Bất ñẳng thức lượng giác - Chương 2 Các phương pháp chứng minh

( ) CBA
CBA
CBAR
S
p
S
r
CBA
SCBAR
S
abcR
sinsinsin
sinsinsin28
sinsinsin
sinsinsin28
sinsinsin2
4
3
++
=
++
==
===
 Vậy : 
CBA
CBA
CBA
S
CBA
S
rR
sinsinsin
sinsinsin28
sinsinsin22
1
sinsinsin22
1
++
++=+ 
 Theo AM – GM ta có : 
 ( )3 sinsinsinsinsinsin8
sinsinsin
3 CBACBA
CBASSrR
++
≥+ 
mà : 
8
33
sinsinsin
2
33
sinsinsin
≤
≤++
CBA
CBA
⇒=≥+⇒ SSSrR 43
4
3
33.274
4
ñpcm. 
Ví dụ 2.2.9. 
 CMR trong mọi tam giác ta có : 
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 2 Các phương pháp chứng minh 
The Inequalities Trigonometry 45 
22
3
8
23
8





≥
+
+
+
+
+
≥





R
S
ac
caca
cb
bcbc
ba
abab
r
S
Lời giải : 
 Theo AM – GM ta có : 
2
cabcab
ac
caca
cb
bcbc
ba
abab ++≤
+
+
+
+
+
 Do ( )
623
8 22 cba
r
SprS ++=





⇒= 
 Lại có : 
( )
62
2
cbacabcab ++≤++ 
 ⇒
+
+
+
+
+
≥





⇒
ac
caca
cb
bcbc
ba
abab
r
S 2
23
8
vế trái ñược chứng minh xong. 
 Ta có : 
( )
33
2
33
sinsinsin
sinsinsin2
Rcba
CBA
CBARcba
≤++⇒
≤++
++=++
 Theo AM – GM ta có : 
 ( )( ) ( )( ) ( )( )
8
2 abcpapcpcpbpbpappS ≤−−−−−−= 
 ( ) ( ) ( )accbba
abc
cba
abc
cba
abcp
R
S
+++++
=
++
⋅=





 ++
⋅≤





⇒
9
2
9
33
8
3
8
3
8
2
2
 Một lần nữa theo AM – GM ta có : 
 ( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ac
caca
cb
bcbc
ba
abab
accbba
abc
accbba
abc
+
+
+
+
+
≤
+++
≤
+++++ 3.3
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
3
6
2
cos
2
cos
2
cos








≥++
R
abc
C
c
B
b
A
a
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 2 Các phương pháp chứng minh 
The Inequalities Trigonometry 46 
Lời giải : 
 Áp dụng BCS ta có : 
( )
2
cos
2
cos
2
cos
2
cos
2
cos
2
cos 222
2444
2
8
2
8
2
8
CBA
cba
C
c
B
b
A
a
++
++≥++ 
 mà : 
( )224
222
16
4
9
2
cos
2
cos
2
cos
S
R
abc
CBA
=





≤++
 Vì thế ta chỉ cần chứng minh : 2444 16Scba ≥++ 
 Trước hết ra có : ( ) ( )1444 cbaabccba ++≥++ 
 Thật vậy : ( ) ( ) ( ) ( ) 01 222222 ≥−+−+−⇔ abcccabbbcaa 
 ( )[ ]( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]( ) 0222222222 ≥−+++−+++−++⇔ babacacacbcbcba (ñúng!) 
 Mặt khác ta cũng có : 
 ( )( )( ) ( )( )( )( ) ( )21616 2 bacacbcbacbacpbpappS −+−+−+++=−−−= 
 Từ ( ) ( )2,1 thì suy ra ta phải chứng minh : ( )( )( ) ( )3bacacbcbaabc −+−+−+≥ 
 ðặt : 
bacz
acby
cbax
−+=
−+=
−+=
 vì cba ,, là ba cạnh của một tam giác nên 0,, >zyx 
 Khi ñó theo AM – GM thì : 
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )bacacbcbaxyzzxyzxyxzzyyxabc −+−+−+==≥+++=
8
222
8
 ( )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. 
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 2 Các phương pháp chứng minh 
The Inequalities Trigonometry 47 
A
B C
e
e
e
1
2
3
O
A
B C
 CMR trong mọi tam giác ta có : 
2
3
coscoscos ≤++ CBA 
Lời giải : 
 Lấy các vector ñơn vị 321 ,, eee lần lượt trên các cạnh CABCAB ,, . 
 Hiển nhiên ta có : 
( )
( ) ( ) ( )
( )
2
3
coscoscos
0coscoscos23
0,cos2,cos2,cos23
0
133221
2
321
≤++⇔
≥++−⇔
≥+++⇔
≥++
CBA
CBA
eeeeee
eee
 ⇒ñpcm. 
Ví dụ 2.3.2. 
 Cho ABC∆ nhọn. CMR : 
2
32cos2cos2cos −≥++ CBA 
Lời giải : 
 Gọi O, G lần lượt là tâm ñường tròn ngoại tiếp và trọng tâm ABC∆ . 
 Ta có : OGOCOBOA 3=++ 
 Hiển nhiên : 
( )
( ) ( ) ( )[ ]
( )
2
32cos2cos2cos
02cos2cos2cos23
0,cos,cos,cos23
0
22
22
2
−≥++⇔
≥+++⇔
≥+++⇔
≥++
CBA
BACRR
OAOCOCOBOBOARR
OCOBOA
⇒ñpcm. 
 ðẳng thức xảy ra ABCGOOGOCOBOA ∆⇔≡⇔=⇔=++⇔ 00 ñều. 
Ví dụ 2.3.3. 
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 2 Các phương pháp chứng minh 
The Inequalities Trigonometry 48 
O
A
B C
 Cho ABC∆ nhọn. CMR Rzyx ∈∀ ,, ta có : 
 ( )222
2
12cos2cos2cos zyxCxyBzxAyz ++−≥++ 
Lời giải : 
 Gọi O là tâm ñường tròn ngoại tiếp ABC∆ . 
 Ta có : 
( )
( )222
222
222
2
2
12cos2cos2cos
02cos22cos22cos2
0.2.2.2
0
zyxCxyBzxAyz
BzxAyzCxyzyx
OAOCzxOCOByzOBOAxyzyx
OCzOByOAx
++−≥++⇔
≥+++++⇔
≥+++++⇔
≥++
⇒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 : 
2
39
2
cot
2
cot
2
cot
2
sin
2
sin
2
sin ≥





++





++
CBACBA
Lời giải : 
 Theo AM – GM ta có : 
3
2
sin
2
sin
2
sin
3
2
sin
2
sin
2
sin CBA
CBA
≥
++
 Mặt khác : 
2
sin
2
sin
2
sin
2
cos
2
cos
2
cos
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot
2
cot CBA
CBA
CBACBA
==++ 
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 2 Các phương pháp chứng minh 
The Inequalities Trigonometry 49 
( )
2
sin
2
sin
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin
2
3
2
sin
2
sin
2
sin2
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
sinsinsin
4
1
3
CBA
CCBBAA
CBA
CCBBAA
CBA
CBA
⋅≥
++
=
++
=
 Suy ra : 
( )1
2
cot
2
cot
2
cot
2
9
2
sin
2
sin
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin
2
sin
2
sin
2
sin
2
9
2
cot
2
cot
2
cot
2
sin
2
sin
2
sin
3
3
CBA
CBA
CCBBAACBA
CBACBA
=
⋅≥
≥





++





++
 mà ta cũng có : 33
2
cot
2
cot
2
cot ≥CBA 
( )2
2
3933
2
9
2
cot
2
cot
2
cot
2
9 33 =⋅≥⋅⇒ CBA 
 Từ ( )1 và ( )2 : 
2
39
2
cot
2
cot
2
cot
2
sin
2
sin
2
sin ≥





++





++⇒
CBACBA
 ⇒ñpcm. 
Ví dụ 2.4.2. 
 Cho ABC∆ nhọn. CMR : 
 ( )( )
2
39
tantantancoscoscos ≥++++ CBACBA 
Lời giải : 
 Vì ABC∆ nhọn nên CBACBA tan,tan,tan,cos,cos,cos ñều dương. 
 Theo AM – GM ta có : 3 coscoscos
3
coscoscos CBACBA ≥++ 
CBA
CBACBACBA
coscoscos
sinsinsin
tantantantantantan ==++ 
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 2 Các phương pháp chứng minh 
The Inequalities Trigonometry 50 
( )
CBA
CCBBAA
CBA
CCBBAA
CBA
CBA
coscoscos2
cossincossincossin
2
3
coscoscos2
cossincossincossin
coscoscos
2sin2sin2sin
4
1
3
⋅≥
++
=
++
=
 Suy ra : 
( )( )
( )1tantantan
2
9
coscoscos
cossincossincossincoscoscos
2
9
tantantancoscoscos
3
3
CBA
CBA
CCBBAACBACBACBA
=
⋅≥++++
 Mặt khác : 33tantantan ≥CBA 
 ( )2
2
3933
2
9
tantantan
2
9 33
=⋅≥⋅⇒ CBA 
 Từ ( )1 và ( )2 suy ra : 
 ( )( )
2
39
tantantancoscoscos ≥++++ CBACBA 
 ⇒ñpcm. 
Ví dụ 2.4.3. 
 Cho ABC∆ tùy ý. CMR : 
 34
2
tan
1
2
tan
2
tan
1
2
tan
2
tan
1
2
tan ≥












++












++












+ C
C
B
B
A
A
Lời giải : 
 Xét ( ) 





∈∀=
2
;0tan pixxxf 
 Khi ñó : ( ) =xf '' 
 Theo Jensen thì : ( )13
2
tan
2
tan
2
tan ≥++ CBA 
 Xét ( ) 





∈∀=
2
;0cot pixxxg 
 Và ( ) ( ) 





∈∀>+=
2
;00cotcot12'' 2 pixxxxg 
 Theo Jensen thì : ( )233
2
cot
2
cot
2
cot ≥++ CBA 
 Vậy ( ) ( )⇒+ 21 ñpcm. 
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 2 Các phương pháp chứng minh 
The Inequalities Trigonometry 51 
Ví dụ 2.4.4. 
 CMR trong mọi tam giác ta có : 
3
3
21
sin
11
sin
11
sin
11 





+≥





+





+





+
CBA
Lời giải : 
 Ta sử dụng bổ ñề sau : 
Bổ ñề : Cho 0,, >zyx và Szyx ≤++ thì : 
( )121111111
3






+≥





+





+





+
Szyx
Chứng minh bổ ñề : 
 Ta có : 
 ( ) ( )2111111111
xyzzxyzxyzyx
VT +





+++





+++= 
 Theo AM – GM ta có : 
 ( )399111
Szyxzyx
≥
++
≥++ 
 Dấu bằng xảy ra trong ( )
3
3 Szyx ===⇔ 
 Tiếp tục theo AM –GM thì : 
33 xyzzyxS ≥++≥ 
 ( )4271
27 3
3
Sxyz
xyzS ≥⇒≥⇒ 
 Dấu bằng trong ( )4 xảy ra 
3
S
zyx ===⇔ 
 Vẫn theo AM – GM ta lại có : 
( )513111 3
2






≥++
xyzzxyzxy
 Dấu bằng trong ( )5 xảy ra 
3
S
zyx ===⇔ 
 Từ ( )( )54 suy ra : 
 ( )627111 2Szxyzxy ≥++ 
 Dấu bằng trong ( )6 xảy ra ⇔ ñồng thời có dấu bằng trong ( )( )
3
54 Szyx ===⇔ 
 Từ ( )( )( )( )6432 ta có : 
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác 
 Chương 2 Các phương pháp chứng minh 
The Inequalities Trigonometry 52 
 ( )
3
32
312727911 





+=+++≥
SSSS
VT 
 Bổ ñề ñược chứng minh. Dấu bằng xảy ra ⇔ ñồng thời có dấu bằng trong ( )( )( )643 
3
S
zyx ===⇔ 
 Áp dụng với 0sin,0sin,0sin >=>=>= CzByAx 
 mà ta có 
2
33
sinsinsin ≤++ CBA vậy ở ñây 
2
33
=S 
 Theo bổ ñề suy ra ngay : 
3
3
21
sin
11
sin
11
sin
11 





+≥





+





+





+
CBA
 Dấu bằng xảy ra 
2
3
sinsinsin ===⇔ CBA 
 ABC∆⇔ ñều. 
Ví dụ 2.4.5. 
 CMR trong mọi tam giác ta có : 
 3plll cba ≤++ 
Lời giải : 
 Ta có : ( ) ( ) ( )1222
cos2
app
cb
bc
bc
app
cb
bc
cb
Abc
la −+
=
−
+
=
+
= 
 Theo AM – GM ta có 12 ≤
+ cb
bc
 nên từ ( )1 suy ra : 
( ) ( )2appla −≤ 
 Dấu bằng trong ( )2 xảy ra cb =⇔ 
 Hoàn toàn tương tự ta có : 
( ) ( )
( ) ( )4
3
cppl
bppl
c
b
−≤
−≤
 Dấu bằng trong ( )( )43 tương ứng xảy ra cba ==⇔ 
 Từ ( )( )( )432 suy ra : 
( ) ( )5cpbpapplll cba −+−+−≤++ 
 Dấu bằng trong ( )5 xảy ra ⇔ ñồng thời có dấu bằng trong ( )( )( ) cba ==⇔432 
 Áp dụng BCS ta có : 
Trường THPT chuyên Lý Tự Trọn