PHƯƠNG PHÁP
GIẢI MỘT DẠNG BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC
TRONG TAM GIÁC

NGUYỄN LÁI
GV THPT chuyên Lương Văn Chánh
(Bài viết có bổ sung)
PHẦN I . (Đã được đăng 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 điều kiện:
1)






+
≥+
2
2)()(
BA
fBfAf
; hoặc






+

+
2
3
2
3
)(
π
π
C
ffCf
hoặc






+
≥
2
)().(
2
BA
fBfAf
(2)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi C=
3
π
.
Khi cộng (hoặc nhân) (1),(2) ta sẽ có BĐT :


4
1 1 1 3. 2
1 sin 1 sin 1 sin 2 3A B C
+ + ≥
+ + + +
Lời giải. Ta có:
( )
BABABA sinsin22
4
sinsin2
4
sin1
1
sin1
1
++
≥
++
≥
+
+
+
≥
2
cos
2
sin22
4
BABA −+



+
≥+
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
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

 
Lời giải . Ta có:
BABABA sinsin
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

1
1
)cos(1
2
1












+
+=








+−
+≥
BA

≥
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
≥++++
)









+
+
+
+
C
BA
≥
4
0
60sin
1
1






+
Suy ra
3
3


+≥






+






+






+
CBA
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Thí dụ 3 . Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:

6 6 6
3







−+
−=






+
−=












+
≥

cos1
8
1
6
3
BABA
+
=






+
−≥
.
⇒
4
sin2
2
sin
2
sin
666
BABA
+
≥+
(9) (Có dạng


≥








+
+
+
≥+++
6
0
66
0
6666
4
60
sin
4
sin2
2
60
sin
2
sin
2
sin

(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
−−−
πππ
.
Nên BĐT đã cho viết lại dưới dạng :
≤−−−
)
4
cos()
4
cos()
4
cos( CBA

3
π
thì
0)
4
cos(;0)
4
cos(;0)
4
cos(
≥−≥−≥−
CBA
πππ
,
nên
=−−+≤−+−−=−−
)]
4
2cos(1[
2
1
)]cos()
4
2[cos(
2
1
)
4
cos()
4

(cos)
34
cos()
4
cos(
2
π
ππππ
+
−≤−−
C
C
(13)
Do đó nhân theo vế của (12) và (13) và tương tự ta có :
)
34
(cos)]
2
3
4
cos()
24
[cos()
34
cos()
4
cos()
4
cos()
4

4
2








+≤
Do đó (cosA+sinA)(cosB+sinB)(cosC+sinC)
3
4
6
4
2
22








+≤
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều .
• Mời các bạn tiếp tục giải các bài toán sau theo phương pháp trên.
Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều có

Bài 4 . Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn ABC ,ta đều 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 đều 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


=
.
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



+
≥+
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

⇒
.
3
1
303
222
03333
=≥++
tg
C
tg
B
tg
A
tg
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giaca ABC đều.
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC , ta đều 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
BA
BABABABA
BA
n
n
n
n
n
n
nn
+
=
+
−
≥
+
−
−
=≥+
++
(16)
( Có dạng






+





















+
+






+
≥+++

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
=≥++

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

4
(cos
24
cos
4
cos
y
x
yxy
y
x
x
+
+
≤+

),0(,
π
∈∀
yx
Do đó:
)
4
cos
4
)(cos
2
(
4
cos



+
≤+
2
2)()(
BA
fBfAf
)
Tương tựï
≤+
12
cos
34
cos
ππ
C
C
8
3
cos
2
3
2
ππ
++
CC
(19).
Cộng theo vế (18) và (19) ta có:
4

16
3
cos
4
3
4
ππ
++++++
≤
CBACBA
=4.
3
π
.
12
cos
π
⇒
4
cos
4
cos
4
cos
C
C
B
B
A
A ++

22
).1().(.211)1)(1( tgBtgAtgBtgAtgBtgAtgAtgBtgBtgAtgBtgA
+≥++≥+++=++
Mặt khác vì tam giác nhọn nên cos(A+B)≤ 0.
Do đó 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





+
≥
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
)

4
cos()
4
cos()
4
cos(
3
+≥−−−
πππ
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
PHẦN III. (Đề xuất thêm cho phương pháp đã nêu)
Trước tiên, ta giải bài toán đơn giản quen thuộc sau đây theo phương pháp trên
Chứng minh với mọi tam giác ABC ta luôn có
2
3
coscoscos
≤++
CBA
.
Giải theo thứ tự như trên: