Đang tải... (xem toàn văn)
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 Lý chọn đề tài Trong cấu trúc đề thi Đại học – Cao Đẳng kỳ thi học sinh giỏi thường có phần tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức chứng minh bất đẳng thức Tuy nhiên việc giải tập phần thường khó khơng có “cơng thức” chung cho Đôi công cụ học sinh biết không đủ để giải tập này, để sử dụng công cụ học người học phải vượt qua bước biến đổi phức tạp giải tốn Một ứng dụng số phức dùng để chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức Mặc dù số phức đưa vào chương trình phổ thơng song nội dung cịn đơn giản, tài liệu phần ứng dụng số phức cho học sinh phổ thơng cịn chưa nhiều Nên việc nghiên cứu thêm điều lý thú số phức học sinh phổ thông thực cần thiết Vì lý trên, tơi đưa sáng kiến:”Ứng dụng số phức để chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức ” nhằm giúp học sinh giải lớp tốn chứng minh bất đẳng thức(hoặc tìm cực trị biểu thức) góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy giúp học sinh đạt kết tốt kỳ thi Mục đích nghiên cứu Tìm phương pháp dạy học phù hợp với học sinh trường THPT Làm cho học sinh hiểu, dễ nhớ áp dụng số phức để chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Từ học sinh nắm cách giải khác toán thấy tiện lợi của số phức Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu ứng dụng số phức để chứng minh lớp toán bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức cho học sinh trường THPT , khối lớp 12 B NỘI DUNG 1 Cơ sở lý luận - Vì bất đẳng thức thường gặp quan hệ số thực nên để áp dụng số phức cần sử dụng nhiều đến mođun số phức Cho số phức z = a + bi mođun số phức z | z |= a + b + | z |≥ 0, ∀z + | z |= ⇔ z = + | z |= z + | z1.z2 |=| z1 | | z2 | + | z |2 = z.z ⇒ z = a + b + 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, A( z1 ), B( z2 ) AB = z2 − z1 AB = z2 − z1 = ( z2 − z1 )( z2 − z1 ) = ( z2 − z1 )( z2 − z1 ) - Nếu gốc tọa độ A = z1 ; B = z2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu - Mỗi nhận thấy Toán hoc mơn học khó, khơng phải học sinh tiếp thu tốt kiến thức toán học Bất đẳng thức toán cực trị thường khó, dễ gặp kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, thi học sinh giỏi Khi học sinh giải toán dạng thường lúng túng, dễ rơi vào bế tắc, làm dẫn đến hứng thú học tập học sinh - Trên thực tế, khảo sát chất lượng học tập học sinh (về vấn đề chứng minh bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất) thu kết qua sau: Lớp Sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu Kém SL % SL % SL % SL % SL % 12A1 48 10 21 10 21 20 42 10 12A6 46 17 11 24 18 39 16 12A2 45 20 14 31 16 36 Như rõ ràng số lượng học sinh nắm bắt dạng tốn khơng nhiều với lý khơng nhận dạng, không định hướng cách giải Các biện pháp thực a, Các yêu cầu chung - Điều tra học lực học sinh qua kiểm tra - Tổ chức ôn tập vào buổi ngoại khoá nhằm tăng thời lượng luyện tập giải toán - Khi tập cho học sinh, giáo viên yêu cầu học sinh thực đầy đủ số nội dung sau: +) Đọc kỹ nội dung toán +) Nhận dạng toán thuộc dạng toán nào, thực phép "quy lạ quen" +) Xác định rõ yêu cầu toán +) Xác định giả thiết, kết luận (có thể viết giả thiết dạng khác khơng?) +) Tự tiến hành giải toán +) Kiểm tra xem vận dụng hết giả thiết chưa, sử dụng kiến thức nào? +) Đối chiếu với cách giải bạn, thầy +) Tìm thêm lời giải khác cho tốn (nếu có) +) Rút kinh nghiệm cho thân b, Thực hành qua dạng toán Trong mục tơi đưa số dạng tốn chứng minh bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ ) giải chúng cách sử dụng số phức cách tự nhiên nhận xét cách giải Bài toán 1(dấu hiệu 1) Các bất đẳng thức cần chứng minh (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức) mà có chứa tổng thức bậc hai mà biểu thức thức có dạng tổng hai bình phương Cách giải: - Biến đổi thức dạng a12 + a2 , b12 + b2 , sau ta chọn số phức z1 = a1 + a2i; z2 = b1 + b2i , cho z1 = a12 + a22 ; z2 = b12 + b22 , - Áp dụng bất đẳng thức sau suy 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 ln có bất đẳng thức | z1 + z2 + + zn | ≤ | z1 | + | z2 | + + zn Ví dụ Cho số thức a, b, c Chứng minh rằng: a + ab + b + a + ac + c ≥ b + bc + c Lời giải thường gặp Sử dụng phương pháp hình học Chọn tọa độ điểm A, B, C cho AB = a + ab + b ; BC = a + ac + c ; AC = b + bc + c Sau sử dụng tính chất AB + BC ≥ AC suy kết Nhận xét Rõ ràng cách giải việc chọn tọa độ điểm A, B, C không dễ nhiều học sinh Vậy có cách khác khơng? Lời giải đề xuất Ta có: a + ab + b + a + ac + c ≥ b + bc + c ⇔ 2 2 2 b b 3 c c 3 b c b c 3 ⇔ a + ÷ + + ÷ + a + ÷ + ÷ ≥ − ÷ + ÷ (1) 2 2 2 b b c c i ; z = − a − ÷+ i Xét số phức z1 = a + ÷+ 2 2 b b c c z1 = (a + ) + ( ) ; z2 = (a + ) + ( ) 2 2 b c b c 3 z1 + z2 = − ÷+ + ÷i 2 2 Áp dụng bất đẳng thức | z1 | + | z2 | ≥ | z1 + z2 | ta có: 2 2 2 b b 3 c c 3 b c b c 3 + ÷ + a + ÷ + ÷ ≥ − ÷ + ÷ a + ÷ + 2 2 2 2 Vậy bất đẳng thức (1) ln bất đẳng thức cho chứng minh Ví dụ Cho số thực a, b, c > Chứng minh a + ab + 2b + b + bc + 2c + c + ca + 2a ≥ 2(a + b + c ) Lời giải thường gặp: Với a,b>0, ta có a + ab + 2b ≥ tương tự với a, b, c > , ta có 3a + 5b ⇔ (a − b) ≥ (luôn đúng) (*) 3b + 5c 3c + 5a c + ca + 2a ≥ b + bc + 2c ≥ (**) (***) Cộng theo vế ba bất đẳng thức (*), (**), (***) ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xẩy a=b=c Nhận xét: Đây tốn khó, nhiều học sinh gặp khó khăn giải 3a + 5b a + ab + 2b ≥ ⇔ (a − b)2 ≥ không tự Trong lời giải việc chứng minh nhiên Có cách chứng minh tốn đơn giản khơng? Lời giải đề xuất: Ta có b 7b a + ab + 2b = (a + ) + ( ) 2 c 7c ; b + bc + 2c = (b + ) + ( ) 2 a 7a c + ca + 2a = (c + ) + ( ) 2 b 7b c 7c a 7a z1 = (a + ) + i , z2 = (b + ) + i , z3 = (c + ) + i 2 2 2 Đặt Khi b 7b ; c 7c ; a 7a z1 = (a + ) + ( ) z2 = (b + ) + ( ) z = (c + ) + ( ) 2 2 2 z1 + z2 + z3 = (a + b + c) + (a + b + c)i = 4(a + b + c ) = 2(a + b + c ) 2 Áp dụng công thức | z1 | + | z2 | + | z3 | ≥ | z1 + z2 + z3 | ta có điều phải chứng minh đẳng thức xẩy khi a=b=c Nhận xét: Như cách giải sử dụng kiến thức số phức để giải lời giải tự nhiên nhẹ nhành Ví dụ Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a + b + c ≥ Chứng minh rằng: a + ab + b + b + bc + c + c + ca + a ≥ 3 Lời giải thường gặp Ta có a + ab + b ≥ 3 (a + b) + ( a − b ) ≥ (a + b) (1) 4 b + bc + c ≥ (b + c ) (2) ; c + ac + a ≥ (a + c) (3) Cộng vế theo vế (1); (2); (3) ta có điều phải chứng minh Nhận xét Rõ ràng cách giải không dễ nhiều học sinh việc biến đổi 3 (a + b ) + ( a − b ) ≥ (a + b) không tự nhiên 4 a + ab + b ≥ Lời giải đề xuất Ta xét biểu thức S = a + ab + b + b + bc + c + c + ca + a ta ln có: 2 2 2 b b 3 c c 3 a a 3 S = a + ÷ + ÷ + b + ÷ + ÷ + c + ÷ + ÷ 2 2 2 b b c c a a i; z = b + ÷ + i ; z3 = c + ÷ + i Xét số phức: z1 = a + ÷+ 2 2 2 3 Ta có: z1 + z2 + z3 = (a + b + c ) + (a + b + c )i nên 2 | z1 + z2 + z3 |= (a + b + c) + (a + b + c ) = 3( a + b + c) 4 Áp dụng bất đẳng thức | z1 | + | z2 | + | z3 | ≥ | z1 + z2 + z3 | ta có 2 2 2 b b 3 c c 3 a a 3 S = a + ÷ + ÷ + b + ÷ + ÷ + c + ÷ + ÷ ≥ 2 2 2 ≥ 3(a + b + c) ⇔ S ≥ 3 Đẳng thức đạt a = b = c = Ví dụ Cho số thực a, b, c > thoả mãn ab + bc + ca = abc a + 2b b + 2c c + 2a + + ≥ ab bc ca Nhận xét Đây không dễ song ta biến đổi từ giả thiết Chứng minh rằng: 1 1 1 ab + bc + ca = abc ⇔ + + = đặt u = ; v = ; w = , u > 0, v > 0, w > ta a có a + 2b = v + 2u ; ab b c a b + 2c = w2 + 2v ; bc b c c + 2a = u + w2 Sau ta ca chọn số phức thích hợp z1; z2 ; z3 áp dụng bất đẳng thức | z1 | + | z2 | + | z3 | ≥ | z1 + z2 + z3 | Từ ta có lời giải sau 1 Đặt u = , v = ; w = ta có u , v, w > u + v + w = a b c Lời giải đề xuất a + 2b b + 2c c + 2a + + = u + w2 + v + 2u + w2 + 2v ab bc ca Vậy Ta phải chứng minh u + w2 + v + 2u + w2 + 2v ≥ (1) Xét 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 = + 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) = hay u + w2 + v + 2u + w2 + 2v ≥ Vậy (1) Ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy u = v = w = Ví dụ Chứng minh ⇔ a = b = c = 3 cos x + sin x + cos x ≥ (1) Nhận xét Để vận dụng số phức chứng minh bất đẳng thức (1) biến đổi cos x + sin x + cos x = cos x + cos x + (sin x + cos x) Đặt z1 = cos x − cos x.i; z2 = − sin x − cos x Lời giải đề xuất Ta có cos x + sin x + cos x = cos x + cos x + (sin x + cos x) Đặt z1 = cos x − cos x.i; z2 = − sin x − cos x Khi z1 = cos x − cos x.i = cos x + cos x = cos x z2 = − sin x − cos x = (sin x + cos x) Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 | ta có z1 + z2 = cos x + sin x + cos x ≥ z1 + z2 = − sin x − cos x.i = sin x + cos x = Vậy bất đẳng thức (1) chứng minh Đẳng thức xẩy khi cosx = ⇔ x = π + kπ , k ∈ Z Ví dụ (Đề thi Olympic 30-4) Chứng minh với a, b ta ln có a + b + 2a + 2b + + a + b − 2a − 2b + ≥ Lời giải đề xuất: Ta có a + b2 + 2a + 2b + = (a + a + b − 2a − 2b + = ( 2 − a) + ( − b) 2 2 2 2 ) + (b + )i ⇒ z1 = (a + ) + (b + ) 2 2 Đặt z1 = (a + z2 = ( 2 2 ) + (b + ) 2 2 2 2 − a) + ( − b)i ⇒ z1 = ( a − ) + (b − ) 2 2 Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 | ta có z1 + z2 ≥ z1 + z2 = + 2.i = Đẳng thức xẩy khi a = b = 2 Ví dụ Cho số a, b thực tuỳ ý Chứng minh 2b − 6b + + 2b − 10.ab 13a 13a 2 13 + + − 4a + ≥ 9 13 2b − 6b + = b + (b − 3) Nhận xét Ta nhận thấy 10.ab 13a 2a 2b − + = (b − a) + (b − ) ta có 3 13a − 4a + = (a − 2) + a đến ta chọn số phức z1 = b + (b − 3)i; z2 = (−b + a ) + (−b + 2a )i; z3 = (− a + 3) − ta có lời giải sau: Lời giải đề xuất Ta có 10.ab 13a 13a 2b − 6b + + 2b − + + − 4a + 9 2 = b + (b − 3) + (b − a )2 + (b − 2a ) + (a − 2) + a Đặt z1 = b + (b − 3)i; z2 = (−b + a ) + (−b + 2a )i; z3 = (− a + 3) − z1 = b + (b − 3) ; z2 = (b − a ) + (b − 2a ) ; z3 = (a − 2) + a a a z1 + z2 + z3 = (− + 3) + (− − 3)i ta áp dụng công thức | z1 | + | z2 | + | z3 |≥ | z1 + z2 + z3 | ta có | z1 | + | z2 | + | z3 |= b2 + (b − 3) + (b − a) + (b − 2a ) + (a − 2)2 + a a a 13a 13 225 15 13 ≥ z1 + z2 + z3 = (− + 3) + (− − 3) = ( ≥ − ) + 13 13 13 Đẳng thức xẩy khi a = 18 b = 13 Nhận xét Chúng ta biết điểm M = (a1 ; b1 ) biểu diễn số phức z1 = a1 + b1i vectơ u r u r u1 = z1 u1 = (a1 ; b1 ) thoả mãn Do với toán sử dụng phương pháp toạ độ mặt phẳng để giải Song nhằm hiểu rõ tính chất ứng dụng số phức nên việc áp dụng số phức để giải làm phong phú phương pháp giải bất đẳng thức Ví dụ Cho số thực dương x, y, z thoả mãn x + y + z ≤ Chứng minh rằng: x2 + 1 + y + + z + ≥ 82 x y z 1 Lời giải đề xuất Xét số phức z1 = x + i, z2 = y + i, z3 = z + i x y z z1 = x + ta có: ; z2 = x2 y2 + 1 z2 + 2 ; z3 = y z 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: 1 1 1 x + + y + + z + ≥ ( x + y + z )2 + + + ÷ x y z x y z Mặt khác có: 2 1 1 1 1 ( x + y + z ) + + + ÷ = 81( x + y + z ) + + + ÷ − 80( x + y + z ) x y z x y z Ta có: 2 1 1 1 1 81( x + y + z ) + + + ÷ ≥ 81( x + y + z ) + + ÷ x y z x y z 2 1 1 1 1 ⇔ 81( x + y + z ) + + + ÷ ≥ 18( x + y + z ) + + ÷≥ 18.9 (*) x y z x y z 2 1 1 Từ ta có: ( x + y + z ) + + + ÷ ≥ 18.9 − 80.1 = 82 x y z x2 + Vậy: 1 + y + + z + ≥ 82 x y z Dấu “=” đạt dấu x = y = z = Nhận xét Đây tốn có nhiều cách giải, song cách đưa việc áp dụng bất đẳng thức AM-GM Vì “cái khóa” đưa nhận 1 1 1 xét x + + y + + z + ≥ ( x + y + z ) + + + ÷ Mà x y z x y z phương pháp làm điều Ví dụ Cho x, y số thực thay đổi Tìm gá trị nhỏ biểu thức A = ( x − 1) + y + ( x + 1) + y + y − Lời giải thường gặp: Ta dễ dàng chứng minh a + b + c + d ≥ (a + c) + (b + d )2 (1) Đẳng thức xẩy khi ad-bc=0 Áp dụng (1) ta có ( x − 1) + y + ( x + 1) + y = (1 − x) + y + ( x + 1) + y ≥ (1 − x + x + 1) + ( y + y ) = + y = + y Đẳng thức xẩy khi 1-x = x+1 ⇔ x = , từ A ≥ + y + y − Xét hàm số f(x)= + y + y − Trường hợp 1: y + Như trường hợp a ln có A ≥ + , ∀x, y ∈ R Vậy Min A= + đạt (x,y)=(0; Lời giải đề xuất: ) ( x − 1) + y + ( x + 1) + y = (1 − x) + y + ( x + 1) + y Chọn z1 = (1 − x) + yi; z2 = ( x + 1) + yi Như vậy: z1 = (1 − x) + y ; z2 = (1 + x) + y Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 | ta có ( x − 1) + y + ( x + 1) + y ≥ + y từ A ≥ + y + y − đến ta giải toán Nhận xét: Mấu chốt đưa kiến thức số phức để làm xuất + y2 + y − Ví dụ 10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y + y + x x, y số dương thay đổi thoả mãn Lời giải đề xuất 2≥ 1 + ≤2 x y 1 + ≥ ⇒ x + y ≥ Suy x + y ≥ 2; x + y ≥ x y x+ y Xét số phức z1 = x + y 2i, z2 = y + 3x 2i Áp dụng bất đẳng thức | z1 | + | z2 | ≥ | z1 + z2 | ta có: P =| z1 | + | z2 | ≥ ( x + y ) + 3( x + y ) ≥ Vậy MinP = đạt x = y = z = Ví dụ 11 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = log x + + log y + + log z + 2 x, y số dương thoả mãn xyz=8 Lời giải đề xuất Đặt z1 = log x + i ; z1 = log y + i ; z1 = log z + i 11 Khi theo | z1 | + | z2 | + | z3 |≥ | z1 + z2 + z3 | ta có P = z1 + z2 + z3 ≥ z1 + z2 + z3 = (log x + log y + log z ) + 42 = (log xyz ) + 16 = + 16 = Như P nhỏ khi x = y = 8; z = 2 Ví dụ 12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x2 + 2x + + x2 − 2x + Lời giải đề xuất Ta có P = ( x + 1) + + ( x − 1) + Đặt z1 = ( x + 1) + i; z = (1 − x ) + i P = z1 + z2 = ( x + 1) + + (1 − x) + ≥| z1 + z2 | = + 2.i = 2 Như P nhỏ 2 khi x = Ví dụ 13 Cho cặp số (x;y) thỏa mãn 3x + y = 26 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + y − x + y + + x + y − 20 x − 10 y + 125 Lời giải đề xuất: Ta có P = ( x − 2)2 + ( y + 1) + ( x − 10) + ( y − 5) Đặt z1 = ( x − 2) + ( y + 1)i; z2 = (10 − x) + (5 − y )i Khi z1 = ( x − 2)2 + ( y + 1) ; z2 = ( x − 10) + ( y − 5) Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 | P =| z1 | + | z2 |≥ + 6i = 64 + 36 = 10 ; Đẳng thức xẩy khi (x-2)(5-y)=(y+1)(10-x) tức là: 3x-4y=10 (3) 3 x + y = 26 (1) x = ⇔ 3x − 4y = 10 (3) y = Từ (1) (3) ta có hệ Vậy Pmin=10 (x;y)=(6;2) Ví dụ 14 Cho cặp số (x;y) thỏa mãn x + y − 14 x − 10 y + 58 = (1) P = x + y − 16 x − 12 y + 100 + x + y + x − 20 y + 104 (I) Lời giải đề xuất: Ta có (I) ⇔ P = ( x − 8) + ( y − 6) + ( x + 2) + ( y − 10) (2) Đặt z1 = (8 − x) + ( y − 6)i; z2 = ( x + 2) + (10 − y )i Khi z1 = ( x − 8) + ( y − 6) ; z2 = ( x + 2) + ( y − 10) Áp dụng công thức | z1 | + | z2 |≥ | z1 + z2 | từ (2) ta có ta có | z1 | + | z2 |≥ 10 + 4i = 29 12 Đẳng thức xẩy khi (8-x)(10-y)=(x+2)(y-6) tức là: 2x+5y=46 (3) 217 − 415 x = x + y − 14 x − 10 y + 58 = (1) 29 ⇔ Từ (1) (3) ta có hệ 2x + 5y = 46 (3) y = 180 + 415 29 2 Ví dụ 15 Cho hai số thực a, b thoả mãn a + b + 16 = 8a + 6b (1) Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức: P = 4a + 3b Nhận xét Từ giả thiết ta chuyển biểu thức P biểu thức có chứa tổng bình phương a b gọi số phức z = a + bi, với a, b số thực thoả mãn điều kiện (1) Như tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ P ta quy tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ z từ ta có lời giải sau Lời giải đề xuất Từ (1) ta có (a + b2 + 16) = 4a + 3b Khi P = 2 (a + b ) + Giả sử số phức z = a+bi, a, b ∈ R thoả mãn (1): (a-4)2 + (b-3)2 = (C) Khi tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường trịn tâm I(4;3), bán kính r = Gọi M(a;b) thuộc đường tròn (C) P nhỏ ⇔ a2 +b2 nhỏ ⇔ z nhỏ ⇔ OM nhỏ P lớn ⇔ a2 +b2 lớn ⇔ z lớn ⇔ OM lớn b Như 0M1 nhỏ nhất, 0M2 lớn M2 I M1 a 5 Ta tìm M ( ; ) ; M ( 32 24 ; ) 5 Như Min(P)= 10 , Max(P)= 40 a + b + = 2(a + b); (1) Ví dụ 16 Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn 2 c + d + 36 = 12(c + d );(2) Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn biểu thức: P = (a − c)2 + (b − d )2 Nhận xét Từ giả thiết ta gọi số phức z = a + bi, với a, b số thực thoả mãn điều kiện (1), z2 = c + di, với c, d số thực thoả mãn điều kiện (2) Gọi z = z1 – z2 Như tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ P ta quy tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ z từ ta có lời giải sau Lời giải đề xuất Từ giả thiết ta có (1) ⇔ (a − 1)2 + (b − 1) = (C1) (2) ⇔ (c − 6) + (d − 6) = 36 (C2) 13 Giả sử số phức z1 = a + bi; a, b số thực thoả mãn điều kiện (1) z2 = c + di; c, d số thực thoả mãn điều kiện (2) Khi tập hợp điểm biểu diễn số phức z1 nằm vịng trịn tâm I1(1;1) bán kính r1 = 1; tập hợp điểm biểu diễn số số phức z2 nằm vịng trịn tâm I2(6;6) bán kính r1 = 6; ta đặt z = z1 – z2 =(a-c) +(b-d)i Như tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ P ta quy tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ z Giả sử M(a;b) ∈ (C1) điểm biểu diễn cho số phức z1 N(c;d) ∈ (C2) điểm biểu diễn cho số phức z Khi z nhỏ ⇔ MN nhỏ nhất; z lớn ⇔ MN lớn N2 I2 N1 N M2 M1 M Nối 0, I1, I2 cắt đườmg tròn (C1) M1, M2 cắt (C2) N1, N2 Như ta nhận thấy M2N1 nhỏ nhất, M1N2 lớn từ ta tìm 2− 2− ; ); N (6 + 2;6 + 2) Do Max(P)= + ta tìm 2 2− 2− z1 = + i z2 = + + (6 + 2)i 2 M1 ( 2+ 2+ ; ); N1 (6 − 2;6 − 2) Do 2 2+ 2+ + i z2 = − + (6 − 2)i Min(P)= − ta tìm z1 = 2 Tương tự ta tìm M ( Một ứng dụng quan trọng số phức với toán sơ cấp giải toán bất đẳng thức hình học Tuy nhiên, muốn giải tốn bất đẳng thức hình học số phức, phải chuyển đổi quan hệ mặt phẳng thành điều kiện liên quan đến số phức Bài toán 2(dấu hiệu 2) Một số bất đẳng thức hình học mà tổng tích độ dài cạnh a, b, c MA, MB, MC lớn tích cạnh Cách giải: - Chuyển đổi quan hệ mặt phẳng thành điều kiện liên quan đến số phức - Sử dụng 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 a, b, c) Ví dụ 17 Cho tam giác ABC điểm M 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) cần chuyển đổi MA, MB, MC cạnh a,b,c mặt phẳng thành điều kiện liên quan đến số phức mà để dễ dàng chuyển đổi ta cần chọn vị trí thích hợp cho điểm M sau sử dụng công thức (*1) số bất đẳng thức biết ta suy điều phải chứng minh Lời giải đề xuất Xét mặt phẳng phức có M gốc tọa độ Tọa độ điểm A(x), B(y), C(z) Khi ta có MA = x , MB = y , MC = z 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) ( y − z ) yz + ( z − x ) zx + ( x − y ) xy = ( x − y ) ( y − z ) ( z − x ) nên tốn chứng minh Ví dụ 18 Cho tam giác ABC điểm M mặt phẳng Chứng minh a.MA2 + b.MB + c.MC ≥ abc với a = BC , b = AC , c = AB Lời giải đề xuất Xét mặt phẳng phức có M gốc tọa độ Tọa độ điểm A(x), B(y),C(z) Khi ta có MA = x , MB = y , MC = z c = AB = x − y , a = BC = y − z , b = AC = z − x Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: y − z x + z − x y + x − y z ≥ y − z z − x x − y Mà y − z x2 + z − x y2 + x − y z = x2 ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) ≥ x2 ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) 2 Và theo *2) x ( y − z ) + y ( z − x ) + z ( x − y ) = ( x − y ) ( y − z ) ( z − x ) (ĐPCM) Dấu đẳng thức xảy M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Ví dụ 19 Cho tam giác ABC điểm M mặt phẳng Chứng minh MA4 + MB + MC ≥ Lời giải đề xuất a 2b c với a = BC , b = AC , c = AB a2 + b2 + c2 Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a -cốp-xki, ta có: 15 ( a.MA + b.MB + c.MC ) ≤(a Suy MA + MB + MC 4 + b2 + c2 ( a.MA ≥ ) ( MA + MB + MC + b.MB + c.MC ) ) a + b2 + c2 Mà theo ví dụ 18 ta có a.MA2 + b.MB + c.MC ≥ abc nên ta có điều phải chứng minh Ví dụ 20 Cho tam giác ABC có trọng tâm G Gọi M điểm mặt phẳng Chứng minh a.MA3 + b.MB3 + c.MC ≥ 3abc.MG với a = BC , b = AC , c = AB Lời giải đề xuất Xét mặt phẳng phức với M gốc tọa độ Tọa độ điểm A(x), B(y), C(z) Tọa độ điểm G x+ y+z Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 3 y−z x + z−x y + x− y z ≥ y−z z−x x− y x+ y+z Sử dụng *3) bất đẳng thức tam giác ta có điều phải chứng minh Bài toán 3(dấu hiệu 3) Trong toán bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất) tam giác có chứa bình phương độ dài đoạn thẳng Cách giải: - Chọn đường tròn đơn vị (0;R) ngoại tiếp ∆ABC - Giả sử tọa độ đỉnh A( z1 ) , B( z2 ) , C ( z3 ) - Sử dụng kiến thức số phức suy kết Ví dụ 21 Cho tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a, CA = b, AB = c Chứng minh a + b + c ≤ R (1) Nhận xét Trong bất đẳng thức (1) có chứa bình phương độ dài đoạn thẳng Các đại lượng bình phương mơđun số phức tương ứng Từ áp dụng kiến thức số phức ta dễ dàng suy yêu cầu toán Để vận dụng số phức chứng minh bất đẳng thức (1) cần chọn đường tâm (0 gốc tọa độ) 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 đường tròn đơn vị với gốc tọa độ y A x o C B 16 Giả sử tọa độ đỉnh A( z1 ) , B( z2 ) , C ( z3 ) , theo ta có z1 z1 + z2 z2 + z3 z3 = R Khi ta có a + b + c = BC + CA2 + AB = ( 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 = R − ( z1 + z2 + z3 )( z1 + z2 + z3 ) ≤ R 2 Do ( z1 + z2 + z3 )( z1 + z2 + z3 ) = z1 + z2 + z3 ≥ dấu “=” xẩy khi uur uur uur r u z1 + z2 + z3 = ⇔ A + B + 0C = ⇔ G ≡ , hay ∆ABC Ví dụ 22 Cho ∆ABC nội tiếp đường trịn (0;R) cho trước Tìm giá trị lớn biểu thức P = BC − CA2 − AB , tính giá trị theo R Lời giải đề xuất: Ta chọn đường tròn tâm (0,R) ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn đơn vị với gốc tọa độ Giả sử tọa độ đỉnh A( z1 ) , B( z2 ) , C ( z3 ) , theo ta có z1 z1 + z2 z2 + z3 z3 = R Khi ta có: P = BC − CA2 − AB = ( z3 − z2 )( z3 − z2 ) − ( z1 − z3 )( z1 − z3 ) − ( z2 − z1 )( z2 − z1 ) = R − (a − b − c)(a − b − c) ≤ R uur uur uur r u Từ Pmax = R2 , khi a-b-c = 0, khi ⇔ uur − uuu − 0C = uur uuu A’ (1) Gọi r A 0B uur r uuu r r điểm đối xứng với A qua tâm Khi (1) ⇔ A = B + 0C ⇔ A ' + B + 0C = (2) mà (2) xẩy khi ∆A ' BC hay ∆ABC cân đỉnh A ∠BAC = 120o Từ ta có AB = AC = R Vậy Pmax = R2 khi ∆ABC thỏa mãn AB = AC = R Ví dụ 23 Cho ∆ABC với trọng tâm G, M điểm thuộc mặt phẳng tam giác Chứng minh rằng: a, AB + BC + CA2 = 3(GA2 + GB + GC ) b, MA2 + MB + MC = GA2 + GB + GC + 3MG Hãy tìm ∆ABC điểm M cho MA2 + MB + MC nhỏ Nhận xét Bài tốn ta sử dụng kiến thức véc tơ để giải Tuy nhiên ta sử dụng kiến thức số phức để giải tốn Lời giải đề xuất Khơng làm tính tổng qt ta giả thiết trọng tâm G ≡ (0 gốc tọa độ) Trên mặt phẳng tọa độ phức gọi tọa độ đỉnh A( z1 ) , B( z2 ) , C ( z3 ) , G ( z4 ) , M ( z5 ) Do G trọng tâm ∆ABC nên ta có z4 = ( z1 + z2 + z3 ) mà G ≡ nên ta có z1 + z2 + z3 = 2 a, Ta có vế phải 3(GA2 + GB + GC ) = 3( z1 + z2 + z3 ) (1) 17 2 vế trái AB + BC + CA2 = z2 − z1 + z3 − z2 + z1 − z3 2 Tính số hạng theo cơng thức z = z.z , ta có 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 = , suy z1 + z2 + z3 = từ ta có z1 + z2 = − z3 ; z1 + z3 = − z2 ; z2 + z3 = − z1 \ 2 Vậy z1 z2 + z2 z3 + z2 z1 + z1 z3 + z3 z1 + z3 z2 = − z1 z1 − z2 z2 − z3 z3 = −( z1 + z2 + z3 ) Từ ta có 2 2 2 z2 − z1 + z3 − z2 + z1 − z3 = 3( z1 + z2 + z3 ) (2) Từ (1), (2) ta có điều phải chứng minh 2 b, Ta có MA2 + MB + MC = z1 − z5 + z2 − z5 + z3 − z5 = ( z1 − z5 )( z1 − z5 ) − ( z2 − z5 )( z2 − z5 ) − ( z3 − z5 )( z3 − z5 ) 2 = z1 + z2 + z3 + z5 = = GA2 + GB + GC + 3MG Vậy MA2 + MB + MC nhỏ khi MG2 nhỏ khi G ≡ M , nghĩa M trọng tâm ∆ABC 4, Bài tập tự luyện Bài tập 1: Cho số (ai ; bi ) với i = {1,2,3,4},a j , b j ∈ R Chứng minh rằng: ∑ 1≤ j ≤ a + b2 ≤ j j ∑ 1≤ j < k ≤ (a j + ak ) + (b j + bk ) Bài tập 2: Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = abc Chứng minh rằng: 1+ 1 + 1+ + 1+ ≥ a2 b c Bài tập 3: Cho số thực dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: a 2b + 3c + b 2c + 3a + c 2a + 3b ≥ 18 Bài tập 4: Cho số thực a, b Chứng minh rằng: a − 4a + + 10b − 18b + + 10b − 2ab + a ≥ 29 Bài tập 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 4a − 3a + + 4a − 3a + 3 Bài tập 6: Cho số thực x, y, z Chứng minh rằng: 10 x − 24 x + 16 + 13 y − 18 xy + 10 x + 13 y − yz + z + z − 12 z + 40 ≥ Bài tập 7: Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: x2 + y2 + z y2 + 2z2 + x z2 + 2x2 ≥ y a + b = 2(a + b) Bài tập 8: Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn 2 c + d + = 4(c + d ) Tìm giá trị lớn biểu thức: P = (a − c)2 + (b − d )2 a + b = 2(a + b) Bài tập 9: Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn 2 c + d + = 4(c + d ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức: P = a+b+c+d Bài tập 10: Cho hình vng ABCD cạnh a, ngoại tiếp đường trịn tâm Cho P điểm đường trịn Tìm giá trị nhỏ biểu thức T = PA2+PB2+PC2+PC2 C KẾT LUẬN Kết luận phương pháp đề xuất Đề tài kiểm nghiệm q trình dạy học tốn nhà trường, đặc biệt trình bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi đại học-cao đẳng thu kết khả quan năm gần So với phương pháp thường gặp phương pháp ứng dụng số phức mà tơi đề xuất có ưu điểm sau - Có định hướng nhận dạng tốn tìm cách giải quy trình giải rõ ràng - Các toán giải cách tự nhiên, phù hợp với tư toán học - Giải lớp toán rộng hơn, áp dụng cho số lớp toán - Gây hứng thú học tập cho học sinh, học sinh tự tin gặp dạng tốn 19 Tuy nhiên số ví dụ đơn giản dạng tốn dùng phương pháp tọa độ để giải cách ngắn gọn Kiến nghị áp dụng vào thực tiễn giảng dạy Để giúp học sinh giải lớp toán chứng minh bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nất, nhỏ nhất) phương pháp số phức, trình dạy số phức người dạy cần ý làm rõ nội dung sau: - Khi dạy công thức (tính chất) số phức ngồi việc áp dụng chiều ta cần cho học sinh tập suy luận ngược lại - Mỗi lớp toán nêu trên, cần định hướng rõ cho học sinh biểu thức thức bậc hai chuyển sang tổng bình phương - Đối với học sinh giỏi, khuyến khích từ liệu toán để đặt toán mới, tạo hứng thú học tập học sinh Khả ứng dụng đề tài Đề tài có nhiều hướng để mở rộng, khơng dừng lại việc khai thác số dạng tốn có sách giáo khoa Chúng ta xây dựng nhiều bất đẳng thức tính chất mơđun số phức Chúng ta xây dựng hoàn thiện theo hướng ứng dụng số phức để tìm cực trị tốn hình học mức độ cao Nội dung đề tài phù hợp cho nhiều đối tượng học sinh, giúp quy “khó thành dễ” để giải tốn bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ D TÀI LIỆU THAM KHẢO 30 năm tạp chí Tốn học tuổi trẻ, NXBGD, 2000 Sách giải tích 12, NXB GD Sách tập giải tích 12, NXB GD 4.Nguyễn Hữu Điển, Sáng tạo Toán học, NXBGD,2002 Nguyễn Thái Hịe, Tìm tịi lời giải tốn, NXBGD, 1990 Tuyển tập toán sơ cấp, NXBGD, 1975 Tuyển chon theo chuyên đề toán học tuổi trẻ, Quyển 2, NXBGD, 2006 8.Titu Andreescu, Dorinandrica, Complex numbers from A to Z Joseph Bak, Donald Newman, Complex Analysis 20 MỤC LỤC TT Nội dung Trang A ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chon đề tài 01 Mục đích nghiên cứu 01 Phạm vi nghiên cứu 01 B NỘI DUNG Cơ sở lý luận 02 Thực trạng vấn đề nghiên cứu 02 21 Các biện pháp thực 03 C KẾT LUẬN Kết luận phương pháp đề xuất 20 Kiến nghị áp dụng vào thực tiễn giảng dạy 20 Khả ứng dụng đề tài 20 D TÀI LIỆU THAM KHẢO 22 ... đưa số dạng tốn chứng minh bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nhất, nhỏ ) giải chúng cách sử dụng số phức cách tự nhiên nhận xét cách giải Bài toán 1(dấu hiệu 1) Các bất đẳng thức cần chứng minh (tìm. .. tập hợp điểm biểu diễn số số phức z2 nằm vịng trịn tâm I2(6;6) bán kính r1 = 6; ta đặt z = z1 – z2 =(a-c) +(b-d)i Như tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ P ta quy toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ z Giả... ngắn gọn Kiến nghị áp dụng vào thực tiễn giảng dạy Để giúp học sinh giải lớp tốn chứng minh bất đẳng thức (tìm giá trị lớn nất, nhỏ nhất) phương pháp số phức, trình dạy số phức người dạy cần ý làm