Ứng dụng số phức để chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Trong cấu trúc đề thi Đại học – Cao Đẳng và các kỳ thi học sinh giỏi thường
có phần tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của một biểu thức hoặc chứng minh
bất đẳng thức. Tuy nhiên việc giải quyết các bài tập phần này thường khó và khơng
có một “công thức” chung cho các bài. Đôi khi các công cụ học sinh đã biết không
đủ để giải quyết các bài tập này, hoặc để sử dụng được các công cụ đã học người
học phải vượt qua được các bước biến đổi phức tạp mới giải quyết được bài tốn
đó.
Một trong các ứng dụng của số phức là có thể dùng để chứng minh bất đẳng
thức và tìm các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức.
Mặc dù số phức đã được đưa vào chương trình phổ thơng song nội dung cịn
khá đơn giản, các tài liệu về phần ứng dụng của số phức cho học sinh phổ thơng
cịn chưa nhiều. Nên việc nghiên cứu thêm những điều lý thú của số phức đối với
học sinh phổ thơng là thực sự cần thiết.
Vì những lý do trên, tôi đã đưa ra sáng kiến:”Ứng dụng số phức để chứng
minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức ” nhằm giúp
học sinh giải một lớp bài toán chứng minh bất đẳng thức(hoặc tìm cực trị của biểu
thức) góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy và giúp học sinh đạt kết quả tốt
trong các kỳ thi .
2. Mục đích nghiên cứu
Tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với học sinh trường THPT. Làm cho học
sinh hiểu, dễ nhớ và áp dụng được số phức để chứng minh bất đẳng thức và tìm giá
trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức. Từ đó học sinh nắm được các cách giải quyết
khác nhau của cùng một bài toán và thấy được sự tiện lợi của của số phức.
3. Phạm vi nghiên cứu
Nghiên cứu và ứng dụng số phức để chứng minh một lớp bài tốn về bất đẳng
thức và tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất của biểu thức cho học sinh trường THPT...,
khối lớp 12.

B. NỘI DUNG

1


1. Cơ sở lý luận.
- Vì các bất đẳng thức thường gặp là các quan hệ giữa các số thực nên để áp
dụng số phức chúng ta cần sử dụng nhiều đến mođun của số phức.
Cho số phức z = a + bi thì mođun của số phức z là | z |= a 2 + b 2
+ | z |≥ 0, ∀z
+ | z |= 0 ⇔ z = 0
+ | z |= z
+ | z1.z2 |=| z1 | .| z2 |
2

+ | z |2 = z.z ⇒ z = a 2 + b 2
+ z1 + z2 = z1 + z2 ; z1 − z2 = z1 − z2
+ | z1 | − | z2 | ≤ | z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 |
+ | z1 | − | z2 | ≤ | z1 − z2 | ≤ | z1 | + | z2 |
Tổng quát: Cho n số phức z1 , z2 ,..., zn ta ln có bất đẳng thức
| z1 + z2 + .... + zn | ≤ | z1 | + | z2 | +... + zn
- Trong mặt phẳng phức, nếu A( z1 ), B( z2 ) thì AB = z2 − z1
2

do đó AB 2 = z2 − z1 = ( z2 − z1 )( z2 − z1 ) = ( z2 − z1 )( z2 − z1 )
- Nếu 0 là gốc tọa độ thì 0 A = z1 ; 0 B = z2
2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
- Mỗi chúng ta đều nhận thấy Tốn hoc là mơn học khó, khơng phải học sinh
nào cũng tiếp thu tốt kiến thức toán học. Bất đẳng thức và các bài toán cực trị
thường là những bài khó, rất dễ gặp trong các kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng,
thi học sinh giỏi ... Khi học sinh giải quyết một bài toán dạng này thường lúng
túng, dễ rơi vào bế tắc, không biết làm thế nào khi đó sẽ dẫn đến mất hứng thú học

tập của học sinh.
- Trên thực tế, tôi đã khảo sát chất lượng học tập của học sinh (về vấn đề chứng
minh bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất) và đã thu được kết qua như
sau:
Lớp Sĩ số

Giỏi

Khá

Trung bình

Yếu

Kém
2


SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

12A1

48

3

6

10

21

10

21

20

42

5

10

12A6

46

2

4

8

17

11

24

18

39

7

16

12A2

45

2

4

9

20

14

31

16

36

4

9

Như vậy rõ ràng số lượng học sinh nắm bắt dạng tốn này khơng nhiều với lý
do khơng nhận dạng, không định hướng được cách giải như thế nào.
3. Các biện pháp thực hiện
a, Các yêu cầu chung
- Điều tra học lực của học sinh qua các bài kiểm tra.
- Tổ chức ơn tập vào các buổi ngoại khố nhằm tăng thời lượng luyện tập giải toán.
- Khi ra bài tập cho học sinh, giáo viên yêu cầu học sinh thực hiện đầy đủ một số
nội dung sau:
+) Đọc kỹ nội dung bài toán.
+) Nhận dạng bài toán thuộc dạng toán nào, thực hiện phép "quy lạ về quen".

+) Xác định rõ yêu cầu bài toán.
+) Xác định đúng giả thiết, kết luận (có thể viết giả thiết dưới dạng khác được
khơng?)
+) Tự mình tiến hành giải bài tốn.
+) Kiểm tra xem đã vận dụng hết giả thiết chưa, trong bài sử dụng những kiến thức
nào?
+) Đối chiếu với cách giải của bạn, của thầy.
+) Tìm thêm các lời giải khác cho bài tốn (nếu có).
+) Rút ra kinh nghiệm cho bản thân.
b, Thực hành qua các dạng toán
Trong mục này tơi đưa ra một số dạng tốn chứng minh bất đẳng thức (tìm giá
trị lớn nhất, nhỏ nhất ) và giải chúng bằng cách sử dụng số phức một cách tự nhiên
và nhận xét về cách giải này.
Bài toán 1(dấu hiệu 1). Các bất đẳng thức cần chứng minh (tìm giá trị lớn
nhất, nhỏ nhất của biểu thức) mà có chứa tổng các căn thức bậc hai mà biểu
thức dưới căn thức có dạng tổng của hai bình phương.
Cách giải: - Biến đổi các căn thức đó về dạng

a12 + a2 2 ,

b12 + b2 2 ,... sau đó ta

chọn số phức z1 = a1 + a2i; z2 = b1 + b2i ,... sao cho z1 = a12 + a22 ; z2 = b12 + b22 ,...
3


- Áp dụng bất đẳng thức sau suy ra điều phải chứng minh (Giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất).
| z1 | − | z2 | ≤ | z1 + z2 | ≤ | z1 | + | z2 |
| z1 | − | z2 | ≤ | z1 − z2 | ≤ | z1 | + | z2 |

Tổng quát: Cho n số phức z1 , z2 ,..., zn ta luôn có bất đẳng thức
| z1 + z2 + .... + zn | ≤ | z1 | + | z2 | +... + zn
Ví dụ 1.

Cho các số thức a, b, c . Chứng minh rằng:
a 2 + ab + b 2 + a 2 + ac + c 2 ≥ b 2 + bc + c 2

Lời giải thường gặp. Sử dụng phương pháp hình học
Chọn tọa độ 3 điểm A, B, C sao cho
AB = a 2 + ab + b 2 ; BC = a 2 + ac + c 2 ; AC = b 2 + bc + c 2

Sau đó sử dụng tính chất AB + BC ≥ AC suy ra kết quả
Nhận xét. Rõ ràng cách giải trên việc chọn tọa độ các điểm A, B, C khơng dễ đối
với nhiều học sinh. Vậy có cách khác khơng?
Lời giải đề xuất. Ta có:
a 2 + ab + b 2 + a 2 + ac + c 2 ≥ b 2 + bc + c 2 ⇔
2

2

2

2
2
2
b b 3
c c 3


b c b 3 c 3

⇔ a + ÷ +
+
÷ + a + ÷ + 
÷ ≥  − ÷ +
÷ (1)
2  2 
2  2 
2 


 2 2  2

b b 3
c c 3


i ; z 2 =  − a − ÷+
i khi đó
Xét các số phức z1 =  a + ÷+
2
2
2
2


b
b 3 2
c
c 3 2
z1 = (a + ) 2 + (

) ; z2 = (a + ) 2 + (
) và
2
2
2
2

b c b 3 c 3
z1 + z2 =  − ÷+ 
+
÷i
2 2  2
2 

Áp dụng bất đẳng thức | z1 | + | z2 | ≥ | z1 + z2 | ta có:
2

2

2

2
2
2
b b 3
c c 3


b c b 3 c 3
+

÷ + a + ÷ +
÷ ≥  − ÷ +
÷
a + ÷ + 
2  2 
2  2 
2 


2 2  2

Vậy bất đẳng thức (1) ln đúng do đó bất đẳng thức đã cho đã được chứng minh.
Ví dụ 2. Cho các số thực a, b, c > 0 . Chứng minh rằng
a 2 + ab + 2b 2 + b 2 + bc + 2c 2 + c 2 + ca + 2a 2 ≥ 2(a + b + c )
4


Lời giải thường gặp:
Với a,b>0, ta có

a 2 + ab + 2b 2 ≥

tương tự với a, b, c > 0 , ta có

3a + 5b
⇔ (a − b) 2 ≥ 0 (luôn đúng) (*)
4

3b + 5c
4

3c + 5a
c 2 + ca + 2a 2 ≥
4

b 2 + bc + 2c 2 ≥

(**)
(***)

Cộng theo vế của ba bất đẳng thức (*), (**), (***) ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xẩy ra khi a=b=c
Nhận xét: Đây là bài tốn khó, nhiều học sinh gặp khó khăn khi giải bài này.
3a + 5b
a 2 + ab + 2b 2 ≥
⇔ (a − b)2 ≥ 0 không tự
Trong lời giải việc chứng minh
4
nhiên. Có cách nào chứng minh bài tốn này đơn giản khơng?
Lời giải đề xuất:

Ta có

b
7b 2
a 2 + ab + 2b 2 = (a + ) 2 + (
)
2
2

c

7c 2 ;
b 2 + bc + 2c 2 = (b + ) 2 + (
)
2
2

a
7a 2
c 2 + ca + 2a 2 = (c + ) 2 + (
)
2
2

b
7b
c
7c
a
7a
z1 = (a + ) +
i , z2 = (b + ) +
i , z3 = (c + ) +
i
2
2
2
2
2
2

Đặt
Khi đó

b
7b 2 ;
c
7c 2 ;
a
7a 2
z1 = (a + ) 2 + (
)
z2 = (b + ) 2 + (
) z 2 = (c + ) 2 + (
)
2
2
2
2
2
2
z1 + z2 + z3 =

3
7
(a + b + c) +
(a + b + c)i = 4(a + b + c ) 2 = 2(a + b + c )
2
2

Áp dụng công thức | z1 | + | z2 | + | z3 | ≥ | z1 + z2 + z3 | ta có điều phải chứng minh

đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi a=b=c.
Nhận xét: Như vậy cách giải này chúng ta đã sử dụng kiến thức số phức để giải.
lời giải tự nhiên hơn và nhẹ nhành hơn .
Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c ≥ 3 . Chứng minh
rằng:

a 2 + ab + b 2 + b 2 + bc + c 2 + c 2 + ca + a 2 ≥ 3 3

Lời giải thường gặp. Ta có
a 2 + ab + b 2 ≥

3
1
3
(a + b) 2 + ( a − b ) 2 ≥
(a + b) (1)
4
4
2
5


b 2 + bc + c 2 ≥

3
(b + c ) (2) ;
2

c 2 + ac + a 2 ≥

3
(a + c) (3)
2

Cộng vế theo vế của (1); (2); (3) ta có điều phải chứng minh
Nhận xét. Rõ ràng cách giải trên không dễ đối với nhiều học sinh việc biến đổi
3
1
3
(a + b ) 2 + ( a − b ) 2 ≥
(a + b) không tự nhiên.
4
4
2

a 2 + ab + b 2 ≥
Lời giải đề xuất.

Ta xét biểu thức S = a 2 + ab + b 2 + b 2 + bc + c 2 + c 2 + ca + a 2 ta ln có:
2

2

2

2
2
2
b b 3
c c 3

a a 3



S = a + ÷ + 
÷ + b + ÷ + 
÷ + c + ÷ + 
÷
2  2 
2  2 
2  2 




b b 3
c c 3
a a 3



i; z 2 =  b + ÷ +
i ; z3 =  c + ÷ +
i
Xét các số phức: z1 =  a + ÷+
2
2
2
2
2

2



3
3
Ta có: z1 + z2 + z3 = (a + b + c ) +
(a + b + c )i nên
2
2
| z1 + z2 + z3 |=

9
3
(a + b + c) 2 + (a + b + c ) 2 = 3( a + b + c)
4
4

Áp dụng bất đẳng thức | z1 | + | z2 | + | z3 | ≥ | z1 + z2 + z3 | ta có
2

2

2

2
2
2
b b 3
c c 3

a a 3



S = a + ÷ + 
÷ + b + ÷ + 
÷ + c + ÷ + 
÷ ≥
2  2 
2  2 
2  2 




≥ 3(a + b + c) ⇔ S ≥ 3 3
Đẳng thức đạt được khi a = b = c = 1
Ví dụ 4. Cho các số thực a, b, c > 0 thoả mãn ab + bc + ca = abc .
a 2 + 2b 2
b 2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+
≥ 3
ab
bc
ca
Nhận xét. Đây là một bài không dễ song nếu ta biến đổi từ giả thiết
Chứng minh rằng:

1 1 1
1
1
1
ab + bc + ca = abc ⇔ + + = 1 đặt u = ; v = ; w = , u > 0, v > 0, w > 0 khi đó ta
a

có

a 2 + 2b 2
= v 2 + 2u 2 ;
ab

b

c

a

b 2 + 2c 2
= w2 + 2v 2 ;
bc

b

c

c 2 + 2a 2
= u 2 + 2 w2 . Sau đó ta
ca

6


chọn các số phức thích hợp z1; z2 ; z3 và áp dụng bất đẳng thức
| z1 | + | z2 | + | z3 | ≥ | z1 + z2 + z3 | . Từ đó ta có lời giải sau.
1
1
1
Đặt u = , v = ; w = ta có u , v, w > 0 và u + v + w = 1
a
b
c

Lời giải đề xuất.

a 2 + 2b 2
b 2 + 2c 2
c 2 + 2a 2
+
+
= u 2 + 2 w2 + v 2 + 2u 2 + w2 + 2v 2
ab
bc
ca

Vậy

Ta phải chứng minh

u 2 + 2 w2 + v 2 + 2u 2 + w2 + 2v 2 ≥ 3

(1)

Xét các số phức z1 = u + w 2i; z2 = v + u 2i; z3 = w + v 2i
Ta có:

z1 + z2 + z3 = (u + v + w) + (u + v + w) 2i = 1 + 2i

Áp dụng | z1 | + | z2 | + | z3 | ≥ | z1 + z2 + z3 | cho ba số phức z1 , z2 , z3 ta có:
| z1 | + | z2 | + | z3 | ≥ | z1 + z2 + z3 |= 12 + ( 2) 2 = 3
hay

u 2 + 2 w2 + v 2 + 2u 2 + w2 + 2v 2 ≥ 3

Vậy (1) luôn đúng. Ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi u = v = w =
Ví dụ 5. Chứng minh rằng

1
⇔ a = b = c = 3.
3

2 cos x + sin x + cos x ≥ 1 (1)

Nhận xét. Để vận dụng số phức chứng minh bất đẳng thức (1) chúng ta biến đổi

2 cos x + sin x + cos x = cos 2 x + cos 2 x + (sin x + cos x) 2
Đặt z1 = cos x − cos x.i; z2 = − sin x − cos x .
Lời giải đề xuất. Ta có

2 cos x + sin x + cos x = cos 2 x + cos 2 x + (sin x + cos x) 2
Đặt z1 = cos x − cos x.i; z2 = − sin x − cos x . Khi đó
z1 = cos x − cos x.i = cos 2 x + cos 2 x = 2. cos x
z2 = − sin x − cos x = (sin x + cos x) 2

Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 | ta có
z1 + z2 = 2. cos x + sin x + cos x ≥ z1 + z2 = − sin x − cos x.i = sin 2 x + cos 2 x = 1

Vậy bất đẳng thức (1) đã được chứng minh.
7


Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi cosx = 0 ⇔ x =

π
+ kπ , k ∈ Z .
2

Ví dụ 6. (Đề thi Olympic 30-4). Chứng minh với mọi a, b ta ln có
a 2 + b 2 + 2a + 2b + 1 + a 2 + b 2 − 2a − 2b + 1 ≥ 2

Lời giải đề xuất: Ta có a 2 + b2 + 2a + 2b + 1 = (a +
a 2 + b 2 − 2a − 2b + 1 = (

2
2
− a) 2 + (
− b) 2
2
2

2
2
2 2
2 2
) + (b +
)i ⇒ z1 = (a +
) + (b +
)
2
2
2
2

Đặt z1 = (a +
z2 = (

2 2
2 2
) + (b +
)
2
2

2
2
2 2
2 2
− a) + (
− b)i ⇒ z1 = ( a −

) + (b −
)
2
2
2
2

Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 | ta có z1 + z2 ≥ z1 + z2 = 2 + 2.i = 2
Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi a = b =

2
2

Ví dụ 7. Cho các số a, b thực tuỳ ý. Chứng minh rằng.
2b 2 − 6b + 9 + 2b 2 −

10.ab 13a 2 3 13a 2
2 13
+
+
− 4a + 4 ≥
3
9
2
9
13
2b 2 − 6b + 9 = b 2 + (b − 3) 2

Nhận xét. Ta nhận thấy rằng

10.ab 13a 2
2a
2b −
+
= (b − a) 2 + (b − ) 2 và ta có
3
9
3
2

3 13a 2
9
− 4a + 4 =
(a − 2) 2 + a 2 đến đây ta chọn các số phức
2
9
4
z1 = b + (b − 3)i; z2 = (−b + a ) + (−b +

2a
3
)i; z3 = (− a + 3) − ai ta có lời giải sau:
3
2

Lời giải đề xuất. Ta có
10.ab 13a 2 3 13a 2
2b − 6b + 9 + 2b −
+
+

− 4a + 4
3
9
2
9
2

2

= b 2 + (b − 3) 2 + (b − a )2 + (b −

2a 2
9
) +
(a − 2) 2 + a 2
3
4
8


Đặt z1 = b + (b − 3)i; z2 = (−b + a ) + (−b +

2a
3
)i; z3 = (− a + 3) − ai khi đó
3
2

z1 = b 2 + (b − 3) 2 ; z2 = (b − a ) 2 + (b −

2a 2
9
) ; z3 =
(a − 2) 2 + a 2
3
4

a
a
z1 + z2 + z3 = (− + 3) + (− − 3)i
2
3

và

ta áp dụng công thức | z1 | + | z2 | + | z3 |≥ | z1 + z2 + z3 | ta có
| z1 | + | z2 | + | z3 |= b2 + (b − 3) 2 + (b − a) 2 + (b − 2a ) 2 + 9 (a − 2)2 + a 2
3

4

a
a
13a 3 13 2 225 15 13
≥ z1 + z2 + z3 = (− + 3) 2 + (− − 3) 2 = (
≥
−
) +
2
3

13
6
13
13

Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi a =

18
6
và b =
13
5

Nhận xét. Chúng ta biết điểm M 1 = (a1 ; b1 ) biểu diễn số phức z1 = a1 + b1i thì vectơ
u
r
u
r
u1 = z1 .
u1 = (a1 ; b1 ) thoả mãn
Do vậy với các bài toán trên chúng ta cũng có thể sử dụng phương pháp toạ
độ trong mặt phẳng để giải. Song nhằm hiểu rõ hơn về tính chất cũng như ứng
dụng của số phức nên việc áp dụng số phức để giải cũng làm phong phú hơn
phương pháp giải bất đẳng thức.
Ví dụ 8. Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x + y + z ≤ 1 .
Chứng minh rằng:

x2 +

1

1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2
x
y
z

1
1
1
Lời giải đề xuất. Xét các số phức z1 = x + i, z2 = y + i, z3 = z + i như vậy
x
y
z
z1 = x 2 +

ta có:

1
; z2 =
x2

y2 +

1
1
z2 + 2
2 ; z3 =
y

z

1 1 1
z1 + z2 + z3 = ( x + y + z ) +  + + ÷i
x y z

Áp dụng bất đẳng thức | z1 | + | z2 | + | z3 |≥ | z1 + z2 + z3 | cho ba số phức z1 , z2 , z3 ta
có:
2

1 1 1
1
1
1
x + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ ( x + y + z )2 +  + + ÷
x
y
z
x y z
2

9


Mặt khác chúng ta có:
2

2

1 1 1

1 1 1
( x + y + z ) +  + + ÷ = 81( x + y + z ) 2 +  + + ÷ − 80( x + y + z ) 2
x y z
x y z
2

Ta có:
2

2

1 1 1
1 1 1
81( x + y + z ) +  + + ÷ ≥ 2 81( x + y + z ) 2 . + + ÷
x y z
x y z
2

2

1 1 1
1 1 1
⇔ 81( x + y + z ) +  + + ÷ ≥ 18( x + y + z )  + + ÷≥ 18.9 (*)
x y z
x y z
2

2

1 1 1

Từ trên ta có: ( x + y + z ) +  + + ÷ ≥ 18.9 − 80.1 = 82
x y z
2

x2 +

Vậy:

1
1
1
+ y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ 82
2
x
y
z

Dấu “=” đạt được khi và chỉ khi dấu x = y = z =

1
3

Nhận xét. Đây là bài tốn có nhiều cách giải, song các cách đều đưa về việc áp
dụng bất đẳng thức AM-GM. Vì vậy “cái khóa” ở đây chính là đưa được ra nhận
2

1 1 1
1
1
1

xét
x + 2 + y 2 + 2 + z 2 + 2 ≥ ( x + y + z ) 2 +  + + ÷ . Mà ở đây
x
y
z
x y z
phương pháp của chúng ta đã làm được điều đó.
2

Ví dụ 9. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm gá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = ( x − 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 + y − 2

Lời giải thường gặp: Ta dễ dàng chứng minh được
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d )2 (1)
Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi ad-bc=0 . Áp dụng (1) ta có
( x − 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 = (1 − x) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2
≥ (1 − x + x + 1) 2 + ( y + y ) 2 = 4 + 4 y 2 = 2 1 + y 2
Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi 1-x = x+1 ⇔ x = 0 , từ đó A ≥ 2 1 + y 2 + y − 2
Xét hàm số f(x)= 2 1 + y 2 + y − 2
Trường hợp 1: y<2 khi đó f(y) = 2 1 + y 2 + 2 − y ta có
10


f '( y ) =

2y
1+ y2

−1 =

2 y − 1+ y2
1+ y2

, f '( y ) = 0 ⇔ y =

1
3

lập bảng biến thiên của hàm số f(y) trên (−∞; 2) ta thấy f ( y ) ≥ f (

1
) = 2+ 3
3

Trường hợp 2: y ≥ 2 khi đó f ( y ) ≥ 2 1 + y 2 ≥ 2 1 + 22 > 2 + 3
Như vậy cả 2 trường hợp trên a ln có A ≥ 2 + 3 , ∀x, y ∈ R
Vậy Min A= 2 + 3 đạt tại (x,y)=(0;
Lời giải đề xuất:

1
)
3

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

Chọn z1 = (1 − x) + yi; z2 = ( x + 1) + yi
Như vậy: z1 = (1 − x) 2 + y 2 ; z2 = (1 + x) 2 + y 2
Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 |
ta có

( x − 1) 2 + y 2 + ( x + 1) 2 + y 2 ≥ 2 1 + y 2 từ đó A ≥ 2 1 + y 2 + y − 2

đến đây ta giải bài toán này như trên
Nhận xét:. Mấu chốt ở đây là chúng ta đã đưa kiến thức số phức để làm xuất hiện
2 1 + y2 + y − 2 .
Ví dụ 10. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 6 + 3 y 4 + y 6 + 3 x 4
trong đó x, y là các số dương thay đổi thoả mãn
Lời giải đề xuất.

2≥

1 1
+ ≤2
x y

1 1
4
+ ≥
⇒ x + y ≥ 2 . Suy ra x 3 + y 3 ≥ 2; x 2 + y 2 ≥ 2
x y x+ y

Xét các số phức z1 = x 3 + 3 y 2i, z2 = y 3 + 3x 2i
Áp dụng bất đẳng thức | z1 | + | z2 | ≥ | z1 + z2 | ta có:
P =| z1 | + | z2 | ≥ ( x 3 + y 3 ) 2 + 3( x 2 + y 2 ) 2 ≥ 4
Vậy MinP = 4 đạt được khi x = y = z = 1
Ví dụ 11. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = log 2 x + 1 + log 2 y + 1 + log 2 z + 1
2
2
2

trong đó x, y là các số dương thoả mãn xyz=8
Lời giải đề xuất. Đặt z1 = log 2 x + i ; z1 = log 2 y + i ; z1 = log 2 z + i
11


Khi đó theo | z1 | + | z2 | + | z3 |≥ | z1 + z2 + z3 | ta có
P = z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 = (log 2 x + log 2 y + log 2 z ) 2 + 42
=

(log 2 xyz ) 2 + 16 = 9 + 16 = 5

Như vậy P nhỏ nhất bằng 5 khi chỉ khi x = y = 4 8; z = 2 2
Ví dụ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x2 + 2x + 2 + x2 − 2x + 2
Lời giải đề xuất. Ta có P = ( x + 1) 2 + 1 + ( x − 1) 2 + 1 khi đó
Đặt z1 = ( x + 1) + i; z 2 = (1 − x ) + i
P = z1 + z2 = ( x + 1) 2 + 1 + (1 − x) 2 + 1 ≥| z1 + z2 | = 2 + 2.i = 2 2
Như vậy P nhỏ nhất bằng 2 2 khi chỉ khi x = 0
Ví dụ 13. Cho cặp số (x;y) thỏa mãn 3x + 4 y = 26 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = x 2 + y 2 − 4 x + 2 y + 5 + x 2 + y 2 − 20 x − 10 y + 125

Lời giải đề xuất: Ta có P = ( x − 2)2 + ( y + 1) 2 + ( x − 10) 2 + ( y − 5) 2
Đặt z1 = ( x − 2) + ( y + 1)i; z2 = (10 − x) + (5 − y )i
Khi đó z1 = ( x − 2)2 + ( y + 1) 2 ; z2 = ( x − 10) 2 + ( y − 5) 2
Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 | như vậy
P =| z1 | + | z2 |≥ 8 + 6i = 64 + 36 = 10 ;
Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi (x-2)(5-y)=(y+1)(10-x) tức là: 3x-4y=10 (3)
3 x + 4 y = 26 (1)

x = 6
⇔
3x − 4y = 10 (3)
y = 2

Từ (1) và (3) ta có hệ 

Vậy Pmin=10 khi (x;y)=(6;2)

Ví dụ 14. Cho cặp số (x;y) thỏa mãn x 2 + y 2 − 14 x − 10 y + 58 = 0 (1)
P = x 2 + y 2 − 16 x − 12 y + 100 + x 2 + y 2 + 4 x − 20 y + 104

(I)

Lời giải đề xuất: Ta có (I) ⇔ P = ( x − 8) 2 + ( y − 6) 2 + ( x + 2) 2 + ( y − 10) 2 (2)
Đặt z1 = (8 − x) + ( y − 6)i; z2 = ( x + 2) + (10 − y )i
Khi đó z1 = ( x − 8) 2 + ( y − 6) 2 ; z2 = ( x + 2) 2 + ( y − 10) 2
Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 | như vậy từ (2) ta có
ta có | z1 | + | z2 |≥ 10 + 4i = 2 29
12


Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi (8-x)(10-y)=(x+2)(y-6) tức là: 2x+5y=46 (3)

217 − 5 415
x =
 x + y − 14 x − 10 y + 58 = 0 (1)

29
⇔

Từ (1) và (3) ta có hệ 
 2x + 5y = 46 (3)
 y = 180 + 2 415

29

2

2

Ví dụ 15. Cho hai số thực a, b thoả mãn a 2 + b 2 + 16 = 8a + 6b (1). Tìm giá trị nhỏ
nhất, lớn nhất của biểu thức: P = 4a + 3b
Nhận xét. Từ giả thiết ta chuyển biểu thức P về biểu thức có chứa tổng bình
phương của a và b và gọi số phức z = a + bi, với a, b là các số thực thoả mãn điều
kiện (1) . Như vậy bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P ta quy về bài tốn
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của z từ đó ta có lời giải sau.
Lời giải đề xuất. Từ (1) ta có

1 2
(a + b2 + 16) = 4a + 3b . Khi đó P =
2

1 2
(a + b 2 ) + 8
2

.Giả sử số phức z = a+bi, a, b ∈ R thoả mãn (1): (a-4)2 + (b-3)2 = 9 (C). Khi đó tập
hợp các điểm biểu diễn số phức z là đường tròn tâm I(4;3), bán kính r = 3. Gọi
M(a;b) thuộc đường trịn (C) như vậy.
P nhỏ nhất ⇔ a2 +b2 nhỏ nhất ⇔ z nhỏ nhất ⇔ OM nhỏ nhất

P lớn nhất ⇔ a2 +b2 lớn nhất ⇔ z lớn nhất ⇔ OM lớn nhất
b
Như vậy 0M1 nhỏ nhất, 0M2 lớn nhất
M2

I
M1

0

a

8 6
5 5

Ta đã tìm được M 1 ( ; ) ; M 2 (

32 24
; )
5 5

Như vậy Min(P)= 10 , Max(P)= 40
 a 2 + b 2 + 1 = 2(a + b); (1)

Ví dụ 16. Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn  2 2
.
c + d + 36 = 12(c + d );(2)


Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: P = (a − c)2 + (b − d )2

Nhận xét. Từ giả thiết ta gọi số phức z 1 = a + bi, với a, b là các số thực thoả mãn
điều kiện (1), z2 = c + di, với c, d là các số thực thoả mãn điều kiện (2).
Gọi z = z1 – z2 .Như vậy bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P ta quy về bài
tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của z từ đó ta có lời giải sau.
Lời giải đề xuất. Từ giả thiết ta có (1) ⇔ (a − 1)2 + (b − 1) 2 = 1 (C1)
(2) ⇔ (c − 6) 2 + (d − 6) 2 = 36 (C2)
13


Giả sử số phức z1 = a + bi; a, b là các số thực thoả mãn điều kiện (1) và
z2 = c + di; c, d là các số thực thoả mãn điều kiện (2). Khi đó tập hợp các điểm
biểu diễn số phức z1 nằm trên vòng tròn tâm I1(1;1) bán kính r1 = 1; tập hợp các
điểm biểu diễn số số phức z2 nằm trên vòng tròn tâm I2(6;6) bán kính r1 = 6; ta đặt
z = z1 – z2 =(a-c) +(b-d)i. Như vậy bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P ta
quy về bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của z . Giả sử M(a;b) ∈ (C1) là điểm
biểu diễn cho số phức z1. N(c;d) ∈ (C2) là điểm biểu diễn cho số phức z 2. Khi đó z
nhỏ nhất ⇔ MN nhỏ nhất; z lớn nhất ⇔ MN lớn nhất.
N2

I2
N1

N

M2
M1

M

0

Nối 0, I1, I2 cắt đườmg tròn (C1) lần lượt tại M1, M2 và cắt (C2) lần lượt tại N1, N2.
Như vậy ta nhận thấy rằng M2N1 nhỏ nhất, M1N2 lớn nhất từ đó ta tìm được
2− 2 2− 2
;
); N 2 (6 + 3 2;6 + 3 2) . Do đó Max(P)= 5 2 + 7 và ta tìm được
2
2
2− 2 2− 2
z1 =
+
i và z2 = 6 + 3 2 + (6 + 3 2)i
2
2

M1 (

2+ 2 2+ 2
;
); N1 (6 − 3 2;6 − 3 2) . Do đó
2
2
2+ 2 2+ 2
+
i và z2 = 6 − 3 2 + (6 − 3 2)i .
Min(P)= 5 2 − 7 và ta tìm được z1 =
2
2

Tương tự như thế ta tìm được M 2 (

Một trong những ứng dụng quan trọng của số phức với toán sơ cấp là giải các
bài tốn bất đẳng thức hình học. Tuy nhiên, muốn giải các bài tốn bất đẳng thức
hình học bằng số phức, chúng ta phải chuyển đổi các quan hệ trong mặt phẳng
thành các điều kiện liên quan đến số phức.
Bài toán 2(dấu hiệu 2). Một số bất đẳng thức hình học mà tổng của các tích
giữa độ dài các cạnh a, b, c và MA, MB, MC lớn hơn hoặc bằng tích 3 cạnh.
Cách giải: - Chuyển đổi các quan hệ trong mặt phẳng thành các điều kiện liên
quan đến số phức.
- Sử dụng các công thức
*1) ab(a-b) + bc(b-c) + ca(c-a) = -(a-b)(b-c)(c-a)
*2) a2(b-c)+b2(c-a)+c2(a-b) = - (a-b)(b-c)(c-a)
14


*3) a3(b-c)+b3(c-a)+c3(a-b) = - (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c) (với mọi a, b, c)
Ví dụ 17. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng. Chứng minh
rằng: a.MB.MC + b.MC.MA + c.MA.MB ≥ abc (1) với a = BC , b = AC , c = AB
Nhận xét. Để vận dụng số phức chứng minh bất đẳng thức (1) chúng ta cần
chuyển đổi MA, MB, MC và các cạnh a,b,c trong mặt phẳng thành các điều kiện
liên quan đến số phức mà để dễ dàng trong chuyển đổi ta cần chọn vị trí thích hợp
cho điểm M sau đó chúng ta sử dụng các công thức (*1) và một số bất đẳng thức
đã biết ta suy ra điều phải chứng minh.
Lời giải đề xuất. Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ. Tọa độ các điểm là
A(x), B(y), C(z) . Khi đó ta có MA = x , MB = y , MC = z và
c = AB = x − y , a = BC = y − z , b = CA = z − x .

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
y − z . y . z + z − x . z . x + x − y . x . y ≥ y − z . z − x . x − y . Ta có:
y−z . y . z + z−x . z . x + x− y . x . y

= ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy
≥ ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy

Theo (*1) thì ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy = ( x − y ) ( y − z ) ( z − x )
nên bài tốn được chứng minh
Ví dụ 18. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng.
Chứng minh rằng a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 ≥ abc với a = BC , b = AC , c = AB
Lời giải đề xuất. Xét mặt phẳng phức có M là gốc tọa độ. Tọa độ các điểm là
A(x), B(y),C(z). Khi đó ta có MA = x , MB = y , MC = z
và

c = AB = x − y , a = BC = y − z , b = AC = z − x

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
y − z x 2 + z − x y 2 + x − y z 2 ≥ y − z . z − x . x − y . Mà
y − z x2 + z − x y2 + x − y z 2 = x2 ( y − z ) + y 2 ( z − x ) + z 2 ( x − y )
≥ x2 ( y − z ) + y 2 ( z − x ) + z 2 ( x − y )
2
2
2
Và theo *2) thì x ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) = ( x − y ) ( y − z ) ( z − x ) (ĐPCM)

Dấu đẳng thức xảy ra khi M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Ví dụ 19. Cho tam giác ABC và một điểm M bất kì trong mặt phẳng
Chứng minh rằng MA4 + MB 4 + MC 4 ≥
Lời giải đề xuất.

a 2b 2 c 2
với a = BC , b = AC , c = AB
a2 + b2 + c2

Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a -cốp-xki, ta có:
15


( a.MA

2

+ b.MB 2 + c.MC 2

) ≤(a
2

Suy ra MA + MB + MC
4

4

4

+ b2 + c2

2

( a.MA
≥

2

) ( MA

4

+ MB 4 + MC 4

+ b.MB 2 + c.MC 2

)

)

2

a 2 + b2 + c2

Mà theo ví dụ 18 ta có a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 ≥ abc
nên ta có điều phải chứng minh
Ví dụ 20. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi M là một điểm bất kì trong mặt
phẳng. Chứng minh rằng a.MA3 + b.MB3 + c.MC 3 ≥ 3abc.MG
với a = BC , b = AC , c = AB
Lời giải đề xuất. Xét mặt phẳng phức với M là gốc tọa độ. Tọa độ các điểm là
A(x), B(y), C(z). Tọa độ của điểm G là

x+ y+z
3

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
3

3

3

y−z . x + z−x . y + x− y . z ≥ y−z . z−x . x− y . x+ y+z

Sử dụng *3) và bất đẳng thức tam giác ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 3(dấu hiệu 3). Trong các bài tốn bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nhất,
nhỏ nhất) trong tam giác có chứa bình phương độ dài của các đoạn thẳng.
Cách giải: - Chọn đường tròn đơn vị (0;R) ngoại tiếp ∆ABC .
- Giả sử tọa độ các đỉnh là A( z1 ) , B( z2 ) , C ( z3 ) .
- Sử dụng kiến thức số phức suy ra kết quả
Ví dụ 21. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là BC = a, CA = b, AB = c.
Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9 R 2 .(1)
Nhận xét. Trong bất đẳng thức (1) có chứa bình phương độ dài của các đoạn
thẳng. Các đại lượng đó cũng chính là bình phương mơđun của các số phức tương
ứng. Từ đó áp dụng các kiến thức về số phức ta dễ dàng suy ra yêu cầu của bài
toán. Để vận dụng số phức chứng minh bất đẳng thức (1) chúng ta cần chọn đường
tâm 0 (0 là gốc tọa độ) là đường tròn đơn vị ngoại tiếp tam giác ABC .
Lời giải đề xuất: Ta chọn đường tròn tâm (0,R) ngoại tiếp tam giác ABC là
đường tròn đơn vị với gốc tọa độ 0. y
A

x
0 o

C

B

16


Giả sử tọa độ các đỉnh là A( z1 ) , B( z2 ) , C ( z3 ) , khi đó theo bài ra ta có
z1 z1 + z2 z2 + z3 z3 = R 2 . Khi đó ta có
a 2 + b 2 + c 2 = BC 2 + CA2 + AB 2
= ( z3 − z2 )( z3 − z2 ) + ( z1 − z3 )( z1 − z3 ) + ( z2 − z1 )( z2 − z1 )
= z2 z2 + z3 z3 − z2 z3 − z3 z2 + z1 z1 + z3 z3 − z3 z1 − z1 z3 + z2 z2 + z1 z1 − z1 z2 − z2 z1
= 9 R 2 − ( z1 + z2 + z3 )( z1 + z2 + z3 ) ≤ 9 R 2
2

Do ( z1 + z2 + z3 )( z1 + z2 + z3 ) = z1 + z2 + z3 ≥ 0 dấu “=” xẩy ra khi chỉ khi
uur uur uur r
u
z1 + z2 + z3 = 0 ⇔ 0 A + 0 B + 0C = 0 ⇔ G ≡ 0 , hay ∆ABC đều.

Ví dụ 22. Cho ∆ABC nội tiếp trong đường trịn (0;R) cho trước. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P = BC 2 − CA2 − AB 2 , tính giá trị đó theo R.
Lời giải đề xuất: Ta chọn đường tròn tâm (0,R) ngoại tiếp tam giác ABC là đường
tròn đơn vị với gốc tọa độ 0. Giả sử tọa độ các đỉnh là A( z1 ) , B( z2 ) , C ( z3 ) , khi đó
theo bài ra ta có z1 z1 + z2 z2 + z3 z3 = R 2 . Khi đó ta có:
P = BC 2 − CA2 − AB 2
= ( z3 − z2 )( z3 − z2 ) − ( z1 − z3 )( z1 − z3 ) − ( z2 − z1 )( z2 − z1 )
= R 2 − (a − b − c)(a − b − c) ≤ R 2
uur uur uur r
u

Từ đó Pmax = R2 , khi chỉ khi a-b-c = 0, khi chỉ khi ⇔ uur − uuu − 0C = 0 uur uuu A’ là
(1). Gọi r
0 A 0B

uur
r
uuu
r
r
điểm đối xứng với A qua tâm 0. Khi đó (1) ⇔ 0 A = 0 B + 0C ⇔ 0 A ' + 0 B + 0C = 0 (2)
mà (2) xẩy ra khi chỉ khi ∆A ' BC đều hay ∆ABC cân ở đỉnh A và ∠BAC = 120o . Từ
đó ta có AB = AC = R. Vậy Pmax = R2 khi chỉ khi ∆ABC thỏa mãn AB = AC = R.
Ví dụ 23. Cho ∆ABC với trọng tâm là G, M là điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng tam
giác. Chứng minh rằng:
a, AB 2 + BC 2 + CA2 = 3(GA2 + GB 2 + GC 2 )
b, MA2 + MB 2 + MC 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 + 3MG 2 . Hãy tìm trong ∆ABC điểm M
sao cho MA2 + MB 2 + MC 2 là nhỏ nhất.
Nhận xét. Bài tốn ta có thể sử dụng kiến thức véc tơ để giải. Tuy nhiên ta cũng có
thể sử dụng kiến thức số phức để giải bài toán này.
Lời giải đề xuất. Khơng làm mất tính tổng qt ta có thể giả thiết rằng trọng tâm
G ≡ 0 (0 là gốc tọa độ).
Trên mặt phẳng tọa độ phức gọi tọa độ các đỉnh là A( z1 ) , B( z2 ) , C ( z3 ) , G ( z4 ) ,
1
M ( z5 ) . Do G là trọng tâm ∆ABC nên ta có z4 = ( z1 + z2 + z3 ) mà G ≡ 0 nên ta có
3
z1 + z2 + z3 = 0 .
2

2

2

a, Ta có vế phải 3(GA2 + GB 2 + GC 2 ) = 3( z1 + z2 + z3 ) (1)
17

2

2

vế trái AB 2 + BC 2 + CA2 = z2 − z1 + z3 − z2 + z1 − z3

2

2

Tính từng số hạng theo cơng thức z = z.z , ta có
2

2

2

2

2

2

z2 − z1 + z3 − z2 + z1 − z3 = 2( z1 + z2 + z3 ) − ( z1 z2 + z2 z3 + z2 z1 + z1 z3 + z3 z1 + z3 z2 )

Do z1 + z2 + z3 = 0 , suy ra z1 + z2 + z3 = 0 từ đó ta có
z1 + z2 = − z3 ; z1 + z3 = − z2 ; z2 + z3 = − z1 \
2

2

2

Vậy z1 z2 + z2 z3 + z2 z1 + z1 z3 + z3 z1 + z3 z2 = − z1 z1 − z2 z2 − z3 z3 = −( z1 + z2 + z3 )
Từ đó ta có

2

2

2

2

2

2

z2 − z1 + z3 − z2 + z1 − z3 = 3( z1 + z2 + z3 ) (2)

Từ (1), (2) ta có điều phải chứng minh.
2

2

b, Ta có MA2 + MB 2 + MC 2 = z1 − z5 + z2 − z5 + z3 − z5

2

= ( z1 − z5 )( z1 − z5 ) − ( z2 − z5 )( z2 − z5 ) − ( z3 − z5 )( z3 − z5 )
2

2

2

= z1 + z2 + z3 + 3 z5

2

= = GA2 + GB 2 + GC 2 + 3MG 2
Vậy MA2 + MB 2 + MC 2 nhỏ nhất khi chỉ khi MG2 nhỏ nhất khi chỉ khi G ≡ M ,
nghĩa là M là trọng tâm của ∆ABC .

4, Bài tập tự luyện
Bài tập 1: Cho các bộ số (ai ; bi ) với i = {1,2,3,4},a j , b j ∈ R . Chứng minh rằng:

∑

1≤ j ≤ 4

a 2 + b2 ≤
j
j

∑

1≤ j < k ≤ 4

(a j + ak ) 2 + (b j + bk ) 2

Bài tập 2: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = abc
Chứng minh rằng:

1+

1
1
1
+ 1+ 2 + 1+ 2 ≥ 2 3
a2
b
c

Bài tập 3: Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 1
Chứng minh rằng: a 2b 2 + 3c 2 + b 2c 2 + 3a 2 + c 2a 2 + 3b 2 ≥ 5
18


Bài tập 4: Cho các số thực a, b
Chứng minh rằng:

a 2 − 4a + 8 + 10b 2 − 18b + 9 + 10b 2 − 2ab + a 2 ≥ 29

Bài tập 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 4a 2 − 2 3a + 1 +

4

4a 2 − 2 3a + 3
3

Bài tập 6: Cho các số thực x, y, z . Chứng minh rằng:
10 x 2 − 24 x + 16 + 13 y 2 − 18 xy + 10 x 2 + 13 y 2 − 6 yz + z 2 + z 2 − 12 z + 40 ≥ 6 2
Bài tập 7: Cho các số thực dương a, b, c
Chứng minh rằng:

x2 + 2 y2
+
z

y2 + 2z2
+
x

z2 + 2x2
≥ 3
y

 a 2 + b 2 = 2(a + b)

Bài tập 8: Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn  2 2
.
c + d + 4 = 4(c + d )


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = (a − c)2 + (b − d )2
 a 2 + b 2 = 2(a + b)


Bài tập 9: Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn  2 2
.
c + d + 4 = 4(c + d )


Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: P = a+b+c+d
Bài tập 10: Cho hình vng ABCD cạnh a, ngoại tiếp đường tròn tâm 0. Cho P là
điểm bất kỳ trên đường trịn đó. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T = PA2+PB2+PC2+PC2.
C. KẾT LUẬN
1. Kết luận về phương pháp đề xuất.
Đề tài đã được kiểm nghiệm trong q trình dạy học tốn trong nhà trường, đặc
biệt là trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi đại học-cao đẳng và đã thu
được kết quả khả quan trong những năm gần đây. So với phương pháp thường gặp
thì phương pháp ứng dụng số phức mà tơi đề xuất có những ưu điểm sau.
- Có định hướng nhận dạng bài tốn tìm cách giải và quy trình giải rõ ràng.
- Các bài tốn giải một cách tự nhiên, phù hợp với tư duy toán học.
- Giải được lớp bài tốn rộng hơn, hơn nữa nó áp dụng cho một số lớp bài toán
mới.
- Gây hứng thú học tập cho học sinh, học sinh tự tin hơn khi gặp các dạng toán
này.

19


Tuy nhiên trong một số ví dụ đơn giản của dạng tốn này có thể dùng phương
pháp tọa độ để giải một cách ngắn gọn hơn.
2. Kiến nghị áp dụng vào thực tiễn giảng dạy.
Để giúp học sinh giải các lớp bài tốn chứng minh bất đẳng thức (tìm giá trị lớn
nất, nhỏ nhất) bằng phương pháp số phức, trong quá trình dạy số phức người dạy

cần chú ý làm rõ các nội dung sau:
- Khi dạy về các công thức (tính chất) số phức ngồi việc áp dụng một chiều ta
cần cho học sinh tập suy luận ngược lại.
- Mỗi lớp bài toán đã nêu trên, cần định hướng rõ cho học sinh biểu thức dưới
căn thức bậc hai chuyển sang tổng các bình phương.
- Đối với học sinh khá giỏi, khuyến khích từ các dữ liệu bài tốn này để đặt ra
các bài toán mới, như thế tạo hứng thú học tập trong học sinh.
3. Khả năng ứng dụng của đề tài.
Đề tài có nhiều hướng để mở rộng, không chỉ dừng lại ở việc khai thác một số
dạng bài tốn đã có trong sách giáo khoa. Chúng ta có thể xây dựng nhiều bất đẳng
thức về tính chất mơđun của số phức. Chúng ta cũng có thể xây dựng và hoàn thiện
theo hướng ứng dụng số phức để tìm cực trị trong các bài tốn hình học ở mức độ
cao hơn.
Nội dung đề tài phù hợp cho nhiều đối tượng học sinh, nó giúp quy “khó
thành dễ” để giải các bài tốn bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. 30 năm tạp chí Tốn học và tuổi trẻ, NXBGD, 2000
2. Sách giải tích 12, NXB GD.
3. Sách bài tập giải tích 12, NXB GD.
4.Nguyễn Hữu Điển, Sáng tạo Tốn học, NXBGD,2002
5. Nguyễn Thái Hịe, Tìm tịi lời giải bài tốn, NXBGD, 1990.
6. Tuyển tập các bài toán sơ cấp, NXBGD, 1975
7. Tuyển chon theo chuyên đề toán học và tuổi trẻ, Quyển 2, NXBGD, 2006.
8.Titu Andreescu, Dorinandrica, Complex numbers from A to Z
9. Joseph Bak, Donald Newman, Complex Analysis

20

MỤC LỤC
TT

Nội dung

Trang

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1

Lý do chon đề tài

01

2

Mục đích nghiên cứu

01

3

Phạm vi nghiên cứu

01
B. NỘI DUNG

1

Cơ sở lý luận

02

2

Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

02
21


3

Các biện pháp thực hiện

03
C. KẾT LUẬN

1

Kết luận về phương pháp đề xuất

20

2

Kiến nghị áp dụng vào thực tiễn giảng dạy

20

3

Khả năng ứng dụng của đề tài

20

D. TÀI LIỆU THAM KHẢO

22