Chuyen De Bat Dang Thuc Luong Giac (chuong 4)

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác

Chương 4 :

Một số chuyên ñề bài viết hay, thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác ðúng như tên gọi của mình, chương này sẽ bao gồm các bài viết chuyên ñề về bất ñẳng thức và lượng giác. Tác giả của chúng ñều là các giáo viên, học sinh giỏi toán mà tác giả ñánh giá rất cao. Nội dung của các bài viết chuyên ñề ñều dễ hiểu và mạch lạc. Bạn ñọc có thể tham khảo nhiều kiến thức bổ ích từ chúng. Vì khuôn khổ chuyên ñề nên tác giả chỉ tập hợp ñược một số bài viết thật sự là hay và thú vị :

Mục lục : Xung quanh bài toán Ecdôs trong tam giác ……………………………………….78 Ứng dụng của ñại số vào việc phát hiện và chứng minh bất ñẳng thức trong tam giác…………………………………………………………………………………82 Thử trở về cội nguồn của môn Lượng giác………………………………...............91 Phương pháp giải một dạng bất ñẳng thức lượng giác trong tam giác…….............94

The Inequalities Trigonometry

77

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác

Xung quanh bài toán Ecdôs trong tam giác Nguyễn Văn Hiến (Thái Bình) Bất ñẳng thức trong tam giác luôn là ñề tài rất hay. Trong bài viết nhỏ này, chúng ta cùng trao ñổi về một bất ñẳng thức quen thuộc : Bất ñẳng thức Ecdôs. Bài toán 1 : Cho một ñiểm M trong ∆ABC . Gọi Ra , Rb , Rc là khoảng cách từ M ñến A, B, C và d a , d b , d c là khoảng cách từ M ñến BC , CA, AB thì : Ra + Rb + Rc ≥ 2(d a + d b + d c ) (E ) Giải : Ta có : − 2S BMC 2S R a ≥ ha − d a = ABC a + 2S AMC 2S = AMB a cd + bd b = c a Bằng cách lấy ñối xứng M qua phân giác góc A bd + cd b  ⇒ Ra ≥ c  a  ad c + cd a  Tương tự : Rb ≥  (1) b  ad b + bd a  Rc ≥  c  b c a c a b ⇒ Ra + Rb + Rc ≥ d a  +  + d b  +  + d c  +  ≥ 2(d a + d b + d c ) ⇒ ñpcm. c b c a b a Thực ra (E ) chỉ là trường hợp riêng của tổng quát sau : Bài toán 2 : Chứng minh rằng : k k k k k k (2) Ra + Rb + Rc ≥ 2 k d a + d b + d c với 1 ≥ k > 0 Giải : Trước hết ta chứng minh : Bổ ñề 1 : ∀x, y > 0 và 1 ≥ k > 0 thì :

(

( x + y )k

(

≥ 2 k −1 x k + y k

)

) (H )

Chứng minh : k

  k (H ) ⇔  x + 1 ≥ 2 k −1  x k + 1 ⇔ f (a ) = (a + 1)k − 2 k −1 a k + 1 ≥ 0 với x = a > 0 y y   y k −1 k −1 Vì f ' (a ) = k (a + 1) − (2a ) = 0 ⇔ a = 1 hoặc k = 1 . Với k = 1 thì (H ) là ñẳng thức ñúng. Do a > 0 và 1 > k > 0 thì ta có : f (a ) ≥ 0 ∀a > 0 và 1 > k > 0

(

[

)

]

The Inequalities Trigonometry

78

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác ⇒ (H ) ñược chứng minh. Trở lại bài toán 2 : Từ hệ (1) ta có : k k k   bd c cd b   cd b   k −1  bd c  + Ra ≥   ≥ 2   +   a   a  a   a   bd cd ( Áp dụng bổ ñề (H ) với x = c ; y = b ) a a Tương tự : k k   cd a   k k −1  ad c  Rb ≥ 2   +    b   b   k

 ad b  k  bd a  k  Rc ≥ 2   +    c   c   k k k k  k  b  k  c  k    c   b    k k k k a k a ⇒ Ra + Rb + Rc ≥ 2 k −1 d a   +    + d b   +    + d c   +       c   b    c   a    b   a    k

k −1

(

k

k

≥ 2k da + db + dc

k

)

⇒ ñpcm. ðẳng thức xảy ra khi ∆ABC ñều và M là tâm tam giác. Áp dụng (E ) ta chứng minh ñược bài toán sau : Bài toán 3 : Chứng minh rằng :  1 1 1 1 1 1   (3) + + ≥ 2 + + d a db dc R R R b c   a Giải : Thực hiện phép nghịch ñảo tâm M, phương tích ñơn vị ta ñược :   1 1 MA* = MA ' ' = Ra da     1 1 và MB ' ' = MB* = Rb db     1 1 MC* = MC ' ' = Rc dc  

Áp dụng (E ) trong ∆A ' ' B ' ' C ' ' : MA ' '+ MB ' '+ MC ' ' ≥ 2(MA * + MB * + MC *)

 1 1 1 1 1 1   + + ≥ 2 + + da db dc  Ra Rb Rc  ⇒ ñpcm. Mở rộng kết quả này ta có bài toán sau : Bài toán 4 : Chứng minh rằng : k k k k k k 2 k d a + d b + d c ≥ Ra + Rb + Rc (4) ⇔

(

The Inequalities Trigonometry

)

79

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác với 0 > k ≥ −1 Hướng dẫn cách giải : Ta thấy (4) dễ dàng ñược chứng minh nhờ áp dụng (2) trong phép biến hình nghịch ñảo tâm M, phương tích ñơn vị. ðẳng thức xảy ra khi ∆ABC ñều và M là tâm tam giác. Bây giờ với k > 1 thì từ hệ (1) ta thu ñược ngay : Bài toán 5 : Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 2 Ra + Rb + Rc > 2 d a + d b + d c (5) Xuất phát từ bài toán này, ta thu ñược những kết quả tổng quát sau : Bài toán 6 : Chứng minh rằng : k k k k k k Ra + Rb + Rc > 2 d a + d b + d c (6) với k > 1 Giải : Chúng ta cũng chứng minh một bổ ñề : Bổ ñề 2 : ∀x, y > 0 và k > 1 thì :

(

)

(

)

( x + y )k

≥ x k + y k (G )

Chứng minh : k

k (G ) ⇔  x + 1 > x k + 1 ⇔ g (a ) = (a + 1)k − a k − 1 > 0 (ñặt x = a > 0 ) y y y  k −1 k −1 Vì g ' (a ) = k (a + 1) − a > 0 ∀a > 0 ; k > 1 ⇒ g (a ) > 0 ∀a > 0 ; k > 1 ⇒ (G ) ñược chứng minh xong. Sử dụng bổ ñề (G ) vào bài toán (6) : Từ hệ (1) :

[

]

k

k

cd   bd   cd   bd Ra ≥  c + b  >  c  +  b  a   a   a   a Tương tự : k k  ad c   cd a  k Rb >   +   b   b 

k

k

k

(ñặt x =

bd c cd ; y= b) a a

k

 ad   bd  k Rc >  b  +  a   c   c  k k k k k k    c  c  b  k k k k b k a k a ⇒ Ra + Rb + Rc > d a   +    + d b   +    + d c   +     c   b    c   a    b   a  

(

k

k

≥ 2 da + db + dc

k

)

⇒ ñpcm. Bài toán 7 : Chứng minh rằng : k k k k k k d a + d a + d a > 2 Ra + Ra + Ra với k < −1

(

The Inequalities Trigonometry

) (7)

80

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác Hướng dẫn cách giải : Ta thấy (7 ) cũng ñược chứng minh dễ dàng nhờ áp dụng (6) trong phép biến hình nghịch ñảo tâm M, phương tích ñơn vị. ðẳng thức không thể xảy ra trong (6) và (7 ) . Xét về quan hệ giữa (Ra , Rb , Rc ) với (d a , d b , d c ) ngoài bất ñẳng thức (E ) và những mở rộng của nó, chúng ta còn gặp một số bất ñẳng thức rất hay sau ñây. Việc chứng minh chúng xin dành cho bạn ñọc : 1) Ra Rb Rc ≥ 8d a d b d c

2)

db + dc da + dc da + db + + ≤3 Ra Rb Rc

3) Ra Rb Rc ≥ (d a + d b )(d a + d c )(d b + d c ) 2

2

2

4) Ra Rb Rc ≥ (Ra d a + Rb d b )(Ra d a + Rc d c )(Rb d b + Rc d c )

The Inequalities Trigonometry

81

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác

Ứng dụng của ñại số vào việc phát hiện và chứng minh bất ñẳng thức trong tam giác Lê Ngọc Anh (HS chuyên toán khóa 2005 – 2008 Trường THPT chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ)  π 1/ Chúng ta ñi từ bài toán ñại số sau: Với ∀ x ∈  0,  ta luôn có:  2 x x 2x < tg < < sinx < x . 2 2 π 2x x 2x Chứng minh: Ta chứng minh 2 bất ñẳng thức: sin x > và tg < . π 2 π 1  π ðặt f ( x) = sin x là hàm số xác ñịnh và liên tục trong  0,  . x  2 xcos x- sin x  π . ðặt g ( x) = xcos x- sin x trong  0,  Ta có: f '( x) = 2 x  2

khi ñó

 π g ' ( x ) = − x sin x ≤ 0 ⇒ g ( x ) nghịch biến trong ñoạn 0,  nên g ( x ) < g ( 0 ) =0 với  2 2x  π  π π  2 hay sin x > x ∈  0,  . Do ñó f ' ( x ) < 0 với ∀x ∈  0,  suy ra f ( x ) > f   = π 2 π  2  2  π với ∀x ∈  0,  .  2 1  π ðặt h ( x ) = tgx xác ñịnh và liên tục trên  0,  . x  2 x − sin x  π Ta có h ' ( x ) = > 0 ∀x ∈  0,  nên hàm số h ( x ) ñồng biến, do x  2 2 x 2 cos 2 2 x 2x x π    π ñó h ( x ) < h   = hay tg < với ∀x ∈  0,  . 2 π  2 2 2 x x Còn 2 bất ñẳng thức tg > và sin x < x dành cho bạn ñọc tự chứng minh. 2 2 Bây giờ mới là phần ñáng chú ý: Xét ∆ABC : BC = a , BC = b , AC = b . Gọi A, B, C là ñộ lớn các góc bằng radian; r, R, p, S lần lượt là bán kính ñường tròn nội tiếp, bán kính ñường tròn ngoại tiếp, nửa chu vi và diện tích tam giác; la, ha, ma, ra, tương ứng là ñộ dài ñường phân giác, ñường cao, ñường trung tuyến và bán kính ñường tròn bàng tiếp ứng với ñỉnh A... Bài toán 1: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: pπ p < Acos 2 x + Bcos 2 B + Ccos 2C < 4R R

The Inequalities Trigonometry

82

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác Nhận xét: p và Từ ñịnh lí hàm số sin quen thuộc trong tam giác ta có: sin A + sin B + sin B = R A 4 bài toán ñại số ta dễ dàng ñưa ra biến ñổi sau Acos2 A < 2tg cos2 A = sin A < Acos2 A , từ 2 π ñó ñưa ñến lời giải như sau. Lời giải: A 4 p Ta có: Acos 2 A < 2tg cos 2 A = sin A < Acos 2 A ⇒ ∑ Acos 2 A < ∑ sin A = 2 π R 4 p p π và ∑ Acos2 A > ∑ sin A = R ⇒ ∑ Acos2 A > 4 R . Từ ñây suy ra ñpcm. π A B B C C A Trong một tam giác ta có nhận xét sau: tg tg + tg tg + tg tg = 1 kết hợp 2 2 2 2 2 2 x 2x 2 A 2B 2B 2C 2C 2 A A B B C C A nên ta có với tg < + + > tg tg + tg tg + tg tg = 1 ⇒ 2 π π π π π π π 2 2 2 2 2 2 2 π x x A.B + B.C + C. A > (1). Mặt khác tg > nên ta cũng dễ dàng có 4 2 2 A B B C C A A B B C C A + + < tg tg + tg tg + tg tg = 1 từ ñây ta lại có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A.B + B.C + C. A < 4 (2). Từ (1) và (2) ta có bài toán mới. Bài toán 2: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có:

π2

< A.B + B.C + C. A < 4 4 Lưu ý: Khi dùng cách này ñể sáng tạo bài toán mới thì ñề toán là ∆ABC phải là nhọn  π vì trong bài toán ñại số thì ∀x ∈  0,  . Lời giải bài toán tương tự như nhận xét ở trên.  2 Mặt khác, áp dụng bất ñẳng thức

( A+ B + C) A.B + B.C + C. A ≤ 3

2

=

π2 3

π2

(a + b + c) ab + bc + ca ≤ 3

2

thì ta có ngay

. Từ ñây ta có bài toán “chặt” hơn và “ñẹp” hơn: 〈 A.B + B.C + C. A ≤

π2

4 3 Bây giờ ta thử ñi từ công thức la, ha, ma, ra ñể tìm ra các công thức mới. A A Trong ∆ABC ta luôn có: 2S = bc sin A = cla sin + bla sin 2 2

The Inequalities Trigonometry

83

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 1 b+c b+c 11 1 ⇒ = > =  +  la 2bccos A 2bc 2  b c  2 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  ⇒ + + > + + > + +   la lb lc a b c 2 R  sin A sin B sin C  1 1 1 1 1 1 1 ⇒ + + >  + + . la lb lc 2 R  A B C  Như vậy chúng ta có Bài toán 3. Bài toán 3: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 1 1 1 1 1 1 1 + + >  + +  la lb lc 2 R  A B C  2 R ( sin B + sin C ) bc b+c = = Mặt khác, ta lại có . Áp dụng bài toán ñại số ta la 2cos A π A 2sin  −  2 2 2 ñược: 2( B + C ) R R(B + C) π R ( B + C ) bc 4 R ( B + C ) bc bc 4 R π ⇒ ⇒ πR > . π> > > > > π A π (B + C) π−A la B+C la la π − 2 2 ab 4 R ca 4 R Hoàn toàn tương tự ta có: π R > > và π R > > . Từ ñây, cộng 3 chuỗi bất π π lc lb ñẳng thức ta ñược: Bài toán 4: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 12 R ab bc ca < + + < 3π R π lc la lb h h h h h h Trong tam giác ta có kết quả sin A = b = c , sin B = c = a và sin C = a = b , c b a c b a mà từ kết quả của bài toán ñại số ta dễ dàng có 2 < sin A + sin B + sin C < π , mà 1 1 1 1 1 1 2 ( sin A + sin B + sin C ) = ha  +  + hb  +  + hc  +  , từ ñây ta có ñược Bài b c c a a b toán 5. Bài toán 5: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: 1 1 1 1 1 1 4 < ha  +  + hb  +  + hc  +  < 2π b c c a a b Ta xét tiếp bài toán sau: Bài toán 6: Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ta luôn có: ma2 + mb2 + mc2 4 2 2 2 A + B +C ) < < A2 + B 2 + C 2 2 ( 2 π 3R

The Inequalities Trigonometry

84

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác b2 + c2 a2 Nhận xét:Liên hệ với ma2 trong tam giác ta có ma2 = − , từ ñó ta suy ra 2 4 3 ma2 + mb2 + mc2 = ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3R 2 ( sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ) và từ ñưa ñến lời giải. 4 Lời giải: 4x2 4 A2 2 2 Áp dụng bài toán ñại số ta ñược: 2 < sin x < x ta lần lượt có: 2 < sin2 A < A2 ,

π

4B

π

2

2

< sin 2 B < B 2 và

4C

π

2

2

π

< sin 2 C < C 2 .

Cộng 3 chuỗi bất ñẳng thức trên ta ñược: 4

π

2

(A

2

+ B 2 + C 2 ) < sin 2 A + s in 2 B + sin 2 C < A 2 + B 2 + C 2 , mà ta có:

ma2 + mb2 + mc2 = 3R 2 ( sin 2 A + sin 2 B + sin C 2 ) ⇔

ma2 + mb2 + mc2 = ( sin2 A + sin2 B + sin2 C ) , từ 2 3R

ma2 + mb2 + mc2 < A2 + B 2 + C 2 (ñpcm). 2 π 3R Bây giờ ta thử sáng tạo một bất ñẳng thức liên quan tới ra, ta có công thức tính ra là A x x 2x A r 2A ra = ptg , từ bài toán ñại số < tg < chắc chắn ta dễ dàng tìm thấy < a < 2 2 2 π 2 p π B r 2B C r 2C , tương tự ta cũng có < a < và < a < , cộng 3 chuỗi bất 2 p π 2 p π A + B + C ra + rb + rc 2 ( A + B + C ) < < ñẳng thức ta thu ñược và ta thu ñược Bài toán 7. 2 π p Bài toán 7: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: A + B + C ra + rb + rc 2 ( A + B + C ) < < p π 2 Ta tìm hiểu bài toán sau: Bài toán 8: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: π ( 2 R − r ) < aA + bB + cC < 4 ( 2 R − r )

ñây ta ñược:

4

A2 + B 2 + C 2 ) < 2 (

A B C A , rb = ptg , rc = ptg , r = ( p − a ) tg = 2 2 2 2 B C A B C = ( p − b ) tg = ( p − c ) tg dẫn ñến ra = r + atg , rb = r + btg , rc = r + ctg và 2 2 2 2 2 ra + rb + rc = 4 R + r (các kết quả này bạn ñọc tự chứng minh), từ ñó ta suy ra A A A 4 R + r = 3r + ptg + ptg + ptg và nhờ kết quả này ta dễ dàng ñánh giá tổng 2 2 2 aA + bB + cC từ bài toán ñại số nên ta dễ có lời giải như sau. Lời giải:

Nhận xét: Ta có các kết quả: ra = ptg

The Inequalities Trigonometry

85

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác A B C A B C Ta có: ra = ptg , rb = ptg , rc = ptg , r = ( p − a ) tg = ( p − b) tg = ( p − c) tg , từ 2 2 2 2 2 2 A B C ñó dẫn ñến ra = r + atg , rb = r + btg , rc = r + ctg . Mà ta lại có: ra + rb + rc = 4 R + r 2 2 2 A A A suy ra 4R + r = 3r + ptg + ptg + ptg . Áp dụng bài toán ñại số ta ñược: 2 2 2 A A A 2 ● 4R + r = 3r + ptg + ptg + ptg < 3r + ( aA + bB + cC ) 2 2 2 π ⇔ π ( 2R − r ) < aA + bB + cC A A A 1 + ptg + ptg > 3r + ( aA + bB + cC ) 2 2 2 2 ⇔ 4 ( 2R − r ) > aA + bB + cC Kết hợp 2 ñiều trên ta có ñiều phải chứng minh. Sau ñây là các bài toán ñược hình thành từ các công thức quen thuộc ñể các bạn luyện tập: Bài toán: Chứng minh rằng trong tam giác ABC nhọn ta luôn có: a/ 2π p − 8 ( R + r ) < aA + bB + cC < 2π p − 2π ( R + r ) .

● 4R + r = 3r + ptg

b/

πS 2

< ( p − a )( p − b ) + ( p − b )( p − c ) + ( p − c )( p − a ) < 2S .

c/ abc < a 2 ( p − a ) + b 2 ( p − b ) + c 2 ( p − c ) <

π 2

abc .

1 1 1 1 1 1 d/ 4 < la  +  + lb  +  + lc  +  < 2π . b c c a a b

2/Chúng ta xét hàm: f ( x ) =

x với ∀ x ∈ ( 0,π ) . sinx

s inx-xcosx . ðặt sin 2 x g ( x ) = s inx-xcosx , x ∈ ( 0, π ) , ta có g ' ( x ) = x sin x ≥ 0 ⇒ g ( x ) ñồng biến trong ñoạn Ta có f ( x ) là hàm số xác ñịnh và liên tục trong ( 0, π ) và f ' ( x ) =

⇒ g ( x ) > g ( 0 ) = 0 ⇒ f ' ( x ) > 0 nên hàm f ( x ) ñồng biến . Chú ý 3 bất ñẳng thức ñại số: 1.Bất ñẳng thức AM-GM: Cho n số thực dương a1 , a2 ,..., an , ta luôn có: a1 + a2 + ... + an n ≥ a1a2 ...an n Dấu “=” xảy ra ⇔ a1 = a2 = ... = an . 2.Bất ñẳng thức Cauchy-Schwarz: Cho 2 bộ n số ( a1 , a2 ,..., an ) và ( b1 , b2 ,..., bn ) trong ñó bi > 0, i = 1, n . Ta luôn có:

( 0, π )

The Inequalities Trigonometry

86

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác a 2 ( a + a + ... + an ) a12 a22 + + ... + n ≥ 1 2 b1 b2 bn b1 + b2 + ... + bn a a a Dấu “=” xảy ra ⇔ 1 = 2 = ... = n . b1 b2 bn

2

3.Bất ñẳng thức Chebyshev: Cho 2 dãy ( a1 , a2 ,..., an ) và ( b1 , b2 ,..., bn ) cùng tăng hoặc cùng giảm, tức là:

a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an  b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn

hoặc

a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an , thì ta có:  b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn

a1b1 + a2b2 + ... + an bn a1 + a2 + ... + an b1 + b2 + ... + bn ≤ . n n n a = a = ... = a  1 2 n . Dấu “ = ” xảy ra  b1 = b2 = ... = bn Nếu 2 dãy ñơn ñiệu ngược chiều thì ñổi chiều dấu bất ñẳng thức. Xét trong tam giác ABC có A ≥ B (A,B số ño hai góc A,B của tam giác theo radian). A B x ● A≥ B ⇒ ≥ ( theo chứng minh trên thì hàm f ( x ) = ) sin A sin B sinx A B A a A a ⇒ ≥ ⇒ ≥ , mà A ≥ B ⇔ a ≥ b . Như vậy ta suy ra nếu a ≥ b thì ≥ a b B b B b 2R 2R (i). A B C ≥ ≥ và như vậy ta có • Hoàn toàn tương tự : a ≥ b ≥ c ⇒ a b c A B B C C A ( a − b )  −  ≥ 0 , ( b − c )  −  ≥ 0 và ( c − a )  −  ≥ 0 .Cộng 3 a b c a b c A  A B (1). bất ñẳng thức ta ñược ∑ ( a − b )  −  ≥ 0 ⇔ 2 ( A + B + C ) ≥ ∑( b + c ) a a b cyc cyc A+ B +C vào 2 vế của (1) ta thu ñược: - Cộng A B C (2) 3( A + B + C ) ≥ ( a + b + c)  + +  a b c A - Trừ A + B + C vào 2 vế của (1) ta thu ñược: ( A + B + C ) ≥ 2∑ ( p − a ) (3). a cyc A ⇔ Chú ý rằng A + B + C = π và a + b + c = 2 p nên (2) ⇔ 3π ≥ 2 p ∑ cyc a A 3π A π ≤ (ii), và (3) ⇔ ∑ ( p − a ) ≤ (iii). ∑ a 2 2p cyc a cyc

The Inequalities Trigonometry

87

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác ● Mặt khác ta có thể áp dụng bất ñẳng thức Chebyshev cho 2 bộ số A B C ≥  ≥ A B C p − a , p − b , p − c . và Ta có: a ≥ b ≥ c ⇒ , , ( ) b c a   a b c   p − a ≤ p − b ≤ p − c A A A B C p∑ ( p − a) + +  ∑  a a ( p − a + p − b + p − c)  a b c  A cyc ⇔ ∑ ( p − a ) ≤ cyc . Mà ⇒ ≤ a 3 3 3 3 cyc A A 3π p∑ p∑ p A 3π π A A 2p cyc a cyc a ≤ ta suy ra: ∑( p − a ) ≤ ≤ hay ∑ ( p − a ) ≤ ≤ (iv). ∑ 2p 3 3 3 2 a a cyc a cyc cyc ● Ta chú ý ñến hai bất ñẳng thức (ii) và (iii): 1

A B C -Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho 3 số , , ta ñược: a b c 1

A  A.B.C  3 ≥ 3 ∑  kết  a.b.c  cyc a 3

 A.B.C  3 3π hợp với bất ñẳng thức (ii) ta suy ra 3   ≤ 2p  a.b.c 

⇔

a.b.c  2 p  ≥  (v). Mặt A.B.C  π  1

1

a  a.b.c 3 2 p  a.b.c  3 , mà theo (v) ta d ễ dàng suy ra , từ ñó ta khác, ta lại có ∑ ≥ 3     ≥ π  A.B.C   A.B.C  cyc A a 6p (vi). có bất ñẳng thức ∑ ≥ π cyc A -Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có : 2

π2 A A2 ( A + B + C ) = ≥ = ∑ ∑ Aa + Bb + Cc Aa + Bb + Cc cyc a cyc aA

(vii),

2π p − 8 ( R + r ) < Aa + Bb + Cc < 2π p − 2π ( R + r ) A π2 > ∑ 2π ( p − R − r ) cyc a

mà

(bài

tập

ta

ñã

a/

phần

tìm trước)

ñược nên

(viii) (chỉ ñúng với tam giác nhọn).

-Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM cho 3 số

( p − a)

A B C , ( p − b ) , ( p − c ) ta ñược: a b c

A B C ABC . . S 2 ABC . . S.ABC . . + ( p − b) + ( p − c) ≥ 3 3 ( p − a)( p − b)( p − c) =33 =33 ⇒ a b c abc .. p 4S.R 4 p.R A p∑ 2 A A S A.B.C π cyc a (4)mà ∑ ( p − a ) ≤ ≤ (theo iv) nên từ (4) ( p − a) ≥ 33 ∑ a p 4 S .R 3 2 a cyc cyc A p∑ 3 3 2 729S. A.B.C S A.B.C π 729S . A.B.C A cyc a 4  3π  4 ⇒ 33 ≤ ≤ ⇔ ≤ p ∑  ⇒ ≤p   4 3 2 4R p 4S .R a R cyc  2p   

( p − a)

⇔ 54S . A.B.C ≤ π 3 . p.R (ix).

The Inequalities Trigonometry

88

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 2

2

2

 x y   z x   y z  + +  + + + ● Xét tổng T =     .     b By a Ax     a Ax c Cz   c Cz b By  Ta có: T ≥ 0 y+z 1 z+x 1 x+ y 1 1 1 1   ⇔ . 2 + . 2 + . 2 − 2 + + ≥ 0. x a A y b B z cC  ab AB bc BC ca CA 

y + z bc z + x ca x + y ab  c . + . + . − 2 + x aA y bB z cC  AB y + z bc z + x ca x + y ab  a ⇔ . + . + . ≥ 2 + x aA y bB z cC  BC ⇔

a b  + ≥0 BC CA  b c  +  (5). CA AB  1

a b c  abc 3 6 p + + ≥ 3 (6). Áp dụng bất ñẳng thức AM-GM ta ñược:  ≥ BC CA AB  ABC  π y + z bc z + x ca x + y ab 6 p Từ (5) và (6) ta ñược: . + . + . ≥ (7). x aA y bB z cC π Thay (x, y, z) trong (7) bằng (p-a, p-b, p-c) ta ñược: bc ca ab 12 p + + ≥ (x) A( p − a) B ( p − b) C ( p − c) π b + c c + a a + b 12 p Thay (x, y, z) trong (7) bằng (bc, ca, ab) ta ñược: + + ≥ (xi). A B C π 2x  π 3/ Chúng ta xét bất ñẳng thức sau: sinx ≥ với ∀ x ∈ 0,  (phần chứng minh bất π  2 ñẳng thức này dành cho bạn ñọc). a Theo ñịnh lí hàm số sin ta có sin A = và kết hợp với bất ñẳng thức trên ta ñược 2R a 2A a 4R a 12 R ≥ ⇔ ≥ , từ ñó ta dễ dàng suy ra ∑ > . 2R π A π π cyc A sin x π 2 - x 2 4/ Bất ñẳng thức: ≥ 2 với ∀ x ∈ (0,π ] (bất ñẳng thức này xem như bài x π + x2 tập dành cho bạn ñọc). sin x 2 x2 2 x3 Bất ñẳng thức trên tương ñương ≥ 1− 2 ⇔ x ≥ x − (1). sin x π + x2 π 2 + x2 3 3 (2) (bạn ñọc tự chứng minh).Từ (1) Trong tam giác ta có: sin A + sin B + sin C ≤ 2  A3 3 3 B3 C3  ≥ ∑ sin A > A + B + C − 2  2 + + và (2) ta thu ñược ⇒ 2 2 2 2 2  2 cyc π + A π + B π +C 

 A3 3 3 B3 C3  A3 B3 C3 π 3 3 > π − 2 2 + + + + > − ⇔ . 2 2 2 2 2  2 2 2 2 2 2 2 π + A π + B π +C 2 4 π + A π + B π +C 

The Inequalities Trigonometry

89

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác sin A π 2 − A2 Mặt khác, áp dụng bất ñẳng thức cho 3 góc A, B, C ta thu ñược > 2 , A π + A2 sin B π 2 − B 2 sin C π 2 − C 2 > 2 và > 2 , cộng các bất ñẳng thức ta ñược: B C π + B2 π + C2 sin A sin B sin C π 2 − A2 π 2 − B2 π 2 − C 2 + + > 2 + + , từ ñây áp dụng ñịnh lí hàm số sin A B C π + A2 π 2 + B2 π 2 + C 2 a b c a π 2 − A2 π 2 − B2 π 2 − C2 a π 2 − A2 sin A = ta có 2R + 2R + 2R > 2 2 + 2 2 + 2 2 hay ∑ > 2 R ∑ 2 . 2R A B C π + A π + B π +C π + A2 cyc A

The Inequalities Trigonometry

90

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác

Thử trở về cội nguồn của môn lượng giác Lê Quốc Hán ðại học Sư phạm Vinh “Lượng giác học” có nguồn gốc từ Hình học. Tuy nhiên phần lớn học sinh khi học môn Lượng giác học (giải phương trình lượng giác, hàm số lượng giác …), lại thấy nó như là một bộ phận của môn ðại số học, hoặc như một công cụ ñể giải các bài toán hình học (phần tam giác lượng) mà không thấy mối liên hệ hai chiều giữa các bộ môn ấy. Trong bài viết này, tôi hy vọng phần nào có thể cho các bạn một cách nhìn “mới” : dùng hình học ñể giải các bài toán lượng giác. Trước hết, ta lấy một kết quả quen thuộc trong hình học sơ cấp : “Nếu G là trọng tâm tam giác ABC và M là một ñiểm tùy ý trong mặt phẳng chứa tam giác ñó thì” : 1 1 MG 2 = MA 2 + MB 2 + MC 2 − a 2 + b 2 + c 2 (ðịnh lý Lép-nít) 3 9 Nếu M ≡ O là tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC thì MA 2 + MB 2 + MB 2 = 3R 2 nên áp 4 dụng ñịnh lý hàm số sin, ta suy ra : OG 2 = R 2 − R 2 (sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ) 9 4 9  ⇒ OG 2 = R 2  − (sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ) (1) 9 4  Từ ñẳng thức (1) , suy ra : 9 sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C ≤ (2) 4 Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi G ≡ O , tức là khi và chỉ khi ∆ABC ñều. Như vậy, với một kiến thức hình học lớp 10 ta ñã phát hiện và chứng minh ñược bất ñẳng thức (2) . Ngoài ra, hệ thức (1) còn cho ta một “nguồn gốc hình học” của bất ñẳng thức (2) , ñiều mà ít người nghĩ ñến. Bằng cách tương tự, ta hãy tính khoảng cách giữa O và trực tâm H của ∆ABC . Xét trường hợp ∆ABC có 3 góc nhọn. Gọi E là giao ñiểm của AH với ñường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Thế thì : ℘H / (O ) = OH 2 − R 2 = HE. HA

(

) (

)

Do ñó : OH 2 = R 2 − AH . HE (*) với : AF cos A cos A = AB. = 2 R sin C = 2 R cos A AH = sin C sin C sin C và HE = 2 HK = 2 BK cot C = 2 AB cos B cot C cos C = 2.2 R sin C cos B = 4 R cos B cos C sin C Thay vào (*) ta có : 1  OH 2 = 8R 2  − cos A cos B cos C  (3) 8 

The Inequalities Trigonometry

91

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác Nếu ∠BAC = 90 0 chẳng hạn, thì (3) là hiển nhiên. Giả sử ∆ABC có góc A tù. Khi ñó ℘H / (O ) = R 2 − OH 2 = HA . HE trong ñó AH = −2 R cos A nên ta cũng suy ra (3) . Từ công thức (3) , ta suy ra : 1 (4 ) 8 (Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều). Cũng như bất ñẳng thức (2) , bất ñẳng thức (4) ñã ñược phát hiện và chứng minh chỉ với kiến thức lớp 10 và có một “nguồn gốc hình học” khá ñẹp. Cần nhớ rằng, “xưa nay” chưa nói ñến việc phát hiện, chỉ riêng việc chứng minh các bất ñẳng thức ñó, người ta thường phải dùng các công thức lượng giác (chương trình lượng giác lớp 11) và ñịnh lý về dấu tam thức bậc hai. Có ñược (1) và (3) , ta tiếp tục tiến tới. Ta thử sử dụng “ñường thẳng Ơle”. Nếu O, G, H là tâm ñường tròn ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm ∆ABC thì O, G, H 1 1 thẳng hàng và : OG = OH . Từ OG 2 = OH 2 . 3 9 Từ (1)(3) ta có : 9 1 − sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = (1 − 8 cos A cos B cos C ) 4 4 2 2 2 hay sin A + sin B + sin C = 2 + 2 cos A cos B cos C Thay sin 2 α bằng 1 − cos 2 α vào ñẳng thức cuối cùng, ta ñược kết quả quen thuộc : cos 2 A + cos 2 B + cos 2 C + 2 cos A cos B cos C = 1 (5) Chưa nói ñến việc phát hiện ra (5) , chỉ riêng việc chứng minh ñã làm “nhức óc” không biết bao nhiêu bạn trẻ mới làm quen với lượng giác. Qua một vài ví dụ trên ñây, hẳn các bạn ñã thấy vai trò của hình học trong việc phát hiện và chứng minh các hệ thức “thuần túy lượng giác”. Mặt khác, nó cũng nêu lên cho chúng ta một câu hỏi : Phải chăng các hệ thức lượng giác trong một tam giác khi nào cũng có một “nguồn gốc hình học” làm bạn ñường ? Mời các bạn giải vài bài tập sau ñây ñể củng cố niềm tin của mình. A B C  1. Chứng minh rằng, trong một tam giác ta có d 2 = R 2 1 − 8 sin sin sin  trong ñó 2 2 2  d là khoảng cách giữa ñường tròn tâm ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ñó. Từ ñó hãy suy ra bất ñẳng thức quen thuộc tương ứng. • 2. Cho ∆ABC . Dựng trong mặt phẳng ABC các ñiểm O1 và O2 sao cho các tam cos A cos B cos C ≤

(

)

giác O1 AB và O2 AC là những tam giác cân ñỉnh O1 ,O2 với góc ở ñáy bằng 30 0 và sao cho O1 và C ở cùng một nửa mặt phẳng bờ AB, O2 và B ở cùng một nửa mặt phẳng bờ AC. a) Chứng minh : 1 2 O1O2 = a 2 + b 2 + c 2 − 4 3S 6 b) Suy ra bất ñẳng thức tương ứng :

(

The Inequalities Trigonometry

)

92

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 2 2 2 sin A + sin B + sin C ≥ 2 3 sin A sin B sin C 3. Chứng minh rằng nếu ∆ABC có 3 góc nhọn, thì : sin A + sin B + sin C <2 cos A + cos B + cos C 4. Cho tứ diện OABC có góc tam diện ñỉnh O ba mặt vuông, OA = OB + OC . Chứng minh rằng : sin (∠OAB + ∠OAC ) = cos ∠BAC (Hãy dùng phương pháp ghép hình)

The Inequalities Trigonometry

93

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác

Phương pháp giải một dạng bất ñẳng thức lượng giác trong tam giác Nguyễn Lái GV THPT Lương Văn Chánh – Phú Yên Giả sử f ( A, B, C ) là biểu thức chứa các hàm số lượng giác của các góc trong ∆ABC Giả sử các góc A, B, C thỏa mãn hai ñiều kiện :  A+ B 2 A + B  1) f ( A) + f (B ) ≥ 2 f   hoặc f ( A) f (B ) ≥ f   (1)  2   2  ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B π π   C +  C +  π  π   2 3  (2) 3  hoặc f (C ) f 2) f (C ) + f   ≥ 2 f   ≥ f  3 2 2 3                 ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C =

π 3

Khi cộng hoặc nhân (1)(2) ta sẽ có bất

ñẳng thức : π  π  f ( A) + f (B ) + f (C ) ≥ 3 f   hoặc f ( A) f (B ) f (C ) ≥ f 3   3 3 ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B = C . Tương tự ta cũng có bất ñẳng thức 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 mọi ∆ABC ta luôn có : 1 1 1 3 2 + + ≥ 1 + sin A 1 + sin B 1 + sin C 2+4 3 Lời giải. Ta có : 1 1 4 4 2 + ≥ ≥ ≥ 1 + sin A 1 + sin B 2 + sin A + sin B 2 + 2(sin A + sin B ) A+ B 1 + sin 2 1 1 2 + ≥ ⇒ (3) 1 + sin A 1 + sin B A+ B 1 + sin 2 1 1 2 (4) + ≥ Tương tự ta có : 1 + sin C π π 1 + sin C+ 3 1 + sin 3 2 Cộng theo vế (3) và (4) ta có :

The Inequalities Trigonometry

94

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác     1 1 1 1 1 1 + + + ≥ 2 + 1 + sin A 1 + sin B 1 + sin C π π  1 + sin A + B 1 + sin C+  2 3 3 1 + sin  2 

⇒

1

+

1

+

1

≥

    4 ≥  1 + sin π  3  

3 2

1 + sin A 1 + sin B 1 + sin C 2+4 3 ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều. Thí dụ 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có : 2  1   1  1     ≥ 1 + 1 + 1 + 1 + 3  sin A  sin B  sin C   Lời giải. Ta có :

3

  2 1 1 1 1 1  1    + + ≥ 1+ +   = 1+ 1 + 1 + sin A sin B sin A sin B sin A sin B  sin A sin B   sin A  sin B  2

2

      2 2 1  ≥ 1 +   = 1 + = 1 +     ( ) ( ) ( ) − − + 1 cos cos cos sin A sin B  − + A B A B A B     

    1 1 1      1 1 ≥ + + ⇒ 1 +    sin A  sin B   sin A + B    2        1   1 1   ≥ 1+ 1 1 + + Tương tự :   π  sin C  sin π   C+    3   sin 3  2  Nhân theo vế của (5) và (6) ta có :

       

    1  = 1 +  sin A + B    2  

2

(5)

2

(6)

 2       1   1 1 1  1  1    1 + ≥ 1+ 1 + 1 +  1+ 1 + π  sin A  sin B  sin C  sin π   sin A + B   C+      3  2   sin 3  2 

The Inequalities Trigonometry

2

2

2

      ≥ 1 + 1  π   sin  3   

95

     

4

2

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 3

2  1   1  1    ⇒ 1 +  ≥ 1 + 1 + 1 + 3  sin A  sin B  sin C   ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ABC ñều. Thí dụ 3. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có : 3 A B C sin 6 + sin 6 + sin 6 ≥ 2 2 2 64 Lời giải. Trường hợp tam giác ABC tù hoặc vuông. π  C+  π A− B 3 > 0 và cos Giả sử A = max{A, B, C} ≥ , lúc ñó cos 2 2  2   Ta có :

   > 0.   

3

A B  2 A B 3 sin + sin 6 + sin 2   sin 2 2 ≥ 2 2  = 1 1 − cos A + cos B  = 1 1 − cos A + B cos A − B  2 2 8 2 2  2 8        6

3

1 A+ B A B A+ B 6 A+ B ⇒ sin 6 + sin 6 ≥ 2 sin 6 ≥ 1 − cos  = sin 8 2  4 2 2 4

π C Tương tự ta có : sin 6 + sin 6 3 ≥ 2 sin 6 2 2 Cộng theo vế của (7 ) và (8) ta ñược :

C+ 4

(7 )

π 3

(8)

π π  C+  A+ B+C +  A B C A+ B 3 3  ≥ 4 sin 6 sin 6 + sin 6 + sin 6 + sin 6 3 ≥ 2 sin 6 + sin 6 8 4  2 4 2 2 2      3 A B C π ⇒ sin 6 + sin 6 + sin 6 ≥ 3 sin 6 = (9) 2 2 2 6 64 Trường hợp tam giác ABC nhọn, các bất ñẳng thức (7 ), (8), (9) luôn ñúng. Thí dụ 4. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có : π

3

  (cos A + sin A)(cos B + sin B )(cos C + sin C ) ≤ 2 2  2 + 6  4   4 Lời giải. Ta có : (cos A + sin A)(cos B + sin B )(cos C + sin C ) = 2 2 cos A − π  cos B − π  cos C − π  4  4  4  nên bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với :

The Inequalities Trigonometry

96

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác 3

6 π  π  π  2   (*) cos A −  cos B −  cos C −  ≤  + 4  4  4  4 4   3π - Nếu max{A, B, C } ≥ thì vế trái của (*) không dương nên bất ñẳng thức ñã cho 4 luôn ñúng. 3π π π π    - Nếu max{A, B, C } < thì : cos A −  > 0 , cos B −  > 0 , cos C −  > 0 4 4 4 4     π  π 1  π  nên cos A −  cos B −  = cos A + B −  + cos( A − B ) 4  4 2  2   1 π    A+ B π  ≤ 1 + cos A + B −  ≤ cos 2  −  2 2  4   2

π  π   A+ B π  ⇒ cos A −  cos B −  ≤ cos 2  −  (10) 4  4 4   2 Tương tự : π   C +  π π π π     3 −  (11) cos C −  cos −  ≤ cos 2  4 4 3 4  2      Do ñó nhân theo vế của (10) và (11) ta sẽ có : π   C+ π  π  π  π π  π  2  π  π π   2 A + B 3 ≤ cos 4  −  − −  cos cos A −  cos B −  cos C −  cos −  ≤ cos   2 4  4  4 3 4 4 4 3 4  2     

6 π  π  π  π π   2  ⇒ cos A −  cos B −  cos C −  ≤ cos 3  −  =  +  4 4 4 3 4 4 4           Do ñó :   (cos A + sin A)(cos B + sin B )(cos C + sin C ) ≤ 2 2  2 + 6  4   4 ðẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều. Mời các bạn tiếp tục giải các bài toán sau ñây theo phương pháp trên.

3

3

Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta có : 1 A B C 1) tan 3 + tan 3 + tan 3 ≤ 2 2 2 3 1 1 1 2) + + ≥ 3.2 n (n ∈ N ) A B C sin n sin n sin n 2 2 2

The Inequalities Trigonometry

97

Truòng THPT chuyên Lý Tự Trọng – Cần Thơ Bất ñẳng thức lượng giác Chương 4 Một số chuyên ñề bài viết hay,thú vị liên quan ñến bất ñẳng thức và lượng giác A B C π 2 3) A cos + B cos + C cos ≤ 1+ 3 4 4 4 4 3 1 π  π  π  4) cos − A  cos − B  cos − C  ≥ 1 + 3 cos A cos B cos C 4  4  4  2 2 với ∆ABC nhọn.

(

)

(

The Inequalities Trigonometry

)

98