Bất đẳng thức Trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược.docx

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
HOÀNG THỊ HOÀNG ANH
BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG LỚP CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC
VÀ LƯỢNG GIÁC NGƯỢC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------
Tải tài liệu tại sividoc.com
HOÀNG THỊ HOÀNG ANH
BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG LỚP CÁC HÀM LƯỢNG GIÁC
VÀ LƯỢNG GIÁC NGƯỢC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8460113
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu
THÁI NGUYÊN - 2018

ii
Mục lục
M ĐAU iv
Chương 1. M t so tính chat cua các hàm lư ng giác và lư ng giác ngư c 1
1.1 Đong nhat thức lưong giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1.1 M t so đong nhat thức liên quan đen hàm sin và cosin . . 1
1.1.2 M t so đong nhat thức liên quan đen hàm so tang và cotang 5
1.2 Tính chat của các hàm lưong giác ngưoc . . . . . . . . . . . . . . 9
Chương 2. Bat đang th c trong lỚp các hàm lư ng giác và lư ng giác
ngư c 13
2.1 Bat đȁng thức đại so sinh bỏi các hàm lưong giác ............................... 13
2.1.1 Bat đȁng thức sinh bỏi hàm cosin............................................ 13
2.1.2 Bat đȁng thức sinh bỏi hàm sin ............................................... 15
2.2 Bat đȁng thức đại so sinh bỏi các hàm lưong giác ngưoc .................... 19
2.2.1 M t so dạng bat đȁng thức giữa lóp hàm arcsin và arccosin 19
2.2.2 M t so dạng bat đȁng thức giữa lóp hàm arctan và arccotan 23
Chương 3. M t so dạng toán liên quan 28
3.1 Các bài toán cục trị trong lưong giác ................................................... 28
3.2 Phương pháp lưong giác trong đại so và hình hoc ............................... 35
3.2.1 Phương pháp lưong giác trong đȁng thức................................ 35
3.2.2 Phương pháp lưong giác trong bat đȁng thức.......................... 41
3.2.3 Phương pháp lưong giác trong phương trình, bat phương
trình ......................................................................................... 44
3.2.4 Phương pháp lưong giác trong hình hoc.................................. 50
3.3 M t so dạng toán liên quan từ các đe thi Olympic............................... 60

iii
KET LU N 66
TÀI LI U THAM KHÂO 67

iv
M ĐAU
Chuyên đe lưong giác là m t trong những chuyên đe quan trong ỏ b c trung hoc
pho thông. Tuy nhiên, do giảm tải ve n i dung mà các van đe sâu sac liên quan
đen lưong giác ngưoc không còn đưoc đe c p trong sách giáo khoa.
Lưong giác không chỉ là đoi tưong nghiên cứu mà còn là công cụ đac lục trong
nhieu lĩnh vục khác của toán hoc. M t trong những phương pháp đưoc sử dụng
trong đại so là khảo sát các tính chat của đa thức lưong giác đe áp dụng trong các
bài toán ưóc lưong đánh giá đa thức và phân thức hữu tý, các tính toán liên quan
đen đạo hàm và tích phân của bieu thức đại so...
Trong các kì thi hoc sinh giỏi toán các cap, Olympic Toán sinh viên, các bài toán
liên quan tói áp dụng lưong giác đe khảo sát bat đȁng thức và bài toán cục trị liên
quan thưòng xuyên đưoc đe c p. Những dạng toán này thưòng đưoc xem là thu c
loại khó, nhieu dạng toán can tói phan kien thức ve n i suy đa thức lại không nam
trong chương trình chính thức của giáo trình Đại so và Giải tích b c trung hoc pho
thông hi n hành.
Vói mong muon cung cap thêm tài li u tong hop ve chuyên đe lưong giác cho
giáo viên và hoc sinh giỏi tôi chon đe tài lu n văn ”Bat đȁng thức trong lóp các
hàm lưong giác và lưong giác ngưoc”.
Lu n văn nham trình bày m t so phương pháp chứng minh bat đȁng thức trong
đa thức lưong giác và xét các ứng dụng liên quan đen các bài toán cục trị, khảo sát
phương trình, bat phương trình. Đe hoàn thành n i dung lu n văn, tác giả có sử
dụng các tài li u tham khảo [1]-[6].
Lu n văn gom phan mỏ đau, ket lu n và 3 chương.
Chương 1. M t so tính chat của các hàm lưong giác và lưong giác ngưoc.
Chương này trình bày các tính chat cơ bản của các hàm lưong giác và lưong
giác ngưoc. Xét các ví dụ áp dụng liên quan.

v
Chương 2. Bat đȁng thức trong đa thức lưong giác và lưong giác ngưoc.
Chương này trình bày các bat đȁng thức đại so sinh bỏi các hàm lưong giác,
lưong giác ngưoc và các dạng toán liên quan.
Chương 3. M t so dạng toán liên quan.
Xét m t so dạng toán ve phương trình, bat phương trình, bat đȁng thức, cục trị
trong đại so và m t so bài t p áp dụng lưong giác trong các bài toán hình hoc. Tiep
theo, chương này trình bày h thong các bài t p giải các đe thi HSG quoc gia và
Olympic liên quan.
Lu n văn đưoc hoàn thành dưói sụ hưóng dȁn khoa hoc của Nhà giáo nhân dân,
GS.TSKH Nguyen Văn M u. Tác giả xin đưoc bày tỏ lòng biet ơn chân thành và
sâu sac tói GS - Ngưòi thay rat nghiêm khac, t n tâm trong công vi c và đã truyen
thụ nhieu kien thức quý báu cũng như kinh nghi m nghiên cứu khoa hoc cho tác
giả trong suot quá trình hoc t p, nghiên cứu đe tài.
Tác giả xin đưoc bày tỏ lòng biet ơn chân thành đen Ban Giám hi u, khoa Toán
- Tin của trưòng Đại hoc Khoa hoc - Đại hoc Thái Nguyên, cùng các thay cô giáo
đã tham giảng dạy và hưóng dȁn khoa hoc cho lóp Cao hoc toán K10C.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám hi u, t p the giáo viên toán trưòng
THPT Lê Văn Thịnh, tỉnh Bac Ninh và gia đình đã tạo đieu ki n cho tác giả có cơ
h i hoc t p và nghiên cứu.
Tác giả.

1
—e
2 a
a +
a2
a+
a
Chương 1. M t so tính chat cua các hàm
lư ng giác và lư ng giác ngư c
Trong chương này trình bày các tính chat cơ bản của các hàm lưong giác và lưong
giác ngưoc là cơ sỏ cho các bài toán trong các chương tiep theo.
1.1 Đong nhat th c lư ng giác
1.1.1 M t so đong nhat th c liên quan đen hàm sin và cosin
Ta có công thức Euler
Khi đó
eiα
= cosα +isinα,α ∈ R.
cosα =
sinα =
eiα + e−iα
eiα
2 −iα
.
2i
Từ đó, ta suy ra cos(iα) =
eα
+e−α
. Như v y hàm so cost vói t
2 = iα là bieu thức
có dạng
1
a +
1
, trong đó a = eα
, cho nên, ve m t hình thức ta sẽ có nhieu
bien đoi thu đưoc từ các công thức liên quan đen bien x ∈
/ [−1;1] giong như hàm
so cost.
Ví dụ 1.1. H thức đại so ứng vói công thức
cos2t = 2cos2
t − 1,
chính là công thức
1 2 1 1 1
2
2
2
= 2 —1.

2
2 a2 2 a
a +
a3
a+
a
a+
a
2 a
2 a
2 a5 2 a 2 a3 2 a2
hay
2x2
−1 =
1
a2
+
1
, vói x =
1
a+
1
,a 0.
cos3t = 4cos3
t − 3cost,
1 3 1 1 1
3
1 1
4x3
−3x =
1
a3
+
1
,
2 a3
vói
x =
1
a+
1
,a /= 0.
cos5t = 16cos5
t − 20cos3
t + 5cost,
1 5
1
1 1
5
1 1
3
1 1
2
hay
a +
a5
= 16
2
a+
a
−20
2
a +
a
+5
2
a+
a
.
16x5
−20x3
+ 5x =
1
a5
+
1
,
vói
2 a5
x =
1
a+
1
,a /= 0.
cos5t + cost = 2cos3t cos2t,
1
a5
+
1
+
1
a+
1
= 2
1
a3
+
1 1
a2
+
1
.
2
2
2
= 4 —3 .

3
2
−
−
1
a5
+
1
= −x+2 4x3
−3x (2x2
−1),
2 a
2 q3
2 q 2
Từ đó, sử dụng ket quả khai trien các hàm lưong giác cos3t và cos2t ta thu đưoc
đong nhat thức đại so sau
trong đó
2 a5
x =
1
a+
1
,a /= 0.
Ví dụ 1.5. Cho so thục m vói |m| > 1. Tính giá trị của bieu thức
M = 8x3
−6x,
trong đó
x =
1
q
3
m+
√
m2 −1+
q
3
m−
√
m2 −1 .
L i giai. Vì |m| > 1 nên ton tại so thục q đe có h thức
m =
1
q3
+
1
.
Đ t t = q3
ta đưoc phương trình t2
2mt + 1 = 0,
từ đó suy ra t = m ±
√
m2 − 1 hay q3
= m ±
√
m2 − 1.
Chon
thì ta đưoc
q =
q
3
m +
√
m2 − 1,
1
q+
1
=
1
q
3
m+
√
m2 −1+
q
3
m−
√
m2 − 1 = x.
Theo ví dụ 1.2 thì 4x3
− 3x = m nên M = 2m.
Tiep theo, trong mục này sẽ trình bày m t so đong nhat thức quen biet liên quan
đen hàm so sin. Từ công thức Euler ta thu đưoc h thức
isint =
eit e−it
2
.
Suy ra bieu thức isin(it) nh n giá trị thục. Đieu này goi ý cho ta cách chuyen đoi
các đong nhat thức đoi vói hàm so sin sang các đong nhat thức đại so.

4
a —
a5 +
2
a −
a
a —
a3
a −
a
1
a5
−
1
= −x+2 4x3
+3x 2x2
+1 ,
2 a
Ví dụ 1.6. Xét công thức khai trien
sin3t = 3sint − 4sin3
t,
Từ đây ta thu đưoc công thức
isin(3it) = 3(isinit) + 4(isinit)3
.
H thức đại so ứng vói công thức trên là đong nhat thức
1 3 1
1 1 1 1
3
hay
2
a −
a3
= 3
2
a−
a
+4
2
a−
a
,
4x3
+3x =
1
a3
−
1
2 a3
vói
x =
1
a−
1
,a /= 0.
2 a
Ví dụ 1.7. Xét công thức bien đoi
sin5t +sint = 2sin3t 1− 2sin2
t ,
Ta viet lại công thức dưói dạng
isini(5t) + isin(it) = 2isini(3t)
h
1 + 2(isinit)2
i
.
H thức đại so ứng vói công thức trên là đong nhat thức
1 5 1 1 1 1 3 1
"
1 1
2
#
Từ ví dụ trên, sử dụng ket quả khai trien hàm lưong giác sin3t ta thu đưoc đong
nhat thức đại so sau
trong đó
2 a5
x =
1
a−
1
,a /= 0.
2
2
2
= 2 1+2 .

5
2
— −
−
2 q3
−
Ví dụ 1.8. Cho so thục m. Tính giá trị của bieu thức
M = x3
+
3
x,
4
trong đó
x =
1
q
3
m+
√
m2 +1−
q
3
m−
√
m2 +1 .
L i giai. Vói ∀m ∈ R luôn ton tại so thục q đe có h thức
m =
1
q3
−
1
.
Đ t t = q3
ta đưoc phương trình t2
2mt 1 = 0,
từ đó suy ra t = m ±
√
m2 + 1 hay q3
= m ±
√
m2 + 1.
Chon
thì ta đưoc q =
q
3
m+
√
m2 +1
1
q−
1
=
1
q
3
m+
√
m2 +1−
q
3
m−
√
m2 + 1 = x.
Theo ví dụ 1.6 thì 4x3
+ 3x = m nên M =
m
.
4
1.1.2 M t so đong nhat th c liên quan đen hàm so tang và cotang
Theo công thức lưong giác cơ bản ta có
tant =
sint
,t /=
π
+ kπ,k ∈ Z.
cost
Từ công thức Euler, ta thu đưoc h thức
itant
2
eiα −e−iα
Từ đây suy ra
=
eiα + e−iα
,
hay
i tan(it) =
e−α eα
e−α +eα
,
itan(it
a2
1
) =
a2 +1
.
Ta thay bieu thức itan(it) nh n giá trị thục. Đieu này goi ý cho ta cách chuyen đoi
các đong nhat thức đoi vói hàm so tant sang các đong nhat thức đại so.
2 q 2

6
−
−
tan2t =
2tant
, t,2t /=
π
+ kπ,k ∈ Z
−
1−tan2 t 2
Từ đây ta thu đưoc công thức (hình thức)
itani(2t) =
2itan(it)
.
1 + (itanit)2
H thức đại so ứng vói công thức trên chính là đong nhat thức
2
a2
− 1
hay
a4
1
a4 + 1
=
1+
a2 + 1 ,
a2
− 1 2
a2 + 1
a4
− 1 2x
vói a4 + 1
=
1+ x2
,
x
a2
1
=
a2 +1
.
tan3t =
3 tant tan3
t
1−3tan2 t
, t,3t /
=
π
+ kπ,k
2
∈ Z
itani(3t) =
3i tan(it) + (i tan it)3
1+3(itanit)2
.
a2
−1 a2
−1
3
a6
− 1
3
a2 + 1
+
= a2 + 1 ,
hay
a6 + 1
a6
− 1
1 + 3
3x+x3
a2
− 1 2
a2 + 1
a2
− 1
a6 + 1
=
1+ 3x2
vói x =
a2 + 1
.

7
−
−
tan4t =
2tan2t
, 2t,4t /=
π
+ kπ,k ∈ Z
cot2t =
1
, 2t /= k
π
,k ∈ Z
tan3t 2
−
−
1−tan2 2t 2
itani(4t) =
2itani(2t)
1 + (itani(2t))2
2
a4
− 1
a8
1
a8 + 1
=
1+
a4 + 1 ,
a4
− 1 2
a4 + 1
Từ ví dụ trên, sử dụng ket quả khai trien hàm lưong giác tan2t, ta thu đưoc đong
nhat thức đại so sau:
vói
a8
1
a8 + 1
=
1+
4x
1+ x2
2x 2
,
1+ x2
a2
1
x =
a2 +1
.
tan2t 2
chính là đong nhat thức dưói đây
vói
a4
+ 1
a4 − 1
=
1+ x2
2x
,
a2
1
x =
a2 +1
.
cot3t =
1
, 3t /= k
π
,k ∈ Z

8
−
−
−
cot4t =
1
, 4t /= k
π
,k ∈ Z
a6
+1 1+3x2
vói
a6 −1
=
3x+x3
,
a2
1
x =
a2 +1
.
tan4t 2
2x 2
vói
a8
+1
1+
a8 − 1
=
1 + x2
4x
,
1+ x2
x
a2
1
=
a2 +1
.
Ví dụ 1.15. Xét đong nhat thức
(tant + cott)2
− (tant − cott)2
= 4
Ta viet lại đong nhat thức đã cho dưói dạng
[i tan(it) + icot(it)]2
− [i tan(it) − icot(it)]2
= −4,
H thức đại so ứng vói công thức trên chính là đong nhat thức vói
a2
−1 a2
+1
2
a2
−1 a2
+1
2
hay
a2 +1
−
a2 −1
−
a2 +1
+
a2 −1
= −4.
vói
1 2
x −
x
−
1 2
x+
x
= −4
a2
1
x =
a2 +1
.

9
h i
2 2 2 2
π π
1.2 Tính chat cua các hàm lư ng giác ngư c
Định nghĩa 1.1. Cho hàm so song ánh:
f : X → Y
trong đó X,Y là t p hop so nói chung. Khi đó mői phan tử y = f (x) vói y nam
trong Y đeu là ảnh của m t và chỉ m t phan tử trong X . Như v y, có the đ t tương
ứng mői phan tử y trong Y vói m t phan tử x trong X . Phép đ t tương ứng đó đã
xác định m t hàm so, ánh xạ từ Y sang X , hàm so này đưoc goi là hàm so ngưoc
của hàm so f và kí hi u là:
f −1
: y ›→ x = f −1
(y)
Neu f −1
ton tại ta nói hàm so f (x) khả nghịch. Có the nói tính chat song ánh
là đieu ki n can và đủ đe hàm f (x) khả nghịch, tức là neu f (x) là song ánh thì ton
tại hàm ngưoc f−1
và ngưoc lại.
Sau đây là m t đieu ki n đủ đe hàm so đã cho có hàm so ngưoc.
Định lí 1.1 (xem [1]-[3]). Giả sử hàm y = f(x) xác định, đong bien (đơn đi u tăng
thục sụ) ho c nghịch bien (đơn đi u giảm thục sụ) và liên tục trong m t khoảng X
nào đó. Khi đó trong khoảng t p các giá trị Y tương ứng của hàm đó, ton tại hàm
ngưoc (đơn trị) x = g(y) và cũng là hàm đong bien ho c nghịch bien và liên tục
trong khoảng đó.
Nh n xét 1.1. Từ các hàm lưong giác cơ bản như y = sinx, y = cosx, y = tanx,
y = cot x, theo định lí trên, ta có các hàm lưong giác ngưoc tương ứng trong các
khoảng đong bien ho c nghịch bien của chúng.
π π π π
Trong − ; , (hay trong − ; ) hàm so y = sinx (hay y = tanx) là hàm
đong bien, liên tục nên khi đó ton tại hàm ngưoc y = arcsin x
(hay y = arctan x) như sau:
y = arcsin x sin(arcsin x) ≡ x
x = siny π π
−1 ≤ x ≤ 1
⇔ −
2
≤ arcsin x ≤
2
−
2
≤ y ≤
2
−1 ≤ x ≤ 1

10
π π
y = arctan x tan(arctan x) ≡ x
x = tany π π
−∞ < x < +∞
⇔ −
2
≤ arctan x ≤
2
−
2
≤ y ≤
2
−∞ < x < +∞
• Trong [0;π] (hay trong (0;π)) hàm so y = cosx (hay y = cotx) là hàm nghịch
bien, liên tục nên khi đó ton tại hàm ngưoc y = arccos x
(hay y = arccot x) như sau:
y = arccos x
x = cosy
−1 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ π
và
cos(arccos x) ≡ x
⇔ 0 ≤ arccos x ≤ π
−1 ≤ x ≤ 1
y = arccot x
x = coty
−∞ < x < +∞,0 < y < π
cos(arccot x) ≡ x
0 < arccot x < π
−∞ < x < +∞
1) arcsin (−x) = −arcsin x, ∀x ∈ [−1;1]
2) arccos (−x) = π −arccos x, ∀x ∈ [−1;1]
3) arctan (−x) = −arctan x
4) arccot (−x) = −arccot x
Đe khảo sát các hàm lưong giác ngưoc, ta cũng can phải biet tính đạo hàm các
cap của chúng.
Định lí 1.2 (xem [1]-[3]). Giả sử hàm y = f (x) thoả mãn các đieu ki n của Định
lí 1.1 ve sụ ton tại hàm ngưoc và tại điem x = x0 hàm so có đạo hàm f ′ (x0) hữu
hạn và khác 0.
Khi đó đoi vói hàm ngưoc x = g(y) tại điem tương ứng y0 = f (x0) cũng ton tại
đạo hàm và có giá trị bang
V y ta có công thức đơn giản
1
f ′ (x0)
.
x′
y =
1
.
y′
x
Bây giò ta chuyen qua tính đạo hàm của các hàm lưong giác ngưoc.
Đe thu n loi trong tính toán, ta đoi vai trò của các bien x và y và viet công thức
trên dưói dạng y′
x =
1
.
x′
y
⇔

11
2
2
q
3
2
1
x
2
q
x
* Hàm y = arcsin x,(−1 < x < 1), vói −
π
< y <
π
2
(hàm ngưoc của hàm x = siny).
π π
Khi đó, ta có x′
y = cosy > 0 vói −
2
< y <
2
.
Theo công thức trên ta có
1
y′ = 1 1 1
= = = .
x
x′
y
cosy √
1 − sin2
y
√
1 − x2
(Ta bỏ đi các giá trị x = ±1 bỏi vì đoi vói các giá trị tương ứng y = ±
π
, thì đạo
hàm x′
y = cosy = 0). V y hàm y = arcsin x là hàm đong bien.
Lại có y′′ =
2x
> 0 vói 0 < x < 1 và y′′ < 0 vói −1 < x < 0.
( − )
Suy ra hàm y = arcsin x lõm vói 0 < x < 1 và loi vói −1 < x < 0.
Hơn nữa, ta có
Vói 0 < x < 1 thì y′′ > 0 nên y (x) > y (a) + y′ (a)(x − a) , ∀a ∈ (0; 1) .
Vói −1 < x < 0 thì y′′ < 0 nên y(x) < y(a) +y′ (a)(x −a), ∀a ∈ (−1;0).
Tương tụ, ta xét các hàm lưong giác ngưoc còn lại.
* Hàm y = arccos x(−1 < x < 1) vói 0 < y < π (hàm ngưoc của hàm x = cosy).
Ta có xy
′
Khi đó
= −siny vói 0 < y < π.
y′
=
1
= −
1 1 1
0.
x′
y siny
= −√
1 −cos2y
= −√
1− x2
<
V y nên, hàm y = arccos x là hàm nghịch bien.
Lại có
y′′
= −
2x 0 vói 0 < x < 1 và y′′ > 0 vói −1 < x < 0.
<
3
(1 − x2)
Suy ra hàm y = arccos x loi vói 0 < x < 1 và lõm vói −1 < x < 0.
Hơn nữa, ta có
Vói 0 < x < 1 thì y′′ < 0 nên y(x) < y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a ∈ (0;1).
Vói −1 < x < 0 thì y′′ > 0 nên y(x) > y(a) +y′ (a)(x −a), ∀a ∈ (−1;0).
* Hàm y = arctan x, −∞ < x < +∞ vói −
π
< y <
π
(hàm ngưoc của hàm
2
x = tany).
Ta có x′ =
1
=
1
=
1
.
cos2y 1 − sin2
y 1 − x2
y

12
2 2
Suy ra y′ =
1
x
x′
y
1
=
1 + x2
> 0. Do đó, hàm y = arctan x là hàm đong bien.
Lại có y′′ =
−2x
< 0 vói x > 0 và y′′ > 0 vói x < 0, suy ra hàm y = arctan x
x
(1 + x2)2
loi vói ∀x > 0 và lõm vói ∀x < 0.
Và hơn nữa, ta có
Vói x > 0 thì y′′ < 0 nên y(x) < y(a) + y′ (a)(x− a), ∀a > 0.
Vói x < 0 thì y′′ > 0 nên y(x) > y(a) + y′ (a)(x− a), ∀a < 0.
* Hàm y = arccot x, −∞ < x < +∞ vói 0 < y < π
(hàm ngưoc của hàm x = coty).
1
Ta có x′
y
= −
sin2
y = − 1+cot2
y = − 1+x2
.
Suy ra y′ =
1
x
x′
y
1
= −
(1 + x2)
< 0.
Do đó, hàm y = arccot x là hàm nghịch bien.
Lại có y′′
x =
2x
> 0 vói x > 0 và y′′ < 0 vói x < 0,
(1 + x )
suy ra hàm y = arccot x lõm vói ∀x > 0 và loi vói ∀x < 0.
Và hơn nữa, ta có
Vói x > 0 thì y′′ > 0 nên y(x) > y(a) + y′ (a)(x− a), ∀a > 0.
Vói x < 0 thì y′′ < 0 nên y(x) < y(a) + y′ (a)(x− a), ∀a < 0.

13
2sin
2
cos
2 2 2
Chương 2. Bat đang th c trong lỚp các
hàm lư ng giác và lư ng giác ngư c
N i dung chương này trình bày ve các bat đȁng thức sinh bỏi các hàm lưong giác,
lưong giác ngưoc và m t so bài t p cơ bản đưoc áp dụng trong chương sau.
2.1 Bat đang th c đại so sinh bƠi các hàm lư ng giác
2.1.1 Bat đang th c sinh bƠi hàm cosin
Bài toán 2.1. Chứng minh rang vói moi tam giác ABC ta đeu có
L i giai.
cos A + cos B +
1
cosC
2
3
<
2
.
Vì vai trò của A và B như nhau, ta thay bài toán có tính chat đoi xứng cục b .
Ta có
cosA + cosB +
1
cosC = 2cos
A + B
cos
A − B
+
1
cosC
2 2 2 2
=
C A−B
+
1
1−2sin2 C
C A−B 2
2 A−B 1 3
Dau đȁng thức xảy ra
= − sin
2
− cos
2
+ cos 2
+
2
≤
2
⇔ sin
C
= cos
A−B
= ±1 vô lí
2 2
V y
cos A + cos B +
1
cosC
2
3
<
2
.

14
2
2
2
2sin
2
cos
2 2
f(t) < f
π
= 2 − m,∀t ∈ 0,
π
.
2
Bài toán 2.2. Cho so dương m, 0 < m <
1
. Chứng minh rang vói moi tam giác
2
ABC ta đeu có
cosA + cosB + mcosC < 2 − m.
L i giai. Ta thay ngay bài toán có tính chat đoi xứng cục b . Ta có
P = cos A + cosB + mcosC
= 2cos
A + B
cos
A − B
+ mcosC
=
C A−B
+m 1−2sin2 C
≤ 2sin
C
+ m 1 − 2sin2 C
2 2
Dau đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi A = B
Xét hàm so
Ta có
f (t) = 2sint + m(1 − 2sin2
t),t ∈ 0,
π i
.
f′(t) = 2cost(1−2msint) > 0,∀t ∈ 0,
π i
,0 < m <
1
2 2
V y f(t) đong bien trong khoảng 0,
π i
. Do v y
2 2
Suy ra đieu phải chứng minh.
Bài toán 2.3. Chứng minh rang vói moi tam giác ABC, ta đeu có
cosA + cos B + cosC > 1.
L i giai. Ta có
cosA + cosB + cosC = 2cos
A + B
cos
A − B
+ cosC
2 2
= 2sin
C
cos
A− B
+ 1−2sin2 C
2 2 2
= 1+2sin
C
cos
A− B
−cos
A+B
2 2 2
A B C
= 1+ 4sin
2
sin
2
sin
2
≤ 1.

15
Dau đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi
A B C
Suy ra
sin
2
sin
2
sin
2
= 0 vô lí
cos A + cos B + cosC > 1(Øiuphichngminh.)
Bài toán 2.4. Chứng minh rang vói moi tam giác ABC tùy ý ta luôn có
6cosA + 3cosB+ 2cosC > −1.
L i giai. Ta có
6cos A + 3cos B + 2cosC = 6(cos A + cos B + cosC) − 3cos B − 4cosC
Áp dụng bài toán trên ta có cos A + cos B + cosC > 1 nên
6(cosA+cosB+cosC) > 6
Lại có cosB < 1,cosC < 1 nên
−3cosB − 4cosC > −3.1 − 4.1 = −7
V y nên, ta thu đưoc
6cosA + 3cosB+ 2cosC > −1,
suy ra đieu phải chứng minh.
2.1.2 Bat đang th c sinh bƠi hàm sin
3
√
3
sinA + sinB + sinC ≤
2
.

16
π
2
3
≤
∈
2 2 2 6 2 6
2 2 6
C =
π
2 2
2 6
L i giai. Ta có
sinA + sinB + sinC + sin
π
3
=2sin
A+B
cos
A−B
+2sin
C
+
π
cos
C
−
π
≤2sin
A+ B
+ 2sin
C
+
π
A+B+C +
π
3
A + B −C −
π
≤2.2sin
≤4sin
3
4
3
√
3
sin
4
Suy ra sinA + sinB + sinC ≤
2
( đpcm).
cos
A−B
= 1
cos
C
−
π
= 1 A = B
A + B −C −
π ⇔ 3
π
⇔
cos
4
= 1 A+ B = C +
3
sinA + sinB +
√
3sinC
4
√
6
.
3
L i giai. Ta có
sinA + sinB +
√
3sinC = 2sin
A + B
cos
A − B
+
√
3sinC ≤ 2cos
C
+
√
3sinC
2 2 2
Xét hàm so
Ta có
f (x) = 2cos
x
+
√
3sinx,x [0; π].
2
f ′(x) = −sin
x
+
√
3cosx = −2
√
3sin2 x
− sin
x
+
√
3
2 2 2
=
√
3 + 2sin
x
1 −
√
3sin
x
,∀x ∈ [0;π].
3
∆ABC đeu .

17
C
2
1 ⇔ 2arcsin
1
′ x 1
Do đó f (x) = 0 khi sin
2
= √
3
và đoi dau từ dương sang âm nên
x0 1
M t khác, ta có
f (x) ≤ f (x0) vói sin
2
= √
3
.
f(x ) = 2cos
x0
+ 2
√
3sin
x0
cos
x0
=
4
√
6
.
0
Do đó
Từ đó, ta suy ra
2
f (x) ≤
2 2 3
4
√
6
3
.
sinA + sinB +
√
3sinC ≤ 2cos
C
+
√
3sinC ≤
4
√
6
.
2 3
cos
A−B
= 1 A = B
sin
2
= √
3
= √
3
1
hay tam giác ABC cân tại C và có C = 2arcsin √
3
.
sin2
A+sin2
B +ksin2
C ≤
(2k+1)2
4k
khi k > 0.
L i giai. Đ t M = sin2
A+ sin2
B+ ksin2
C. Khi đó
1−cos2A
+
1−cos2B
+ksin2
C −M = 0
2 2 2
⇔1 − cos(A + B)cos(A − B) + ksin
⇔1 + cosC cos(A − B) + k(1 − cos
2
C − M = 0
C)− M = 0
Ta có
⇔ − k cos C + cos(A − B)cosC + 1 + k − M = 0.
∆ = cos2
(A − B) + 4k(1 + k − M) ≥ 0 suy ra 4k2
+ 4k(1 − M) + 1 ≥ 0
2
C

18
2k 2k
sin
2
sin
2
sin
2
=
2
cos
2
−cos sin
2
1 − +
2
sin
2
sin
2
sin
2
≤
2n(n+ 1)n(n+ 1)
A
hay
(2k +1)2
M ≤
4k
, do k > 0
cosC =
cos(A − B) cosC =
1
cos2
(A − B) = 1 = B
hay tam giác ABC cân tại C và có cosC =
1
.
2k
A B C 1
L i giai. Ta có
sin
2
sin
2
sin
2
≤
8
.
A B C 1 A−B A+B C
≤
1
1−sin
C
sin
C
vì 0 < cos
A−B
≤ 1
2 2
1 sin
C
2 2
sin
C 2
≤
2
2
1
≤
8
(đpcm).
cos
A−B
= 1
2
sin
2
= 1−sin
2
A B
r
n C n
L i giai. Ta có
sin
2
sin
2
sin
2
≤
2(n+1)
√
n
n+1
. (2.1)
A B n
C nn
⇔ ∆ABC đeu .
C
C
2
⇔
(2.1) ⇔
2

19
2
sin
2
sin
2
sin
2
=
2
−cos sin
2
n2n 2 2 2
M t khác
A B
n
C 1 A−B A+B n
C
1
≤
2n
C n
1− sin
2
sin
C
2
=
1
1−sin
C........
1−sin
C
nsin
C
1 sin
C
1 sin
C
nsin
C n+1
≤
n2n
2
+...+ −
2
+
n+ 1
2
Ta lại có
nn+1 1 nn
n2n(n+ 1)n+1
=
2n(n+ 1)n(n+1)
suy ra đieu phải chứng minh .
1−sin
C
= nsin
C
⇔ sin
C
=
1
.
2 2 2 n+ 1
2.2 Bat đang th c đại so sinh bƠi các hàm lư ng giác ngư c
2.2.1 M t so dạng bat đang th c gi a lỚp hàm arcsin và arccosin
Bài toán 2.10. Cho tam giác ABC. Chứng minh rang ∀α ≥ 4 ta luôn có
a) arcsin
A
+ arcsin
B
+ arcsin
C
≥ 3arcsin
π
.
α α α 3α
b) arccos
A
+ arccos
B
+ arccos
C
≤ 3arccos
π
.
α α α 3α
L i giai. a. Ta có công thức sau
sin(arcsin α) + sin(arcsin β )
= 2sin
arcsin α +arcsin β
.cos
arcsin α −arcsin β
.
Vì −
π π π
< arcsin α < ,−
2
π
< arcsin β <
2
nên
2 2 2 2
0 < cos
arcsin α −arcsin β
≤ 1.
−
1
2
2
cos

20
2
α α
α 3α
α α α 3α
α α α 3α
2
α α α 3α
2 2
Do đó, ta có bat đȁng thức
sin(arcsin α) +sin(arcsin β) ≤ 2sin
arcsin α +arcsin β
.
Từ đó, ta có
A B arcsin
A
+ arcsin
B
sin arcsin
α +sin arcsin
α ≤ 2sin 2
.
C π arcsin
C
+arcsin
π
sin arcsin
α
+sin arcsin
3α
≤ 2sin
2
.
C ng ve theo ve của bat đȁng thức trên, ta đưoc
A B C π arcsin
A
+ arcsin
B
+ arcsin
C
+ arcsin
π
α
+
α
+
α
+
3α
≤ 4sin
4
arcsin
A
+ arcsin
B
+arcsin
C
+ arcsin
π A B C π
α
+
α
+
α
+
3α
⇔ sin 4
≥
4
arcsin
A
+ arcsin
B
+arcsin
C
+ arcsin
π
π
⇔ sin 4
≥ sin arcsin
3α
.
Vì hàm so sin là hàm đong bien trong khoảng
−π
;
π
nên ta có
arcsin
A
+arcsin
B
+ arcsin
C
≥ 3arcsin
π
, ∀α ≥ 4.
α α α 3α
b. Ta có công thức sau
cos(arccos α) + cos(arccos β )
= 2cos
arccos α +arccos β
.cos
arccos α − arccos β
.
2 2
Vì 0 < arccos α < π, 0 < arccos β < π nên
0 < cos
arccos α −arccos β
< 1.

21
2
α α
α 3α
α α α 3α
α α α 3α
α α α 3α
− − − −
Do đó, ta có bat đȁng thức
cos(arccos α) +cos(arccos β) ≤ 2cos
arccos α + arccos β
.
Từ đó, ta có
A
B arccos
A
+ arccos
B
cos arccos
α +cos arccos
α ≤ 2cos 2
.
C π arccos
C
+ arccos
π
cos arccos
α
+cos arccos
3α
≤ 2cos
2
.
C ng theo ve của các bat đȁng thức trên ta đưoc
A B C π arccos
A
+ arccos
B
+ arccos
C
+ arccos
π
α
+
α
+
α
+
3α
≤ 4cos
4
arccos
A
+ arccos
B
+ arccos
C
+ arccos
π A B C π
α
+
α
+
α
+
3α
⇔ cos
4
≥
4
arccos
A
+ arccos
B
+arccos
C
+ arccos
π
π
⇔ cos
4
≥ cos arccos
3α
.
Vì hàm so côsin là hàm nghịch bien trong khoảng (0;π) nên ta có
arccos
A
+arccos
B
+arccos
C
≤ 3arccos
π
, ∀α ≥ 4.
α α α 3α
Bài toán 2.11. Chứng minh rang vói moi ∀x ∈ (0;1). √ √
arcsin
√
1 x2 <
1
ln 3 2 ln 2 ln 1 x2
+
π
+
2
2 4
L i giai. Ta xét hàm so
3+ 19 7
3
−
3 + 5
3
x.
Ta có
y = arcsin
√
1−x2 + ln 1−x2
, ∀x ∈ (0;1).
y′ = −√
1
1− x2
2x
—
1− x2

22
q
′ ′′
1
1 − x + ln 1 − x <
3
+ ln 3 − 2 ln 2 + (√
3
+
3
) x −
2
arcsin
√
1−x2 + ln 1−x2
<
π
−2 ln 2−(2+4
√
3) x −
√
3
!
.
2
h
arcsin
√
1− x2 + ln 1− x2
i
<
π
+ ln 3−4 ln 2+
4
√
3+ 38
−
14
√
3 + 10
x.
arcsin
√
1−x2 <
1
ln 3−2 ln 2− ln 1−x2
+
π
+
2 3+ 19
−
7 3+ 5
x.
6 6
3(xarccos x−
√
1−x2) <
π
x−
3+ 3
6 6
— −
y′′ 2x 2 x2
+1
0 x
0;1
=
(1−x2)3
(1 − x2)2
<
, ∀ ∈ ( ).
Suy ra y(x) < y(a)+y′ (
√
a)(x− a) vói ∀x ∈ (0;1).
Thay lan lưot a bang
1
,
2
3
ta đưoc:
2
√ 2 2 π 2 4 1
6 2
C ng ve vói ve ta đưoc
2
Do đó, ta có đieu phải chứng minh
3 3
√ √
2
Bài toán 2.12. Chứng minh rang:
4 3 3
√
xarccos x <
π
x −
3 + 3
+
√
1 − x2, ∀x ∈ (−1;1).
L i giai. Xét hàm y = xarccos x−
√
1−x2, ∀x ∈ (−1;1). Ta có
y = arccos x,y = −√
1 − x2
< 0 vói ∀x ∈ (−1;1).
Suy ra y(x) < y(a) + y′ (a)(x − a), ∀a ∈ (−1;1). Thay a bỏi 0,
xarccos x −
√
1 − x2 < − 1,
1
√
3
2
,
2
. Ta đưoc
√ √
3
xarccos x −
√
1 − x2 <
1
.
π
−
3
+
π
x −
1
=
π
x − ,
2 3 2 3 2 3 2
xarccos x −
√
1−x2 <
√
3
.
π
−
1
+
π
x−
√
3
!
=
π
x−
1
.
C ng ve vói ve các bat đȁng thức trên ta đưoc
√
hay
2 2
√
xarccos x <
π
x −
3 + 3
+
√
1 − x2,∀x ∈ (−1;1).
arcsin .
2 6 2 6 2 6 2

23
1
2
+
a
1
2
+a
1
2
+b
1
2
+a
1
2
+a
2.2.2 M t so dạng bat đang th c gi a lỚp hàm arctan và arccotan
Bài toán 2.13. Chứng minh rang
arctan (x) ≥ x vói moi x ≤ 0
L i giai.
Xét hàm so y = arctan x. Ta có y′ =
1
y′′ = −
2x
≥ 0, ∀x ≤ 0.
Suy ra
x2 + 1 (1 + x2)2
y(x) ≥ y(x0) + y′ (x0)(x − x0), ∀x;x0 ≤ 0.
Đȁng thức xảy ra khi x = 0.
Nh n xét 2.2. Khi x ≥ 0 thì ta có bat đȁng thức
arctan x ≤ x, ∀x ≥ 0
Bài toán 2.14. Chứng minh rang vói ∀a,b > 0
L i giai.
b − a
1+ b2
< arctan a − arctan b <
b − a
,a < x < b.
Xét hàm so y = arctan x vói x > 0
Ta có y′ =
1
, y” = −
2x
< 0 vói x > 0.
1+ x2 (1 + x2)2
Suy ra y(x) < y(x0) + y′ (x0)(x − x0), vói x > 0
Thay x0 bỏi a,b ta đưoc
arctan x < arctan a +
1
(x −a), (2.2)
arctan x < arctan b +
1
(x −b), (2.3)
Từ công thức (2.2) ta có
arctan x− arctan a <
1
(x − a).
Suy ra
arctan b−arctan a <
1
(b − a).

24
1
2
+b
1
2
+b
1
2
+
a
−
1
2
+x
1
2
+c
= .
n2 + n+ 1
n2 + 2n + 2 n2 + n+ 1 n2 +1
n2 + 2n + 2 n2 + n+ 1 n2 +1
Từ công thức (2.3)ta có
arctan b−arctan x <
1
(b − x).
Nên
Từ đó, suy ra
b − a
1+ b2
arctan b−arctan a <
1
(b − a).
< arctan a − arctan b <
b − a
, a < x < b.
1
< arctan
1
<
1
,∀n ∈ N.
L i giai. Xét hàm so y = arctan x vói x ∈ [n;n + 1].
Ta có y′ =
1
> 0 vói x ∈ [n;n+1].
Theo Định lí Lagrangge ton tại c ∈ (n;n + 1) sao cho
y′ (c) =
arctan (n+1)−arctan (n)
= arctan (n+1) arctan (n).
n+ 1 − n
Tức là
M t khác, ta có
arctan (n+1)−arctan (n) =
1 (2.4)
1 1 1 1
n2 +2n+2
=
1+(n+1)2
<
1+c2
<
n2 +1
, ∀n ∈ N. (2.5)
Ta đ t m = arctan (n+1)−arctan (n). Ta đưoc
tanm = tan(arctan (n + 1) − arctan (n)) =
n + 1 − n
=
1
hay m tan
1
n2 + n + 1
1+ (n +1)n n2 + n + 1
Suy ra
arctan (n+1)−arctan (n) = arctan
1
. (2.6)
Từ (2.4),(2.5) và (2.6) ta suy ra đieu phải chứng minh
1
< arctan
1
<
1
,∀n ∈ N.

25
−
−
−
< + ( − )
<
2018
∑
n=1
+
1+n2
( − ) ,∀ >
<
2018
∑
n=1
∑
n=1
1+n2
( − ) , ∀ >
Bài toán 2.16.
arctan x
1 2018
arctan n
1
x n x 0
L i giai. Ta xét hàm so y = arctan x vói ∀x > 0 .
Ta có y′ =
1
;y′′ = −
2x
< 0 vói ∀x > 0 .
Suy ra
1 + x2
(1 + x2)2
y(x) < y(a) + y′ (a)(x − a), ∀x > 0.
Thay a bỏi 1, 2, 3,....., 2018 ta có
arctan x < arctan 1 +
1
(x 1)
2
1
(x 2)
5
1
(x 3)
10
...
arctan x arctan 2018
1
x 2018
1 + 20182
C ng ve vói ve của bat đȁng thức trên ta đưoc.
2018arctan x 2018
arctan n
2018
1
x n
Suy ra
< ∑
n=1
+ ∑
n=1 1+n2
( − ).
arctan x
1
"
2018
arctan n 2018
1
x n
#
x 0
arccot x
π
ln 2− ln (x2
+1
1
x − 1), ∀x ∈ (0;1].
—
4
≥ ) +
2
(
L i giai. Xét hàm so y = arccot x + ln x2
+ 1 vói ∀x ∈ (0;1]
Ta có y′ 1 x 2x − 1
; y′′ −2x2
+3 0 vói x 0;1 ,
= −
1 +x2
+
1 +x2
=
1+ x2 =
(1+x2)2
> ∀ ∈ ( ]
suy ra y(x) ≥ y(a) + y′ (a)(x − a), ∀x ∈ (0;1].
Thay a bỏi 1 ta đưoc
π 1
arccot x + ln x2
+ 1 ≥ 4
+ ln 2 +
2
(x − 1).
.
+ .

26
2
2
|b−a| .1 +c2 .
Do đó
Suy ra
arccot x−
π
≥ ln 2− ln (x +1
1
x − 1), ∀x ∈ (0;1].
4
)+
2
(
Bài toán 2.18. Chứng minh rang vói hai so a,b bat kỳ ta luôn có
|arccot b − arccot a| ≤ |b − a|.
L i giai.
Trong trưòng hop a = b ta có ngay bat đȁng can phải chứng minh.
Trong trưòng hop a /= b. Do vai trò của a và b như nhau nên ta giả sử a < b (trong
trưòng hop b < a ta chứng minh tương tụ).
Xét hàm so y = arccot x, vói x ∈ (a;b)
Do hàm y = arccot x liên tục trên [a;b], khả vi trong (a;b) nên theo định lí La-
grangge ton tại c ∈ (a;b) sao cho
y′
(c) =
y(b) − y(a)
=
arccot b − arccot a
.
Suy ra
b − a b − a
|arccot b−arccot a|
= . 1 . ≤ 1.
|arccot b−arccot a| ≤ |b−a|,∀a,b.
V y ta có bat đȁng thức phải chứng minh.
Bài toán 2.19. Cho tam giác ABC. Chứng minh rang vói moi α, β > 0 ta luôn có
arccot (α sinA+β)+arccot (αsinB+β)+arccot (αsinC+β)
≥ 3arctan
α
√
3
+β
!
. (2.7)
L i giai. Xét hàm y = arccot (αx+β) vói α, β > 0.
α
y′
= −
1 + (αx + β)2
< 0;y′′
2α2
(αx + β )
h
1 + (αx + β )2
i2
0 vói x > 0, α,β > 0.
Từ đó, ta suy ra y = arccot (αx+β) là m t hàm lõm vói α,β > 0. Theo tính chat
của hàm lõm ta luôn có :
arccot (αx1 + β ) + arccot (αx2 + β) + arccot (αx3 + β )
= >

27
3
3
2
≥ 3arccot
α (x1 +x2 +x3)
+β .
Thay x1 = sinA,x2 = sinB,x3 = sinC, ta có
arccot (α sinA+ β)+ arccot (α sinB+ β) + arccot (α sinC +β)
≥ 3arccot
α (sinA+sinB+sinC)
+β (2.8)
Lại có sinA + sin B + sinC ≤
3
√
3
2
.
Hơn nữa hàm y = arccot (αx+β) là hàm nghịch bien nên
3arccot
α (sinA+sinB+sinC)
+β ≥ arccot
α
√
3
+β
!
. (2.9)
2 2
Từ (2.8) và (2.9) suy ra ta có đieu phải chứng minh
arccot (α sinA+ β)+ arccot (α sinB+ β) + arccot (α sinC +β)
≥ 3arccot
α
√
3
+β
!
.
Hoàn toàn chứng minh tương tụ ta có the thay A,B,C bỏi các
A B C
2
;
2
;
2 Các hàm
sin bỏi cosin; tang; cotang. Từ đó, ta đưoc m t lóp các bài toán chứng minh các
bat đȁng thức lưong giác liên quan đen các hàm lưong giác ngưoc.

28
Chương 3. M t so dạng toán liên quan
3.1 Các bài toán c c trị trong lư ng giác
Trong phan này chỉ đe c p m t so bài toán cục trị liên quan đen hàm so lưong
giác.
Bài toán 3.1. Tìm giá trị lón nhat và nhỏ nhat của hàm so
y = 1 + cosx +
1
cos2x +
1
cos3x.
2 3
L i giai. . Xét hàm so
y = 1 + cosx +
1
cos2x +
1
cos3x
2 3
= 1 + cosx +
1
(2cos2
x − 1
1
4cos3
x − 3cosx)
2
=
4
cos3
x + cos2
x+
1
)+
3
(
3 2
Đ t t = cosx,|t| ≤ 1. Khi đó f (t) =
4
t3
+t2
+
1
. Bài toán trỏ thành tìm giá trị lón
3 2
nhat và nhỏ nhat của hàm so
f (t) =
4
t3
+t2
+
1
trong [−1;1].
3 2
Ta có f′(t) = 4t2
+2t. Suy ra f′(t) = 0 khi t = 0 và t = −
1
.
1
2
M t khác f′(t) đoi dau từ (+) sang (−) tại t = −
2
và f′(t) đoi dau từ (−) sang
1 7 1
(+) tại t = 0 nên yCD = f(−
2
) =
12
,yCT = f(0) =
2
.
Suy ra
ymax = max{ f(−1), f(−
1
), f(1)} =
17
khi t = 1(x = k2π,k ∈ Z)
2
1
6
và ymin = min{ f (−1), f (0), f (1)} =
6
khi t = −1(x = π + k2π,k ∈ Z).

29
2
x
=
√ 2
y = 2+tan2
x+cot2
x+
1
biet rang x ∈ 0;
π
.
sin2
2x sin4
x+cos4 x 2sin2
xcos2 x
+
x
≥
Bài toán 3.3. Tìm giá trị nhỏ nhat của hàm so
Bài toán 3.2. Tìm giá trị nhỏ nhat của hàm so
y = 4x +
π2 √
sinx
x +
√
cosx,x ∈
h
0;
π i
.
L i giai. Vì x ∈
h
0;
π i
nên 0 ≤ sinx ≤ 1 ⇒
√
sinx ≥
√
sin4
x = sin2
x
Tương tụ, ta có
Ta suy ra
cosx ≥ cos x
√
sinx+
√
cosx ≥ sin2
x+cos2
x = 1
M t khác, theo bat đȁng thức Cauchy, ta có
Suy ra
4x+
π2
2
s
4x
π2
4π.
Do đó
miny = 4π + 1 ⇔
y ≥ 4π +1
√
sinx +
√
cos x = 1
π2
π
⇔ x =
2
.
4x =
x
sin4
x+cos4 x 2
L i giai. Ta có
y =
1
+
1
+
1
=
1
+
1
sin2
x cos2 x sin4
x+cos4 x sin2
xcos2 x sin4
x+cos4 x
=
2
+
1
+
1
≥ 2+
1
+
1
sin4
x+cos4 x 2sin2
xcos2 x
Theo bat đȁng thức cauchy, ta có
1 1 2
sin4
x + cos4 x
+
2sin2
xcos2 x
≥ q
(sin4
x + cos4
4
x)(2sin2
xcos2 x)
≥
sin4
x+cos4 x+2sin2
xcos2 x
4
=
sin2
x+cos2 x
2
= 4 ⇒ y ≥ 6
2

30
2
π
Do đó
miny = 6 ⇔
sin2
2x = 1 π
sin4
x+cos4
x = 2sin2
xcos2
x,
suy ra x =
4
.
Bài toán 3.4. Cho a, b, c là các so thục thỏa mãn a2
+ b2
+ c2
= 3.
Tìm giá trị lón nhat của bieu thức
B = a+b
√
sinx+c
√
cosx,x ∈ 0;
π
.
L i giai. Theo bat đȁng thức Cauchy, ta có
B = a + b
√
sinx + c
√
cosx ≤
q
(a2 + b2 + c2)(1 + sinx + cosx)
Do đó,
=
r
3 1+
√
2sin(x
π
+
4
) ≤
q
3(1 +
√
2)
x =
π
b c
√ a = √ = √
√
4
3.
√
4
2
maxB = 3(1+ 2) sin x cosx ⇔ a =
2 +
√
2
sin
x+
4
= 1 √
3
b = c =
2 +
√
2
Bài toán 3.5. Cho m,n là hai so tụ nhiên lón hơn 1. Tìm giá trị lón nhat của hàm
so
y = cosm
xsinn
x,x ∈
h
0;
π i
.
L i giai. Vì x ∈
h
0;
π i
nên y ≥ 0.
(
⇔
2
2
q

31
` ˛¸ x
n
s
2
∫ ∫
∫ ∫
(m+ n)m+n m m m
mso hạng
`
n
nso
˛
h
¸
ạng
n x
(m + n)m+n
⇔
m
=
n
⇔ =
m
⇔ =
m
.
Theo bat đȁng thức Cauchy, ta có
y2
mm
nn cos2
x cos2
x cos2
x sin2
x sin2
x sin2
x
= .
m
m
`
n
m
mso
˛
h
¸
ạng
2
...
2
m n n
x`
nso
˛
h
¸
ạng
2 2 2
... n
x
m+n
2
m .n cos x cos x cos x sin x sin x sin x
≤ + +... + + + ...+
mm
.nn
=
(m+n)m+n
cos2
x
m.
m
+n.
sin2
x m+n
n
mm
.nn
=
(m+n)m+n
⇒ y ≤
Do đó,
maxy
mm
.nn
(m + n)m+n
s
mm
.nn
cos2
x sin2
x
tanx
r
n
x arctan
r
n
Bài toán 3.6. Cho x, y ∈ R thỏa mãn đieu ki n 0 ≤ x ≤ y. Tìm giá trị lón nhat của
bieu thức
f (x,y) = xcosy − ycosx + (x − y)(
1
xy − 1).
L i giai. Trưóc het nh n xét rang:
i) Neu g(t) là hàm so liên tục và đong bien trong [0,y], thì moi x sao cho 0 ≤ x ≤ y,
ta đeu có
x y
g(t)dt ≤ x
0 0
g(t)dt (3.1)
ii) Neu g(t) là hàm so liên tục và nghịch bien trong [0,y], thì moi x sao cho 0 ≤
x ≤ y, ta đeu có
Th t v y
x y
g(t)dt ≥ x
0 0
g(t)dt (3.2)
i) Xét trưòng hop g(t) liên tục và đong bien trong [0,y].
=

32
∫
∫
∫ ∫
∫
∫ ∫
∫
- Vói x = y ho c x = 0 thì (3.1) hien nhiên đúng.
- Vói 0 < x < y, ta xét hàm so
F(x) =
có
x
g(t)dt
0
x
x
F′(x) =
xg(x) −
0
x2
g(t)dt
Do hàm g(t) đong bien trong [0,y] nên vói t ∈ (0,x) ⊂ (0,y),
x x
g(t)dt ≤
0 0
g(x)dt = xg(x)
V y F′(x) ≥ 0 vói 0 < x < y, tức là F(x) đong bien trong (0,y). Do đó
Từ đây de dàng suy ra (3.1).
x
g(t)dt
x
≤
y
g(t)dt
0
y
ii) Đoi vói trưòng hop g(t) là hàm so liên tục và nghịch bien trong [0,y] thì vói
t ∈ (0,x) ⊂ (0,y), ta có
x x
g(t)dt ≥
0 0
g(x)dt = xg(x)
V y F′(x) ≤ 0 vói 0 < x < y, tức là F(x) nghịch bien trong (0,y). Do đó
Từ đây de dàng suy ra (3.2).
x
g(t)dt
x
≥
y
g(t)dt
0
y
Xét hàm so g(t) = sint + t. Ta thay g(t) là hàm liên tục và đong bien trong [0,y],
∫
∫
0
0

33
∫ ∫
2
∀ ∈ − ≤ ≤
2 2 4
2 2 2 2
D D
nên theo (3.1) vói moi x sao cho 0 ≤ x ≤ y, ta đeu có
x y
y (sint +t)dt ≤ x
0 0
(sint +t)dt
t2
0 t2
0
⇔y(−cost +
2
)|x ≤ x(−cost +
2
)|y
⇔y(−cost +
x2
2
+ 1) ≤ x(−cost +
y2
2
+1)
hay
⇔ − ycosx +
x2
y
2
+y ≤ −xcosy+
y2
x
2
+x
Suy ra
xcosy − ycosx +
x2
y
2
−
y2
x
2
+ y − x ≤ 0.
xcosy − ycosx + (x − y)(
1
xy − 1) ≤ 0
V y giá trị lón nhat của f (x,y) là 0 ứng vói x = 0,y ≥ 0 tùy ý ho c x = y.
Bài toán 3.7. Tìm giá trị lón nhat và nhỏ nhat của hàm so
f (x,y) =
sinx − siny
1−sinxsiny
xét trên mien D =
,
(x,y) : 0 ≤ x ≤
π
,0 ≤ y ≤
π
,xy
π ,
.
∀(x,y) ∈ D, ta có 1 − sinxsiny > 0 (3.3)
Hien nhiên sin2
x − 1 sin2
y−1 ≥ 0,
tức là sin2
x.sin2
y+1 ≥ sin2
x+sin2
y
hay(1 − sinxsiny)2
≥ (sinx − siny)2
(3.4)
Từ (3.3) và (3.4) suy ra (x,y) D, thì 1
sinx−siny
1
1−sinxsiny
hay − 1 ≤ f (x,y) ≤ 1,∀(x,y) ∈ D (3.5)
M t khác f 0,
π
= −1, f
π
,0 = 1 và 0,
π
,
π
,0 đeu thu c D. Như v y
max f (x,y) = 1,min f (x,y) = −1.
L i giai.

34
sinx =
∑
∑
sinx
2
i = 1
i=1
1 1
Bài toán 3.8. Xét dãy so thục {xn}(n = 1,2,...,2018) thỏa mãn đieu ki n
π π
6
≤ x1,x2,...,x2018 ≤
2
Tìm giá trị lón nhat của bieu thức
y = (sinx1 +sinx2 +...+sinx2018)(
1
+
1
+... +
1
) (3.6)
L i giai. Ta có
π π 1
sin x1 sin x2 sin x2018
6
≤ xi ≤
2
⇔
2
≤ sinxi ≤ 1 vói i = 1,2,...,2018
1
⇔ (sinxi −
2
)(sinxi − 1) ≤ 0
2 3 1
⇔ sin xi −
2
sinxi +
2
≤ 0
3 1
Do đó
⇔ sinxi −
2
+
2sinxi
≤ 0 vói i = 1,2,...,2018
2018
sinx 1 2018
1 2018
3
∑
i=1
i +
2
∑
i=1
sinxi
≤ .
2
(3.7)
M t khác, theo bat đȁng thức giữa trung bình c ng và trung bình nhân, ta có
2018
sinx 1 2018
1
2
s
2018
sinx
1 2018
1 (3.8)
∑
i=1
i +
2
∑
i=1
sinxi
≥ ∑
i=1
i.
2
∑
i=1
sinxi
Từ (3.5) và (3.6) ta suy ra ∑2018
sinxi.∑2018 1
≤
9
.20182
. Dau đȁng thức xảy
i=1 i=1 sinxi 8
ra khi và chỉ khi (3.5) và (3.6) xảy ra dau ” = ”, tức là
sinxi =
1
2018 1 2018 1
i
Goi p là so các sinxi =
1
và q là so các sinxi = 1,ta có
2
p+q = 2018 ⇔
(
p+q = 2018 ⇔ p = q = 1009
2
p + q =
2
(2p + q) p+ 2q = 2p + q
V y maxy =
9162729
khi có 1009 so xi =
π
và 1009 so xi =
π
.
2 6 2
2 i=1
sinxi

35
2
⇔
⇔tan =
3.2 Phương pháp lư ng giác trong đại so và hình hoc
Trong phan này ta xét m t so ứng dụng của các h thức lưong giác đe giải quyet
các dạng toán ve đȁng thức và bat đȁng thức trong đại so và hình hoc. Tiep theo,
trình bày các bài toán cục trị và phương trình liên quan bang cách đ t an phụ lưong
giác.
3.2.1 Phương pháp lư ng giác trong đang th c
Bài toán 3.9. Cho x ≥ 0,y ≥ 0,z ≥ 0 thỏa mãn đieu ki n sau
xy+ yz + zx = 1 (3.9)
Chứng minh rang
(1 + y2
)(1 + z2
)
1+ x2
+
(1 + z2
)(1 + z2
)
1+ y2
+
(1 + x2
)(1 + y2
)
1+z2
= 2.
L i giai. Đ t x = tanα, y = tanβ, z = tanγ vói α, β, γ ∈
h
0;
π
Khi đó (3.9) có dạng
tanα tanβ + tanβ tanγ + tanγ tanα = 1
⇔tanα (tanβ + tanγ) = 1− tanβ tanγ
α
1−tanβ tanγ
tanβ + tanγ
tanα = cot(β +γ)
π
⇔α + β + γ =
2
+ kπ.
Do α + β + γ ∈ 0;
3π
nên 0 ≤
π
+ kπ <
3π
hay
1
k < 1.
2
vì k ∈ Z nên k = 0. Suy ra
2 2
α + β + γ =
π
2
−
2
≤
s
x
s
y
s
z

36
s
tan
s
y
s
zx
√ √
√ √
−
−
Ta có
(1 + y2
)(1 + z2
)
1+ x2
= α
(1 + tan2
β)(1 + tan2
γ)
1+tan2 α
cosα sinα
= tanα
cosβ cosγ
=
cosβ cosγ
=
cos(β +γ)
=
cosβ cosγ −sinβ sinγ
cosβ cosγ
= 1 − tanβ tanγ
= 1 − yz
Tương tụ
(1 + z2
)(1 + z2
)
1+y2
=
(1 + x2
)(1 + y2
)
1+z2
=
cosβ cosγ
1 − xz,
1 − xy.
Suy ra
(1 + y2
)(1 + z2
)
1+ x2
+
(1 + z2
)(1 + z2
)
1+ y2
+
z
(1 + x2
)(1 + y2
)
1+ z2
= 3− (xy+ yz +zx) = 2.
Bài toán 3.10. Cho x > 0,y > 0,z > 0 thỏa mãn đieu ki n sau
x+ y + z = xyz
Chứng minh rang
+
+
(1+y2)(1+z2)− 1+ y2 −
√
1 + z2
yz
(1 + z2)(1 + x2) −
√
1 + z2 −
√
1 + x2
(1 + x2)(1 + y2)
√
1+x2 1+ y2
xy
= 0
s
x
s
z
s
x
s
y
√

37
2
√ √
√ √ √
√ √
√
−
−
√
− −
L i giai. Đ t x = tanα, y = tanβ, z = tanγ vói α, β, γ ∈ 0;
π
Do x + y + z = xyz nên
tanα + tanβ + tanγ = tanα tanβ tanγ
⇔tanα + tanβ = tanγ (tanα tanβ − 1)
tanα +tanβ
⇔
tanα tanβ − 1
= −tanγ
⇔α +β = −γ + kπ
⇔α + β + γ = kπ,(k ∈ Z)
Do α +β +γ ∈ 0;
3π
nên 0 < kπ <
3π
hay 0 < k <
3
mà k ∈ Z nên k = 1.
2 2 2
V y α +β +γ = π. Ta có
(1+y2)(1+z2)− 1+y2 −
√
1+z2
yz
(1+tan2 α)(1+tan2 β)− 1 + tan2 β − 1+ tan2 γ
tanβ tanγ
1 1 1 1
cosβ cosγ
−
cosβ
−
cosγ
=
sinβ sinγ
cosβ cosγ
=
1 − cosβ − cosγ
sinβ sinγ
Tương tụ ta có
(1 + z2)(1 + x2)
√
1+z2
√
1+x2
zx
=
và
(1 + x2)(1 + y2) 1+x2 1+ y2
xy
=
Khi đó ve trái của đȁng thức can chứng minh bang
1 − cosγ − cosα
sinγ sinα
1 − cosα − cosβ
sinα sinβ
1 − cosβ − cosγ
+
1 − cosγ − cosα
+
1 − cosα − cosβ
sinβ sinγ sinγ sinα sinα sinβ
=
sinα + sinβ + sinγ − sin(α + γ) − sin(α + β) − sin(β + γ)
= 0.
sinα sinβ sinγ
=

38
L i giai. Đ t x = tanα, y = tanβ, z = tanγ vói α, β, γ ∈ −
π
;
π
.
Bài toán 3.11. Cho xy /= −1,yz /= −1,zx /= −1 . Chứng minh rang
x − y
+
y − z
+
z − x
=
x − y
.
y − z
.
z − x
.
1+zy 1+yz 1+xz 1+ zy 1+ yz 1 + xz
Khi đó
2 2
x−y
+
y−z
+
z−x
1+ xy 1+ yz 1+ xz
=
tanα −tanβ
+
tanβ −tanγ
+
tanγ −tanα
1+tanα tanβ 1+ tanβ tanγ 1 + tanα tanγ
=tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α).
và
x − y
.
y − z
.
z − x
= tan(α − β).tan(β − γ).tan(γ − α)
1+ zy 1 + yz 1 + xz
Ta chứng minh
tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α) = tan(α − β).tan(β − γ).tan(γ − α)
Th t v y
Ta có tana + tanb = tan(a + b)(1 − tanatanb) nên
tan(α − β) + tan(β − γ) + tan(γ − α)
=tan(α − β +β −γ)[1 − tan(α − β)tan(β −γ)]+ tan(γ −α)
=tan(α − γ) + tan(γ − α) tan(α − β )tan(β − γ) + tan(γ − α)
=tan(α − β)tan(β − γ) tan(γ − α).
V y
x − y
+
y − z
+
z − x
=
x − y
.
y − z
.
z − x
.
1+ zy 1+ yz 1+xz 1+ zy 1 + yz 1 + xz
1 1 1
Bài toán 3.12. Cho x ±√
3
, y /= ±√
3
, z /= ±√
3
và thỏa mãn đieu ki n
x+ y + z = xyz
Chứng minh rang
3x − x3
3y−y3
3z− z3
3x − x3
3y − y3
3z − z3
1 − 3x2
+
1 − 3y2
+
1 − 3z2
=
1 − 3x2
.
1 − 3y2
.
1 − 3z2
.

39
−
L i giai. Đ t x = tanα, y = tanβ, z = tanγ vói α, β, γ ∈ −
π
;
π
.
2 2
Do x + y + z = xyz nên tanα + tanβ + tanγ = tanα. tanβ. tanγ.
Suy ra
tanα + tanβ = −tanγ(1 − tanα. tanγ) (3.10)
vì x + y + z = xyz nên xy /= 1.
Th t v y giả sử ngưoc lại xy = 1 ta có x + y + z = z ⇒ x + y = 0 hay x = −y khi
đó xy = 1 ⇔ −x2
= −1 vô lý.
V y xy /= 1 hay tanα tanβ =
/1 nên đȁng thức (3.10) tương đương vói
tan(α + β) = −tanγ.
Do đó α +β +γ = kπ,k ∈ Z. Suy ra 3α +3β +3γ = 3kπ,k ∈ Z và vì v y tan(3α +
3β) = −tan3γ hay
tan3α + tan3β + tan3γ = tan3α tan3β tan3γ (3.11)
M t khác
tan3α =
tan 3β =
tan3γ =
3tanα − tan3
α
1 − 3 tan2 α
3tanβ − tan3
β
1 − 3 tan2 β
3tanγ tan3
γ
1−3tan2 γ
.
Thay vào (3.11) ta có đieu phải chứng minh.
Bài toán 3.13.
Chứng minh rang
Cho 0 < a,b,c < 1 và a2
+ b2
+ c2
+ 2abc = 1 (3.12)
abc + 1 = c
q
(1 − a2)(1 − b2) + a
q
(1 − b2)(1 − c2) + b
q
(1 − c2)(1 − a2).
L i giai. Vì 0 < a,b,c < 1 nên ta đ t
a = cosα, b = cosβ, c = cosγ vói 0 < α, β, γ <
π
.
2

40
2
x1 x
2
x
2
x
3
x
3
x1
2 2
Ta có
Khi đó (3.12) trỏ thành
cos2
α + cos2
β + cos2
γ + 2cosα cosβ cosγ = 1
1 1 2
⇔
2
(1 + cos 2α) +
2
(1 + cos 2β ) + cos
2
γ + [cos(α + β) + cos(α − β)]cosγ = 1
⇔cos(α + β)cos(α − β) + cos γ + [cos(α + β) + cos(α − β)]cosγ = 0
⇔cos(α + β)[cos(α − β) + cosγ] + cosγ[cosγ + cos(α − β)] = 0
⇔[cos(α + β) + cosγ][cosγ + cos(α − β)] = 0
⇔cos(α +β)+cosγ = 0( do cos(α −β)+cosγ > 0,∀α,β, γ ∈ 0;
π
)
⇔α + β = π − γ
⇔α +β +γ = π.
Khi đó đȁng thức can chứng minh đưoc viet ve dạng
cosα cosβ cosγ + 1 = cosγ sinα sinβ + cosα sinβ sinγ + cosβ sinγ sinα
⇔cosγ cos(α + β) − sin(α + β)sinγ + 1 = 0
⇔cos(α + β + γ) + 1 = 0
⇔cos(α +β +γ) = −1 đieu này đúng do α +β +γ = π.
V y bài toán đưoc chứng minh.
Bài toán 3.14. Cho x1,x2,x3 là nghi m của phương trình
x3
+ ax2
+ x + b = 0,b /= 0 (3.13)
Chứng minh rang
x1 −
1
x2 −
1
+ x2 −
1
x3 −
1
+ x3 −
1
x1 −
1
= 4.
L i giai. Vì x1,x2,x3 là nghi m của phương trình (3.13) nên
(
x1x2 +x2x3 +x3x1 = 1
⇒
(
x1x2 +x2x3 +x3x1 = 1
x1x2x3 = b 0 x1,x2,x3 0
Đ t x1 = tanα, x2 = tanβ, x3 = tanγ vói α, β, γ ∈ −
π
,
π
.
tanα tanβ + tanβ tanγ + tanγ tanα = 1

41
−
cot2α +cot2β
x2 x
2
x
2
x
3
x3 x1
x1 x
2
x
2
x
3
x
3
x1
⇔1− tanα tanβ = (tanα + tanβ)tanγ (3.14)
Neu tanα tanβ = 1 thì tanα +tanβ = 0 ho ctanγ = 0.
+)tanα + tanβ = 0 ⇒ tanα = −tanβ , khi đó −tan2
β = 1, vô lý.
+)tanγ = 0 suy ra x3 = 0, vô lý.
V y tanα tanβ =
/ 1. Khi đó từ (3.14) ta có
tanα +tanβ
1 tanα tanβ
.tanγ = 1
π
⇔tan(α + β) = tan(
2
− γ)
π
⇔α +β +γ =
2
+kπ,(k ∈ Z)
và
x1 −
1
x2 −
1
+ x2 −
1
x3 −
1
+ x3 −
1
x1 −
1
=(tanα − cotα)(tanβ − cotβ ) + (tanβ − cotβ)(tanγ − cotγ)
+ (tanγ − cotγ)(tanα − cotα)
=4cot2α cot2β +4cot2γ(cot2α +cot2β)
=4cot2α cot2β −4cot(2α +2β)(cot2α +cot2β)
(do 2γ = π −(2α +2β)+k2π)
=4cot2α cot2β − 4
cot2α cot2β − 1
(cot2α + cot2β )
V y
x1 −
1
x2 −
1
+ x2 −
1
x3 −
1
+ x3 −
1
x1 −
1
= 4.
3.2.2 Phương pháp lư ng giác trong bat đang th c
Bài toán 3.15. Cho a,b,c,d liên h bỏi
a = c
√
1 − d2,b = d
√
1 − c2 (3.15)
Chứng minh rang
|a| + |b| ≤ 1.

42
| | | |
√
− | | | |
√
−
√ √
L i giai. Đieu ki n có nghĩa: |c| ≤ 1,|d| ≤ 1
Từ (3.15) ta có a = c 1 d2, b = d 1 c2
π
Đ t |c| = cosα, |d| = cosβ vói 0 ≤ α, β ≤
2
Ta có
|a| + |b| = cosα 1−cos2 β +cosβ 1−cos2 α
= cosα sinβ +cosβ sinα
= sin(α +β) ≤ 1.
V y |a|+|b| ≤ 1 (đieu phải chứng minh).
Bài toán 3.16. Cho u,v,x,y thỏa mãn đieu ki n
u2
+v2
= x2
+y2
= 1
Chứng minh rang
L i giai. Đ t
|u(x + y) + v(x − y)| ≤
√
2.
u = sinα
v = cosα và A = |u(x +y) + v(x −y)|.
Ta có
x = sinβ
y = cosβ
A = |sinα(sinβ + cosβ ) + cos α(sinβ − cosβ )|
= |sin(α + β) − cos(α + β)|
=
.√
2sin α +β −
π
. ≤
√
2.
.
√
4
V y |u(x +y)+v(x− y)| ≤ 2 (đieu phải chứng minh).
Bài toán 3.17. Cho a,b,c > 0 và thỏa mãn ab + bc + ca = 1. Chứng minh rang
1− a2
1− b2
2c
a)
1 + a2
+
1 + b2
≤ √
1 + c2
b)
1− a2
1− b2
1− c2
3
1+ a2
+
1 + b2
+
1 + c2
≤
2

43
−
≤
≤
Dau đȁng thức xảy ra khi nào ?
L i giai. Từ giả thiet a,b,c > 0 và ab + bc + ca = 1.
a = tan
α
Suy ra ton tại góc α,β,γ ∈ [0;π] và α +β +γ = π vói b = tan
β
a) Ta có 1 − a2
1 tan2 α
= 2 = cosα
c =
γ2
tan
2
1 + a2
Tương tụ
1−b2
1 + tan2
β
2
cosβ và
2c 2tan
γ
2 2sin
γ
.
1+ b2
= √
1+c2
= r1+tan2
γ 2
2
Bài toán trỏ thành, chứng minh rang
cosα +cosβ sin
γ
.
2
ta có
cosα + cosβ = 2cos
α + β
cos
α − β α +β
≤ 2cos
γ
= sin .
2
Dau đȁng thức xảy ra khi cos
α − β
2
2 2 2
= 1 ⇔ α = β
Suy ra b = a và c =
1 − a2
2a
b) Sử dụng bien đoi trên ta đưoc
1− a2
1− b2
1 − c2
1+ a2
+
1+ b2
+
1 + c2
= cosα + cosβ + cosγ.
Nên ta can chứng minh bat đȁng thức
cosα + cosβ + cosγ
3
.
2
Th t v y, ta có
cosα + cosβ + cosγ = 1 + α β γ( theo bài toán 2.3).
4sin
2
sin
2
sin
2
Mà
α β γ 1
sin
2
sin
2
sin
2
≤
8
( theo bài toán 2.8)
=
2

44
a
=
b
2
2
x
+
y
= 1 nên ∃α ∈ 0;
2
x
b
a a y
.
a a y b
Từ đó suy ra đieu phải chứng minh. √
3
Dau đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi α = β = γ hay a = b = c =
3
.
Bài toán 3.18. Cho a,b,x,y > 0 thỏa mãn đieu ki n
a
+
b
= 1.
Chứng minh rang
L i giai.
x y
x+y ≥ (
√
a+
√
b)2
.
a b π
a
= cos2
α
x
Suy ra cos2 α và
x a
tan2
α
y
= sin α.
Ta có
y =
sin2
α y
=
b
x+y =
a
cos2 α
b
+
sin2
α
hay x+y ≥ (
√
a+
√
b)2
Dau đȁng thức xảy ra khi
= a(1 + tan2
α) + b(1 + cot2
α)
= a+b +atan2
α +bcot2
α
≥ a+b+2
√
abcot2 α tan2 α
atan2
α = bcot2
α =
b
tan2 α
⇔ tan4
α =
b
⇔ tan2
α =
r
b
⇔
x b
r
b
⇔
x
=
r
a
.
3.2.3 Phương pháp lư ng giác trong phương trình, bat phương trình
Đe lưong giác hóa các phương trình đại so ta sử dụng các nh n xét sau:
1) Neu −1 ≤ x ≤ 1 thì ∃α và β vói −
π
≤ α ≤
π
,0 ≤ β ≤ π sao cho sinα = x
2
và cosβ = x.
2) Neu 0 ≤ x ≤ 1 thì ton tại các so α, β vói 0 ≤ α ≤
sinα = x và cosβ = x.
π
và 0 ≤ β ≤
π
sao cho
2
2
Vì a,b,x,y > 0 và sao cho
=

45
−
bang cách đ t x = asinα vói α ∈
π π
— ; ho c đ t x = acosα vói α ∈ [0;π].
x2 2 +
bang cách đ t x = sinα vói α ∈
π π
— , khi đó
√
1−x2 = cosα ho c đ t x =
- Neu trong bài toán xuat hi nhbieu thứ
ic
√
1−x2 thì ta có the lưong giác hóa
- Neu trong bài toán xuat hi n bieu thức
√
x2 − 1 thì lưong giác hóa bang cách
cosα 2 2
tan α +
= sinα
2 2
3) Vói mői so thục x ton tại các so α vói
π
2
π
< α <
2
sao cho x = tanα.
4) Neu các so thục x,y thỏa mãn h thức x2
+ y2
= 1 thì ton tại so α vói
0 ≤ α ≤ 2π sao cho x = cosα, y = sinα
Ngoài ra còn m t so dau hi u cơ bản nham giúp phát hi n đưoc phương pháp
lưong giác hóa nhanh hơn.
- Neu bien x thỏa mãn đieu ki n
h|x| ≤ ai
(a > 0) thì khi đó có the lưong giác hóa
- Neu hai bien x,y tham gia bài toán thỏa mãn a2
x2
+b2
y2
= c2
vói a,b,c > 0 khi
đó ta có the lưong giác hóa bang cách đ t x =
c
sinα; y =
c
cosα vói α ∈ [0,2π].
- Neu trong bài toán xuat hi n bieu thức
√
a b
+ 1 ho c x 1 thì ta có the lưong
giác hóa bang cách đ t x = tanα vói α ∈ −
π
,
π
. Khi đó
√
x2 +1 =
1
và
x2
+1 =
1
.
cos2 α
2 2 cos α
cosα vói α ∈ [0;π]khi đó
√
1−x2
2 2
.
đ t x =
1
vói α ∈
h
0;
π
∪ π;
3π
khi đó
√
x2 − 1 = tanα.
Ngoài ra còn m t so dau hi u thông qua các công thức ve hàm so tang, chȁng
hạn:
- Neu có bieu thức A =
a+ b
thì thưòng lưong giác hóa bang cách đ t a =
tanα, b = tanβ khi đó A =
1−
(
ab
β ).
- Neu có ba so a,b,c mà a + b + c = abc thì ta có the đ t a = tanα, b = tanβ,
c = tanγ vói α +β +γ = kπ.
Bài toán 3.19. Giải các phương trình sau:
a) 4x3
−3x = m vói |m| ≤ 1.
b) 4x3
−3x = m vói |m| > 1.
c) 4x3
−3x = m.
L i giai.
a) Vì |m| ≤ 1 nên ta đ t m = cosα = cos(α ± 2π) vói α ∈ [0;π].

46
0
0
3
0
0
2 a3
2 a3
2 a 2
0 0 0
2 a 2
Do cosα = 4cos3 α
− 3cos
α
nên 4x3
− 3x = 4cos3 α
− 3cos
α
.
3 3 3 3
V y phương trình có ba nghi m là
x1 = cos
α
,x2 = cos
α +2π
,x3 = cos
α − 2π
.
3 3 3
b) Vì |m| > 1 nên đ t m =
1
a3
+
1
vói a3
= m ±
√
m2 − 1.
Khi đó phương trình trỏ thành 4x3
− 3x =
1
a3
+
1
Từ ví dụ 2 ta suy ra phương trình đã cho có nghi m là
x0 =
1
a+
1
=
1
q
3
m+
√
m2 −1+
q
3
m−
√
m2 −1 .
Ta chứng minh x0 là nghi m duy nhat của phương trình .
Th t v y vì x0 là nghi m của phương trình 4x3
−3x = m nên ta có
4x3
− 3x0 = m. Suy ra
4x3
− 3x = 4x3
− 3x0
⇔4(x3
− x0) − 3(x − x0) = 0
⇔(x − x0)(4x2
+ 4xx0 + 4x2
− 3) = 0
Vì phương trình 4x2
+ 4xx0 + 4x2
− 3 = 0 có
∆′
= 4x2
− 4(4x2
− 3) = 12 − 12x0 = 12(1 − x2
) < 0(do |x0| < 0)
nên phương trình không có nghi m thục.
V y phương trình 4x3
−3x = m chỉ có m t nghi m thục duy nhat là
x0 =
1
a+
1
=
1
q
3
m+
√
m2 −1+
q
3
m−
√
m2 −1 .
Ta chứng minh x0 là nghi m thục duy nhat của phương trình.
Th t v y xét hàm so f(x) = 4x3
+3x.
Ta có f ′(x) = 12x2
+ 3 > 0,∀ ∈ R. vì f (x) là hàm so đong bien trên R nên x0
là nghi m duy nhat của phương trình.
Nh n xét 3.3. Từ bài toán trên ta đưa ra cách giải phương trình b c ba tong quát
a0x3
+a1x2
+a2x+a3 = 0( vói a0 =
/ 0)
3 a1 2 a2 a3
⇔x +
a0
x +
a0
x+
a0
= 0
3 2
⇔x +ax +bx+c = 0

47
3
3
r
r
y−
a 3
+ a y −
a 2
+ b y−
a
+ c = 0
2 2
2 2 2
q
3
Phương trình đã cho trỏ thành:
Vói a =
a1
;b =
a2
,c =
a3
.
a0
a
a0 a0
Đ t y = x+
3
a
⇔ x = y−
3
.
Phương trình trỏ thành
3 a2
3 3
2a3
ab
hay
⇔y + b −
3
y+
27
−
3
+ c = 0,
vói p = b−
a2
3
, =
2a3
27
−
y3
+ py + q = 0 (3.16)
ab
+ c
3
- Neu p = 0 thì từ (3.16) ta có y3
+ q = 0 giải đưoc.
- Neu p > 0 thì đ t y = αt, từ (3.16) ta có α3
t3
+ pαt +q = 0 hay
t3
+
p
t +
q
= 0. Đ t
p
=
3
ta đưoc
α2 α3 α2 4
3α2
= 4p ⇒ α = 2
r
p
.
Từ đó, ta có
t3 3
t +
3q
= 0
+ 4
8p
p
3
hay 4t3
+ 3t = m vói m = −
3q
= −
3
√
3q
: giải đưoc
8p
p
3 8p
√
p
Neu p < 0 thì đ t y = 2
r
−
p
t , tương tụ đưa (3.16) ve dạng 4t3
− 3t = n vói
3
√
3q
n = −
8p
√
−p
.
Bài toán 3.20. Giải phương trình
q
1 +
√
1 − x2 = x(1 + 2
√
1 − x2)
L i giai. Đieu ki n: |x| ≤ 1. Đ t x = sint, t ∈ −
π
,
π
.
√
1+ cost = sint(1 + 2cost) ⇔
√
2cos
t
= sint + sin2t = 2sin
3t
cos
t

48
2
4
=
√ √
√
π π
√
(
−
− ⇔
(
≤ −
⇔ 2
Vói t = 2 ⇒ 2sin +α = 2 ⇔ sin +α = 1
− 2 suy ra sinα + 2 hay
−
t √ 3t
cos
t
= 0 t = (2k + 1)π
⇔ cos
2
2sin
2
− 1 = 0 ⇔ 3t 1 ⇔
t =
π
+k
4π
2sin
2
Ket hop vói đieu ki n của t suy ra : t =
π
.
6
π 1
= √
2 6 3
V y phương trình có m t nghi m: x = sin
6
=
2
.
Bài toán 3.21. Xác định so nghi m của phương trình sau trong (0;1)
8x(1 − 2x2
)(8x4
− 8x2
+ 1) = 1.
L i giai. Đ t x = sinα vói α ∈ 0;
π
. Phương trình trỏ thành
sin3
α + cos3
α =
√
2sinα cosα
⇔ (sinα +cosα)3
−3sinα cosα(sinα +cosα) −
√
2sinα cosα = 0
Đ t sinα +cosα =
√
2sin
π
+α = t (đieu ki n |t| ≤
√
2.)
Suy ra sinα cosα
t2
− 1
, phương trình trỏ thành
2
t3
− 3
t2
− 1
t
2
√
2
t2
− 1
0
2
⇔t3
+
√
2t2
−3t −
√
2 = 0
⇔(t −
√
2)(t +
√
2 − 1)(t +
√
2+ 1) = 0.
Suy ra t =
√
2 ho c t = 1 −
√
2 (do |t| ≤
√
2)
hay α =
π
4 4
4
+ k2π.
√
Vì α ∈
h
−
π
;
π i
nên α =
π
và do đó x = cos
π
=
2
.
Vói t = 1
2√2
4
cosα = 1−
√ 4 2
x+ 1 x2 = 1
√
2
x ≤ 1−
√
2
1 − x2
= (1 −
√
2 − x)2
x 1
√
2
x2
−(1−
√
2)x+1−
√
2 = 0
⇔ x =
1 −
√
2 −
√
2
√
2 − 1
2
=

49
4
2
≤
cosα
| |
Đ t x = cos2
t vói t ∈ 0;
π
2
, ta có bat phương trình
sint − cost > √
3
⇔ sin t −
4
> √
6
(3.17)
Do √
6
<
2
nên ton tại α ∈ 0;
6
sao cho sinα = √
6
khi đó ta có
2 2
2a cos 2
2 4
V y phương trình đã cho có hai nhi m là
x =
√
2
;x =
1 −
√
2 −
√
2
√
2 − 1
.
2 2
Bài toán 3.22. Giải bat phương trình
√ √ 1
1−x− x > √
3
.
L i giai. Đieu ki n 0h
≤ x ≤
i 1.
1 π 1
1 1 π 1
(3.17) ⇔ α + k2π < t −
π
< π − α + k2π(k ∈ Z).
Vì 0 ≤ t ≤
π nên α < t
π π
—
4
≤
4
⇔ α +
4
< t ≤ ⇒ 0 ≤ cost < cos α +
π π π
⇔ 0 ≤ cos2
t < cos2
α +
π
⇔ 0 ≤ x 1 − sin 2α)
4
1
√
5
<
2
(
√
5
Do sinα = √
6
nên cosα = √
6
suy ra sin2α =
3
V y nghi m của bat phương trình là 0 x <
3−
√
5
.
6
Bài toán 3.23. Vói a /= 0 giải bat phương trình
√
x2 +a2
2a2
≤ x+ √
x2 + a2
.
L i giai. Đ t x = |a|tanα, vói α ∈ −
π
;
π
, khi đó bat phương trình có dạng
|a|
≤ |a|tanα +
2
2 α
|a|
⇔ 1 ≤ sinα + 2cos α
⇔2sin α − sinα − 1 ≤ 0 ⇔ −
2
≤ sinα ≤ 1
1 |a|
⇔tanα ≥ −√
3
⇔ x ≥ −√
3
.
a
V y nghi m của bat phương trình là x ≥ −√
3
.
1
1

50
2
2 2
2
−
4
≤ √
a
(3.19)
2 2 4
Đe bat phương trình (3.19) có nghi m thì ta phải có
Bài toán 3.24. Vói những giá trị nào của tham so a bat phương trình sau có
nghi m
q
a+
√
x +
q
a−
√
x ≤ 2.
L i giai. Vói a < 0 bat phương trình vô nghi m, do đó ta chỉ xét vói a ≥ 0. Đieu
ki n đe phương trình có nghĩa là x ≥ 0 và 0 ≤
√
x ≤ a.
Đ t
√
x = acost vói 0 ≤ t ≤
π
, ta có bat phương trình đã cho trỏ thành
√
a(1 + cost) +
√
a(1 − cost) ≤ 2
⇔
√
2a cos
t
+sin
t
≤ 2 (3.18)
Vói a = 0 bat phương trình có nghi m. Vói a /= 0 ta có
t π 1
Vì 0 ≤ t ≤
π
nên
π
t π
0.
√ 2
−
4
≤
2
−
4
≤
Do đó
2
≤ cos
t
−
π
≤ 1.
√
2 1
2
≤ √
a
hay 0 < a ≤ 2.
V y đe bat phương trình có nghi m thì a ∈ [0;2].
3.2.4 Phương pháp lư ng giác trong hình hoc
Bài toán 3.25. Cho tam giác ABC n i tiep trong đưòng tròn tâm O bán kính R.
Goi I là tâm đưòng tròn n i tiep của tam giác. Các đưòng phân giác trong của các
góc A, B và C lan lưot cat đưòng tròn ngoại tiep tại A1, B1 và C1. Chứng minh rang
1 1 1 3
L i giai. Nh n xét rang
IA1
+
IB1
+
IC1
≥
R
.
A
^
1IB = A
^
1BI =
A+B
.
2
(3.18) ⇔ cos

51
IB1 IC
1
2R
sin
A
2
sin
B
2
sin
C
2
sin
A
sin
B
sin
C 3
A B C 3
1
Do v y tam giác A1BI là tam giác cân và
A1I = A1B = 2Rsin
A
.
2
Suy ra
1 1 1 1
+ + =
1
+
1
+
1
.
Sử dụng bat đȁng thức
A B C 1
sin
2
sin
2
sin
2
≤
8
và áp dụng bat đȁng thức giữa trung bình c ng và trung bình nhân, ta có
1 1 1
+ + ≥ 3
‚
.
,
1
≥ 3
‚
.
,
1
= 6.
2 2 2
Từ đó, ta nh n đưoc
sin
2
sin
2
sin
2 8
1 1 1 3
IA1
+
IB1
+
IC1
≥
R
.
Dau đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đeu.
Bài toán 3.26 (Bài toán Erdös). Cho M là m t điem trong tam giác ABC. Goi
P, Q, R lan lưot là các hình chieu vuông góc của M lên các cạnh AB, BC,CA.
Chứng minh rang
MA + MB + MC ≥ 2(MP + MQ + MR).
L i giai. Kí hi u đ dài của các đoạn MP,MQ,MR tương ứng là p,q,r.
Theo Định lí cosin trong tam giác MPR, ta có
PR2
= p2
+r2
−2prcosP
^
MR = p2
+r2
−2prcos(π −A)
= p2
+ r2
− 2pr cos(B +C) = p2
+ r2
− 2pr(cos BcosC − sin B sinC)
= (p sinB+ rsinC)2
+ (p cosB− rcosC)2
≥ (p sinB+rsinC)2
.
Suy ra PR ≥ psinB + r sinC. Vì MA là đưòng kính đưòng tròn ngoại tiep tứ giác
APMR, nên áp dụng Định lí sin vào tam giác APR, ta đưoc
MA =
PR
≥ p
sinB
+ r
sinC
.
sinA sinA sinA
IA1

52
2 2
sinB sinA sinC sinB sinA sinC
Chứng minh tương tụ, ta có
MB =
PQ
≥ p
sinA
+ q
sinC
;MC =
QR
≥ q
sinB
+ r
sinA
.
sinB sinB sinB sinC sinC sinC
Suy ra MA + MB + MC ≥
≥ p
sinA
+
sinB
+ q
sinB
+
sinC
+ r
sinC
+
sinA
≥ 2(p + q + r).
V y ta có MA + MB + MC ≥ 2(MP + MQ + MR). Dau đȁng thức xảy ra khi và
chỉ khi tam giác ABC là tam giác đeu.
Bài toán 3.27. Cho tam giác ABC vói AB < AC. Goi d là đưòng thȁng chứa phân
giác trong của góc A và M là m t điem di đ ng trên d. Chứng minh rang
a) Tỉ so
MB
đạt giá trị nhỏ nhat khi M trùng vói tâm I của đưòng tròn n i tiep
MC
tam giác ABC.
b) Tỉ so
MB
MC
đạt giá trị lón nhat khi M trùng vói tâm J của đưòng tròn bàng
tiep tam giác ABC chứa trong góc A.
L i giai. Ta chuyen đưòng thȁng d thành trục so, hưóng thu n từ J đen I, goc O là
trung điem của đoạn IJ.
Vì BI ⊥ BJ nên tứ giác IBJC là tứ giác n i tiep trong đưòng tròn tâm O bán
kính R0 = OI = OJ = OB = OC.
Goi α = (
−
O
→
I,
−
O
→
B) , β = (
−
O
→
I,
−
O
→
C) và OM = x.
a) Neu OM = x ≥ 0 (M thu c tia OI), thì theo Định lí cosin trong tam giác, ta
có
MB2
= R2
+x2
−2R0xcosα = (R0 −x)2
+4R0xsin2 α
,
0
2
MC2
= R2
+ x2
− 2R0xcosβ = (R0 − x)2
+ 4R0xsin2 β
.
0
Khi M ≡ A thì OA = x > 0 và ta có
AB2
= (R0 − x)2
+ 4R0xsin2 α
2
; AC2
= (R0 −x)2
+4R0xsin2 β
.
Nhưng
AB
< 1 nên 0 <
α
<
β
<
π
và suy ra cos
α
>
β α
<
β
AC 2 2 2 2
cos
2
; sin
2
sin
2
.

53
−
MB
≡
0
2
2
2
2
l
b
2 a c
β
Suy ra
MB2
MC2
=
(R x)2
+ 4Rxsin2 α
2
2 β
sin2 α
≥ 2 .
2
(R− x)2 + 4Rxsin
2
sin
2
Dau đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi x = R = OI tức M ≡ I.
V y đạt giá trị nhỏ nhat khi M I.
MC
b) Neu OM = x ≤ 0 (M thu c tia OJ), thì theo Định lí cosin trong tam giác, ta
có
MB2
= R2
+ x2
+2Rxcosα = (R0 −x)2
+4R0xcos2 α
,
MC2
= R2
+x2
+2R0xcosβ = (R0 −x)2
+4R0xcos2 β
,
0
MB2
MC2
=
(R0 − x)2
+ 4R0xcos2 α
(R0 −x)2 +4R0xcos2
β
2
cos2 α
≤ 2 .
cos2
β
2
Dau đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi x = −R0 = OJ tức M ≡ J.
V y
MB
MC
đạt giá trị lón nhat khi M ≡ J.
Bài toán 3.28. Chứng minh rang trong moi tam giác ABC, ta đeu có
a)
1
+
1
+
1
>
1 1 1
la lb lc a
+
b
+
c
.
b) ma +mb +mc ≤
9
R.
L i giai.
a) Ta có
2S = bcsinA = cla sin
A
+ bla sin
A
.
Suy ra
2 2
2bc
A A
Do đó
la =
sin
2
cos
2
A
(b + c)sin
2
2bc
<
b + c
.
1
>
b+c
=
1 1
+
1
. (3.20)
Tương tụ ta có
la 2bc 2 b c
1
>
1 1
+
1
; (3.21)

54
a
b
−
a b c
2
l
c
2 a b
9
1
>
1 1
+
1
. (3.22)
C ng từng ve của (3.20),(3.21) và (3.23) ta suy ra đieu phải chứng minh.
b) Ta có
m2
=
m2
=
m2 1 2
a2
2 c2
; (3.24)
; (3.25)
c =
2
(a + b ) −
4
. (3.26)
C ng từng ve của (3.24), (3.25) và (3.25) và áp dụng Định lí sin, ta suy ra
m2
+ m2
+ m2
=
3
(a2
+ b2
+ c2
) = 3R2
(sin2
A + sin2
B + sin2
C). (3.27)
a b c
4
Ta cũng có
sin2
A+sin2
B+ sin2
C =
1
[3 (cos2A+cos2B+cos2C)] (3.28)
2
và
cos2A + cos 2B + cos 2C = 2cos(A + B)cos(A − B) + 2cos2
C − 1
= 2cosC[cosC − cos(A− B)] − 1
= −1 − 2cosC[cos(A + B) + cos(A − B)]
= −1 − 4cosAcosBcosC. (3.29)
Từ (3.28) và (3.29), ta có
sin2
A+sin2
B+sin2
C = 2+2cosAcosBcosC ≤ 2+2
1 9
(3.30)
Từ (3.27) và (3.30), ta có
Suy ra
m2
+m2
+m2
3
≤
4
R2
.
.
8
=
4
.
(ma + mb + mc)2
≤ 3(m2
+ m2
+ m2
) ≤
81
R2
.
a b c
4
Từ đó, ta thu đưoc đieu phải chứng minh ma + mb + mc ≤
9
R.
Dau đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đeu.
1 2 2
2
(b + c ) − 4
1 2 2 b2
2
(a + c ) − 4

55
)
b
+(
a
p+n
cos2
C
m+ p
sin2
C
p2
=
mn+np + pm
=
(p +m)(p+n)
.
1
Bài toán 3.29. Cho tam giác ABC. Xét các so thục m,n, p sao cho m + n, n + p,
p+ m và mn+ np + pm là các so dương. Chứng minh rang
ma2
+ nb2
+ pc2
≥ 4
√
mn + np + pmS. (3.31)
L i giai. Ta có 4S = ab sinC và c2
= a2
+ b2
− 2ab cosC, nên có the viet (3.31)
dưói dạng
ma2
+ nb2
+ p(a2
+ b2
− 2ab cosC) ≥ 2ab sinC
√
mn + np + pm,
hay
(m+ p
a
p + n)
b
≥ 2 pcosC +
√
mn + np + pmsinC . (3.32)
Sử dụng bat đȁng thức giữa trung bình c ng và trung bình nhân, ta đưoc
(m+ p
a
p + n)
b
≥ 2
√
(m+ p)(p + n). (3.33)
)
b
+(
a
Theo bat đȁng thức Cauchy, thì
pcosC +
√
mn + np + pmsinC
2
≤
≤ (p2
+ mn + np + pm)(cos2
C + sin2
C) = (m + p)(p + n). (3.34)
Từ (3.33) và (3.34) suy ra (3.32). V y (3.31) đưoc chứng minh.
(m+n
cosC
a
)
b
= ( p + n)
b
a
sinC
hay
p
= √
mn+np+ pm
,
a b
√ = √
Tiep theo, thay các giá trị b và cosC theo a,m,n, p vào h thức
c2
= a2
+ b2
− 2abcosC,
ta nh n đưoc
c2 a2
+ a2
.
m + p
− 2a2
.
√
m + p p
,
=
n+ p √
n + p
√
(p + m)(p + n)

56
2 2 2 2
< 1.
hay
c 2
= 1+
p+m
−
2p
=
m+n
.
Do đó
a p+n p+ n p + n
a c
√
p + n
= √
m + n
.
V y đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi
a c b
√
p + n
= √
m + n
= √
p + m
.
Tiep theo, ta xét m t so dạng đȁng thức và bat đȁng thức trong tứ giác và đa
giác mà cách giải có sử dụng các công thức lưong giác như m t công cụ giải hữu
hi u.
1) Đe bon so dương a,b,c,d là đ dài bon cạnh của m t tứ giác, đieu ki n can và
đủ là mői so phải nhỏ hơn tong của ba so kia.
2) Vói đieu ki n 1), ton tại m t tứ giác n i tiep nh n a,b,c,d làm đ dài bon cạnh.
L i giai. Đieu ki n can ỏ 1) là hien nhiên. Đe chứng minh đieu ki n đủ ỏ 1) và
đong thòi chứng minh phan 2), ta dụng m t tứ giác n i tiep nh n a, b, c, d làm đ
dài bon cạnh. Theo giả thiet của đieu ki n can, thì a − b < c + d, b − a < c + d, tức
là |a−b| < c+d ⇒ (a−b)2
< (c+d)2
. Suy ra
a2
+ b2
− c2
− d2
< 2(ab + cd).
Thay đoi vai trò các c p (a,b) và (c,d), ta thu đưoc
−a −b +c +d < 2(ab+cd),
hay
.a2
+ b2
− c2
− d2
.
. 2(ab+ cd) .
Vì v y ton tại m t góc ϕ ∈ (0,π) sao cho cosϕ =
a2
+ b2
− c2
− d2
. Ta dụng
2(ab + cd)
các tam giác KLM và PQR vói KL = a, LM = b, K
^
LM = ϕ, PQ = c, QR = d,

57
ˆ
PQR = π −ϕ. The thì
KM2
= a2
+ b2
− 2ab cos ϕ
= a2
+b2
—2ab.
a2
+ b2
− c2
− d2
2(ab + cd)
(a2
+ b2
)cd + (c2
+ d2
)ab
ab+cd
,
PR2
= c2
+ d2
− 2cd cos(π − ϕ) = c2
+ d2
+ 2cd cosϕ
= c2
+d2
+2cd.
a2
+ b2
− c2
− d2
2(ab + cd)
(a2
+ b2
)cd + (c2
+ d2
)ab
ab+cd
.
Suy ra KM = PR. Vì the, ta có the ghép hai tam giác trên theo đưòng chéo
KM = PR đe đưoc tứ giác ABCD vói AC = KM. V y ABCD là tứ giác phải tìm vì
nó có đ dài bon cạnh là a, b,c,d, mà B + D = ϕ + (π − ϕ) = π, nên đó là m t tứ
giác n i tiep.
Nh n xét 3.4. 1) Trong l p lu n trên, ta thay có the thay đoi vai trò các so a,b,c,d
vì the trong trưòng hop tong quát, tức là chȁng hạn 0 < a < b < c < d < a+b +c,
ta thay có ba tứ giác n i tiep khác nhau, nh n a, b, c, d làm đ dài bon cạnh theo
thứ tụ : (a,b,c,d),(a,b,d,c),(a,c,b,d).
2) Cả ba tứ giác n i tiep nói trên có di n tích bang nhau.
Đó là ket quả của bài toán sau đây.
Bài toán 3.31. 1) Tứ giác n i tiep vói đ dài bon cạnh là a,b,c,d có di n tích
S =
√
(p − a)(p − b)(p − c)(p − d)
vói p =
a + b+ c+ d
2 là nửa chu vi của tứ giác.
2) Trong tat cả các tứ giác vói đ dài bon cạnh a,b,c,d thì tứ giác n i tiep có di n
tích lón nhat.
L i giai.
1) Xét tứ giác ABCD n i tiep có di n tích S vói AB = a, BC = b, CD = c, DA = d
=
=

58
ˆ
√
2
0
1−
và ABC = ϕ. Khi đó, ta có
2S = 2dt(ABC)+2dt(ACD) = absinϕ +cd sin(π −ϕ) = (ab+cd)sinϕ.
nên 4S2
= (ab + cd)2
sin2
ϕ = (ab + cd)2
(1 − cos2
ϕ)
2
h (a2
+ b2
− c2
− d2
)2 i
Suy ra 16S2
= 4(ab+cd)2
−(a2
+b2
−c2
−d2
)2
= (2ab + 2cd + a2
+ b2
− c2
− d2
)(2ab + 2cd − a2
− b2
+ c2
+ d2
)
= [(a + b)2
− (c − d)2
][(c + d)2
− (a − b)2
]
= (a + b + c − d)(a + b − c + d)(c + d + a − b)(c + d − a + b)
= 16(p − a)(p − b)(p − c)(p − d),
nên S = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d).
2) Xét m t tứ giác ABCD tuỳ ý (loi hay lõm) vói các cạnh AB = a, BC = b, DC = c,
DA = d. Trong trưòng hop tứ giác lõm, neu can ta sẽ thay đoi kí hi u, nên có the
coi rang tứ giác lõm tại đỉnh C. Từ h thức
AC2
= a2
+ b2
− 2abcosB = c2
+ d2
− 2cd cosD,
suy ra
Do đó
2cd cosD − 2abcosB = c2
+ d2
− a2
− b2
.
4a2
b2
cos2
B+ 4c2
d2
cos2
D = (a2
+b2
−c2
− d2
)2
+8abcd cosBcosD.
Goi S0 là di n tích của tứ giác ABCD. Ta thay
4S0 = 4dt(ABC) +4dt(ACD) = 2absinB+2cd sinD
⇒ 16S0 = 4a2
b2
sin2
B+4c2
d2
sin2
D+ 8abcd sinBsinD
= 4a2
b2
(1−cos2
B)+4c2
d2
(1−cos2
D)+ 8abcd sinBsinD.
Vì v y theo trên ta có
16S2
= 4a2
b2
+ 4c2
d2
− (a2
+ b2
− c2
− d2
)2
− 8abcd(cos Bcos D − sin B sin D)
= 4a2
b2
+ 4c2
d2
− (a2
+ b2
− c2
− d2
)2
− 8abcd cos(B + D)
≤ 4a2
b2
+4c2
d2
+8abcd − (a2
+b2
−c2
−d2
)2
= 4(ab + cd)2
− (a2
+ b2
− c2
− d2
)2
= 16S2
,
= (ab+cd)
4(ab + cd)2
.

59
≤
√
≤
2
tức là S0 ≤ S.
Theo phép chứng minh ỏ trên, ta thay đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi
cos(B + D) = −1, tức là B + D = π, khi đó tứ giác ABCD là m t tứ giác n i tiep.
Nh n xét 3.5. Trong tứ giác n i tiep ABCD, cho m t cạnh AD "suy bien" tức là
cho D ≡ A ( khi đó d = DA = 0) thì ta tìm lại đưoc công thức Hêrông tính di n
tích của tam giác.
Từ ket quả của bài toán trên, ta suy ra
Bài toán 3.32. 1) Giữa di n tích S và chu vi 2p của m t tứ giác có moi liên h
S
p2
, đȁng thức chỉ xảy ra khi tứ giác là hình vuông.
4
2) Trong tat cả các tứ giác có cùng chu vi, hình vuông có di n tích lón nhat.
3) Trong tat cả các tứ giác có cùng di n tích, hình vuông có chu vi nhỏ nhat. L i
giai.
1) Xét m t tứ giác tuỳ ý vói di n tích S và các cạnh a,b,c,d.
Ta có
S ≤ (p − a)(p − b)(p − c)(p − d),
và theo bat đȁng thức giữa trung bình c ng và trung bình nhân, ta có
h(p − a) + (p − b) + (p − c) + (p − d)i4 p4
(p − a)(p−b)(p−c)(p−d) ≤
4
V y S
p2
.
4
=
16
.
Đȁng thức chỉ xảy ra đoi vói tứ giác n i tiep, có bon cạnh bang nhau, tức là hình
vuông.
2) và 3) suy ra từ 1).
Bài toán 3.33. Cho tứ giác loi ABCD. Kí hi u
M = max{AB,BC,CD,DA,AC,BD},
m = min{AB,BC,CD,DA,AC,BD}.
Chứng minh rang M ≥
√
2m.
L i giai. Giả sử B là góc lón nhat trong tứ giác ABCD, tức là
B = max{A,B,C,D}, thì B ≥
π
.

60
2
^
2
2
^ ^ ^ ^
= R2
(1+
√
3sinα cosα) = R2
1+
√
3
sin2α ≤ R2
1+
√
3
.
o
Do đó cosB ≤ 0. Xét tam giác ABC, ta có
AC2
= AB2
+ BC2
−2AB.BC.cosB ≥ AB2
+ BC2
.
Suy ra M2
≥ m2
+ m2
hay M ≥
√
2m. Đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác
ABCD là hình vuông.
Bài toán 3.34. Cho đưòng tròn tâm O bán kính R. Xét các ngũ giác loi ABCDE
n i tiep trong đưòng tròn đã cho và có AB = BC = DE = R. Goi M, N lan lưot là
các trung điem của CD và EA. Chứng minh rang
MN ≤ R
s
1 +
√
3
.
L i giai. . Xét hai tam giác ONB và CMB. Ta có, theo giả thiet, thì các tam giác
^
OAB, OBC và ODE là các tam giác đeu. V y nên AÔE +DOC = 180 và 2DCO+
DOC = 180 , do đó AÔE = 2DCO. Suy ra AON = OCM và vì v y ∆AON =
∆OCM. Suy ra ON = CM và ∆ONB = ∆CMB.
Đieu này kéo theo BM = BN và tam giác BMN là tam giác đeu. V y đe tính MN,
ta can tính BN.
Xét tam giác AON vói A
^
ON = α < 90o
. Ta có
MN2
= BN2
= R2
+ R2
cos2
α − 2R2
cosα cos(α + 60o
)
= R2
[1+cos2
α −2cosα(cosα cos60o
−sinα sin60o
)]
Do đó
2 2
MN ≤ R
s
1 +
√
3
.
o o
Đȁng thức xảy ra khi và chỉ khi sin2α = 1, tức là α = 45
C
^
OD = 90o
.
nên AÔE = 90 ,
3.3 M t so dạng toán liên quan t các đe thi Olympic
Bài toán 3.35 (Olympic sinh viên, 1993). Cho 0 ≤ x ≤
π
và 0 ≤ y < +∞ chứng
minh rang
y(arctan y− x) ≥ ln (cosx
√
1 + y2)
o

61
2
2
h
∫ ∫
2
√
−
— ln |cost|. +tarctan t|0 −
2
ln |1 +t ||0 ≥ xy
≥ cosx,∀x ∈ 0;
2
L i giai. Khi x ∈ 0;
π
, thì 0 < sinx < x, hay 0 <
sinx
< 1. Từ đó, suy ra
F(x) = √
3
cosx
−x trên khoảng 0;
2
0
x
Hỏi khi nào thì xảy ra dau đȁng thức ?
L i giai. Nh n xét rang hàm so u = tant vói t ∈ 0;
π
là hàm liên tục và đong
bien trên
h
0;
π
nên có hàm ngưoc t = arctan u(u ≤ 0) và u(0) = 0. V y ta có
Suy ra
x y
tantdt +
0 0
arctan tdt ≥ xy,xy ∈
h
0;
π
,y ∈ [0;+∞).
1 2 y
y(arctan y − x) ≥ ln (cosx 1 + y2)
y = tanx và
y
=
3
√
3
hay x =
π
,y =
√
3
x π 3
Bài toán 3.36 (Olympic sinh viên, 2002). Chứng minh rang vói moi α ≤ 3, ta
đeu có
sinx α
π
2
sinx α
sinx 3
x
,∀α ≤ 3
Do đó, ta chỉ can chứng minh bat đȁng thức cho trưòng hop α = 3. Tuy nhiên, ta
sẽ chứng minh bat đȁng thức tương đương sau
sinx π
Xét hàm so
√
3
cosx
≥ x,∀x ∈
sinx
0;
2
.
h π
Ta có
F′(x) =
2cos2
x 3cosx
√
3
cosx+1
3cosx
√
3
cosx
.
x
x
hay
.
y
1
.
≥

62
2
2
∫ ∫
.
0
∫
2
2
0,∀x ∈ 0;
π
2
. Như v y F(x) cũng là hàm đong bien, nên F(x) ≥ 0. Bài toán đưoc
∫2
2
.
Ta sẽ chứng minh F′(x) ≥ 0,∀x ∈
h
0;
π
. Th t v y lại xét hàm so
G(t) = 2t2
−3t
√
3
t +1,t ∈ [0;1],
ta thay
G′(t) = 4(t −
√
3
t) ≤ 0,∀t ∈ [0;1].
Do đhó G(t ) là hàm nghịch bien, nên G(t) ≥ G(1) = 0,∀t ∈ [0;1]. Suy ra F′(x) ≥
chứng minh.
Bài toán 3.37 (Olympic sinh viên, 2005). Cho so dương a và hàm so f (x) có đạo
hàm liên tục trên R sao cho F′(x) ≥ a vói ∀x ∈ R. Biet rang
π
0 < f (x)sinxdx < a.
0
Chứng minh rang khi đó trên đoạn
h
0;
π i
, phương trình f(x) = 0 có nghi m duy
nhat.
L i giai. Ta có
π π
2 2
f (x)sinxdx = −
0 0
π
∫2
π
π
f (x)d(cosx) = −cosx f (x)
2
+
0
π
∫2
f ′(x)cosxdx
Suy ra
= f (0) +
0
f ′(x)cosxdx ≥ f (0) + a
0
π
∫2
cos xdx = f (0) + a.
f (0) ≤
0
f (x)sinxdx − a < 0.
Giả sử f
π
≤ 0. Từ giả thiet f ′(x) ≥ a > 0 suy ra f (x) đong bien trên đoạn
h
0;
π i
.

63
2
2 3
. .
cos ;cos
0;
2
hay
2
chứng minh.
2
9 9 9
0
Khi đó f(x) ≤ 0,∀x ∈
h
0;
π i
. Do v y
π
h π i ∫2
V y f
π
> 0 ket hop đieu ki n f (x) đong bien trên đoạn
h
0;
π i
suy ra đieu phải
Bài toán 3.38 (Tuyen t p Olympic 30 tháng 4, lan XII - 2006). Giải phương trình
√
3
6x+1 = 8x3
−4x− 1 (3.35).
L i giai. Ta có
√
3
6x+1 = 8x3
− 4x−1
⇔ 6x+1+
√
3
6x+1 = (2x)3
+2x (3.36).
Phương trình có dạng: f
√
3
6x+1 = f (2x) vói f (t) = t3
+t là hàm đong bien
trên R.
V y phương trình (3.36) tương đương vói
√
3
6x+1 = 2x ⇔ 8x3
−6x = 1.
Nh n xét 3.6. Neu |x| > 1 ⇒ 4x − 3 > 1 thì 8x − 6x > 2 nên nghi m của
phương trình (3.36) neu có phải thu c [−1;1].
Đ t x = cost,t ∈ [0;π] thì (3.36) trỏ thành
4cos3
t −3cost =
1
⇔ cos3t =
1
⇔ t = ±
π
+
k2π
,(k ∈ Z).
2 2 9 3
Suy ra (3.36) có t p nghi m là S =
π 5π
;cos
7π
.
Bài toán 3.39 (Tuyen t p Olympic 30 tháng 4 lan XII, 2006). Giải phương trình
3x3+x+2
+ x3
−3x+1 .32x−x3
= 34x+1
(3.37).
L i giai. Ta có
3x3+x+2
+ x3
− 3x + 1 .32x−x3
= 34x+1
⇔ 3x3+x+2
.3x3−2x
+ x3
− 3x + 1 .32x−x3
.3x3−2x
= 34x+1
.3x3−2x
⇔ 32x3−x+2
+ x3
− 3x+ 1 = 3x3+2x+1
⇔ 32x3−x+2
+ 2x3
− x + 2 − x3
+2x + 1 = 3x3+2x+1
f (x)sinx ≤ 0,∀x ∈ f (x)sinxdx ≤ 0 mâu thuȁn giả thiet .

64
1
⇔ 32x3−x+2
+ 2x3
− x + 2 = 3x3+2x+1
+ x3
+ 2x + 1 . (3.38)
Đ t f (t) = 3t
+t,u = 2x3
− x + 2,v = x3
+ 2x + 1. (3.38) trỏ thành:
f (u) = f (v) (3.39)
Do f ′ (t) = 3. ln 3 + 1 > 0; ∀t ∈ R nên f (t) đong bien trên R, v y nên
(3.39) ⇔ u = v.
Suy ra
2x3
−x+2 = x3
+2x +1 ⇔ x3
−3x+1 = 0. (3.40)
Xét x ∈ [−2;2], đ t x = 2cosα; α ∈ (0;π) thì (3.40) trỏ thành:
8cos3
α −6cosα + 1 = 0 ⇔ 2.cos3α = −1
2π
⇔ cos3α = −
2
⇔ α = ±
9
+
k2π
3
,(k ∈ Z)
mà phương trình b c ba có toi đa ba nghi m nên (3.40) có ba nghi m
x1 = 2cos
2π
; x2 = 2cos
4π
; x3 = 2cos
8π
.
9 9 9
Bài toán 3.40 (Olympic 30-4 năm 2007). Chứng minh rang tam giác ABC đeu
khi thỏa mãn đȁng thức sau
sin
3A
+ sin
3B
= 2cos
A− B
.
2 2 2
L i giai. Ta có
sin
3A
+ sin
3B
= 2sin
3(A + B)
cos
3(A − B)
2 2 4 4
Ta dụ đoán
sin
3A
+ sin
3B
≤ 2cos
3(A − B)
2 2 4
V y thì ta can chứng minh
0 ≤ cos
3(A− B)
≤ cos
A− B (3.41)
4 2
Ta có
cos
A − B
≥ 0 ⇒ 2sin
3(A + B)
cos
3(A − B)
≥ 0 ⇒ cos
3(A − B)
≥ 0 (3.42)
2 4 4 4

65
4
4
Lại có
do sin
3(A+B)
≥ 0
0 ≤
|A−B|
≤
3|A−B|
≤ π
2 4
⇒ cos
|A − B|
≥ cos
3|A − B|
⇒ cos
A − B
≥ cos
A − B (3.43)
2 4 2 4
Từ (3.41), (3.42),(3.43) ta có
sin
3A
+ sin
3B
≤ 2cos
A − B
2 2 2
Dau đȁng thức xảy ra khi tam giác ABC đeu.
Bài toán 3.41 (Đe thi HSG tỉnh Sơn La 2009). Tìm a đe phương trình:
sin2(x − π) − sin(3x − π) = a.sinx (3.44)
có ít nhat m t nghi m x /= kπ; k ∈ Z.
L i giai. Ta có
sin2(x − π) − sin(3x − π) = a.sinx
⇔ sin2x+sin3x = a.sinx
⇔ 2sinx.cosx+ 3sinx−4sin3
x = asinx
⇔ sinx(2cosx − 4sin2
x + 3) = a.sinx
⇔ 2cosx− 4sin2
x + 3 = a (vì x /= kπ;k ∈ Z nên sinx /= 0 )
2
⇔ 4cos x + 2cosx − 1 = a. (3.45)
Đ t t = cosx (| t | <1) khi đó (3.45) trỏ thành
f (t) = 4t2
+ 2t − 1 = a, (|t| < 1).
Hoành đ đỉnh của parabol y = f(t) là t0 = −
1
nên
min f (t) = f −
1
= −
5
; max f (t) = f (1) = 5.
|t|≤1
4 4 |t|≤1
V y đe phương trình f(t) = a có nghi m thỏa mãn đieu ki n |t| < 1 thì can có
min f (t) ≤ a < max f (t)
hay
|t|≤1
5
|t|≤1
−
4
≤ a < 5.

66
Ket lu n
Lu n văn ”Bat đȁng thức trong lóp các hàm lưong giác và lưong giác
ngưoc” đã giải quyet đưoc những van đe sau:
1. Lu n văn trình bày m t so phương pháp chứng minh bat đȁng thức
trong lóp các hàm lưong giác và lưong giác ngưoc.
2. Tiep theo, trình bày m t so ứng dụng liên quan đen các bài toán cục
trị, khảo sát phương trình, bat phương trình đại so.
3. Trình bày h thong các bài t p áp dụng và giải các đe thi HSG quoc
gia và Olympic liên quan.

67
Tài li u tham khao
[A] Tieng Vi t
[1] Vũ Văn Cưòng , Đȁng thŕc và bat đȁng thŕc trong lớp hàm lượng giác ngược
và áp dnng, Lu n văn Thạc sỹ, Đại hoc Thái Nguyên.
[2] Nguyen Văn M u, Phạm Thị Bạch Ngoc (2002), M t so bài toán chon loc ve
lượng giác, NXB Giáo dục.
[3] Nguyen Văn M u (2016), N i suy đa thŕc, NXB ĐHQG Hà N i.
[4] Nguyen Văn M u, Lê Ngoc Lăng, Phạm the Long, Nguyen Minh Tuan
(2006), Các đe thi olympic Toán sinh viên toàn quoc, NXB Giáo dục.
[B] Tieng Anh
[5] Paulo Ney de Sauza, Jorge- Nume Silva (1998), Berkeley Problems in Math-
ematics, Springer.
[6] T-L.T. Radulescu, V.D. Radulescu, T.Andreescu (2009), Problems in Real
Analysis: Advanced Calculus on the real axis,.

Bất đẳng thức Trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược.docx

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Bất đẳng thức Trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược.docx

Similar to Bất đẳng thức Trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược.docx (20)

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149

More from DV Viết Luận văn luanvanmaster.com ZALO 0973287149 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

Bất đẳng thức Trong lớp các hàm lượng giác và lượng giác ngược.docx