Một số bất đẳng thức hình học và ứng dụng trong giải toán sơ cấp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN BÙI ANH TRƯỜNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Bình Định - Năm 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN BÙI ANH TRƯỜNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 84601113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN: TS NGUYỄN HỮU TRỌN Mục lục Lời cam đoan Lời nói đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các định lý trung bình số học trung bình hình học 1.2 Tỉ số lượng giác góc 1.3 Một số đẳng thức, bất đẳng thức hình học 12 Các định lý đẳng chu 18 2.1 Cực đại cực tiểu 18 2.2 Các định lý đẳng chu tam giác 21 2.3 Các định lý đẳng chu đa giác 29 2.4 Các định lý đẳng chu không gian 36 Đối xứng hóa vấn đề liên quan 44 3.1 Phép đối xứng 44 3.2 Bài toán Dido 47 3.3 Đối xứng hóa Steiner 48 3.4 Tam giác 52 Các toán lời giải 58 4.1 Một số toán sử dụng định lý đẳng chu 58 4.2 Một số toán sử dụng nguyên lý phản xạ 65 KẾT LUẬN 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO 77 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN (bản sao) Lời cam đoan Tôi xin cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng tơi, số liệu kết nghiên cứu ghi luận văn trung thực, đồng tác giải cho phép sử dụng chưa công bố cơng trình khác Tác giả luận văn Bùi Anh Trường Lời nói đầu Hình học phân nhánh Toán học liên quan đến câu hỏi hình dạng, kích thước, vị trí tương đối hình khối, tính chất Hình học phát triển độc lập số văn hóa cổ đại phần kiến thức thực tiễn liên quan đến chiều dài, diện tích, thể tích, Từ nhu cầu khoa học thực tiễn liên quan đến khảo sát, đo đạc, diện tích, khối lượng Những thành tích đáng ý giai đoạn đầu hình học bao gồm cơng thức độ dài, diện tích thể tích, Các nhà toán học nhận đánh giá giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hay so sánh đại lượng hình học đóng vai trị quan trọng nhiều quan trọng đẳng thức Luận văn tập trung nghiên cứu định lí đẳng chu hình học vấn đề liên quan Trong thực tế ta bắt gặp định lí đẳng chu thường xuyên ví dụ mèo đêm lạnh, thường cuộn lại giống hình cầu, hiển nhiên mèo làm để giữ nhiệt, làm nhiệt lượng thoát khỏi bề mặt nhỏ khơng có ý định làm giảm thể tích thân nó, Rõ ràng, làm ta liên tưởng đến định lí: "Trong vật thể có thể tích hình cầu có diện tích bề mặt nhỏ nhất" Luận văn trình bày lại cách có xếp, hệ thống lý thuyết định lý đẳng chu bất đẳng thức hình học liên quan Luận văn trình bày 75 trang, gồm: Lời nói đầu, chương, Kết luận Tài liệu tham khảo Chương 1: Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày kiến thức chuẩn bị bất đẳng thức AM - GM, hệ thức lượng tam giác, tỉ số lượng giác góc, làm sở, cơng cụ chứng minh định lý luận văn Chương 2: Các định lý đẳng chu Chương trình bày lý thuyết cực đại cực tiểu, trình bày chứng minh định lý đẳng chu tam giác đa giác mở rộng sang số lớp hình khơng gian tứ diện, lăng trụ tứ giác Chương 3: Đối xứng hóa vấn đề liên quan Chương trình bày nguyên lý phản xạ phương pháp hình học để tiếp cận lời giải lớp toán, định lý hình học cách đơn giản dễ hình dung Chương 4: Các toán lời giải Chương trình bày hệ thống tốn hình học sơ cấp, cực trị hình học tiếp cận định lý đẳng chu phép đối xứng, tạo nguồn tư liệu học tập, nghiên cứu cho học sinh Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình thầy TS Nguyễn Hữu Trọn, người ln nhắc nhở, động viên, giúp đỡ tơi q trình nghiên cứu để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn q thầy khoa Tốn Thống kê, phịng Sau đại học trường Đại học Quy Nhơn, đặc biệt quý thầy cô trực tiếp giảng dạy cho lớp Cao học Tốn khóa 21 Cuối tơi tỏ lịng biết ơn đến gia đình, người thân bạn bè ủng hộ, giúp đỡ, tạo điều kiện cho mặt suốt thời gian học thạc sĩ hoàn thành luận văn Mặc dù tơi cố gắng khả thời gian hạn chế nên luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót Tơi mong nhận ý kiến, góp ý quý thầy bạn đọc để luận văn hồn thiện Ngày tháng năm 2020 Học viên thực Bùi Anh Trường Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày số kiến thức hữu dụng cho chương sau như: Định lý trung bình số học trung bình hình học, tỉ số lượng giác, số đẳng thức hình học Các kết chương trình bày dựa vào [4], [7] 1.1 Các định lý trung bình số học trung bình hình học Định nghĩa 1.1.1 Trung bình số học A n số a1 , · · · , an a1 + a2 + · · · + an n Trung bình số học tập hợp số thực cịn gọi trung bình cộng số Định lý 1.1.2 Tích n số dương với tổng cho trước lớn n số Cụ thể, > (i = 1, · · · , n) = nA khơng i=1 đổi a1 · a2 · · · an ≤ A n (1.1) Dấu = xảy a1 = a2 = · · · = an Hiểu theo nghĩa hình học, tất hình hộp n chiều có tổng độ dài cạnh khơng đổi khối hộp n chiều tích lớn Một cách phát biểu hình học tương đương khác là: "Nếu đoạn thẳng có độ dài cho trước chia thành hữu hạn đoạn thẳng nhỏ có độ dài nhỏ tích độ dài đoạn thẳng lớn đoạn thẳng chia có độ dài nhau" Chứng minh n Xét số dương a1 , a2 , · · · , an = nA không đổi i=1 Nếu = A, i = 1, 2, · · · , n dấu = (1.1) xảy Nếu có = A có số lớn A số nhỏ A Giả sử a1 a2 Đặt a1 = A − h, a2 = A + k h, k > Tiếp tục đặt a1 = A, a2 = A + k − h Khi a1 + a2 = 2A + k − h = a1 + a2 , n a1 + a2 + a3 + · · · + an = = nA i=1 Rõ ràng a1 , a2 số dương Đồng thời ta tập hợp gồm n số dương thỏa mãn tổng chúng tổng n số dương ban đầu Ta cần chứng minh a1 a2 > a1 a2 Thật vậy, ta có: a1 a2 = A (A + k − h) = A2 + (k − h) A, a1 a2 = (A − h) (A + k) = A2 + (k − h) A − hk Suy a1 a2 = a1 a2 + hk > a1 a2 Vì a1 · a2 · a3 · · · an > a1 · a2 · a3 · · · an Bây A = a1 = a2 = a3 = · · · = an (1.1) Ngược lại tồn số lớn A số nhỏ A Giả sử b1 , b2 Lặp lại chứng minh với hai số b1 , b2 ta tìm tập hợp số dương thỏa mãn tổng chúng tổng n số dương ban đầu tích chúng lớn a1 · a2 · a3 · · · an Tiếp tục lặp lại trình (nhiều n − lần) ta n số dương A có tích lớn tích n số dương khác có tổng Định lý 1.1.3 Tổng n số thực dương có tích ln lớn n Dấu xảy tất số n Cụ thể, > 0, i = 1, · · · , n a1 · a2 · · · an = ≥ n Dấu "=" xảy = 1, ∀i = 1, 2, · · · , n Hiểu theo nghĩa hình học: "Nếu thể tích hình hộp chữ nhật n chiều (khối hộp chữ nhật) 1, tổng chiều dài cạnh đạt giá trị nhỏ khối n chiều" Chứng minh Ta có 0, ∀i = 1, 2, · · · , n a1 · a2 · · · an = Ta cần chứng minh n ≥ n i=1 Dấu = xảy = 1, ∀i = 1, 2, · · · , n Ta chia số cho tổng chúng, ta n số có tổng áp dụng Định lý 1.1.2 Đặt n s= , bi = i=1 Ta có n n i=1 bi = n n i=1 , s s = · = s n s n Áp dụng Định lý 1.1.2 ta có b1 · b2 · · · bn ≤ n n Dấu = xảy b1 = b2 = · · · = bn = Tức a1 · a2 · a3 · · · an ≤ s · s · s···s n n n Vậy n ≤ s Dấu = xảy = 1, ∀i = 1, 2, · · · , n 64 Lời giải Giả sử hình bình hành ABCD có chu vi 2p độ dài cạnh AC = h Khi ∆ABC có chu vi P = p + h không đổi Theo Định lý 2.2.5, tam giác có diện tích lớn Hình 4.5 Do hình bình hành cần xác định phải hình thoi có số đo góc đỉnh 60◦ Bài toán 4.1.8 Trong khối hộp chữ nhật có tổng chiều dài cạnh cho trước Chứng minh khối lập phương tích diện tích bề mặt lớn Lời giải Gọi a, b, c độ dài cạnh khối hộp chữ nhật Khi đó, tổng chiều dài cạnh khối hộp L = 4(a + b + c) Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có V = abc ≤ a+b+c 3 = L3 123 Dấu ” = ” xảy a = b = c Tức khối hộp khối lập phương Diện tích bề mặt khối hộp S = 2(ab + bc + ca) Khi ta có S ≤ 2(a2 + b2 + c2 ) = 2(a + b + c)2 − 4(ab + bc + ca) = 2(a + b + c)2 − 2S, L2 3S ≤ Dấu ” = ” xảy a = b = c Vì L khơng đổi khối hộp chữ nhật có diện tích bề mặt lớn khối lập phương 65 4.2 Một số toán sử dụng nguyên lý phản xạ Bài toán 4.2.1 Trong hình giới hạn sợi dây có chiều dài L đoạn thẳng có chiều dài D cho trước, hình có diện tích lớn Cho ví dụ? Lời giải Hình 4.6 Rõ ràng với đoạn thẳng AB có chiều dài D cho trước sợi dây có chiều dài L hình giới hạn sợi dây lập thành đường tùy ý đoạn thẳng đa dạng Giả sử ta có hình giới hạn hình 4.5 (a) Một hình dạng có sợi dây lập thành cung tròn tạo với đoạn thẳng AB hình viên phân (hình 4.5 (b)) Bây ta bổ sung vào hình viên phân hình viên phân khác (phần gạch chéo) để tạo thành hình trịn bổ sung hình hình viên phân tương tự Rõ ràng hai hình tạo thành có chu vi L + L nên theo định lí đẳng chu, hình trịn có diện tích lớn Khi đó, bỏ phần gạch chéo đi, hình 4.5(b) đáp án tốn Vậy sợi dây chiều dài L vây quanh đoạn thẳng chiều dài D tạo thành cung trịn diện tích hình giới hạn đạt lớn 66 Bài toán 4.2.2 Cho n - giác có thứ tự độ dài cạnh cho trước trừ cạnh Hình có diện tích lớn nhất? Chứng minh dự đốn? Lời giải Ta dựng n - giác, có n − cạnh có độ dài cho trước nội tiếp nửa đường tròn nội tiếp nửa đường tròn nhận độ dài cạnh lại n - giác làm đường kính Khi ta hình viên phân (kẻ sọc) giới hạn bên ngồi n giác có diện tích khơng đổi (hình 4.6(a)) Ta hình dung đỉnh thay đổi vị trí "khớp nối" để nhận n - giác thoản mãn yêu cầu n − cạnh có độ dài khơng đổi cạnh cịn lại có độ dài thay đổi (hình 4.6(b)) Rõ ràng, hình viên phân có diện tích khơng đổi nên hai hình giới hạn đường cong có độ dài nửa cung trịn Hình 4.7 Từ kết tốn Dido, cung trịn đó, với đường thẳng có độ dài chưa biết (cạnh chưa biết n - giác) bao quanh hình có diện tích nhỏ diện tích nửa đường trịn Vậy n - giác có thứ tự độ dài cạnh cho trước trừ độ dài cạnh, diện tích đa giác đạt cực đại đa giác nội tiếp nửa đường trịn có đường kính độ dài cạnh chưa biết Bài tốn 4.2.3 Hình có diện tích lớn bị giới hạn phần tư mặt phẳng phần đường cong hình có độ dài L cho trước, 180◦ giả sử góc có số đo dạng , n số tự nhiên? n Lời giải 67 Hình 4.8 Chúng ta cần tìm hình giới cung có chiều dài L miền góc AM B có diện tích lớn (hình 4.5 (a)) Ta thay đổi góc AM B vị trí điểm, nhiên chiều dài đường cong có độ dài khơng đổi Bài tốn dễ dàng góc phần tư góc vng, ta phản xạ liên tiếp đường cong cho qua cạnh góc phần tư (hình 4.5 (b)) Rõ ràng, đường cong có chu vi 4L khơng đổi theo định lí đẳng chu hình trịn có diện tích lớn Hình trịn có hai trục đối xứng AA BB nên tâm giao AA BB Vậy lời giải toán 4.5 (b) hình quạt vng Từ ý tưởng trên, ta giải toán ban đầu cách thực phản xạ liên tiếp để đường cong có chu vi 2nL, áp dụng định lí đẳng chu cho tốn mà lời giải hình trịn Vậy lời giải hình giới hạn cung trịn có tâm M Bài tốn 4.2.4 [IMO 1991] Cho ∆ABC điểm P nằm tam giác Chứng minh có góc P AB, P BC, P CA nhỏ 30◦ Lời giải Giả sử D, E, F chân đường cao kẽ từ P xuống cạnh BC, CA, AB Giả sử góc P AB, P BC, P CA lớn 30◦ Đặt P AB = α, P BC = β, P CA = γ (hình 4.5) 68 Hình 4.9 Khi PF PD PE + + sin α sin β sin γ PF PD PE < + + = (P D + P E + P F ) sin 30◦ sin 30◦ sin 30◦ PA + PB + PC = Mõu thun vi bt ng thc Erdăos - Mordell Do đó, góc P AB, P BC, P CA lớn 30◦ lầ sai Suy điều phải chứng minh Bài toán 4.2.5 (Tam giác Steiner) Tìm điểm X mặt phẳng chứa ∆ABC cho trước cho t (X) = XA + XB + XC đạt giá trị nhỏ Lời giải Xét trường hợp X nằm bên ngồi ∆ABC , khơng tính tổng qt, ta giả sử X nằm phía ngồi cạnh AB Tức X C khơng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB Gọi X điểm đối xứng X qua AB Khi XA = X A, XB = X B Gọi Y giao điểm CX AB XY = X Y Theo bất đẳg thức tam giác ta có CX ≤ CY + X Y = CY + XY = CX, Do t (X ) ≤ t (X) Vì ta nên xét trường hợp điểm X nằm bên cạnh ∆ABC Gọi α, β, γ số đo góc đỉnh A, B, C ∆ABC Khơng tính tổng qt giả sử γ ≥ β ≥ α Do α, β góc nhọn Gọi ϕ phép quay tâm A góc quay 60◦ ngược chiều kim đồng hồ Khi đó, với M mặt phẳng, tồn M = ϕ (M ) cho ∆AM M 69 Hình 4.10 tam giác Lấy X nằm tam giác ∆ABC Tồn C = ϕ (C) , X = ϕ (X) nên ∆ACC , ∆AXX tam giác Đồng thời CX = C X t (X) = BX + XX + X C hay nói cách khác t (X) độ dài đường gấp khúc BXX C (Hình 4.10) Xét ba trường hợp: Trường hợp 1: γ < 120◦ Ta có BCC = γ + 60◦ < 180◦ Vì α < 90◦ , ta có BAC < 180◦ , đoạn thẳng BC cắt đoạn thẳng AC D Lấy X0 ∈ BC cho AX0 B = 60◦ X0 giao điểm BC đường tròn ngoại tiếp ∆ACC Khi AX0 C = ACC = 60◦ X0 = ϕ (X0 ) nên ∆AX0 X0 tam giác Hơn t (X0 ) = AX0 + BX0 + CX0 = BX0 + X0 X0 + X0 C = BC Vì t (X0 ) ≤ t (X) với điểm X nằm ∆ABC Dấu ” = ” xảy X, X ∈ BC hay X ≡ X0 Chú ý rằng, X0 dựng cho AX0 B = BX0 C = CX0 A = 120◦ Điểm X0 gọi điểm Torricelli ∆ABC 70 Hình 4.11 Trường hợp 2: γ = 120◦ Khi BCA + ACC = 120◦ + 60◦ = 180◦ , Nên C ∈ BC t (X) = BX + XX + X C xảy X ≡ C Trường hợp 3: γ > 120◦ Khi đoạn thẳng BC khơng có giao điểm với đoạn thẳng AC (Hình 4.11) Nếu AX ≥ AC , theo bất đẳng thức tam giác t (X) = AX + BX + CX ≥ AC + BC Nếu AX < AC , X nằm ∆ACC C nằm tứ giác BXX C nên t (X) = BX + XX + XC ≥ AC + BC Trong hai trường hợp dấu ” = ” xảy X ≡ C Tóm lại, góc ∆ABC nhỏ 120◦ t (X) nhỏ X điểm Torricelli ∆ABC Nếu có góc lớn 120◦ giả sử đỉnh C t (X) nhỏ X ≡ C Bài toán 4.2.6 Trong mặt phẳng cho đường thẳng l hai điểm A, B nằm hai nửa mặt phẳng khác bờ đườg thẳng l Một chất điểm chuyển 71 Hình 4.12 động với vận tốc không đổi v1 nửa mặt phẳng chứa điểm A vận tốc không đổi v2 nửa mặt phẳng chứa điểm B Tìm đường từ A đến B cho thời gian chuyển động chất điểm nhỏ nhất? Lời giải Trong mặt phẳng tọa độ Descartes vng góc Oxy , giả sử đường thẳng l trufg với trục hoành Ox Điểm A ∈ Oy Khi khơng tính tổng qt ta giả sử tọa độ điểm A = (0, a) , B = (d, −b) (a, b, c, d > 0) Lấy X l giả sử có tọa độ X = (x, 0) (Hình 4.12) Ta có √ AX = a2 + x2 , b2 + (d − x)2 BX = Thời gian chất điểm chuyển động đường gấp khúc AXB √ AX BX a2 + x b2 + (d − x)2 t (X) = + = + v1 v2 v1 v2 √ a2 + x b2 + (d − x)2 Xét hàm số t(x) = + với ≤ x ≤ d, trường hợp v1 v2 d nằm ngồi khoảng khơng tồn giá trị nhỏ Ta có t (x) = v1 √ Vì √ d−x x − a2 + x2 v2 b2 + (d − x)2 a = ax + x x2 1+ a , 72 Hình 4.13 nên hàm số √ a tăng ngoặt đoạn [0, d] ax + x2 Tương tự hàm số d−x tăng ngoặt đoạn [0, d] v2 b2 + (d − x) Do đó, t (x) tăng ngoặt [0, d] Vì t (0) < 0, t (d) > tồn x0 ∈ (0, d) cho t (x0 ) = Rõ ràng t (x) < với x ∈ (0, x0 ), t (x) > với x ∈ (x0 , d) nên t(x) đạt cực tiểu x = x0 Chú ý rằng, điểm X0 = (x0 , 0) thỏa điều kiện t (x) = ta viết sin α x0 d − x0 sin β = = , = v1 v2 v2 b2 + (d − x0 )2 v1 a2 + x20 α góc AX Oy , β góc BX Ox Vậy, tồn điểm X0 cho chất điểm chuyển động theo đường AX0 B có thời gian chuyển động tối thiểu Điểm X0 xác định đẳng thức sin α sin β = v1 v2 Bài toán 4.2.7 Chng minh bt ng thc Erdăos - Mordell khơng gian với tứ diện ABCD có diện tích mặt Chứng minh trường hợp tứ diện bất đẳng thức khơng cịn đúng? Cho ví dụ minh họa? Lời giải Gọi ABCD tứ diện có diện tích mặt S , P điểm 73 nằm mặt tứ diện Ta cần chứng minh P A + P B + P C + P D ≥ (pa + pb + pc + pd ) pa , pb , pc , pd khoảng cách từ điểm P đến mặt tứ diện Dấu ” = ” xảy ABCD tứ diện P tâm Giả sử độ dài đường cao kẽ từ A Hình 4.14 Vì VABCD = VP ABC + VP BCD + VP CDA + VDAB , nên S = S (pa + pb + pc + pd ) , = pa + pb + pc + pd , − pa = pb + pc + pd Mặt khác AK = − pa ≤ P A, Từ suy ra: P A ≥ pb + pc + pd Tương tự ta có P B ≥ pa + pd + p c , P C ≥ pa + pb + pd , P D ≥ pa + pb + pc Cộng vế theo vế đẳng thức ta được: P A + P B + P C + P D ≥ (pa + pb + pc + pd ) (4.1) 74 Tuy nhiên, trường hợp tứ diện tổng quát, bất đẳng thức khơng xảy Cụ thể, ta chọn tứ diện ABCD có mặt bên BCA, BDA tam giác vuông cân cho suy biến thành tam giác Hình 4.15 √ Dễ dàng tính trường hợp P A + P B + P C + P D = 2 (pa + pb + pc + pd ) = · = Do bất đẳng thức (4.1) khơng xảy Bài toỏn 4.2.8 (Bt ng thc Erdă os - Mordell không gian) Cho tứ diện ABCD P điểm tùy ý nằm bên Gọi pa , pb , pc , pd khoảng cách từ điểm P đến mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Đặt d = P A + P B + P C + P D Chứng minh √ √ √ √ √ √ d ≥ ( pa pb + pa p c + pa pd + pb p c + pb pd + pc pd ) (4.2) Lời giải Gọi độ dài đường cao kẽ từ đỉnh A xuống mặt phẳng (BCD) S1 , S2 , S3 , S4 diện tích tam giác BCD, CDA, DAB , ABC V1 , V2 , V3 , V4 thể tích khối tứ diện P BCD, P CDA, P DAB , P ABC , ABCD Ta có P A + p a ≥ Do P A · S1 + pa · S1 ≥ · S1 , P A · S1 + 3V1 ≥ 3V = 3(V1 + V2 + V3 + V4 ), P A · S1 ≥ 3(V2 + V3 + V4 ) = pb · S2 + pc · S3 + pd · S4 , 75 Hình 4.16 P A ≥ pb · S3 S4 S2 + pc · + pd · S1 S1 S1 Tương tự, ta có S1 S3 S4 + pc · + pd · , S2 S2 S2 S2 S1 S4 P C ≥ pb · + pa · + pd · , S3 S3 S3 S2 S3 S1 P D ≥ pb · + pc · + pa · S4 S4 S4 P B ≥ pa · Cộng bất đẳng thức vế theo vế sau áp dụng bất đẳng thức AM GM, ta S1 S2 S1 S3 + pb · + pa · + pc · S2 S1 S3 S1 S1 S2 S4 S3 + pa · + pd · + pb · + pc · S4 S1 S3 S2 S2 S4 S3 S4 + pb · + pd · + pc · + pd · S4 S2 S4 S3 √ √ √ ≥ ( pa p b + pa pc + p a pd PA + PB + PC + PD ≥ pa · 76 √ √ √ + pb pc + pb pd + pc pd ) Dấu ” = ” xảy ABCD tứ diện P tâm KẾT LUẬN Luận văn "Bất đẳng thức hình học ứng dụng giải tốn sơ cấp" đạt kết sau: Hệ thống lại trình bày chứng minh chi tiết cho kết liên quan Định lý đẳng chu mặt phẳng, không gian Hệ thống lại kết đến nguyên lý phản xạ, sử dụng phương pháp hình học để tiếp cập lớp tốn, định lý hình học Hệ thống hóa tập cực trị hình học sơ cấp sử dụng Định lý đẳng chu, phép đối xứng công cụ giải hữu hiệu 77 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Điển, Phương pháp giải tốn cực trị hình học, NXB Khoa học kĩ thuật, 2002 [2] Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy, Khu Quốc Anh, Trần Đức Huyên, Hình học 12 bản, NXB Giáo dục Việt Nam, 2007 [3] Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy, Khu Quốc Anh, Trần Đức Huyên, Bài tập hình học 12 bản, NXB Giáo dục Việt Nam, 2007 [4] Lê Quốc Hán (chủ biên), Đinh Quang Minh, Lê Thị Ngọc Thúy,Những đường sáng tạo giải tốn hình học, NXB Giáo dục Việt Nam, 2016 [5] G Polya, Tốn học suy luận có lí, NXB Giáo dục Việt Nam, 2001 [6] Bài tốn đẳng chu, Phạm Xuân Quang, http://thpt-lequydondanang.edu.vn/upload/soft/BaiToanDangChu-PhanXuanQuang.pdf [7] N.D Kazarinoff , Geometric Inequalities, Yale University, 1961 [8] P.S Modenov and A.S Parkhomenko, Geometric Transformations, Academic Press, New York, 1965 [9] T Andreescu, O Mushkarov and L Stoyanov, Geometric Problems on Maxima and Minima, Birkhăauser, Berlin, 2006 ...BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN BÙI ANH TRƯỜNG MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC VÀ ỨNG DỤNG TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 84601113 NGƯỜI... Kiến thức chuẩn bị 1.1 Các định lý trung bình số học trung bình hình học 1.2 Tỉ số lượng giác góc 1.3 Một số đẳng thức, bất đẳng thức hình học 12 Các định lý đẳng. .. phương pháp hình học để tiếp cận lời giải lớp toán, định lý hình học cách đơn giản dễ hình dung Chương 4: Các toán lời giải Chương trình bày hệ thống tốn hình học sơ cấp, cực trị hình học tiếp cận