Một Số Lớp Bất Đẳng Thức Lượng Giác Kiểu Klamkin Trong Tam Giác.doc

Tải tài liệu tại sividoc.com
Viết đề tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–
ĐỖ THỊ THU TRANG
MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU
KLAMKIN TRONG TAM GIÁC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên, 10/2018

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–
ĐỖ THỊ THU TRANG
MỘT SỐ LỚP BẤT ĐẲNG THỨC LƯỢNG GIÁC KIỂU
KLAMKIN TRONG TAM GIÁC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 8640113
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU
Thái Nguyên, 10/2018

i
Mục lục
Mở đầu 1
Chương 1. Một số lớp đẳng thức và bất đẳng thức cơ bản 3
1.1 Một số hệ thức cơ bản đối với hàm lượng giác ngược . . . . . 3
1.2 Bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . 6
1.2.1 Bất đẳng thức Jensen . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2.2 Bất đẳng thức Karamata . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác . . . . 13
Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với các hàm lượng giác
trong tam giác 17
2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin . . . . . . . . . 17
2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm sin . . . . . . . . . . 24
2.3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm tan và cotan . . . . . 28
ngược 34
3.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arccos và arcsin . . . 34
3.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arctan và arccotan . . 37
3.3 Một số bất đẳng thức khác trong tam giác . . . . . . . . . . . 42
3.3.1 Bất đẳng thức Weizenbock . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.3.2 Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler . . . . . . . . . 46
Kết luận 50
Tài liệu tham khảo 51

1
Mở đầu
Chuyên đề bất đẳng thức là một chuyên đề rất quan trọng ở bậc trung
học phổ thông. Bất đẳng thức không chỉ là đối tượng nghiên cứu trọng
tâm của đại số và giải tích mà còn là công cụ đắc lực trong nhiều lĩnh
vực khác của toán học. Klamkin đã khảo sát nhiều lớp bất đẳng thức
hình học liên quan đến hàm cosin và xét các dạng toán liên quan. Ta
đã biết bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin cho tam giác
a cos A + b cos B + g cosC
b g
+
ga
+
ab
2a 2b 2g
ứng với mọi bộ số dương a; b ; g: Bất đẳng thức này có thể chứng
minh bằng các phương pháp khác nhau của hình học như phương
pháp véctơ và phương pháp tọa độ và cả phương pháp số phức.
Tuy nhiên, các dạng bất đẳng thức tương tự đối với các hàm lượng giác khác
như hàm sin, tan và cotan thì người ta chưa chứng minh được bằng các phương
pháp hình học và vì thế Klamkin không đề cập đến các dạng bất đẳng thức này.
Đặc biệt, để chứng minh các bất đẳng thức tương tự đối với các lượng giác
ngược thì ta cần đến các công cụ của giải tích (tính lồi, lõm) để khảo sát chúng.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh
giỏi và nâng cao nghiệp vụ của bản thân về chuyên đề bất đẳng thức
lượng giác, tôi chọn đề tài luận văn “Một số lớp bất đẳng thức lượng
giác kiểu Klamkin trong tam giác”.
Luận văn này nhằm cung cấp một số dạng bất đẳng thức không đối
xứng trong tam giác đối với các hàm lượng giác và lượng giác ngược
cùng một số dạng liên quan.
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận, Tài liệu tham khảo, luận văn gồm 3 chương.

2
Chương 1. Một số lớp bất đẳng thức cơ bản. Nội dung chương trình bày
các kiến thức cơ bản về hàm lượng giác, lượng giác ngược, hệ thức lượng
giác. Ngoài ra, chúng tôi cũng trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi,
bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số cùng các hệ quả của chúng.
trong tam giác. Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm
cosin, hàm sin, hàm tan và cotan.
ngược. Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos,
hàm arcsin, hàm arctan và hàm arccot.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới GS. TSKH. Nguyễn Văn
Mậu, người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn, cho tôi
những nhận xét quý báu để tôi có thể hoàn thành luận văn.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới các thầy cô,
những người đã tận tâm giảng dạy và chỉ bảo tác giả trong suốt quá
trình học tập và thực hiện luận văn.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết hơn chân thành tới phòng Sau Đại học, khoa
Toán - Tin, trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ và tạo
điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu khoa học.
Cuối cùng tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động
viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu.
Thái Nguyên, tháng 10 năm 2018
Người viết luận văn
Đỗ Thị Thu Trang

3
Chương 1. Một số lớp đẳng thức
và bất đẳng thức cơ bản
Chương này trình bày định nghĩa của các hàm lượng giác sin, cos, tan, cotan, các
công thức biến đổi của các hàm lượng giác, hệ thức lượng trong tam giác. Ngoài
ra, chúng tôi cũng nêu định nghĩa của các hàm lượng giác ngược cùng với một số
tính chất của hàm lượng giác ngược, trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi,
bất đẳng thức Karamata cho hai dãy số cùng các hệ quả của chúng.
1.1 Một số hệ thức cơ bản đối với hàm lượng giác ngược
Định lí 1.1 ([3]). Giả sử hàm y = f (x) xác định, đồng biến hoặc nghịch biến và
liên tục trong một khoảng X nào đó. Khi đó trong khoảng Y các giá trị tương
ứng của hàm đó, tồn tại hàm ngược (đơn trị) x = g(y) cũng là hàm đồng biến
hoặc nghịch biến và liên tục trong khoảng đó.
Từ các hàm lượng giác cơ bản y = sin x; y = cos x; y = tanx; y = cot
x, theo định lí trên, ta có các hàm lượng giác ngược.
là hàm h p pi p p
Trong ; (hay trong ; ) hàm số y = sin x (hay y = tan x)
2 2
2 2
đồng biến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arcsin x (hay
y = arctan x) như sau:
8
>y = arcsin x
>
<
x = sin y
>
>
1 x 1;
:
8 p arcsin x p
>
sin(arcsin x) x
,
p
2 2
p >
<
2 y 2 > 1 x 1
>
:

4
và 8
>y = arctan x
>
<
x = tan y
> ¥ < x < ¥; p < y 
:
8
p
<arctan x tan(arctan x) x
2 2
>
<
> ¥ < x < ¥:
>
:
Trong [0; p] (hay trong (0; p)) hàm số y = cos x (hay y = cot x) là hàm đồng
biến, liên tục nên khi đó tồn tại hàm ngược y = arccos x (hay y = arccot x) như
sau: 8
y= arccos x
8
cos(arccos x) x
>x = cos y , >0 a rccos x p
> >
< <
và > 1 x 1; 0 y p > 1 x 1
> >
: :
8
y= arccot x
8
cot(arccot x) x
>x = cot y , >0 < arct an x >
< <
> ¥ < x ¥; 0 < y ¥ < x < ¥:
: :
chất của các hàm lượng là
>
Một số tính
>
arcsin ( x) = arcsin x; 8x 2 [ 1;1]
arccos ( x) = p arccos x; 8x 2 [ 1;1]
arctan ( x) = arctan x
arccot ( x) = arccot x:
Hàm y = arcsin x ( 1 < x < 1) với p < y 0 với < y 0:
p p
x xy
0
cos y 1 sin2
y 1 x2
x
Vậy hàm y = arcsin x là hàm đồng biến. Lại có yx
00
= nên yx
00
> 0 với
p
0
< x <
1 và
y
x00 0 với 1
< x <
0 Suy ra hàm (1 x
2
)
3
< : y = arcsin x lõm với 0 < x < 1
và lồi với 1 < x < 0: Hơn nữa, ta có
với 0 < x < 1; y00
> 0 nên y(x) > y(a) + y0
(a)(x a); a
2
(0;1)
x 8

5
với 1 < x < 0; y00
< 0 nên y(x) < y(a) + y0
(a)(x a); a
2
( 1;0).
x 8
Hàm y = arccos x ( 1 < x < 1) với 0 < y 0 với 0 < y < p. Theo công thức đạo hàm
hàm ngược ta có
y
0
= 1 = 1 = 1 = 1 > 0
x xy
0
sin y 1 cos
2
y p 1 x
2
y = x biến. Lại có y = x nên y < 0
nên hàm arccos là hàm nghịch
p
00 00
x (1 x2
)3
x
với 0
< x <
1 và
y
x00
>
0 với 1
< x <
0
:
Suy ra hàm p
y = arccos x lồi với 0 < x < 1
và lõm với 1 < x < 0: Hơn nữa, ta có
với 0 < x < 1; y00
< 0 nên y(x) < y(a) + y0
(a)(x a); a
2
(0;1)
x 8
với 1 < x < 0; y
00
> 0 nên y(x) > y(a) + y
0
(a)(x a); a
2
( 1;0).
x
p p
8
Hàm y = arctan x ( ¥ < x < ¥) với < y < là hàm ngược của hàm
2 2
1
x = tan y. Ta có xy
0
= = 1 + tan2
y = 1 + x2
: Suy ra
cos2
y
y
0
=1 = 1 > 0:
x
xy
0
1+ x2
Do đó, hàm y = arctan x là hàm đồng biến. Lại có yx
00
=
2x
nên yx
00
< 0
(1 + x
2
)
2
với x > 0 và y00
x > 0 với x < 0; suy ra hàm y = arctan x lồi với x > 1 và
lõm với x < 0: Hơn nữa, ta có
với x > 0; y00
< 0 nên y(x) < y(a) + y0
(a)(x a); a > 0
x 8
với x < 0; y
00
> 0 nên y(x) > y(a) + y
0
(a)(x a); a < 0:
x 8
Hàm y = arccot x ( ¥ < x < ¥) với 0 < y 0
+ x
2
)
2
(1
với x > 0 và y00
< 0 với x < 0: Suy ra hàm y = arccot x lõm với x > 0 và lồi với x

6
với x > 0; y00
> 0 nên y(x) > y(a) + y0
(a)(x a); a > 0
x 8
với x < 0; y
00
< 0 nên y(x) < y(a) + y
0
(a)(x a); a < 0:
x 8
1.2 Bất đẳng thức Jensen và bất đẳng thức Karamata
1.2.1 Bất đẳng thức Jensen
Định lí 1.2 (Bất đẳng thức Jensen, [1]). Nếu f là hàm lồi trên khoảng I
thì với mọi x1; x2; : : : ; xn 2 I ta đều có
x1 + x2 + + xn
f (x1) + f (x2) + + f (xn) n f :
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 == xn:
Chúng ta vẫn quen với việc coi hàm lồi f : I ! R là hàm liên tục, khả
vi cấp 2 và f 00
(x) 0 8x 2 I. Tuy nhiên, với kiến thức THPT thì định lí
Jensen có thể phát biểu dưới dạng đơn giản và dễ áp dụng hơn.
ho f : I R
+
! R thỏa mãn f (x)+ f (y) 2 f
x + y
8x; y 2 2
I: Khi đó với mọi x1; x2; : : : ; xn 2 I ta có bất đẳng thức
x1 + x2 + + xn
f (x1) + f (x2) + + f (xn) n f :
Chứng minh. Chứng minh định lí trên ta dùng phương pháp quy nạp. Định lí
trên giúp cho việc kiểm tra bất đẳng thức Jensen thuận tiện hơn nếu bạn
không biết về đạo hàm. Sau đây là một chứng minh gắn gọn cho định lí.
Dễ thấy bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng nếu n là một lũy thừa của 2 và
nếu bất đẳng thức đúng với n = k + 1, ta lấy x = x1 + x2 + + xk và xk+1 =
x
k
f (x1) + f (x2) + + f (xk) + f
x
(k + 1) f
x +
x
= (k + 1) f
x
:
k
k k + 1 k
Do đó ta có điều phải chứng minh.
Hiển nhiên nếu thay điều kiện
f (x) + f (y) 2 f
x +y
2

7
bởi
x + y
f (x) + f (y) 2 f
2
thì bất đẳng thức tổng quát cũng đổi chiều
x1 + x2 + + xn
f (x1) + f (x2) + + f (xn) n f :
Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta có p
3 3
sin A + sin B + sinC :
Lời giải. Xét f (x) = sin x với x 2 (0; p). Ta có
f 00
(x) = sin x < 0 x
2
(0; p):
8
Từ đó theo bất đẳng thức Jensen thì
3 f
A+B+C
=
p 3p
f (A) + f (B) + f (C) 3 sin =
3
:
3 3 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều.
Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng với mọi 4ABC đều, ta có
A B C p
tan + tan + tan 3:
2 2 2
p
Lời giải. Xét f (x) = tan x với x 2 0; . Ta có
2
2 sin x p
f 00
(x) = > 0 8x 2 0; :
cos3
x 2
Từ đó theo bất đẳng thức Jensen thì
A B C
A
+
B
+
C
p
2 2
f + f + f 3 f
2
= 3 tan =
p
3:
2 2 2 2 6
Ví dụ 1.3. Chứng minh rằng với mọi 4ABC đều, ta có
A
p
+ tan
B
p
tan
C
p
2 2 2 2 2 2
p
tan + 31 2
:
2 2 2

8
p
p
Lời giải. Xét f (x) = (tan x)2 2
với x 2 0; . Ta có
2
p
(1 + tan2
x)(tan x)2
p 1
f 0
(x) = 2 2 2
p (tan x)2
p
1
+ (tan x)
2
p +
1
= 2 2 2 2
p p 1)(1 + tan2
x)(tan x)2
p 2
f
00
(x) = 2 2 (2 2 2
p
p
+ (2 2+ 1)(1 + tan2
x)(tan x)2 2 >0:
Theo bất đẳng thức Jensen, ta có
A B C
A B C
p 2
p
+ + 2 1
2 2 2
f + f + f 3 f = 3 tan = 3
2 2 2 2 6
Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta có
3 p
A B C A B C
sin + sin + sin + tan + tan + tan + 3:
2 2 2 2 2 2 2
p
Lời giải. Xét f (x) = sin x + tan x với x 2 0; . Ta có
2
sin x(1 cos4
x) p
:
f 00
(x) = > 0 8x 2 0;
cos4
x 2
Khi đó, theo bất đẳng thức Jensen thì
A B C
A
+
B
+
C
2 2 2
f + f + f 3 f
2 2 2 p 2 p 3
= 3sin tan = +
p
3:
6 6 2
Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng với mọi 4ABC nhọn ta có p
(sin A)sin A
(sin B)sin B
(sinC)sinC
2
3 3
2
:
3
Lời giải. Ta có
(
sin A + sin B + sinC sin2
A + sin2
B + sin2
C
sin2
A + sin2
B+ sin2
C = 2 + 2 cos A cos B cosC
p
2:

9
và p
sin A + sin B + sinC
3 3
2
suy ra
p
2 < sin A + sin B + sinC
3 3
:
2
Xét f (x) = x ln x với x 2 (0; 1]. Ta có
f 0
(x) = ln x + 1
f 00
(x) =1 > 0 x (0;1]:
x 8 2
Bây giờ áp dụng bất đẳng thức Jensen ta được
sinA + sin B + sinC
ln
3 3
sin A( ln sin A) + sin B( ln sin B) + sinC( ln sinC)
3
sin A + sin B + sinC sin A+sin B+sinC
, ln 3 sin A sin B
+ ln
sinC
ln (sin A) + ln (sin B) (sinC)
, ln sin A + sin B + sinC sin A+sin B+sinC
3
ln (sin A)
sin A
(sin B)
sin B
(sinC)
sinC
,
(sin A + sin B + sinC)sin A+sin B+sinC
3sin A+sin B+sinC
(sin A)sin A
(sin B)sin B
(sinC)sinC
Tiếp theo thay
sin A + sin B + sinC > 2
rồi thay
3
p
3
2
sao bất đẳng thức trên ta được
(sin A)sin A
(sin B)sin B
(sinC)sinC
p
2sin A+sin B+sinC
= 2 sin A+sin B+sinC 2 3
2
3
:
sin A+sin B+sinC333

10
1.2.2 Bất đẳng thức Karamata
Định lí 1.3 (Bất đẳng thức Karamata, [2]). Cho hai dãy số fxk; yk 2 I(a;
b); k = 1; 2; : : : ; ng thỏa mãn các điều kiện
x1 x2xn; y1 y2yn
và
+ x y+ y
8
x
x1 y1 2
> 1 21
>
>
:::::::::::::::
>
>
>
+ x2 + + xn 1 y1 + y2 + + yn 1
<x1
(1.1)
>
>x + x
2
++ x
n
= y+ y
2
+ + y :
> 1 1 n
>
>
>
>
:
00 0
mọi hàm lồi thực sự f (x); ( f (x) > ) trên I(a; b), ta đều có
Khi đó, ứng với
>
f (x1) + f (x2) + + f (xn) f (y1) + f (y2) + + f (yn): (1.2)
Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
t1 ;:::;tn2I(a;b)
h
n n i
i=1 i=1
f (x1) + f (x2) + + f (xn) = max å f (ti) + å(xi ti) f 0
(ti) : (1.3)
Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1; : : : ;tn 2 I(a; b) cũng là
một bộ số giảm, tức là
t1 t2tn:
Khi đó, để chứng minh (1.3), ta chỉ cần chứng minh rằng
x1 f 0
(t1) + x2 f 0
(t2) + + xn f 0
(tn) x1 f 0
(t1) + x2 f 0
(t2) + + xn f 0
(tn) (1.4)
Sử dụng biến đổi Abel
x1 f 0
(t1) + x2 f 0
(t2) + + xn f 0
(tn)
= S1[ f 0
(t1) f 0
(t2)] + S2[ f 0
(t2) f 0
(t3)] +
+ Sn 1[ f 0
(tn 1) f 0
(tn)] + Sn f 0
(tn); (1.5)
với

Sk(x) := x1 + x2 + + xk:
Vì f
00
(x) > 0 nên f
0
(xk) f
0
(xk
1) và Sn(x) = Sn(y), ta thu được
1). Mặt khác, do Sk(x) Sk(y) (k = 1; 2; : : : ;
n ngay (1.4).

11
Định lí sau đây cho ta tiêu chuẩn để hai bộ dãy số đơn điệu giảm
fxk; yk; k = 1; 2; : : : ; ng; thỏa mãn các điều kiện (1.1).
Định lí 1.4 (I. Schur, [2]). Điều kiện cần và đủ để hai bộ dãy số đơn
điệu giảm fxk; yk 2 I(a; b); k = 1; 2; : : : ; ng thỏa mãn các điều kiện
8x + x y + y
> x
1 y1 1 2
1 2
>
>
:::::::::::::::
>
>
>
+ xn 1 y1 + y2+ + yn 1
<x1 + x2 +
> (1.6)
>x + x
2
+ + x
n
= y + y + + y :
> 1 1 2 n
>
>
>
>
>
là giữa chúng có
:
một phép biến đổi tuyến tính dạng
n
yi = å ai jx j; i = 1; 2; : : : ; n;
j=1
trong đó n n
akl 0; å ak j = 1; å a jl = 1; k; l = 1; 2; : : : ; n:
j=1 j=1
Khi đẳng thức cuối cùng trong giả thiết của định lí trên bị phá vỡ, ta cần phải
điều chỉnh và có thêm giả thiết đối với hàm số đã cho để kết luận của định lí
dạng Karamata tương tự vẫn còn hiệu lực.
Định lí 1.5 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x 2
(a; b) sao cho f 0
(x) 0 với mọi x 2 [a; b] và f 00
(x) > 0 với mọi x 2 (a;
b). Giả sử a1; a2; : : : ; an và x1; x2; : : : ; xn là các số 2 [a; b], đồng
thời thỏa mãn các điều kiện a1 a2 an và x1 x2 xn và
8
>>x1 a1
>
>
>
<
x1 + x2 a1 + a2
>:::::::::::::::
>
>
>
>
x+ x + + x a + a + + a :
:
1 2 n 1 2 n

Khi đó, ta luôn có
n n
å f (xk) å f (ak):
k=1 k=1

12
Chứng minh. Sử dụng biểu diễn đối với hàm lồi
t1;:::;tn2I(a;b)
h
n n i
i=1 i=1
f (x1) + f (x2) + + f (xn) = max å f (ti) + å(xi ti) f 0
(ti) :
Không mất tính tổng quát, ta giả thiết bộ số t1; : : : ;tn 2 I(a; b) cũng là
một bộ số giảm, tức là
t1 t2 tn:
Khi đó, ta chỉ cần chứng minh rằng
x1 f 0
(t1) + x2 f 0
(t2) + + xn f 0
(tn) x1 f 0
(t1) +
x2 f 0
(t2) + + xn f
0
(tn):
Sử dụng biến đổi Abel
x1 f 0
(t1) + x2 f 0
(t2) + + xn f
0
(tn)
= S1[ f 0
(t1) f 0
(t2)] + S2[ f 0
(t2) f 0
(t3)] +
+ Sn 1[ f 0
(tn 1) f 0
(tn)] + Sn f 0
(tn);
với
Sk(x) := x1 + x2 + + xk:
Vì f 00
(x) > 0 nên f 0
(xk) f 0
(xk 1). Mặt khác, do Sk(x) Sk(y) (k = 1; 2; : : : ; n
1) và vì Sn(x) = Sn(y), ta thu được ngay được điều phải chứng minh.
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
Định lí 1.6 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai tại mọi x 2
(a; b) sao cho f 0
(x) 0 với mọi x 2 [a; b] và f 00
(x) < 0 với mọi x 2 (a;
b). Giả sử a1; a2; : : : ; an và x1; x2; : : : ; xn là các số 2 [a; b], đồng
thời thỏa mãn các điều kiện a1 a2 an và x1 x2 xn và
8
>>x1 a1
>
>
>
<
x1 + x2 a1 + a2
>:::::::::::::::
>
>
>
>
x+ x + + x a + a + + a :
:
1 2 n 1 2 n
n n

k=1 k=1

13
Định lí 1.7 ([2]). Cho hàm số y = f (x) có đạo hàm cấp hai với mọi x 2
(a; b) sao cho f 00
(x) > 0 với mọi x 2 (a; b). Giả sử a1; a2; : : : ; an và
x1; x2; : : : ; xn là các số 2 [a; b] thỏa mãn các điều kiện a1 a2 an và
8
>>x1 a1
>
>
>
<
x1 + x2 a1 + a2
>:::::::::::::::
>
>
>
>
x+ x + + x = a + a + + a :
:
1 2 n 1 2 n
n n
k=1 k=1
1.3 Một số bất đẳng thức lượng giác cơ bản trong tam giác
Ví dụ 1.6. Cho A; B;C là ba đỉnh của một tam giác nhọn. Chứng
minh rằng p
tan A + tan B + tanC3 3:
Lời giải. Trong phần bất đẳng Jensen ta đã chứng minh bất đẳng thức này.
Ở đây ta sẽ trình bày một chứng minh khác dựa vào bất đẳng thức AM-AG.
Ta có
tan(A + B) = tan(p C) = tanC ,
tan A + tan B
= tanC
1 tan A tan B
, tan A + tan B = tanC + tan A tan B tanC:
Cho nên
tan A + tan B + tanC = tan A tan B tanC:
Tam giác ABC nhọn nên tan A; tan B; tanC dương. Theo bất đẳng
thức AM-AG ta có
p
3
tan A + tan B + tanC3 tan A tan B tanC
= 3 3
tan A + tan B + tanC
Từ đó, ta có
(tan A + tan B + tanC)3
27(tan A + tan B + tanC)

14
hay p
tan A + tan B + tanC 3 3:
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ A = B = C hay tam giác ABC đều.
Ví dụ 1.7. Cho tam giác ABC nhọn. Chứng minh rằng
p
cot A + cot B + cotC 3:
Lời giải. Ta luôn có
cot(A + B) = cotC
, cot A cot B 1 = cotC
cot a + cot B
, cot A cot B + cot B cotC + cotC cot A = 1:
Khi đó
(cot A cot B)2
+ (cot B cotC)2
+ (cotC cot A)2
0
, (cot A + cot B + cotC)2
3(cot A cot B + cot B cotC
+ cotC cot A) = 3
Suy ra p
cot A + cot B + cotC 3:
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều.
Ví dụ 1.8. Chứng minh rằng với mọi 4ABC nhọn ta có
s +
s
+
s
cos
A
2 cos
B
2 cos
B
2 cos
C
2 cos
C
2 cos
A
2
cos A cos B cos B cosC cosC cos A
p3 sin 2 sin2 + sin 2 sin 2 + sin 2 sin 2 + :
2
2 A B B C C A p
3
cos A = sin A cotA
A
2 cos 2 2
2
)
3
4 cos A cos B
= sin
A
sin
B 3
cot A cot B :
A
cos
B
22 2 44cos2

15
Theo bất đẳng thức AM-AG, ta có
0
A B 3
1
2
cos A cos B
2
+
4
4
3
A B sin 2 sin cot A cot B
B
C
4 cos 2 cos 2 2
@ A
)
s cos A cos B 2 A B 3
p sin sin + cot A cot B :
cosA cosB 2 2 4
3
2
2
Tương tự ta có
s
cos B cosC 2 sinB sin C 3 cot B cotC
p +
cosB cosC 2 2 4
3
s
2 2
cosC cos A 2 sin C sin A 3 cotC cot A
p + :
cosC cosA 2 2 4
3
2 2
Cộng theo vế ta được
s
cos A cos B
+
s
cos B cosC
+
s
cosC cos A
cos
A
cos
B
cos
B
cos
C
cos
C
cos
A
2 2 2 2 2 2
2 sin A B B C C A
p sin + sin sin + sin sin
2 2 2 2 2 2
3
p
+
3
(cot A cot B + cot B cotC + cotC cot A)
2
p3 sin 2 sin 2 + sin 2 sin 2 + sin 2 sin 2 + 2 3 :
2 A B B C C A p
Ví dụ 1.9. Chứng rằng với mọi 4ABC ta có
sin A + sin B + sinC tan A tan B tanC
:
cos A + cos B + cosC 3
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử A B C: Từ đó
(
tan A tan B tanC
cos A cos B C:

16
Theo bất đẳng thức Chebyshev ta có
tan 3 3
A + tan B + tanC cos A + cos B + cosC
tan A cos A + tan B cos B + tanC cosC
3
,
sin A + sin B + sinC tan A + tan B + tanC
:
cos A + cos B + cosC 3
Mà
tan A + tan B + tanC = tan A tan B tanC:
Suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều.
Ví dụ 1.10. Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta có
3 sin 2A + sin 2B + sin 2C
2(sin A + sin B + sinC) :
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta giả sử độ dài các cạnh thỏa mãn a
b
c, từ đó
(
cosA cos B cosC:
sin A sin B sinC
Theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có
sin 3 3
A + sin B + sinC cos A + cos B+ cosC
sin A cos A + sin B cos B + sinC cosC
3
, 2(sin A + sin B + sinC)
3 sin 2AA + sin 2B + sin 2C
:
2 cos A + cos B + cosC

17
Chương 2. Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối
với các hàm lượng giác trong tam giác
Bất đẳng thức Klamkin là bất đẳng thức hay và quan trọng. Nhiều bất đẳng
thức lượng giác đã biết và có vẻ như nhiều bất đẳng thức mới là các trường
hợp riêng của bất đẳng thức Klamkin. Chương 2 được giành để trình bày
các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm sin, hàm tan và cotan.
2.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm cosin
Năm 1971 giáo sư Murray Klamkin thiết lập bất đẳng thức sau.
Định lí 2.1 ([6]). Với bất kỳ số thực x; y; z, số nguyên n và các góc A;
B;C của tam giác bất kỳ, ta có
x2
+ y2
+ z2
( 1)n+1
2(yz cos nA + zx cos nB + xy cos nC): (2.1)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x y z
(2.2)
= = :
sin nA sin nB sin nC
Chứng minh. Chứng minh của định lí được suy ra trực tiếp bằng cách
khai triển bất đẳng thức
x + ( 1)n
(y cos nC + z cos nB) 2
+ (y sin nC z sin
nB)2
0:

18
Thật vậy, ta có
x + ( 1)n
= x2
+ 2x( 1)n
(y cos nC + z cos nB)
+ y
2
cos
2
nC + 2yz cos nC cos nB + z
2
cos
2
nB
= x2
+ 2( 1)n
(xy cos nC + zx cos nB)
+ y
2
cos
2
nC + 2yz cos nC cos nB + z
2
cos
2
nB;
(y sin nC z sin nB)
2
= y2
sin2
nC 2yz sin nC sin nB + z2
sin2
nB;
2yz cos nC cos nB 2yz sin nC sin nB
= 2yz cos(nB + nC)
= 2yz cos n(p A)
= 2yz cos(np nA)
= 2yz cos np cos nA + sin np sin nA
= 2yz cos np cos nA = 2( 1)n
yz cos nA:
Từ các đẳng thức trên, cộng lại và biến đổi ta được
x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2( 1)
n
(xy cos nC + zx cos nB) + 2( 1)
n
yz cos nA 0
hay
x2
+ y2
+ z2
( 1)
n+1
2(yz cos nA + zx cos nB + xy cos nC):
(
x + ( 1)n
= 0
(y sin nC z sin nB)
2
= 0
hay
8
<x + ( 1)
n
(y cos nC + z cos nB) = 0
y z
: =:
sin nB sin nC
y z
Đặt k = = ; thì
sin nB sin nC
y = k sin nB; z = k sin nC:

19
Cho nên
x + ( 1)n
(y cos nC + z cos nB) = 0
, x + ( 1)n
(k sin nB cos nC + k sin nC cos nB) = 0
, x + ( 1)n
k sin(nB + nC) = 0
, x + ( 1)n
k sin n(B +C) = 0
, x + ( 1)n
k sin n(p A)=0
, x + ( 1)n
k sin(np nA) = 0
, x + ( 1)n
k(sin np cos nA cos np sin nA) = 0
, x k sin nA = 0 , x = k sin nA
,
x
= k =
y
=
z
:
sin nA sin nB sin nC
Cho x = 0 hoặc z = 0, khi đó (2.1) trở thành:
Hệ quả 2.1. Với mọi x; y là các số thực tùy ý, n là số nguyên, C là góc
của tam giác, ta có
x2
+ y2
( 1)
n+1
2xy cos nC:
Đẳng thức xảy ra khi cos nC = 1; x = y và do đó jxj; jyj; 0 tạo thành một
tam giác suy biến.
Áp dụng bất đẳng thức (2.1), ta có thể gán A; B;C là các góc bất kỳ tương
ứng với một tam giác cho trước rồi xác định x; y; z để thỏa mãn dấu bằng trong
(2.2). Tuy nhiên, sẽ hữu ích hơn nếu ta gán các giá trị x; y; z trước, ta thu
được các bất đẳng thức không đối xứng trong trường hợp x; y; z được chọn
không đối xứng. Ở đây, ta không thể chọn x; y; z một cách hoàn toàn tùy ý bởi
vì ta cần có dấu bằng xảy ra ở trong (2.2). Kết quả là jxj; jyj; jzj phải tạo thành
một tam giác. Ngoài ra, các góc A; B;C có thể không duy nhất.
Có rất nhiều bất thức đẹp mà ta có thể thu được từ bất đẳng thức Klamkin.
Ví dụ 2.1. Với các góc A; B;C của tam giác bất kỳ, nếu n là số nguyên lẻ thì
3
cos nA + cos nB + cos nC:

20
Nếu n là số nguyên chẵn thì
cos nA + cos nB + cos nC
3
:
2
Đây chính là các trường hợp riêng của định lí Klamkin với x = y = z 6= 0:
Ví dụ 2.2. Với các góc A; B;C của tam giác bất kỳ, ta có
p p
3 cos A + 2 cos B + 2 3 cosC 4:
Đây là một trường hợp của định lí Klamkin ứng với n = 1; x = sin 90 ; y
= sin 60 ; z = sin 30 :
Có nhiều bất đẳng thức đối xứng theo A; B;C mà có thể được
chứng minh bằng các đẳng thức hoặc các phương pháp thông
thường. Tuy nhiên, nếu ta gặp bất đẳng bất đối xứng như trong Ví dụ
2.2 thì có thể khó đưa ra một chứng minh.
Bài toán 2.1 ([3]). Cho các số dương x; y; z. Chứng minh rằng với mọi
tam giác ABC, ta đều có
yz xz xy
x cos A + y cos B + z cosC + + :
Nếu xyz < 0 thì bất đẳng thức đổi chiều. Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu
1 :1 :1 = sin A : sin B : sinC:
x y z
x cos A + y cos B + z cosC = x cos A + y cos B z cos(A + B); (2.3)
(x cos A + y cos B)2
= x2
cos2
A + y2
cos2
B + 2xy cos A cos B; (2.4)
2xy sin A sin B x2
sin2
A + y2
sin2
B; (2.5)
2d (x cos A + y cos B) d 2
+ (x cos A + y cos B)2
; 8d 2 R: (2.6)
Từ (2.3) đến (2.6), suy ra
2d (x cos A + y cos B) + 2xy cosC x2
+ y2
+ d 2
: (2.7)

21
xy
Chọn d = , ta thu được
yz xz xy
x cos A + y cos B + z cosC + + :
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x sin A = y sin B = z sinC, tức là tam giác ABC
đồng dạng với tam giác có độ dài các cạnh lần lượt là 1 ;1 ;1 .
x y z
Bài toán 2.2 ([3]). Cho tam giác có độ dài các cạnh là x; y; z. Chứng
minh rằng với mọi tam giác ABC; ta đều có
yz cos A + zx cos B + xy cosC
x2 + y2
+ z2
:
2
Lời giải. Đặt yz = a; zx = b ; xy = g, ta thu được
x2
+ y2
+ z2
ab b g ga
= + + :
2 2g 2a 2b
Ta nhận lại điều kiện của Bài toán 2.1 ở trên.
Bài toán 2.3 ([3]). Cho các số dương x; y; z. Chứng minh rằng với mọi tam giác
ABC, ta đều có
z
+
x + y :
x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C 2
1 xy yz zx
x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C = x cos 2A + y cos 2B + z cos(2A + 2B); (2.8)
cos(2A + 2B) = cos 2A cos 2B sin 2A sin 2B; (2.9)
(x cos 2A + y cos 2B)2
= x2
cos2
2A + y2
cos2
2B + 2xy cos 2A cos 2B; (2.10)
2xy sin A sin Bx2
sin2
2A y2
sin2
2B; (2.11)
và
2d (x cos 2A + y cos 2B)d
2 (x cos 2A + y cos 2B)2
; 8d 2 R: (2.12)
Từ (2.8) đến (2.12), suy ra
2d (x cos 2A + y cos 2B) + xy cos 2C
1
(x2
+ y2
+ d 2
): (2.13)
2

22
Chọn d = xy, ta thu được
z
z + x + y
x cos 2A + y cos 2B + z cos 2C 2 :
1 xy yz zx
x sin 2A = y sin 2B = z sin 2C:
ABC, ta đều có
yz cos 2A + zx cos 2B + xy cos 2C
x2
+ y2
+ z2
:
2
Lời giải. Đặt yz = a; zx = b ; xy = g, ta nhận được
x2
+ y2
+ z2
ab b g ga
= + + :
2 2g 2a 2b
Ta nhận lại điều kiện của Bài toán 2.3 ở trên.
Hai bài toán tiếp theo, ta cần thêm kết quả sau. Ba số thực x; y; z thỏa mãn
phương trình
x2
+ y2
+ z2
+ xyz = 4 (2.14)
khi và chỉ khi tồn tại một tam giác nhọn với các góc a; b ; g sao cho
x = 2 cos a; y = 2 cos b ; z = 2 cos g:
Chứng minh. Nếu x; y; z > 0 và x
2
+ y
2
+ z
2
+ xyz = 4; thì x
2
; y
2
; z
2
< 4.
Nên 0 < x; y; z < 2: Cho nên, tồn tại các số dương a; b ; g < p=2 sao cho
x= 2 cos a; y = 2 cos b ; z = 2 cos g:
Thay vào (2.14) và rút gọn, ta được cos g = cos(a +b ), kéo theo a +b
+g = p. Ta có thể thu được điều ngược lại bằng cách dùng các đẳng
thức lượng giác.

23
Bài toán 2.5 (1995 IMO Shortlisted Problem, [7]). Cho a; b; c là các số thực
dương. Xác định tất cả các số thực dương x; y; z thỏa mãn hệ phương trình
x + y + z = a + b + c;
4xyz (a2
x + b2
y + c2
z) = abc:
Lời giải. Ta có thể viết lại phương trình hai thành
pyz 2 p
b
zx 2 pcxy 2 = 4:
+ + + xyz
a abc
Dựa vào kết quả rằng tồn một tam giác nhọn với các góc a; b ; g sao cho
a b c
= 2 cos a; p = 2 cos b ; = 2 cos g :
p p
zx
yz xy
Khi đó phương trình trở thành
x + y + z = 2(
p
cos a +
p
cos b +
p
cos g):
zx
yz xy
Đây là trường hợp xảy ra dấu bằng của bất đẳng thức Klamkin. Nên
p p p sin g cos b + sin b cos g
x z
y
= = = = 1:
sin a sin b sin g sin a
Nên x = (b + c)=2. Tương tự, y = (c + a)=2 và z = (a + b)=2.
Bài toán 2.6 (2007 IMO Chinese Team Training Test, [7]). Cho các số
thực p
dương u; v; w thỏa mãn phương trình u + v + w + uvw = 4: Chứng
minh rằng
r +r +r u + v + w:
u v w
vw uw uv
Lời giải. Dựa vào kết quả rằng tồn một tam giác nhọn với các góc a; b
; g sao cho
p = 2 cos a;
p
= 2 cos b ;
p
=2 cos g:
u v w
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
2 cos b cos g 2 cos g cos a 2 cos a cos b
4(cos2
a + cos2
b + cos2
g):
+ +
cos a cos b cos g
So sánh với bất đẳng thức Klamkin, ta chỉ cần chọn n = 1 và
r ; y =
s
s
x = cos b ; z = cos g :
cos a
2 cos b cos g 2 cos g cos a 2 cos a cos b

24
2.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm sin
Bài toán 2.7 ([3]). Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta đều có
p 4p
sin A + sin B + 3 sinC 6:
sin A + sin B +
p
sinC = 2 sinA + B cosA B +
p
sinC
3 3
2
2
2 cos
C
+
p
3
sinC: 2
Xét hàm số
x p
f (x) = 2 cos + 3c sin x; x 2 (0; p):
2
Ta có
f 0
(x) = sinx +
p
cos x = 2p sin2 x sin x+
p
3 3 3
2
x x
2 2
=
p
3 + 2 sin 1
p
3 sin ; x 2 (0; p);
2 2
f 0
(x) = 0 khi sin
x 1
và đối dấu từ (+) sang ( ) nên f (x) f (x0) với
= p
2 3
x 1 2 1 2
sin
0
=p . Do đó f (x) 2 r + 2
p
3p
r
và vì vậy
2 3 3
3 3
p 4p
sin A + sin B + 3 sinC 6:
3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos
A B
= 1 và sin
C 1
, tức là tam giác
= p
2 2 3
1
ABC cân tại C và C = 2arcsin p :
3
1 3p 2
sin2
A + sin2
B +p sin2
C 1 + :
4
2

25
Lời giải.
Vậy nên
Đặt
1
= q2
; q > 0. Ta có
p 2
sin2
A + sin2
B + q2
sin2
C = 1 cos 2A + cos 2B + q2
sin2
C
B) + q2
sin2
C
2
= 1 + cosC cos(A
= 1 + cosC cos(A B) + q2
(1 cos2
C)
= 1 + q2
h
1
cos(A B) q cosC
i
2 1
cos2
(A B)
+
2q 4q2
1 + q2
+
1
:
4q2
1 3p 2
sin2
A + sin2
B +p sin2
C 1 + :
4
2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos2
(A B) = 1 và 1cos(A B) = q cosC, tức
3p p
2q
là A = B = ;C = :
8 4
ABC; ta đều có
2 + y sin 2 + z sin 2 2 x + z + y :
x sin
A B C 1 yz xy zx
x sinA + y sinB + z sinC = x sinA + y sin B + z sinA + B (2.15)
2 2
2
2 2 2 2
A B A B A B
x sin + y sin = x2
sin2
+ y2
sin2
+ 2xy sin sin ; (2.16)
2 2 2 2 2 2
A B A B
2xy cos cos x2
cos2
+ y2
cos2
; (2.17)
2 2 2 2
2xy sinC = 2xycosA + B = 2xy(cosA cosB sin A sin B ): (2.18)
2
2 2 2 2 2
Từ (2.17) và (2.18) suy ra
A + B A B A B
2xycos x2
cos2
+ y2
cos2
2xy sin sin : (2.19)
2 2 2 2 2
Từ (2.16) và (2.19) suy ra
A B 2 A + B
d2 + x sin
+ y sin + 2xy cos x2
+ y2
+ d 2
; 8d 2 R:

2 2 2

26
Mặt khác,
A B A B 2
2d x sin + y sin d2 + x sin + y sin
2 2 2 2
nên
A B C A B 2
2d x sin + y sin + 2xy sin d 2
+ x sin + y sin :
2 2 2 2 2
Chọn dxy , ta thu được
z
x + :
x sin 2 + y sin 2 + z sin 2 2 z +y
A B C 1 yz xy zx
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x cos
A
= y cos
B
và
xy
= x sin
A
+ y sin
B
.
2 2 z 2 2
Bài toán 2.10 ([3]). Cho các số thực dương m; n; p. Chứng minh rằng
với mọi tam giác ABC, ta đều có
sin A sin B sinC
2
p
m + n + p mn + np + pm:(2.20)
sin B sinC sinC sin A sin A sin B
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta xét các tam giác ABC nội tiếp
trong đường tròn đường kính bằng 1. Khi đó
sin A = a; sin B = b; sinC = c:
Sử dụng định lí sin và định lí cosin trong tam giác, ta có thể viết (2.20)
dưới dạng
p
ma2
+ nb2
+ p(a2
+ b2
2ab cosC) > 2ab
sinC mn + np + pm;
hay
(m + p)a + (p + n)b 2 p cosC +
p
sinC : (2.21)
mn + np + pm
b a
Sử dụng bất đẳng thức AM-AG, ta được
a b
p
(m + p)(p + n):
(m + p) + (p + n) 2 (2.22)

b a

27
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki, thì
p
(p cosC + mn + np + pm sinC)
2
(p2
+ mn + np + pm)(cos2
C + sin2
C)
, (p cosC +
p
sinC)2
(m + p)(p + n): (2.23)
mn + np + pm
Từ (2.22) và (2.23) suy ra (2.21). Vậy (2.20) được chứng minh.
9 sin A 16 sin B 25 sinC
+ + 5:
sin B sinC sinC sin A sin A sin B
Lời giải. Tương tự Bài toán 2.10, chọn a1 = 3; b1 = 4; c1 = 5, ta được
một tam giác vuông có ba cạnh là a1; b1; c1 nội tiếp trong đường tròn
đường kính bằng 5. Xét tam giác ABC với độ dài ba cạnh là
a = 1 a1; b = 1 b1; c = 1
c
1
5 5 5
ta nhận được trường hợp riêng của Bài toán 2.10.
Bài toán 2.12 ([3]). Cho các số dương x; y; z lớn hơn 1. Chứng minh rằng với
mọi tam giác ABC, ta đều có
1
(cot 2a + cot 2b + cot 2g)+
x sin A + y sin B + z sinC 2
1 1 1 1 1 sin 2a sin 2b sin 2g
:
+ + + + +
2 sin 2a sin 2b sin 2g 2 sin 2b sin 2g sin 2a sin 2g sin 2a sin 2b
1 1 1 p
trong đó = cos a; = cos b ; = cos y, với a; b ; g thuộc khoảng 0; :
x y z 2
x sin A + y sin B + z sinC =
sin A sin B sinC
+ +
cos a cos b cos g
= 2 sin a sin A + 2 sin b sin B + 2 sin g sinC
asin 2bsin 2gsin2
sin2
a + sin2
A + sin2
b + sin2
B + sin2
g + sin2
C
asin 2bsin 2gsin2
sin
2
a + 1 (1 cos 2A) sin
2
b + 1(1 cos 2B) sin
2
g + 1 (1 cos 2C)
= 2
+ 2
+ 2
sin 2a sin 2b sin 2g
=
sin2
a + 1 sin2
b + 1 sin2
g +1 1 cos 2A cos 2B cos 2C
:
2
+
2
+
2
+ +
sin 2a sin 2b sin 2g 2 sin 2a sin 2b sin 2g

28
Theo Bài toán 2.3 thì
cos 2A cos 2B cos 2C 1 sin 2g sin 2a sin 2b
+ + + +
sin 2a sin 2b sin 2g 2 sin 2a sin 2b sin 2g sin 2b sin 2a sin 2g
Vậy nên
1
(cot 2a + cot 2b + cot 2g)+
x sin A + y sin B + z sinC 2
1 1 1 1
+
1 sin 2a sin 2b sin 2g
+ + + +
2 sin 2a sin 2b sin 2g 2 sin 2b sin 2g sin 2a sin 2g sin 2a sin 2b
cos A = cos a; cos B = cos b ; cosC = cos g:
:
:
2.3 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm tan và cotan
Trong tam giác ABC, ta luôn có
tanA tanB + tanB tanC + tanC tan A = 1: (2.24)
2
2 2 2 2 2
Từ đó dễ dàng suy ra
tan2
A B C
+ tan2
+ tan2
1: (2.25)
2 2 2
Ta có thể mở rộng bất đẳng thức đối xứng (2.25) thành bất đẳng thức
dạng không đối xứng sau đây.
Bài toán 2.13 ([3]). Cho các số dương m; n; p. Chứng minh rằng trong tam giác
ABC ta luôn có
n + p A p + m B m + n C
tan2
+ tan2
+ tan2
2: (2.26)
m 2 n 2 p 2
n + p tan2 A +p + m tan2 B +m + n tan2 C
m 2
2 +
n
2
2 p
2
2
2
= m tan2
n tan2
+ m tan2
+ p tan2
n A m B p A m C
+ n tan2
2 + p tan2
2 :
p B n C

29
Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân thì
n
tan2
A
+
m
tan2
B
2 tan
A
tan
B
(2.27)
m 2 n 2 2 2
p
tan2
A
+
m
tan2
C
2 tan
A
tan
C
(2.28)
m 2 p 2 2 2
p B n C B C
tan2
+ tan2
2 tan tan : (2.29)
n 2 p 2 2 2
Cộng các vế tương ứng của các bất đẳng thức từ (2.27) đến (2.29) và
sử dụng bất đẳng thức (2.24), ta th được
n + p
tan2
A p + m
tan2
B m + n
tan2
C
2:
+ +
m 2 n 2 p 2
n
tan2
A
=
m
tan2
B
m 2 n 2
p
tan2
A
=
m
tan2
C
m 2 p 2
p
tan2
B
=
n
tan2
C
:
n2 p2
Suy ra
1
tan2
A
=
1
tan2
B
=
1
tan2
C
;
m2
2 n2
2 p2
2
hay
tanA tanB tanC
2 = 2 = 2 : (2.30)
p
m n
Đặt m = tan
a
; n = tan
b
; p = tan
g
với a; b ; g thuộc khoảng (0; p). Khi đó
2 2 2
(2.30) tương đương với
tan A tanB tanC
2
=
2
=
2
tan
a
tan
b
tan
g
2 2
2
hay
a
A
= b
B
=
C
g :
Suy ra
A =B=C=A+B+C a b g
a + b + g

30
và vì vậy
A = a1p; B = b1p;C = g1p
với
a
1
a
; b1
b
; g1 =
g
= = :
a + b + g a + b + g a + b + g
A = a1p; B = b1p;C = g1p
là các góc của một tam giác và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC
đồng dạng với tam giác có ba góc tương ứng bằng a1p; a1p; g1p:
Ta đã biết trong tam giác ABC luôn có
A B C p
tan + tan + tan 3: (2.31)
2 2 2
Ta có thể mở rộng bất đẳng thức (2.31) thành bất đẳng thức dạng
không đối xứng sau đây.
Bài toán 2.14 ([3]). Cho các số dương m; n; p là độ dài các cạnh của
một tam giác. Chứng minh rằng trong tam giác ABC, ta luôn có
A B C
m2
n2
p2
:(2.32)
m tan + n tan + p tan 2(mn + np + pm)
2 2 2
Ta đã biết trong tam giác ABC luôn có
tan A tanB + tanB tanC + tanC tanA = 1
2 2 2 2 2 2
nên ta có thể phát biểu Bài toán 2.14 như sau:
Cho a; b; c là độ dài các cạnh của một tam giác. Xét x; y; z 0 và
thỏa mãn điều kiện
xy + yz + zx = 1:
Chứng minh rằng
ax + by + cz 2(ab + bc + ca) (a
2
+ b
2
+ c
2
):
Lời giải. Ký hiệu M1 = ax + by + cz và M = (ax + by + cz)2
. Khi đó M =
M1
2
và
M = (ax + by + cz)
2
:
xy + yz + zx

31
Với z = 0 thì xy = 1 và vì vậy M = (ax + by)
2
4ab: Vì ta cần xác định giá tri
nhỏ nhất của M nên về sau ta chỉ cần quan tâm tới các giá trị M < 4ab là đủ.
Với z 6= 0, ta đặt
x y
= u và = v. Khi đó
z z
M = (au + bv + c)2
; u; v > 0
u + v + uv
hay
a2
u2
+ b2
v2
+ c2
+ 2abuv + 2acu + 2bcv
M = (2.33)
:
u + v + uv
Xét (2.33) như phương trình bậc hai đối với u:
a2
u2
+ [(2ab M)v + 2ac M]u + b2
v2
+ (2bc M)v + c2
= 0:
Phương trình này có nghiệm nên
D = [(2ab M)v + 2ac M]2
4a2
[b2
v2
+ (2bc M)v + c2
] 0;
hay
M(M 4ab)v2
+ 2[(2ab
M)(2ac M)
2a2
(2bc M)]v
+ (2ac M)2
4a2
c2
0:
Do 0 < M < 4ab nên (2.34) xảy ra khi và chỉ khi
D0
= [(2ab M)(2ac M) 2a2
(2bc M)]2
M2
(M 4ab)[(2ac M)2
4a2
c2
]
, M[M + 2a(a b c)]2
M2
(M 4ab)(M 4ac) 0
, M 2(ab + bc + ca) (a2
+ b2
+ c2
):
v = a b + c ; u = (2ab M0)v + 2ac M0 :
a + b c 2a2
Thay x = uz; y = vz vào hệ thức xy + yz + zx = 1, ta được
r
(uv + v + u)z
2
= 2 , z =
1
; uv +
u + v
t
r
o
n
g
đ
ó
u
;
v
x
á
c
đ
ị
n
h
t
h
e
o

(2.35).
(2.34)
(2.35)

32
Vậy giá trị nhỏ nhất của M1 = ax + by + cz bằng
q
2(ab + bc + ca) (a
2
+ b
2
+ c
2
);
tức là
tan
A
tan
B
+ tan
B
tan
C
+ tan
C
tan
A
= 1:
2 2 2 2 2 2
r , với u; v; z được
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = uz; y = vz; z =
1
uv + u + v
xác định bởi (2.35).
Bài toán 2.15 (Olympic Toán Hàn Quốc 1998, [7]). Cho các số thực a;
b; c thỏa mãn a + b + c = abc. Chứng minh rằng
p
1
+p
1
+p
1 3
2
1 + a2
1 + b2
1 + c2
và xác định khi nào xảy ra dấu bằng.
Lời giải. Cho a = tan u, b = tan v, c = tan w trong đó u; v; w > 0. Do a + b
+ c = abc, tan u + tan v + tan w = tan u tan v tan w, và ta viết lại thành
tan u =
tan v + tan w
= tan(v + w):
1 tan v tan w
Điều này kéo theo u + v + w = np với n là số nguyên dương lẻ. Đặt a = u=n,
b = v=n; g = w=n. Cho x = y = z = 1 trong bất đẳng thức Klamkin ta có
cos na + cos nb + cos ng 3=2:
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
p
.
3
Bài toán 2.16 (1988 IMO Shortlisted Problem, [7]). Cho n là một số
nguyên lớn hơn 1. Với i = 1; 2; : : : ; n; ai > 0; bi > 0 và
n n
å ai = åbi = p:
i=1 i=1
Chứng minh rằng
n n
å cos bi åcot ai:
i=1
sin a
i i=1

33
Lời giải. Với n = 2, ta có đẳng thức
cos b1 cos b2 cos b1 cos b1
= 0= cot a1 + cot a2:
+ =
sin a1 sin a2 sin a1 sin a1
Với n = 3, a1; a2; a3 là các góc của một tam giác, gọi các cạnh là a; b;
c. Gọi 4 là diện tích của tam giác. Ta có 24 = bc sin a1 = ca sin a2 =
ab sin a3. Kết hợp với công thức cosin, ta có
cot a1 =
cos a1
=
b2
+ c2
a2
sin a1 44
và tương tự với cot a2 và cot a3. Theo bất đẳng thức Klamkin,
n
44cos bi
å = 2(bc cos b1 + ca cos b2 + ab cos b3)
i=1 sin ai
3
a2
+ b2
+ c2
= å44cot ai:
i=1
Khử 44, ta thu được công thức trong trường hợp n = 3: Với n > 3; giả
sử trường hợp n 1 đã đúng. Ta có
n sin a1 sin a2 sin(a1 + a2)
i=1 sin ai
å
cos bi
=
cos b1
+
cos b2 cos(b1 + b2)
sin(a1 + a2)
#
"
i=3 sin ai
n
cos bi b (b1 + b2)
+
å +
+ a2))
=sin a1
+
sin a2
+
sin(p (a1
cos b1 cos b2 cos(p (b1 + b2))
"
n
cos b
+ å
i
i=3
sin a
i
[cot a1 + cot a2
"
n
#
+
b (b
1
+ b
2
)
sin(a1 + a2)
+ cot(p (a1 + a2))]
#
+ åcot ai + cot(a1 + a2)
i=3
n
= åcot ai:
i=1

34
Chương 3. Bất đẳng thức kiểu Klamkin
đối với các hàm lượng giác ngược
Chương 3 được dành để trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho
hàm arccos, hàm arcsin, hàm arctan và hàm arccot. Các bất đẳng
thức kiểu Klamkin cho các hàm này không được chứng minh bằng các
phương pháp sơ cấp mà phải dùng đến các công cụ của giải tích như
tính lồi, tính lõm của hàm số, hoặc dùng đến định lí giá trị trung bình.
3.1 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arccos và arc-
sin
Bài toán 3.1. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng a 4 ta luôn có
A B C
3arccos
p
a) arccos + arccos + arccos ;
a a a 3a
A B C p
b) arcsin + arcsin + arcsin 3arcsin :
2 2 2 3a
Lời giải. a) Ta có công thức sau
cos (arccos a) + cos (arccos b )
+ arccos a arccos b
= 2 cos
arccos a arccos b
cos :
2 2
Vì 0 < arccos a < p; 0 < arccos b < p nên
0 < cos arccos a arccos b < 1:
2

3
5
Do đó ta có bất đẳng thức
cos (arccos a) + cos (arccos b ) 2 cos
arccos a+ arccos b
:
2
Từ đó ta có
!
A B arccosA + arccos B
a
cos arccos + cos arccos 2 cos
a
a a 2
cos arccos a + cos arccos 3a 2 cos a 2 3a
!
:
C p arccos
C
+ arccos
p
Cộng vế theo vế của bất đẳng thức trên ta được
3a
!
a + a + a + 3a 4 cos a a 2 a
A B C p arccos
A
+ arccos
B
+ arccos
C
+ arccos
p
hay
A B + C p
!
A
+
B
+
C
+
p
a a a
arccos a
cos
+ arccos a arccos a + arccos 3a 3a
2 4
, cos a a 2 a 3a
!
cos arccos 3a :
arccos
A
+ arccos
B
+ arccos
C
+ arccos
p
p
Vì hàm số cosine là hàm nghịch biến trong khoảng (0; p) nên ta có
A B C
3arccos
p
8a 4:
arccos + arccos + arccos ;
a a a 3a
b) Tương tự a) ta cũng chứng minh được
A B C 3arcsin p
arcsin + arcsin + arcsin :
2 2 2 3a
Bài toán 3.2. Chứng minh rằng:
3 +
p
p
p
3
xarcsin x > + x 1 x2
; 8x 2 ( 1;1):
6 6
Lời giải. Xét hàm y = xarcsin x +
p
; 8x 2 ( 1; 1): Ta có
1 x2
y0 = arcsin x; y00
= p 1 > 0 với 8x 2 ( 1;1):
1 x2

3
6
Suy ra y (x) > y (a) + y0
(a)(x a); a ( 1;1):
2
p
8
Thay a bởi 0,1 , 3; ta được
2 2p
arcsin 1 p p 3 p 1 p p 3
x x +
1
x2
> 1;
x =
xarcsin x +
p
1 x2
> : + + x +
2 6 2 6 2 6 2
xarcsin x +
p
1 x
2
> : 3 + 2 + 3 x ! = 3 x + 2 :
2 2
p3 p 1 p p3 p 1
Cộng vế với các bất đẳng thức trên ta được
3 +
p
3(xarcsin x +
p p 3
1 x2
) > x +
2 2
hay
p 3 +
p
p
3
xarcsin x > x + 1 x2
; 8x 2 ( 1;1):
6 6
Bài toán 3.3. Chứng minh rằng với mọi 8x 2 ( 1; 1) ta có
arcsin
p
1 p 2
p
+ 19 7
p
+ 5
x2 3 3
1 x
2
ln 3 2 ln 2 ln 1 x:
< + +
2 4 3 3
y = p + x2
; x ( ):
x2
Lời giải. Ta xét hàm số 1 arcsin2x 1 ln 1 8 2 0; 1 Ta có
y0
= p
1 x2
1 x2
x2
+ 1
2x2
y00
= (1 x2)2 < 0; 8x 2 (0; 1):
q
(1
2 3
Suy ra x )
y (x) < y (a) + y
0
(a) (x a)
1 p
với 8x 2 (0; 1): Thay lần lượt a bằng 3
, ; ta được:
2 2 3) x 2 :
arcsin 1 x2
+ ln 1 x2 < 3 + ln 3 2 ln 2 + (p3 +
p
p 2 4 1
p p !:
3
arcsin
p p
1 x2
+ ln 1
x2 <
2 ln 2 (2+4 3) x

6 2

37
Cộng vế với vế ta được
h
arcsin p
1 x2
i
2 1 x2
+ ln
p + ln 3 4 ln 2 + 4p3 + 38 14
p
+ 10 x:
< 3
2 3 3
Do đó ta có điều phải chứng minh
arcsin
p
1 p 2
p
+ 19 7
p
+ 5
x2 +
3 3
1 x2
< ln 3 2 ln 2 ln 1 + x:
2 4 3 3
3.2 Bất đẳng thức kiểu Klamkin đối với hàm arctan và ar-
ccotan
Bài toán 3.4. Chứng minh rằng
2014 1 + n 8
2014 n=1
arctan x <
1
å arctan n +
1
(x = n) x > 0:
2
Lời giải. Ta xét hàm số y = arctan x với 8x > 0 .Ta có
y0
= 1 ; y00 = 2x < 0 x > 0:
1 + x2
(1 + x2
)2
8
Suy ra
y(x) < y(a) + y0 (a)(x a); x > 0:
8
Thay a bởi 1; 2; 3; : : : ; 2014 ta có
arctan x < arctan 1 + 1(x 1);
2
arctan x < arctan 2 + 1(x 2);
5
arctan x < arctan 3 + 1 (x 3);
10
:::::::::::::::
arctan x < arctan 2014 +
1
(x 2014):
1 + 20142

38
Cộng vế với vế của bât đẳng thức trên ta được.
2014 2014
1
2014arctan x < å arctan n + å (x n):
1+ n2
n=1 n=1
Suy ra:
2014 "
n=1 n=1 1 + n # 8
1
2014 2014
1
arctan x < å arctan n + å (x n) ; x > 0:
2
arctan x
p
ln (x2
+ 1) ln 2
1
(x 1); 8x 2 [0; 1]:
4 2
Lời giải. Xét hàm số y = arctan x ln x2
+ 1với 8x 2 [0; 1]. Ta có
y0
= 1 2x = 1 2x ;
+ x
2
1 + x
2
1 1 + x
2
y00 = 2x2
2x 2 < 0 với x [0; 1].
(1 + x2
)2
8 2
Suy ra y(x) < y(a) + y0
(a)(x a); x [0;1]:
8 2
Thay a bởi 1 ta được
arctan x ln x2
+ 1
p
ln 2
1
1):
< (x
4 2
Suy ra
arctan x
p
ln (x2
+ 1) ln 2
1
(x 1); 8x 2 [0; 1]:
4 2
b a
< arctan a arctan b <
b a
; a < x < b:
1 + b2
1 + a2

39
Lời giải. Xét hàm số y = arctan x, với x > 0: Ta có
y0 =
1
; y” =
2x
< 0 vớix > 0:
1 + x2
(1 + x2
)2
Suy ra
y (x) < y (x0) + y0
(x0) (x x0) vớix > 0:
Thay x0 bởi a; b ta được
arctan x < arctan a +
1
(x a); (3.1)
1 + a2
arctan x < arctan b +
1
(x b); (3.2)
1 + b
2
Từ công thức (3.1) ta có
arctan x arctan a <
1
(x a):
1 + a2
Suy ra
1
arctan b arctan a < (b a):
1 + a
2
Từ công thức (3.2) ta có
arctan b arctan x <
1
(b x):
1 + b2
Nên
1
arctan b arctan a < (b a):
1 + b
2
Từ đó suy ra
b a
< arctan a arctan b <
b a
; a < x < b:
1 + b2
1 + a2
Bài toán 3.7. Chứng minh rằng với hai bất kỳ số a; b ta luôn có
arctan b arctan a < jb aj:
Lời giải. Trong trường hợp a = b ta có ngay bất đẳng cần phải chứng minh.
Trong trường hợp a 6= b. Do vai trò của a và b như nhau nên ta giả sử a < b
(trong trường hợp b < a ta chứng minh tương tự.) Xét hàm số y = arctan x, với

tài giá sinh viên – ZALO:0973.287.149-TEAMLUANVAN.COM
40
x 2 [a; b]. Do đó hàm y = arctan x khả vi với x 2 [a; b] và arctan a < arctan b hơn
nữa theo định lí Lagrange tồn tại c 2 (a; b) sao cho
y0
(c) = y (b) y (a) = arctan b arctan a > 0:
b a b a
Suy ra
arctan a
=
1
b
jarctan
a
j
1:
b
j
1 + c2
j
Do đó
jarctan b arctan aj jb aj 8a; b:
Vậy ta có bất đẳng thức phải chứng minh
jarctan b aarctan aj jb aj 8a; b:

1 1 1
8n 2 N:
< <
n2
+ 2n + 2 n2
+ n + 1 n2
+ 1
Lời giải. Xét hàm số y = arctan x với x 2 [n; n + 1]: Ta có y0
=
1
> 0 với
1 + x
2
x 2 [n; n + 1]. Theo Định lí Lagrange tồn tại c 2 (n; n + 1) sao cho
y0
(c) = arctan (n + 1) arctan (n) = arctan (n + 1) arctan (n):
n + 1 n
Tức là
1
arctan (n + 1) arctan (n) = :
1 + c
2
Mặt khác ta có
1 1 1 1
8n 2 N:
= < <
n2
+ 2n + 2 1 + (n + 1)2
1 + c2
n2
+ 1
Đặt m = arctan (n + 1) arctan (n), ta được
tan m = tan (arctan (n + 1) arctan (n)) =
n + 1 n
=
1
1 + (n + 1)n n2
+ n + 1
Hay
1
m = tan :
n2
+ n + 1
(3.3)
(3.4)

41
Suy ra
1
arctan (n + 1) arctan (n) = arctan : (3.5)
n2
+ n + 1
Từ (3.3), (3.4) và (3.5) ta suy ra điều phải chứng minh

1
< arctan
1 1
8n 2 N:
<
n2
+ 2n + 2 n2
+ n + 1 n2
+ 1
Bài toán 3.9. Chứng minh rằng arctan (x) x với mọi x 0.
Lời giải. Xét hàm y = arctan x x với x 0. Ta có
y0
= 1 ; y
00
= 2x 0 với x 0:
+ x2
(1 + x2
)2
1 8
Suy ra
y (x) y (x0) + y0
(x0) (x x0); 8x 0; x0 0
Đẳng thức xảy ra khi x = 0:
Nhận xét 3.1. Khi x 0 thì ta có bất đẳng thức
arctan x x; 8x 0:
Bài toán 3.10. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với mọi a; b > 0 ta luôn
có
arctan (a sin A + b ) + arctan (asinB + b ) + arctan (asinC + b )
p !
3arctan
a 3
+ b :
2
Lời giải. Xét hàm y = arctan (ax + b ) với a; b > 0: Ta có
y0
=
a
> 0; y00
=
2a2
(ax + b )
< 0
1 + (ax + b )2
1 + (ax + b )2
2
với x > 0, a; b > 0. Từ đó ta suy ra y = arctan (ax + b ) là một hàm lồi
với a; b > 0:

42
Theo tính chất của hàm lồi ta luôn có
arctan (ax1 + b ) + arctan (ax2 + b ) + arctan (ax3 + b )
3arctan
a (x
1
+ x
2
+ x
3
)
+ b :
3
Thay x1 = sin A; x2 = sin B; x3 = sinC; ta có
arctan (a sin A + b ) + arctan (a sin B + b ) + arctan (a sinC + b )
( A + sin B + sinC)
3arctan
a sin
+ b : (3.6)
3
Lại có p
3 3
:
2
Hơn nữa hàm y = arctan (ax + b ) là hàm đồng biến nên
!
: (3.7)
3arctan
( A + sin B + sinC)
+ barctan
a
p
3
a sin
+ b
2 2
Từ (3.6) và (3.7) suy ra ta có điều phải chứng minh
arctan (a sin A + b ) + arctan (asinB + b ) + arctan (asinC + b )
p !
a 3
3arctan + b :
Nhận xét 3.2. Hoàn toàn chứng minh tương tự ta có thể thay A; B;C bởi các
A
;
B
;
C
. Từ đó ta được một lớp các bài toán chứng minh các bất đẳng thức 2 2 2
lượng giác liên quan đến các hàm lượng giác ngược.
3.3 Một số bất đẳng thức khác trong tam giác
3.3.1 Bất đẳng thức Weizenbock
Định lí 3.1 (Bất đẳng thức Weizenbock). Giả sử a; b; c là độ dài ba
cạnh và D là diện tích của một tam giác thì
p
a2
+ b2
+ c2
4 3D: (3.8)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c:

43
Chứng minh. Theo công thức Heron, ta có
D2
= s(s a)(s b)(s c); s = a + b + c :
2
Vận dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
s 3
(s a)(s b)(s c) ) :
3
Dấu đẳng thức xảy ta khi và chỉ khi s a = s b = s c , a = b = c: Suy ra
D2
s
4
11 11
(a + b + c)4
:
= :
27 27 16
Vì vậy,
1 1
D = 3p : (a + b + c)2
:
4
3
Vận dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được
1 1 1 1 1
D = 3
p
: (a+b+c)2 3
p
: (1 +1+1)(a2
+b2
+c2
) = 4
p
(a2
+b2
+c2
):
4 4
3 3 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a
=
b
=
c
:
1 1 1
Tiếp theo, xét sự mở rộng của bất đẳng thức Weizenbock nói trên.
Định lí 3.2 (Định lí Weizenbock mở rộng). Cho x; y; z là các số thực thỏa mãn
các điều kiện x + y; y + z; z + x; xy + yz + zx 0 và tam giác ABC có diện tích D.
Khi đó
p
xy+ yz + zxD:
xa2
+ yb2
+ zc2
4 (3.9)
Chứng minh. Áp dụng định lí hàm số cosin c
2
= a
2
+ b
2
2ab cosC và công
thức diện tích tam giác D = 1 ab sinC; ta có
2
xa2
+ yb2
+ zc2 p
D;
xy + yz + zx
, xa2
+ yb2
+ z(a2
+ b2 2ab cosC)
p
2ab sinC
xy + yz + zx
2
+ (y + z)b
2 p
, (x + z)a 2ab[ xy + yz + zx sinC + z cosC]
, (x + z) a + (y + z)b 2[sinC
p
+ z cosC]: (3.10)
xy + yz + zx
b a

44
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz, ta có
p
[sinC xy + yz + zx + z cosC]2
(xy + yz + zx + z2
)(sin2
C +
cos2
C) = xy + yz + zx + z2
= (x + z)(y + z):
Mặt khác
h
(x + z)
a
+ (y + z)
bi2
4(x + z)(y + z):
b a
>
(x + z)
a
= (y + z)
b
= p
z xy + yz + zx
<
8 cosC b sinC a
> a b
: 8p = p
y + z x + z
, >cos
2
C sin
2
C
=
sin
2
C + cos
2
C
=
1
> = :
<
> z
2
xy + yz + zx xy + yz + zx + z
2
(x + z)(y + z)
> 2 2 + b2 2bc cosC bởi các biểu thức
Thay
b cosC tương ứng vào biểu thức c = a
:
tương ứng ở trên, ta có
c2 = a2 + a2
y + z 2a2
r
(x + z)(y + z)
y + z
x + z x + z z
c 2 x + z z p
, = 1 + 2
a y + z y + z
, a = r , p y + z = p
x + y:
y + z
c x + y a c
Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
p
a
= p
b
= p
c
: (3.11)
y + z x + z x + y
Bất đẳng thức (3.9) được gọi là bất đẳng thức Weizenbock mở rộng.
Tiếp theo, ta chứng minh một số hệ quả của bất đẳng thức Weizenbock suy
rộng .
Bài toán 3.11. Cho tam giác ABC với diện tích D và các số thực x; y;
z: Chứng minh rằng khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng

xab + ybc + zxa 4
p
xy + yz + zxD: (3.12)

45
Lời giải. Thay thế x bởi xb ; y bởi y c và z bởi za; ta được
a c
b
xab + ybc + zca 4
r
xya + yzb+ zx c D;
c a b
hay
xy
c a b
:
(xab + ybc + zca)2
16D2
+ yz + zx (3.13)
a b c
Lại thay x bởi zc; y bởi xa và z bởi yb vào bất đẳng thức Weizenbock suy rộng,
a b c
sau đó bình phương hai vế ta được bất đẳng thức
(xab + ybc + zca)2
16D2
(xy
a b c
(3.14)
+ yz + zx ):
c a b
Cộng theo vế hai bất đẳng thức (3.13) và (3.14), rồi áp dụng bất đẳng
thức AM-GM, ta được
2(xab + ybc + zca)2
16D2
[xy(
a
+
c
) + yz(
b
+
a
) + zx(
b
) +
c
]
c a a b c b
2:16D2
(xy + yz + zx):
xab + ybc + zca 4
p
xy + yz + zxD:
Bài toán 3.12. Cho M là một điểm tùy ý trong tam giác ABC. Chứng
minh rằng khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng
aMA + bMB + cMC 4D: (3.15)
Lời giải. Trước hết chúng ta chứng minh bất đẳng thức
MA MB MB MC MC MA
+ + 1: (3.16)
a b b c c a
Để chứng minh đồng nhất thức (3.16), ta sử dụng đồng nhất thức
(b g)b g + (a b )ab + (g a)ga = (b g)(g a)(a b ); (3.17)
trong đó a; b ; g là các số phức. Xét mặt phẳng phức chứa tam giác ABC và giả
sử các đỉnh A; B;C và M là các điểm phức A(a); B(b );C(g); M(0): Khi đó ta có
a = BC = jb gj; b = CA = jg aj; c = AB = ja b j;

46
MA = jaj; MB = jb j; MC = jgj:
Áp dụng bất đẳng thức Minkovskii vào đồng nhất thức (3.17), ta được
j(b g)b gj+ j(a b )ab j+ j(g a)gaj jb gjjg ajja b j:
hay
jb j:jgj + jaj:jgj + jb j:jaj
1
:
ja gj:ja b j jb aj:jb gj ja gj:jb gj
Từ đây suy ra bất đẳng thức (3.16).
Xét bất đẳng thức Weizenbock suy rộng với
x = MA ; y = MB; z = MC ;
a b c
ta có
MA MB MC
aMA + bMB + cMC = a
2
+ b
2
+ c2
4
r a b c
:D:
a b + b c + c a
MA MB MB MC MC MA
Mặt khác lại có
MB MC MC MA
MA MB
1;
+ +
a b b c c a
nên
aMA + bMB + cMC 4D:
Mệnh đề dược chứng minh.
3.3.2 Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler
Trước hết ta chứng minh kết quả sau đối với tam giác.
Định lí 3.3 (Bất đẳng thức dạng Hadwiger-Finsler). Cho tam giác ABC có diện
tích S và các số thực dương x; y; z: Khi đó bất đẳng thức sau luôn đúng
(y + z)a2
+ (z + x)b2
+ (x + y)c2
8p xy + yz + zxS
+ (x + y)(a b)2
+ (y + z)(b c)2
+ (z + x)(c a)2
: (3.18)

47
Chứng minh. Gọi A
0
; B
0
;C
0
lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp các góc A; B;C:
Dễ dàng chứng minh được bộ ba điểm (A
0
; B;C
0
); (B
0
;C; A
0
); (C
0
; A; B
0
) thẳng
hàng. Gọi K; H là chân đường cao hạ từ C’ xuống AB và từ B’ xuống AC.
Áp dụng bất đẳng thức Weizenbock mở rộng vào tam giác A’B’C’ ta có
zA0
B02
+ xB0
C02
+ yC0
A02
4 p xy + yz + zxSA0B0C0
B0
C0
= B0
A +AC0
=
AH
+
AK
=
AH +HK
p A p A p A
cos( ) cos( ) cos( )
2 2 2
2 2 2
s c + s b a 2R sin A
= 4R cos
A
= = = :
cos( p A sinA sinA 2
)
2 2 2
2
Tương tự ta có
C B
A0
B0
= 4R cos ;C0
A0
= 4R cos :
2 2
Do đó
D0
=1B0
C0
:A0
B0
:sinB0
= 14R cosA:4R cosC : cosB = 8R2
cosA cosBcosC
22 2 2 2 2 2 2
R2
sin A sin B sinC 1 2R sin A:2R sin B:2R sinC abc abc 2R 2DR
= = = = = :
A B C 8R A B C 2r 4R r r
sin sin sin sin sin sin
2 2
2 2 2 2
Theo công thức vòng tròn bàng tiếp, ta có
A B r r sr
ra + rb = s
h
tan + tan i = s + =
c
:
2 2 s a s b (s a)(s b)
Mặt khác, từ công thức diện tích tam giác lại có
abc src
= 4R
s(s c)
sr = s(s a)(s b)(s c) , ;
4R (s a)(s b) ab
nên
src
s(s c) C
ra + rb = 4R 4R cos2
= = :
ab 2
(s a)(s b)
Tương tự
A
B
rb + rc = 4R cos2
; rc + ra = 4R cos2
:
2 2

48
Từ các kết quả trên ta có
zA0
B02
+ xB0
C02
+ yC0
A02
= z16R2
cos2 C
+ x16R2
cos2 A
+ y16R2
cos
B
2 2 2
= 4R(z:4R cos
2 C
) + 4R(x:4R cos
2 A
) + 4R(y:4R cos
2 B
)
2 2 2
= 4R[z(ra + rb) + x(rb + rc) + y(rc + ra)]:
Suy ra
p 2DR
4R[z(ra + rb) + x(rb + rc) + y(rc + ra)] 4 xy + yz + zx :
Biết rằng
ra(s a) = rb(s b) = rc(s c) = sr = D; nên
bất đẳng thức trên tương đương với
, r[ra(y + z) + rb(z + x) + rc(x + y)] 2D
p
xy + yz + zx
D
2
D
2
D
2
, 4(y + z) + 4(z + x) + 4(x + y)
p(p a) p(p b) s(s c)
8D
p
xy + yz + zx
, 4(y + z)(p b)(p c) + 4(z + x)(p c)(p a) + 4(x + y)(p a)(p b)
8D
p
xy + yz + zx
, (y + z)a2
+ (z + x)b2
+ (x + y)c2
8D
p
xy + yz + zx
+ (x + y)(a b)2
+ (y + z)(b c)2
+ (z + x)(c a)
2
:
Định lí được chứng minh.
Nhận xét 3.3. Ở bất đẳng thức (3.18) nếu đặt y + z = x1; z + x = y1; y
+ x = z1 thì bất đẳng thức trên sẽ trở thành
1 1 1
c2
q
1 2 2 2
x a2
+ y b2
+ z x + y1 + z1 (x1 y1)2
(y1 z1)2
(z1 x1)2
S
+ x1(b c) + y1(c a) + z1(a b) (3.19)
Bài toán 3.13. Cho x; y; z là các số thực dương. Chứng minh rằng
xa2
+ yb2
+ zc2
4
q
x2
+2y2
+ z2
(x2 y)2
(y 2 z)2
(z x)2
D
+ x(b c) + y(c a) + z(a b) : (3.20)

49
Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức (3.18) cho tam giác A0
B0
C0
nói trong
Định lí 3.3, ta có
(x + y + z)B0
C02
+ (x y + z)C0
A02
+ (x + y z)A0
B02
q
4 x2
+ y2
+ z2
(x y)2
(y z)2
(z x)2
DA0B0C0
Mặt khác, ta lại có
( x + y + z)B0
C02
+ (x y + z)C0
A02
+ (x + y z)A0
B02
= ( x + y + z)16R2
cos2 A + (x y + z)16R2
cos2 B + (x + y z)16R2
cos2C
2 2 2
= 4R[( x + y + z)(rb + rc) + (x y + z)(rc + ra) + (x + y z)(ra + rb)]
= 8R(xra + yrb + zrc) =8R (xrra + yrrb + zrrc)
8R
r
= [x(s b)(s c) + y(s c)(s a) + z(s a)(s b)]
r
và
4
q
:DA0B0C0
x2
+ y2
+ z2
(x y)2
+ (y z)2
+ (z x)2
2DABCR
= 4
q
x2
+ y2
+ z2
(x y)2
+ (y z)2
+ (z x)2
r
Suy ra
xa2
+ yb2
+ zc2
4
q
x2
+2y2
+ z2
+ (x2 y)2
+ (y 2 z)2
+ (z x)2
D
+ x(b c) + y(c a) + z(a b) ;
trong đó D ký hiệu diện tích của tam giác ABC. Định lí được chứng minh.

50
Kết luận
Luận văn với đề tài “Một số lớp bất đẳng thức lượng giác kiểu Klamkin
trong tam giác” đã trình bày các vấn đề sau:
1. Hệ thống các định nghĩa và tính chất của các hàm lượng giác sin,
cosin, tan, cotan, các công thức biến đổi của các hàm lượng giác,
hệ thức lượng trong tam giác.
2. Trình bày định nghĩa của các hàm lượng giác ngược, một số tính
chất của hàm lượng giác ngược.
3. Trình bày bất đẳng thức Jensen cho hàm lồi, bất đẳng thức
Karamata cho hai dãy số cùng các hệ quả của chúng.
4. Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm cosin, hàm
sin, hàm tan và cotan. Một số bất đẳng thức kiểu Klamkin cho
hàm cosin là hệ quả trực tiếp từ bất đẳng thức Klamkin tổng quát.
Các bất đẳng thức còn lại cần dùng đến công cụ của giải tích.
5. Trình bày các bất đẳng thức kiểu Klamkin cho hàm arccos, hàm
arcsin, hàm arctan và hàm arccot. Các bất đẳng thức kiểu Klamkin
cho các hàm này không được chứng minh bằng các phương pháp
sơ cấp mà phải dùng đến các công cụ của giải tích như tính lồi, tính
lõm của hàm số, hoặc dùng đến định lí giá trị trung bình.

51
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Phạm Kim Hùng (2006), Sáng tạo bất đẳng thức, NXB Tri thức.
[2] Nguyễn Văn Mậu (2002), Bất đẳng thức - Định lý và áp dụng,
NXB Giáo dục.
[3] Nguyễn Văn Mậu, Phạm Thị Bạch Ngọc (2001), Một số bài toán
chọn lọc về lượng giác, NXB Giáo dục.
[4] Nguyễn Văn Mậu (2008), Chuyên đề Lượng giác và áp dụng,
NXB Giáo dục.
Tiếng Anh
[5] Comanescu D. and Dragomir S.S (2009), A Generalization of the
Klamkin Inequality, ajmaa.org/rgmia/papers/ Klamkin20ian.
[6] M. S. Klamkin (1971), “Asymmetric triangle inequalities”, Publ. Elek-
trotehn. Fak. Ser. Mat. Fiz. Univ. Beograd, No.357–380, pp. 33–44.
[7] K.Y. Li (2011), “Klamkin’s Inequality”, Methematical Excalibur, Vol.
15, No. 4, pp. 1–4.
[8] J. Liu (2008), “A weighted Geometric Inequality and its Applications”,
Journal of Inequalities in pur and Applied Mathematics, Vol. 9, No.
2, pp. 1–18.

52
[9] J. Liu (2010), “A weighted Inequality involving of sides of a
Triangles”, Creative Math. and Inf., Vol. 19, No. 2, pp. 160–168.
[10] P. N. de Sausa, J.N. Silva (1998), Berkeley Problems in
Mathematics, Springer.
[11] T-L.T. Radulescu, V.D. Radulescu, T. Andreescu (2009), Problems
in Real Analysis: Advanced calculus on the real axis, Springer.

Một Số Lớp Bất Đẳng Thức Lượng Giác Kiểu Klamkin Trong Tam Giác.doc

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to Một Số Lớp Bất Đẳng Thức Lượng Giác Kiểu Klamkin Trong Tam Giác.doc

Similar to Một Số Lớp Bất Đẳng Thức Lượng Giác Kiểu Klamkin Trong Tam Giác.doc (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)

Một Số Lớp Bất Đẳng Thức Lượng Giác Kiểu Klamkin Trong Tam Giác.doc