LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
VẬN DỤNG SỐ PHỨC
vào
Giải Toán sơ cấp
Nguyễn Thị Hoa
ĐHKH ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
Ngày 10 tháng 04 năm 2014
Mục lục
1 Kiến thức chuẩn bị 4
1.1 Số phức và trường C . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Tính đóng đại số của trường C . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Định lý Euler về e
ix
= cos x + i sin x. . . . . . . . . . . . 9
2 Vận dụng số phức trong hình học 12
2.1 Một vài bất đẳng thức hình học qua số phức . . . . . . . 12
2.1.1 Một vài đồng nhất thức trong C . . . . . . . . . . 12
2.1.2 Một vài bất đẳng thức đơ n giản . . . . . . . . . . 18
2.1.3 Bất đẳng thức P tolemy cho đa giác . . . . . . . . 24
2.1.4 Bất đẳng thức Hayashi cho đa giác . . . . . . . . 29
2.2 Một số kết quả về đa giác đều . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.2.1 Phân tích đa thức qua nghiệm phức . . . . . . . . 30
2.2.2 Kết quả về đa giác đều . . . . . . . . . . . . . . . 31
2.3 Biểu diễn phép quay qua số phức . . . . . . . . . . . . . 33
2.4 Tỷ số kép của bốn số phức . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 0
2.5 Nhóm các phép biến đổi phân tuyến tính . . . . . . . . . 42
3 Thể Quaternion và biểu diễn 45
3.1 Xây dựng thể qua ternion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
3.2 Biểu diễn dạ ng bậc hai thành tích . . . . . . . . . . . . . 46
Kết luận 50
1

thức về số phức và trường C
Chương 2. "Vận dụng số phức trong hình học", chương này đưa ra
một số bất đẳng thức trong hình học qua số phức, biểu diễn phép quay
qua số phức và tỷ số kép của bốn số phức.
Chương 3."Thể Quaternion và biểu diễn", chương này xây dựng thể
Quaternion và biểu diễn dạng bậc hai thành t ích.
Do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên chắc chắn luận văn còn có
những thiếu sót nhất định, kính mong quý thầy cô và các bạn đóng góp
ý kiến để tác giả tiếp tục hoàn thành luận văn này.
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1 Số phức và tr ường C
Xét Tích de Carte T = R ×R = {(a, b)|a, b ∈ R} và đưa ra định nghĩa:
(a, b) = (c, d) khi và chỉ khi a = c, b = d
(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)
(a, b) . (c, d) = (ac − bd, ad + bc).
Để đơn g iản, viết (a, b).(c, d) qua (a, b)(c, d). Từ định nghĩa phép nhân:
(i) Với i = (0, 1) ∈ T có i
2
= i.i = (0, 1)(0, 1) = (−1, 0)
(ii) (a, b)(1, 0) = (a, b) = (1, 0) (a, b)
(iii) (a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0)(0, 1), ∀ (a, b) ∈ T.
Ký hiệu C là t ập T cùng các phép toán đã nêu ra ở trên. Ta có kết quả
sau:
Bổ đề 1.1.1.
´
Anh xạ φ : R → C, a → (a, 0), là một đơn á nh v à nó thỏa
mãn φ(a + a
′
) = φ(a) + φ(a

z
2
= z
1
.z
2
và gọi |z| =
√
zz là môđun của z. Số đối của z
′
= c + di là −z
′
= −c −di
và hiệu z − z
′
= (a + bi) − (c + di) = a − c + ( b − d)i.
Xét mặt phẳng tọa độ (Oxy). Mỗi số phức z = a + bi ta cho tương ứng
với điểm M(a; b). Tương ứng này là một song ánh
C → R × R, z = a + bi → M(a; b).
Khi đồng nhất C với (Oxy) qua việc đồng nhấ t z vớ i M, thì mặt phẳng
tọa độ với biểu diễn số phức như thế được gọi là mặt phẳng phức hay
mặt phẳng Gauss để ghi công C. F. Gauss-người đầu tiên đưa ra biểu
diễn.
Mệnh đ ề 1.1.2. Tập C là một trường chứa trường R như một trường
con.
Chứng minh: Dễ dà ng kiểm tra C là một vành giao hoán với đơn vị 1.
Giả sử z = a+bi = 0. Khi đó a
2
+b
2

−
b
a
2
+ b
2
i là nghịch đảo của z. Tóm lại C là một tr ường.
Tương ứng C → C, z →
z, là một tự đẳng cấu liên hợp. Đồng nhất a ∈ R
với a + 0i ∈ C và có thể coi R là một trường con của C hay R ⊂ C.
Chú ý rằng, nghịch đảo của z = 0 là z
−1
=
z
|z|
2
và
z
′
z
= z
′
z
−1
=
z
′
z
|z|
2

+
i sin α
1

, z
2
= r
2

cos α
2
+ i sin α
2

, r
1
, r
2
 0, ta luôn có
(i) |z
1
z
2
| = |z
1
||z
2
|, |
z
1

1
+ α
2

+ i sin

α
1
+ α
2

(iii)
z
1
z
2
=
r
1
r
2

cos

α
1
− α
2

+ i sin

suy ra a − bi =

x − iy

n
. Như vậy
a
2
+ b
2
=

x
2
+ y
2

n
.
Mệnh đề 1.1.6. [Moivre] Nếu z = r(cos α + i sin α) thì với mỗi số
nguyên dươn g n có z
n
= r
n

cos

nα

+ i sin

tích các nhân tử tuyến tính khi K là một trường đóng đại số.
7
Bổ đ ề 1.2.2. Mỗi đa thức bậc lẻ thuộc R[x] đề u có í t nhất mộ t nghiệm
thực thuộc R.
Chứng minh: Giả sử f(x) = a
0
x
2s+1
+ a
1
x
2s
+ ···+ a
2s
x + a
2s+1
∈ R[x]
với a
0
= 0. Dễ dàng thấy rằng a
0
f(x) sẽ tiến r a +∞ khi x → +∞ và
a
0
f(x) sẽ tiến ra −∞ khi x → −∞. Từ đây suy ra sự tồn tại của các
số thực α > 0 và β < 0 thỏa mãn a
0
f(α) > 0, a
0
f(β) < 0. Do vậy

2
= a
2xy = b.
Ta chỉ cần xét trường hợp b = 0 vì trường hợp b = 0 được xét tương tự.
Vì b = 0 nên x = 0. Khi đó



y =
b
2x
4x
4
− 4ax
2
− b
2
= 0
hay





x
1,2
= ±

a +
√

2
2
= z.
Theo lập luận ở trên, có hai số phức z
1
và z
2
để z
2
1
= z
2
2
= b
2
−4ac. Khi
đó nghiệm của phương trình là
−b + z
1
2
và
−b + z
2
2
.
Định lý 1.2.4. [d’Alembert-Gauss, Định lý cơ bản của đại số]
Mọi đa thức bậc d ương thuộc C[x] đều có ít nhất một n g hiệm thuộc C.
Hệ quả 1.2.5. Mọi đa thức thuộc C[x] với bậc n > 0 đều có n nghiệm
trong C và các đa thức bất khả quy trong C[x] là các đa thức bậc nhất.
8

2
− 4ac < 0.
Xét trường hợp deg f (x) > 2. Vì C là trường đóng đại số nên f (x) = 0
có nghiệm α ∈ C theo Định lý 1. 2.4 và như vậy nó còn có nghiệm α.
Khi đó f(x) có nhân tử (x − α)(x −
α) ∈ R[x] hay f(x) là khả quy
: mâu thuẫn giả thiết. Tóm lại, nếu f (x) là đa thức bất khả quy thì
hoặc f(x) = ax + b với a = 0 hoặc f (x) = ax
2
+ bx + c với a = 0 và
b
2
− 4ac < 0.
Ví dụ 1.2.7. C h ứng minh rằng, với hai số phứ c z
1
và z
2
ta luôn có
2|z
1
|
2
+ 2|z
2
|
2
= |z
1
+ z
2

+ |z
2
|
2
] = |z
1
−
z
2
|
2
+ |z
1
+ z
2
|
2
.
Ví dụ 1.2.8. Với hai số phức z và z
′
ta đặt u =
√
zz
′
. Chứng minh rằng
|z| + |z
′
| =



2
+u


=


(
√
z −
√
z
′
)
2
2


+


(
√
z +
√
z
′
)
2
2

2
|
2
.
Xét A(z
1
), B(z
2
) và C(z
1
+ z
2
). Vì tứ giác OACB là hình bình hành nên
OC
2
+ A
2
= 2OA
2
+ 2OB
2
hay 2[|z
1
|
2
+ |z
2
|
2
] = |z

z
1
z
2


+ 2


z
1
+ z
3
2
−
√
z
1
z
3


=


z
2
+ z
3
2

3
+
√
z
2
z
3
2


.
Bài giải: Đặt u
j
=
√
z
j
với j = 1 , 2, 3. Ta sẽ phải chứng minh hệ thức
|u
1
− u
2
|
2
+ |u
1
− u
3
|
2


u
2
+ u
3
2

của cạnh BC. Vì b
2
+ c
2
= 2m
+
a
a
2
2
nên ta nhận được đồng nhất thức
|u
1
− u
2
|
2
+ |u
1
− u
3
|
2

, x
4
, y
1
, y
2
, y
3
, y
4
∈ R ta luôn có
(x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ x
2
4
)(y
2
1
+ y
2
2
+ y

u
1
= x
1
y
1
− x
2
y
2
− x
3
y
3
− x
4
y
4
u
2
= x
1
y
2
+ x
2
y
1
+ x
3

+ x
2
y
3
− x
3
y
2
+ x
4
y
1
và suy ra bất đẳng thức
u
2
1
+ u
2
2
+ u
2
3
+ u
2
4
 (x
1
y
1
+ x

+ iy
2
và z
4
=
y
3
+ iy
4
. Ta có thể biểu diễn T = (x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ x
2
4
)(y
2
1
+ y
2
2
+ y
2
3

z
3
z
2
z
3
+ z
1
z
4
z
1
z
4
+ z
2
z
4
z
2
z
4
.
Như vậy T = u
2
1
+ u
2
2
+ u

+ ··· ta
suy ra đồng nhất thức
e
ix
= (1 −
x
2
2!
+
x
4
4!
− ··· + (−1)
n
x
2n
(2n)!
+ ···)
+ i(x −
x
3
3!
+
x
5
5!
− ··· + (−1)
n−1
x
2n−1

ix
= e
−ix
=
1
e
ix
.
(3) cos x =
e
ix
+ e
−ix
2
, sin x =
e
ix
− e
−ix
2i
.
(4) < e
ix
, e
iy
>=
1
2

e

=
r
r
′
e
i(α−β)
. Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi arg
c − a
c − b
= kπ hay
r
r
′
e
ikπ
= ±
r
r
′
. Do vậy, ba điểm phân biệt A, B, C ứng với ba số phức
a, b, c thẳng hàng khi và chỉ khi [A, B, C] =
c − a
c − b
∈ R.
11
Một số bài toán tiếp theo dưới đây được xét trong Z[x], nhưng m ang
chúng đặt trong C[x] để giải dễ dàng hơn.
Ví dụ 1.3.4. [IMO 1973] Chứng minh với mọ i s ố nguyên dương n có
2
n

(2−2 cos
k2π
2n + 1
) =
n

k=1
4 sin
2
kπ
2n + 1
.
Do đó 2
n
n

k=1
sin
kπ
2n + 1
=
√
2n + 1.
Chương 2
Vận dụng số phức trong hình học
2.1 Một vài bất đẳng thức hình học qua số phức
2.1.1 Một vài đồng nhất thức trong C
Đồng nhất thức rất quan t rọng trong việc biểu diễn và chứng minh các
bài toán. Đặc biệt, dựa vào đồng nhất thức ta có t hể tìm ra những hệ
thức m ới hay chứng m inh các bất đẳng thức hoặc giải phương trình hàm.

1
− z
2
2
) = (z
1
− z
2
)(z
2
− z
3
)(z
3
− z
1
)
và có |z
1
||z
2
2
−z
2
3
|+ |z
2
||z
2
3

có các k ế t quả
sau:
z
2
1
(z
2
− z
3
) + z
2
2
(z
3
− z
1
) + z
2
3
(z
1
− z
2
) = −(z
1
− z
2
)(z
2
− z

|  |z
1
− z
2
||z
2
− z
3
||z
3
− z
1
|.
Ví dụ 2.1.3. Với ba số phức ph ân biệt z
1
, z
2
, z
3
ta có các đồng nhất thức
sau:
(i) z
1
(z
2
−z
3
)
3
+z

)(z
3
− z
1
).
12
13
(ii) z
3
1
(z
2
−z
3
) + z
3
2
(z
3
−z
1
) + z
3
3
(z
1
−z
2
) = (z
1

(x − z
2
)(x − z
3
)
(z
1
− z
2
)(z
1
− z
3
)
+
z
n
2
(x − z
3
)(x − z
1
)
(z
2
− z
3
)(z
2
− z

3
|
|z
1
− z
2
||z
1
− z
3
|
+
|z
2
|
n
|z −z
3
||z − z
1
|
|z
2
− z
3
||z
2
− z
1
|

(x − u)(x − v)
(x − z
1
)(x − z
2
)(x − z
3
)
=
(z
1
− u)(z
1
− v)
(z
1
− z
2
)(z
1
− z
3
)(x − z
1
)
+
(z
2
− u)(z
2

với số phức z có
|z −u||z −v|
|z −z
1
||z − z
2
||z −z
3
|

|z
1
− u||z
1
− v|
|z
1
− z
2
||z
1
− z
3
||z − z
1
|
+
|z
2
− u||z

.
Bài giải: Xét
(x − u)(x − v)
(x − z
1
)(x − z
2
)(x − z
3
)
=
x
1
x − z
1
+
x
2
x − z
2
+
x
3
x − z
3
. Khi
đó ta có (x −u)(x −v) = x
1
(x −z
2









x
1
=
(z
1
− u)( z
1
− v)
(z
1
− z
2
)(z
1
− z
3
)
x
2
=
(z
2

ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh.
Ví dụ 2.1.6. Với ba số z
1
, z
2
, z
3
phân biệt đôi một, có đồng n hất thức
14
sau:
z
2
+ z
3
(z
1
− z
2
)(z
1
− z
3
)(z
1
− t)
+
z
3
+ z
1

− z
2
− z
3
(t − z
1
)(t − z
2
)(t − z
3
)
.
Từ đó có bất đẳng thức
|z
2
+ z
3
|
|z
1
− z
2
||z
1
− z
3
||z
1
− t|
+

||z
3
− t|

|t − z
1
− z
2
− z
3
|
|t − z
1
||t − z
2
||t − z
3
|
.
Bài giải: Xét
t − z
1
− z
2
− z
3
(t − z
1
)(t − z
2

)+z(t−z
1
)(t−z
2
).
Với t = z
1
, z
2
, z
3
ta được













x = −
z
2
+ z
3

− z
1
)(z
3
− z
2
)
và như vậy chúng
ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh.
Ví dụ 2.1.7. Với bốn số phức phân biệt đôi một z
1
, z
2
, z
3
, z
4
và ba số
phức u, v, w có đồng nhất thức
(x − u)(x − v)(x − w)
(x − z
1
)(x − z
2
)(x − z
3
)(x − z
4
)
=

(z
2
− z
1
)(z
2
− z
3
)(z
2
− z
4
)(x − z
2
)
+
(z
3
− u)( z
3
− v)(z
3
− w)
(z
3
− z
1
)(z
3
− z

)
.
Từ đó su y ra, với bất kỳ số phức z có
|z −u||z −v||z − w|
|z −z
1
||z −z
2
||z − z
3
||z −z
4
|

|z
1
− u||z
1
− v||z
1
− w|
|z
1
− z
2
||z
1
− z
3
||z

|z
3
− u||z
3
− v||z
3
− w|
|z
3
− z
1
||z
3
− z
2
||z
3
− z
4
||z −z
3
|
+
|z
4
− u||z
4
− v||z
4
− w|

1
x − z
1
+
x
2
x − z
2
+
x
3
x − z
3
+
x
4
x − z
4
. Khi đó t a có (x −u)(x −v)(x −w) = x
1
(x −z
2
)(x −z
3
)(x −
z
4
) + x
2
(x − z

4
có























x
1
=
(z
1

− z
3
)(z
2
− z
4
)(z
2
− z
1
)
x
3
=
(z
3
− u)(z
3
− v) (z
3
− w)
(z
3
− z
4
)(z
3
− z
1
)(z

1
, z
2
, z
3
phân biệt đôi một, có đồng n hất thức
sau:
(z
1
+ z
2
)(z
2
+ z
3
)
(z
1
− z
2
)(z
2
− z
3
)
+
(z
2
+ z
3

− z
2
)
= −1.
Từ đó có
|z
1
+ z
2
||z
2
+ z
3
|
|z
1
− z
2
||z
2
− z
3
|
+
|z
2
+ z
3
||z
3

|
 1.
Bài giải: Đặt x =
z
1
+ z
2
z
1
− z
2
, y =
z
2
+ z
3
z
2
− z
3
, z =
z
3
+ z
1
z
3
− z
1
. Khi đó ta có

3
)
+
z
2
2
(z
2
+ z
3
)(z
2
+ z
1
)
(z
2
− z
3
)(z
2
− z
1
)
+
z
2
3
(z
3

1
+ z
2
||z
1
+ z
3
|
|z
1
− z
2
||z
1
− z
3
|
+
|z
2
|
2
|z
2
+ z
3
||z
2
+ z
1

− z
2
|
 |z
1
+ z
2
+ z
3
|
2
.
16
Ví dụ 2.1.10. Với ba số z
1
, z
2
, z
3
phân bi ệ t đôi một, có đồng nhất t hức
sau:
z
2
1
(z
1
− z
2
)(z
1

− z
2
)(z − z
3
)
=
z
2
(z − z
1
)(z −z
2
)(z − z
3
)
.
Từ hệ thức suy ra bất đẳ ng thức
|z
1
|
2
|z
1
− z
2
||z
1
− z
3
||z − z

2
||z −z
3
|

|z
2
|
|z −z
1
||z − z
2
||z −z
3
|
.
Bài giải: Xét
z
2
(z −z
1
)(z − z
2
)(z − z
3
)
=
x
1
z −z

)(z −z
2
).
Với z = z
1
, z
2
, z
3
ta được















x
1
=
z
2

3
(z
3
− z
1
)(z
3
− z
2
)
và như vậy chúng
ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh.
Ví dụ 2.1.11. Với n+1 số phức z
1
, z
2
, . . . , z
n
, z và z = z
k
, k = 1, 2, . . . , n,
ta có đồng nhất thứ c và bất đẳng thức sau đây:
z
1
− z
2
(z −z
1
)(z − z
2

)
và
|z
1
− z
2
|
|z −z
1
||z −z
2
|
+
|z
2
− z
3
|
|z −z
2
||z −z
3
|
+ ···+
|z
n−1
− z
n
|
|z −z

k
−
1
z −z
h
ta suy ra đồng nhất
thức và từ đó có bất đẳng thức.
Ví dụ 2.1.12. Giả sử các số z
1
, z
2
, . . . , z
s
khác nhau đô i một và z
i
+a
j
=
0 với i = 1, . . . , s và j = 1, 2, . . . , n. Xác định x
1
, x
2
, . . . , x
n
trong phân
tích:
(z −z
1
)(z − z
2


i=1
|a
k
+ z
i
|
k−1

i=1
|a
k
− a
i
|
n

i=k+1
|a
i
− a
k
||z + a
k
|

|z −z
1
|. . . |z − z
s

n
z + a
n
.
Khi đó chúng ta có:
x
1
(z + a
2
)(z + a
3
) . . . (z + a
n
) + x
2
(z + a
1
)(z + a
3
) . . . (z + a
n
)
+ x
3
(z + a
1
)(z + a
2
) . . . (z + a
n

































x
1
=
(−1)
s
s

i=1
(a
1
+ z
i
)
n

i=2
(a
i
− a
1
)
với x = −a
1
x
2
=
(−1)
s+1
s

(a
3
+ z
i
)
2

i=1
(a
3
− a
i
)
n

i=4
(a
i
− a
3
)
với x = −a
3

x
n
=
(−1)
s+n−1
s


k=1
(−1)
s+k−1
s

i=1
(a
k
+ z
i
)
k−1

i=1
(a
k
− a
i
)
n

i=k+1
(a
i
− a
k
)(z + a
k
)

|

|z −z
1
|. . . |z − z
s
|
|z + a
1
|. . . |z + a
n
|
.
Bằng cách sử dụng số phức ta còn có một số bấ t đẳng thức sau đây:
2.1.2 Một vài bất đẳng thức đơn giản
Mệnh đề 2.1.13. Với bốn điểm A, B, C, D ta luôn có bất đẳng thức sau
đây:
AB.CD + AD.BC  AC.DB [Ptolemy] .
Chứng minh: Tương ứng các điểm A, B, C, D với bốn số phức z
1
, z
2
,
z
3
, z
4
. Vì (z
2
−z

3
|+|z
4
−z
1
||z
3
−z
2
|  |z
3
−z
1
||z
2
−z
4
|.
Từ đây suy ra AB.CD + AD.BC  A C.DB.
Ví dụ 2.1.14. Giả sử ∆ABC có BC = a, CA = b, AB = c và các đường
trung tuyến AM = m
a
, BN = m
b
, CP = m
c
. Ta có các bất đẳng thức
sau:
(i) 2(am
a

2

m
c
3
b
2
+
m
b
3
c
2
hay 2am
a
 bm
c
+
cm
b
. Tương tự có 2bm
b
 cm
a
+ am
c
và 2cm
c
 am
b

m
c
 2a
2
+ bc. Vì 2am
a
 bm
c
+ cm
b
nên 2a
2
m
a
 abm
c
+ acm
b
.
Như vậy 4m
a
m
b
m
c
 2a
2
m
a
+ bcm

và khi M ≡ I là tâm đường tròn nộ i t i ế p của tam g iác ABC ta còn có
bất đẳng thức
a
IA
+
b
IB
+
c
IC

abc
4Rr
2
.
Chứng minh: Tương ứng đỉnh A, B, C với số phức z
1
, z
2
, z
3
và điểm M
ứng với số phức z. Từ bất đẳng thức
|z − z
2
||z −z
3
|
|z
1

− z
1
||z
3
− z
2
|
 1
20
theo Ví dụ 2 .1.4, với z = 0, ta suy ra
MB.MC
bc
+
MC.MA
ca
+
MA.MB
ab

1. Vậy a.M B.MC + b.MC.MA + c.MA.MB  abc. Khi M ≡ I là
tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC ta còn có bất đẳng thức
a
IA
+
b
IB
+
c
IC


, z
3
và điểm M
ứng với số phức 0. Từ bất đẳng thức |z
1
||z
2
2
−z
2
3
|+|z
2
||z
2
3
−z
2
1
|+|z
3
||z
2
1
−
z
2
2
|  |z
1

 abc, trong đó H là trực tâm
của ∆ABC.
Chứng minh: Tương ứng đỉnh A, B, C với số phức z
1
, z
2
, z
3
và điểm
M ứng với số phức 0. Từ bất đẳng thức |z
1
|
2
|z
2
− z
3
| + |z
2
|
2
|z
3
− z
1
| +
|z
3
|
2

) + z
2
2
(z
3
−z
1
) +
z
2
3
(z
1
− z
2
) = −(z
1
− z
2
)(z
2
− z
3
)(z
3
− z
1
) để chứng minh bất đẳng thức
này.
Mệnh đề 2.1.19. Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c.

|
3
+|z
2
||z
3
−z
1
|
3
+|z
3
||z
1
−
z
2
|
3
 |z
1
+z
2
+z
3
||z
1
−z
2
||z

.
Đặc biệt, k hi M ≡ K là tâm đường tròn bàng tiếp c ủa ta m giác ABC
và ở trong ∠A t a còn có bất đẳng thức
a
KA
+
b
KB
+
c
KC

abc(R + 2r
a
)
4R
2
r
2
a
.
Bài giải: Tương ứng các đi ểm A, B, C, E và tâm đường tròn ngoại tiếp
O của ∆ABC với số phức z
1
, z
2
, z
3
, z, 0., từ bất đẳng thức
|z

3
||z
2
− z
1
|
+
|z
3
|
2
|z −z
1
||z −z
2
|
|z
3
− z
1
||z
3
− z
2
|
 |z|
2
với n = 2, ta suy ra
MB.MC
bc

thức
a
KA
+
b
KB
+
c
KC

abc(R
2
+ 2Rr
a
)
R
2
.4Rr
2
a
=
abc(R + 2r
a
)
4R
2
r
2
a
.

OE
2
R
2
.
Chứng minh: Tương ứng đỉnh A, B, C với số phức z
1
, z
2
, z
3
, tâm O với
số phức z và hai điểm E, F ứng với hai số phức u, v. Từ bấ t đẳng thức
dưới đây:
|z − u||z −v|
|z −z
1
||z −z
2
||z − z
3
|

|z
1
− u||z
1
− v|
|z
1

3
− v|
|z
3
− z
1
||z
3
− z
2
||z −z
3
|
ta suy ra
OE.OF
R
2

AE.AF
bc
+
BE.BF
ca
+
CE.CF
ab
.
Mệnh đề 2.1.22. Giả sử tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c
có đường tròn ngoại tiếp tâm O bán kính R và đường tròn nội tiếp tâm
I bán kính r. Gọi H là trực tâm của tam giác. Ký hiệu khoảng cách từ

1
, z
2
, z
3
, 0 và
M với số phức z. Từ bất đẳng thức
|z
2
+ z
3
|
|z
1
− z
2
||z
1
− z
3
||z
1
− t|
+
|z
3
+ z
1
|
|z

− z
2
− z
3
|
|t − z
1
||t − z
2
||t − z
3
|
ta có ngay bất đẳng
nhất thức
ax
MA
+
by
MB
+
cz
MC

abcMH
2MA .MB.MC
.
(ii) Khi M ≡ I ta có
ax
IA
+

abc
4
. Từ đó ta có bất đẳng
thức
x
3
+ y
3
+ z
3

1
8

a
3
b
3
c
3
a
3
+ b
3
+ c
3
.
Bài giải: Tương ứng các điểm A, B , C, M với số phức z
1
, z

+ z
1
|
|z
2
− z
3
||z
3
− z
1
|
+
|z
3
+ z
1
||z
1
+ z
2
|
|z
3
− z
1
||z
3
− z
2

3
)(z
3
+ x
3
+ y
3
)  ayz +bzx+cxy nên
ta có bất đẳng thức x
3
+ y
3
+ z
3

1
8

a
3
b
3
c
3
a
3
+ b
3
+ c
3

+
bd
2
b
y
+
cd
2
c
z

9
4
abc
xyz
d
2
g
.
Chứng minh: Tương ứng đỉnh A, B, C và điểm M với số phức z
1
, z
2
, z
3
và số 0. ta có bất đẳng thức
MA
2
.MB
1

+
bd
2
b
y
+
cd
2
c
z

9
4
abc
xyz
d
2
g
.
24
Mệnh đề 2.1.25. Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c.
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp trong ∆ ABC. Khi đó, với bất kỳ điểm
M trong mặt phẳng ABC ta có bất đ ẳng thức
aIA
2
MA
+
bIB
2
MB

1
|
+
|z
2
|
2
|z
2
− z
3
||z
2
− z
1
||z −z
2
|
+
|z
3
|
2
|z
3
− z
1
||z
3
− z

2
MA.MB.MC
. Như vậy ta đã có bất
đẳng thức
aIA
2
MA
+
bIB
2
MB
+
cIC
2
MC

abcIM
2
MA.MB.MC
.
2.1.3 Bất đẳng thức Ptolemy cho đa giác
Mục này bàn về cách tổng quát hóa một vài kết quả cho đa giác mà vẫn
giữ được "h ì nh bóng ban đầu" của nó. Việc phát biểu bài toán mở rộng
thể hiện sự am hiểu sâu sắc, tinh tế bài toán đã biết. C húng ta có thể
đi theo hai cách:
1. Tăng số đỉnh thành bài toán cho đa giác tùy ý.
2. Xây dựng bài toán mới sao cho bài toán ban đầu là trường hợp đặc
biệt của nó.
Bây giờ chúng ta tổng quát hóa Đồng nhất thức và Bất đẳng thức
Ptolemy, Bất đẳng thức Hayashi sau đây: