2DacTrNgoc BDT tamgiac

Một số ứng dụng bất đẳng thức lượng giác tam giác Trương Ngọc Đắc Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Quy Nhơn Một số đẳng thức lượng giác Ta xét ba hệ thức lượng giác sau: 1.1 Hệ thức Với x, y, z ∈ R\ π + kπ, k ∈ Z tan x + tan y + tan z = tan x tan y tan z ⇔ * Đặc biệt: Nếu x, y, z ∈ 0; 1.2 π x + y + z = kπ π x, y, z = + kπ, k ∈ Z x + y + z = π Hệ thức Với x, y, z ∈ R\ π + kπ, k ∈ Z   x + y + z = π + kπ tan x tan y + tan y tan z + tan z tan x = ⇔  x, y, z = π + kπ, k ∈ Z π π * Đặc biệt: Nếu x, y, z ∈ 0; x + y + z = 2 1.3 Hệ thức Với x, y, z ∈ R cos2 x + cos2 y + cos2 z + cos x cos y cos z = x+y+z x+y−z y+z−x z+x−y ⇔ cos cos cos cos =0 2 2 24 * Đặc biệt: Nếu x, y, z ∈ 0; 1.4 π x + y + z = π Một số bất đẳng thức lượng giác tam giác Trong phần ta chứng minh số bất đẳng thức lượng giác tam giác mà phần ứng dụng để chứng minh bất đẳng thức đại số 1.5 Bất đẳng thức Chứng minh với tam giác ABC ta có: cos A + cos B + cos C ≤ Dấu đẳng thức xảy nào? * Đây bất đẳng thức chứng minh SGK 11NC 1.6 Bất đẳng thức Chứng minh với tam giác ABC ta có: cos A cos B cos C ≤ sin B C A sin sin 2 Dấu đẳng thức xảy nào? Chứng minh Ta nhận thấy, tam giác ABC khơng nhọn bất đẳng thức Xét tam giác ABC nhọn, ta có A+B C (cos(A + B) + cos(A − B)) ≤ (1 + cos(A + B)) = cos2 = sin2 2 2 (1) Tương tự (1): cos A cos B = cos B cos C ≤ sin2 A (2) cos C cos A ≤ sin2 B (3) Do vế bất đẳng thức (1) , (2) (3) dương, nên suy cos A cos B cos C ≤ sin A B C sin sin 2 Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC 25 1.7 Bất đẳng thức Chứng minh với tam giác ABC ta có: cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ Dấu đẳng thức xảy nào? Chứng minh Ta có: cos2 A + cos2 B + cos2 C = (3 + cos 2A + cos 2B + cos 2C) Mặt khác: (4) cos 2A + cos 2B + cos 2C = −1 − cos A cos B cos C (5) Và từ bất đẳng thức1, ta chứng minh: cos A cos B cos C ≤ (6) Từ (4) , (5) (6) ta có: Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ 1.8 Bất đẳng thức Chứng minh với tam giác ABC ta có: sin A + sin B − cos C ≤ Dấu đẳng thức xảy nào? Chứng minh Ta có: A−B A+B C A+B cos ≤ sin = cos sin A + sin B = sin 2 2 Do đó: C C sin A + sin B − cos C ≤ cos − 2cos2 − 2 C = −2 cos − 2 Suy ra: sin A + sin B − cos C ≤ Dấu đẳng thức xảy khi:  π  A=B=  C = 2π 26 + 3 ≤ 2 1.9 Bất đẳng thức √ 3 Dấu Chứng minh với tam giác ABC ta có: cos A + cos B + sin C ≤ đẳng thức xảy nào? Chứng minh Ta có: A+B A−B A+B cos A + cos B = cos cos ≤ cos (7) 2 Tương tự: π π π C− C− cos ≤ cos 2 C+ π = sin π π C+ C− ≤ 1, cos >0 Vì: sin 2 Từ (7) (8) suy ra: sin C + sin  cos A + cos B + sin C + sin A+B+C − = cos π A+B ≤ cos + cos C− (8) π 3 π π A+B−C + cos ≤ cos π √ 3 Từ suy ra: cos A + cos B + sin C ≤ Dấu đẳng thức xảy khi:  π  A=B=  C = 2π 1.10 Bất đẳng thức Chứng minh với tam giác ABC ta có: √ cos A − sin B + √ sin C ≤ Dấu đẳng thức xảy nào? Chứng minh Ta có: π π −A+C −A−C π cos A + sin C = sin − A + sin C = sin cos 2 2 π π −A−C B− = cos B − π ≤ cos = cos 2 27 Do đó: √ cos A − sin B + √ √ sin C ≤ cos √ = cos B π − − 2cos2 = −2 cos B π − √ − Từ suy ra: √ π B − 2 + B π − − cos π −B +1 +1≤ 2 cos A − sin B + √ sin C ≤ Dấu đẳng thức xảy khi:  π  A=B=  C = 2π 1.11 Bất đẳng thức Chứng minh với tam giác ABC ta có: sin 2A + sin 2B + cos 2C ≤ Dấu đẳng thức xảy nào? Chứng minh Ta có: sin 2A + sin 2B + cos 2C = sin(A + B) cos(A − B) + − 2sin2 C ≤ sin C − 2sin C + = −2 sin C − 2 + 3 ≤ 2 Từ suy ra: sin 2A + sin 2B + cos 2C ≤ Dấu đẳng thức xảy khi:    π  A=B  A = B = 5π  A=B= 12 12 ∨ ⇔  sin C =  C=π  C = 5π 6 28 1.12 Bất đẳng thức Chứng minh với tam giác ABC ta có: cos 2A + √ 3(cos 2B + cos 2C) ≥ − Dấu đẳng thức xảy nào? Chứng minh Ta có: √ √ cos 2A + 3(cos 2B + cos 2C) = 2cos2 A − − cos A cos(B − C) √ 3 cos(B − C) − cos2 (B − C) − ≥ − cos2 (B − C) − ≥ − = cos A − 2 2 Từ suy ra: cos 2A + √ 3(cos 2B + cos 2C) ≥ − Dấu đẳng thức xảy khi:  π  A=  B = C = 5π 12 1.13 Bất đẳng thức Chứng minh với tam giác ABC nhọn ta có: 2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ cos A cos B cos C + Dấu đẳng thức xảy nào? Chứng minh Ta có: √ sin 2A cot A sin 2B cot B ≤ (sin 2A cot B + sin 2B cot A) (9) √ sin 2B cot B sin 2C cot C ≤ (sin 2B cot C + sin 2C cot B) (10) cos A cos B = Tương tự (9): cos B cos C = √ cos C cos A = sin 2C cot C sin 2A cot A ≤ 29 (sin 2C cot A + sin 2A cot C) (11) Cộng bất đẳng thức (9) , (10) (11) vế theo vế ta được: 2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ {cot A (sin 2B + sin 2C) + cot B (sin 2C + sin 2A) + cot C (sin 2A + sin 2B)} = cot A sin A cos(B − C) + cot B sin B cos(C − A) + cot C sin C cos(A − B) = − [cos(B + C) cos(B − C) + cos(C + A) cos(C − A) + cos(A + B) cos(A − B)] = − (cos 2A + cos 2B + cos 2C) = − (−1 − cos A cos B cos C) Từ suy ra: 2(cos A cos B + cos B cos C + cos C cos A) ≤ cos A cos B cos C + Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC Một số ứng dụng bất đẳng thức lượng giác tam giác Trong phần chủ yếu chứng minh số bất đẳng thức đại số tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức đại số có điều kiện ràng buộc ban đầu Sử dụng đẳng thức bất đẳng thức lượng giác tam giác chứng minh phần 1, ta có cách chứng minh bất đẳng thức đại số mà giải phương pháp khác gặp nhiều phức tạp khó khăn Bài tốn Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: a + b + c = Chứng minh rằng: a b c + + ≤ a + bc b + ca c + ab Nhận xét Từ điều kiện giả thiết bất đẳng thức cần chứng minh ta nhận thấy vai trò biến a, b, c nhau, bất đẳng thức cần chứng minh không tạo cho học sinh biến đổi để sử dụng bất đẳng thức cổ điển Cauchy, Bunhiacopski khó khăn Việc biến đổi giả thiết bất đẳng thức cần chứng minh dạng: a+b+c= bc a ca + b ca b a b c + + = a + bc b + ca c + ab ab + c 1+ Và áp dụng bất đẳng thức1 ta có lời giải sau 30 bc a + ab c bc =1 a ca + ab 1+ 1+ b c Lời giải Ta có: a+b+c= bc a ca + b ca b ab + c ab c bc =1 a (12) Đặt: bc A = tan , a ca B = tan , b ab C = tan ; A, B, C ∈ (0; π) c Từ giả thiết (12) hệ thức2, ta có A + B + C = π Áp dụng bất đẳng thức 1, ta có: a b c + + = a + bc b + ca c + ab = cos2 = A + tan2 + B + tan2 + 1 + tan2 C A B C + cos2 + cos2 2 3 (cos A + cos B + cos C) + ≤ + = 2 4 Suy ra: b c a + + ≤ a + bc b + ca c + ab Dấu đẳng thức xảy a = b = c = Bài toán Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: √ b abc a + + Q= a + bc b + ca c + ab Nhận xét * Với giả thiết hồn tồn tương tự tốn1, việc tìm giá trị lớn biểu thức Q không đối xứng với biến a, b, c tốn khó * Khi tiếp cận cách giải tốn1 ta biến đổi biểu thức Q dạng lượng giác mà việc tìm giá trị lớn biểu thức lượng giác khơng phức tạp áp dụng bất đẳng thức ta có lời giải sau Lời giải Ta có: bc ca ca ab ab bc + + =1 (13) a+b+c= a b b c c a Đặt: bc A = tan , a ca B = tan , b ab C = tan ; A, B, C ∈ (0; π) c 31 Từ giả thiết (13) hệ thức2, ta có A + B + C = π Áp dụng bất đẳng thức 6, ta có: C √ 3 + + = + (cos A + cos B + sin C) ≤ + Q= 2A 2B 2C + tan + tan + tan 2 Suy √ √ √ 3 max Q = + , a = b = − 3, c = − 4 Hoàn toàn tương tự toán2, việc sử dụng bất đẳng thức 6, ta có lời giải tốn3 tan Bài toán Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi, thỏa mãn điều kiện: a + b + c = Chứng minh rằng: √ √ √ √ bc abc abc 3−5 − + ≥ a + bc c + ab b + ca Lời giải Ta có: a+b+c= bc a ca + b ca b ab + c ab c bc =1 a Đặt: bc A = tan , a ca B = tan , b ab C = tan ; A, B, C ∈ (0; π) c Từ giả thiết (14) hệ thức 2, ta có A + B + C = π Áp dụng bất đẳng thức 6, ta có:   B C 2A tan tan √  tan  + Q = 3 − A C B + tan2 + tan2 + tan2 2 √ 1 A = sin2 − sin C + sin B 2 √ (1 − cos A − sin C) + sin B = 2 √ √ √ √ =− cos A − sin B + sin C + ≥− + 2 Suy  π √  A=B= 3−5 ⇔ Q = ,  C = 2π 32 √ a=b=2 3−3 √ c=7−4 (14) Bài toán Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca = abc Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = b c a + + a + bc b + ca c + ab Nhận xét Tương tự biến đổi trên, ta biến đổi giả thiết bất đẳng thức cần chứng minh dạng: ab + bc + ca = abc ⇔ Và bc + a ca + b a b c + + = a + bc b + ca c + ab 1+ bc a ab = c + bc a ca b ab c 1 ca + ab 1+ 1+ b c Áp dụng bất đẳng thức 3, cho ta có lời giải sau Lời giải Ta có: ab + bc + ca = abc ⇔ bc + a ca + b ab = c bc a ca b ab c (15) Đặt: bc = tan A, a ca = tan B, b ab π = tan C ; A, B, C ∈ 0; c Từ giả thiết (15) hệ thức1, ta có A + B + C = π Áp dụng bất đẳng thức 3, ta có: b c 1 a + + = + + 2 a + bc b + ca c + ab + tan A + tan B + tan2 C = cos2 A + cos2 B + cos2 C ≥ Suy P = a = b = c = Bài toán Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng: √ √ a b c 3−3 + + ≥ a + bc b + ca c + ab Nhận xét 33 Với giả thiết tương tự giả thiết toán4, việc chứng minh bất đẳng thức cho không đối xứng với biến a, b, c Ta biến đổi giả thiết bất đẳng thức cần chứng minh dạng: ab + bc + ca = abc ⇔ bc + a ca + b ab = c Và bc a ca b ab c  √ a + a + bc b c + b + ca c + ab = 1+ bc a + √  3  1  ca + ab  1+ 1+ b c Áp dụng bất đẳng thức 8, cho ta có lời giải sau Lời giải Ta có: ab + bc + ca = abc ⇔ bc + a ca + b ab = c bc a ca b ab c (16) Đặt: bc = tan A, a ca = tan B, b ab π = tan C ; A, B, C ∈ 0; c Từ giả thiết (16) hệ thức1, ta có A + B + C = π Áp dụng bất đẳng thức 8, ta có: √ √ a c 1 b + 3( + )= + + ) 3( 2 a + bc b + ca c + ab + tan A + tan B + tan2 C √ √ 1 √ = cos2 A + 3(cos2 B + cos2 C) = cos 2A + 3(cos 2B + cos 2C) + + 2 √ √ 3−3 ≥− + + 3= 4 Vậy √ a + a + bc c b + b + ca c + ab √ 3−3 ≥ Dấu đẳng thức xảy khi:   √ π  A=  a=7+4 √ → + 5π  B=C=  b=c= 12 Bài toán Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: abc + a + b = c Tìm giá trị lớn biểu thức: Q= a b c2 + − a2 + b + c + 34 Nhận xét * Ta biến đổi giả thiết biểu thức Q dạng: 1 abc + a + b = c ⇔ a.b + b + a = c c Và Q= a b + − 1+a + b2 1 1+ c Khi thực phép đặt ẩn phụ đưa tốn tìm giá trị lớn biểu thức lượng giác sau áp dụng bất đẳng thức 4, ta có lời giải Lời giải Từ điều kiện ta có: 1 a.b + b + a = (17) c c Đặt: a = tan A B C , b = tan , = tan ; A, B, C ∈ (0; π) 2 c Từ giả thiết (17) hệ thức 2, ta có A + B + C = π Với cách đặt tan Q= A A 1 ≤ − = 4 + tan2 Suy tan + B + tan2 B − 1 + tan2 C = 1 (sin A + sin B − cos C) − 2   √ π   a = b = − A = B = √ → max Q = ,  C = 2π  c= 3 Bài toán Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: abc + a + b = c Tìm giá trị lớn biểu thức: Q= 2(1 + ab) c + 2 (1 + a )(1 + b ) + c2 Nhận xét Tương tự cách biến đổi toán 6, áp dụng bất đẳng thức 5, ta có lời giải Lời giải Từ điều kiện ta có: 1 a.b + b + a = (18) c c 35 Đặt: B C A , b = tan , = tan ; A, B, C ∈ (0; π) 2 c Từ giả thiết (18) hệ thức 2, ta có A + B + C = π Với cách đặt + a2 + b c 1 c Q≤ + = + + 2 2 (1 + a )(1 + b ) + c 1+a 1+b + c2 C √ tan 1 3 + + = + (cos A + cos B + sin C) ≤ + = 2A 2B 2C + tan + tan + tan 2 a = tan Suy   √ π √   a = b = − A = B = 3 √ , max Q = + →  C = 2π  c= 3 Bài toán Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = + bc + ca a2 b2 c Tìm giá trị lớn biểu thức: Q = + + a +1 b +1 c +1 Nhận xét * Khi thay đổi giả thiết toán 6,7,8 giả thiết khác ta tốn mà cách giải khơng thay đổi * Ta thực phép biến đổi giả thiết 1 1 ab = + bc + ca ⇔ + c + c = a b b a * Áp dụng bất đẳng thức ta có cách giải tốn sau Lời giải Từ điều kiện ta có: 1 1 + c + c = a b b a Đặt: A B C = tan , = tan , c = tan ; A, B, C ∈ (0; π) a b 2 Từ giả thiết (19) hệ thức 2, ta có A + B + C = π Với cách đặt áp dụng bất đẳng thức 5, ta có C tan 1 A B Q= + + = cos2 + cos2 + sin C A B C 2 + tan2 + tan2 + tan2 2 = (cos A + cos B + sin C) + 2√ 3 ≤ +1 36 (19) Suy  π √  A=B= 3 → + 1, max Q = 2π  C= a=b=2+ √ c= √ Bài toán Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = + bc + ca Tìm giá trị nhỏ biểu thức: √ √ 3.c b P = + − a +1 b +1 c +1 Lời giải Từ điều kiện ta có: 1 1 + c + c = a b b a (20) Đặt: A B C = tan , = tan , c = tan ; A, B, C ∈ (0; π) a b 2 Từ giả thiết (20) hệ thức 2, ta có A + B + C = π Với cách đặt áp dụng bất đẳng thức 6, ta có √ √ C B A √ tan tan √ 2A 2 + sin B − sin C P = + − = 3sin 2 2A 2B 2C + tan + tan + tan 2 √ √ √ √ 1 3 3 = (1 − cos A) + sin B − sin C = − (cos A + sin C) + sin B + 2 2 √2 ≥ − Suy 3tan2  π √  A=B= 3−5 → minP = ,  C = 2π a=b=2+ √ c= √ Bài toán 10 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab = + bc + ca Tìm giá trị nhỏ biểu thức: √ √ 3 P = + − a +1 b +1 c +1 Lời giải Từ điều kiện ta có: 1 a.b = a + b + c c 37 (21) Đặt: π = tan C ; A, B, C ∈ 0; c Từ giả thiết (21) hệ thức 1, ta có A + B + C = π Với cách đặt áp dụng bất đẳng thức 8, ta có √ √ √ √ 3tan2 C 2 P = + − = cos A + 3cos B − 3sin2 C 2 + tan2 A + tan B + tan C √ √ √ 1 3 (1 + cos 2B) − (1 − cos 2C) = + (cos 2A + (cos 2B + cos 2C)) = (1 + cos 2A) + 2 2 ≥ − =− 4 a = tan A, b = tan B, Suy √    π  a=   A = 3 √ P = − , → 5π b = +  B=C=   √  12 c=2− Bài toán 11 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: abc = a+b+c+2 Chứng minh rằng: √ √ √ ab + bc + ca ≤ + abc Nhận xét sử dụng phép biến đổi abc = a + b + c + ⇔ 1 1 + + +2 = bc ca ab abc Ta nhận thấy a, b, c ba số thực dương, suy ra: 1 , , ∈ (0; 1) bc ca ab áp dụng bất đẳng thức 9, ta có lời giải toán Lời giải Từ điều kiện ta có: 1 1 + + +2 = bc ca ab abc Do a, b, c ba số thực dương, suy ra: 1 , , ∈ (0; 1) bc ca ab Đặt 1 π √ = cos A, √ = cos B, √ = cos C; A, B, C ∈ 0; ca bc ab 38 Từ điều kiện toán, ta có: cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C = (22) Từ giả thiết (22) hệ thức 3, ta có A + B + C = π Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức 1 1 + + ≤4+ cos A cos B cos C cos A cos B cos C ⇔ (cos B cos C + cos C cos A + cos A cos B) ≤ cos A cos B cos C + Bất đẳng thức đúng, suy từ bất đẳng thức Dấu đẳng thức xảy π A = B = C = ↔ a = b = c = Bài toán 12 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: ab+bc+ca+abc = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: √ √ √ P = ab + bc + ca + ab + bc + ca Nhận xét Ta biến đổi giả thiết dạng: bc ca ab + + +2 4 bc ca ab = Và a, b, c số thực dương nên suy ra: bc, ca, ab ∈ (0; 4) Lời giải Đặt √ √ √ π bc = cos A, ca = cos B, ab = cos C; A, B, C ∈ 0; Từ điều kiện toán, ta có: cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C = Từ giả thiết (23) hệ thức 3, ta có: A + B + C = π Khi áp dụng bất đẳng thức 2, ta có: P = cos2 A + cos2 B + cos2 C + (cos A + cos B + cos C) A B C = (1 − cos A cos B cos C) + + sin sin sin 2 A B C = + sin sin sin − cos A cos B cos C ≥ 2 Vậy P = A = B = C = π ↔a=b=c=1 39 (23) Bài toán 13 Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: a+b+c+1 = 4abc Tìm giá trị lớn biểu thức: √ √ 4bc − 4ca − 1 + + Q= bc ca ab Nhận xét * Nhìn vào giả thiết tốn ta khó hình dung tốn có mối quan hệ với đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác * Nhưng sử dụng phép biến đổi: a + b + c + = 4abc ⇔ 1 1 + + +2 = 4bc 4ca 4ab 8abc Và nhận thấy a, b, c ba số thực dương, suy ra: 1 , , ∈ (0; 1) 4bc 4ca 4ab Từ ta có cách đặt để đưa Q dạng lượng giác mà việc tìm giá trị lớn Q đơn giản dùng công thức biến đổi lượng giác sử dụng bất đẳng thức Ta có lời giải sau Lời giải Từ điều kiện ta có: 1 1 + + +2 = 4bc 4ca 4ab 8abc Do a, b, c ba số thực dương, suy ra: 1 , , ∈ (0; 1) 4bc 4ca 4ab Đặt 1 π √ = cos A, √ = cos B, √ = cos C; A, B, C ∈ 0; ca bc ab Từ điều kiện tốn, ta có: cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C = Từ giả thiết (24) hệ thức 3, ta có A + B + C = π Với cách đặt ta có: √ √ 4bc − 4ca − 1 Q= + + = 4cos2 A − + 4cos2 B bc ca ab cos A = sin 2A + sin 2B − 4sin2 C + (24) − + 4cos2 C cos B (25) Mặt khác: sin 2A + sin 2B − 2sin C ≤ sin C − 2sin C = −2 sin C − 2 40 + 1 ≤ 2 (26) Từ (25) (25) suy ra:   √ 5π   A = B = a=b= 12 ⇔ Q ≤ + = ⇒ max Q = √   C=π 3+3 c = Bài toán 14 (Iran-2005) Cho ba số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn điều kiện: 1 + + = a2 + b + c + Chứng minh rằng: ab + bc + ca ≤ Nhận xét * Nhìn vào giả thiết tốn ta khó hình dung tốn có mối quan hệ với đẳng thức, bất đẳng thức lượng giác * Nhưng sử dụng phép biến đổi từ giả thiết: (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 + 2(abc)2 = Và nhận thấy a, b, c ba số thực dương, suy ra: ab, bc, ca ∈ (0; 1) Đặt bc = cos A, ca = cos B, ab = cos C; A, B, C ∈ 0; π Từ điều kiện tốn, ta có: cos2 A + cos2 B + cos2 C + cos A cos B cos C = (27) Từ giả thiết (27) hệ thức 3, ta có A + B + C = π Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh đưa bất đẳng thức lượng giác tam giác: cos A + cos B + cos C ≤ Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC Vậy bất đẳng thức cần chứng minh đúng, dầu đẳng thức xảy √ a=b=c= Nhận xét • Trên ta ứng dụng ba hệ thức lượng giác chín bất đẳng thức tam giác để xây dựng chứng minh 14 bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức đại số có điều kiện ràng buộc ban đầu 41 • Hồn tồn tương tự ta xây dựng chứng minh bất đẳng thức đại số có điều kiện ràng buộc ban đầu xuất phát từ hệ thức lượng giác bất đẳng thức lượng giác khác tam giác Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn văn Mậu, “Bất đẳng thức, định lí áp dụng”, Nhà xuất Giáo dục, 2006 [2] Nguyễn văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc, “Một số toán chọn lọc lượng giác”, Nhà xuất Giáo dục, 2002 [3] Một số Tạp chí Toán học Tuổi trẻ 42