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

Quy Nhơn, ngày 14 tháng 11 năm 2009

Mục lục

Lời nói đầu……… 1

Chương 1 Cơ sở lý thuyết……… 2

Chương 2 Các dạng bài tập ……… 5

Dạng 1 Sử dụng bất đẳng thức tam giác……… 6

Dạng 2 Sử dụng đường gấp khúc………10

Dạng 3 Sử dụng đường tròn và khoảng cách……… 13

Dạng 4 Sử dụng diện tích………22

Dạng 5 Sử dụng tính chất vectơ……… 24

Chương 3 Sự khác nhau giữa phương pháp tọa độ so với các phương pháp khác……….29

Kết luận……… 34

Tài liệu tham khảo……… 35

Lời nói đầu

Trên thực tế có rất nhiều vấn đề phức tạp của khoa học tự nhiên, xã hội, kỹ thuật, sinh thái chỉ có thể giải quyết được với sự giúp đỡ của toán học, tin học Chính vì tầm quan trọng như vậy nên việc giảng dạy môn toán

ở bậc phổ thông không ngừng được cải tiến và nâng cao.

Trong chương trình toán học ở bậc trung học phổ thông, phương pháp tọa độ chiếm một vị trí quan trọng.

Nói đến phương pháp tọa độ, mọi người thường nghĩ ngay đén các bài toán về khảo sát hàm số, vẽ đồ thị cũng như các bài toán của hình học giải tích Tuy nhiên dùng phương pháp tọa độ còn có thể cho những lời giải hay đối với các bài toán khác, thậm chí các bài toán số học, suy luận logic, hình học tổ hợp, hình học thuần túy – là những đối tượng thật “xa vời” với phương pháp tọa độ.

Sau đây chúng tôi xin trình bày một vấn đề nhỏ trong việc sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết các bài toán sơ cấp, đó là: ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC.

Các bài toán chứng minh bất đẳng thức là những bài toán hay và sử dung được nhiều phương pháp để giải, song việc dùng phương pháp tọa độ

để giải các bài toán này có tính ưu việt của nó, vì việc sử dung phương pháp tọa độ cho những lời giải nhanh chóng, chính xác và khai thác được “cái hồn” hình học của bài toán.

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 tương tự, và một số bài tập đề nghị dược sắp xếp từ dễ đến khó để các bạn có thể tham khảo; và cuối cùng là chương 3, chương này cho thấy những đặc sắc của phương pháp tọa độ trong bài toán bất đẳng thức so với các phương pháp khác.

Quy nhơn, ngày 14 tháng 11 năm 2009.

Chương I

CƠ SỞ

LÝ THUYẾT

1.Tọa độ của điểm và 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) ) là hai điểm bất kỳ trong mặt phẳng Khi đó ta gọi (x2-x1,y2-

y1) là tọa độ của véc tơ AB, kí hiệu AB=(x2-x1,y2-y1)

Độ dài của véc tơ AB sẽ kí hiệu là |AB|, và ta có :

1 2 2 1

chiều, hoặc có một trong hai véc tơ là véc tơ không

Cho hai véc tơ u=(x1,x2) ; v=(y1,y2)

Khi đó tích vô hương của hai véc tơ u, v được kí hiệu là : u.v và tính bởi côngthức sau : u.v=|u|.|v|.cos(u,v)

Từ đó dễ dàng suy ra : u.v |u|.|v| (2)

Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra  u,v là hai véc tơ cùng phương, cùng chiều, hoặc

là có một trong hai véc tơ là không

1.2Trong không gian xét hệ tọa độ Đềcác vuông góc Giả sử A(x1,y1,z1), B(x2,y2,z2)thì (x2-x1,y2-y1,z2-z1) là các tọa độ của véc tơ AB, và thường kí hiệu : AB= (x2-x1,y2-

y1,z2-z1)

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

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

2 y z2

Với hai véc tơ u, v bất kỳ ta luôn có :

1) |u+v|  |u| + |v| (3)2) u.v |u|.|v| (4) Dấu đẳng thức trong (3), và (4) xảy ra  u,v là hai véc tơ cùng phương, cùngchiều, hoặc là có một trong hai véc tơ là không

c by

D Cz By

4 Trong tam giác cùng nội tiếp một đường tròn thì tam giác đều có chu vi và diện tíchlớn nhất.

Xét hệ trục tọa độ Oxy và các điểm A(5,1) ; B(-1,9) ; M(x,3)

x2 2  2 2  2 2 (2)

Bài giải

Ta thấy trong bài này vế trái chứa y, còn vế phải không chứa y.Vậy y gắn liền với tọa

độ của điểm trung gian

Ta có : (2) tương đương với :

2 2

2 2

2

2

1 ( ) 2

3 ( ) 2

1 ( ) 2

3 ( ) 2

1 2

1 ( ) 2

1 ( ) 2

3 2

3 2

1 2

1

y z k x



và k0  x=-(k+1)y và z= y

k

k 1 ) ( 

cos 2 (cos

Bài giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

11 2 2 ) cos 2 ( 2 ) cos 1 (

Mặt khác với mọi vị trí của M trên MoM1 ta có :

Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có:

2 2

2 2

2

a         (1)

Bài giải

(1)  2 2 2 2 2 ( ) 2

4

3 ) 2 ( ) 2

3 ( ) 2 ( ) 2

3 ( ) 2

3 ( ) 2 ( ) 2

3 ( ) 2

2 2

1 2

2 2

sin 2

1 4 4

ac



 2

3 2

Bài 3 [2]

2

2 1 1

|

|

y x

y x

z y

|

|

z x

z x

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

Trên hệ tọa độ Đề các lấy ba điểm A,B,C với tọa độ như sau: A(x,yz); B(y,zx);

C(z,xy) Khi đó (1) tương đương AB+BC>AC (2)

Hiển nhiên ta có AB+BCAC

Dấu ‘=’ trong (2) xảy ra  các véc tơ AB, BC cùng phương, cùng chiều, tức là (y-x,zx-yz) = k(z-y, xy-zx) ,k>0

2

3 ( ) 2

2

3 ( ) 2

1 (

|

| )

1 )(

1 (

|

| )

1 )(

1 (

|

|

2 2

2 2 2

2

a c

a c c

b

c b b

a

b a

2 2

0

2 1

Chọn hệ tọa độ Oxy và xét các điểm Ai(xi,yi), i=0 ,n 1 Khi đó ta có:

A i A i+1 = 2

1 2

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

Bài toán 2

2 2

2 1

0

2 1

2 1







 1

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

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

Bài tập tương tự

Bài 1[1]

Cho các số x, y, z > 0.Chứng minh rằng:

) (

3

2 2

2 2

3 ( ) 2 ( ) 2

3 ( ) 2

AB= 2 ) 2

2

3 ( ) 2

BC= 2 ) 2

2

3 ( ) 2

OC= 2 ( )) 2

2

3 ( ) (

3

2 2

2 2

2 52

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

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

Bất đẳng thức (2) tương đương với bất đẳng thức sau:

PM+NQ+QP 4 5 (3) Xét hai điểm M,N thì PM+NQ+QP chính là độ dài đường gấp khúc nối M,N Mặt

Qo Po

2+2y-4=0

x+2y-9=0 6

4

2

5 4

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

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

và y’Oy

Chọn OA1 1  x ; A B x

2

3 1

1 1



2

3 1

1 1

2 2

2 2

3 1 1

2

3 1 1 ( ) 2

3 1

x x

2

3 1 1 ( ) 2

3 1

x x

1 2

1 ) (

1 ) 1

1 2

1 2 2

Ta thấy tâm O2 nằm trên đường tròn tâm O1

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

BĐT đã cho tương ứng với :







d c

)  12  8 2 2OM2 + ON2  28  8 2 (1)

Vì M là điểm trên đường tròn tâm O1 nên hiển nhiên ta có :

OMOO2 ( do OO2 là đường kính của đường tròn tâm O1 bán kính 2 )

N2

N1

O2 O1

2

1

2 1

Vậy BĐT (1) đúng và đó là điều phải chứng minh

Dấu đẳng thức bên phải xảy ra  M trùng O2 , N trùng N2 , tức là :

2 2

Xét đường thẳng x-2y+2 = 0 và các điểm A(3,5); B(5,7)

Điểm M(a,b) với a-2b+2 = 0 dĩ nhiên thuộc đường thẳng nói trên

x-2y+2=0

H

A' Mo

5 4

3 7/3

x O

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

Do AH u nên có 2(2yH-5)+yH-5=0  yH = 3 và do đó xH = 4

Từ đó suy ra : xA’ = 2xH-xA = 5

yA’ = 2yH-yA = 1

 BA’ = 6 (3)

Vì Mo thuộc đường thẳng x-2y+2 = 0 mà xMo = 5  yMo = 27

Vậy dấu bằng xảy ra  a =5, b = 27

Bài toán 3: [4]

Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 5 Chứng minh

(a 2  b 2 +

2

) 2 ( ) 1 (c 2  d 2 +

2

) ( ) (a c 2  b d 2

 2

30 3

Ta lấy các điểm M(a,b), N(c,d), P(1.2) trên hệ trục tọa độ Oxy Như vậy từ giả thiết

 C(MNP)  3 15 ( C là chu vi của đường tròn )

nội tiếp đường tròn bán kính 5 có tâm tại gốc tọa độ, do đó ta có điều phải chứng minh

Trong hệ trục tọa độ Oxy, vẽ đường tròn x2 + y2 = 1 và đường thẳng x + y = 6

Viết lại BĐT cần chứng minh dưới dạng :

(c-a)2 + (d-b)2

 19-6 2 ( do a2 + b2 =1)  (c a) 2  (d b) 2  3 2 -1 (1)

Điểm M(c,d) và N(a,b) với c,d,a,b, thỏa mãn điều kiện đầu bài, tương ứng nằm trên

6

6

x+y=6 y

Từ O ta kẻ đường vuông góc với đường thẳng x+y=6 Gọi M0 là chân đường vuông góc ấy, và giả sử OM0 cắt đường tròn đơn vị tại N0 Hiển nhiên ta có M đường thẳng x+y=6, và N  thuộc đường tròn x2 +y2=1, luôn có : MNM0N0 (3)

M2 M1

x O

Hình 6

Dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại dưới dạng sau :

( 2-1)3  (a c) 2  (b d) 2  ( 2  1 )3  2 5-7MN  5 2+7 (1)

Nối O với O1,O2 (chú ý rằng hiển nhiên ta có O, O1, O2 thẳng hàng) , cắt đường tròn bé tại M1, M2 và đường tròn lớn tại N1, N2

Rõ ràng M1N2, M2 N1 tương ứng là các khoảng cách xa nhất và gần nhất giữa hai điểm trên hai đường tròn Với mọi cặp điểm M,N trên hai đường tròn, ta có :

Gọi H là hình chiếu của O lên BC

Ta có: OM2

 OH2

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

x+y+2=0 -2

y

x O

 2 a 2 b2 8 Xét hệ trục tọa độ Oab, lấy M(a, b) thỏa (1)

x O

Hình 8

Nối OI cắt (C) tại A và B Khi đó với mọi M  (C) ta có:

 2  a 2 b2  8

Vậy a) được chứng minh

Dấu “=” bên trái xảy ra khi và chỉ khi a= 58, b= 56

Dấu “=” bên phải xảy ra khi và chỉ khi a=325 , b= 245

b) Để chứng minh ta vẽ tiếp tuyến OI

Đặt Moa =   tan =a b ; Ioa3 =  tan =43

Khi đó với mọi điểm M thuộc (C) ta có : 0 aOM aOI 9 Hay

tan 2

16

9 1 4

3 2

Chứng minh rằng:

2 2

2 1

2 1

1  x  y + 1  x22  y22  2 1 2 2 1 2 ) 2

2 ( ) 2 (

1

2 2

) 3 ( ) 3 ( 1 3

i

i i

1

3 ( ) 3 ( 3

x

i

i i

2 2 2

2 2 2

2

4 ) 1 (

2 1

OA1=A1A2=…=Ai-1Ai=…=An-1An=n1

Từ A1, A2, …,An-1 dựng các đường vuông góc với OA cắt đường tròn tại các điểm A1’,

Ta có bất đẳng thức :

2 2

1 2 2

i n

2 2

2 1

2 2

Hình 9

Bài toán 2 [3]

Cho a,b,c thỏa điều kiện: a>c>0 và b>c>0.

Chứng minh bất đẳng thức

ab c

b c c a

c(  )  (  ) 

Bài giải

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

2

1

c b c c a c c

b c a

2

1 sin 2

AH

1 1 1 1 1

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

a + b + c 1+ab+bc+ca

Bài giải

Xét tam giác đều ABC cạnh bằng 1 Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh

AB, BC, CA sao cho: AM = a; BN = b; CP = c

A

Hình 11

Ta có: SAMP=21 MA.PA.sinA=12 a(1-c)sin60o= 43 a(1-c)

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

còn lại bằng 0 hoặc 2 trong 3 số bằng 0 và số còn lại bằng 1

Bài tập đề nghị

) (

j i y

y x

x

j i

j i j

)

Vậy A1,…,An là n điểm phân biệt

Gọi I là tâm tỉ cự của n điểm A1,…,An theo bộ số 1, 2, , n tức là : 0

n

n

i i

Vì I là tâm tỉ cự như trên nên ta có :

OI OA

i n

y x

2 2

1

) (

) (

|

|

|u v u v

z y x z

y x z

y z

ysin cos cos sin sin sin cos cos cos

Từ (c) và (d) suy ra chỉ có 2 khả năng sau :

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

Từ (a) và (b) suy ra ta cần có sinx=0,siny=0,sinz=0,và cosx=kcosycosz(e)

Do k dương nên suy ra k=1 vì |cosx|=|cosycosz|=1

Do đó (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 ra khi và chỉ khi x,y,z thỏa mãn một trong các hệ thức sau : a) cosx=1,cosy=1, và cosz=1

1 (

1

2

a a

( ) 1 ( , (

1 1

1 1

i i n

i

i n

i i n

i

u a

i

n

i i

) 2 ( 0 4 4 )

2

2 ( )

1 (

i

a

a a

x x

x x

x sin 2 sin 4 cos sin 2 sin sin cos

1 cos 2 ( ) sin 2

1 cos 2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn

2 2

sin 2

3 sin

2

1 cos 2

|

| sin 2

3 , sin 2

sin 2

3 sin

2

1 cos 2

|

| sin 2

3 , sin 2

2 8

b

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

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

2 2 2 2 2

a   a2b2 b2c2 c2a2  a2bc+ab2c+abc2

 a2b2+b2c2+c2a2

 a2bc+ab2c+abc2 (**)Xét 2 véc tơ u1 =(a2,b2,c2) ; v1 = (b2,c2,a2) Theo bất đẳng thức:

Dấu ‘=’ trong (*) xảy ra khi và chỉ khi đồng thời các dấu ‘=’ trong (**) và (***) xảy ra

hay xảy ra khi a=b=c

Bài 4.

2 sin

sin cos

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

Cos4 +cos2  =2 Vậy (*) là điều kiện đủ

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

Bài tập đề nghị

Bài 5 [2]Cho x+y+z=1 và x,y,z>0 Chứng minh rằng :

82 1 1

1

2 2 2 2 2 2

y x x

Bài 6 [1]Với a, b, c, d là số thực Chứng minh rằng :

2 2 2

2 2

2

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

3 2

b c ab

a b

Bài 8 Cho a+b+c=0, ax+by+cz=6 Chứng minh:

10 16

ab c

b c c a

c(  )  (  )  Bài 10 [2]Chứng minh rằng với mọi x,y ta có :

2 ) ( sin sin

sin 4 ) ( sin cos

Sau đây chúng tôi xin trình bày một số cách chứng minh bất đẳng thức để quí bạn

đọc có thể so sánh sự khác nhau giữa phương pháp tọa độ so với các phương pháp khác.

(a  a n  b  b n (1)

Bài giải.

Nhận xét: Bất đẳng thức trên có thể chứng minh bằng nhiều cách, như: dùng bất đẳngthức Bunhiacopxki, dùng phương pháp quy nạp, dùng phương pháp hàm số,…Với bấtđẳng thức này, nếu dùng phương pháp tọa độ để chứng minh ta sẽ khai thác được tínhchất hình học của bất đẳng thức, giúp lời giải dễ hiểu hơn.

Cách 1: Dùng phương pháp tọa độ.

b1 a1

b1+ +bn

a1+ +an A3

An-1 An

A2

A1 y

x O

j j i

a

, 1

2 2 2

(

a12+b12+…+an2+bn2+21 , ( j i j)

n j i

b a b a

, 1

2 2 2

, 1

j i j n j i

x1   = (a1+…+an,b1+…+bn) Hiển nhiên ta có:

|

|

|

|

a +a2 = ( 1  x1 + 1  x2 , 1 x1 + 1 x 2 )

2 1

2 2

1 ( x  x   x   x

Chứng minh bằng phương pháp tọa độ.

Trong mặt phẳng Oxy chọn a i = ( 1 x i , 1  x i ), i=1,2,…,n Khi đó ta có

|a i |= 2, i=1,…,n  | a |

1 i

1 (

1 (  n 2



xj

x x

1 1

1

 xi=xj, với i khác j; i,j=1,…,n

Đối với bài toán tổng quát này việc sử dụng phương pháp tọa độ dễ dàng hơn, và

đó chính là cái ưu việt của phương pháp tọa độ

Qua hai bài toán trên, và những dạng bài tập đã giải ta thấy phương pháp tọa

độ đối với các bài toán bất đẳng thức đã cho thấy cái ẩn của hình học trong đại số,

và có những bài toán đã thể hiện toàn bộ cái hay của hình học Tuy nhiên mỗi phương pháp có những ưu và nhược điểm khác nhau, do vậy phương pháp này cũng không phải là hoàn mĩ đối với mọi bài toán.

Mặc dù còn nhiều cố găng nhưng vì thời gian, tài liệu và trình độ còn hạn chế nên đề tài sẽ không tránh khỏi những thiếu sót và khuyết điểm Vì

vậy rất mong nhận được sự góp ý từ phía các bạn sinh viên và thầy giáo để

bổ sung cho đề tài được đầy đủ và sâu sắc hơn.

Chúng tôi 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 bài tập từ đề thi quốc gia môn

toán của Bộ giáo dục – NXB ĐHQG Hà Nội.

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

sơ cấp – NXB thành phố Hồ Chí Minh.

[3] Nguyễn Vũ Thanh (1997) – 263 bài toán bất đẳng thức chọn lọc –

NXB Giáo dục.

[4] http://forum.mathscope.org/showthread.php?