Ứng dụng phương pháp tạo độ trong các bài toán về bất đẳng thức - Nguyễn Trần Hữu

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
Quy Nhơn, ngày 14 tháng 11 năm 2009
 Giáo viên hướng dẫn:
 Thầy Dương Thanh Vỹ
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 khúc10
Dạng 3 Sử dụng đường tròn và khoảng cách..13
Dạng 4 Sử dụng diện tích22
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 , kí hiệu =(x2-x1,y2-y1).
 Độ dài của véc tơ sẽ kí hiệu là ||, và ta có :
|| = 
 Với ba điểm A, B, C bất kì trên mặt phẳng tọa độ, ta có :
 1) 
 2) ||+|||| (1)
 Dấu bằng trong (1) xảy ra khi và chỉ khi hai véc tơ , cùng phương, cùng chiều, hoặc có một trong hai véc tơ là véc tơ không.
 Cho hai véc tơ =(x1,x2) ; =(y1,y2).
 Khi đó tích vô hương của hai véc tơ , được kí hiệu là : . và tính bởi công thức sau : .=||.||.cos(,).
 Từ đó dễ dàng suy ra : .||.|| (2)
 Dấu đẳng thức trong (2) xảy ra , 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 , và thường kí hiệu : = (x2-x1,y2-y1,z2-z1).
 Cho hai véc tơ =(x1,y1,z1) ; và = (x2,y2,z2) . Tích vô hướng của hai véc tơ , được định nghĩa tương tự như sau : .=||.||.cos(,). Ở đây ta cũng có : ||= ; ||=.
 Với hai véc tơ , bất kỳ ta luôn có :
|+| || + || (3)
 .||.|| (4)
 Dấu đẳng thức trong (3), và (4) xảy ra , là hai véc tơ cùng phương, cùng chiều, hoặc là có một trong hai véc tơ là không.
2. Nguyên lý đường gấp khúc.
 Cho các điểm Ao,A1,,An bất kỳ. Xét đường gấp khúc AoA1An ta có 
AoA1+A1A2++An-1An AoAn .
 Dấu đẳng thức trong (5) xảy ra là các véc tơ cùng hướng.
 Trường hợp riêng: Bất đẳng thức tam giác.
 Ba điểm A, B, C bất kỳ ta có AB + BC AC. Dấu “=” xảy ra B nằm giữa A, C.
3. Công thức khoảng cách h từ một điểm M(xo,yo) đến đường thẳng ax+by+c=0 là :
h = 
 Công thức khoảng cách h từ một điểm M(xo,yo,zo) đến mặt phẳng Ax+By+Cz+D =0 là :
h = 
 Điểm M nằm ngoài đường thẳng d (hoặc mặt phẳng P) cho trước. Khi đó độ dài đường vuông góc kẻ từ M xuống d ( hoặc P) ngắn hơn mọi đường xiên kẻ từ M xướng đường thẳng ( mặt phẳng) ấy.
4. Trong tam giác cùng nội tiếp một đường tròn thì tam giác đều có chu vi và diện tích lớn nhất.
Chương II
CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1 Sử dụng bất đẳng thức tam giác
Ba điểm A, B, C bất kỳ ta có : AB+BCAC
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng.
 Bài toán 1 [3]
Chứng minh rằng với mọi x ta có :
 (1)
Bài giải
(1) 
 Xét hệ trục tọa độ Oxy và các điểm A(5,1) ; B(-1,9) ; M(x,3)
 Ta có AB==10
 MA==
 MB==
 Theo bất đẳng thức tam giác ta có : AM+MBAB
,
 Dấu ‘=’ xảy ra 
 x-5=k(x+1) và 2=k(-6)
 k= và x=
 Suy ra M(,3).
 Bài toán 2 : [2]
Chứng minh rằng với mọi x, y, z ta có :
 (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 : 
 Xét hệ tọa độ Oxy và các điểm A(x,x) ; B(y,y) ; C(0,z). 
 Khi đó ta có :
	AB==
	BC==
	AC==
 Theo bất đẳng thức tam giác ta có :
AB+BCAC
,
 Dấu ‘=’ xảy ra A, B, C thẳng hàng.
 và và k0
 x=-(k+1)y và z= (y tùy ý) và k0.
 Bài toán 3 [2]
Chứng minh rằng với mọi ta có :
Bài giải
 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
 Trên mặt phẳng tọa độ xét điểm N(2,3) và điểm M(,1-cos). Do đó ta có : 01-cos 2.
 Nên M chạy trên đoạn MoM1 với 
Mo(,0) và M1(,2).
 Hình 1.
 Từ bất đẳng thức tam giác :
 OM+MNON
 .
 (1)
 Dấu đẳng thức xảy ra MM2
 cos=
 Mặt khác với mọi vị trí của M trên MoM1 ta có :
OM+MN max(OMo+MoN,OM1+M1N)
OM+MN max()
 (2)
 Dấu đẳng thức xảy ra MMo
 cos=1
 Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
Bài tập tương tự
 Bài 1 [1]
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có:
 (1)
Bài giải
(1) (*)
 Trong mặt phẳng tọa độ lấy A(b+,) và B((a+c))
 Ta có bất đẳng thức tam giác:
OA+ABOB
Vậy ta có (*) là đpcm.
 Bài 2 [2]
Cho a, b,c > 0 chứng minh :
Bài giải
 Đặt OA = a, OB = b, OC = c sao cho góc(AOB) = 45o; góc(BOC)=30o
 Áp dụng định lý hàm số cosin ta có:
AB = 
BC = 
 Ta có : cos 75o = cos(30o+45o)
 = cos30ocos45o-sin30osin45o
 = 
 = = 
 Suy ra AC = 
 Theo bất đẳng thức tam giác ta có : AB+BCAC, suy ra đpcm.
 Dấu ‘=’ xảy ra A, B, C thẳng hàng, tức là:
SOAB+SOBC=SOAC
 b = 
 Bài 3 [2]
Cho x,y,z là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh rằng :
+>
Bài giải
 Bất đẳng thức cần chứng minh viết lại dưới dạng tương đương sau:
+>
 +>(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+BCAC
 Dấu ‘=’ trong (2) xảy ra các véc tơ cùng phương, cùng chiều, tức là (y-x,zx-yz) = k(z-y, xy-zx) ,k>0
 = >0
 >0 và = 
 >0 (3) và x=z (4)
 Hệ (3) và (4) không thể xảy ra vì xz. Vậy trong (2) không thể có dấu bằng, tức là :AB+BC>AC . Như thế (1) đúng và đó là đpcm.
 Bài 4 [3]
Cho a,b,c>0. Chứng minh bất đẳng thức:
+ (1)
Bài giải
(1) +.
 Trong mặt phẳng tọa độ lấy A(b-,); B(,)
 Theo bất đẳng thức tam giác ta có: OA+ABOB, suy ra đpcm.
 Dấu ‘=’ trong (1) xảy ra cùng phương, cùng chiều.
 , k>0
 b-=k(-b) và a=kc , k>0
 k=>0 và a=2b.
Bài tập đề nghị
 Bài 5[2]	Cho a, b > 0. Chứng minh:
+>
 Bài 6[4]	Cho p,q > 0. Chứng minh:
 Bài 7	Chứng minh rằng:
 Bài 8[2]	Cho x, y, z tùy ý.Chứng minh:
Dạng 2 Sử dụng đường gấp khúc
	Các điểm A1,A2,,An bất kỳ ta có:
A1A2+A2A3++An-1An A1An.
 Bài toán 1
Chứng minh rằng với mọi xi,yi ta có
 (1)
Bài giải
 Chọn hệ tọa độ Oxy và xét các điểm Ai(xi,yi), i=. Khi đó ta có:
AiAi+1 = , i=
 Suy ra: VT = =.
 VP = AoAn.
 Theo nguyên lý đường gấp khúc ta có:
AoAn.
 Suy ra đpcm.
 Dấu ‘=’ xảy ra Ai,Ai+1 thẳng hàng, i=.
 Bài toán 2
Chứng minh rằng với mọi xi,yi ta có:
(2)
Bài giải
 Chọn hệ trục tọa độ Oxy và các điểm Ai(xi,yi,zi), i=. Khi đó
AiAi+1 = , i=
Suy ra VT = 
VP = A0An.
 Theo nguyên lý đường gấp khúc ta có:
 A0An.
 Suy ra đpcm.
 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(), 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:
 (1)
Bài giải 
VT = 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn các điểm: A(x+,); B(,) và C(x+y+z+,)
 Ta có: OA==
AB==
BC==
OC==
 Mà theo nguyên lý đường gấp khúc ta có:
OA+AB+BCOC
 Vậy suy ra:
 Bài 2[2]
Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a+2b=9;c+2d=4
Chứng minh rằng:
 (1)
Bài giải
(1) (2)
 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 (3)
 Xét hai điểm M,N thì PM+NQ+QP chính là độ dài đường gấp khúc nối M,N. Mặt khác ta có MN=
 Theo nguyên lý đường gấp khúc ta có:
PM+NQ+QPMN
 Nên (3) hiển nhiên đúng , suy ra đpcm.
 Dấu ‘=’ xảy ra M, N, P, Q thẳng hàng
 PP0 và QQ0
 Trong đó P0Q0 tương ứng là giao điểm của đường thẳng nối MN với hai đường thẳng x+2y=9 và x+2y=4.
 Dễ thấy tọa độ P0, Q0 là: Q0(4,0) và P0(5,2). Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=5, b=2, c=4, d=0.
 Hình 2.
 Bài 3[3]
Chứng minh rằng với mọi x ta có:
Bài giải
 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 ; ; 
 ; ; 
 Khi đó: 
 = 1-x+ =1.
 .
 Và OA = =
 AB = 
 BC= 
 OC = 
 Từ bất đẳng thức OA+AB+BC OC
 Suy ra đpcm.
Bài tập đề nghị
 Bài 4[2]	 Chứng minh rằng với mọi a, b ta đều có:
.
 Bài 5	Chứng minh rằng với mọi a, b, c, d tùy ý ta đều có:
++
 Bài 6[2]	Cho n số thực a1, a2,, an. Chứng minh bất đẳng thức:
Dạng 3 : Sử dụng đường tròn và khoảng cách
Mọi đường thẳng đều có phương trình tổng quát dạng ax + by + c = 0 (a2+b2 0).
Đường tròn có phương trình tổng quát dạng ( x - x0 )2 + ( y - y0 )2 = R2 với tâm là (x0,y0) và bán kính là R.
Khoảng cách giữa hai điểm ( a, b) và ( c, d) là .
Bài toán 1 : 
Cho a,b,c,d thỏa mãn : a2 + b2 = 2a +2b
 c2 + d2 + 4 = 4c +4d
Chứng minh :
 4 - 2 a + b + c + d 2(4 + ).
Bài giải 
Ta có : 
 a2 + b2 = 2a + 2b ( a – 1)2 + ( b – 1)2 = 2.
 	 c2 + d2 + 4 = 4c ... 
	 x + 3y 9
	 x 0, y 0
 Chứng minh rằng 
 x2 + y2 - 4x - 8y 45.
Bài 5	Cho a, b, c, d  : a2 + b2 + 1 = 2(a+b)
 c2 + d2 +36 = 12(c+d) 
 Chứng minh rằng
(-1)6 (a-c)2 + (b-d)2 (+2)6.
Bài 6	Cho a, b, c, d : a2 + b2 = 2a +2b
 c2 + d2 + 4 = 4c + 4d
 Chứng minh rằng
4-2 a+b+c+d 2(4+)
Bài 7[2]	Cho a, b, c, d : : a2 + b2 = 2a +2b
 c2 + d2 + 4 = 4c + 4d
 Chứng minh rằng
(a-c)2 + (b-d)2 4(3+2)
Bài 8	Với a1, a2, , an bất kỳ
 Chứng minh rằng:
+++.
Bài 9[4]	Cho a, b, c, d  : a2 + b2 + 1 = 2(a+b)
 c2 + d2 +36 = 12(c+d) 
 Chứng minh rằng
74-37a+b+6c+6d 74+37
Bài 10[2]	Cho x1, y1, x2, y2 là các số thỏa mãn điều kiện
x12 + y12 1 ; x22 + y22 1
 Chứng minh rằng :
 + 2
Bài 11[2]	Cho xi, yi (i = 1, 2, 3) là 6 số thỏa mãn điều kiện:
xi2 + yi2 1, i = 1, 2, 3.
 Chứng minh rằng :
Bài 12[2]	Cho xi, yi (i = 1, 2, 3) là 6 số tùy ý. Chứng minh :
Dạng 4: Sử dụng diện tích
 Bài toán 1: [3]
Cho n2 là số tự nhiên. Chứng minh rằng :
Bài giải
 Vẽ đường tròn OAB bán kính bằng 1. Chia đoạn AB thành n đoạn bằng nhau: OA1=A1A2==Ai-1Ai==An-1An=.
 Từ A1, A2, ,An-1 dựng các đường vuông góc với OA cắt đường tròn tại các điểm A1’, A2’, ,An-1’. Ta có:
AiAi’== (i=1,2,,n), với An = A.
 Gọi Si là diện tích hình thang cong Ai-1AiAi’Ai-1’. 
 Diện tích hình chữ nhật có cạnh Ai-1Ai và AiAi’ là : .
 Diện tích hình chữ nhật có cạnh Ai-1Ai và Ai-1Ai-1’ là : 
 Ta có bất đẳng thức :
 (i=1,2,...,n)
 Lấy tổng n bất đẳng thức kép trên ứng với i=1,2,,n ta được:
( Vì S1+S2++Sn = Squạt =)
< n+ 
 -n << .
 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
Bài giải
 Theo giả thiết a>c>0 và b>c>0 nên tồn tại tam giác ABC có AB=; AC=; và đường cao AH=.
 Hình 10.
 Theo định lý Pytago ta có: BH=; CH=.
 Do đó diện tích tam giác ABC là: 
S= 
 Mặc khác ta có: S= ( do sinA 1).
 Từ đó suy ra: (đpcm)
 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC vuông tại A tức là khi: .
Bài tập tương tự
 Bài 1. [3]
Cho 0a,b,c1. 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.
 Hình 11.
 Ta có: SAMP=MA.PA.sinA=a(1-c)sin60o=a(1-c)
 Tương tự : SBMN=b(1-a); SCNP=c(1-b); và SABC=
 Ta có bất đẳng thức sau: SAMP+SBMN+SCNP SABC
 (a(1-c))+b(1-a)+c(1-b))
 a+b+c 1+ab+bc+ca (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi MNP =ABC Hai trong 3 số a,b,c bằng 1 và số còn lại bằng 0 hoặc 2 trong 3 số bằng 0 và số còn lại bằng 1.
Bài tập đề nghị
 Bài 2.	Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta đều có:
Dạng 5 : Sử dụng tích chất véc tơ.
|| - || || || + ||
|| || . ||
 Bài toán 1 [2]
Cho 2n số thực x1,x2,,xn ; y1,y2,,yn sao cho (xi-xj)2+(yi-yj)2>0,, i,j= . Giả sử là n số thực khác nhau sao cho . CMR
 (1)
Bài giải
 Trên hệ trục tọa độ xét n điểm Ai(xi,yi), i=. Từ giả thiết
 Vậy A1,,An là n điểm phân biệt.
 Gọi I là tâm tỉ cự của n điểm A1,,An theo bộ số tức là : (2).
 Gọi tọa độ của I là (x,y) thì =(xi-x,yi-y)
 Từ (2) suy ra : và 
 Hay x= và y= 
 Vì I là tâm tỉ cự như trên nên ta có :
Vì 
 Từ đó suy ra : 
Do | và ||=
 Ta suy ra đpcm.
 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các véc tơ cung phương, cùng chiều. Tức là với mọi i=1,2,,n ta có xi=kxj và yi=kyj với ki>0, i khác j.
 Bài toán 2. [2]
Chứng minh rằng với mọi x,y,z ta có :
Sinxsinysinz+cosxcosycosz1 (1)
Bài giải.
 Xét 2 véc tơ =(sinx,cosx) ; =(sinysinz,cosycosz) ta có :
 (2)
 Hiển nhiên ta có :
Sin2ysin2z+cos2ycos2z=sin2y+cos2y-(sin2ycos2z+sin2zcos2y)1 (3)
 Từ (2) và (3) suy ra :
 Sinxsinysinz+cosxcosycosz1 
 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi đồng thời dấu đẳng thức xảy ra trong (2) và (3). Tức là : sinx =k sinysinz (a)
 Và cosx=k cosycosz (b)
 Và sinycosz=0 (c) với k nào đó
 Và sinzcosy=0 (d)
 Từ (c) và (d) suy ra chỉ có 2 khả năng sau :
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.
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
 b) cosx=1,cosy=-1, và cosz=-1
 c) cosx=-1,cosy=1, và cosz=-1
 d) cosx=-1,cosy=-1, và cosz=-1
 Bài toán 3.
Cho n số thực bất kì a1,a2,,an . Chứng minh :
Bài giải.
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn , với i=1,,n.
Ta có : 
Ta chứng minh 
Đặt . Khi đó ta cần chứng minh 
Vậy (đpcm).
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi và 
Hay ai=aj=
Bài tập tương tự.
 Bài 1 [3]
Cho x[0,]. Chứng minh :
 (1)
Bài giải.
VT(1) = 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn
 (do x [0,])
Áp dụng bất đẳng thức : suy ra đpcm.
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi sinx=0 hay x=0.
 Bài 2. [2]
Với mọi a, b, chứng minh rằng :
 (2)
Bài giải
 Ta có 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy chọn: 
Ta có ; ; 
.
Áp dụng bất đẳng thức: 
Ta có 
 Bài 3. [4]
Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta có:
a4+b4+c4 abc(a+b+c) (3)
Bài giải.
(3) a4+b4+c4 a2bc+ab2c+abc2 (*)
Xét 2 véc tơ =(ab,bc,ca); =(ca,ab,bc).
Theo bất đẳng thức ta có :
. a2bc+ab2c+abc2 
a2b2+b2c2+c2a2 a2bc+ab2c+abc2 (**)
Xét 2 véc tơ =(a2,b2,c2) ; = (b2,c2,a2). Theo bất đẳng thức:
 ta có a4+b4+c4 a2b2+b2c2+c2a2 (***)
Từ (**) và (***) suy ra (*) đúng, từ đó ta có (3) đúng.
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.
Chứng minh rằng ta có
Bài giải.
 Xét các véc tơ sau =(cos2,cos2) ; =(sin2,0) ; =(0,sin2). Khi đó ta có ++=(1,1). Rõ ràng, ta có ||+||+|||++|
 (đpcm).
Dấu ‘=’ xảy ra , cùng chiều sin=sin=0(*). Lúc đó 
Cos4+cos2=2. Vậy (*) là điều kiện đủ.
Tóm lại dấu ‘=’ xảy ra =k; =m; k,mZ.
Bài tập đề nghị
 Bài 5 [2]Cho x+y+z=1 và x,y,z>0. Chứng minh rằng :
 Bài 6 [1]Với a, b, c, d là số thực. Chứng minh rằng :
 Bài 7 [3]Cho a,b,c,d 0, ab+bc+ca=abc. Chứng minh:
 Bài 8 Cho a+b+c=0, ax+by+cz=6. Chứng minh:
 Bài 9 Cho 3 số dương a,b,c trong đó a>c,b>c. Chứng minh rằng:
 Bài 10 [2]Chứng minh rằng với mọi x,y ta có :
CHƯƠNG III
SO SÁNH VỚI CÁC PP KHÁC
 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.
 Bài toán 1 
Cho a1,a2,,an ; b1,b2,,bn là các số dương tùy ý.
Chứng minh rằng:
+ (1)
Bài giải.
 Nhận xét: Bất đẳng thức trên có thể chứng minh bằng nhiều cách, như: dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki, dùng phương pháp quy nạp, dùng phương pháp hàm số,Với bất đẳng thức này, nếu dùng phương pháp tọa độ để chứng minh ta sẽ khai thác được tính chất hình học của bất đẳng thức, giúp lời giải dễ hiểu hơn.
	Cách 1: Dùng phương pháp tọa độ.
 Hình 12.
 Với 2 số dương bất kì x, y, số có thể coi như độ dài của cạnh huyền của tam giác vuông có độ dài 2 cạnh góc vuông là x, y. Do đó ta có thể biểu diễn trên mặt phẳng tọa độ Oxy các số ; ;; lần lượt bằng các đoạn OA1, A1A2,,An-1An như hình vẽ. Áp dụng nguyên lý đường gấp khúc ta có: 
 OA1+ A1A2++An-1An OAn (*)
 Dựa vào tính chất của tam giác vuông OBAn ta có: 
 OAn = (**)
 Từ (*) và (**) suy ra: OA1+ A1A2++An-1An 
+ ++ 
 Dấu ‘=’ xảy ra các đỉnh A1,A2,,An-1 nằm trên OAn. Tức là dấu’=’ xảy ra .
	Cách 2 Dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki.
 Bình phương 2 vế bất đẳng thức (1) ta có:
a12+b12++an2+bn2+2
a12+b12++an2+bn2+2
 (a)
 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki thì với mọi x,y thỏa 1 1,j n ta có:
(ai2+bi2).(aj2+bj2) (aiaj+bibj)2
 (aiaj+bibj)
Vậy đẳng thức (a) đúng suy ra đẳng thức (1) đúng.
 Dấu ‘=’ xảy ra .
	Cách 3: Dùng phương pháp hàm số.
 Xét hàm số fk(x) = aksinx+bkcosx , k=1,2,,n
 Ta có maxfn(x) = 
 Đặt f(x)=f1(x)++fn(x).
 =(a1++an)sinx+(b1++bn)cosx
 Suy ra maxf(x)= 
 Do maxf1(x)+maxf2(x)++maxfn(x) maxf(x)
 Suy ra đpcm.
 Lưu ý T acos thể mở rộng bì toán cho 2n số thực tùy ý. Khi đó bằng cách xét các véc tơ:
 Trong mặt phẳng tọa độ ta có: 
 = (a1++an,b1++bn)
 Hiển nhiên ta có:
 + ++ 
Dấu ‘=’ xảy ra cùng hướng.
 Bài toán 2. 
Cho 2 số thực x1,x2 thuộc đoạn[-1,1]. Chứng minh rằng:
(+ )2+(+ )2 8
Cách giải.
 Cách 1: Dùng phương pháp tọa độ.
 Trong mặt phẳng Oxy chọn:
= (, ); = (,)
Suy ra ||== || ||+||=2
+= (+ ,+ )
 |+|= 
Áp dụng bất đẳng thức |+| ||+||
 (+ )2+(+ )2 (2)2 =8
 Cách 2: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki
 Ta có 
(+ )2+(+ )2
= 4+2+2
= 4+2.+2.
 Theo Bunhiacopxki ta có:
.+. 2
Suy ra : (+ )2+(+ )2 4+2.2=8 (đpcm)
 Tổng quát bài toán: Cho các số thực x1,x2,,xn thuộc [-1,1].
 Chứng minh: ()2 + ()2 2n2
Chứng minh bằng phương pháp tọa độ.
Trong mặt phẳng Oxy chọn = (,), i=1,2,,n. Khi đó ta có
||=, i=1,,n = n (1)
=( , )
 || =
Áp dụng bất đẳng thức ta có:
|| 
 n
()2+()2 2n2.
Đẳng thức xảy ra khi =k, k>0
 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.
Kết luận
Đề tài của chúng tôi đã trình bày những cơ sở lí thuyết của phương pháp tọa độ đẻ chứng minh bất đẳng thức, và qua những bài toán minh họa đề tài đã nêu được những lợi thế của phương pháp tọa độ so với những phương pháp khác khi giải các bài toán sơ cấp.
	Tuy nhiên cũng như mọi phương pháp khác, phương pháp tọa độ khong phải thích hợp cho mọi bài toán. Chính vì vậy, đề tài chỉ trình bày những dạng toán có tiềm ẩn những yếu tố hình học mà việc ứng dụng phương pháp này mang lại hiệu quả tốt hơn so với những phương pháp khác.
	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]