin + sin sin + sin sin +
A
B
B
C
C
A
2
2
2
2
2
2 2
3
cos cos
cos cos
cos cos
2
2
2
2
2
2
Lời giải :
Ta có
cos A
A
A
= sin cot
A
2
2
2 cos
2
3
cos A cos B
A
B 3
4
= sin sin cot A cot B
A
B
2
2 4
4 cos cos
2
2
Theo AM – GM thì :
2
A
B 3
3
cos A cos B sin sin + cot A cot B
4
2
2 4
≤
A
B
2
4 cos cos
2
2
cos A cos B
A
B 3
2
≤
sin sin + cot A cot B
A
B
2
2 4
3
cos cos
2
2
Tương tự ta có :
cos B cos C
B
C 3
2
≤
sin sin + cot B cot C
B
C
2
2 4
3
cos cos
2
2
⇒
cos C cos A
A 3
2 C
≤
sin sin + cot C cot A
C
A
2
2 4
3
cos cos
2
2
Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức trên ta ñược :
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
cos A cos B
cos B cos C
cos C cos A
+
+
A
B
B
C
C
A
cos cos
cos cos
cos cos
2
2
2
2
2
2
≤
A
B
B
C
C
A
3
2
(cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A)
sin sin + sin sin + sin sin +
2
2
2
2
2
2 2
3
=
A
B
B
C
C
A
3
2
⇒ ñpcm.
sin sin + sin sin + sin sin +
2
2
2
2
2
2 2
3
Bước ñầu ta mới chỉ có bất ñẳng thức AM – GM cùng các ñẳng thức lượng giác nên
sức ảnh hưởng ñến các bất ñẳng thức còn hạn chế. Khi ta kết hợp AM – GM cùng BCS,
Jensen hay Chebyshev thì nó thực sự là một vũ khí ñáng gờm cho các bất ñẳng thức
lượng giác.
1.1.2. Bất ñẳng thức BCS :
Với hai bộ số (a1 , a 2 ,..., a n ) và (b1 , b2 ,..., bn ) ta luôn có :
(a1b1 + a2 b2 + ... + a n bn )2 ≤ (a1 2 + a2 2 + ... + an 2 )(b12 + b2 2 + ... + bn 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.
Chứng minh :
Cách 1 :
Xét tam thức :
2
2
2
f ( x) = (a1 x − b1 ) + (a 2 x − b2 ) + ... + (a n x − bn )
Sau khi khai triển ta có :
2
2
2
2
2
2
f ( x) = a1 + a 2 + ... + a n x 2 − 2(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn )x + b1 + b2 + ... + bn
Mặt khác vì f ( x) ≥ 0∀x ∈ R nên :
(
)
(
(
)(
∆ f ≤ 0 ⇔ (a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) ≤ a1 + a 2 + ... + a n b1 + b2 + ... + bn
2
ðẳng thức xảy ra ⇔
Cách 2 :
2
2
2
2
2
2
)
a
a1 a 2
=
= ... = n (quy ước nếu bi = 0 thì ai = 0 )
b1 b2
bn
)
⇒ ñpcm.
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Sử dụng bất ñẳng thức AM – GM ta có :
2
2
ai
bi
+ 2
≥
2
2
2
2
2
a1 + a 2 + ... + a n
b1 + b2 + ... + bn
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
2 ai bi
(a
2
2
2
)(
2
2
+ a 2 + ... + a n b1 + b2 + ... + bn
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!
1
2
)
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
bài toán khó.
“Trăm nghe không bằng một thấy”, ta hãy xét các ví dụ ñể thấy rõ ñiều này.
Ví dụ 1.1.2.1.
CMR với mọi a,b, α ta có :
(sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) ≤ 1 + a + b
2
2
Lời giải :
Ta có :
(sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) = sin 2 α + (a + b )sin α cos α + ab cos 2 α
1 + cos 2α
1 − cos 2α (a + b )
sin 2α + ab
+
2
2
2
1
= (1 + ab + (a + b )sin 2α + (ab − 1) cos 2α )
2
=
(1)
Theo BCS ta có :
(2)
A2 + B 2
A sin x + B cos x ≤
Áp dụng (2) ta có :
(a + b )sin 2α + (ab − 1) cos 2α ≤ (a + b )2 + (ab − 1)2
Thay (3) vào (1) ta ñược :
(sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) ≤ 1 (1 + ab +
(a
2
(
(a
2
))
a+b
+1 b2 +1 ≤ 1 +
2
)(
)(
(a
2
)(
2
(5)
) (3)
+1 b2 +1
)) (4)
+1 b2 +1
2
Ta sẽ chứng minh bất ñẳng thức sau ñây với mọi a, b :
1
1 + ab +
2
=
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
Thật vậy :
(5)
⇔
1 ab 1
+
+
2 2 2
(a
2
)(
)
+1 b2 +1 ≤ 1+
a 2 + b 2 ab
+
4
2
a2 + b2 + 2
2
2
a +1 + b2 +1
2
2
(6)
⇔ a +1 b +1 ≤
2
Theo AM – GM thì (6) hiển nhiên ñúng ⇒ (5) ñúng.
Từ (1) và (5) suy ra với mọi a,b, α ta có :
⇔
(
)(
)
(
)(
) (
a 2 +1 b2 +1 ≤
) (
)
2
(sin α + a cos α )(sin α + b cos α ) ≤ 1 + a + b
2
ðẳng thức xảy ra khi xảy ra ñồng thời dấu bằng ở (1) và (6)
a = b
a = b
a 2 = b 2
⇔ a+b
ab − 1 ⇔
π
a+b
a+b ⇔
1
=
+k
tgα =
α = arctg
sin 2α cos 2α
ab − 1
ab − 1
2
2
Ví dụ 1.1.2.2.
Cho a, b, c > 0 và a sin x + b cos y = c . CMR :
cos 2 x sin 2 y 1 1
c2
+
≤ + − 3
a
b
a b a + b3
Lời giải :
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
1 − sin 2 x 1 − cos 2 y 1 1
c2
+
≤ + − 3
a
b
a b a + b3
c2
sin 2 x cos 2 y
⇔
+
≥ 3
(*)
a
b
a + b3
Theo BCS thì :
(a1b1 + a 2 b2 )2 ≤ a12 + a 2 2 b1 2 + b2 2
(
với
)(
)
sin x
cos y
; a2 =
a1 =
b
a
b = a a ; b = b b
1
2
sin 2 x cos 2 y 3
a + b 3 ≥ (a sin x + b cos y )2
⇒
+
b
a
3
3
do a + b > 0 và a sin x + b cos y = c ⇒ (*) ñúng ⇒ ñpcm.
(
)
(k ∈ Z )
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
ðẳng thức xảy ra ⇔
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
a1 a 2
sin x cos y
=
⇔ 2 = 2
b1 b2
a
b
sin x cos y
= 2
⇔ a2
b
a sin x + b cos y = c
a 2c
sin
x
=
a3 + b3
⇔
2
cos y = b c
a3 + b3
Ví dụ 1.1.2.3.
CMR với mọi ∆ABC ta có :
a2 + b2 + c2
2R
với x, y, z là khoảng cách từ ñiểm M bất kỳ nằm bên trong ∆ABC ñến ba cạnh
BC , CA, AB .
x+ y+ z≤
A
Lời giải :
Ta có :
S ABC = S MAB + S MBC + S MCA
⇔
P
Q
S MAB S MBC S MCA
+
+
=1
S ABC S ABC S ABC
y
z
ha
M
x
B
z
y
x
⇔
+ +
=1
hc hb ha
C
N
x
y
z
⇒ ha + hb + hc = (ha + hb + hc ) + +
ha hb hc
Theo BCS thì :
x + y + z = ha
x
ha
+ hb
y
hb
+ hc
z
hc
≤
x
y
z
+ + = ha + hb + hc
ha hb hc
(ha + hb + hc )
1
1
aha = ab sin C ⇒ ha = b sin C , hb = c sin A , hc = a sin B
2
2
ab bc ca
⇒ ha + hb + hc = (a sin B + b sin C + c sin A) =
+
+
2R 2R 2R
Từ ñó suy ra :
mà S =
x+ y+ z≤
ab + bc + ca
≤
2R
The Inequalities Trigonometry
a2 + b2 + c2
⇒ ñpcm.
2R
11
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
a = b = c
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
⇔ ∆ABC ñều và M là tâm nội tiếp ∆ABC .
x = y = z
Ví dụ 1.1.2.4.
Chứng minh rằng :
π
cos x + sin x ≤ 4 8 ∀x ∈ 0 ;
2
Lời giải :
Áp dụng bất ñẳng thức BCS liên tiếp 2 lần ta có :
(
cos x + sin x
) ≤ ((1
4
)
≤ (1 + 1 ) (1
2
)
+ 12 (cos x + sin x )
2 2
2
2
2
)(
)
+ 12 cos 2 x + sin 2 x = 8
⇒ cos x + sin x ≤ 8
4
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x =
π
4
.
Ví dụ 1.1.2.5.
Chứng minh rằng với mọi số thực a và x ta có
1 − x 2 sin a + 2 x cos a
≤1
1+ x2
(
)
Lời giải :
Theo BCS ta có :
((1 − x )sin a + 2 x cos a )
2
2
((
≤ 1− x2
2
) + (2 x ) )(sin
2
2
4
2
2
a + cos 2 a
2
= 1 − 2x + x + 4x = 1 + 2x + x
)
4
(( )
) ≤ (1 + x )
(1 − a )sin a + 2 x cos a ≤ 1
⇔
⇒ 1 − x 2 sin a + 2 x cos a
2
2 2
2
1+ x2
⇒ ñpcm.
The Inequalities Trigonometry
12
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
1.1.3. Bất ñẳng thức Jensen :
Hàm số y = f (x) liên tục trên ñoạn [a, b] và n ñiểm x1 , x 2 ,..., x n tùy ý trên ñoạn
[a, b] ta có :
i) f ' ' ( x) > 0 trong khoảng (a, b ) thì :
x + x 2 + ... + x n
f ( x1 ) + f ( x 2 ) + ... + f ( x n ) ≥ nf 1
n
ii) f ' ' ( x) < 0 trong khoảng (a, b ) thì :
x + x 2 + ... + x n
f ( x1 ) + f ( x 2 ) + ... + f ( x n ) ≥ nf 1
n
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 :
x+ y
+
Cho f : R + → R thỏa mãn f ( x) + f ( y ) ≥ 2 f
∀x, y ∈ R Khi ñó với mọi
2
+
x1 , x 2 ,..., x n ∈ R ta có bất ñẳng thức :
x + x 2 + ... + x n
f ( x1 ) + f ( x 2 ) + ... + f ( x n ) ≥ nf 1
n
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 .
The Inequalities Trigonometry
13
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
Ví dụ 1.1.3.1.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
sin A + sin B + sin C ≤
3 3
2
Lời giải :
Xét f ( x) = sin x với x ∈ (0 ; π )
Ta có f ' ' ( x) = − sin x < 0 ∀x ∈ (0 ; π ) . Từ ñó theo Jensen thì :
π 3 3
A+ B+C
⇒ ñpcm.
f ( A) + f (B ) + f (C ) ≤ 3 f
= 3 sin =
3
3
2
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
Ví dụ 1.1.3.2.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ñều ta có :
A
B
C
tan + tan + tan ≥ 3
2
2
2
Lời giải :
π
Xét f ( x ) = tan x với x ∈ 0 ;
2
2 sin x
π
Ta có f ' ' ( x ) =
> 0 ∀x ∈ 0 ; . Từ ñó theo Jensen thì :
3
cos x
2
A B C
+ +
π
A
B
C
f + f + f ≥ 3 f 2 2 2 = 3 sin = 3 ⇒ ñpcm.
3
6
2
2
2
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
Ví dụ 1.1.3.3.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
A
tan
2
2 2
B
+ tan
2
2 2
C
+ tan
2
2 2
≥ 31−
2
Lời giải :
The Inequalities Trigonometry
14
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Xét f ( x ) = (tan x )
2 2
π
với x ∈ 0 ;
2
(
)
Ta có f ' ( x ) = 2 2 1 + tan 2 x (tan x )
((
)(
)
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
(
= 2 2 (tan x )
2 2 −1
(
2 2 −1
+ (tan x )
)(
)
2 2 +1
)
)
f ' ' ( x ) = 2 2 2 2 − 1 1 + tan 2 x (tan x )
+ 2 2 + 1 1 + tan 2 x (tan x )
>0
Theo Jensen ta có :
A B C
2 2
+ +
π
C
B
A
f + f + f ≥ 3 f 2 2 2 = 3 tg
= 31− 2 ⇒ ñpcm.
3
6
2
2
2
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
2 2 −2
2 2
Ví dụ 1.1.3.4.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
A
B
C
A
B
C 3
sin + sin + sin + tan + tan + tan ≥ + 3
2
2
2
2
2
2 2
Lời giải :
π
Xét f ( x ) = sin x + tan x với x ∈ 0 ;
2
4
sin x 1 − cos x
π
f ' ' (x ) =
Ta có
> 0 ∀x ∈ 0 ;
4
cos x
2
Khi ñó theo Jensen thì :
A B C
+ +
π 3
π
C
B
A
f + f + f ≥ 3 f 2 2 2 = 3 sin + tan = + 3 ⇒ ñpcm.
3
6
6 2
2
2
2
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
(
)
Ví dụ 1.1.3.5.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC nhọn ta có :
(sin A) (sin B ) (sin C )
sin A
sin B
sin C
2
≥
3
3 3
2
Lời giải :
Ta có
The Inequalities Trigonometry
15
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 + 2 cos A cos B cos C
sin A + sin B + sin C ≥ sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C
3 3
và sin A + sin B + sin C ≤
2
3 3
⇒ 2 < sin A + sin B + sin C ≤
2
Xét f ( x ) = x ln x với x ∈ (0 ;1]
Ta có f ' ( x ) = ln x + 1
1
f ' ' ( x ) = > 0 ∀x ∈ (0 ;1]
x
Bây giờ với Jensen ta ñược :
sin A + sin B + sin C sin a + sin B + sin C sin A(ln sin A) + sin B(ln sin B ) + sin C (ln sin C )
ln
≤
3
3
3
sin A + sin B + sin C
⇔ ln
3
sin A+ sin B + sin C
≤ ln(sin A)
sin A
+ ln(sin B )
sin B
+ ln(sin C )
sin C
sin A + sin B + sin C sin A+sin B +sin C
sin A
sin B
sin C
⇔ ln
≤ ln (sin A) (sin B ) (sin C )
3
[
]
sin A+ sin B + sin C
(
sin A + sin B + sin C )
sin A
sin B
sin C
⇔
≤ (sin A) (sin B ) (sin C )
sin A+ sin B + sin C
3
⇒ (sin A)
sin A
(sin B ) (sin C )
sin B
sin C
2 sin A+sin B +sin C 2
≥ sin A+sin B +sin C =
3
3
sin A + sin B + sin C
2
≥
3
3 3
2
⇒ ñpcm.
1.1.4. Bất ñẳng thức Chebyshev :
Với hai dãy số thực ñơn ñiệu cùng chiều a1 , a 2 ,..., a n và b1 , b2 ,..., bn thì ta có :
1
a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ≥ (a1 + a 2 + ... + a n )(b1 + b2 + ... + bn )
n
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.
The Inequalities Trigonometry
16
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
Chứng minh :
Bằng phân tích trực tiếp, ta có ñẳng thức :
n
∑ (a − a )(b − b ) ≥ 0
ñơn ñiệu cùng chiều nên (a − a )(b − b ) ≥ 0
n(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) − (a1 + a 2 + ... + a n )(b1 + b2 + ... + bn ) =
i
j
i
j
i , j =1
Vì hai dãy a1 , a 2 ,..., a n và b1 , b2 ,..., bn
i
j
i
j
Nếu 2 dãy a1 , a 2 ,..., a n và b1 , b2 ,..., bn ñơn ñiệu ngược chiều thì bất ñẳng thức ñổi
chiều.
Ví dụ 1.1.4.1.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
aA + bB + cC π
≥
a+b+c
3
Lời giải :
Không mất tính tổng quát giả sử :
a≤b≤c⇔ A≤ B≤C
Theo Chebyshev thì :
a + b + c A + B + C aA + bB + cC
≤
3
3
3
aA + bB + cC A + B + C π
≥
=
⇒
a+b+c
3
3
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
Ví dụ 1.1.4.2.
Cho ∆ABC không có góc tù và A, B, C ño bằng radian. CMR :
sin A sin B sin C
+
+
3(sin A + sin B + sin C ) ≤ ( A + B + C )
B
C
A
Lời giải :
sin x
π
với x ∈ 0 ;
x
2
cos x( x − tan x )
π
Ta có f ' ( x ) =
≤ 0 ∀x ∈ 0 ;
2
x
2
Xét f ( x ) =
The Inequalities Trigonometry
17
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
Vậy f ( x ) nghịch biến trên 0 ; π
2
Không mất tổng quát giả sử :
sin A sin B sin C
A≥ B≥C⇒
≤
≤
A
B
C
Áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev ta có :
( A + B + C ) sin A + sin B + sin C ≥ 3(sin A + sin B + sin C ) ⇒ ñpcm.
B
C
A
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
Ví dụ 1.1.4.3.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
sin A + sin B + sin C
tan A tan B tan C
≤
cos A + cos B + cos C
3
Lời giải :
Không mất tổng quát giả sử A ≥ B ≥ C
tan A ≥ tan B ≥ tan C
⇒
cos A ≤ cos B ≤ cos C
Áp dụng Chebyshev ta có :
tan A + tan B + tan C cos A + cos B + cos C tan A cos A + tan B cos B + tan C cos C
≥
3
3
3
sin A + sin B + sin C
tan A + tan B + tan C
⇔
≤
cos A + cos B + cos C
3
Mà ta lại có tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C
⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
Ví dụ 1.1.4.4.
Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta có :
3 sin 2 A + sin 2 B + sin 2C
2(sin A + sin B + sin C ) ≥
2 cos A + cos B + cos C
Lời giải :
Không mất tổng quát giả sử a ≤ b ≤ c
The Inequalities Trigonometry
18
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
sin A ≤ sin B ≤ sin C
⇒
cos A ≥ cos B ≥ cos C
Khi ñó theo Chebyshev thì :
sin A + sin B + sin C cos A + cos B + cos C sin A cos A + sin B cos B + sin C cos C
≥
3
3
3
3 sin 2 A + sin 2 B + sin 2C
⇔ 2(sin A + sin B + sin C ) ≥
2 cos A + cos B + cos C
⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
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 :
a
b
c
=
=
= 2R
sin A sin B sin C
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A
b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B
a = b cos C + c cos B
b = c cos A + a cos C
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C
c = a cos B + b cos A
1
1
1
a.ha = b.hb = c.hc
2
2
2
1
1
1
= bc sin A = ca sin B = ab sin C
2
2
2
abc
=
= 2 R 2 sin A sin B sin C = pr
4R
= ( p − a )ra = ( p − b )rb = ( p − c )rc
S=
=
p( p − a )( p − b )( p − c )
The Inequalities Trigonometry
19
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
2bc cos
ma
2
mb
2
mc
2
la =
2b 2 + 2c 2 − a 2
=
4
2
2c + 2a 2 − b 2
=
4
2
2a + 2b 2 − c 2
=
4
A
=
2
( p − b )( p − c )
sin
B
=
2
( p − c )( p − a )
sin
C
=
2
( p − a )( p − b)
bc
ca
ab
A
2
B
2
C
= ( p − c ) tan
2
A
B
C
= 4 R sin sin sin
2
2
2
B
2
= ( p − b ) tan
C
2
a+b
A− B
tan
a−b
2
=
a+b
A+ B
tan
2
B−C
tan
b−c
2
=
b+c
B+C
tan
2
C − A
tan
c−a
2
=
c+a
C + A
tan
2
sin
r = ( p − a ) tan
c+a
2ab cos
lc =
A
2
b+c
2ca cos
lb =
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
b2 + c2 − a2
4S
2
c + a2 − b2
cot B =
4S
2
a + b2 − c2
cot C =
4S
cot A =
a2 + b2 + c2
cot A + cot B + cot C =
4S
cos
A
=
2
p( p − a )
bc
tan
A
=
2
cos
B
=
2
p( p − b )
ca
tan
B
=
2
cos
C
=
2
p( p − c )
ab
tan
C
=
2
( p − b)( p − c )
p( p − a )
( p − c )( p − a )
p( p − b )
( p − a )( p − b )
p( p − c )
A
B
C p
cos cos =
2
2
2 R
sin 2 A + sin 2 B + sin 2C = 4 sin A sin B sin C
sin A + sin B + sin C = 4 cos
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2(1 + cos A cos B cos C )
A
B
C
r
cos A + cos B + cos C = 1 + 4 sin sin sin = 1 +
R
2
2
2
2
2
2
cos A + cos B + cos C = 1 − 2 cos A cos B cos C
The Inequalities Trigonometry
20
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ
Bất ñẳng thức lượng giác
Chương 1 Các bước ñầu cơ sở
tan A + tan B + tan C = tan A tan B tan C
A
B
C
A
B
C
+ cot + cot = cot cot cot
2
2
2
2
2
2
A
B
B
C
C
A
tan tan + tan tan + tan tan = 1
2
2
2
2
2
2
cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1
cot
sin (2k + 1) A + sin (2k + 1)B + sin (2k + 1)C = (− 1) 4 cos(2k + 1)
k
sin 2kA + sin 2kB + sin 2kC = (− 1)
k +1
A
B
C
cos(2k + 1) cos(2k + 1)
2
2
2
4 sin kA sin kB sin kC
A
B
C
k
cos(2k + 1) A + cos(2k + 1)B + cos(2k + 1)C = 1 + (− 1) 4 sin (2k + 1) sin (2k + 1) sin (2k + 1)
2
2
2
k
cos 2kA + cos 2kB + cos 2kC = −1 + (− 1) 4 cos kA cos kB cos kC
tan kA + tan kB + tan kC = tan kA tan kB tan kC
cot kA cot kB + cot kB cot kC + cot kC cot kA = 1
A
B
B
C
C
A
tan (2k + 1) + tan (2k + 1) tan (2k + 1) + tan (2k + 1) tan (2k + 1) = 1
2
2
2
2
2
2
A
B
C
A
B
C
cot (2k + 1) + cot (2k + 1) + cot (2k + 1) = cot (2k + 1) cot (2k + 1) cot (2k + 1)
2
2
2
2
2
2
k
2
2
2
cos kA + cos kB + cos kC = 1 + (− 1) 2 cos kA cos kB cos kC
tan (2k + 1)
sin 2 kA + sin 2 kB + sin 2 kC = 2 + (− 1)
k +1
2 cos kA cos kB cos kC
1.2.2. Bất ñẳng thức :
a−b < c < a+b
b−c < a
- Xem thêm -
.PDF 
101 
288 
130 
