su dung phuong phap hh de chung minh bat dang thuc dai so

Nội dung của đề tài được chia thành ba chương: Chương 1 cung cấp một số kiến thức cơ bản mà chúng tôi đã sử dụng trong đề tài; Chương 2 là các dạng bài tập cụ thể có lời giải, bài tập tư[r]

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

KHOA TOÁN

LỚP SƯ PHẠM TOÁN K29

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG

CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC.

Sinh viên thực hiện:

Nguyễn Trần Hữu

Giáo viên hướng dẫn:

Thầy

Dương Thanh Vỹ

Mục lục

Lời nói đầu………

Chương Cơ sở lý thuyết………

Chương Các dạng tập ………

Dạng Sử dụng bất đẳng thức tam giác………

Dạng Sử dụng đường gấp khúc………10

Dạng Sử dụng đường tròn khoảng cách……… 13

Dạng Sử dụng diện tích………22

Dạng Sử dụng tính chất vectơ……… 24

Chương Sự khác phương pháp tọa độ so với phương pháp khác……….29

Kết luận……… 34

Tài liệu tham khảo……… 35

Trên thực tế có nhiều vấn đề phức tạp khoa học tự nhiên, xã

hội, kỹ thuật, sinh thái giải với giúp đỡ toán

học, tin học Chính tầm quan trọng nên việc giảng dạy mơn tốn

ở bậc phổ thơng khơng ngừng cải tiến nâng cao.

Trong chương trình tốn học bậc trung học phổ thơng, phương pháp

tọa độ chiếm vị trí quan trọng.

Nói đến phương pháp tọa độ, người thường nghĩ đén bài

toán khảo sát hàm số, vẽ đồ thị tốn hình học giải

tích Tuy nhiên dùng phương pháp tọa độ cịn cho lời giải hay

đối với tốn khác, chí tốn số học, suy luận logic, hình

học tổ hợp, hình học túy – đối tượng thật “xa vời” với

phương pháp tọa độ.

Sau xin trình bày vấn đề nhỏ việc sử dụng

phương pháp tọa độ để giải tốn sơ cấp, là: ỨNG DỤNG

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG

THỨC.

Các toán chứng minh bất đẳng thức toán hay sử

dung nhiều phương pháp để giải, song việc dùng phương pháp tọa độ

để giải tốn có tính ưu việt nó, việc sử dung phương pháp

tọa độ cho lời giải nhanh chóng, xác khai thác “cái

hồn” hình học tốn.

Nội dung đề tài chia thành ba chương: Chương cung cấp

một số kiến thức mà sử dụng đề tài; Chương là

các dạng tập cụ thể có lời giải, tập tương tự, số tập đề nghị

dược xếp từ dễ đến khó để bạn tham khảo; cuối là

chương 3, chương cho thấy đặc sắc phương pháp tọa độ trong

bài toán bất đẳng thức so với phương pháp khác.

Chương I

C

Ơ

SỞ

L

Ý

THUYẾT

1.Tọa độ điểm véc tơ

1.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, giả sử A có tọa độ (x1,y1); B có tọa độ (x2,y2) ( kí

hiệu là:A(x1,y1); B(x2,y2) ) hai điểm mặt phẳng Khi ta gọi (x2-x1,y2

Độ dài véc tơ AB kí hiệu |AB|, ta có :

|AB| =

1 2

2 ) ( )

(x  x  y  y

Với ba điểm A, B, C mặt phẳng tọa độ, ta có : 1) ABBCAC

2) |AB|+|BC||AC| (1)

Dấu (1) xảy hai véc tơ AB ,BC phương,

chiều, có hai véc tơ véc tơ không Cho hai véc tơ u=(x1,x2) ; v=(y1,y2)

Khi tích vơ hương hai véc tơ u, v kí hiệu : u.v tính cơng

thức sau : u.v=|u|.|v|.cos(u,v)

Từ dễ dàng suy : u.v |u|.|v| (2)

Dấu đẳng thức (2) xảy  u,v hai véc tơ phương, chiều,

là có hai véc tơ không

1.2Trong không gian xét hệ tọa độ Đềcác vng góc Giả sử A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2)

thì (x2-x1,y2-y1,z2-z1) tọa độ véc tơ AB, thường kí hiệu : AB= (x2-x1,y2

-y1,z2-z1)

Cho hai véc tơ u=(x1,y1,z1) ; v= (x2,y2,z2) Tích vơ hướng hai véc tơ u, v

được định nghĩa tương tự sau : u.v=|u|.|v|.cos(u,v) Ở ta có : |u|=

2 2

1 y z1

x   ; |v|= x22y22z22

Với hai véc tơ u, v ta ln có :

1) |u+v|  |u| + |v| (3)

2) u.v |u|.|v| (4)

Dấu đẳng thức (3), (4) xảy  u,v hai véc tơ phương,

chiều, có hai véc tơ không Nguyên lý đường gấp khúc

Cho điểm Ao,A1,…,An Xét đường gấp khúc AoA1…An ta có

AoA1+A1A2+…+An-1An AoAn

Dấu đẳng thức (5) xảy  AoA1,A1A2, ,An1An véc tơ hướng Trường hợp riêng: Bất đẳng thức tam giác

Ba điểm A, B, C ta có AB + BC  AC Dấu “=” xảy  B nằm giữa A, C

3 Công thức khoảng cách h từ điểm M(xo,yo) đến đường thẳng ax+by+c=0 :

h = 2

| |

b a

c by axo o

  

Công thức khoảng cách h từ điểm M(xo,yo,zo) đến mặt phẳng Ax+By+Cz+D =0

là :

h = | 2 2 2 |

C B A

D Cz By Axo o o

 

  

Chương II

CÁC DẠNG BÀI TẬP

Dạng Sử dụng bất đẳng thức tam giác

Ba điểm A, B, C ta có : AB+BCAC Dấu đẳng thức xảy A, B, C thẳng hàng Bài toán [3]

Chứng minh với x ta có : 10 29 2 37 10

    

 x x x

x (1)

Bài giải

(1)  ( 5)2 (3 1)2 ( 1)2 (3 9)2 ( 1 5)2 (9 1)2

          

 x

Xét hệ trục tọa độ Oxy điểm A(5,1) ; B(-1,9) ; M(x,3) Ta có AB= (1 5)2 (9 1)2 =10

MA= ( 5)2 (3 1)2   

x = 10 29

  x

x

MB= ( 1)2 (3 9)2

  

x = 2 37

  x

x

Theo bất đẳng thức tam giác ta có : AM+MBAB

 10 29 2 37 10

    

 x x x

x ,x

Dấu ‘=’ xảy  MAkMB,k0

 x-5=k(x+1) 2=k(-6)  k=

3



x=27 Suy M(27 ,3)

Bài toán : [2]

Chứng minh với x, y, z ta có :

xz z x yz z y xy y

x2 2  2 2  2 2 (2)

Bài giải

Ta thấy vế trái chứa y, cịn vế phải khơng chứa y.Vậy y gắn liền với tọa độ điểm trung gian

Ta có : (2) tương đương với :

2 2 2 ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 3

( x y  x y  y  z y  x  z x

Xét hệ tọa độ Oxy điểm A(

2

 x,

2



x) ; B(

2

 y,

2



y) ; C(0,z) Khi ta có :

AB= )2

2 ( ) 3

( x y  x y = x2y2xy

BC= ( 3y)2 (z 1y)2

2

   = y2z2yz

AC= 2

( x) (z x)

2

   = x2z2xz

Theo bất đẳng thức tam giác ta có :

AB+BCAC

 x2y2xy y2z2yz  x2z2xz,x,y,z

Dấu ‘=’ xảy  A, B, C thẳng hàng  ABkBC,k0

 y x k y

2 3  

 )

2 ( 2 y z k x

y  



và k0  x=-(k+1)y z= y

k k 1) (  

(y tùy ý) k0 Bài toán [2]

Chứng minh với  ta có :

11 cos (cos cos (cos

17 2

Bài giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

11 2 ) cos ( ) cos (

17   2    2  

Trên mặt phẳng tọa độ xét điểm N(2 2,3) điểm M( ,1-cos ) Do ta có :

01-cos 2

Nên M chạy đoạn MoM1 với

Mo( 2,0) M1( 2,2)

y

x

2

O

M

N

Hình Từ bất đẳng thức tam giác : OM+MNON

 ( 2)2 (1 cos)2  (2 2 2)2(2cos)2

(2 2)2 32

 

 2(1 cos)2  2(2 cos)2  17 (1)

Dấu đẳng thức xảy  M



M2  cos = 21  2

3 k



   

Mặt khác với vị trí M MoM1 ta có :

OM+MN  max(OMo+MoN,OM1+M1N)

 OM+MN  max( 2 11, 6 3)

 (1 cos )2 (2 cos )2 11

  

  

   (2)

Dấu đẳng thức xảy  M



Mo

 cos =1

  k2

Từ (1) (2) suy đpcm

Bài tập tương tự Bài [1]

Chứng minh với a, b, c ta có:

2

2

2

2 ba b b bc c a ac c

a         (1)

(1)  2 2 ( )2 ) ( ) ( ) ( ) ( )

(ba  a  bc  c  a c  ac (*)

Trong mặt phẳng tọa độ lấy A(b+ 2a , a

2

3 ) B(

2 ,

c

a (a+c))

Ta có bất đẳng thức tam giác:

OA+ABOB

 2 2 ( )2

4 ) ( ) ( ) ( ) ( )

(ba   bc  c  a c  ac

Vậy ta có (*) đpcm Bài [2]

Cho a, b,c > chứng minh :

2

2

2

2 2ab b b 3bc c a 2 3ac c

a         

Bài giải

Đặt OA = a, OB = b, OC = c cho góc(AOB) = 45o; góc(BOC)=30o

Áp dụng định lý hàm số cosin ta có:

AB = a2 2ab b2

 

BC = b2 3bc c2

 

Ta có : cos 75o = cos(30o+45o)

= cos30ocos45o-sin30osin45o

= 2 2 

= ( 2)

1

 =

2



Suy AC = a2 2 3acc2

Theo bất đẳng thức tam giác ta có : AB+BCAC, suy đpcm Dấu ‘=’ xảy  A, B, C thẳng hàng, tức là:

SOAB+SOBC=SOAC

 75 sin 4   

bc acr ac

ab o

 b =

c a ac  

Bài 3[2]

Cho x,y,z số thực đôi khác Chứng minh :

2 2. 1

1 | | y x y x   

+ 1 2. 1

| | z y z y   

> 1 2. 1

| | z x z x    Bài giải

Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại dạng tương đương sau:

2 2(1 )

)

(x y z + (y z)2(1x)2 > (x z)2(1y)2  (x y)2 (xz yz)2

 

 + (y z)2(yx zx)2 > (x z)2(xy zy)2 (1)

Trên hệ tọa độ Đề lấy ba điểm A,B,C với tọa độ sau: A(x,yz); B(y,zx); C(z,xy) Khi (1) tương đương AB+BC>AC (2)

Dấu ‘=’ (2) xảy  véc tơ AB,BC phương, chiều, tức

(y-x,zx-yz) = k(z-y, xy-zx) ,k>0

 zy yx

 

= xyzx zxyz>0  zy yx

 

>0 zy yx = xz((xy yz))  zy yx

 

>0 (3) x=z (4)

Hệ (3) (4) khơng thể xảy xz Vậy (2) khơng thể có dấu bằng, tức

là :AB+BC>AC Như (1) đpcm Bài [3]

Cho a,b,c>0 Chứng minh bất đẳng thức:

2

2 ab b

a   + b2 bcc2  a2 acc2 (1)

Bài giải

(1)  )2

2 ( )

(b a  a + )2

2 ( )

(b c  c  ( ))2

2 ( )

(a c  ac

Trong mặt phẳng tọa độ lấy A(b- 2a , a

2

3 ); B(

2 a c , ( ) c a )

Theo bất đẳng thức tam giác ta có: OA+ABOB, suy đpcm Dấu ‘=’ (1) xảy  OA,AB phương, chiều

 OAkAB , k>0



b-2

a

=k(2c -b)

2

3 a=k

2

3 c , k>0

 k=

c a

>0 a=2b Bài tập đề nghị Bài 5[2] Cho a, b > Chứng minh:

a+ b> ab

Bài 6[4] Cho p,q > Chứng minh:

2 | | 2

2 2

2 px p x qx q p q

x       

Bài Chứng minh rằng:

) )( ( | | ) )( ( | | ) )( ( | | 2 2 2 a c a c c b c b b a b a           

Bài 8[2] Cho x, y, z tùy ý.Chứng minh:

2

2

2

2 xy y x xz z y yz z

x        

Dạng Sử dụng đường gấp khúc

Các điểm A1,A2,…,An ta có:

A1A2+A2A3+…+An-1An  A1An

Bài toán 1

Chứng minh với xi,yi ta có

2 2

1 ) ( ) ( ) ( )

( n o n o

n i

i i i

i x y y x x y y

x       







 (1)

Chọn hệ tọa độ Oxy xét điểm Ai(xi,yi), i=0,n Khi ta có:

AiAi+1 =

1

1 ) ( )

(xi  xi  yi  yi , i=0,n

Suy ra: VT =





      2

1 ) ( )

( n i i i i

i x y y

x =





  1 n i i iA A .

VP = AoAn

Theo nguyên lý đường gấp khúc ta có:



   1 n i i iA

A AoAn.

Suy đpcm

Dấu ‘=’ xảy  Ai,Ai+1 thẳng hàng, i=0,n Bài toán 2

Chứng minh với xi,yi ta có:

2 2 2

1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( n o n o n o

n i i i i i i

i x y y z z x x y y z z

x           



     (2) Bài giải

Chọn hệ trục tọa độ Oxy điểm Ai(xi,yi,zi), i=0,n Khi

AiAi+1 =

1 2

1 ) ( ) ( )

(xi  xi  yi  yi  zi  zi , i=0,n

Suy VT =





  1 n i i iA A

VP = A0An

Theo nguyên lý đường gấp khúc ta có:



   1 n i i iA

A  A0An.

Suy đpcm

Lưu ý : Trong bất đẳng thức A0A1+A1A2+…+An-1An  A0An, vế trái xuất A0,A1,

…,An Do (1) (2) vế trái có chứa tọa độ điểm trung gian Ai(1,n 1), vế phải chứa tọa độ hai điểm đầu mút

Bài tập tương tự Bài 1[1]

Cho số x, y, z > 0.Chứng minh rằng:

) ( 2 2

2 xy y y yz z z zx x x y z

x            (1)

Bài giải

VT = 2 2 )2

2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

(xy  y  yz  z  zx  x

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn điểm: A(x+ 2y , y

2

3 ); B(

2

z y y

x   ,

) (

3 y z

 ) C(x+y+z+

z y x 

, ( )

2

3 x y z



 )

Ta có: OA= )2

2 ( )

(x y  y = x2xyy2

AB= )2

2 ( )

BC= )2

2 ( )

(zx  x = z2zxx2

OC= ( ))2

2 ( ) (

4

9 x y z x y z

  



 = 3(xyz)2  3(xyz) Mà theo nguyên lý đường gấp khúc ta có:

OA+AB+BCOC Vậy suy ra:

) (

3 2

2

2

2 xy y y yz z z zx x x y z

x           

Bài 2[2]

Cho số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a+2b=9;c+2d=4 Chứng minh rằng:

20

2 52

8

12 2 2 2

2

             

 a b b a c b d ac bd c d c d

a

5

 (1)

Bài giải

(1)  ( 6)2 ( 4)2 ( )2 ( )2 ( 2)2 ( 4)2

          

 b a c b d c d

a (2)

Xét hai đường thẳng x+2y=9 x+2y=4 hai điểm M(6,4); N(2,-4)

Các điểm P(a,b); Q(c,d) với a+2b=9 c+2d=4 tương ứng nằm hai đường thẳng x+2y=9 x+2y=4

Bất đẳng thức (2) tương đương với bất đẳng thức sau: PM+NQ+QP4 (3)

Xét hai điểm M,N PM+NQ+QP độ dài đường gấp khúc nối M,N Mặt khác ta có MN= 16644

Theo nguyên lý đường gấp khúc ta có:

PM+NQ+QPMN

Nên (3) hiển nhiên , suy đpcm Dấu ‘=’ xảy  M, N, P, Q thẳng hàng  P



P0 Q



Q0

Trong P0Q0 tương ứng giao điểm đường thẳng nối MN với hai đường thẳng

x+2y=9 x+2y=4

Dễ thấy tọa độ P0, Q0 là: Q0(4,0) P0(5,2) Vậy đẳng thức xảy a=5,

Qo Po 2+2y-4=0 x+2y-9=0 -4 O y x N M Hình Bài 3[3]

Chứng minh với x ta có:

5 ) ( ) ( 2

2 2

         

 x x x x x

x

Bài giải

Trên mặt phẳng tọa độ, xét ba điểm A, B, C xác định sau:

Gọi A1, B1, C1, A2, B2, C2 hình chiếu A, B, C lên trục tọc độ x’Ox

và y’Oy.

Chọn OA11 x ; AB x 1 

 ; BC x

2 1  

OA2 x ; A B x

2 1 2  

 ; BC x

2 1 2   

Khi đó: OC1 OA1A1B1B1C1

= 1-x+ x x

2 3  

 =1.

2 1 1        

 x x x

OC

Và OA = (1 x)2 ( x)2

 

 = 2

  x

x

AB = ) ( 1)

2 1 ( )

( 2

        x x x x

BC= ) ( 1)

2 1 ( )

( 2

OC = 1222 

Từ bất đẳng thức OA+AB+BC  OC Suy đpcm

Bài tập đề nghị Bài 4[2] Chứng minh với a, b ta có:

5 10

2

4 2

2

       

 a ab b b b

a

Bài Chứng minh với a, b, c, d tùy ý ta có:

1

1

5

2 2 2

2

        

 a a ab b b bc c

a

+ 2

   cd d

c + 10 26

   d

d

Bài 6[2] Cho n số thực a1, a2,…, an Chứng minh bất đẳng thức:

2 ) ( ) ( ) (

) (

1 )

( 2

1

1 2

1   a  a    a  a    n  a  n

a n n n

Dạng : Sử dụng đường tròn và khoảng cách

Mọi đường thẳng có phương trình tổng qt dạng ax + by + c = (a2+b2 0).

Đường trịn có phương trình tổng qt dạng ( x - x0 )2 + ( y - y0 )2 = R2 với tâm (x0,y0) bán kính R.

Khoảng cách hai điểm ( a, b) ( c, d) (c a)2 (d b)2

 



Bài toán 1 :

Cho a,b,c,d thỏa mãn : a2 + b2 = 2a +2b

c2 + d2 + = 4c +4d

Chứng minh :

- 2  a + b + c + d  2(4 + 2).

Bài giải Ta có :

a2 + b2 = 2a + 2b  ( a – 1)2 + ( b – 1)2 = 2.

c2 + d2 + = 4c +4d  ( c – 2)2 + ( d – 2)2 =4

Vậy điểm M(a,b), N(c,d) với a,b,c,d thỏa mãn giả thiết tốn, tương ứng nằm đường trịn tâm O1(1,1), bán kính đường trịn tâm O2(2,2), bán kính

Ta thấy tâm O2 nằm đường tròn tâm O1

Nối OO1 cắt đường tròn tâm O1 O2, cắt đường tròn tâm O2 N1, N2

BĐT cho tương ứng với : - 2 

2

2 b a 

+ 2(4

4

2

   d

c

)  12 22OM2 + ON2 288 (1)

OMOO2 ( OO2 đường kính đường trịn tâm O1 bán kính )

N2

N1

O2 O1

1

2

O x

y

Hình Suy : 2OM2

 2OO22 = 2(2 2)2 = 16

Rõ ràng ON  ON2

 ON2  ON22 = ( OO2 + O2N2)2

= (2 2+ 2)2

= 12+8

Do 2OM2+ON2

 2OO22 + ON22

=28+8

Ta lại có :

OM  ON1 ON  ON1

Suy : ON2  ON

12 = (OO2 – N1O2)2

= ( 2 - 2)2

Do : 2OM2 + ON2

 2ON12 = 12-8

Vậy BĐT (1) điều phải chứng minh

Dấu đẳng thức bên phải xảy  M trùng O2 , N trùng N2 , tức : a = b =

c = d = + 2

Dấu đẳng thức bên trái xảy  M trùng O, N trùng N1

Tức : a =b = Và c = d = 2-

Bài toán 2 : [2]

Cho hai số a, b thỏa mãn điều kiện a – 2b + = 0.

Chứng minh :

34 10

2

  

b a b

a + 2 10 14 74

  

b a b

a  6.

Bài giải BĐT cho viết lại dạng sau :

2

2 ( 5)

)

Xét đường thẳng x-2y+2 = điểm A(3,5); B(5,7)

Điểm M(a,b) với a-2b+2 = dĩ nhiên thuộc đường thẳng nói

x-2y+2=0

H

A' Mo

5

7/3

5

3

-2

M(a,b) B

A y

x O

Hình

Ta có : VT (1) = MA + MB

Gọi A’ điểm đối xứng A qua đường thẳng x-2y+2=0 Giả sử BA’ cắt đường

thẳng Mo

Ta ln có : MA = MA’ , MA + MB = MB + MA’

 MA + MB  BA’ (2) ( MB + MA’  BA’ ).

Dấu xảy  M



Mo.

Giả sử AA’ cắt đường thẳng 2y+2=0 H Véc tơ phương đường thẳng

x-2y+2=0 u(2,1) Điểm H có tọa độ (2yH-2,yH), AH =(2yH-5,yH-5)

Do AH u nên có 2(2yH-5)+yH-5=0  yH = xH =

Từ suy : xA’ = 2xH-xA =

yA’ = 2yH-yA =

 BA’ = (3)

Từ (2) (3) có : MA+MB đpcm

Vì Mo thuộc đường thẳng x-2y+2 = mà xMo =  yMo = 2

7

Vậy dấu xảy  a =5, b =

2

Bài toán 3: [4]

Cho số a, b, c, d thỏa mãn a2 + b2 = c2 + d2 = 5

b a

5  + 5 c 2d + 5 ac bd 

2 30

3 (1)

Bài giải (1)

2 ) ( )

(a  b +

2 ) ( )

(c  d +

2 ) ( )

(a c  b d 

2 30

Ta lấy điểm M(a,b), N(c,d), P(1.2) hệ trục tọa độ Oxy Như từ giả thiết điểm nằm đường trịn tâm gốc tọa độ bán kính

BĐT trở thành : MN + NP + MP < 15

 C(MNP)  15 ( C chu vi đường tròn )

Mà tam giác cạnh 5= 15 tam giác có chu vi lớn tam giác

nội tiếp đường tròn bán kính có tâm gốc tọa độ, ta có điều phải chứng

minh

Bài toán : [2]

Cho số thực thỏa mãn điều kiện c + d = ; a2 + b2 = 1.

Chứng minh

c2 + d2 -2ac -2bd  18 - 6 2.

Bài giải

Trong hệ trục tọa độ Oxy, vẽ đường tròn x2 + y2 = đường thẳng x + y = 6.

Viết lại BĐT cần chứng minh dạng : (c-a)2 + (d-b)2

 19-6 ( a2 + b2 =1)

 (c a)2 (d b)2  

  -1 (1)

Điểm M(c,d) N(a,b) với c,d,a,b, thỏa mãn điều kiện đầu bài, tương ứng nằm đường thẳng x+y=6 đường tròn x2 +y2 =1

6

6 x+y=6

y

x Mo

No

1

O

Hình

Từ O ta kẻ đường vng góc với đường thẳng x+y=6 Gọi M0 chân đường vng góc ấy, giả sử OM0 cắt đường tròn đơn vị N0 Hiển nhiên ta có M



đường thẳng x+y=6, N



thuộc đường trịn x2 +y2=1, ln có : MNM0N0 (3)

Rõ ràng MON0 =OMo - ONo = -1

Từ (2), (3) suy (1) đ.p.c.m Dấu xảy  M



M0,N



NO  c = d = a = b =

2

Bài tập tương tự Bài [2]

Cho a, b, c, d số thõa mãn điều kiện a2+b2+1=2(a+b); c2+d2+36=12(c=d). Chứng minh rằng:

( 2-1)6 (a-c)2 +(b-d)2 ( 2-1)6

Bài giải Từ giả thiết, ta có : (a-1)2 + b-1)2 =1

Và (c-6)2 +(d-6)2 =1

Như a, b c d số thỏa mãn đầu bài, điểm M(a,b) ; N(c,d) tương ứng nằm vòng tròn :

(x-1)2 +(y-1)2 =1

(đó vịng trịn tâm O1(1,1) ,bán kính 1) vịng trịn :

(x-6)2+(y-6)2 =62

(đó vịng trịn tâm O2(6,6), bán kính 6)

1 M2 M1

N2

N1

O2

O1

6

y

x O

Hình

( 2-1)3 (a c)2 (b d)2

  

 ( 21)3

 5-7MN 5 2+7 (1)

Nối O với O1,O2 (chú ý hiển nhiên ta có O, O1, O2 thẳng hàng) , cắt đường

tròn bé M1, M2 đường tròn lớn N1, N2

Rõ ràng M1N2, M2 N1 tương ứng khoảng cách xa gần hai điểm hai đường tròn Với cặp điểm M,N hai đường tròn, ta có :

M2 N1 MNM1N2 (2) Do 001= 2, 002=6

 M1N2 = ON2 – OM1 = (OO2 + O2N) - (OO1 – O1M1)

= (6 2+6) – ( -1)

= +

Lý luận tương tự, suy ra: M2N1 = -

Từ (2) suy (1) đpcm

Dấu bên trái (1) xảy  M



M2, N



N1 Từ suy ra: a = b =

2

2 ; c = d = - 3

2

Dấu bên phải (1) xảy  M



M1; N



N2

 a = b =

2

2 ; c = d = + 3

2

Bài [3]

Cho x,y thỏa mãn điều kiện –x+2y-80 x+y+20

y-2x-40 Chứng minh :

5 16

x2+y2  20. Bài giải

Bằng cách vẽ đồ thị đường thẳng chọn miền nghiệm ta thấy tập hợp điểm M(x,y), x,y thỏa mãn điều kiện cho tam giác ABC, với tọa độ đỉnh xác định sau: A(-4,2); B(-2,0); C(0,4) Lúc đó: OM2 = x2 + y2

Gọi H hình chiếu O lên BC Ta có: OM2

-x+2y-8=0 y-2x-4=0

x+y+2=0 -2

-2

4

-8

C

B A

y

x O

Hình 7.

Trong tam giác vng OBC ta có:

1

OH =

1

OB +

1

OC =

+161 =165  OH2 =

5 16

 x2 + y2 

5 16

Mặt khác:

OM2  max(OB2, OC2, OA2)

= OA2 = 42 + 22 = 20

 x2 + y2  20 (2) Từ (1) (2) suy ra:

165 x2 + y2  20 (đpcm) Bài [4]

Cho a, b



thỏa mãn: a2 + b2 + 16 = 8a + 6b (1)

Chứng minh a) 10 4a +3b 40 b) 7b  24a

Bài giải a) (1)

2

(a2+b2+16) = 4a+3b

 2 a2b2 8

Xét hệ trục tọa độ Oab, lấy M(a, b) thỏa (1)

 (a-4)2 + (b-3)2 = (C) Như M



(C) tâm I(4,3); R=3

4

B

I

A y

x O

Hình

Nối OI cắt (C) A B Khi với M



(C) ta có: OA  OM  OB  OI-R OM OI+R

  a2 b2   Vậy a) chứng minh

Dấu “=” bên trái xảy a= 58, b= 56 Dấu “=” bên phải xảy a=325 , b= 245

b) Để chứng minh ta vẽ tiếp tuyến OI Đặt Moa =   tan =a

b

; Ioa3 =  tan =4

3

Khi với điểm M thuộc (C) ta có : aOM aOI 9 Hay tan  tan2



b a



 

2

tan

tan

 

16

4 

=247  7b 24a Suy đpcm Dấu “=” xảy  a=

25 28

, b=2596 Bài tập đề nghị

x 0, y 0 Chứng minh

 

2 35

x2 + y2 - 4x - 8y 45.

Bài Cho a, b, c, d  : a2 + b2 + = 2(a+b)

c2 + d2 +36 = 12(c+d)

Chứng minh

( 2-1)6 (a-c)2 + (b-d)2 ( 2+2)6

Bài Cho a, b, c, d : a2 + b2 = 2a +2b

c2 + d2 + = 4c + 4d

Chứng minh

4-2 2 a+b+c+d 2(4+ 2)

Bài 7[2] Cho a, b, c, d : : a2 + b2 = 2a +2b

c2 + d2 + = 4c + 4d

Chứng minh

(a-c)2 + (b-d)2  4(3+2 2 )

Bài Với a1, a2, …, an 

Chứng minh rằng:

2 2

1 (1 a )

a   + 2

2 (1 a )

a   +…+ an2 (1 an)2  2

2

n .

Bài 9[4] Cho a, b, c, d  : a2 + b2 + = 2(a+b)

c2 + d2 +36 = 12(c+d)

Chứng minh

74-37 2a+b+6c+6d 74+37

Bài 10[2]Cho x1, y1, x2, y2 số thỏa mãn điều kiện

x12 + y12 1 ; x22 + y22 1

Chứng minh : 2

1 x  y + 1 x22  y22  2 2)2

2 ( ) (

1 x x  y y

Bài 11[2]Cho xi, yi (i = 1, 2, 3) số thỏa mãn điều kiện:

xi2 + yi2 1, i = 1, 2,

Chứng minh :

2 2 3

1

2

) ( ) (

1 x y x x x y y y

i

i i

        





Bài 12[2]Cho xi, yi (i = 1, 2, 3) số tùy ý Chứng minh :

2 2 3

1

2 )

3 ( ) (

2 x x x y y y

y x

i

i i

     







Dạng 4: Sử dụng diện tích

Bài tốn 1: [3]

2 2

2 2

2

4 ) (

2

4n n n n n n n

 

         

Bài giải

Vẽ 14 đường trịn OAB bán kính Chia đoạn AB thành n đoạn nhau: OA1=A1A2=…=Ai-1Ai=…=An-1An=n

1

Từ A1, A2, …,An-1 dựng đường vng góc với OA cắt đường trịn điểm A1’,

A2’, …,An-1’ Ta có:

AiAi’= 1 (1n)2 = 2

1

i n

n  (i=1,2,…,n), với An = A Gọi Si diện tích hình thang cong Ai-1AiAi’Ai-1’

Diện tích hình chữ nhật có cạnh Ai-1Ai AiAi’ : 2

1

i n

n 

Diện tích hình chữ nhật có cạnh Ai-1Ai Ai-1Ai-1’ : 2 ( 1)2

1

  i

n n Ta có bất đẳng thức :

2

1 2

2 ( 1)

1

2  

 

 n i

n S i n

n (i=1,2, ,n)

Lấy tổng n bất đẳng thức kép ứng với i=1,2,…,n ta được:





 

  

 

n i n

i

i n n

i n

n

2

2

2

2 ( 1)

1

1 

( Vì S1+S2+…+Sn = Squạt =4 )

 n21 n2 22   2

4 )

(n n

n   

< n+ n21 n2 22   n2 (n1)2



4n



-n < n21 n2 22   n2 (n1)2 <

4n



2

-2

Ai'

Ai An A1

B

A O

Cho a,b,c thỏa điều kiện: a>c>0 b>c>0. Chứng minh bất đẳng thức

ab c

b c c a

c(  ) (  ) 

Bài giải

Theo giả thiết a>c>0 b>c>0 nên tồn tam giác ABC có AB= a; AC= b;

đường cao AH= c

B H C

A

Hình 10

Theo định lý Pytago ta có: BH= a c; CH= b c

Do diện tích tam giác ABC là:

S= ( ( ) ( )

2 ) (

2

c b c c a c c

b c a

c       

Mặc khác ta có: S= a b A ab

2 sin

1

 ( sinA 1) Từ suy ra: c(a c) c(b c) ab (đpcm)

Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC vuông A tức khi:

b a c AC AB AH

1 1 1

2

2

2     

Bài tập tương tự Bài [3]

Cho 0a,b,c1 Chứng minh bất đẳng thức sau:

a + b + c 1+ab+bc+ca Bài giải

Xét tam giác ABC cạnh Gọi M, N, P điểm thuộc cạnh AB, BC, CA cho: AM = a; BN = b; CP = c

P

N M

C B

A

Hình 11 Ta có: SAMP=2

1

MA.PA.sinA=12 a(1-c)sin60o=

Tương tự : SBMN=

3 b(1-a); S CNP=

4

3 c(1-b); S ABC=

4

Ta có bất đẳng thức sau: SAMP+SBMN+SCNP SABC

 (a(1-c))+b(1-a)+c(1-b)) 

 a+b+c  1+ab+bc+ca (đpcm)

Dấu đẳng thức xảy MNP =ABC  Hai số a,b,c số lại số số lại

Bài tập đề nghị

Bài Chứng minh với số thực dương a,b,c ta có:

) (

2

2

2 c b c c a b

a    

D

ạng 5 : Sử dụng tích chất véc tơ - |a| - |b|  |ab|  |a| + |b |

- |a.b|  |a| |b| Bài toán [2]

Cho 2n số thực x1,x2,…,xn ; y1,y2,…,yn cho (xi-xj)2+(yi-yj)2>0, i j, i,j= 1,n.Giả sử

1, 2, , n

   là n số thực khác cho 12 n 0 CMR

2 2

1 1

| | ( ) ( )

n n n

i i i i i i i

i i i

x y x y

  

  

  







(1)

Bài giải

Trên hệ trục tọa độ xét n điểm Ai(xi,yi), i=1,n Từ giả thiết

j i A A j i y y x x j i j i j i           , , ) ( )

( 2

Vậy A1,…,An n điểm phân biệt

Gọi I tâm tỉ cự n điểm A1,…,An theo số 1,2, ,n tức :

1 



 i n i iIA  (2)

Gọi tọa độ I (x,y) IAi =(xi-x,yi-y)

Từ (2) suy : ( )  



 x xi n i i

 ( )

1  



 y yi n i i 

Hay x=

n n i i ix       





1 y=

n n i i iy       



 1

Vì I tâm tỉ cự nên ta có :

OI OA

OA

OA1 2 2 n n ( 1 2 n)

1     

       

Vì |1OA1||2OA2 | |nOAn | |1OA12OA2  nOAn |

Từ suy :





 | || | i n i i IA

Do | | 2

i i i x y

OA   |OI |=





     n i n i i i i i n y x 1 2 ) ( ) ( | |    

Ta suy đpcm

Dấu đẳng thức xảy véc tơ OA1,OA2, ,OAn cung phương,

chiều Tức với i=1,2,…,n ta có xi=kxj yi=kyj với ki>0, i khác j

Bài toán [2]

Chứng minh với x,y,z ta có :

Sinxsinysinz+cosxcosycosz1 (1) Bài giải.

Xét véc tơ u=(sinx,cosx) ; v=(sinysinz,cosycosz) ta có : | | | | |

|u v uv

z y x z y x z y z

ysin cos cos sin sin sin cos cos cos

sin2 2

 



 (2)

Hiển nhiên ta có :

Sin2ysin2z+cos2ycos2z=sin2y+cos2y-(sin2ycos2z+sin2zcos2y)

1 (3) Từ (2) (3) suy :

Sinxsinysinz+cosxcosycosz1

Dấu đẳng thức xảy đồng thời dấu đẳng thức xảy (2) (3) Tức : sinx =k sinysinz (a)

Và cosx=k cosycosz (b)

Và sinycosz=0 (c) với k Và sinzcosy=0 (d)

Từ (c) (d) suy có khả sau :

1) Nếu siny=0 (do |cosy|=1) Vậy từ (d) suy sinz=0

Từ (a) (b) suy ta cần có sinx=0,siny=0,sinz=0,và cosx=kcosycosz(e) Do k dương nên suy k=1 |cosx|=|cosycosz|=1

Do (e) tương đương cosx=cosycosz 2) Nếu cosz=0

Lý luận tương tự ta có cosy=0, cosx=0,sinx=sinysinz

Tóm lại dấu đẳng thức xảy x,y,z thỏa mãn hệ thức sau : a) cosx=1,cosy=1, cosz=1

b) cosx=1,cosy=-1, cosz=-1 c) cosx=-1,cosy=1, cosz=-1 d) cosx=-1,cosy=-1, cosz=-1 Bài toán 3

Cho n số thực a1,a2,…,an Chứng minh :

2 ) (

2 a n

a

n

i

i

i    





Bài giải.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn ( ,1 ) | | (1 )2

i i

i i i

i a a u a a

u       , với i=1,…,n

) , ( ) ) ( , ( 1 1

1











          n i i n i i n i i n i i n i

i a a a n a

Ta có : | | | | 1





   n i i n i i u u







         n i n i i i n i i

i a a n a

a 1 2

2 (1 ) ( ) ( )

Ta chứng minh ( ) ( ) 22

1

2

2 n a n

a n i n i i

i   





 

Đặt n a k

i

i 



1 Khi ta cần chứng minh

2 )

(

2 n k n

k   

) ( 4 ) 2 ( )

( 2 2

2 n k n n nk k n k đúng k

k             Vậy 2 ) (

2 a n

a

n

i

i

i    





(đpcm) Dấu ‘=’ xảy

1     j i j i a a a a

n a n

i

i 



1

Hay ai=aj=

2

Bài tập tương tự. Bài [3]

Cho x



[0,2 ] Chứng minh :

x x x x x x

x sin2 sin 4cos sin2 sin sin cos

4 2 2

      (1) Bài giải.

VT(1) = 2 sin )2

2 ( ) cos ( ) sin cos

( x x  x  x

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn

2 sin sin cos | | sin , sin

2 

                        

 cox x x u x x x

u 2 sin sin cos | | sin , sin

2 

                        

 cox x x v x x x v

 x  u v x x

v

u sin ,0 | | sin2 sin

 

  

 (do x



[0,

2



]) Áp dụng bất đẳng thức : |u| |v||u v| suy đpcm

Dấu ‘=’ xảy sinx=0 hay x=0 Bài [2]

Với a, b, chứng minh :

2 10

4 2

2         

 a a ab b b b

a (2)

Bài giải Ta có 4 8 ( 2)2 22

   

 a a

a

a22abb24 (ab)222

1 ) ( 10

2 b  b 

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn: aa 2,a;b a b,2;cb 3,1  5,5

    a b c

Ta có | |

 

 a a

a ; | | 2

  

 a ab b

a ; | | 10

 

 b b

a 5 ) ( |

| 2

     b c

a

Áp dụng bất đẳng thức: |a||b||c||abc|

Ta có 2 10

        

 a a ab b b b

a

Bài [4]

Chứng minh với a, b, c ta có:

a4+b4+c4  abc(a+b+c) (3)

Bài giải.

(3)  a4+b4+c4  a2bc+ab2c+abc2 (*) Xét véc tơ u=(ab,bc,ca); v=(ca,ab,bc)

Theo bất đẳng thức |u|.|v||uv| ta có :

2 2 2

2b b c c a

a   a2b2b2c2 c2a2  a2bc+ab2c+abc2  a2b2+b2c2+c2a2  a2bc+ab2c+abc2 (**) Xét véc tơ u1 =(a

2,b2,c2) ;

1

v = (b2,c2,a2) Theo bất đẳng thức:

| | | | |

|u1 v1 u1v1 ta có a

4+b4+c4

 a2b2+b2c2+c2a2 (***) Từ (**) (***) suy (*) đúng, từ ta có (3)

Dấu ‘=’ (*) xảy đồng thời dấu ‘=’ (**) (***) xảy hay xảy a=b=c

Bài 4.

Chứng minh , ta có

2 sin

sin cos

cos4 4  2 2 

Bài giải.

Xét véc tơ sau u=(cos2 ,cos2 ) ; v=(sin2 ,0) ; w=(0,sin2 ) Khi ta có u

+v+w=(1,1) Rõ ràng, ta có |u|+|v|+|w||u+v+w|

 cos4 cos4 sin2 sin2

 



   

 (đpcm)

Dấu ‘=’ xảy  v, w chiều  sin =sin=0(*) Lúc

Cos4 +cos2 =2 Vậy (*) điều kiện đủ.

Tóm lại dấu ‘=’ xảy   =k ;  =m ; k,m



Z

Bài tập đề nghị Bài [2]Cho x+y+z=1 x,y,z>0 Chứng minh :

82 1 2 2 2       z z y y x x

Bài [1]Với a, b, c, d số thực Chứng minh :

2 2 2 2 ) ( ) ( ) ( )

(ac  bd  a c  bd  a b

Bài [3]Cho a,b,c,d 0, ab+bc+ca=abc Chứng minh:

3

2

2 2 2

2       ca c a bc b c ab a b

Bài Cho a+b+c=0, ax+by+cz=6 Chứng minh:

10 16

16

16 2 2 2 2

 

  

a x b b y c c z

a

ab c

b c c a

c(  ) (  ) 

Bài 10 [2]Chứng minh với x,y ta có :

2 ) ( sin sin

sin ) ( sin cos

cos

4 x y x y  x y x y 

CHƯƠNG III

SO SÁNH VỚI CÁC PP KHÁC

Sau xin trình bày số cách chứng minh bất đẳng thức để q bạn đọc so sánh khác phương pháp tọa độ so với phương pháp khác.

Bài toán

Cho a1,a2,…,an ; b1,b2,…,bn số dương tùy ý.

Chứng minh rằng:

  12

2 b

a an2bn2 …+ an2 bn2 

2

1 ) ( )

(a  an  b  bn (1)

Nhận xét: Bất đẳng thức chứng minh nhiều cách, như: dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki, dùng phương pháp quy nạp, dùng phương pháp hàm số,…Với bất đẳng thức này, dùng phương pháp tọa độ để chứng minh ta khai thác tính chất hình học bất đẳng thức, giúp lời giải dễ hiểu

Cách 1: Dùng phương pháp tọa độ

b1 a1 b1+ +bn

a1+ +an A3

An-1 An

A2

A1 y

x O

Hình 12 Với số dương x, y, số x2 y2

 coi độ dài cạnh huyền tam

giác vng có độ dài cạnh góc vng x, y Do ta biểu diễn mặt phẳng tọa độ Oxy số

1 b

a  ; a22 b22 ;…; an2bn2 đoạn OA1, A1A2, …,An-1An hình vẽ Áp dụng nguyên lý đường gấp khúc ta có:

OA1+ A1A2+…+An-1An OAn (*)

Dựa vào tính chất tam giác vng OBAn ta có:

OAn = OB2 BAn2 (**)

Từ (*) (**) suy ra: OA1+ A1A2+…+An-1An  OB2 BAn2



1 b

a  + a22b22 +…+ an2 bn2 

2

2

1 ) ( )

(a  an  b  bn

Dấu ‘=’ xảy  đỉnh A1,A2,…,An-1 nằm OAn Tức dấu’=’ xảy  n

n

b a b

a

 

1

Cách 2 Dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki

Bình phương vế bất đẳng thức (1) ta có: a12+b12+…+an2+bn2+2



 

 

n j i

j j i

i b a b

a ,

2 2

2 )( )

(





 

 

n j

i i i j j

b a b a ,

2 2

2 )( )

(  ( )

,

j i j n j i

ia bb

a 





 (a)

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki với x,y thỏa  1,j  n ta có: (ai2+bi2).(aj2+bj2)  (aiaj+bibj)2

 ( 2)( 2)

j j i

i b a b

a    (aiaj+bibj)

Vậy đẳng thức (a) suy đẳng thức (1) Dấu ‘=’ xảy 

n n

b a b

a

 

1

Cách 3: Dùng phương pháp hàm số

Xét hàm số fk(x) = aksinx+bkcosx , k=1,2,…,n

Ta có maxfn(x) = ak2 bk2 Đặt f(x)=f1(x)+…+fn(x)

=(a1+…+an)sinx+(b1+…+bn)cosx

Suy maxf(x)=

1

1 ) ( )

(a  an  b  bn

Do maxf1(x)+maxf2(x)+…+maxfn(x)  maxf(x)

Suy đpcm

Lưu ý T acos thể mở rộng bì tốn cho 2n số thực tùy ý Khi cách xét véc tơ:

 1, 1; ; ( , )

1 a b xn an bn

x  

Trong mặt phẳng tọa độ ta có:

n

x

x1   = (a1+…+an,b1+…+bn)

Hiển nhiên ta có:

| | | | |

|x1   xn x1 xn



1 b

a  + a22b22 +…+ an2bn2 

2

2

1 ) ( )

(a  an  b  bn

Dấu ‘=’ xảy  x1, ,xn hướng

Bài toán 2

Cho số thực x1,x2 thuộc đoạn[-1,1] Chứng minh rằng:

( 1 x1 + 1 x2 )2+( 1x1 + 1x2 )2 8

Cách giải. Cách 1: Dùng phương pháp tọa độ

Trong mặt phẳng Oxy chọn:

1

a = ( 1 x1 , 1 x2 ); a2 = ( 1x1 , 1x2 )

Suy |a1 |= 2= |a2 |  |a1 |+|a2 |=2

a +a2 = ( 1 x1 + 1 x2 , 1x1 + 1x2 )

 |a1 +a2 |=

2

2

1 ) ( 1 )

1

( x  x   x   x

Áp dụng bất đẳng thức |a1 +a2 | |a1 |+|a2 |

 ( 1 x1 + 1 x2 )2+( 1x1 + 1x2 )2 (2 2)2 =8

Cách 2:Dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki Ta có

( 1 x1 + 1 x2 )2+( 1x1 + 1x2 )2

= 4+2 1 x1 . 1 x2 +2 1x1 . 1x2

Theo Bunhiacopxki ta có:

1 x 1 x2 + 1x1 1x2  2

Suy : ( 1 x1 + 1 x2 )2+( 1x1 + 1x2 )24+2.2=8 (đpcm)

Tổng quát toán: Cho số thực x1,x2,…,xn thuộc [-1,1]

Chứng minh: (



  n i i x

1 )2 + (



  n i i x

1 )2

 2n2

Chứng minh phương pháp tọa độ.

Trong mặt phẳng Oxy chọn ai = ( 1xi , 1 xi ), i=1,2,…,n Khi ta có

|ai |= 2, i=1,…,n  |a | i



 n i

= n (1)





n i

i a =(



  n i i x

1 ,



  n i i x 1 )  |



 n i i

a | =





     n i n i i i x x 1

2 ( 1 )

) (

Áp dụng bất đẳng thức ta có: |





n i i

a |  |a |

1 i



 n i 





     n i n i i i x x 1

2 ( 1 )

)

(  n

 (



  n i i x

1 )2+(



  n i i x

1 )2  2n2.

Đẳng thức xảy ai =kaj , k>0

 xj x x x i j i      1 1

 xi=xj, với i khác j; i,j=1,…,n.

Đối với toán tổng quát việc sử dụng phương pháp tọa độ dễ dàng hơn, ưu việt phương pháp tọa độ

Kết luận

Đề tài trình bày sở lí thuyết phương

pháp tọa độ đẻ chứng minh bất đẳng thức, qua toán minh họa

đề tài nêu lợi phương pháp tọa độ so với những

phương pháp khác giải toán sơ cấp.

vậy mong nhận góp ý từ phía bạn sinh viên thầy giáo để

bổ sung cho đề tài đầy đủ sâu sắc hơn.

Chúng xin chân thành cảm ơn.

Quy nhơn, ngày 14 tháng 11 năm 2009.

Tài liệu tham khảo

[1]

Trần Thị Vân Anh – Hướng dẫn giải tập từ đề thi quốc gia mơn

tốn Bộ giáo dục – NXB ĐHQG Hà Nội.

[2] Phan Huy Khải (1996) – Phương pháp tọa độ đẻ giải tốn

sơ cấp – NXB thành phố Hồ Chí Minh.

[3]

Nguyễn Vũ Thanh (1997) – 263 toán bất đẳng thức chọn lọc –

NXB Giáo dục.