PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC NGUYỄN LÁI GV THPT chuyên Lương Văn Chánh (Bài viết có bổ sung) 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)()( BA fBfAf ; hoặc       + ≥ 2 )().( 2 BA fBfAf (1) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A=B . 2)             + ≥       + 2 3 2 3 )( π π C ffCf hoặc       + ≥ 2 )().( 2 BA fBfAf (2) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C= 3 π . Khi cộng (hoặc nhân) (1),(2) ta sẽ có BĐT :       ≥++ 3 3)()()( π fCfBfAf (3) hoặc       ≥ 3 )().().( 3 π 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)()( BA fBfAf ) . Tương tự 2 60 sin1 2 60sin1 1 sin1 1 00 + + ≥ + + + C C (6) Cộng theo vế (5) và (6) ta có:               + + + + + ≥ + + + + + + + 2 60 sin1 1 2 sin1 1 2 60sin1 1 sin1 1 sin1 1 sin1 1 00 C BACBA 0 60sin1 4 + ≥ . ⇒ 4 0 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: 3 1 1 1 2 1 1 1 1 sin sin sin 3 A B C       + + + ≥ +  ÷ ÷ ÷  ÷       Lời giải . Ta có: BABABA sinsin 1 sin 1 sin 1 1) sin 1 1)( sin 1 1( +++=++ =++≥ 2 ) sin.sin 1 ( sin.sin 2 1 BABA 2 sinsin 1 1         + BA = 2 )cos()cos( .2 1         +−− + BABA 2 2 2 sin 1 1 )cos(1 2 1             + +=         +− +≥ BA BA . ⇒ ) sin 1 1)( sin 1 1( BA ++ 2 ) 2 sin 1 1( BA + +≥ (7) (Có dạng       + ≥ 2 )().( 2 BA fBfAf ). Tương tự 2 00 ) 2 60 sin 1 1() 60sin 1 1)( sin 1 1( + +≥++ C C (8) Nhân theo vế (7) và (8) ta có ≥++++ ) 60sin 1 1)( sin 1 1)( sin 1 1)( sin 1 1( 0 CBA 2 0 ) 2 60 sin 1 1).( 2 sin 1 1(             + + + + C BA ≥ 4 0 60sin 1 1       + Suy ra 3 3 0 3 2 1 60sin 1 1 sin 1 1 sin 1 1 sin 1 1         +=       +≥       +       +       + 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 3 sin sin sin ) 2 2 2 64 A B C + + ≥ Lời giải. Trường hợp tam giác ABC tù hoặc vuông . Giả sử A = Max { } 0 90,, ≥ 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 coscos 1 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)()( BA fBfAf ) . 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: ≥         + + + ≥+++ 6 0 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 6 2 2 4 4   ≤ +  ÷  ÷   Lời giải. Ta có cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)= ) 4 cos() 4 cos() 4 cos(2.2 CBA −−− πππ . Nên BĐT đã cho viết lại dưới dạng : ≤−−− ) 4 cos() 4 cos() 4 cos( CBA πππ 3 4 6 4 2         + (*) • Nếu Max { } CBA ;; ≥ 4 3 π thì vế trái của biểu thức (*)không dương nên BĐT đã cho luôn đúng. • Nếu Max { } CBA ;; < 4 3 π thì 0) 4 cos(;0) 4 cos(;0) 4 cos( ≥−≥−≥− CBA πππ , nên =−−+≤−+−−=−− )] 4 2cos(1[ 2 1 )]cos() 4 2[cos( 2 1 ) 4 cos() 4 cos( BAABBABA ππππ = ) 24 (cos 2 BA + − π (12) ( Có dạng       + ≤ 2 )().( 2 BA fBfAf ). Tương tự ) 2 3 4 (cos) 34 cos() 4 cos( 2 π ππππ + −≤−− 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 ππ π πππππππ −≤ + − + −≤−−−− C BA CBA ⇒ ) 34 (cos) 4 cos() 4 cos() 4 cos( 3 πππππ −≤−−− CBA 3 4 6 4 2         +≤ Do đó (cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC) 3 4 6 4 2 22         +≤ 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 n A B C + + ≥ ( n là số thực dương) . . Bài 3 . cos cos cos 4 4 4 A B C A B C+ + 2 (1 3 4 π ≤ + . Bài 4 . Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ,ta đều có: 3 1 cos( )cos( )cos( ) .(1 3) .cos cos cos 4 4 4 2 2 A B C A B C π π π − − − ≥ + . 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             + ≥ + B tg A tg B tg A tg . Mặt khác: 22 B tg A tg + = . 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 BA tg B tg A tg + ≥+ (14). ( Có dạng       + ≥+ 2 2)()( BA fBfAf ) Tương tự 4 60 2 2 60 2 0 3 0 33 + ≥+ C tgtg C tg (15) Cộng theo vế (14) và (15) ta có: 2 60 4) 4 60 4 (2 2 60 222 0 3 0 33 0 3333 tg C tg BA tgtg C tg B tg A tg ≥ + + + =+++ ⇒ . 3 1 303 222 03333 =≥++ tg C tg B tg A tg 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 n A 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 BA BABABABA BA n n n n n n nn + = + − ≥ + − − =≥+ ++ (16) ( Có dạng       + ≥+ 2 2)()( BA fBfAf ) Tương tự 4 60 sin 2 2 60 sin 1 2 sin 1 00 + ≥+ C C nn n (17) Cộng theo vế (16) và (17) ta có: ≥                       + +       + ≥+++ 4 60 sin 1 4 sin 1 2 2 60 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 0 0 C BA CBA n n n nnn 2 60 sin 4 0 n . ⇒ .2.3 2 60 sin 3 2 sin 1 2 sin 1 2 sin 1 0 n n nnn 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 C A B C+ + 2 (1 3) 4 π ≤ + . Lời giải . Ta luôn luôn có : 0) 4 cos 4 )(cos 44 ( ≤−− y x y x ⇔ ) 4 cos 4 (cos 24 cos 4 cos y x yxy y x x + + ≤+ ),0(, π ∈∀ yx Do đó: ) 4 cos 4 )(cos 2 ( 4 cos 4 cos BABAB B A A + + ≤+ = 8 cos 2 2) 8 cos 8 cos2)( 2 ( BABABABABA ++ ≤ −++ (18). (Có dạng       + ≤+ 2 2)()( BA fBfAf ) Tương tựï ≤+ 12 cos 34 cos ππ C C 8 3 cos 2 3 2 ππ ++ CC (19). Cộng theo vế (18) và (19) ta có: 4 cos 4 cos B B A A + + ≤+ 12 cos 34 cos ππ C C 2( 8 cos 2 BABA ++ + 8 3 cos 2 3 ππ ++ CC ) 16 3 cos 4 3 4 ππ ++++++ ≤ CBACBA =4. 3 π . 12 cos π ⇒ 4 cos 4 cos 4 cos C C B B A A ++ ≤ 12 cos π π 31( 4 2 += π . 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: 3 1 cos( )cos( )cos( ) .(1 3) .cos cos cos 4 4 4 2 2 A B C A B C π π π − − − ≥ + . 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 BA BA BA BA + ≤ + −⇒ ⇔ tgA.tgB 2 2 BA tg + ≥ ⇒ (1+tgA)(1+tgB) 2 ) 2 1( BA tg + +≥ (20). (Có dạng       + ≥ 2 )().( 2 BA fBfAf ) Tương tự (1+tgC)(1+tg60 0 ) 2 0 ) 2 60 1( + +≥ C tg (21) Nhân theo vế (20) và (21) ta có (1+tgA)(1+tgB)(1+tgC)(1+tg60 0 ) 2 0 )] 2 60 1)( 2 1[( + + + +≥ C tg BA tg 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 +≥−−− πππ . 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 BABABA BA + ≤ −+ =+ (24) (Có dạng       + ≤+ 2 2)()( BA fBfAf ) Tương tự: 2 60 cos2 2 60 cos 2 60 cos260coscos 000 0 + ≤ −+ =+ AAA A (25) Cộng vế theo vế của (24) và (25) ta có: 0 0 0 60cos4) 2 60 cos 2 (cos260coscoscoscos ≤ + + + ≤+++ CBA CBA ⇒ 2 3 60cos3coscoscos 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 > 120 0 ⇒ 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 BCBCBC BC + ≤ −+ =+ (26) (Đúng) 2 60 cos2 2 60 cos 2 60 cos260coscos 000 0 + ≤ −+ =+ AAA A (27) (Đúng) Cộng vế theo vế của (26) và (27) ta có: 0 0 0 60cos4) 2 60 cos 2 (cos260coscoscoscos ≤ + + + ≤+++ ABC CBA (Đúng) ⇒ 2 3 60cos3coscoscos 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 { } ; ;A Max A B C= và hai góc A, B thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) 2 2 A B f A f B f +   + ≥  ÷   hoặc 2 ( ). ( ) 2 A B f A f B f +   ≥  ÷   (22) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B. Thì ta sẽ có BĐT : ( ) ( ) ( ) 3 3 f A f B f C f π   + + ≥  ÷   hoặc 3 ( ). ( ). ( ) 3 f A f B f C f π   ≥  ÷   (23) Đẳng thức xảy ra khi và khỉ khi A = B = C. Tương tự ta cũng có BĐT với chiều ngược lại. 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 BABABA BA + ≤ −+ =+ Có dạng       + ≤+ 2 2)()( BA fBfAf . 2 3 3 cos3 3 3)()()(coscoscos =       =       ≤++=++⇒ ππ 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: . 2 3 3 cos 3 cos 3 cos −≥       ++       ++       + πππ CBA Lời giải :Giả sử { } CBAMaxA ;; = 0 32 cos 3 <       + + ⇒≥⇒ ππ BA A ,ta có:       + + ≥       −       + + =       ++       + 32 cos2 2 cos 32 cos2 3 cos 3 cos ππππ BABABA BA . Có dạng       + ≥+ 2 2)()( BA fBfAf ⇒ cos cos cos ( ) ( ) ( ) 3 ( ) 3 3 3 3 A B C A B C f A f B f C f π π π + +       + + + + + = + + ≥  ÷  ÷  ÷       . 2 3 3cos 3 2 π = = − 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 32 2.3 sin1 1 sin1 1 sin1 1 + ≥ + + + + + CBA 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)()( BA fBfAf . ⇒ 4 32 2.3 3 sin1 3 3 3)()()( sin1 1 sin1 1 sin1 1 + = + =       ≥++= + + + + + π π 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: 3 3 2 1 sin 1 1 sin 1 1 sin 1 1         +≥       +       +       + CBA Lời giải . Giả sử { } CBAMaxA ;; = , Ta có: BABABA sinsin 1 sin 1 sin 1 1) sin 1 1)( sin 1 1( +++=++ =++≥ 2 ) sin.sin 1 ( sin.sin 2 1 BABA 2 sinsin 1 1         + BA = 2 )cos()cos( .2 1         +−− + BABA 2 2 2 sin 1 1 )cos(1 2 1             + +=         +− +≥ BA BA ⇒ ) sin 1 1)( sin 1 1( BA ++ 2 ) 2 sin 1 1( BA + +≥ Có dạng       + ≥ 2 )().( 2 BA fBfAf . 3 3 3 3 2 1 3 sin 1 1 3 )().().() sin 1 1)( sin 1 1)( sin 1 1(         +=             +=       ≥=+++⇒ π π 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 1 1)(cos)(cos)cos()cos(69 4 1 222 BABABABABABA ++++≥−−+++−++ ( ) 2 2 2 2 cos1)cos(3 4 1       + +=++= BA BA . 2 222 2 cos1)cos1)(cos1(       + +≥++⇒ BA BA . (Có dạng ) 2 ()().( 2 BA fBfAf + ≥ ). Do đó 64 125 3 cos1) 3 ()().().()cos1)(cos1)(cos1( 2 33222 =       += ++ ≥=+++ π CBA fCfBfAfCBA Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. . PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC NGUYỄN LÁI GV THPT chuyên Lương Văn Chánh. khi tam giác ABC đều. Thí dụ 3 . Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 6 6 6 3 sin sin sin ) 2 2 2 64 A B C + + ≥ Lời giải. Trường hợp tam giác