Chương 1 :
CÁC BƯỚC ðẦU CƠ SỞ
ðể bắt ñầu một cuộc hành trình, ta không thể không chuẩn bị hành trang ñể lên ñườ ng. 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 …) Tiế p theo là các ñẳ ng thứ c, bất ñẳng thứ c liên quan cơ bản trong tam giác. Cuố i 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
3
1.1. Các bất ñẳng thức ñại số cơ bản :
1.1.1. Bất ñẳng thức AM – GM :
2 a
,...,
n
2
n
a ...
≥
n
aa 21
na ... ++ n
ta luôn có a aa , 1 + Với mọi số thực không âm a 1
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
1=n
2=n
2
a
a 1
2
a
0
Với bất ñẳng thức trở thành
⇔
≥
−
≥
aa 1
a 1
2
2
+ 2
k
(ñúng!)
a
a
+
k
a 1
2
k
a ...
≥
k
aa 21
... ++ k
n
k
2=
Giả sử bất ñẳng thức ñúng ñến bất ñẳng thức hiển nhiên ñúng. Khi ) ( n = tức là :
)
k
k
k
k
( a 1
2
2
2
+
1 +
k
k
k
k
2
2
2
1 +
+
)( a k
( a k 2
k
a a a a + ... ++ a a a a ... ++ + + + ... ++ . Thật vậy ta có : ) ... + ++ Ta sẽ chứng minh nó ñúng với ( ) a 1 ≥
k
k
k
k
2
2
1 +
+
( aak 21
)
k
2
)( ak k k a ...
k
a a ... a ... ≥
k
2
2
1 +
n
aa k
k
k
k
1 −
1 −
a
a
a ...
a ...
a ...
+
... ++
+
≥
k
k
k
k
a 1
2
aa 21
aak 21
aa 21
1 −
1 =
1 −
1 −
k
1 −
k
a ...
=
k
aa 21
1 −
k
−
a
a
a ...
... ++
≥
( k
k
k
2
aa 1
2
1 −
1 −
a
...
Tiếp theo ta sẽ chứng minh với aa ... 1 . Khi ñó : = 1−= k
na
) 1 +⇒ a 1 − 1 Như vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh hoàn toàn. a ðẳng thức xảy ra =⇔ 1
2
= =
Cách 2 : ( lời giải của Polya )
4
a
a
...
+
a n++
1
2
A
=
n
n
a ...
Gọi
n =
A n =
2
A
(*) A ... = a 1
a <1
a >2
<
a
và một số khác, giả sử là thì (*) có dấu ñẳng thức. Giả sử chúng không bằng A
na ... a
A a
a 2 A
'
'
+ −
2 +
−
−
a 2' = 1 )( aA −
A − ) 0 >
.
1a bởi a =1' ( aA = + 1
2a bởi ( a = 1
aa 2
2
2
2
2
2
3
ta hãy thay aa mà ' 1 và thay ) aaA − 21
n na ...
3
2
có thêm thừa số bằng A . Nếu trong
lần biến ñổi ta ñã thay mọi thừa số P bằng A và ñược tích
nAP <⇒
Ví dụ 1.1.1.1.
Khi ñó bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với aa ≤ 21 a a Rõ ràng nếu = nhau. Như vậy phải có ít nhất một số, giả sử là a aA tức là . < 1 2 aaP Trong tích 1= a a a Như vậy ' = + 2 1 1 aa⇒ aa ' ' > 21 2 1 ⇒ aaa a aaa a ' ... ... ' < n 21 2 1 3 aaa P 'P còn thừa số khác Trong tích ' ' ' 1= A thì ta tiếp tục biến ñổi ñể có thêm một thừa số nữa bằng A . Tiếp tục như vậy tối ña nA . Vì trong quá trình 1−n biến ñổi tích các thừa số tăng dần. . ⇒ ñpcm.
C B A Cho A,B,C là ba góc của một tam giác nhọn. CMR : tan 33 tan tan ≥ + +
Lời giải :
C
C
tan
tan
tan
BA +
−=
⇔
−=
(
)
A
B
C
C
tan 1 − A tan
+ A tan
B B tan
tan
tan
tan
A tan +
tan tan B +
=
C
B
A
C
B
C
⇒ Tam giác ABC nhọn nên tanA,tanB,tanC dương. Theo AM – GM ta có : B tan
tan
tan
3 3
tan
3 3
tan
tan
tan
≥
+
+
=
+
+
2
⇒
A
B
C
A
B
C
tan
tan
tan
27
tan
tan
tan
+
+
≥
+
+
tan (
A )
⇒
A tan ( tan
A ðẳng thức xảy ra
33 ∆ABC ñều.
) C tan + ≥ CBA ⇔=
B tan + =⇔
Vì
Ví dụ 1.1.1.2. Cho ∆ABC nhọn. CMR : A C cot +
B cot cot 3 + ≥
5
Lời giải :
C
cot
C
cot
⇔
−=
B
C
C
A
cot
cot
cot
1
( ) BA cot −= + A B cot cot 1 − A B cot cot + A B cot cot cot +
⇔
+
=
2
2
2
B
B
C
A
cot
cot
0
−
+
−
+
≥
2
C
B
B
A
B
C
C
A
) cot
cot
cot
( cot A cot
) cot
cot
cot
3
( cot +
≥
+
+
+
=
) C ( 3 cot
)
C
A
B
Khi ñó : ( A cot cot ( cot ⇔ cot
cot
cot
3
+
+
− ) ⇒ ≥ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều.
Ví dụ 1.1.1.3.
n
Ta luôn có :
C
tan
n 1 − 2
3
≥
B B
C
ta luôn có : n
tan
A + A +
*Nn ∈ n tan + tan +
CMR với mọi ∆ABC nhọn và tan tan
Lời giải :
n
n
n
n
n
A
B
C
A
B
C
A
B
C
tan
tan
tan
3 3
tan
tan
tan
3 3
tan
tan
+
+
≥
=
+
)
(
(
)
n
n
n
n
3
−
C
tan
n
3
−
n 1 − 2
⇒
A
B
C
3 3
tan
tan
3
≥
+
+
≥
=
( tan
)
tan ( 3 333
+ )
B B
C
tan tan
tan tan
tan
A + A +
+ +
Theo AM – GM ta có :
Ví dụ 1.1.1.4.
a
b
cos
0
≥
a a
⇒ ñpcm.
cos cos
cos cos
cos 0
+ +
+ ≥
Cho a,b là hai số thực thỏa : b CMR : b
Lời giải :
b
a
cos
cos
0
+
a
cos b
cos
cos
+ )( 1
b ≥ ) 1 ≥
Ta có : a cos ( 1 +⇔ + Theo AM – GM thì :
6
a
b
cos
cos
+
( 1
)
)
a
b
cos
cos
1
≥
+
+
≥
( 1
)( 1
)
⇒
b
a
( 1 ++ 2 cos
cos
0
+
≥
Ví dụ 1.1.1.5.
cos
cos
cos
2
sin
sin
sin
sin
sin
sin
≤
+
+
+
+
+
A 2
B 2
B 2
C 2
C 2
A 2
3 2
3
cos
cos
cos
cos
cos
cos
C C 2
B B 2
A A 2
B B 2
A A 2
nhọn ta có : Chứng minh rằng với mọi ABC∆ C cos cos cos C 2
Lời giải :
Ta có
cos sin cot = A 2 A 2 2 cos A A 2
2
A B cos cos 3 4 A B sin sin cot cot = A 2 B 2 3 4 cos cos 4 A 2 B 2 Theo AM – GM thì :
A B A B cos cos sin sin cot cot + 3 4 A 2 B 2 3 4 ≤ 2 4 cos cos B 2 A 2
cos cos 2 ⇒ A B sin sin cot cot ≤ + A 2 B 2 3 4 3 cos cos A A 2 B B 2
2 cos B C sin sin cot cot ≤ + B 2 C 2 3 4 3 cos cos Tương tự ta có : B cos B 2 C C 2
cos cos 2 C A sin sin cot cot + ≤ C 2 A 2 3 4 3 cos cos C C 2 A A 2 Cộng vế theo vế các bất ñẳng thức trên ta ñược :
7
cos
cos
cos
cos
cos
cos
+
+
cos
cos
cos
cos
cos
cos
A A 2
B B 2
B B 2
C C 2
C C 2
A A 2
2
A
B
B
C
C
sin
sin
sin
sin
sin
sin
cot
cot
cot
cot
cot
+
+
+
+
≤
( cot
)A
A 2
B 2
B 2
C 2
C 2
A 2
3 2
+
3
2
sin
sin
sin
sin
sin
sin
A 2
B 2
B 2
C 2
C 2
A 2
3 2
3
⇒ ñpcm. = + + +
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 :
)nb
2
2
2
a
a
+
2 ... ++
+
... ++
+
... ++
)na ba nn
n
b n
2
b 2
)( b 1
)2
,..., ,..., ta luôn có : 2 2 và ( ) ≤ Với hai bộ số ( aa , 1 ( ba ba 11 22 bb , 1 2 ( 2 a 1
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 :
2
2
+
=
... ++
)
)
)2
( bxa − n
n
( bxa − 2
2
2
2
2
2
2
=
+
... ++
+
+
... ++
) xba nn
b n
ba 22
b 2
( b 1
)2
a + 2 xf )(
2
2
2
2
2
2
Cách 1 :
f
n
( ba 11
2
( a 1
)( b 1
) ⇒
n
2
a a 0 ñpcm. ⇔≤∆ ... ++ ≤ + + ... ++ + ... ++ Xét tam thức : ( bxa xf )( − 1 1 Sau khi khai triển ta có : ( ) ( 2 x a xf a ba )( ... 2 ++ − n 11 1 Rx Mặt khác vì nên : ∈∀≥ 0 ) 2 b n ba 22 b 2
...
=
=
a b n
a 1 =⇔ b 1
thì ðẳng thức xảy ra (quy ước nếu ) 0=ib 0=ia ba nn a b 2
Cách 2 :
8
2
2
Sử dụng bất ñẳng thức AM – GM ta có :
2
2
2
2
2
2
2
2
2
i ... ++
n
2
n
2
( a 1
)2
2 ≥ + a 2 a a + b i 2 ... ++ + b n a 1 b 2 b 1 a a ... ++ + + ... ++ b n b 2
ba i i )( b 1 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!
Ví dụ 1.1.2.1.
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.
,ba
2
a
b
sin
cos
cos
α
+
+
1 +≤
ta có : CMR với mọi α,
)( sin αα
) α
+ ba 2
(
Lời giải :
2
2
b
ab
cos
cos
sin
cos
+
+
cos αα
+
Ta có : ( a sin α
)( sin αα
) α
1
= 1
α 2 α
+
−
+ α 2 α
sin )
ab
2sin
α
+
+
=
cos 2
cos 2
ab
2sin
cos
+
+
α
+
−
=
( 1
( ab
) 1
) 2 α
( )1
( ) ba + ( ba + 2 )
( ba +
1 2
2
Theo BCS ta có :
2 B +
( )2
2
2
2
2
cos
2 α
≤
+
−
=
+
+
ba +
α
−
+
( ba +
)
( ab
) 1
( )3
( a
)( b 1
) 1
A A ≤ Bx +
2
2
a
b
ab
sin
cos
cos
1
α
+
+
≤
+
+
+
+
x sin cos Áp dụng ( )2 ta có : ( ( ) ) ab 2sin 1 Thay ( )3 vào ( )1 ta ñược :
)( sin αα
) α
( )4
( a
)( b 1
) 1
(
)
(
1 2
2
2
2
ab
1
1 +≤
+
+
+
+
( )5
) 1
( a
Ta sẽ chứng minh bất ñẳng thức sau ñây với mọi a, b : )( b 1
)
(
+ ba 2
1 2
9
2
2
Thật vậy :
2
2
( ) 5
( a
)( b 1
) 1
2
2
a b + + + 1 +≤ + 1 +⇔ 2 ab 2 1 2 + 4 ab 2
2
2
( a
)( b 1
) 1
2
2
a 2 + + ⇔ + + ≤
2
2
( b
) 1
( a
( )6
( a
) 1
( )5⇒ ñúng.
,ba
+ + ⇔ ≤ + b 2 ) 1 ++ 2
)( b 1 Theo AM – GM thì ( )6 hiển nhiên ñúng Từ ( )1 và ( )5 suy ra với mọi α,
2
a
b
sin
cos
cos
α
+
+
1 +≤
ta có :
)( sin αα
) α
+ ba 2
2
2
a
a
b
(
=
a
b
⇔
⇔
⇔
=
arctg
k
Z
=
=
+
∈
ðẳng thức xảy ra khi xảy ra ñồng thời dấu bằng ở ( )1 và ( )6 b =
( k
)
ab cos
1 − 2 α
= ba + 2sin α
1 2
ba + ab 1 −
ba + ab 1 −
Ví dụ 1.1.2.2.
bx
y
α tg α π 2
0
sin
,
+ cos
=
>cba , 2
a 2
c 2
. CMR : Cho và
3
3
x y + ≤ cos a sin b 1 a 1 −+ b a b c +
Lời giải :
2
2
x
y
1
1
−
−
+
≤
3
3
1 −+ b
a
b
c +
cos b 2
2
y
x
⇔
+
≥
( )*
3
3
sin a sin a
cos b
a
b
1 a 2 c +
2
2
2
2
a
b
≤
+
+
Theo BCS thì : ( +
)
ba 11
ba 22
2
2
( a 1
)( b 1
)2
y
x
a
;
=
=
a 1
2
cos b
sin a
với
bb
aa
;
=
=
b 1
2
2
x
y
3
3
⇒
b
y
sin
cos
+
+
≥
bx +
( a
)2
( a
)
cos b
sin a
3
3
a
a
y
0
do
và
Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với : 2
cos
+ b
>
b 2 bx sin +
⇒= c
( )*
ñúng ⇒ ñpcm.
10
x
y
2
⇔=⇔
=
sin 2 a
cos 2 b
a b 2
x
y
=
⇔
y
c
cos 2 b bx cos +
=
x
=
3
a
⇔
y
=
3
a 1 b 1 sin 2 a a sin sin cos
a
2 ca 3 b + 2 cb 3 b +
Ví dụ 1.1.2.3.
ðẳng thức xảy ra
2
2
CMR với mọi ABC∆ ta có : 2 a c + + x y z + + ≤ b R 2 ñến ba cạnh là khoảng cách từ ñiểm M bất kỳ nằm bên trong ABC∆
zyx , , CA AB ,
A
. với BC ,
Lời giải :
P
y
Q
MCA
z
M
MBC
MCA
MAB
ha
Ta có : S S S S = + +
ABC S S
MAB S S
MBC S S
x
ABC
ABC
C
B
N
1 ⇔ + + =
ABC x h a
1 + = z +⇔ h c y h b
( h a
+ = + + + + +⇒ h a h b h c h b h c ) x h a y h b z h c
y
x
z
x
y
z
+
+
=
+
+
≤
+
+
+
+
+
+
h a
h b
h c
( h a
h b
h c
h a
h b
h c
)
=
x h a
y h b
z h c
h a
h b
h c
S
ab
C
b
c
A
a
B
Theo BCS thì :
sin
sin
sin
,
sin
=
=
=
=
ah a
=⇒ h a
hC , b
h c
1 2
1 2
⇒
A
sin
sin
sin
+
+
=
bB +
cC +
=
+
+
( a
)
h a
h b
h c
ab R 2
bc R 2
ca R 2
Từ ñó suy ra :
2
2
2
mà
ab ca a c + + + + ⇒ x y z ñpcm. + + ≤ ≤ bc R 2 b R 2
11
Ví dụ 1.1.2.4.
a c ABC ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . ñều và M là tâm nội tiếp ABC∆ ∆⇔ x z b == y ==
4
x
x
cos
sin
8
;0
+
≤
x ∈∀
π 2
Chứng minh rằng :
Lời giải :
4
2
2 1
(
2
2
) ) x
x x x x cos sin ≤ + + Áp dụng bất ñẳng thức BCS liên tiếp 2 lần ta có : )
22 1
2 1
)( cos ) ( 2 1
)
4
x sin 8 + + + = ≤ sin + )( cos
( ( 2 1 ( 2 1 ≤
.
⇒ x x cos sin 8 +
=x
π 4
Ví dụ 1.1.2.5.
2
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
x
cos
2
1
−
1
≤
) a sin + 2 x 1 +
Chứng minh rằng với mọi số thực a và x ta có x (
Lời giải :
2
2
2
22
2
2
) sin
)
)
x a x a x x a a 2 cos sin cos − + + − ≤ + Theo BCS ta có : ( ( 1
)(
4
2
2
2
4
) x 4
) +
( 2 +
2
2
22
x x 21 += +
2
x a x x a 2 cos + x )
a x
( ( 1 x 21 −= ( ) 1 +≤ a
( ( −⇒ 1 ( 1
) sin ) a sin + 2 x 1 +
2 cos − 1 ⇔ ≤
⇒ ñpcm.
12
1.1.3. Bất ñẳng thức Jensen :
)(xf
]ba,
nx
2
và n ñiểm tùy ý trên ñoạn ,..., liên tục trên ñoạn [ xx , 1
0
Hàm số ]ba, [ i)
y = ta có : f >x )(''
)ba,
trong khoảng (
n
2
n
2
x x + nf ) xf ( ) xf ( ) + ... ++ ≥ xf ( 1 ... ++ n
f
)(''
0
)ba, ii) trong khoảng ( n 2 n 2 x x + nf ) xf
( ) xf
( ) + ...
++ ≥ xf
(
1 ...
++
n thì :
x
1
thì :
x
1
y 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 : f xf
)( yf
)( 2 + ≥ +∈
Ryx
,
∀
+
x
2 x Cho R thỏa mãn Khi ñó với mọi Rf
: →+ ,..., +∈ R n xx
,
1 2 x x + n x
1 2 nf ) xf
( ) xf
( ) + ...
++ ≥ n xf
(
1 2 ...
++
n
f )('' x ta có bất ñẳng thức : f )('' x Sự thật là tác giả chưa từng tiếp xúc với một chứng minh chính thức của bất ñẳng thức
Jensen trong phát biểu có
. 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
là ñủ ñể sử dụng bất ñẳng thức Jensen. Ok! Mặc dù bất ñẳng thức
ta chỉ cần xét
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 . 13 Ví dụ 1.1.3.1. ta có : Chứng minh rằng với mọi ABC∆ A B C sin sin sin + + ≤ 33
2 xf
)(
f x sin
=
x
)('' x
−= Xét
Ta có . Từ ñó theo Jensen thì : với
x
sin (
Af ) (
Bf (
Cf ) ) (
)π;0∈x
)π;0
(
0
∈∀<
⇒ f 3 sin3 ñpcm. + ≤ + = CBA
++
3 π
3 33
2 Ví dụ 1.1.3.2.
=
ñều. ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ tan tan tan 3 + + ≥ A
2 Chứng minh rằng với mọi ABC∆ B
2 ñều ta có :
C
2 x x tan= ;0 ∈ ( )
xf
Ta có . Từ ñó theo Jensen thì : f x '' 0 ;0 = ∈∀> ( )
x
π
2
x
x sin2
3
cos + + f f f f 3 sin3 = ⇒=
3 Xét với π
2
CBA
2
2
2
3 A
2 B
2 C
2 π
6
+
+
≥
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ ñpcm. Ví dụ 1.1.3.3. ñều. 22 22 2 tan tan tan + + 1
−≥
3 A
2 B
2 C
2
Chứng minh rằng với mọi ABC∆ ta có :
22 14 22 x ;0 ∈ ( )
xf ( ) 122
− 122
− + 2 f x x ' tan = = + ( )
x
π
2
) ) (
tan ) 222 22 − 2 2 f x x x x '' tan tan tan + + + > Ta có
( )
x ) )122
)
)(
x
tan
)(
tan x
)( tan
+
)(
112222 (
(
22
)(
(
1122
+ ) 0 (
122
(
(
=
−
Theo Jensen ta có : 22 + + ⇒ f f f f tg Xét tan x với = 3 1
− 2
3 = = A
2 B
2 C
2 π
6 CBA
2
2
2
3
+
+
≥
3
ñều. ñpcm. Ví dụ 1.1.3.4. tan tan sin sin sin tan 3 + + + + + ≥ + ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ C
2 A
2 B
2 C
2 3
2 Chứng minh rằng với mọi ABC∆
ta có :
A
B
2
2 x tan x = x
sin + ;0 ∈ ( )
xf
π
2 4 x sin
) f x Ta có '' 0 ;0 = ∈∀> ( )
x π
2
cos
4
x (
x
1
−
cos
Khi ñó theo Jensen thì : + + f f f f Xét với 3 sin tan = + ⇒+
3 A
2 CBA
2
2
2
3 C
2 B
2 π
6 π
6 3
2
+
≥
+
3
=
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆
ñều. Ví dụ 1.1.3.5. ñpcm. 33
2 A B sin sin sin A B C sin ≥C nhọn ta có : Chứng minh rằng với mọi ABC∆ ) (
sin ) (
sin )
2
3 ( Ta có 15 2 2 2 A B C A B C sin sin 22 cos cos cos + + += 2 2 2 A B C A B C sin sin sin sin sin + + ≥ + +
sin
sin A B C sin sin sin + + ≤ 33
2 A B C sin sin sin <⇒
2 + + ≤ 33
2 và ( )
xf
f
' ]1;0∈x
(
với
x
1
+ x
ln
=
( )
x
= f x '' 0 = ∈∀> ( )
x ]1;0
( x
ln
1
x Xét
Ta có Bây giờ với Jensen ta ñược :
sin
sin (
A
ln ) ) (
ln ) (
ln
3 A C sin sin + + A B C sin sin sin (
sin ) (
sin ) (
sin ) A B C sin sin sin + + C B A a B C A B B C C sin sin sin sin sin sin sin sin + + + + + + ln sin
3
≤
sin
3
B
sin A B C sin sin + + A B C ln ln ln ln ⇔ ≤ + + sin
3
A B C sin sin sin ) (
sin ) (
sin ) [
(
sin ] A B C sin sin sin + + A B C sin sin + + A B C ln ln ⇔ sin
3
≤
A B C sin sin sin (
sin ) (
sin ) (
sin ) (
sin ) C A B C sin sin sin + + A B C sin sin sin + + 33
2 A B C sin sin sin A + A B C ⇔ ≤ B
sin +
A
+ C
sin
B
sin
sin
+ sin
3 (
sin ) (
sin ) (
sin ) A B C sin sin sin + + ⇒ A B C ≥ = ≥ 2
3 2
3
2
3 ⇒ ñpcm. na 2 a a + ...
++ ≥ + ...
++ + ...
++ ba
nn n nb
)n
b ba
11 ba
22 (
a
1 2 )(
b
1 b
2 1
n Với hai dãy số thực ñơn ñiệu cùng chiều và thì ta có : ,..., ,..., aa
,
1 bb
,
1
2 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. 16 Bằng phân tích trực tiếp, ta có ñẳng thức : n a a b + ...
++ − + ...
++ + ...
++ = − − ) ) (
a ba
nn n b
n i j (
ban
11 ba
22 (
a
1 2 b
2 )(
b
1 j i , b − − ∑
1
=
ñơn ñiệu cùng chiều nên (
a ) 0
≥
) 0≥ i )(
ba
j
i
)(
ba
j
i j na nb 2 và Vì hai dãy ,..., ,..., aa
,
1 bb
,
1
2 na nb 2 Ví dụ 1.1.4.1. và ñơn ñiệu ngược chiều thì bất ñẳng thức ñổi ,..., ,..., aa
,
1 bb
,
1
2 Nếu 2 dãy
chiều. aA cC ≥ ta có : bB
+
+
cba
++ Chứng minh rằng với mọi ABC∆
π
3 CBA a ≤ aA cC + + Không mất tính tổng quát giả sử :
b
c
≤⇔≤≤
Theo Chebyshev thì :
cba
++
3
aA
CBA
++
3 Ví dụ 1.1.4.2. cC ⇒ = ≥
≤
CBA
++
3 bB
3
π
3
bB
+
+
cba
++ ñều. ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ Cho ABC∆ A C A B C sin3 sin sin + + ≤ CBA
++ + + ) ( sin
A sin
B sin
C
)
không có góc tù và A, B, C ño bằng radian. CMR :
B ( x với x = ;0 ∈ ( )
xf sin
x
π
2
x
tan cos ) Ta có f x ' 0 ;0 = ∈∀≤ ( )
x −
2
π
2 (
xx
x 17 Xét ( )xf ;0
π
2 Vậy nghịch biến trên A B C CBA ⇒≥ ≥ ≤ ≤ sin
A sin
B sin
C C A B Không mất tổng quát giả sử : A B C sin sin + + CBA
++ + + (
sin3 ) ⇒ ( sin
B sin
C
)
ñpcm. Áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev ta có :
sin
A
≥
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ Ví dụ 1.1.4.3. A B C tan tan ≤ ñều. B
B A
A sin
cos sin
cos tan
3 +
+ +
+ ta có :
C
C Chứng minh rằng với mọi ABC∆
sin
cos ≥ ≥
C CBA
tan A B Không mất tổng quát giả sử
tan tan ≥ ≥ ⇒ A B C cos cos ≤ C A A B C C
cos
≤
Áp dụng Chebyshev ta có :
B
A A B C cos tan cos tan tan cos tan tan cos + + + + + +
B
cos
3 C B A B C tan tan tan + = B A
≥
C tan tan + ⇔ ≤ A
A +
+ +
+
A cos
3
tan
+
3
tan
C
C
tan B
B
tan sin
cos
+ Ví dụ 1.1.4.4. C C B A sin2 sin sin + ≥ + ) ñều. tan
3
sin
sin
cos
cos
Mà ta lại có
⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ B
2sin
B
cos 2sin
C
cos +
+ Chứng minh rằng với mọi ABC∆
3
(
2 ta có :
A
2sin
+
A
cos
+ a c b
≤≤ Không mất tổng quát giả sử 18 A B C sin sin ≤ ≤ ⇒ B cos ≥ ≥
sin
cos
C A B A B C A A B C C cos sin sin cos sin cos sin sin cos + + + + A
C
cos
Khi ñó theo Chebyshev thì :
+
+
sin
3 B
cos
3 (
sin2 ) C A B C sin sin ⇔ + + ≥ A
A cos
3
2sin
cos 2sin
C
cos 3
2 +
+
≥
B
2sin
+
B
cos
+ ñều. ⇒ ñpcm.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABC∆ 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. R 2 = = = A B C a
sin b
sin c
sin 2 2 2 a b c A bc
2 cos = + − 2 2 2 a
b b
c B
C b c a ca B cos
cos cos
cos 2 cos =
= = + − 2 2 2 c a A cos cos = cC
+
aA
+
bB
+ c a b ab C 2 cos = + − S = = = ha
.
a hb
.
b hc
.
c 1
2 1
2 1
2 2 B A ca bc ab C sin sin sin = = = 1
2 1
2 R A B C pr sin sin 2 sin = = = )
rcp
−
c = )
rbp
−
b
)( − − = 1
2
abc
R
4
(
)
(
(
rap
−
=
a
(
)cpbpapp
− =
)( 19 2 2 2 ( ) a 2 a bc
2 cos A
2 r tan = ap
− l = a b
2 + − A
2 cb
+ m = ) ( 2 2 2 2 b b ) ( 2 2 2 2 m = c c tan = bp
− ca 2 cos b c
2 + − B
2 m l = = ac
+ tan = cp
− a c 2 B
2
C
2 + − ab 2 cos C
2 c
2
4
a
2
4
b
2
4 l = R 4 sin sin sin = ba
+ A
2 B
2 C
2 tan 2 2 2 2 2 = ba
−
ba
+ b a + − tan A cot = c b + − tan B cot = 2 2 2 2 2 = cb
−
cb
+ a c + − tan C cot = c
S
4
2
a
S
4
2
b
S
4 ( ) a c + + A B C tan cot cot cot + + = b
S
4 = ac
−
ac
+ tan −
BA
2
+
BA
2
−
CB
2
+
CB
2
−
AC
2
+
AC
2
( ) ) (
app
−
bc − − tan = sin cos = = A
2 A
2 A
2 ( ) ( ) ) (
bpp
−
ca − − tan sin cos = = = B
2 B
2 B
2 ( ) ) ( ) )(
cpbp
bc
)(
apcp
ca
)(
bpap
ab (
cpp
−
ab )(
cpbp
−
−
(
)
app
−
)(
apcp
−
−
(
)
bpp
−
)(
bpap
−
−
)cpp
(
− − − sin cos = = tan = C
2 C
2 C
2 A B C sin sin sin 4 cos cos cos + + = = p
R 2 2 2 A B C A B C 2sin 2sin 2sin B
2
sin C
2
sin + + = ) A B C A B C sin sin sin + + = + A
2
sin4
(
12 2 2 2 A B C cos cos cos sin41 sin sin + + += 1
+= r
R 20 A B C A B C cos cos cos 21 cos
A
2
cos cos
B
2
cos cos
C
2
cos + + −= A B C A C B tan tan tan tan + + = cot cot cot cot cot cot + + = B
2 C
2 tan
A
2 tan
B
2 C
2 tan tan tan tan tan tan 1 + + = A
2
A
2
A C C A B
2
B
cot C
2
cot cot cot cot cot B
2
B
+ C
2
+ A
2
1
= (
2 )
1 (
2 )
B
1 (
2 )
C
1 (
−= )
k
41 (
2 )
1 (
2 )
1 (
2 )
1 k 1
+ k A k k k k k sin sin sin cos cos cos + + + + + + + + A
2 B
2 C
2 (
−= )
1 k kA kB kC kA kB kC 2sin 2sin 2sin sin4 sin sin + + (
2 )
1 (
2 )
B
1 (
2 )
C
1 (
−+= )
sin41 (
2 )
1 (
2 )
1 (
2 )
1 k A k k k k k cos cos cos 1 sin sin + + + + + + + + A
2 B
2 C
2 kA kB kC kA kB kC cos cos 2 cos cos 2
kA 2
kB cos
kC cos
kC tan tan (
1
−+−=
kA
tan
kC )
k
41
kB
tan
kA +
tan
kB +
tan
kB kA +
cot =
kC
cot +
cot cot cot 1 cot + + = (
2 )
1 (
2 )
1 (
2 )
1 (
2 )
1 (
2 )
1 (
2 )
1 k k k k k k tan tan tan tan tan tan 1 + + + + + + + + = C
2 (
2 )
1 (
2 (
2 (
2 )
1 (
2 (
2 2 2 2 k k k k k k cot cot cot cot cot cot + + + + + = + + + B
2
)
1 B
2
)
1 C
2
)
1 A
2
)
1 B
2 C
2 k 1
+ 2 2 2 B
2
kC A
2
kC kA kB kA kB A
2
A
2
cos C
2
cos cos cos cos cos 1 + + (
−+=
(
2
−+= )
k
21
)
1 kA kB kC kA kB kC sin sin sin 2 cos cos cos + + ba ba c
+<<− cb cb a
b BA
CB b
c a
+<<− ≤⇔≤
≤⇔≤ c AC a ≤⇔≤ ac b ac
− +<< cos cos cos + + ≤ 33
2 A B C cos cos cos + + ≤ sin sin sin + + ≤ 3
2 A B C sin sin sin + + ≤ tan tan tan 3 + + ≥ A B C tan tan tan 3
2
33
2
33 + + ≥ cot cot cot 3 A B C + + ≥ cot cot cot 33 + + ≥ C
2
C
2
C
2
C
2 B
2
B
2
B
2
B
2 A
2
A
2
A
2
A
2 21 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos cos cos + + A B C cos cos cos + + ≥ 2 2 2 2 2 2 sin sin sin + + A B C sin sin sin + + ≤ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 tan tan tan 1 + + ≥ A B C tan tan tan 3
4
9
4
9 + + ≥ cos cos cos ≤ A B C cos cos cos ≤ 33
8 sin sin sin ≤ A B C sin sin sin ≤ 1
8 1 tan tan tan ≤ A B C 1
8
33
8
33 tan tan tan ≥ 33 1 A B C cot cot cot ≤ cot cot cot 33 ≥ 33 B
2
B
2
A
2
A
2 C
2
C
2
A
2
A
2 A
2
A
2
A
2
A
2 A B C cot cot cot 1 + + ≥ cot cot cot + + B
2
B
2
B
2
B
2 C
2
C
2
C
2
C
2 A
2
A
2
A
2
A
2 )ba ; ]ba ; và có ñạo hàm trên khoảng ( liên tục trên ñoạn [ − ( )
bf ( )xf
y =
)ba
(
c
;∈
( )
af
f
'
= sao cho :
)abc
( )(
− Ví dụ 1.3.1.1. b Nói chung với kiến thức THPT, ta chỉ có công nhận ñịnh lý này mà không chứng minh.
Ví chứng minh của nó cần ñến một số kiến thức của toán cao cấp. Ta chỉ cần hiểu cách
dùng nó cùng những ñiều kiện ñi kèm trong các trường hợp chứng minh. , ∀ Chứng minh rằng
b aRba
∈
a ,
<
ab sin −≤ − sin thì ta có : 22 f x ' sin cos = = ( )
x ( )
xf c ; cos − b c ab ( )
af
ab
−≤ )
−≤ ⇒
x
Xét
Khi ñó theo ñịnh lý Lagrange ta có
)
(
(
( )
ab
bfba
c
:
=
−
∈∃
⇒
a
sin
sin
cos
−
⇒ ñpcm. : b Ví dụ 1.3.1.2. a <<0 ln < < Với b
a ab
−
a . CMR :
ab
−
b ln= ( )
xf ( )xf ]ba ; x
ln a b f Xét khả vi trên ( ' nên c
<< c
∈∃ = = < < (
ba
; )
: )ba ;
nên :
1
1
c
a 1
b ln ⇒ Từ ñó ln vì < < < 1
b 1
⇒<
a b
a ab
−
a Ví dụ 1.3.1.3. 0 < <
αβ < Cho . CMR : tan tan α β < − < −
βα
2
cos
α π
2
−
βα
2
cos
β ñpcm. liên tục trên [
1
( )
c
c
ab
−
b , khi ñó
b
a
ln
−
ab
−
b
a
ln
−
ab
− ( )
xf ]αβ;
tan nên theo ñịnh lý Lagrange Xét ( )1 (
)
;
:
αβ )αβ;
1
2 c
cos β ⇒ f ' = = c
∈∃ β << c α < < ( )2 c 1
2
cos β α Vì nên liên tục trên [
x
tan=
(
)
)
(
f
f
α
β
−
( )
c
βα
−
1
2
cos khả vi trên (
tan
α
−
βα
−
1
2
cos Từ ( )( ) ⇒21 Ví dụ 1.3.1.4. 23 ñpcm. x x 1
+ 1 1 0>x + > + x 1
x
1 1
+ CMR nếu thì x x x x ln 0 = x
>∀ + ( )
xf (
ln ( )
1
−+ ) 1
x
1ln
=
f x x ' ln ln Ta có = − ( )
x ( t nên theo Lagrange thì : Xét ln= ( )
tg )1 Xét )
1
−+
liên tục trên [
ln ( )
:1 ( )
cg
' 1 ; +xx
1
+ 1
x
1
+
]1
; +xx
)
(
x
1
−+
(
)
x
1
−+ x xx
; c
∈∃ + = > khả vi trên (
ln
x x ' ln ln 0 ( )
x ( )
1
−+ 1 1
+ x với ⇒> 0 ( )xf tăng trên ( x x 1
+ ⇒ ⇒ + > + (
xf )
1
>+ ( )
xf x 1
x 1 )∞+;0
1ln
1ln
1
+ x x 1
+ 1 > + x 1
x 1
+⇒
1
1
+ ⇒ ñpcm. Ví dụ 1.3.1.5. ⇒ f x x = − > x arctan ≤ 2 2 2
≤
n n n n +∈∀
Zn
1
2 2 1 1 + + 1
n
++ 1
+ ta có : Chứng minh rằng x arctan = ; +nn ( )
xf ⇒ f ' Xét = +∈∀+
Zn ( )
x ]1
)
1 2 1 1
x
+ nn
; liên tục trên [
trên ( Theo ñịnh lý Lagrange ta có :
)
:1 (
nn
; ( )
c ( )
nf
n (
)
nf
1
−+
(
)
n
1
−+ f ' c
∈∃ + = (
n )
1
−+ 2 ⇒ n arctan arctan arctan = = 1 n
+ 1 1
c
+ n
1
−+
)
(
n
n
1
+
2 2 ⇒ arctan =
n 1 1 1
c
+ 1
n
++ 24 c n c ∈ (
nn
; )
1 2 2 c +<<≤⇒+
n
1
2
<⇒
n
+ < (
n 2 2 n c n n ðể ý 2
<+⇔ 1
)
1
1
<+ + < < ⇔ 2 2 1 2 2 n n c n 2 1 1 + + 1
+ < ⇔ 2 2 +
1
2
+
1
n
++ ⇒ ñpcm
. arctan n n n n
<
2 1
2
1
2 1 1 + + 1
2
+ 2 ac b 4 =∆ 2 − (
ac )0
=
cùng dấu với hệ số a, với mọi số thực x. ax bx và + ≠ + ( )
xf
( )xf Cho tam thức
- Nếu
thì
0<∆ x 0=∆ −≠ ( )xf . - Nếu thì cùng dấu với a với mọi 0>∆ ( )xf 2 ( )xf
cùng dấu
trái dấu với a x <
1
x > có hai nghiệm ]2 1 ; xx x
2x .Thế thì
( )xf
) và 2 . 0>∆ 0≤∆ Ví dụ 1.3.2.1. CMR - Nếu
thì
với a với mọi x ngoài ñoạn [
khi x ở trong khoảng hai nghiệm (tức là
Trong một số trường hợp, ñịnh lý này là một công cụ hết sức hiệu quả. Ta sẽ coi biểu
thức cần chứng minh là một tam thức bậc hai theo một biến rồi xét ∆ . Với ñịnh lý trên thì
các bất ñẳng thức thường rơi vào trường hợp mà ít khi ta xét ∀ bất kỳ ta có :
2
2 2 +∈
Rzyx
,
,
A B C x z + + ≤ cos
x cos
y cos
z y
+
xyz +
2 và ABC∆ 2 2 2 (
yx ) ( ) 0
≥ 2 2 2 Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
zC
2
cos
+
Coi ñây như là tam thức bậc hai theo biến x.
yz y z A B cos 2 cos cos − − + '
=∆ zC
+ ) 2 sin sin 0 (
−= zC
− (
≤ y
( )
)
y
B
Vậy bất ñẳng thức trên ñúng. x yz B y z A cos cos 2 − + + − 25 B y zyx A B : : sin sin: sin: cbaC
: : ⇔ = = sin
y B ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
zC
=
cos cos sin
zC
+ Ví dụ 1.3.2.2.
x
zyx
,
, tức . =
là ba cạnh của tam giác tương ñương với ABC∆ 2 x B cos cos 1 ≥ xA
+ + + (
cos )C Rx ∈∀
1
2 CMR bất kỳ ta có : và ABC∆ 2 C B x x cos 0 + ≥ )
− 2 C B A cos '
=∆ + − Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
(
A
2
cos
−
(
)
cos 22
−+
(
12 cos
)
2 2 2 2 cos cos sin4 = CB
+
2 CB
−
2 A
2
cos
2
−
2 2 sin4 cos = − A
2
1
sin4 sin 0 −= ≤
A
2 CB
−
2
CB
−
2 Ví dụ 1.3.2.4. 0 Vậy bất ñẳng thức trên ñúng.
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
CB
= ⇔ =∆
x B C x B C cos cos 2 cos 2 cos = + = =
2 2 2 2 ab A bc B ca C sin sin sin + + ≤
cba
++
2 ta ñều có : CMR trong mọi ABC∆ 2 2 2 a c bc
2 cos cos 2 cos 0 + + ≥ 2 2 2 c (
ba
cos 2 cos C
2 bc
2 cos 2 '
=∆ cA
+ + + 2
+
(
b )
bC
2
+
(
)
b
− B
2
)B Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với :
cA
+ 26 C 2sin 2sin 0 −= 2 ≤ ) (
b cA
+
Vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh xong. Ví dụ 1.3.2.4. A B C cos cos cos + + ≤ 3
2 bất kỳ. CMR : Cho ABC∆ k A B C cos cos cos 2 cos cos cos = + + = − ( )BA
+ CB
+
2 CB
−
2 2 k 2 cos 2 cos cos 01 ⇔ − =−+ BA
+
2 BA
−
2 BA
+
2 Do ñó cos ðặt BA +
2 x k 2 2
x 2 cos 01 − =−+ BA
−
2 2 là nghiệm của phương trình : cos . ðể tồn tại nghiệm thì : '
=∆ − − (
k
2 )1 BA
+
2 2 k 0' cos 1 ≤⇒≤ (
k
2
≤−⇔≥∆ )
1 BA
−
2 3
2 ⇒ A B C cos cos cos + + ≤ 3
2 ⇒ ñpcm. Ví dụ 1.3.2.5. Xét ∀ , Ryx ∈ x y x y sin sin cos + + + ≤ ( ) 3
2 CMR ta có : x y x y x y 2 k x y x y sin sin cos sin2 cos sin21 = + + + = −+ ( ) +
2 −
2 +
2 y Khi ñó sin ðặt x +
2 x y x k 2 2
x 2 cos 01 − =−+ −
2 là nghiệm của phương trình : 27 0 −=∆⇒ )
1
≥− ≤⇒
k (
k
21'
3
2 ⇒ ñpcm. ax b = + ( )
xf ]βα; xác ñịnh trên ñoạn [ Xét hàm )Rk
(
∈ f k ≥ Nếu k f ( )
xf (
)
α
)
(
β
]βα;∈∀≥
x .
k thì ≥
[ Ví dụ 1.3.3.1. ðây là một ñịnh lý khá hay. Trong một số trường hợp, khi mà AM – GM ñã bó tay,
BCS ñã ñầu hàng vô ñiều kiện thì ñịnh lý về hàm tuyến tính mới phát huy hết sức mạnh
của mình. Một phát biểu hết sức ñơn giản nhưng ñó lại là lối ra cho nhiều bài bất ñẳng
thức khó. 2 2 Cho a b cba ,
, 4 = + cba abc là những số thực không âm thỏa :
2
c 8 ≤++ + +
1
2 CMR : cbabc 0 8 1 ≤ −
Ta viết lại bất ñẳng thức cần chứng minh dưới dạng :
−++
với . cbabc 1 8 = − ( )
af ]2;0∈a
[ 1
2
−++
1
2 Khi ñó : 2 2 Xét 8 2 8 8 8 0 (
b f c ≤ + cb
−+= − = − = 8 8 0 2
−= 8
<
)
0 0 a
∈∀≤ ( )
af a b ,0 0 )
( )
0
( )
cb
8
2
2
−=
−++
a
b
c
(vì
2
==⇔=
[
] ⇒
Vậy
ñpcm.
2;0
ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi f bc − = = c
== và các hoán vị. 28 Ví dụ 1.3.3.2. ,∀ ab bc ca abc 9 + + ≤ + không âm ta có : )(
cba
++ ) (
cba
2
++ )3 CMR
cba ,
(
7 x y z ; ; . Khi ñó bài toán trở thành : = = = a
cba
++ y xy 7 z
1=++ b
cba
++
yz
+
+ ( zx
Chứng minh
Không mất tính tổng quát giả sử y z yz ðặt với 7 9 7 2 x = + − + − ∈ ( )
xf (
7 )
xyz
1;
c
cba
++
)
xyz
x
với
9
2
+
≤
}zyx
{
x
max
,
,
.
=
1
3 Ta có : f f ;0 0 2
<−= ( )
1 1
3
=
⇒ x 0 ∈∀≤ ( )
xf 1
3
1;
y x z b a c Xét . ==⇔===⇔ Vậy bất ñẳng thức chứng minh xong.
1
3 ðẳng thức xảy ra ðây là phần duy nhất của chuyên ñề không ñề cập ñến lượng giác. Nó chỉ mang tính
giới thiệu cho bạn ñọc một ñịnh lý hay ñể chứng minh bất ñẳng thức. Nhưng thực ra
trong một số bài bất ñẳng thức lượng giác, ta vẫn có thể áp dụng ñịnh lý này. Chỉ có ñiều
các bạn nên chú ý là dấu bằng của bất ñẳng thức xảy ra phải phù hợp với tập xác ñịnh
của các hàm lượng giác. . CMR : Cho ABC∆ 3 3 3 1 A B C cot cot cot nhọn. + + ≥ 3 23 3 sin sin sin + + ≤ 32 + ≥ + −
2 A
4 B
4 C
4 A B C 1
sin 1
sin 1
sin 2 2 2 sin sin sin sin sin sin + + + ≥ A
2 B
2 C
2 A
2 B
2 C
2 7
8 29 A B C cot cot cot + + ≤ B C 9
sin sin A B C cos cos sin8 sin sin cos ≥ B B C sin sin 1 cos ≥ + C
sin
4
33 + ≥ + A
sin8
AC
−
2
A
1
bac
−+ S 2 + + 32≥ BA
−
2
A
cos
1
cba
−+
a
b
m
m CB
−
2
cos
1
acb
−+
c
m + ≥ + 2p + + + > 3
abc a
m
a
a
lm
aa
1
2
ma b
c
m
m
b
c
c
b
lmlm
+
cc
bb
1
2
mb 33
2
≥
1
2
mc c a b cpbpap
− − − ≤ )( )( ) abc
8 r + + 9≥ h
a h
b h
c B A A B C sin sin sin sin sin sin ≤
+
A
3
4 +
B
C
3
4 +
C
3
4 30Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
1.1.4. Bất ñẳng thức Chebyshev :
Chứng minh :
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
1.2. Các ñẳng thức bất ñẳng thức trong tam giác :
1.2.1. ðẳng thức :
1.2.2. Bất ñẳng thức :
1.3. Một số ñịnh lý khác :
1.3.1. ðịnh lý Lagrange :
Nếu hàm số
thì tồn tại 1 ñiểm
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
1.3.2. ðịnh lý về dấu của tam thức bậc hai :
b
a
2
và giả sử
hay
x <
1x
).
x
x
<<
1, xx
2
(tức là
x
1
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
Lời giải :
1.3.3. ðịnh lý về hàm tuyến tính :
Lời giải :
Lời giải :
1.4. Bài tập :
1.4.1.
với ABC∆
1.4.2.
1.4.3.
1.4.4.
1.4.5.
1.4.6.
1.4.7.
1.4.8.
1.4.9.
1.4.10.
1.4.11.
1.4.12.
1.4.13. (
1.4.14.
1.4.15.
