Phương pháp giải một dạng bất đẳng thức lượng giác trong tam giác

PHƯƠNG PHÁP
GIẢI MỘT DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC L ƯỢNG GIÁC
TRONG TAM GIÁC
NGUYỄN LÁI
GV THPT Chuyên Lương Văn Chánh .
PHẦN I . (Đã được đăng trong tạp chí TOÁN HỌC và TUỔI TRẺ số 357 tháng 3,2007)
Giả sử f(A,B,C) là biểu thức chứa các hàm số lượng giác của các góc tam giác ABC .
Giả sử các góc A,B,C thỏa mãn hai điều kiện:
1) 

 
2
2)()( BAfBfAf ; hoặc 

 
2
)().( 2 BAfBfAf (1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B
.
2)







 



2
32
3
)(

 CffCf hoặc 

 
2
)().( 2 BAfBfAf (2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C=
3

 .
Khi cộng (hoặc nhân) (1),(2) ta sẽ có BĐT : 


3
3)()()( fCfBfAf (3)
 hoặc 


3
)().().( 3 fCfBfAf (4)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C.
Tương tự ta cũng có BĐT với chiều ngược lại.
Để minh họa cho phương pháp trên ta xét các bài toán sau đây .
Thí dụ 1. Chứng minh rằng với tam giác ABC ta luôn luôn có
4
1 1 1 3. 2
1 sin 1 sin 1 sin 2 3A B C
     
Lời giải. Ta có:  BABABA sinsin22
4
sinsin2
4
sin1
1
sin1
1


2
cos
2
sin22
4
BABA 

2
sin1
2
BA 
 .

BA sin1
1
sin1
1
 
2
sin1
2
BA 
 (5) . ( Có dạng 

 
2
2)()( BAfBfAf ) .
Tương tự
2
60
sin1
2
60sin1
1
sin1
1
00 


 CC
 (6)
Cộng theo vế (5) và (6) ta có:













2
60
sin1
1
2
sin1
12
60sin1
1
sin1
1
sin1
1
sin1
1
00 CBACBA
060sin1
4
 .

40 32
2.3
60sin1
3
sin1
1
sin1
1
sin1
1

 CBA .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
31 1 1 21 1 1 1
sin sin sin 3A B C
                  
Lời giải . Ta có:
BABABA sinsin
1
sin
1
sin
11)
sin
11)(
sin
11( 
 2)
sin.sin
1(
sin.sin
21
BABA
2
sinsin
11 


 
BA
=
2
)cos()cos(
.21 



 BABA
2
2
2
sin
11
)cos(1
21












 BABA .
 )
sin
11)(
sin
11(
BA
 2)
2
sin
11(
BA  (7) (Có dạng 

 
2
)().( 2 BAfBfAf ).
Tương tự 200 )
2
60
sin
11()
60sin
11)(
sin
11(  CC (8)
Nhân theo vế (7) và (8) ta có
 )
60sin
11)(
sin
11)(
sin
11)(
sin
11( 0CBA
2
0 )
2
60
sin
11).(
2
sin
11(








 CBA 
4
060sin
11 

 
Suy ra
33
0 3
21
60sin
11
sin
11
sin
11
sin
11 

 

 

 

 

 
CBA
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 3 . Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
6 6 6 3sin sin sin )
2 2 2 64
A B C  
Lời giải. Trường hợp tam giác ABC tù hoặc vuông .
Giả sử A = Max   090,, CBA , lúc đó 0
2
cos  BA và 0
2
60
cos
0
C ,Ta có


 

 







 

 33
3
2266
2
cos
2
cos1
8
1
2
coscos1
8
1
2
2
sin
2
sin
2
2
sin
2
sin BABABA
BABA
4
sin
2
cos1
8
1 6
3 BABA 

  .

4
sin2
2
sin
2
sin 666 BABA  (9) (Có dạng 

 
2
2)()( BAfBfAf ) .
Tương tự
4
60
sin2
2
60
sin
2
sin
0
6
0
66  CC (10)
Cộng theo vế của (9) và (10) ta có:



 
60
66
0
6666
4
60
sin
4
sin2
2
60
sin
2
sin
2
sin
2
sin CBACBA
2
60
sin4
0
6

64
3
2
60
sin3
2
sin
2
sin
2
sin
0
6666  CBA . (11)
Trường hợp tam giác ABC nhọn ,các BĐT (9) , (10) và (11) luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ tam giác ABC đều.
Thí dụ 4: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
 (cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)
3
2 62 2
4 4
     
Lời giải. Ta có cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)= )
4
cos()
4
cos()
4
cos(2.2 CBA   .
Nên BĐT đã cho viết lại dưới dạng :  )
4
cos()
4
cos()
4
cos( CBA 
3
4
6
4
2



  (*)
 Nếu Max  CBA ;; 
4
3
 thì vế trái của biểu thức (*)không dương nên BĐT đã cho luôn
đúng.
 Nếu Max  CBA ;; 
4
3
 thì 0)
4
cos(;0)
4
cos(;0)
4
cos(  CBA  ,
nên  )]
4
2cos(1[
2
1)]cos()
4
2[cos(
2
1)
4
cos()
4
cos( BAABBABA 
= )
24
(cos 2 BA  (12) ( Có dạng 

 
2
)().( 2 BAfBfAf ).
Tương tự )
2
3
4
(cos)
34
cos()
4
cos( 2

 
C
C (13)
Do đó nhân theo vế của (12) và (13) và tương tự ta có :
)
34
(cos)]
2
3
4
cos()
24
[cos()
34
cos()
4
cos()
4
cos()
4
cos( 42 

 


CBACBA
 )
34
(cos)
4
cos()
4
cos()
4
cos( 3   CBA
3
4
6
4
2



 
Do đó (cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)
3
4
6
4
222 


 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều .
 Mời các bạn tiếp tục giải các bài toán sau theo phương pháp trên.
 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
Bài 1 . 3 3 3 1
2 2 2 3
A B C
tg tg tg   .
Bài 2 . 1 1 1 3.2
sin sin sin
2 2 2
n
n n nA B C
  
 ( n là số thực dương) . .
Bài 3 . cos cos cos
4 4 4
A B CA B C  2 (1 3
4
  .
Bài 4 . Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ,ta đều có:
31cos( )cos( ) cos( ) .(1 3) .cos cos cos
4 4 4 2 2
A B C A B C       .
PHẦN II. (Tiếp tục bổ sung giải 4 bài toán trên.)
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
3 3 3 1
2 2 2 3
A B C
tg tg tg  
Lời giải . Ta có
3
33
2
22
2
22







 

 BtgAtgBtgAtg
.
Mặt khác:
22
B
tgAtg  = .
4
2
2
cos1
4
cos
4
sin4
2
cos
2
cos
2
sin2
2
cos
2
cos
2
sin BA
tg
BA
BABA
BABA
BA
BA
BA






Do đó:
4
2
22
333 BAtgBtgAtg  (14). ( Có dạng 

 
2
2)()( BAfBfAf )
Tương tự
4
602
2
60
2
0
3
0
33  CtgtgCtg (15)
Cộng theo vế (14) và (15) ta có:
2
604)
4
60
4
(2
2
60
222
0
3
0
33
0
3333 tgCtgBAtgtgCtgBtgAtg 
 .
3
1303
222
03333  tgCtgBtgAtg
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giaca ABC đều.
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
1 1 1 3.2
sin sin sin
2 2 2
n
n n nA B C
  
 ( n là số thực dương)
Lời giải . Ta có:
4
sin
2
)
2
cos1(
2
)
2
cos
2
(cos
2
)
2
sin
2
(sin
1
.2
2
sin
1
2
sin
1
2
2
2
2
2
2
2
BABABABABABA nn
n
n
n
n
nn 



 (16)
( Có dạng 

 
2
2)()( BAfBfAf )
Tương tự
4
60
sin
2
2
60
sin
1
2
sin
1
00  CC nnn
(17)
Cộng theo vế (16) và (17) ta có:














 

 
4
60
sin
1
4
sin
12
2
60
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
00 CBACBA nnnnnn
2
60
sin
4
0
n
.
 .2.3
2
60
sin
3
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
0
n
nnnn
CBA

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có
cos cos cos
4 4 4
A B CA B C  2 (1 3
4
  .
Lời giải . Ta luôn luôn có : 0)
4
cos
4
)(cos
44
(  yxyx
 )
4
cos
4
(cos
24
cos
4
cos
yxyxyyxx  ),0(,  yx
Do đó:
)
4
cos
4
)(cos
2
(
4
cos
4
cos
BABABBAA  =
8
cos
2
2)
8
cos
8
cos2)(
2
( BABABABABA  (18)
.
(Có dạng 

 
2
2)()( BAfBfAf )
Tương tựï 
12
cos
34
cos
CC
8
3cos
2
32
  CC
 (19).
Cộng theo vế (18) và (19) ta có:
4
cos
4
cos
BBAA  + 
12
cos
34
cos
CC 2(
8
cos
2
BABA 
+
8
3cos
2
3
  CC
)
16
3cos
4
34
 

CBACBA
=4.
3

.
12
cos


4
cos
4
cos
4
cos
CCBBAA  
12
cos
 31(
4
2   .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài 4. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta đều có:
31cos( )cos( ) cos( ) .(1 3) .cos cos cos
4 4 4 2 2
A B C A B C       .
Lời giải . Vì tam giác nhọn nên bài toán đã cho viết lại
2)31()1)(1)(1(  tgCtgBtgA
Tacó: 22 ).1().(.211)1)(1( tgBtgAtgBtgAtgBtgAtgAtgBtgBtgAtgBtgA 
Mặt khác vì tam giác nhọn nên cos(A+B) 0.
Do đó cosA.cosB=   cos()cos().([cos
2
1)cos()cos(
2
1  BABAsBABA A-B)]=
=
2
1
cos(A-B)[cos(A+B)+1]=(cosAcosB+sinAsinB).
2
cos 2
BA 
2
cossinsin)
2
cos1(coscos 22 BABABABA   tgA.tgB
2
2 BAtg 
 (1+tgA)(1+tgB) 2)
2
1( BAtg  (20). (Có dạng 

 
2
)().( 2 BAfBfAf )
Tương tự (1+tgC)(1+tg600 ) 2
0
)
2
601(  Ctg (21)
Nhân theo vế (20) và (21) ta có
(1+tgA)(1+tgB)(1+tgC)(1+tg60 0) 2
0
)]
2
601)(
2
1[(  CtgBAtg 40 )601( tg
 (1+tgA)(1+tgB)(1+tgC) 330 )31()601(  tg
Do đó: CBACBA coscoscos.)31.(
22
1)
4
cos()
4
cos()
4
cos( 3  .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
PHẦN III. (Đề xuất thêm cho phương pháp đã nêu)
Trước tiên, ta giải bài toán đơn giản quen thuộc sau đây theo phương pháp trên
Chứng minh với mọi tam giác ABC ta luôn có
2
3
coscoscos  CBA .
Giải theo thứ tự như trên:
 Ta có:
2
cos2
2
cos
2
cos2coscos BABABABA  (24)
(Có dạng 

 
2
2)()( BAfBfAf )
 Tương tự:
2
60
cos2
2
60
cos
2
60
cos260coscos
000
0  AAAA (25)
Cộng vế theo vế của (24) và (25) ta có:
0
0
0 60cos4)
2
60
cos
2
(cos260coscoscoscos  CBACBA

2
360cos3coscoscos 0  CBA .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.(?).
Rõ ràng cách chứng minh trên chỉ đúng cho tam giác nhọn ,vì khi góc C1200 
2
60
cos
0C
 0  BĐT (25) không đúng .Nhưng nếu ta biết “lách”
Khi góc C tù ta ta có:.
2
cos2
2
cos
2
cos2coscos BCBCBCBC  (26) (Đúng)
2
60
cos2
2
60
cos
2
60
cos260coscos
000
0  AAAA (27) (Đúng)
Cộng vế theo vế của (26) và (27) ta có:
0
0
0 60cos4)
2
60
cos
2
(cos260coscoscoscos  ABCCBA (Đúng)

2
360cos3coscoscos 0  CBA
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều .
(Xem cách giải tương tự thí dụ 3 và thí dụ 4 ).
 Xuất phát từ nội dung phương pháp trên và tinh thần bao giờ cũng “khôn khéo lách “
được .
nên xin đề xuất thêm phương pháp “mạnh mẽ” hơn như sau :
Giả sử f(A,B,C) là biểu thức chứa các hàm số lượng giác của các góc tam giác ABC .
Giả sử  CBAMaxA ;; và hai góc A,B thỏa mãn điều kiện


 
2
2)()( BAfBfAf hoặc 

 
2
)().( 2 BAfBfAf (22)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B.
Thì ta sẽ có BĐT : 


3
3)()()( fCfBfAf hoặc 


3
)().().( 3 fCfBfAf (23)
Đẳng thức xảy ra khi và khỉ khi A = B = C.
Tương tự ta cũng có BĐT với chiều ngược lại.
 Vì khuôn khổ và yêu cầu của tập san có giới hạn nên tôi chỉ lấy các bài toán sau đây để
minh họa cho phương pháp này .
Thí dụ 1. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có :
3
cos cos cos
2
A B C  
Lời giải . Giả sử  CBAMaxA ;; , ta có:
2
cos2
2
cos
2
cos2coscos BABABABA 
Có dạng 

 
2
2)()( BAfBfAf .
2
3
3
cos3
3
3)()()(coscoscos 



 fCfBfAfCBA .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 2: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
3
cos cos cos .
3 3 3 2
A B C                       
Lời giải :Giả sử  CBAMaxA ;; 0
32
cos
3


   BAA ,ta có:


 

 

 

 

 
32
cos2
2
cos
32
cos2
3
cos
3
cos
 BABABABA .
Có dạng 

 
2
2)()( BAfBfAf .

2
3
3
2
cos3)
3
(3)()()(
3
cos
3
cos
3
cos 

 

 

   CBAfCfBfAfCBA .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 3. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn luôn có
4
1 1 1 3. 2
1 sin 1 sin 1 sin 2 3A B C
     
Lời giải . Giả sử  CBAMaxA ;; , Ta có:
 BABABA sinsin22
4
sinsin2
4
sin1
1
sin1
1


2
cos
2
sin22
4
BABA 

2
sin1
2
BA 
 .

BA sin1
1
sin1
1
 
2
sin1
2
BA 
Có dạng 

 
2
2)()( BAfBfAf .

4 32
2.3
3
sin1
3
3
3)()()(
sin1
1
sin1
1
sin1
1



 
fCfBfAf
CBA
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 4. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
31 1 1 21 1 1 1
sin sin sin 3A B C
                  
Lời giải . Giả sử  CBAMaxA ;; ,
Ta có:
BABABA sinsin
1
sin
1
sin
11)
sin
11)(
sin
11( 
 2)
sin.sin
1(
sin.sin
21
BABA
2
sinsin
11 


 
BA
=
2
)cos()cos(
.21 



 BABA
2
2
2
sin
11
)cos(1
21












 BABA .
 )
sin
11)(
sin
11(
BA
 2)
2
sin
11(
BA 
 Có dạng 

 
2
)().( 2 BAfBfAf .
3
3
3
3
21
3
sin
11
3
)().().()
sin
11)(
sin
11)(
sin
11( 

 










 
fCfBfAf
CBA
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 5.(HSG 1992 bản B). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2(1 cos )(1 cos )(1 cos )A B C   .
Lời giải .Giả sử A = max(A,B,C) 0)cos(  BA nên ta có
 BAAABABA 2cos2cos)2cos2(cos39
4
1)2cos3)(2cos3(
4
1)cos1)(cos1( 22 


  )(2cos)(2(cos
2
1)cos()cos(69
4
1 BABABABA
   )(cos)cos(69
4
11)(cos)(cos)cos()cos(69
4
1 222 BABABABABABA 
  222
2
cos1)cos(3
4
1 

  BABA .
2
222
2
cos1)cos1)(cos1( 

  BABA . (Có dạng )
2
()().( 2 BAfBfAf  ).
Do đó
64
125
3
cos1)
3
()().().()cos1)(cos1)(cos1(
2
33222 

  CBAfCfBfAfCBA
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Lời kết . Người thầy giáo, dạy Toán không những giải toán nh ư những người bình thường khác
, mà còn là một nhà sư phạm giáo dục mọi mặt cho học sinh ! Bài viết này chắc chắn có nhiều
điều trao đổi . Mong các bạn đọc, góp ý xây dựng , chân thằnh cảm ơn!