Bài toán chứng minh bất đẳng thức là một bài toán khó, thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia và quốc tế. Chính vì vậy bài toán bất đẳng thức luôn dành được sự quan tâm rất lớn từ các bạn học sinh, các thầy giáo, cô giáo và các nhà toán học. Một trong các phương pháp có hiệu quả để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức là sử dụng các tính chất của hình học. Ý tưởng của “Phương pháp sử dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức” xuất phát từ các tính chất quen thuộc trong hình học, ta vận dụng đề để đưa ra lời giải cho bài toán chứng minh bất đẳng thức, mà trong đó có nhiều bài toán bất đẳng thức khó dành cho học sinh khá, giỏi. Xuất phát từ thực tế trên và với mục đích tích lũy thêm các kiến thức về cách chứng minh các bất đẳng thức và vận dụng một số tính chất hình học vào giải một số bài toán bất đẳng thức trong các đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế làm tư liệu cho công việc giảng dạy của bản thân, chúng em đã lựa chọn hướng nghiên cứu vận dụng một số tính chất hình học vào chứng minh, đưa ra lời giải cho một số bài toán bất đẳng thức dành cho học sinh khá, giỏi. Luận văn tập trung vào hoàn thành các nhiệm vụ chính sau: - Tìm hiểu về các tính chất hình học thường được vận dụng để đưa ra lời giải cho các bài toán chứng minh bất đẳng thức. - Ý tưởng toán học của việc lựa chọn, vận dụng một số tính chất hình học trong việc tìm lời giải cho bài toán chứng minh bất đẳng thức. - Sưu tầm một bài toán, đề thi về bài toán bất đẳng thức dành cho học sinh giỏi. - Đưa ra lời giải bằng cách vận dụng các tính chất hình học cho một số bài toán chứng minh bất đẳng thức dành cho học sinh giỏi. Ngoài ra
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM ANH HUY SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2020 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– PHẠM ANH HUY SỬ DỤNG CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI Thái Nguyên - 2020 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, hướng dẫn PGS.TS Trịnh Thanh Hải Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn, người tạo cho phương pháp nghiên cứu khoa học đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc dành nhiều thời gian, cơng sức giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn phịng Đào tạo, Khoa Tốn Tin, q thầy giảng dạy lớp Cao học K12 trường Đại học khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện cho hồn thành khóa học Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Toán K12 động viên giúp đỡ tác giả nhiều trình học tập làm luận văn Cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng năm 2020 Tác giả Phạm Anh Huy ii Mục lục Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.2 Một vài bất đẳng thức quen thuộc thường gặp chương trình phổ thông 1.1.1 Các tính chất bất đẳng thức 1.1.2 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối 1.1.3 Bất đẳng thức AM − GM (bất đẳng thức Cauchy) 1.1.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (bất đẳng thức Bunhiacopski) 1.1.5 Bất đẳng thức Bernouli 1.1.6 Bất đẳng thức Mincopski (bất đẳng thức véctơ) Một số phương pháp giải toán bất đẳng thức phạm vi toán trung học phổ thông 1.2.1 Phương pháp sử dụng định nghĩa 1.2.2 Phương pháp sử dụng phép biến đổi tương đương 1.2.3 Phương pháp chứng minh phản chứng 1.2.4 Phương pháp chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính chất bắc cầu 10 1.2.5 Phương pháp sử dụng bất đẳng thức quan trọng trung gian biết 11 1.2.6 Phương pháp ứng dụng định lý dấu tam thức bậc hai 12 1.2.7 Phương pháp miền giá trị hàm 13 iii 1.2.8 Phương pháp ứng dụng đạo hàm để chứng minh bất đẳng thức 15 1.2.9 Phương pháp quy nạp 16 1.2.10 Phương pháp lượng giác 17 Vận dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức 19 2.1 Ý tưởng việc vận dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức 19 2.2 Một số toán chứng minh bất đẳng thức dựa tính chất hình học 21 2.2.1 Vận dụng tính chất tam giác, tứ giác, đường trịn để chứng minh bất đẳng thức 22 2.2.2 Vận dụng tích vơ hướng hình học phẳng vào chứng minh bất đẳng thức 37 2.2.3 Vận dụng tích vơ hướng không gian vào chứng minh bất đẳng thức 41 2.2.4 Vận dụng tính chất mặt phẳng tọa độ để chứng minh bất đẳng thức 44 2.2.5 Vận dụng tính chất mặt phẳng tọa độ để chứng minh bất đẳng thức liên quan đến số phức 60 Tài liệu tham khảo 68 Mở đầu Bài toán chứng minh bất đẳng thức tốn khó, thường xuất kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia quốc tế Chính tốn bất đẳng thức ln dành quan tâm lớn từ bạn học sinh, thầy giáo, cô giáo nhà tốn học Một phương pháp có hiệu để giải số toán chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính chất hình học Ý tưởng “Phương pháp sử dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức” xuất phát từ tính chất quen thuộc hình học, ta vận dụng đề để đưa lời giải cho toán chứng minh bất đẳng thức, mà có nhiều tốn bất đẳng thức khó dành cho học sinh khá, giỏi Xuất phát từ thực tế với mục đích tích lũy thêm kiến thức cách chứng minh bất đẳng thức vận dụng số tính chất hình học vào giải số toán bất đẳng thức đề thi học sinh giỏi nước quốc tế làm tư liệu cho công việc giảng dạy thân, chúng em lựa chọn hướng nghiên cứu vận dụng số tính chất hình học vào chứng minh, đưa lời giải cho số toán bất đẳng thức dành cho học sinh khá, giỏi Luận văn tập trung vào hoàn thành nhiệm vụ sau: - Tìm hiểu tính chất hình học thường vận dụng để đưa lời giải cho toán chứng minh bất đẳng thức - Ý tưởng toán học việc lựa chọn, vận dụng số tính chất hình học việc tìm lời giải cho tốn chứng minh bất đẳng thức - Sưu tầm toán, đề thi toán bất đẳng thức dành cho học sinh giỏi - Đưa lời giải cách vận dụng tính chất hình học cho số toán chứng minh bất đẳng thức dành cho học sinh giỏi Ngoài luận văn đưa cách giải khác toán bất đẳng thức so sánh phương pháp giải với lời giải dựa vào việc vận dụng tính chất hình học để có nhận xét thú vị Cấu trúc luận văn gồm có hai chương phần mở đầu, kết luận Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương tác giả trình bày vài bất đẳng thức quen thuộc chương trình tốn trung học phổ thông số phương pháp giải toán bất đẳng thức pham vi trung học phổ thơng Chương Vận dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức Chương trình bày ý tưởng việc vận dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức số toán chứng minh bất đẳng thức dựa tính chất hình học Tác giả minh họa cách vận dụng kiến thức hình học vào tốn chứng bất đẳng thức ví dụ cụ thể, đưa bất đẳng thức Finsler-Hadwiger, phép Conway áp dụng vào chứng minh số bất đẳng thức đại số Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Một vài bất đẳng thức quen thuộc thường gặp chương trình phổ thơng 1.1.1 Các tính chất bất đẳng thức Tính chất Điều kiện Nội dung a < b ⇔ a+c < b+c c>0 a < b ⇔ ac < bc c bc a < b c < d ⇒a+c 0, c > a < b c < d ⇒ ac < bd a < b ⇔ a2n+1 < ∗ n∈N b2n+1 n ∈ N∗ a < b ⇔ a2n < a>0 b2n √ a < b ⇔ a < √ a>0 b √ a < b ⇔ a < √ b Tên gọi Cộng hai vế bất đẳng thức với số Nhân hai vế bất đẳng thức với số Cộng hai bất đẳng thức chiều Nhân hai bất đẳng thức chiều Nâng hai vế bất đẳng thức lên lũy thừa Khai hai vế bất đẳng thức 1.1.2 1.1.3 Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối Điều kiện Nội dung a>0 |x| ≥ 0, |x| ≥ x, |x| ≥ − x |x| ≤ a ⇔ − a ≤ x ≤ a |x| ≥ a ⇔ x ≤ − a x ≥ a |a| − |b| ≤ |a + b| ≤ |a| + |b| Bất đẳng thức AM − GM (bất đẳng thức Cauchy) Định lý 1.1 Trung bình nhân hai số khơng âm nhỏ trung bình cộng chúng √ Đẳng thức √ ab = ab ≤ a+b , ∀a, b ≥ (1.1) a+b xảy a = b Mở rộng: Nếu x1 , x2 , , xn số khơng âm √ x1 + x2 + + xn ≥ n x1 x2 xn n Dấu xảy x1 = x2 = = xn Hệ 1.1 Tổng số dương với nghịch đảo lớn a+ ≥ 2, a a > Hệ 1.2 Nếu x, y dương có tổng khơng đổi tích xy lớn x = y Hệ 1.3 Nếu x, y dương có tích khơng đổi tổng x + y nhỏ x = y 1.1.4 Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz (bất đẳng thức Bunhiacopski) Định lý 1.2 Với số thực a, b, c, d tùy ý ta ln có a2 + b c2 + d2 ≥ (ac + bd)2 Chứng minh Ta có: a2 + b2 c2 + d2 ≥ (ac + bd)2 ⇔ (ac)2 + (ad)2 + (bc)2 + (bd)2 ≥ (ac)2 + 2abcd + (bd)2 ⇔ (ad)2 − 2adbc + (bc)2 ≥ ⇔ (ad − bc)2 ≥ (luôn đúng) Dấu xảy ad = bc hay b a = c d Mở rộng: Với hai số (a1 , a2 , , an ) (b1 , b2 , , bn ) ta có b21 + b22 + + b2n ≥ (a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 a2 an a1 = = = với quy ước mẫu Dấu xảy b1 b2 bn tử phải a21 + a22 + + a2n Chứng minh Đặt a = a21 + a22 + + a2n , b = b21 + b22 + + b2n • Nếu a = hay b = 0: Bất đẳng thức ln • Nếu a, b > 0: bi Đặt αi = , βi = , (i = 1, 2, , n), a b α12 + α22 + + αn2 = β12 + β22 + + βn2 Mặt khác: |αi βi | ≤ αi + βi2 , suy |α1 β1 | + |α2 β2 | + + |αn βn | ≤ (α12 + α22 + + αn2 ) + (β12 + β22 + + βn2 ) ≤ ⇒ |a1 b1 | + |a2 b2 | + + |an bn | ≤ a.b Lại có: |a1 b1 + a2 b2 + + an bn | ≤ |a1 b1 | + |a2 b2 | + + |an bn | , suy (a1 b1 + a2 b2 + + an bn )2 ≤ (a21 + a22 + + a2n )(b21 + b22 + + b2n ) 55 Chứng minh Gọi α giá trị tùy ý hàm số f (x), miền −3 ≤ x ≤ Điều có nghĩa hệ sau có nghiệm √ √ + x − − x − (3 + x)(6 − x) = α, (2.28) −3 ≤ x ≤ Hình 2.19 √ √ Bằng cách đặt u = + x, v = − x hệ (2.28) có nghiệm hệ sau có nghiệm u + v − uv = α, (2.29) u2 + v = 9, u ≥ 0, v ≥ (2.29) ⇔ ⇔ (u + v)2 − =α u+v− (u + v)2 − 2(u + v) + 2α − = Do u ≥ 0, v ≥ nên (u + v)2 ≥ u2 + v ⇒ u + v ≥ Vậy √ u + v = + 10 − 2α, u2 + v = 9, u, v ≥ (2.30) 56 Hệ (2.30) có nghiệm đường thẳng u√+ v = + nằm hai đường thẳng u + v = u + v = tức √ √ ≤ + 10 − 2α ≤ 2, √ √ ⇔ ≤ 10 − 2α ≤ − 1, √ 2−9 ⇔ ≤ α ≤ √ 2−9 Vậy ≤ f (x) ≤ xét miền −3 ≤ x ≤ √ 10 − 2α Bài toán 2.2.33 Chứng minh rằng: √ ≤ f (x) ≤ với f (x) = x + √ x − x2 , 2+1 , ≤ x ≤ Chứng minh Gọi α giá trị tùy ý hàm số f (x) ≤ x ≤ Khi hệ sau có nghiệm √ x − x2 = α − x, (2.31) ≤ x ≤ y ≥ 0, √ Ta thấy y = x − x ⇔ 2 + y = x − Hình 2.20 57 Vậy (2.31) nửa đường trịn (phần trục hoành) tâm O1 ,0 Vậy hệ (2.31) có nghiệm đường thẳng y = α −√x (tức x + y = α) nằm hai đường √ thẳng x + y = 2+1 x+y = (vì OB = OO1 + O1 B = + ), tức 2 √ 2+1 0≤α≤ √ 2+1 Vậy ≤ f (x) ≤ với ≤ x ≤ bán kính Bài toán 2.2.34 Chứng minh rằng: 16 ≤ x2 + y ≤ 20, xét miền D = {(x, y) : x − 2y + ≥ 0; x + y + ≥ 0; 2x − y + ≤ 0} Chứng minh Giả sử (x, y) ∈ D, điểm M (x, y) nằm tam giác ABC với A(0, 4), B(−4, 2) C(2, 0) Vậy miền D tồn tam giác ABC Với M (x, y) ∈ D, x2 + y = OM Ta có OM = OH , M ∈D H chân đường vng góc hạ từ O xuống AC Hình 2.21 58 Ta có |2.0 − + 4| √ =√ , 22 + √ √ max OM = max{OA, OB, OC} = max{4, 2, 20} = 20 OH = M ∈D 16 ≤ x2 + y ≤ 20 xét miền D Bài toán 2.2.35 Chứng minh rằng: ≤ f (x, y) ≤ 65, Từ hàm số f (x, y) = x2 + y − 4x − 8y + 20 xét miền D = {(x, y) : 2x + y ≥ 2, x + 3y ≤ 9, x ≥ 0, y ≥ 0} Chứng minh Giả sử (x, y) ∈ D, điểm M (x; y) nằm tứ giác ABCD, với A(1; 0), B(0; 2), C(0; 3) D(9; 0) Nói cách khác D xem tứ giác ABCD Hàm số f (x, y) viết lại dạng sau f (x, y) = (x − 2)2 + (y − 4)2 Hình 2.22 Gọi O1 điểm có hồnh độ tung độ Khi M (x; y) ∈ D, (x − 2)2 + (y − 4)4 = O1 M 59 Ta có O1 M = O1 H , H chân đường vng góc hạ từ O1 M ∈D xuống CD Theo cơng thức tính khoảng cách từ điểm O1 (2; 4) với đường thẳng CD có phương trình x + 3y − = ta có: O1 H = |2 + 3.4 − 9| √ =√ 10 12 + 32 Lại có max O1 M = max{O1 A, O1 B, O1 C, O1 D} M ∈D √ √ √ √ √ = max 17, 2, 5, 65 = 65 Vậy ta đến max f (x, y) = 65 f (x, y) = (x,y)∈D (x,y)∈D Vậy ≤ f (x, y) ≤ 65 xét miền D Bài toán 2.2.36 Chứng minh rằng: ≤ f (x, y) ≤ 10, với f (x, y) = x + 2y miền D = {(x, y) : x + 3y − 10 ≥ 0, x + y − ≤ 0, x − y + ≥ 0} Chứng minh Gọi α giá trị tùy ý hàm số f (x, y) miền D, tức hệ sau có nghiệm x + 2y = α, x + 3y − 10 ≥ 0, (2.32) x + y − ≤ 0, x − y + ≥ Giả sử M (x; y) ∈ D Trên hệ trục tọa độ vẽ ba đường x + 3y − 10 = 0, x + y − = 0, x − y + = Từ cách xét miền, D tam giác ABC với A(4; 2), B(2; 4), C(1; 3) Đường thẳng x + 2y = α qua B , ta có α = + 2.4 = 10, đường thẳng qua C , ta có α = + 2.3 = 60 Hình 2.23 Hệ (2.32) có nghiệm đường thẳng x + 2y = α nằm hai đường thẳng x + 2y = 10 x + 2y = Vậy hệ (2.32) có nghiệm ≤ α ≤ 10 Như ta có ≤ f (x, y) ≤ 10 xét miền D 2.2.5 Vận dụng tính chất mặt phẳng tọa độ để chứng minh bất đẳng thức liên quan đến số phức Ý tưởng: Sử dụng tính chất mặt phẳng tọa độ trình bày 2.2 để chứng minh bất đẳng thức liên quan đến số phức Bài toán 2.2.37.√ Cho số phức thỏa mãn |z − − 4i| = |z − 2i| Chứng minh |z| ≥ 2 Chứng minh Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R), z có điểm biểu diễn M (x; y) |z| = OM |z − − 4i| = |z − 2i| ⇔ (x − 2)2 + (y − 4)2 = x2 + (y − 2)2 ⇔ (x − 2)2 + (y − 4)2 = x2 + (y − 2)2 61 ⇔ − 4x − 4y + 16 = ⇔ x + y − = Do tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường thẳng ∆ : x + y − = Hình 2.24 Gọi H hình chiếu vng góc O ∆ Vì |z| = OM nên |z| nhỏ M hình chiếu O ∆ ⇔ M trùng H Vậy √ |0 + − 4| |z| = OH = d(O; ∆) = √ = 2 12 + 12 √ Vậy |z| ≥ 2 Bài toán 2.2.38 Cho số phức z thỏa mãn |z − − i| + |z − − 2i| = √ √ Chứng minh rằng: ≤ |z| ≤ 13 √ Chứng minh Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R) có điểm M (x; y) biểu diễn z mặt phẳng tọa độ Ta có: √ |z − − i| + |z − − 2i| = √ ⇔ (x − 1)2 + (y − 1)2 + (x − 3)2 + (y − 2)2 = (2.33) 62 Hình 2.25 Đặt A(1; 1), B(3; 2) từ (2.33) ta có: AM + BM = Mặt khác √ √ −→ AB = (2; 1) ⇒ AB = (2.34) (2.35) Nên từ (2.34) (2.35) suy M thuộc đoạn thẳng AB Nhận xét OAB góc tù (hoặc quan sát hình vẽ) ta có √ √ M = |z|max = OB = 13 m = |z|min = OA = √ √ Vậy ≤ |z| ≤ 13 Bài toán 2.2.39 Cho số phức z thỏa mãn điều kiện √ |z − − i| + |z − − 2i| = √ Chứng minh rằng: 10 ≤ |z + 2i| ≤ Chứng minh Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R) có điểm M (x; y) biểu diễn z mặt phẳng tọa độ Ta có: √ |z − − i| + |z − − 2i| = √ ⇔ (x − 1)2 + (y − 1)2 + (x − 3)2 + (y − 2)2 = √ ⇔ (x − 1)2 + [(y + 2) − 3]2 + (x − 3)2 + [(y + 2) − 4]2 = (2.36) 63 Hình 2.26 Số phức z + 2i = x + (y + 2)i có điểm M (x; y + 2) biểu diễn z + 2i mặt phẳng tọa độ Đặt A(1; 3), B(3; 4) từ (2.36) ta có: √ (2.37) AM + BM = Mặt khác √ −→ AB = (2; 1) ⇒ AB = (2.38) nên từ (2.37) (2.38) suy M thuộc đoạn thẳng AB Nhận xét OAB góc tù (hoặc quan sát hình vẽ) ta có √ M = |z|max = OB = m = |z|min = OA = 10 √ Vậy 10 ≤ |z + 2i| ≤ √ Bài toán 2.2.40 Cho số phức z1 thỏa mãn |(1 + i)z + − 5i| = 2 số phức z2 thỏa mãn |z + + 2i| = |z + i| Chứng minh rằng: √ √ 2+4 2−4 ≤ |z1 − z2 | ≤ 2 Chứng minh Gọi M, N điểm biểu diễn số phức z1 , z2 mặt phẳng Ta có √ |(1 + i)z + − 5i| = 2 √ − 5i ⇔ |(1 + i)| z + =2 1+i ⇔ |z − − 3i| = 64 Hình 2.27 Suy M ∈ (C) có tâm I(2; 3), bán kính R = Gọi z2 = x + yi, (x, y ∈ R), từ |z + + 2i| = |z + i| ⇔ x + y + = Suy N ∈ ∆ : x + y + = Ta có: |z1 − z2 | = M N ⇒ |z1 − z2 |max ⇔ M Nmax Ta có: √ √ √ 7 2+4 d(I; ∆) = ⇒ M Nmax = d(I; ∆) + R = +2= 2 Ta có |z1 − z2 | = M N ⇒ |z1 − z2 |min ⇔ M Nmin Ta có √ √ √ 7 2−4 d(I; ∆) = ⇒ M Nmin = d(I; ∆) − R = −2= 2 √ √ 2−4 2+4 Vậy ≤ |z1 − z2 | ≤ 2 √ Bài toán 2.2.41 Cho số phức z1 thỏa mãn |(1 + i)z + − 5i| = 2 số phức z2 thỏa mãn |z + + 2i| = |z + i| Chứng minh rằng: √ 2+4 |z1 − z2 − + i| ≤ 65 Chứng minh Ta có |z1 −z2 −3+i| = |(z1 −3+i)−z2 | = M N ⇒ |z3 −z2 |max ⇔ M Nmax Gọi M, N điểm biểu diễn số phức z3 , z2 mặt phẳng Hình 2.28 Ta có: √ |(1 + i)z + − 5i| = 2 √ − 5i ⇔ |(1 + i)| z + =2 1+i ⇔ |z − − 3i| = ⇔ z − + i +1 − 4i = z3 Suy M ∈ (C) có tâm I(−1; 4), bán kính R = Gọi z2 = x + yi, (x, y ∈ R), từ |z + + 2i| = |z + i| ⇔ x+y+2=0 ⇒ N ∈ ∆ : x + y + = Ta có √ √ √ 5 2+4 ⇒ M Nmax = d(I; ∆) + R = +2= d(I; ∆) = 2 66 √ 2+4 Vậy |z1 − z2 − + i| ≤ Bài toán 2.2.42 Cho số phức z thỏa mãn |z| = Chứng minh rằng: √ |z + 1| + 2|z − 1| ≤ Chứng minh Gọi z = x + yi, (x, y ∈ R) biểu diễn điểm M (x; y) Khi |z| = ⇒ x2 + y = (C) ⇒ M ∈ (C) Ta có T = |z +1|+2|z −1| = (x + 1)2 + y +2 (x − 1)2 + y = M A+2M B Hình 2.29 Với A(−1; 0), B(1; 0) ⇒ A, B ∈ (C) AB = đường kính (C) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có: √ √ √ 2 2 T = M A+2M B ≤ (1 + )(M A + M B ) = 5.AB = 5.4 = 5, √ √ suy max = Vậy |z + 1| + 2|z − 1| ≤ 67 Kết luận luận văn Đề tài luận văn đề cập đến việc sử dụng tính chất hình học để chứng minh Bất đẳng thức Luận văn hồn thành nhiệm vụ sau: Trình bày cách sơ lược tính chất tam giác, tứ giác, đường trịn tính chất tích vơ hướng, phương pháp toạ độ Đây tính chất hình học vận dụng việc chứng minh bất đẳng thức trình bày luận văn Chọn lọc cách có hệ thống số tập khó bất đẳng thức (dành cho học sinh khá, giỏi) trình bày thành nhóm, dạng trình bày, đưa lời chứng minh bất đẳng thức dựa tính chất hình học (một số đưa lời giải khác với tài liệu gốc) Với bất đẳng thức, lời chứng minh, luận văn cố gắng làm rõ số bước biến đổi trung gian để “xuất kiện hình học” sau sử dụng tính chất hình học để đưa lời giải hoàn chỉnh Đề tài luận văn cố gắng minh họa thêm hướng chứng minh bất đẳng thức cách khai thác tính chất hình học, góp phần khơi dậy hứng thú, niềm yêu thích, cảm thụ vẻ đẹp Bất đẳng thức, góp phần rèn luyện tư cho học sinh, giúp học sinh phát triển tư sáng tạo 68 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Vũ Đình Hịa, (2005), Bất đẳng thức hình học, NXB Giáo dục Hà Nội, Hà Nội [2] Trần Quang Hùng, (2011), Một số dạng Bất đẳng thức hình học, Luận văn Thạc sĩ, Trường Đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Phan Huy Khải, (2001), 10.000 tốn sơ cấp (bất đẳng thức hình học), NXB Hà Nội, Hà Nội [4] Phan Huy Khải, (2001), Các phương pháp tìm giá trị lớn giá trị nhỏ nhất, NXB Hà Nội, Hà Nội [5] Nguyễn Vũ Lương, (2004), Bất đẳng thức tam giác, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội, Hà Nội [6] Hoàng Minh Qn, Hồng Thị Bích Ngọc, (2020), “Các chun đề chọn lọc sáng tạo chứng minh bất đẳng thức hình học”, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội [7] Phan Đức Chính, Phạm Văn Điều, Đỗ Văn Hà cộng sự, (2001), “Một số phương pháp chọn lọc giải toán sơ cấp”, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội [8] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ (2010), NXB Giáo Dục, Hà Nội Tiếng Anh [9] Hayk Sedrakyan, Nairi Sedrakyan, (2017), Geometric Inequalities Methods of Proving, Springer 69 [10] Sedrakyan, N., Sedrakyan, H (2015), Inequalities Methods of proving 1, Kyowoo Publishing, South Korea [11] Sedrakyan, N., Sedrakyan, H (2015), Inequalities Methods of proving 2, Kyowoo Publishing, South Korea ... việc vận dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức số toán chứng minh bất đẳng thức dựa tính chất hình học Tác giả minh họa cách vận dụng kiến thức hình học vào tốn chứng bất đẳng thức. .. hiệu để giải số tốn chứng minh bất đẳng thức sử dụng tính chất hình học Ý tưởng “Phương pháp sử dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức? ?? xuất phát từ tính chất quen thuộc hình học, ... + y Bất đẳng thức chứng minh = Khi 19 Chương Vận dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức 2.1 Ý tưởng việc vận dụng tính chất hình học để chứng minh bất đẳng thức Mơn Tốn trung học