ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC I.. CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ ỨNG DỤNG TRƯC TIẾP PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC : 1.. Dựa vào tính chấ

ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

I CƠ SỞ LÍ THUYẾT VÀ ỨNG DỤNG TRƯC TIẾP PHƯƠNG PHÁP TIẾP

TUYẾN TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC :

1 Cơ sở lí thuyết :

Đối với một hàm số, tiếp tuyến tại một điểm nào đó luôn nằm rên hày nằm dưới

đồ thị hàm số Dựa vào tính chất này, người ta đã thiết lập nên một phương pháp thú vị để chứng minh bất đẳng thức Trước tiên, ta có nhận xét sau :

Nếu y=ax b+ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( ) tại điểm A x y( 0, 0)

(Akhông phải là điểm uốn) , khi đó tồn tại một khoảng Dchứa điểm x sao0

cho f x( )³ ax b x D+ " Î, hoặc f x( )£ ax b x D+ " Î, Đẳng thức xảy ra khi x=x0

*Nếu y=ax b+ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( ) tại điểm A x y thì ta luôn phân( 0, 0)

tích được f x( )- ax b- = -(x x0) ( )k g x k, ³ 2

Ta sẽ tìm hiểu rõ hơn về phương pháp này qua ví dụ sau

Ví dụ 1 [Bất đẳng thức Nesbitt] Cho a b c, , >0 Chứng minh rằng 3

2

b c+c a+a b³

( )1

Nhận xét và phân tích hướng giải Bài toán này đến nay đã có nhiều lời giải kinh điển được

giới thiệu ở nhiều chuyên mục về bất đẳng thức ở các tài liệu khác nhau Chúng ta có thể thử tiếp cận nó bằng con đường “tiếp tuyến”

Trước hết, ta nhận thấy bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức thuần nhất đối với ba biến a b c, , nên ta có thể chuẩn hóa a b c+ + = Khi đó 3 ( )1 có thể viết lại thành

3

a+ b+ c³

Vì vế trái có dạng là tổng của ba hàm số có dạng ( )

3

x

f x

x

=

- của ba biến số a b c, , hoàn toàn độc lập nhau và đẳng thức xảy ra khi ba biến bằng nhau và bằng 1 nên ta nghĩ ngay đến phương pháp tiếp tuyến Vậy ta sẽ viết phương trình tiếp tuyến của hàm số ( )

3

x

y f x

x

- tại 1

1;

2

Mæ öç ÷

÷

çè ø Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M là ' 1( ) ( 1) ( )1 3 1

4

x

Ta cần chứng minh 3 1 ( )2 , : 0 3

x

-³ " < <

Thật vậy, ta có ( )2 Û 4x³ - 3x2+10x- 3Û 3x2- 6x+ ³3 0( đúng với mọi x thỏa điều kiện

trên và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x= ).1

Khi đó (3 1) (3 1) (3 1) 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a= = = b c 1

** Qua bài toán trên, ta nhận thấy ý tưởng của phương pháp tiếp tuyến khả thi khi bất đẳng thức

có dạng tổng của các hàm cùng dạng tại các giá trị phân biết không ràng buộc nhau, và thường thì đẳng thức xảy ra tại tâm Tuy nhiên, việc viết phương trình tiếp tuyến đôi khi không hiệu quả nếu như tiếp tuyến không nằm ở vị trí mong muốn nên cần cẩn thận sử dụng phương pháp này

2 Vận dụng trực tiếp phương pháp tiếp tuyến trong chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 2 [Hoa Kì 2003] Cho các số dương a b c, , Chứng minh

8

Lời giải Do a b c, , bình đẳng như nhau và bất đẳng thức cần chứng minh là bất đẳng thức thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa a b c+ + = và dự đoán đẳng thức xảy ra khi 3 a= = = Bất b c 1

đẳng thức đã cho có thể viết lại thành ( )

2 , ,

2 2

3

8

a b c a

+

£ +

2

2 2

3 , 0;3

x

+

2

2 2

'

f x

-=

Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x= là 1 4 4

y= x+

2

2

0, 0;3

-ç

- ççè + ÷÷ø= - + £ " Î .

2

2 2

8

a b c a a b c

a

£ ççè + ÷ø= +

Ví dụ 3 [Japan 1997] Cho a b c, , >0 Chứng minh rằng ( )

, ,

2 2

6 5

a b c cyc

a b c

+

£ + +

Lời giải Do tính thuần nhất nên không mất tính tổng quát ta chuẩn hóa a b c+ + = Khi đó 3 bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại ( )

2

3

a b c a a a b c

+

Phương trình tiếp tuyến tại điểm x= của hàm số 1 2 1

y

=

- + là

25

x

Ta cần chứng minh 2 1 2 3, 0 3 *( )

x

x

+

£ " < <

Thật vậy ( ) ( 3 3 2)

* Û 2 x + + -x 1 3x ³ 0(luôn đúng theo bđt AM-GM)

Suy ra

2

a b c a b c a

+

Ví dụ 4.[Hong-kong 2005] Cho a b c d, , , >0 và a b c d+ + + = Chứng minh rằng1

6

8

a + + +b c d ³ a + + +b c d +

Lời giải Xét y= f x( )=6x3- x x2, Î ( )0;1 , ta có phương trình tiếp tuyến tại 1 1;

4 32

Mæç ö÷

÷

çè ø là

y= x- Ta cần chứng minh 3 2 5 1 ( )

x - x ³ x- < <x

Thật vậy ta có ( ) ( )

2 1

4

æ ö÷ ç

Û ççè - ÷÷ø + ³ (luôn đúng với mọi xÎ ( )0;1 )

6

a + + +b c d - a + + +b c d ³ a b c d+ + + - = (đpcm)

Ví dụ 5 [Poland MO 96]Cho , , 3

4

a b c  và a b c   1 Chứng minh rằng

9

Phân tích Xét hàm số   2

1

x

f x x



 với 3;1

4

x   

  ta có  

'

2 2

1 1

x

f x

x







Tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x  tại điểm có hoành độ 1

3

Lời giải Ta chứng minh rằng   18 3 3;1

f x  x   x  

3

;1

4

   

2 2

0

x



Do đó , , 3;1

4

a b c   

  và a b c   1 ta có

.3

a b c

Bất đẳng thức đã được chứng minh

Ví dụ 6 [Nesbitt equality for 4 variables] Chứng minh với 4 số dương a b c d, , , thì

4 3

b c d  c d a d a b a b c         Phân tích Vì tính thuần nhất của BĐT nên ta có thể chuẩn hóa a b c d    4

Xét hàm số   0;4

4

x

x

 2

4 '

4

f x

x





Tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x  tại điểm có hoành độ x 1 là 4 1

y x

Lời giải Chuẩn hóa a b c d    4

Ta chứng minh 4 1

x x

  x 0;4

0;4

x

2

0

x

x

Do đó a b c d, , , 0;4 và a b c d    4ta có

a

a

b b

c c

d

d



a b c d

Bất đẳng thức đã được chứng minh

Ví dụ 7 [ Russia MO 2002]

Cho a b c , , 0và a b c   3 Chứng minh a b c ab bc ca  

Lời giải Để ý rằng  2  2 2 2  2 2 2

9

Do đó BĐT tương đương 2 a a 2  2 b b 2  2 c c 2 9

Xét hàm số f x  2 x x 2 x 0,3, ta có f x'  1 2x

x

Tiếp tuyến của đồ thị hàm số yf x  tại điểm có hoành độ x 1 là y 3x

Ta chứng minh 2 x x 2  3x  x 0,3( đúng theo BĐT AM – GM)

Do đó a b c, , 0,3 và a b c   3 ta có 2 a a 2 3 , 2a  b b 2 3 , 2b  c c 2 3c

2 a a2 2 b b2 2 c c2 3a b c 9

Bất đẳng thức đã được chứng minh

Ví dụ 8 [Canada MO 2002] Chứng minh rằng với mọi x y z , , 0, ta có

x y z

yzzxxy  

Lời giải BĐT tương đương với x y z x y z

xyz

  

Chuẩn hóa xyz 1 ta được x4  x  y4  y  z4  z 0

Xét hàm f x x4  x  x 0, ta có f x'  4x3  1

Phương trình tiếp tuyến tại x 1 là y 3x 3

Ta chứng minh x4  x 3x 3  x 0   2 2 

x x  x  (luôn đúng)

Do đó x4  x  y4  y  z4  z 3(x y z  ) 9 3   3xyz 9 0 

Bất đẳng thức đã được chứng minh

Ví dụ 9 Cho a b c , , 0 và a b c   3 Chứng minh rằng 2 1 2 1 2 1 9

Lời giải Xét hàm số   2 1

x

f x

x





  x 0,3, ta có  

4 '

f x

x





Phương trình tiếp tuyến tại x 1 là y 4x 7

Ta chứng minh 2 1 4 7

x

x x



  x 0,3  8.x 12 0(luôn đúng)

a b c

Bất đẳng thức đã được chứng minh

Ví dụ 10 [Trang Toán học zui – Facebook]

b c  a c a   b a b   c 

Lời giải Chuẩn hóa a b c   3khi đó BĐT tương đương 3

Xét hàm số  

3

x

f x

x



  x 0, ta có  

 2

3 '

3

f x

x





Phương trình tiếp tuyến tại x 1 là 3 1

Ta chứng minh 3 1

x

x

2

0

a b c

Bất đẳng thức đã được chứng minh

Ví dụ 11 [VLTT/119] Cho , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn x y z  1 Tìm giá trị

x  x y  y z  z

Lời giải Ý tưởng để giải bài toán này là sử dụng phương pháp tiếp tuyến Tuy nhiên,

bằng tính toán trực tiếp, ta nhận thấy giá trị lớn nhất của biểu thức trên không xảy ra tại

1

3

x= = = mà xảy ra khi có hai số bằng 0 và một số bằng 1 Lấy ý tưởng của phương pháp y z

tiếp tuyến ta sẽ tìm a b, Î ¡ sao cho 2 [ ]

1

, 0;1

x x £ + " Î

Û + - + - + - ³ " Î ¡ Dấu đẳng thức xảy ra khi x= hoặc1 0

x= nên ta có thể chọn 1, 1

b= a= và ta cần chứng minh 2 2 1

x

+

³

Ta có  2

0

,

x y z

  

Khi x1,y z 0 thì 7

18

A  Vậy giá trị lớn nhất của A là 7

18.

** Qua các ví dụ trên, ta thấy việc thiết lập các bất đẳng thức dựa trên tiếp tuyến mới chỉ được thực hiện với dấu bằng tại tâm Tiếp đến ta sẽ thử tiếp cận bài toán bằng phương pháp này khi dấu bằng bị lệch hay xảy ra nhiều đẳng thức

Ví dụ 12 Cho a b c, , ³ 0 thỏa mãn a b c+ + > Chứng minh 0

2 , ,

2 2

1 3 5

a b c cyc

a

+ +

Lời giải Chuẩn hóa a b c+ + = , bất đẳng thức cần chứng minh viết lại thành3

2

, ,

a b c a

Để ý rằng đẳng thức xảy ra không chỉ tại a= = = mà còn tại b c 1 3, 0

2

a= =b c= và các hoán

vị Vậy phương pháp tiếp tuyến cổ điển có thể coi như bị phá sản dù đang ở điều kiện rất thuận lợi về dạng biểu thức Thế nên ta cần tìm một cách nào đó để đáp ứng đủ cả hai điều kiện đẳng thức xảy ra, và ta chọn phương pháp tiếp tuyến xét theo từng trường hợp đẳng thức Trước hết, ta

sẽ viết phương trình tiếp tuyến cho hàm số

2 2

x y

=

- + tại x= , là điểm nằm trong miền 1 xác định của hàm

Phương trình tiếp tuyến của hàm số

2 2

x y

=

- + tại x= là 1

9

x

y=

-

Ta cần xem xét tính đúng đắn của bất đẳng thức

2 2

4 1

-£

- + trong điều kiện 0£ £x 3

Sauk hi khai triển và rút gọn hai vế ta được bất đẳng thức tương đương ( ) ( )2

8x- 3 x- 1 ³ 0 chỉ đúng khi 3

8

x³

Suy ra nếu cả ba số a b c, , đều lớn hơn 3

8 thì sử dụng đánh giá trên suy ra

2 , ,

a b c a

Xét trường hợp tồn tại một số bé hơn 3

8 Giả sử đó là c Vì

3 8

c< nên điểm rơi của bài toán

không còn như trên nữa mà là 3, 0

2

a= =b c= Ta nghĩ ngay đến việc thiết lập bất đẳng thức

tiếp tuyến tại điểm 3

2

x= cho hàm số 2 2

x y

=

- + Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm

số này tại 3

2

x= là 4 3

18

x

= Thế nên ta chỉ cần chứng minh

( )( )

2

2 2

+

- + (luôn đúng) Sử dụng cho hai biến a b, ta được

1

c

2

2

c

nhiên đúng với mọi 3

8

c< (đpcm)

3 Vận dụng tính chất sự tiếp xúc của các đường cong trong chứng minh bất đẳng thức

Bên cạnh phương pháp viết tiếp tuyến của đường cong tại một điểm để chứng minh bất đẳng thức, ta vẫn có thể lợi dụng một tính chất khác về sự tiếp xúc đã học trong chương trình phổ thông để lam việc này : Sự tiếp xúc giữa các đường cong Phương pháp này bao gồm và tổng quát hơn phương pháp tiếp tuyến nêu trên vì nó không hẳn phải áp đặt cho điều kiện bài toán nhiều Sau đây ta sẽ cùng phân tích một vài ví dụ về phương pháp này :

Ví dụ 13 Cho a b c, , >0 thỏa mãn a2+ + =b2 c2 3 Chứng minh 1 1 1 3

2 a+2 b+2 c³

Phân tích Ta lưu ý về điều kiện tiếp xúc của đồ thị hai hàm số f x g x là tồn tại ( ) ( ), x sao cho0

f x g x

ïí

ïî Áp dụng tư tưởng này, ta sẽ đưa bài toán về việc chứng minh

2 1

2 x³ ax +b

0 2

x

Đẳng thức xảy ra thỏa điều kiện tiếp xúc, tức là ( ) ( )

' 1 ' 1

ìï = ïí

ïî (do điểm rơi là a= = = )b c 1

Dễ dàng tìm được 1

2

a= = b

Lời giải Ta sẽ chứng minh ( ) 1 1( 2 ) ( )

x

Ta có ( )

2

1 '

Ta có ( ) ( )

1

2

2

x

x

é

ê = ê ê

ê ê

-ê = ê

.

x

0 3 5

2

- 1 2

( )

'

f x + 0 - 0 +

( )

f x

0 0

Dựa vào bảng biến thiên suy ra 1 1( 2 )

1

2 x³ 2 x +

- Đến đây, chỉ cần áp dụng bất đẳng thức này vào vế trái của bđt cần chứng minh thì ta có đpcm

Ví dụ 14 Cho a b c, , Î ¡ thỏa mãn a b c+ + = Chứng minh 3 a b cå, , a2- a+ ³1 3

Lời giải Tương tự ví dụ 6, ta đặt f x( )= x2- x+ -1 ax b x- , Î ¡

Điều kiện tiếp xúc thỏa mãn khi đẳng thức xảy ra trong bđt trên, tức là

( ) ( )

2 ' 1 ' 1

a b

ìï =

ïî Vậy ta sẽ chứng minh 2 1( ) ( )2

2

x - x+ ³ x+ Û x- ³ Điều này luôn đúng với mọi

xÎ ¡

Áp dụng bất đẳng thức này cho vế trái bđt trên suy ra đpcm

Ví dụ 15 [Hà Tĩnh 2008-2009] Cho x y z, , ³ 0 thỏa mãn x+ + =y z 1 Tìm giá trị nhỏ nhất

P

Lời giải Dự đoán minP= , đạt được khi 2 x= =y 0,z=1 Ta tìm a b, sao cho

( )

1

1 1

x

ax b

x

+ với mọi xÎ [ ]0;1 và ax b+ ³ 0 Khi đó

( )1 Û -1 x³ (1+x a x) ( 2 2+2abx b+ 2)

Xét điểm rơi x= ta có 0 ( )

( )

1

1

a

b

éì =-ïïêí ê

î

íêï =-êïîë

Ta loại trường hợp 1

1

a b

ì = ïï

íï

=-ïî vì khi đó

[ ]

ax b+ = - £x " Îx )

1

a

b

ì

=-ïï

íï =

ïî ta có ( )* Û x2(1- x)³ 0, đúng với mọi xÎ [ ]0;1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 0

1

x

x

é =

ê

ê =

ë Áp dụng bất đẳng thức trên cho P ta được min P= 2

Ví dụ 16 [Russia 1990] Cho x y, >0 và x2+y3³ x3+ Chứng minh rằng y4 x3+y3£ 2

Lời giải Bài toán viết lại là : Chứng minh (x3- 1) (+ y3- 1)£ 0 với (x3- x2) (+ y4- y3)£ 0

Rõ ràng bất đẳng thức này sẽ được chứng minh nếu tìm được k sao cho

x - £k x - x y - £k y - y k> Với đẳng thức xảy ra tại x= =y 1, số k thích hợp nhất chính là số sao cho các dường cong ( ) 3 ( ) ( 3 2) ( ) ( 4 3)

f t = -t g t =k t - t h t =k t - t

tiêp xúc nhau tại điểm t= Do 1 g t f t hiển nhiên tiếp xúc nhau tại điểm ( ) ( ), t = nên ta tìm k1

để f t g t tiếp xúc nhau tại ( ) ( ), t= Tương tự cách làm ở các bài trên suy ra 1 k= Việc chứng3 minh phần còn lại xin dành cho các bạn

4 Từ ý tưởng tiếp tuyến đến ý tưởng đồng bậc hóa bất đẳng thức :

Ý tưởng tiếp tuyến hay sử dụng điều kiện tiếp xúc đôi khi cũng không mấy khả thi khi mỗi biểu thức chứa không chỉ đơn thuần là một biến độc lập hay có thể thay thế bởi điều kiện đề cho, có lúc thì dấu bằng không xảy ra tại điểm tiếp xúc của phương trình viết được Song nhờ vào tiếp tuyến, ta nảy sinh ra một ý tưởng khác để chứng minh bất đẳng thức : Đồng bậc hóa hai vế Ta sẽ làm rõ ý tưởng này qua các ví dụ sau :

Ví dụ 17 Cho a b c, , >0 và a b c+ + = Chứng minh rằng 3 2 2 2 3 ( )*

2

a b+b c+c a³

Nhận xét Ta có thể chứng minh dễ dàng bđt trên bằng bđt Cauchy-Schwarz nhưng ở đây, chúng

tối sẽ sẽ sử dung ý tưởng nêu trên để chứng minh với mục đích làm rõ vấn đề, cách sử dụng phương pháp

Phân tích Trong ( )* , do các biến có vai trò như nhau và đẳng thức xảy ra khi a b c= = nên ta

cần tìm ,m n để có bđt a2 ma nb

a b³ + + ( )** và đây chính là cơ sở suy ra bđt ( )*

Với a= thì bất đẳng thức b ( )** trở thành 2 ( )

2

a

m n a

a³ + Từ đây, ta có thể chọn 1

2

n= - m

a

a b

³ +çç - ÷÷ Û - - +çç - ÷÷ ³

Đặt t a

b

= thì bất đẳng thức trên trở thành ( )( )

1 2

1

m

m t t

m

ç

Để chứng minh ( )** đúng thì ta có

1

2 1 1

m

m m

ì - >

ïï

=í

ïï -ïî

Lời giải Với a b, >0, ta có 2 3 ( )2

0 4

a b

a b

Áp dụng bất đẳng thức này cho vế trái suy ra đpcm

II BÀI TẬP RÈN LUYỆN :

1)-3) Cho tam giác ABC , dùng phương pháp tiếp tuyến, hãy chứng minh

1) sin sin sin 3 3

2

A+ B+ C£

2

A+ B+ C£

3) tanA+tanB+tanC³ 3 3,"DABC nhọn

Lời giải.

1) Nhận thấy rằng đẳng thức xảy ra tại

3

x y z p

= = = Xét hàm số y=sin ,x xÎ (0;p)

Ta có f x'( )=cosx Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y= f x( )=sinx tại

3 2

Mæçp ö÷÷

çè ø là

y æçx pö÷

çè ø Đến đây, nếu ta dung phép biến đổi tương

đương để chứng minh sin 3 1 , 0;

x æçx pö÷x æ öç p÷

£ + çç - ÷÷ Î çç ÷÷

è ø è ø thì khá khó khăn nên ta có thể

xét hàm ( ) sin 3 1 , (0; )

p

ç

= - - ççè - ÷÷ø Î ngay từ đầu để xử lí việc chứng minh

g x £ bằng cách khảo sát nó Thật vậy, dễ thấy '( ) cos 1

2

g x = x- Ta có

( )

3

= Û = Lâp bảng biến thiên suy ra g x( )£ 0," Îx (0;p) Từ đó, áp dụng vào gt suy ra đpcm

2) Đối với bài này, nếu ta áp dụng trực tiếp như bài trên sẽ thất bại ngay do khi tiến về p

x- æçç - æççx- pö÷÷÷ö÷>

÷

ç çè ÷ø÷

çè ø Sử dụng đẳng thức quen thuộc cos cos cos 1 4sin sin sin

A+ B+ C= + ( việc chứng minh dành cho các bạn) ta

đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng sin 1 ln sin 3ln1

Tương tự câu a ta sẽ chứng minh ( ) ln sin ln1 3 0, (0; )

x

= - - ççè - ÷÷ø£ Î

Thật vậy, ta có '( ) cot2 3

2

x

3

f x = Û x p

= Lập bảng biến thiên suy ra

đpcm

3) Tương tự câu 1

4) Cho a b c, , là các số không âm thỏa mãn a b c+ + > Chứng minh rằng0

2 2 2

a

+ +

Lời giải Bất đẳng thức ở bên trái là hiển nhiên bởi 2 ( )2 ( 2 2 2)

2a + +b c ³ 2 b + +c a Đối với bất đẳng thức vế phải, chuẩn hóa a= = = , giả sử b c 1 a³ b c³

rồi áp dụng tương tự ví dụ 12 với hai trường hợp 1, 1

b³ b< ta sẽ được đpcm

5) Chứng minh rằng với mọi a b c, , >0;abc=1 ta có 2 1

2

a

a

+ £

Lời giải Ngay từ đầu ta đã thấy rằng nếu viết pttt như bình thường thì ta không thể vận

dụng giả thiết abc= và thật vậy, bước đánh giá đó không phù hợp với yêu cầu đề bài Vậy1

ta thử đổi biến để áp dụng phương pháp tiếp tuyến, song lại không thể đặt

= = = hay các phép thế tương tự vì sẽ tạo thêm sự liên kết giữa các biến, mất

đi đặc trưng của phương pháp và mục đích đổi biến

Đặt a=e b x, =e c y, = Þe z x+ + = Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành y z 0

2 1

0 2

x

x e

e

x

x e

2

'

x

e

+

+

2

x

e

ìï >

ïï

ïïî

x

x

e

ìï >

ïï

Lập bảng biến thiên suy ra đpcm

6) Cho 1, , ,2 0;

2

n

x x x æ öç p÷

Î ç ÷÷

çè ø thỏa å tanx i£ n Chứng minh sin 1 .

2

x £ Õ

Lời giải Đặt a i =tanx i (i=1, 2, ,n) Þ a i>0,å a i£ n

Ta cần chứng minh 2 1 ( )1

i

n i

a

a £ +