PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT DẠNG BẤT ðẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC NGUYỄN LÁI GV THPT chuyên Lương Văn Chánh (Bài viết có bổ sung) PHẦN I . (ðã ñược ñăng 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 ñiều kiện: 1) + ≥+ 2 2)()( BA fBfAf ; hoặc + ≥ 2 )().( 2 BA fBfAf (1) ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A=B . 2) + ≥ + 2 3 2 3 )( π π C ffCf hoặc + ≥ 2 )().( 2 BA fBfAf (2) ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C= 3 π . Khi cộng (hoặc nhân) (1),(2) ta sẽ có BðT : ≥++ 3 3)()()( π fCfBfAf (3) hoặc ≥ 3 )().().( 3 π fCfBfAf (4) ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C. Tương tự ta cũng có BðT với chiều ngược lại. ðể minh họa cho phương pháp trên ta xét các bài toán sau ñây . 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 3 A 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 . ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. 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: B A B A B A sin sin 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( B A ++ 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 . ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. 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 ñó 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 BðT (9) , (10) và (11) luôn ñúng. ðẳng thức xảy ra khi và chỉ tam giác ABC ñều. 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 −−− π π π . Nên BðT ñã cho viết lại dưới dạng : ≤−−− ) 4 cos() 4 cos() 4 cos( CBA π π π 3 4 6 4 2 + (*) • Nếu Max { } CBA ;; ≥ 4 3 π thì vế trái của biểu thức (*)không dương nên BðT ñã cho luôn ñúng. • Nếu Max { } CBA ;; < 4 3 π thì 0) 4 cos(;0) 4 cos(;0) 4 cos( ≥−≥−≥− CBA π π π , nên =−−+≤−+−−=−− )] 4 2cos(1[ 2 1 )]cos() 4 2[cos( 2 1 ) 4 cos() 4 cos( BAABBABA π π π π = ) 2 4 (cos 2 BA + − π (12) ( Có dạng + ≤ 2 )().( 2 BA fBfAf ). Tương tự ) 2 3 4 (cos) 3 4 cos() 4 cos( 2 π ππππ + −≤−− C C (13) Do ñó nhân theo vế của (12) và (13) và tương tự ta có : ) 3 4 (cos)] 2 3 4 cos() 2 4 [cos() 3 4 cos() 4 cos() 4 cos() 4 cos( 42 ππ π πππππππ −≤ + − + −≤−−−− C BA CBA ⇒ ) 3 4 (cos) 4 cos() 4 cos() 4 cos( 3 π π π π π −≤−−− CBA 3 4 6 4 2 +≤ Do ñó (cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC) 3 4 6 4 2 22 +≤ ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều . • Mời các bạn tiếp tục giải các bài toán sau theo phương pháp trên. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta ñều 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 ñều 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 ñều 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: 2 2 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 ñó: 4 2 2 2 333 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 2 2 2 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 ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giaca ABC ñều. Bài 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta ñều 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 =≥++ ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. Bài 3. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta ñều 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 4 4 ( ≤−− y x y x ⇔ ) 4 cos 4 (cos 2 4 cos 4 cos y x yxy y x x + + ≤+ ),0(, π ∈ ∀ yx Do ñó: ) 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 3 4 cos π π C C 8 3 cos 2 3 2 π π ++ CC (19). Cộng theo vế (18) và (19) ta có: 4 cos 4 cos B B A A + + ≤+ 12 cos 3 4 cos π π C C 2( 8 cos 2 BABA + + + 8 3 cos 2 3 π π ++ CC ) 16 3 cos 4 3 4 π π ++++++ ≤ 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 . ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. Bài 4. Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ta ñều 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 ñã 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 ñó 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 ñó: CBACBA coscoscos.)31.( 22 1 ) 4 cos() 4 cos() 4 cos( 3 +≥−−− π π π . ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. PHẦN III. (ðề xuất thêm cho phương pháp ñã nêu) Trước tiên, ta giải bài toán ñơn giản quen thuộc sau ñây 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 . ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều.(?). Rõ ràng cách chứng minh trên chỉ ñúng cho tam giác nhọn ,vì khi góc C > 120 0 ⇒ 2 60 cos 0 +C < 0 ⇒ BðT (25) không ñúng .Nhưng nếu ta biết “lách” Khi góc C tù ta ta có:. 2 cos2 2 cos 2 cos2coscos BCBCBC BC + ≤ − + =+ (26) (ðúng) 2 60 cos2 2 60 cos 2 60 cos260coscos 000 0 + ≤ −+ =+ AAA A (27) (ðúng) Cộng vế theo vế của (26) và (27) ta có: 0 0 0 60cos4) 2 60 cos 2 (cos260coscoscoscos ≤ + + + ≤+++ ABC CBA (ðúng) ⇒ 2 3 60cos3coscoscos 0 =≤++ CBA ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều . (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 “ ñược . nên xin ñề 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 ñiều kiện ( ) ( ) 2 2 A B f A f B f + + ≥ hoặc 2 ( ). ( ) 2 A B f A f B f + ≥ (22) ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B. Thì ta sẽ có BðT : ( ) ( ) ( ) 3 3 f A f B f C f π + + ≥ hoặc 3 ( ). ( ). ( ) 3 f A f B f C f π ≥ (23) ðẳng thức xảy ra khi và khỉ khi A = B = C. Tương tự ta cũng có BðT 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 . ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. 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 = = − ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. 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 ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. 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: B A B A B A sin sin 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( B A ++ 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 . ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. 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( ≤ + ⇒ B A 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 B A fBfAf + ≥ ). Do ñó 64 125 3 cos1) 3 ()().().()cos1)(cos1)(cos1( 2 33222 = += ++ ≥=+++ π CBA fCfBfAfCBA ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. . PHƯƠNG PHÁP GIẢI MỘT DẠNG BẤT ðẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC TRONG TAM GIÁC NGUYỄN LÁI GV THPT chuyên Lương Văn Chánh (Bài viết có bổ sung) PHẦN I . (ðã ñược ñăng trong tạp chí. ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. 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. 3 4 6 4 2 22 +≤ ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều . • Mời các bạn tiếp tục giải các bài toán sau theo phương pháp trên. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta ñều có