CHỨNG MINH BĐT LƯỢNG GIÁC BẰNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

CHỨNG MINH BĐT LƯỢNG GIÁC BẰNG BIẾN ĐỔI TƯƠNG ĐƯƠNG

Biến đổi lượng giác tương đương :
Phương pháp biến đổi lượng giác tương đương sử dụng các công thức lượng giác và sự biến đổi qua lại của các bất đẳng thức. Để có thể sử dụng tốt phương pháp này, cần nắm vững những kiến thức cần thiết về biến đổi lượng giác, các đẳng thức, bất đẳng thức trong tam giác.
Thông thường thì với phương pháp này, ta sẽ về dạng bất đẳng thức đúng hay quen thuộc. Ngoài ra, ta cũng có thể sử dụng hai kết quả quen thuộc $\left| {\sin x} \right| \leqslant 1$;$\left| {\cos x} \right| \leqslant 1$.

Ví dụ 1:
CMR:     $\frac{{1 - \sin \frac{\pi }{4}}}{{2\sin \frac{\pi }{4}}} > \sqrt {3\cos \frac{\pi }{7}}$
Lời giải:
Ta có : $1 - \sin \frac{\pi }{{14}} = \sin \frac{{3\pi }}{{14}} - \sin \frac{\pi }{{14}} + \sin \frac{{5\pi }}{{14}} - \sin \frac{{3\pi }}{{14}} + \sin \frac{{7\pi }}{{14}} - \sin \frac{{5\pi }}{{14}}$
             $= 2sin\frac{\pi }{{14}}\left( {co{\text{s}}\frac{\pi }{7} + c{\text{os}}\frac{{2\pi }}{7} + c{\text{os}}\frac{{3\pi }}{7}} \right)$
$\Rightarrow \frac{{1 - \sin \frac{\pi }{{14}}}}{{2\sin \frac{\pi }{{14}}}} = c{\text{os}}\frac{\pi }{7} + c{\text{os}}\frac{{2\pi }}{7} + c{\text{os}}\frac{{3\pi }}{7}$    (1)
Mặt khác ta có:
$c{\text{os}}\frac{\pi }{7} = \frac{1}{2}\left( {c{\text{os}}\frac{\pi }{7} + c{\text{os}}\frac{{3\pi }}{7} + c{\text{os}}\frac{{5\pi }}{7} + c{\text{os}}\frac{\pi }{7} + c{\text{os}}\frac{{4\pi }}{7} + c{\text{os}}\frac{{2\pi }}{7}} \right)$
        $= c{\text{os}}\frac{\pi }{7}c{\text{os}}\frac{{2\pi }}{7} + c{\text{os}}\frac{{2\pi }}{7}c{\text{os}}\frac{{3\pi }}{7} + c{\text{os}}\frac{{3\pi }}{7}c{\text{os}}\frac{\pi }{7}$   (2)
Đặt   $x = c{\text{os}}\frac{\pi }{7},y = c{\text{os}}\frac{{2\pi }}{7},z = c{\text{os}}\frac{{3\pi }}{7}$
Khi đó từ (1),(2) ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$x + y + z > \sqrt {3(xy + yz + xz)}$       (3)
Mà x , y ,z > 0 nên:
 (3) $\Leftrightarrow {(x - y)^2} + {(y - z)^2} + {(z - x)^2} > 0$(4)
Vì x , y ,z từng đôi một khác nhau nên (4) đúng $\Rightarrow$ đpcm.
Như  vậy, với các bất đẳng thức trên thì việc biến đổi lượng giác là bước then chốt để chứng minh bất đẳng thức. Sau khi sử dụng các biến đổi thì việc chứng minh bất đẳng thức trở nên dễ dàng.

Ví dụ 2:
CMR:    ${a^2} + {b^2} + {c^2} \geqslant 2(ab\sin 3x + ca\cos 2x - bc\sin x)$
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
${a^2}({\sin ^2}2x + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}2x) + {b^2}({\sin ^2}x + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}x) + {c^2} \geqslant 2ab(\sin {\text{x}}c{\text{os}}2x + \sin 2x\cos x) + 2ca\cos 2x - 2bc\sin 2x$
$\Leftrightarrow {a^2}({\sin ^2}2x + {b^2}{\sin ^2}x + {c^2} - 2ab\cos 2x\sin x - 2ca\cos 2x + 2bc\sin x)$
                                                  $+ ({a^2}{\sin ^2}2x - 2ab\sin 2x\cos x + {b^2}c{\text{o}}{{\text{s}}^2}x) \geqslant 0$
$\Leftrightarrow {(a\cos 2x - b\sin x - c)^2} + {(a\sin 2x - b\cos x)^2} \geqslant 0$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 3:
Cho $\alpha ,\beta ,\gamma  \ne \frac{\pi }{2} + k\pi$ là ba góc thỏa ${\sin ^2}\alpha  + {\sin ^2}\beta  + {\sin ^2}\gamma  = 1$ . CMR:
${\left( {\frac{{\operatorname{t} {\text{an}}\alpha \tan \beta  + \tan \beta \tan \gamma  + \tan \gamma \tan \alpha }}{3}} \right)^2} \leqslant 1 - 2{\tan ^2}\alpha {\tan ^2}\beta {\tan ^2}\gamma$
Lời giải:
Ta có:   ${\sin ^2}\alpha  + {\sin ^2}\beta  + {\sin ^2}\gamma  = 1$
$\Leftrightarrow c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\alpha  + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\beta  + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\gamma  = 2$
$\begin{array}    \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {{\tan }^2}\alpha }} + \frac{1}{{1 + {{\tan }^2}\beta }} + \frac{1}{{1 + {{\tan }^2}\gamma }} = 2  \\    \Leftrightarrow {\tan ^2}\alpha {\tan ^2}\beta  + {\tan ^2}\beta {\tan ^2}\gamma  + {\tan ^2}\gamma {\tan ^2}\alpha  = 1 - 2{\tan ^2}\alpha {\tan ^2}\beta {\tan ^2}\gamma   \\ \end{array}$
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\begin{array}   {\left( {\frac{{\tan \alpha \tan \beta  + \tan \beta \tan \gamma  + \tan \gamma \tan \alpha }}{3}} \right)^2} \leqslant {\tan ^2}\alpha {\tan ^2}\beta  + {\tan ^2}\beta {\tan ^2}\gamma  = {\tan ^2}\gamma {\tan ^2}\alpha   \\ \Leftrightarrow {(\tan \alpha \tan \beta  - \tan \beta \tan \gamma )^2} + {(\tan \beta \tan \gamma  - \tan \gamma \tan \alpha )^2} \\                            + {(\tan \gamma \tan \alpha  - \tan \alpha \tan \beta )^2} \geqslant 0  \\ \end{array}$
$\Rightarrow$  đpcm.
Đẳng thức xảy ra  $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}   \tan \alpha \tan \beta  = \tan \beta \tan \gamma   \\   \tan \beta \tan \gamma  = \tan \gamma \tan \alpha   \\   \tan \gamma \tan \alpha  = \tan \alpha \tan \beta   \\ \end{array}  \right. \Leftrightarrow \tan \alpha  = \tan \beta  = \tan \gamma$   

Ví dụ 4:
CMR trong $\Delta ABC$ bất kì ta có:
             $\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2} \geqslant 3\left( {\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2}} \right)$
Lời giải:
Ta có:
$\cot \frac{A}{2} + \cot \frac{B}{2} + \cot \frac{C}{2}$=$\cot \frac{A}{2}\cot \frac{B}{2}\cot \frac{C}{2}$
Đặt    $x = \cot \frac{A}{2}$ ; $y = \cot \frac{B}{2}$ ; $z = \cot \frac{C}{2}$
Khi đó: $\left\{ \begin{array}   x,y,z > 0  \\   x + y + z = xyz  \\ \end{array}  \right.$
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương với:
$\begin{array}   x + y + z \geqslant 3\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)  \\    \Leftrightarrow x + y + z \geqslant \frac{{3(xy + yz + zx)}}{{xyz}}  \\    \Leftrightarrow {(x + y + z)^2} \geqslant 3(xy + yz + zx)  \\    \Leftrightarrow {(x - y)^2} + {(y - z)^2} + {(z - x)^2} \geqslant 0  \\ \end{array}$
$\Rightarrow$  đpcm.
Đẳng thức xảy ra:
$\begin{array}    \Leftrightarrow \cot A = \cot B = \cot C  \\    \Leftrightarrow A = B = C  \\ \end{array}$
$\Leftrightarrow \Delta ABC$ đều.

Ví dụ 5:
CMR:   $\frac{1}{{3 + \operatorname{s} {\text{inx}}}} + \frac{1}{{3 - \operatorname{s} {\text{inx}}}} \leqslant \frac{2}{{2 + c{\text{os}}x}}$
Lời giải:
Vì $- 1 \leqslant \operatorname{s} {\text{inx}} \leqslant 1$ và  $\cos x \geqslant  - 1$ nên:
$3 + \operatorname{s} {\text{inx}} > 0,3 - \operatorname{s} {\text{inx}} > 0$   và   $2 + \cos x > 0$
Khi đó bất đẳng thức tương đương:
$\begin{array}   6(2 + \cos x) \leqslant 2(9 - {\sin ^2}x)  \\    \Leftrightarrow 12 + 6\cos x \leqslant 18 - 2(1 - c{\text{o}}{{\text{s}}^2}x)  \\    \Leftrightarrow 2c{\text{o}}{{\text{s}}^2}x - 6\cos x + 4 \geqslant 0  \\    \Leftrightarrow (\cos x - 1)(\cos x - 2) \geqslant 0  \\ \end{array}$
Do $\cos x \leqslant 1$ nên bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng $\Rightarrow$ đpcm.

Ví dụ 6:
CMR: $\forall \frac{\pi }{3} \leqslant \alpha ,\beta  < \frac{\pi }{2}$ ta có:
             $\frac{2}{{c{\text{os}}\alpha  + c{\text{os}}\beta }} - 1 \leqslant \left( {\frac{1}{{c{\text{os}}\alpha }} - 1} \right)\left( {\frac{1}{{c{\text{os}}\beta }} - 1} \right)$
 Lời giải:
Từ $\forall \frac{\pi }{3} \leqslant \alpha ,\beta  < \frac{\pi }{2}$$\Rightarrow 0 < c{\text{os}}\alpha ,c{\text{os}}\beta  \leqslant \frac{1}{2}$
Do đó  $\left\{ \begin{array}   0 < c{\text{os}}\alpha  + c{\text{os}}\beta  \leqslant 1  \\   0 < c{\text{os}}\alpha c{\text{os}}\beta  \leqslant \frac{1}{4}  \\ \end{array}  \right.$
Đặt $a = c{\text{os}}\alpha  + c{\text{os}}\beta ,b = c{\text{os}}\alpha c{\text{os}}\beta$
Bất đẳng thức đã cho trở thành:
$\begin{array}   \frac{{2 - a}}{a} \leqslant \sqrt {\frac{{1 - a + b}}{b}}   \\    \Leftrightarrow \left( {\frac{{2 - a}}{a}} \right) \leqslant \frac{{1 - a + b}}{b}  \\    \Leftrightarrow {(2 - a)^2}b \leqslant {a^2}(1 - a + b)  \\    \Leftrightarrow {a^3} - {a^2} - 4ab + 4b \leqslant 0  \\    \Leftrightarrow (a - 1)({a^2} - 4b) \leqslant 0  \\ \end{array}$
Bất đẳng thức cuối đúng vì $a \leqslant 1$ và ${a^2} - 4b = {(c{\text{os}}\alpha  - c{\text{os}}\beta )^2} \geqslant 0$
$\Rightarrow$ đpcm.

Ví dụ 7:
Cho các góc nhọn a và b thỏa ${\sin ^2}a + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}b < 1$. CMR:
                   ${\sin ^2}a + {\sin ^2}b < {\sin ^2}(a + b)$
Lời giải:
Ta có : ${\sin ^2}a + {\sin ^2}\left( {\frac{\pi }{2} - a} \right) = 1$
Nên từ giả điều kiện ${\sin ^2}a + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}b < 1$ suy ra:
$b < \frac{\pi }{2} - a,0 < a + b < \frac{\pi }{2}$
Mặt khác ta có:      
${\sin ^2}\left( {a + b} \right) = {\sin ^2}a{\cos ^2}b + {\sin ^2}b{\cos ^2}a + 2\sin a\sin b\cos a\cos b$
Nên thay thế $c{\text{o}}{{\text{s}}^2}b = 1 - {\sin ^2}b$ vào thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
$2{\sin ^2}{\text{a}}{\sin ^2}b < 2\sin a\sin b\cos a\cos b$
$\begin{array}    \Leftrightarrow \sin a\sin b < \cos a\cos b  \\    \Leftrightarrow 0 < c{\text{os}}(a + b)  \\ \end{array}$
Bất đẳng thức sau cũng hiển nhiên đúng do $0 < a + b < \frac{\pi }{2} \Rightarrow$ đpcm.

Ví dụ 8:
Cho $\Delta ABC$ không vuông chứng minh rằng:
$3{\tan ^2}A{\tan ^2}B{\tan ^2}C - 5({\tan ^2}A + {\tan ^2}B + {\tan ^2}C) \\                                    \leqslant 9 + {\tan ^2}A{\tan ^2}B + {\tan ^2}B{\tan ^2}C + {\tan ^2}C{\tan ^2}A$
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$4{\tan ^2}A{\tan ^2}B{\tan ^2}C - 4({\tan ^2}A + {\tan ^2}B + {\tan ^2}C) - 8\\                           \leqslant (1 + {\tan ^2}A)(1 + {\tan ^2}B)(1 + {\tan ^2}C)$
$\Leftrightarrow 4\left( {\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}A}} - 1} \right)\left( {\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}B}} - 1} \right)\left( {\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}C}} - 1} \right) - 4\left( {\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}A}} + \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}B}}\\                                             + \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}C}} - 3} \right) - 8 \leqslant \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}Ac{\text{o}}{{\text{s}}^2}Bc{\text{o}}{{\text{s}}^2}C}}$
$\Leftrightarrow \frac{4}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}Ac{\text{o}}{{\text{s}}^2}Bc{\text{o}}{{\text{s}}^2}C}} - \left( {\frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}Ac{\text{o}}{{\text{s}}^2}B}} + \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}Bc{\text{o}}{{\text{s}}^2}C}} \\                                  + \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}Cc{\text{o}}{{\text{s}}^2}A}}} \right) \leqslant \frac{1}{{c{\text{o}}{{\text{s}}^2}Ac{\text{o}}{{\text{s}}^2}Bc{\text{o}}{{\text{s}}^2}C}}$
$\begin{array}    \Leftrightarrow c{\text{o}}{{\text{s}}^2}A + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}B + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}C \geqslant \frac{3}{4}  \\    \Leftrightarrow \frac{{1 + c{\text{os}}2A}}{2} + \frac{{1 + c{\text{os}}2B}}{2} + c{\text{o}}{{\text{s}}^2}C \geqslant \frac{3}{4}  \\    \Leftrightarrow 2(c{\text{os}}2A + c{\text{os}}2B) + 4c{\text{o}}{{\text{s}}^2}C + 1 \geqslant 0  \\    \Leftrightarrow 2c{\text{os}}(A + B)c{\text{os}}(A - B) + 4c{\text{o}}{{\text{s}}^2}C + 1 \geqslant 0  \\    \Leftrightarrow 4c{\text{o}}{{\text{s}}^2}C - 4\cos Cc{\text{os}}(A - B) + 1 \geqslant 0  \\    \Leftrightarrow 2\cos C - c{\text{os}}{(A - B)^2} + {\sin ^2}(A - B) \geqslant 0  \\ \end{array}$
$\Rightarrow$ đpcm.

Ví dụ 9:
Cho nửa đường tròn bán kính R, C là một điểm tùy ý trên nửa đường tròn. Trong hai hình quạt ngoại tiếp đường tròn, gọi M và N là hai tiếp điểm của hai đường tròn với đường kính của hai nửa đường tròn đã cho. CMR: MN  $\geqslant 2R\left( {\sqrt 2  - 1} \right)$.
Lời giải:
Gọi O1;O2 là tâm của hai đường tròn. Đặt $\widehat {CON} = 2\alpha$(như vậy $0 < \alpha  < \frac{\pi }{2}$)
Và OO1 = ${R_1}$ ; ${\text{O}}{{\text{O}}_2} = {R_2}$
Ta có:
$\begin{array}   \widehat {{O_2}ON} = \alpha   \\   \widehat {{O_1}OM} = \frac{\pi }{2} - \alpha   \\ \end{array}$     
Vậy
$MN = MO + ON = {R_1}\cot \left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) + {R_2}\cot \alpha  = {R_1}\tan \alpha  + {R_2}\cot \alpha$
Trong tam giác vuông ${O_1}MO$ có:
$\begin{array}   {R_1} = {O_1}{\text{Os}}in\left( {\frac{\pi }{2} - \alpha } \right) = (R - {R_1})c{\text{os}}\alpha   \\   {R_1}(1 + c{\text{os}}\alpha ) = Rc{\text{os}}\alpha  \Rightarrow {R_1} = \frac{{R\sin \alpha }}{{1 + \sin \alpha }}  \\ \end{array}$              
Tương tự:
${R_2} = {\text{O}}{{\text{O}}_2}\sin \alpha  = (R - {R_2})\sin \alpha  \Rightarrow {R_2} = \frac{{R\sin \alpha }}{{1 + \sin \alpha }}$
Do đó:
$MN = \frac{{Rc{\text{os}}\alpha }}{{1 + c{\text{os}}\alpha }}.\frac{{\sin \alpha }}{{c{\text{os}}\alpha }} + \frac{{R\sin \alpha }}{{1 + \sin \alpha }}.\frac{{c{\text{os}}\alpha }}{{\sin \alpha }}$
       $\begin{array}    = \frac{{R\sin \alpha }}{{1 + c{\text{os}}\alpha }} + \frac{{Rc{\text{os}}\alpha }}{{1 + \sin \alpha }}  \\    = R\frac{{\sin \alpha  + c{\text{os}}\alpha  + 1}}{{(1 + \sin \alpha )(1 + c{\text{os}}\alpha )}}  \\    = R\frac{{2c{\text{os}}\frac{\alpha }{2}\left( {\sin \frac{\alpha }{2} + c{\text{os}}\frac{\alpha }{2}} \right)}}{{{{\left( {\sin \frac{\alpha }{2} + c{\text{os}}\frac{\alpha }{2}} \right)}^2}.2c{\text{o}}{{\text{s}}^2}\frac{\alpha }{2}}}  \\    = \frac{{2R}}{{\sin \alpha  + c{\text{os}}\alpha  + 1}}  \\ \end{array}$    
Mà $\sin \alpha  + c{\text{os}}\alpha  \leqslant \sqrt 2 \left( {\alpha  - \frac{\pi }{4}} \right) \leqslant \sqrt 2  \Rightarrow \frac{{2R}}{{\sqrt 2  + 1}} = 2R(\sqrt 2  - 1) \Rightarrow$đpcm.
Đẳng thức xáy ra $\Leftrightarrow \alpha  = \frac{\pi }{4} \Leftrightarrow OC \bot MN$.