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 không
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 toán
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 thông song nội dung còn
khá đơn giản, các tài liệu về phần ứng dụng của số phức cho học sinh phổ thông
còn chưa nhiều. Nên việc nghiên cứu thêm những điều lý thú của số phức đối với
học sinh phổ thông 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 toán 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

| | | | | | | | | |z z z z z z− ≤ + ≤ +
+
1 2 1 2 1 2
| | | | | | | | | |z z z z z z− ≤ − ≤ +
Tổng quát: Cho n số phức
1 2
, , ,
n
z z z
ta luôn có bất đẳng thức

1 2 1 2
| | | | | |
n n
z z z z z z+ + + ≤ + + +

- Trong mặt phẳng phức, nếu
1 2
( ), ( )A z B z
thì
2 1
AB z z= −
do đó
2
2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
( )( ) ( )( )AB z z z z z z z z z z= − = − − = − −
- Nếu 0 là gốc tọa độ thì
1 2
0 ; 0A z B z= =

+) Xác định đúng giả thiết, kết luận (có thể viết giả thiết dưới dạng khác được
không?)
+) Tự mình tiến hành giải bài toán.
+) 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 toán (nếu có).
+) Rút ra kinh nghiệm cho bản thân.
b, Thực hành qua các dạng toán
Trong mục này tôi đưa ra một số dạng toán 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
2 2
1 2
a a+
,
2 2
1 2
b b+
, sau đó ta
chọn số phức
1 1 2 2 1 2
;z a a i z b b i= + = +
, sao cho
2 2 2 2
1 1 2 2 1 2

a ab b a ac c b bc c+ + + + + ≥ + +
Lời giải thường gặp. Sử dụng phương pháp hình học
Chọn tọa độ 3 điểm A, B, C sao cho
22
babaAB ++=
;
22
cacaBC ++=
;
22
cbcbAC ++=
Sau đó sử dụng tính chất
ACBCAB
≥+
suy ra kết quả
Nhận xét. Rõ ràng cách giải trên việc chọn tọa độ các điểm A, B, C không dễ đối
với nhiều học sinh. Vậy có cách khác không?
Lời giải đề xuất. Ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 3 3 3
(1)
2 2 2 2 2 2 2 2
a ab b a ac c b bc c
b b c c b c b c
a a
+ + + + + ≥ + + ⇔
     
     

2 2
b b
z a= + +
;
2 2
2
3
( ) ( )
2 2
c c
z a= + +
và

1 2
3 3
2 2 2 2
b c b c
z z i
 
 
+ = − + +
 ÷
 ÷
 
 
Áp dụng bất đẳng thức
1 2 1 2
| | | | | |z z z z+ ≥ +
ta có:
2 2 2

(luôn đúng) (*)
tương tự với
, , 0a b c >
, ta có
2 2
2 2
3 5
2 (**)
4
3 5
2 (***)
4
b c
b bc c
c a
c ca a
+
+ + ≥
+
+ + ≥
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 toán khó, nhiều học sinh gặp khó khăn khi giải bài này.
Trong lời giải việc chứng minh
2 2 2
3 5
2 ( ) 0
4
a b
a ab b a b

z a i z b i z c i= + + = + + = + +
Khi đó

2 2
1
7
( ) ( )
2 2
b b
z a= + +
;
2 2
2
7
( ) ( )
2 2
c c
z b= + +
;
2 2
2
7
( ) ( )
2 2
a a
z c= + +
2
1 2 3
3 7
( ) ( ) 4( ) 2( )

2
b bc c b c+ + ≥ +
(2) ;
2 2
3
( )
2
c ac a a c+ + ≥ +
(3)
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

2 2 2 2
3 1 3
( ) ( ) ( )
4 4 2
a ab b a b a b a b+ + ≥ + + − ≥ +
không tự nhiên.
Lời giải đề xuất.
Ta xét biểu thức
2 2 2 2 2 2
S a ab b b bc c c ca a= + + + + + + + +
ta luôn có:
2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2 2 2
b b c c a a
S a b c
     

Áp dụng bất đẳng thức
1 2 3 1 2 3
| | | | | | | |z z z z z z+ + ≥ + +
ta có
2 2 2
2 2 2
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3( ) 3 3
b b c c a a
S a b c
a b c S
     
     
= + + + + + + + + ≥
 ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷  ÷
     
     
≥ + + ⇔ ≥
Đẳng thức đạt được khi
1a b c= = =
Ví dụ 4. Cho các số thực
, , 0a b c >
thoả mãn
ab bc ca abc+ + =
.
Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
2 2 2

2 2
2 2
2
2
a b
v u
ab
+
= +
;
2 2
2 2
2
2
b c
w v
bc
+
= +
;
2 2
2 2
2
2
c a
u w
ca
+
= +
. Sau đó ta

(1)
Xét các số phức
1 2 3
2 ; 2 ; 2z u w i z v u i z w v i= + = + = +
Ta có:
1 2 3
( ) ( ) 2 1 2z z z u v w u v w i i+ + = + + + + + = +
Áp dụng
1 2 3 1 2 3
| | | | | | | |z z z z z z+ + ≥ + +
cho ba số phức
1 2 3
, ,z z z
ta có:

2 2
1 2 3 1 2 3
| | | | | | | | 1 ( 2) 3z z z z z z+ + ≥ + + = + =
hay
2 2 2 2 2 2
2 2 2 3u w v u w v+ + + + + ≥
Vậy (1) luôn đúng. Ta được điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
3
u v w a b c= = = ⇔ = = =
.
Ví dụ 5. Chứng minh rằng
2 cos sin cos 1x x x+ + ≥

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

Vậy bất đẳng thức (1) đã được chứng minh.
7
Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi cosx = 0
,
2
x k k Z
π
π
⇔ = + ∈
.
Ví dụ 6. (Đề thi Olympic 30-4). Chứng minh với mọi a, b ta luôn có

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

2
2
=
Ví dụ 7. Cho các số
,a b
thực tuỳ ý. Chứng minh rằng.
2 2
2 2
10. 13 3 13 2 13
2 6 9 2 4 4
3 9 2 9 13
ab a a
b b b a− + + − + + − + ≥
Nhận xét. Ta nhận thấy rằng
2 2 2
2 6 9 ( 3)b b b b− + = + −

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

2
2 2
3 13 9
4 4 ( 2)

b a b− + −
+
2 2
9
( 2)
4
a a− +
8
Đặt
1 2 3
2 3
( 3) ; ( ) ( ) ; ( 3)
3 2
a
z b b i z b a b i z a ai= + − = − + + − + = − + −
khi đó

2 2
1
( 3)z b b= + −
;
2 2
2
2
( ) ( )
3
a
z b a b= − + −
;
2 2

( 2)
4
a a− +
2 2
1 2 3
( 3) ( 3)
2 3
a a
z z z≥ + + = − + + − −
=
2
13 3 13 225
( )
6 13 13
a
− +
15 13
13
≥
Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi a =
18
13
và b =
6
5
Nhận xét. Chúng ta biết điểm
1 1 1
( ; )M a b=
biểu diễn số phức
1 1 1

, ,z x i z y i z z i
x y z
= + = + = +
như vậy

2
1
2
1
z x
x
= +
;
2
2
2
1
z y
y
= +
;
2
3
2
1
z z
z
= +

ta có:

2 2 2
1 1 1 1 1 1
( ) 81( ) 80( )x y z x y z x y z
x y z x y z
   
+ + + + + = + + + + + − + +
 ÷  ÷
   
Ta có:
2 2
2 2
2
2
1 1 1 1 1 1
81( ) 2 81( ) .
1 1 1 1 1 1
81( ) 18( ) 18.9 (*)
x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z
x y z x y z
   
+ + + + + ≥ + + + +
 ÷  ÷
   
   
⇔ + + + + + ≥ + + + + ≥
 ÷  ÷
   
Từ trên ta có:

+ + + + + ≥ + + + + +
 ÷
 
. Mà ở đây
phương pháp của chúng ta đã làm được điều đó.
Ví dụ 9. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm gá trị nhỏ nhất của biểu thức

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

Lời giải thường gặp: Ta dễ dàng chứng minh được

2 2 2 2 2 2
( ) ( )a b c d a c b d+ + + ≥ + + +
(1)
Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi ad-bc=0 . Áp dụng (1) ta có

2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( 1) ( 1) (1 ) ( 1)
(1 1) ( ) 4 4 2 1
x y x y x y x y
x x y y y y
− + + + + = − + + + +
≥ − + + + + = + = +
Đẳng thức xẩy ra khi chỉ khi 1-x = x+1
0x
⇔ =
, từ đó

( ) ( ) 2 3
3
f y f≥ = +
Trường hợp 2: y
≥
2 khi đó
2 2
( ) 2 1 2 1 2 2 3f y y≥ + ≥ + > +
Như vậy cả 2 trường hợp trên a luôn có
2 3A ≥ +
,
,x y R∀ ∈
Vậy Min A=
2 3+
đạt tại (x,y)=(0;
1
3
)
Lời giải đề xuất:
2 2 2 2 2 2 2 2
( 1) ( 1) (1 ) ( 1)x y x y x y x y− + + + + = − + + + +
Chọn
1 2
(1 ) ; ( 1)z x yi z x yi= − + = + +
Như vậy:
2 2 2 2
1 2
(1 ) ; (1 )z x y z x y= − + = + +
Áp dụng công thức
1 2 1 2

2 2x y
x y x y
≥ + ≥ ⇒ + ≥
+
. Suy ra
3 3 2 2
2; 2x y x y+ ≥ + ≥
Xét các số phức
3 2 3 2
1 2
3 , 3z x y i z y x i= + = +
Áp dụng bất đẳng thức
1 2 1 2
| | | | | |z z z z+ ≥ +
ta có:

3 3 2 2 2 2
1 2
| | | | ( ) 3( ) 4P z z x y x y= + ≥ + + + ≥
Vậy MinP = 4 đạt được khi
1x y z= = =
Ví dụ 11. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2
2 2 2
log 1 log 1 log 1P x y z
= + + + + +

trong đó
,x y

Ví dụ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2
2 2 2 2P x x x x= + + + − +

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

2 2 2 2
4 2 5 20 10 125P x y x y x y x y= + − + + + + − − +

Lời giải đề xuất: Ta có P =
2 2 2 2

=

⇔

=

Vậy P
min
=10 khi (x;y)=(6;2)
Ví dụ 14. Cho cặp số (x;y) thỏa mãn
2 2
14 10 58 0x y x y+ − − + =
(1)

2 2 2 2
16 12 100 4 20 104P x y x y x y x y= + − − + + + + − +
(I)
Lời giải đề xuất: Ta có (I)
⇔

2 2 2 2
( 8) ( 6) ( 2) ( 10)P x y x y= − + − + + + −
(2)
Đặt
1 2
(8 ) ( 6) ; ( 2) (10 )z x y i z x y i= − + − = + + −
Khi đó
2 2 2 2
1 2
( 8) ( 6) ; ( 2) ( 10)z x y z x y= − + − = + + −


⇔

+

=


Ví dụ 15. Cho hai số thực a, b thoả mãn
2 2
16 8 6a b a b+ + = +
(1). Tìm giá trị nhỏ
nhất, lớn nhất của biểu thức: P =
ba 34 +
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 toán
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của
z
từ đó ta có lời giải sau.
Lời giải đề xuất. Từ (1) ta có
2 2
1
( 16) 4 3
2
a b a b+ + = +
. Khi đó P =
8)(
2
1

⇔
z
lớn nhất
⇔
OM lớn nhất
Như vậy 0M
1
nhỏ nhất, 0M
2
lớn nhất Ta đã tìm được
1
8 6
( ; )
5 5
M
;
2
32 24
( ; )
5 5
M

Như vậy Min(P)=
10
, Max(P)=
40
Ví dụ 16. Cho bốn số thực a, b, c, d thoả mãn

từ đó ta có lời giải sau.
Lời giải đề xuất. Từ giả thiết ta có (1)
2 2
( 1) ( 1) 1a b⇔ − + − =
(C
1
)
(2)
2 2
( 6) ( 6) 36c d⇔ − + − =
(C
2
)
13
I
0
M
1
M
2
a
b
Giả sử số phức z
1
= a + bi; a, b là các số thực thoả mãn điều kiện (1) và
z
2
= c + di; c, d là các số thực thoả mãn điều kiện (2). Khi đó tập hợp các điểm
biểu diễn số phức z
1

) là điểm biểu diễn cho số phức z
2
. Khi đó
z

nhỏ nhất
⇔
MN nhỏ nhất;
z
lớn nhất
⇔
MN lớn nhất.
Nối 0, I
1
, I
2
cắt đườmg tròn (C
1
) lần lượt tại M
1
, M
2
và cắt (C
2
) lần lượt tại N
1
, N
2
.
Như vậy ta nhận thấy rằng M

( ; ); (6 3 2;6 3 2)
2 2
M N
+ +
− −
. Do đó
Min(P)=
5 2 7−
và ta tìm được
1
2 2 2 2
2 2
z i
+ +
= +
và
2
6 3 2 (6 3 2)z i= − + −
.

Một trong những ứng dụng quan trọng của số phức với toán sơ cấp là giải các
bài toán bất đẳng thức hình học. Tuy nhiên, muốn giải các bài toán 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)

. . . . . .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:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
. . . . . . x
x
y z y z z x z x x y x y y z yz z x z x y xy
y z yz z x z x y xy
− + − + − = − + − + −
≥ − + − + −
Theo (*1) thì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
xy z yz z x z x y xy x y y z z x− + − + − = − − −


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
2 2 2
4 4 4
2 2 2
a b c
MA MB MC
a b c
+ + ≥
+ +
với
, ,a BC b AC c AB= = =
Lời giải đề xuất. Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a -cốp-xki, ta có:
15
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 4 4 4
. . .a MA b MB c MC a b c MA MB MC+ + ≤ + + + +
Suy ra
( )
2
2 2 2
4 4 4
2 2 2
. . .a MA b MB c MC
MA MB MC
a b c
+ +
+ + ≥

2
( )B z
,
3
( )C z
.
- 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
2 2 2 2
9a b c R+ + ≤
.(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 môđun 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.
16
0
C
A
B
o
x
y
Giả sử tọa độ các đỉnh là
1
( )A z

dấu “=” xẩy ra khi chỉ khi

1 2 3
0z z z+ + =
0 0 0 0A B C⇔ + + =
uur uur uuur r
0G
⇔ ≡
, hay
ABC
∆
đều.
Ví dụ 22. Cho
ABC∆
nội tiếp trong đường tròn (0;R) cho trước. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
2 2 2
P BC CA AB= − −
, 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
1
( )A z
,
2
( )B z
,
3
( )C z
, khi đó

(2)
mà (2) xẩy ra khi chỉ khi
'A BC∆
đều hay
ABC∆
cân ở đỉnh A và
120
o
BAC∠ =
. Từ
đó ta có AB = AC = R. Vậy P
max
= R
2
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,
2 2 2 2 2 2
3( )AB BC CA GA GB GC+ + = + +
b,
2 2 2 2 2 2 2
3MA MB MC GA GB GC MG+ + = + + +
. Hãy tìm trong
ABC

nên ta có
4 1 2 3
1
( )
3
z z z z= + +
mà
0G
≡
nên ta có
1 2 3
0z z z+ + =
.
a, Ta có vế phải
2 2 2
2 2 2
1 2 3
3( ) 3( )GA GB GC z z z+ + = + +
(1)
17
vế trái
2 2 2
2 2 2
2 1 3 2 1 3
AB BC CA z z z z z z+ + = − + − + −
Tính từng số hạng theo công thức
2
.z z z=
, ta có
2 2 2 2 2 2

( )( ) ( )( ) ( )( )z z z z z z z z z z z z= − − − − − − − −

2 2 2 2
1 2 3 5
3z z z z= + + +
=
2 2 2 2
3GA GB GC MG= + + +
Vậy
2 2 2
MA MB MC+ +
nhỏ nhất khi chỉ khi MG
2
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
( ; )
i i
a b
với
j
{1,2,3,4},a ,
j
i b R= ∈
. Chứng minh rằng:

,a b

Chứng minh rằng:
2 2 2 2
4 8 10 18 9 10 2 29a a b b b ab a− + + − + + − + ≥
Bài tập 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2
4
4 2 3 1 4 2 3 3
3
P a a a a= − + + − +

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

Chứng minh rằng:
2 2 2 2
2 2
2 2
2
3
x y y z
z x
z x y



+ + = +


.
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: P = a+b+c+d
Bài tập 10: Cho hình vuông ABCD cạnh a, ngoại tiếp đường tròn tâm 0. Cho P là
điểm bất kỳ trên đường tròn đó. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T = PA
2
+PB
2
+PC
2
+PC
2
.
C. KẾT LUẬN
1. Kết luận về phương pháp đề xuất.
Đề tài đã được kiểm nghiệm trong quá trình dạy học toán 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 tôi đề xuất có những ưu điểm sau.
- Có định hướng nhận dạng bài toán tìm cách giải và quy trình giải rõ ràng.
- Các bài toán giải một cách tự nhiên, phù hợp với tư duy toán học.
- Giải được lớp bài toán 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.

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