Ta có:

$- \sin\frac{\pi }{12} \tan\frac{\pi }{12}\tan\frac{\pi }{24}=-2\sin^2\frac{\pi}{24}\tan\frac{\pi }{12}=\left ( \cos\frac{\pi }{12}-1 \right )\tan\frac{\pi }{12}=\sin\frac{\pi }{12}-\tan\frac{\pi }{12}$

Do đó $M=\cot\frac{\pi }{12} - \sin\frac{\pi }{12}(1 + \tan\frac{\pi }{12}\tan\frac{\pi }{24})\\=\cot\frac{\pi }{12} - \sin\frac{\pi }{12}+\sin\frac{\pi }{12}-\tan\frac{\pi }{12}\\=\frac{1-\tan^2\frac{\pi }{12}}{\tan\frac{\pi }{12}}$

Nhớ lại công thức nhân đôi $\tan2a=\frac{2\tan a}{1-\tan^2a}$, áp dụng vào:

$\Rightarrow M=\frac{1-\tan^2\frac{\pi }{12}}{\tan\frac{\pi }{12}}=\frac{2}{\tan\frac{\pi}{6}}=2\sqrt3$

Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đường cong: $x - y ^2 = 0$ và các đường thẳng y = 2, x = 0.  Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi (H) quay quanh Ox

Như hình vẽ ta có thể tích cần tìm sẽ là thể tích của hình được tạo ra khi quay tam giác lõm $ABC$ quay quanh trục hoành $Ox$.

Từ đó ta có: $V=\pi\int_0^42^2\mathrm dx-\pi\int_0^4\left (\sqrt x  \right )^2\mathrm dx=16\pi-\pi\left.\left (\frac x2  \right )  \right |_0^4=14\pi$ đơn vị thể tích.

Tính tổng $\sum_{n=1}^{\infty } \frac{1}{2^n}tan\frac{a}{n}$

Cho mình hỏi đề đúng không vậy. Nếu như đề bài là:

$$\sum_{n=1}^{\infty } \dfrac{1}{2^n}tan\dfrac{a}{{\color{Red} 2^n}}$$

thì ta giải như sau.

Ta có $\tan\alpha=\cot\alpha-2\cot2\alpha$

Do đó

$\dfrac{1}{2}\tan \dfrac{a}{2}=\dfrac{1}{2}\cot \dfrac{a}{2}-\cot a$

$\dfrac{1}{4}\tan\dfrac{a}{4}=\dfrac{1}{4}\cot\dfrac{a}{4}-\dfrac{1}{2}\cot \dfrac{a}{2}$

$\dots$

$\dfrac{1}{2^n}\tan\dfrac{a}{2n}=\dfrac{1}{2^n}\cot\dfrac{a}{2n}-\dfrac{1}{2^{n-1}}\cot\dfrac{a}{2^{n-1}}$

Vậy

$$\sum_{n=1}^{\infty } \frac{1}{2^n}tan\frac{a}{2n}=\dfrac{1}{2^n}\cot\dfrac{a}{2^n}-\cot a$$

Hình như có $4.3^{3}.2^{5}=3456$ cách chọn

Bài 3: Tính các góc của tam giác biết rằng $\left\{\begin{matrix} 4p\left ( p-a \right )\leq bc\\ sin\frac{A}{2}sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=\frac{2\sqrt{3}-3}{8}\end{matrix}\right.$

Ta có:

$4p\left ( p-a \right )\leq bc\Leftrightarrow \left ( b+c+a \right )\left ( b+c-a \right )\le bc\\\Leftrightarrow \left ( b+c \right )^2-a^2\le bc\Leftrightarrow a^2\ge b^2+c^2+bc$

Lại có: $a^2=b^2+c^2-2bc\cos A\Rightarrow \cos A\le-\frac{1}{2}\Rightarrow 120^0\le A<180^0 {\color{Red}{(1)}}$

$\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2}=\frac{1}{2}\left ( \cos\frac{B-C}{2}-\cos\frac{B+C}{2} \right )\sin\frac{A}{2}\le\frac{1}{2}\left ( 1-\sin\frac{A}{2} \right )\sin\frac{A}{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{2}\left ( 1-\sin\frac{A}{2} \right )\sin\frac{A}{2} \ge \frac{2\sqrt{3}-3}{8}\\\Leftrightarrow -\sin^2\frac{A}{2}+\sin\frac{A}{2}-\frac{2\sqrt{3}-3}{4}\ge 0\\\Leftrightarrow \frac{2-\sqrt3}{2}\le\sin\frac{A}{2}\le \frac{\sqrt3}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{A}{2}\le 60^0\Leftrightarrow A\le 120^0$

Từ $\color{Red}{(1)}$ suy ra $A=120^0$ và $B=C=30^0$

Bài 2: Hãy tính các góc của tam giác ABC nếu trong tam giác đó có: $\sin ^2A + \sin ^2B + \sin ^2C = \frac{9}{4} + 3\cos C + \cos ^2C$

Bài 4: Cho tam giác ABC có $A = \frac{\pi }{7}$ và AB=AC=b, BC=a. Chứng minh $a^4 - 3a^2b^2 - ab^3 + b^4 = 0$

Bài 2: http://diendan.hocma...ad.php?t=102832

Bài 4: http://diendantoanho...40/#entry546789

$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cosx.cos2x...cosnx}{x^{2}}$

Trong bài này ta sẽ sử dụng Quy tắc l'Hôpital

Ta có: $\lim_{x\to 0}{\left (1-\cos x.\cos2x...\cos nx  \right )}=0, \quad\lim_{x\to 0}x^2=0$

Khi đó theo L'Hopital: $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x.\cos2x...\cos nx}{x^{2}}=\lim_{x\to 0}\frac{\left (1-\cos x.\cos2x...\cos nx  \right )^{'}}{\left (x^{2}  \right )^{'}} \\=\lim_{x\to 0} \frac{\sin x \cos 2x ... \cos nx + 2\sin 2x \cos x ... \cos nx +\dots+n \sin nx \cos x ... \cos(n-1) x}{2x}$

Ta sẽ sử dụng L'Hopital 1 lần nữa:

$\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x.\cos2x...\cos nx}{x^{2}}\\=\lim_{x\to 0} \frac{\left (\sin x \cos 2x ... \cos nx  \right )^{'} + 2\left (\sin 2x \cos x ... \cos nx  \right )^{'} +\dots+n \left (\sin nx \cos x ... \cos(n-1) x  \right )^{'}}{2}\\=\lim_{x\to0}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{2}=\lim_{x\to0}\dfrac{\dfrac{n\left ( n+1 \right )\left ( 2n+1 \right )}{6}}{2}=\dfrac{n\left ( n+1 \right )\left ( 2n+1 \right )}{12} \blacksquare$

Chú ý rằng: $\lim_{x\to0}\sin nx=0, \quad \lim_{x\to0}\cos nx=1$ nên ta có:

$\lim_{x\to0}\frac{\left (\sin x \cos 2x ... \cos nx  \right )^{'}}{2} $

$=\lim_{x\to0}\frac{\cos x  \cos 2 x  \cos 3 x  \cos 4 x -2 \sin x  \sin 2 x  \cos 3 x  \cos 4 x -3 \sin x  \sin 3 x  \cos 2 x  \cos 4 x -4 \sin x  \sin 4 x  \cos 2 x  \cos 3 x }{2}$

$=\lim_{x\to0}\frac{1^2}{2}=\frac{1^2}{2}$

Làm tương tự và cộng lại ta được: $\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{2}$

______________________________

Bài hơi tối sửa lại cho nó sáng. Để sáng và trắng hơn hãy dùng ÔMO.

Bài này không dùng L'Hospital thì lời giải cũng ko dài dòng lắm anh nhỉ, mà cách giải của anh hay thật, dễ hiểu     

Trong SGK chắc không có L'Hopital. Mà lần sau em trích dẫn bài viết thì nhớ ngắn thôi nhé, bằng cách xoá các ý không cần thiết trong trích dẫn. Ví dụ:

Xin lỗi vì để em đợi lâu, do hồi nãy máy tính có vấn đề

Em là quanguefa đây anh, anh có cách khác không, em chưa học đạo hàm nên ko hiểu ạ!! Đây là bài tập trong sách nâng cao phần giới hạn hàm số (bài này không có giải) nên em nghĩ có cách khác chứ!!

Xin lỗi vì để em đợi lâu, do hồi nãy máy tính có vấn đề

Đầu tiên, ta luôn có giới hạn sau: $\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1\implies \lim_{x\to0}\frac{1-\cos nx}{x^2}=\lim_{x\to0}\left [\frac{2\sin^2\frac {nx}2}{\frac {n^2x^2}{2^2}}  \cdot\frac{n^2}{2^2}\right ]=\frac{n^2}{2}\left (\lim_{x\to0}\frac{\sin\frac {nx}2}{\frac {nx}2}  \right )^2=\frac{n^2}{2}$

Từ đó, ta có:

$\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x.\cos2x...\cos nx}{x^{2}}$

$= \lim_{x\to0}\frac{1-\cos x+\cos x-\cos x\cos2x+\cos x\cos2x+\dots+\cos x.\cos2x...\cos (n-1)x-\cos x.\cos2x...\cos nx}{x^2}$

$=\lim_{x\to0} \frac{1-\cos x+\cos x\left (1-\cos2x  \right )+\dots+\cos x.\cos2x...\cos (n-1)x\left (1-\cos nx  \right )}{x^2}$

$=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}+\lim_{x\to0}\frac{1-\cos 2x}{x^2}+\cdots+\lim_{x\to0}\frac{1-\cos nx}{x^2}$

$ = \frac{1^2}{2}+\frac{2^2}{2}+\cdots+\frac{n^2}{2}=\frac{n\left ( n+1 \right )\left ( 2n+1 \right )}{12}$

Chú ý: Ta luôn có$\lim_{x\to0}\cos nx=1$

$cos\alpha=\sqrt{1-sin^2\alpha}=\frac{\sqrt{5}}{3}$

Mình nghĩ $\cos\alpha=-\sqrt{1-\sin^2\alpha}=-\dfrac{\sqrt{5}}{3}$ mới chính xác

tính $sin 2^{0}.sin4^{0}.sin6^{0}....sin88^0$

Bạn có thể dung công thức $\sin x\cdot \sin\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )\cdot\sin\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right ) =\dfrac{1}{4}\sin3x$ sau đó nhóm chúng lại còn thừa $\sin 30^{\circ}$ và $\sin60^{\circ}$.

Bạn ghi rõ dùm mình với, vẫn chưa hiểu 

Bạn xem nhé!

$$2^n.\sin\frac{x}{2^n}\cos\frac{x}{2^{n}}=2^{n-1}.\sin\frac{x}{2^{n-1}}$$

Từ đó cứ nhân tiếp hàm $\cos$ tiếp theo với $VP$ ở trên đến cuối cùng ra được: $2\cos\dfrac{x}{2}\sin\dfrac{x}{2}=\sin x$

Nhân các vế trên với nhau và thu gọn

Kết Quả:

$$\dfrac{\sin x}{2^n\sin\dfrac{x}{2^n}}$$

2/ Ta có: $$\sin a^{\circ}=\sin(180^{\circ} -a^{\circ})$$

Do đó $A=\dfrac{180(\sin 2^{\circ}+\sin 4^{\circ}+\dots+\sin 88^{\circ})+90\sin 90^{\circ}}{\cot 1^{\circ}}$

$=90(2\sin 2^{\circ}+2\sin 4^{\circ}+\dots+2\sin 88^{\circ}+1)\dfrac{\sin 1^{\circ}}{\cos1^{\circ}}$

Ta có: $$2\sin 2^{\circ}\sin 1^{\circ}=\cos1^{\circ}-\cos3^{\circ}\\2\sin 4^{\circ}\sin 1^{\circ}=\cos3^{\circ}-\cos5^{\circ}\\\vdots \\2\sin 88^{\circ}\sin 1^{\circ}=\cos87^{\circ}-\cos89^{\circ}$$

Suy ra $A=\dfrac{90(\cos1^{\circ}-\cos89^{\circ}+\sin1^{\circ})}{\cos1^{\circ}}=90$

1/ $B=\dfrac{\sin{2x}-2\sin x}{\sin{2x}+2\sin x}+\tan^2\dfrac{x}{2}= \dfrac{2\sin{2x}(\cos x-1)}{2\sin2x(\cos x+1)}+\dfrac{\sin^2{\dfrac{x}{2}}}{\cos^2{\dfrac{x}{2}}}$

$ =-\dfrac{\dfrac{1-\cos x}{2}}{\dfrac{1+\cos x}{2}}+\dfrac{\sin^2{\dfrac{x}{2}}}{\cos^2{\dfrac{x}{2}}}=-\dfrac{\sin^2{\dfrac{x}{2}}}{\cos^2{\dfrac{x}{2}}}+\dfrac{\sin^2{\dfrac{x}{2}}}{\cos^2{\dfrac{x}{2}}}=0$

3/ Đặt $t=\tan x$. Từ giả thiết ta có: $t-\dfrac{2}{t}=-1 \Leftrightarrow t^2+t-2=0 \Leftrightarrow \left [\begin{array}{c} t&=&1 \\ t&=&-2 \end{array} \right.$

Thay vào $C$ ta được 2 kết quả của $C$

4/ Ta có:

$$4\sin^3x=3\sin x-\sin{3x}$$

$$4\cos^3x=\cos{3x} +3\cos x$$

Thế vào vế trái của biểu thức và biến đổi ta được vế phải.

CodeCogsEqn (2).gif

Em cứ viết $2^{n-1}\tan2^{n-1}a=2^{n-1}\cot2^{n-1}a-2^n\cot2^na$ cho từng số hạng rồi cộng theo vế là ra thôi!

Tính $$H=\sin 1^o.\sin 2^o. ... .\sin 89^o$$

$H=\sin 1^{\circ}\sin 2^{\circ}\sin3^{\circ}\dots\sin88^{\circ}\sin 89^{\circ}$

Ta có: $\sin x\cdot\sin\left ( \dfrac{\pi}{3}-x \right )\sin\left ( \dfrac{\pi}{3}+x \right )=\dfrac{1}{4}\sin3x$

Suy ra: 

$H=\left (\sin 1^{\circ}\sin59^{\circ}\sin 61^{\circ}  \right )\left ( \sin 2^{\circ}\sin58^{\circ}\sin 62^{\circ} \right )\dots\left (\sin 29^{\circ}\sin31^{\circ}\sin 89^{\circ}  \right )\sin30^{\circ}\sin60^{\circ}$

$=\left (\dfrac{1}{4}  \right )^{29}\dfrac{\sqrt3}{4}\sin3^{\circ}\sin6^{\circ}\dots\sin87^{\circ}$

$=\left (\dfrac{1}{4} \right )^{30}\sqrt3\left (\sin3^{\circ} \sin57^{\circ}\sin63^{\circ} \right )\left ( \sin6^{\circ}\sin54^{\circ}\sin66^{\circ} \right )\dots\left ( \sin27^{\circ}\sin33^{\circ}\sin87^{\circ} \right )\sin30^{\circ}\sin60^{\circ}$

$=\left (\dfrac{1}{4} \right )^{40}3\sin9^{\circ}\sin18^{\circ}\dots\sin81^{\circ}$

$=\left (\dfrac{1}{4} \right )^{40}3\left (\sin9^{\circ}\cos9^{\circ}  \right )\left (\sin18^{\circ}\cos18^{\circ}  \right )\left ( \sin27^{\circ}\cos27^{\circ} \right )\left ( \sin36^{\circ}\cos36^{\circ} \right )\sin45^{\circ}$

$=\left (\dfrac{1}{4} \right )^{43}6\sqrt2\sin18^{\circ}\sin36^{\circ}\sin54^{\circ}\sin72^{\circ}$

$=\left (\dfrac{1}{4} \right )^{43}3\sqrt2\left (\sin^236^{\circ}\cdot\cos36^{\circ} \right )$

Ta có: $\sin x\sin(60^0-x)\sin(60+x)=\frac{1}{4}\sin3x$

$\large \int_{0}^{1}\frac{x^2}{(1+x^2)\sqrt{1-x}}dx$

Bài của bạn thuộc dạng tích phân suy rộng, thuộc toán cao cấp rùi

$\large \int_{0}^{\infty  }\frac{xlnx}{(1+x^2)^2}dx$

Đặt $\left\{\begin{matrix}u=\ln x\\\mathrm dv=\dfrac x{(1+x^2)^2}\mathrm{d}x \end{matrix}\right.\implies \left\{\begin{matrix}\mathrm{d}u=\dfrac1x\mathrm{d}x\\v=-\dfrac1{2(1+x^2)} \end{matrix}\right.$

Ta có: $-v\mathrm{d}u=\frac1{2}\frac1{x\left (1+x^2  \right )}\mathrm dx=\frac12\left ( \frac1x-\frac x{1+x^2} \right )\mathrm dx$

Dễ rồi này   

Tính các góc của tam giác ABC biết:

$cosB + \sqrt[]{3}(cosA + cosC) = \frac{5}{2}$

Ta có: $\cos B + \sqrt{3}(\cos A + \cos C) = 1-2\sin^2\frac{B}{2}+2\sqrt3\sin\frac{B}{2}\cos\frac{A-C}{2}\le -2\sin^2\frac{B}{2}+2\sqrt3\sin\frac{B}{2}+1$

$\Rightarrow -2\sin^2\frac{B}{2}+2\sqrt3\sin\frac{B}{2}+1\ge \frac{5}{2}\Leftrightarrow \left ( \sin\frac{B}{2}-\frac{\sqrt3}{2} \right )^2\le 0$

Mà $\left ( \sin\frac{B}{2}-\frac{\sqrt3}{2} \right )^2\ge 0 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sin\frac{B}{2}=\frac{\sqrt3}{2}\\ \cos\frac{A-C}{2}=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow B=120^0, A=C=30^0$

Ta có $x \sin^{2}A+y\sin^{2}B+z\sin^{2}C=x.\dfrac{1-\cos2A}{2}+y.\dfrac{1-\cos2B}{2}+z.\dfrac{1-\cos2C}{2}=\dfrac{x+y+z}{2}-\dfrac{1}{2}( x\cos2A+y\cos2B+z\cos2C )$.....

Cho mình hỏi $a, b, c$ là các cạnh của $\triangle ABC$, cũng là các số không đổi khi các góc $A, B, C$ thay đổi hay sao?

Còn $x, y, z$ phải là các số dương hay sao? 

Anh em giúp một tay nhé :
Cho $x,y,z$ là các hằng số, $A,B,C$ là ba góc tam giác.Tìm $\max$ của biểu thức :
$P = x\sin ^2A + y\sin ^2B + z\sin ^2C$.

Áp dụng Định Lý 2 đã được chứng minh vào bài toán, với $yz, zx, xy$ thay cho $x, y, z$, ta có:

$$x \sin^2 A + y \sin^2 B + z \sin^2 C \leq \dfrac{\left(yz+zx+xy\right)^2}{4xyz}$$

Bây giờ ta phải tìm liệu khi nào Đẳng thức xảy ra, nhưng em chưa biết dù nó tồn tại.

Định Lý 2: Cho $x, y, z$ là 3 số thực và $A, B, C$ là 3 góc sao cho $A+B+C$ là bội của $180^{\circ}$. Ta có: $$\left(x + y + z\right)^{2}\geq 4\left(yz\sin^{2}A + zx\sin^{2}B + xy\sin^{2}C\right)$$

Ta sẽ chỉ chứng minh Định Lý 2 bằng cách sử dụng Định Lý 1.

Đầu tiên, ta có thể giả định rằng $A + B + C = 180^{\circ}$ vì BĐT $$\left(x + y + z\right)^{2}\geq 4\left(yz\sin^{2}A + zx\sin^{2}B + xy\sin^{2}C\right)$$ sẽ không thay đổi khi ta thêm 1 bội của $180^{\circ}$ vào 1 trong các góc $A, B, C$ (bởi vì $\sin^{2}\left(180^{\circ} + u\right) = \sin^{2}u$ với mọi $u$), do đó, vì $A+B+C$ là bội của $180^{\circ}$ nên ta có thể thêm 1 bội số của $180^{\circ}$ vào góc $A$ để từ đó ta có $A + B + C = 180^{\circ}$.

Giờ đây, vì $A + B + C = 180^{\circ}$, ta có:

$\left(180^{\circ} - 2A\right) + \left(180^{\circ} - 2B\right) + \left(180^{\circ} - 2C\right) = 540^{\circ} - 2\cdot\left(A + B + C\right)$

$= 540^{\circ} - 2\cdot 180^{\circ} = 180^{\circ}$

Áp dụng Định Lý 1 với $180^{\circ}-2A, 180^{\circ}-2B, 180^{\circ}-2C$ thay cho $A, B, C$, ta có: 

$x^{2} + y^{2} + z^{2}\geq 2yz\cos\left(180^{\circ} - 2A\right) + 2zx\cos\left(180^{\circ} - 2B\right) + 2xy\cos\left(180^{\circ} - 2C\right)$

Do $\cos\left(180^{\circ} - 2A\right) = - \cos\left(2A\right) = - \left(1 - 2\sin^{2}A\right) = 2\sin^{2}A - 1$, tương tự $\cos\left(180^{\circ} - 2B\right) = 2\sin^{2}B - 1\cos\left(180^{\circ} - 2B\right) = 2\sin^{2}B - 1$ và $\cos\left(180^{\circ} - 2C\right) = 2\sin^{2}C - 1$, BĐT trên trở thành:

$x^{2} + y^{2} + z^{2}\geq 2yz\left(2\sin^{2}A - 1\right) + 2zx\left(2\sin^{2}B - 1\right) + 2xy\left(2\sin^{2}C - 1\right)$

$\Longleftrightarrow\ \ \ \ \ x^{2} + y^{2} + z^{2}\geq 4\left(yz\sin^{2}A + zx\sin^{2}B + xy\sin^{2}C\right) - \left(2yz + 2zx + 2xy\right)$

$\Longleftrightarrow\ \ \ \ \ x^{2} + y^{2} + z^{2} + \left(2yz + 2zx + 2xy\right)\geq 4\left(yz\sin^{2}A + zx\sin^{2}B + xy\sin^{2}C\right)$

$\Longleftrightarrow\ \ \ \ \ \left(x + y + z\right)^{2}\geq 4\left(yz\sin^{2}A + zx\sin^{2}B + xy\sin^{2}C\right)$

Định Lý 2 được chứng minh.

Anh em giúp một tay nhé :
Cho $x,y,z$ là các hằng số, $A,B,C$ là ba góc tam giác.Tìm $\max$ của biểu thức :
$P = x\sin ^2A + y\sin ^2B + z\sin ^2C$.

Em nghĩ là đề bài phải thêm đk là các số $x, y, z$ dương nữa

Bổ sung: Xin lỗi nhưng chắc em nghĩ sai rồi.

Đây là chứng minh bên Art Of Problem Solving

http://www.artofprob...c6h69200p590661

Toàn Tiếng Anh không, các bạn cứ Google Translate thoải mái

Bài chứng minh của darij grinberg gồm 2 phần với 2 định lý cần chứng minh.

Bạn nào không giỏi tiếng Anh thì dưới đây là bản lược dịch bài Chứng minh của darij grinberg.

Định lý 1: Cho $x, y, z$ là 3 số thực và $A, B, C$ là 3 góc trong 1 tam giác với $A+B+C=\pi$, ta có: $$x^2+y^2+z^2\geq 2yz\cos A+2zx\cos B+2xy\cos C$$

Chứng minh: Ta sẽ ký hiệu $\measuredangle \left ( \overrightarrow{p}; \overrightarrow{q} \right )$ là góc giữa hai vector $\overrightarrow{p}$ và $\overrightarrow{q}$ (lưu ý rằng đây là 1 góc có thể lớn đến $360^{\circ}$)

Đối với bất kỳ 2 vector $\overrightarrow{p}$ và $\overrightarrow{q}$, ta có $\overrightarrow{p}\cdot\overrightarrow{q}$ là tích vô hướng của 2 vector $\overrightarrow{p}$ và $\overrightarrow{q}$.

Với bất kỳ vector $\overrightarrow{p}$, ta định nghĩa $\overrightarrow{p}^2$ là tích vô hướng $\overrightarrow{p}\cdot\overrightarrow{p}$. Với mỗi vector $\overrightarrow{p}$ thoả $\overrightarrow{p}^2=\left|\left|\overrightarrow{p}\right|\right|^2\geq 0$.

Đặt $\overrightarrow{a}$ là vector đơn vị. Gọi $\overrightarrow{b}$ cũng là một vector đơn vị sao cho $\measuredangle\left(\overrightarrow{a};\;\overrightarrow{b}\right)=180^{\circ}-C$. $\overrightarrow{c}$ là một vector đơn vị sao cho $\measuredangle\left(\overrightarrow{b};\;\overrightarrow{c}\right)=180^{\circ}-A$. Ta có: $$\measuredangle\left(\overrightarrow{c};\;\overrightarrow{a}\right)=360^{\circ}-\measuredangle\left(\overrightarrow{a};\;\overrightarrow{b}\right)-\measuredangle\left(\overrightarrow{b};\;\overrightarrow{c}\right)$$

(Do $A+B+C=180^{\circ}$)

Cho tất cả các vector $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}$ có đơn vị độ dài : $\left|\overrightarrow{a}\right|=\left|\overrightarrow{b}\right|=\left|\overrightarrow{c}\right|=1$. Ta có: $\measuredangle\left(\overrightarrow{b};\;\overrightarrow{c}\right)=180^{\circ}-A$ suy ra $\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}=\left|\overrightarrow{b}\right|\cdot\left|\overrightarrow{c}\right|\cdot\cos\measuredangle\left(\overrightarrow{b};\;\overrightarrow{c}\right)=1\cdot 1\cdot\cos\left(180^{\circ}-A\right)=\cos\left(180^{\circ}-A\right)$

Tương tự, ta có: $\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a}=-\cos B$ và $\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=-\cos C$. Do vậy:

$\left(x\cdot\overrightarrow{a}+y\cdot\overrightarrow{b}+z\cdot\overrightarrow{c}\right)^2$

$=\left(x\cdot\overrightarrow{a}\right)^2+\left(y\cdot\overrightarrow{b}\right)^2+\left(z\cdot\overrightarrow{c}\right)^2+2\cdot y\cdot\overrightarrow{b}\cdot z\cdot\overrightarrow{c}+2\cdot z\cdot\overrightarrow{c}\cdot x\cdot\overrightarrow{a}+2\cdot x\cdot\overrightarrow{a}\cdot y\cdot\overrightarrow{b}$

$=x^2\underbrace{\cdot\left|\overrightarrow{a}\right|^2}_{=1^2}+y^2\cdot\underbrace{\left|\overrightarrow{b}\right|^2}_{=1^2}+z^2\cdot\underbrace{\left|\overrightarrow{c}\right|^2}_{=1^2}+2yz\cdot\underbrace{\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}}_{=-\cos A}+2zx\cdot\underbrace{\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a}}_{=-\cos B}+2xy\cdot\underbrace{\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}}_{=-\cos C}$

$=x^2\cdot 1^2+y^2\cdot 1^2+z^2\cdot 1^2+2yz\cdot\left(-\cos A\right)+2zx\cdot\left(-\cos B\right)+2xy\cdot\left(-\cos C\right)$

$=x^2+y^2+z^2-2yz\cos A-2zx\cos B-2xy\cos C$

Rõ ràng ta có $\left(x\cdot\overrightarrow{a}+y\cdot\overrightarrow{b}+z\cdot\overrightarrow{c}\right)^2\geq 0$, suy ra:

$x^2+y^2+z^2-2yz\cos A-2zx\cos B-2xy\cos C\geq 0$

hay $x^2+y^2+z^2\geq 2yz\cos A+2zx\cos B+2xy\cos C$

Định Lý 1 được chứng minh.

Ps: BĐT này cũng được thảo luận tại http://www.artofprob...opic.php?t=5243và http://www.artofprob...pic.php?t=42509

Định Lý 1 tương đương với Định Lý 2 bên dưới, cũng là 1 BĐT khá hữu dụng được dùng trong các Kỳ thi toán Olympiad và trên các tạp chí toán học.