CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC TỪ NHỮNG BÀI TOÁN
TRONG TAM GIÁC
BIÊN SOẠN: GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088
Mở đầu: Trong chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt là các bài toán có biến ràng buộc
bới một hệ thức cho trước thoạt nhìn chúng ta cứ nghĩ đó là bài toán đại số thuần tuý
nhưng nếu biết biến đổi linh hoạt điều kiện để chuyển bài toán về dạng lượng giác thì
cách giải sẽ trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Qua bài viết này tác giả mong muốn gửi
đến các em học sinh một phương pháp mà từ trước đến nay thông thường các em ít
nghỉ đến
Khi nào thì có thể vận dụng bất đẳng thức trong tam giác?
- Từ điều kiện
, , , 1a b c R ab bc ca
+
∈ + + =
luôn tồn tại 3 góc của tam giác ABC sao cho
tan , tan , tan
2 2 2
A B C
a b c= = =
- Từ điều kiện
, , ,a b c R ab bc ca abc
+
∈ + + =
bao gìơ cũng tồn tại 3 góc của tam giác sao
cho
tan , tan , tana A b B c C= = =
- Từ điều kiện
( )
2 2 2
, , , *a b c R a b c bc
α

a a
a a
= ⇒ = = =
+ +
+ +
* a,b,c
R
+
∈
, ab+bc+ca=1
2 2 2
1 ( )( ),1 ( )( ),1 ( )( )a a b a c b b c b a c c a c b⇒ + = + + + = + + + = + +
(1)
* a,b
2 2
1
1
1 1
ab
R
a b
+
+
∈ → ≤
+ +
(2) Thật vậy (2) tương đương với
( )
2
2 2 2 2
1 (1 )(1 ) 2ab a b ab a b+ ≤ + + ⇔ ≤ +

( )( )( ) ( )( )( )
a b c b c a ab
a b b c c a a b b c c a
+ + + +
⇔ =
+ + + + + +
(Áp dụng kết quả (1))
( ) ( ) 1 1a b c b c a ab ab bc ca⇔ + + + = + ⇔ + + =

Vì
2 2
1
1
(1 )(1 )
ab
a b
+
≤
+ +
⇒
đpcm
*
2 2
2 2
2
1 1 2
, , , 1
1 1
1
a b c

1 1 1 1
ab A B B
c c c
a b a b
 
⇔ + ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤
 ÷
 
+ + + +
rõ ràng bất đẳng thức này luôn đúng
- Ta thấy (3)
C
sin sin 2 os
2
A B c⇔ + ≤
Nhưng ta có
C A-B A-B
sin sin 2 os . os , os 1
2 2 2
A B c c c
   
+ = ≤ ⇒
 ÷  ÷
   
đpcm
- Ta thấy (4)
C
osA+cosB 2sin
2
c⇔ ≤

Lại có
C
sin sin 2 os
2
A B c+ ≤
nên ta sẽ chứng
minh
C
3sin os 10
2 2
C
c+ ≤
. Theo BĐT Bunhiacopxki
2 2 2
C
(3sin os ) (9 1)(sin os ) 10
2 2 2 2
C C C
c c+ ≤ + + = ⇒
đpcm
Bài 2)
2 2 2
2 2 3 10
, , 0, 1. :
1 1 1 3
a b c abc a c Cmr
a b c
> + + = − + ≤
+ + +
(2)

 ÷
 
vì
cos 1
2
A B−
 
≤
 ÷
 
2
2sin 3sin
2 2
C C
VT⇒ ≤ −
Ta
sẽ chứng minh
2
1
2sin 3sin
2 2 3
C C
− ≤
⇔
2 2
1 1
2sin 3sin 0 3(sin ) 0
2 2 3 2 3
C C C
⇔ − − ≤ ⇔ − − ≤

dương thỏa mản
bccba −+=
222
chứng minh
333
53 aabccb ≤++
(*)
Coi a, b, c như là 3 cạnh của tam giác ta suy ra góc A=60
0

Ta có BĐT (*)
23222
53)(53)(3))(( abccbaaabccbaabccbcbcb ≤++⇔≤++=++−+⇔
vận dụng
điều kiện góc A=60
0
và các hệ thức a = 2Rsin A, b = 2RsinB, c= 2RsinC
BĐT cần cm
15sin.sin12)sin(sin32 ≤++⇔ CBCB
mặt khác ta có
sinB + sinC
4
3
4
)]
2
sin(2[
4
)sin(sin
sinsin,3)

∈
[0; ]
2
π
sao cho
a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC và
2 2 2
2 1a b c abc+ + + =
suy ra A,B,C là các đỉnh của tam
giác nhọn ABC.
(4)
A
osA+cosB+cosC 4cosA.cosB.cosC+1 sin sin sin osA.cosB.cosC
2 2 2
B C
c c⇔ ≥ ⇔ ≥
Ta có
( )
2
2 2 2
cosA+cosB
A-B
cos . osB sin . os sin
4 2 2 2
C C
A c c
 
≤ = ≤
 ÷
 

0
A-B 60
sin sin 2sin . os 2sin ; sin sin 60 2sin
2 2 2 2
A B A B C
A B c C
 
+ + +
     
+ = ≤ ⇒ + ≤
 ÷
 ÷  ÷  ÷
     
 
Từ đó suy ra
0
0 0
60 4 3
sin sin sin sin 60 4sin 4sin 60
4 2
A B C
A B C
 
+ + +
+ + + ≤ = =
 ÷
 
hay
3 3
sin sin sin