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

Lời nói đầu
Số phức xuất hiện do nhu cầu phát triển của Toán học về giải những
phương trình đại số. Từ khi ra đời số phức đã thúc đẩy toán học phát
triển mạnh mẽ và gi ải q uyết được nhiều vấn đề của kho a học và kỹ thuật.
Đối với học sinh hệ THPT thì số phức là một nội dung còn mới mẻ, với
thời lượng không nhiều, học sinh mới chỉ biết được những kiến thức rất
cơ bản của số phức, việc khai thác các ứng dụng của số phức còn hạn
chế, đặc biệt là việc sử dụng số phức như một phương tiện để giả i các
bài toán Hình học phẳng là một vấn đề khó , đòi hỏi học sinh phải có
năng lực giải toán nhất định, biết vận dụng kiến thức đa dạng của toán
học. Tuy nhiên dạy cho học sinh khá g iỏi biết ứng dụng số phức vào việc
giải bài toán hình học phẳng có t ác dụng lớn trong việc bồi dưỡng năng
lực giải toán cho học sinh đồng thời giúp học sinh khắc sâu, tổng hợp,
hệ thống hó a được kiến thức cơ bản dạng toán quen thuộc, giải quyết
được một số bài toán khó, phức tạp chưa có thuật toán. Để đáp ứng
được điều đó cũng đòi hỏi giáo viên phải có hiểu biết cần thiết, có cách
nhìn sâu sắc hơn về các ứng dụng của số phức.
Mặc dù vậy trong chương trình toán học phổ thông số phức được đưa
vào giảng dạy ở phần giải tích toán lớp 12. Toà n bộ phần số phức m ới
chỉ đưa ra định nghĩa số phức và một vài tính chất đơn giản của nó.
Ứng dụng của số phức trong giải toán mới chỉ dừng lại ở một vài bài
tập hình học đơn giản, nhằ m giúp các em học sinh khá giỏi có cách nhìn
toàn di ện hơn về số phức, đặc biệt là sử dụng số phức để giải một số bài
toán sơ cấp nên tôi đã chọn đề tài luận văn: Vận dụng của số phức
để giải toán sơ cấp.
Luận văn gồm lời nói đầ u, ba chương, kết luận và da nh mục các tài
liệu tham k hảo
Chương 1. "Kiến thức chuẩn bị", chương này nhắc lại một số kiến
2
3

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

′
), φ(aa
′
) = φ(a)φ(a
′
) với m ọi a, a
′
∈ R.
Đồng nhất (a, 0) ∈ C với a ∈ R. Khi đó có thể viết (a, b) = (a, 0) +
(b, 0) (0, 1) = a + bi với i
2
= (−1, 0) = −1. Do đó i hay a hoặc a + bi là
bình đẳng trong C.
Như vậy C = {a + bi|a, b ∈ R, i
2
= −1} và trong C có kết quả dưới đây:
a + bi = c + di khi và chỉ khi a = c, b = d
a + bi + c + di = a + c + (b + d)i
(a + bi)(c + di) = ac − bd + (ad + bc)i.
4
5
Mỗi phần tử z = a + bi ∈ C được gọi là một số phức với phần thực a, ký
hiệu ℜz, và phần ảo b, ký hiệu ℑz; còn i được gọi là đơn vị ảo. Số phức
a − bi được gọi là số phức liên hợp của z = a + bi và được ký hiệu qua
z = a + bi. Dễ dàng kiểm tra zz = (a + bi)(a −bi) = a
2
+ b
2
, z
1

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

> 0. Giả sử z
′
= x+yi ∈ C thỏa mãn
zz
′
= 1 hay

ax − by = 1
bx + ay = 0.
Giải hệ được x =
a
a
2
+ b
2
, y = −
b
a
2
+ b
2
.
Vậy z
′
=
a
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

.
Định nghĩa 1.1.3. Cho số phức z = 0. Giả sử M là điểm trong mặt
phẳng phức biểu diễn số phức z. Số đo (rađian) của mỗi góc lượng giác
tia đầu Ox và tia cuối OM được gọi là một Argument của z và được ký
hiệu qua Arg(z). Góc α = ∠xOM, −π  α  π, được gọi là argument
của z và được ký hiệu bởi arg z. Argument của số phức 0 là không định
nghĩa.
6
Chú ý rằng, nếu α là một argument của z thì mọi argument của z đều có
dạng α + k.2π với k ∈ Z. Với z = 0, ký hiệu α + k.2π là Argument của z.
Ký hiệu r =
√
zz. Khi đó số phức z = a + bi có a = r cos α, b = r sin α.
Vậy khi z = 0 thì có thể biểu diễn z = r

cos α + i sin α

và biểu diễn
này được gọi là dạng lượng giác của z.
Mệnh đề 1.1.4. Với số phức z
1
, z
2
cùng biểu diễn z
1
= r
1

cos α
1

+
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

z
2
| =
|z
1
|
|z
2
|
và |z
1
+ z
2
|  |z
1
| + |z
2
|
(ii) z
1
z
2
= r
1
r
2

cos

α

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


α
1
− α
2

khi r > 0.
Ví dụ 1.1.5. Với a + bi =

x + iy

n
có a
2
+ b
2
=

x
2
+ y
2

n
.
Bài giải: Từ a + bi =

x + iy

n

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


nα

.
Hệ quả 1.1.7. Căn bậc n củ a một số phức z = r

cos α + i sin α

= 0
là n giá trị k hác nhau z
k
= r
1/n

cos
α + 2 kπ
n
+ i sin
α + 2kπ
n

với k =
1, 2, . . . , n.
1.2 Tính đóng đại số của trường C
Bây gi ờ ta sẽ chỉ ra rằng, mọi đa thức bậc dương thuộc C[x] đều có
nghiệm trong C. Đó chính l à nội dung Định lý cơ bản của đại số. Người
đầu tiên chứng minh định lý này là nhà toán học C. Gauss (1777-1855).
Định nghĩa 1.2.1. Trườ ng K được gọi là một trường đóng đại số nếu
mọi đa thức bậc dương t huôc K[x] đều có nghiệm trong K .
Như vậy, trong K[x] mọi đa thức bậc dương đều phân tí ch được thành

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

a
2
0
f(α)f(β) < 0 hay f(α)f(β) < 0. Vì đa thức f (x) là hàm xác định và
liên tục trên R thỏa mãn f (α)f (β) < 0 nên, theo Định lý Weierst rass,
đa thức f (x) có ít nhất một nghiệm thực thuộc (α , β).
Bổ đề 1.2.3. Mỗi đa thức bậc hai th uộc C[x] đều có ha i n ghiệm thuộc
C.
Chứng minh: Trước tiên ta chỉ ra, với mỗi số phức z đều có hai số
phức z
1
, z
2
để z
2
1
= z, z
2
2
= z. Thật vậy, giả sử z = a + bi = 0 và giả sử
z
1
= x + yi với a, b, x, y ∈ R để z
2
1
= z hay

x
2
− y

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 +
√

a
2
+ b
2
2
= 0
y =
b
2x
.
Ta có z
1
= x
1
+
bi
2x
1
và z
2
= x
2
+
bi
2x
2
thỏa mãn z
2
1
= z

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

Bổ đề 1.2.6. Cho f (x) ∈ R[x] \ R. f(x) là đa thức bất khả quy khi và
chỉ khi hoặc f (x) = ax + b với a = 0 hoặc f(x) = ax
2
+ bx + c với a = 0
và b
2
− 4ac < 0.
Chứng minh: Hiển nhiên, nếu f(x) = ax + b với a = 0 hoặc f(x) =
ax
2
+ bx + c với a = 0 và b
2
− 4ac < 0 thì f(x) là bất khả quy Ta
chứng minh điều ngược lại. Giả thiết f(x) ∈ R[x] là bất khả quy với
deg f(x)  1. Trường hợp deg f(x) = 1 thì f(x) = ax + b với a = 0.
Xét trường hợp deg f(x) = 2. Khi đó f(x) = ax
2
+ bx + c với a = 0.
Nếu ∆ = b
2
− 4ac  0 thì f (x) có hai nghiệm α
1
, α
2
∈ R và ta có
f(x) = a(x − α
1
)(x − α
2
) : mâu thuẫn với giả t hiết. Vậy b

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

|
2
+ |z
1
− z
2
|
2
.
Bài giải: Giả sử A(z
1
), B(z
2
) và C(z
1
+ z
2
). Vì tứ giác O ACB là hình
bình hành nên OC
2
+ A
2
= 2OA
2
+ 2O B
2
hay 2[|z
1
|
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
′
| =



z + z
′
2
− u


+


z + z
′
2
+ u


.
Bài giải: Vì


z + z
′
2
−u


+


z + z
′

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



nên khi đặt z
1
=
√
z, z
2
=
√
z
′
ta sẽ phải chứng minh hệ thức sau đây:
2[|z
1
|
2
+ |z
2
|
2
] = |z
1
− z
2
|
2
+ |z
1
+ z

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

1
−z
2
|
2
+ |z
1
+ z
2
|
2
.
9
Ví dụ 1.2.9. C h ứng minh rằng, với ba số phức phân biệt z
1
, z
2
, z
3
có
2


z
1
+ z
2
2
−
√

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

−
√
z
2
z
3


+ 2


z
1
+
z
2
+ z
3
4
−
√
z
1
z
2
−
√
z
1
z

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
2
+ 2


u
1
−
u
2
+ u
3
2


2
.
Xét tam giác ABC với A(u
1
), B(u
2
), C(u
3
) và trung điểm M


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

=
|u
2
− u
3
|
2
2
+ 2


u
1
−
u
2
+ u
3
2


2
và ta có điều cần
chứng minh.
Ví dụ 1.2.10. [Euler] Với x
1
, x
2
, x
3

, 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

2
3
+ y
2
4
) = u
2
1
+ u
2
2
+ u
2
3
+ u
2
4
,
trong đó












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

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

+ 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

2
y
2
+ x
3
y
3
+ x
4
y
4
)
2
.
Chứng minh: Đặt z
1
= x
1
+ ix
2
, z
2
= x
3
+ ix
4
, z
3
= y
1

+ 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

+ y
2
4
)
= (z
1
z
1
+ z
2
z
2
)(z
3
z
3
+ z
4
z
4
) = z
1
z
3
z
1
z
3
+ z
2

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

2
3
+ u
2
4
.
1.3 Định lý E uler về e
ix
= cos x + i sin x.
Định lý 1.3.1. [Euler] Với mọi số thực x ta có e
ix
= cos x + i sin x.
10
Chứng minh: Từ e
ix
= 1 +
ix
1!
+
(ix)
2
2!
+
(ix)
3
3!
+ ··· +
(ix)
n
n!

+ ··· 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

(2n − 1)!
+ ···).
Do đó e
ix
= cos x + i sin x.
Hệ quả 1.3.2. Với mọi số thực x, y ta luôn có các hệ thức sau đây:
(1) e
ix
e
iy
= e
i(x+y)
và

e
ix

n
= e
inx)
với mọi n ∈ Z.
(2)
e
ix
e
iy
= e
i(x−y)
và
e

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

ix
e
iy
+
e
iy
e
ix

= cos(x − y).
Với ba điểm phân biệt A, B, C ứng với ba số phức a, b, c, ta ký hiệu
[A, B, C] =
c − a
c − b
∈ C và gọi đó là tỷ số đơn của bộ ba điểm A, B, C. Ta
có kết quả sau:
Hệ qu ả 1.3.3. Ba điểm phân biệt A, B, C ứng v ới ba số phức a, b, c
thẳng hàng khi và chỉ khi [A, B, C] =
c − a
c − b
∈ R.
Chứng minh: Đặt c−a = re
iα
, c−b = r
′
e
iβ
. Khi đó [A, B, C] =
c − a
c − b

=
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

n

k=1
sin
kπ
2n + 1
=
√
2n + 1.
Bài giải: Xét đa thức x
2n+1
− 1 trên C với 2n + 1 nghiệm và biểu diễn
x
2n+1
− 1
x − 1
=
n

k=1
(x
2
− 2x cos
k2π
2n + 1
+ 1).
Cho x → 1 được hệ thức 2n+1 =
n

k=1

(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.

Do vậy, trước tiên chúng ta xét một số đồng nhất thức ra đời qua định
thức.
Ví dụ 2.1.1. Với ba số phức phân biệt đôi một z
1
, z
2
, z
3
có đồ ng nhất
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
− 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

−z
2
1
|+ |z
3
||z
2
1
−z
2
2
|  |z
1
−z
2
||z
2
−z
3
||z
3
−z
1
|.
Ví dụ 2.1.2. Với ba số p h ức p hân biệt đôi một z
1
, z
2
, z
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

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

|  |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

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

)(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

+ z
2
+ z
3
)(z
1
−z
2
)(z
2
−
z
3
)(z
3
− z
1
).
Ví dụ 2.1.4. Với ba số phức phân biệt đôi một z
1
, z
2
, z
3
có đồ ng nhất
thức
f(x) =
z
n
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

1
)
+
z
n
3
(x − z
1
)(x − z
2
)
(z
3
− z
1
)(z
3
− z
2
)
= x
n
với n = 0, 1, 2. Từ đó suy ra
|z
1
|
n
|z −z
2
||z −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
|

+
|z
3
|
n
|z −z
1
||z −z
2
|
|z
3
− z
1
||z
3
− z
2
|
 |z|
n
với bất kỳ số phức z và n = 0, 1, 2.
Ví dụ 2.1.5. Với ba số phức phân biệt z
1
, z
2
, z
3
và hai số phức u, v
có đồng nhất thức

(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

− v)
(z
2
− z
1
)(z
2
− z
3
)(x − z
2
)
+
(z
3
− u)(z
3
− v)
(z
3
− z
1
)(z
3
− z
2
)(x − z
3
)
. Từ đó suy ra,

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

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

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

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

− u)( z
2
− v)
(z
2
− z
3
)(z
2
− z
1
)
x
3
=
(z
3
− u)( z
3
− v)
(z
3
− z
1
)(z
3
− z
2
)
và như vậy chúng

ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh.
Ví dụ 2.1.6. 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
)(z
2
− z
1
)(z
2
− t)
+
z
1
+ z
2
(z
3
− z
1
)(z
3
− z
2
)(z
3
− t)
=
t − 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
+ z
1
|
|z
2
− z
3
||z
2
− z
1
||z
2
− t|
+
|z
1
+ z
2
|
|z
3
− z
1
||z
3
− z
2

||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

)(t − z
3
)
=
x
t − z
1
+
y
t − z
2
+
z
t − z
3
. Khi đó
ta có t−z
1
−z
2
−z
3
= x(t−z
2
)(t−z
3
)+y(t−z
3
)(t−z
1

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

(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

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

)
.
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

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

|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|

|z
4
− z
1
||z
4
− z
2
||z
4
− z
3
||z −z
4
|
.
15
Bài giải: Xét
(x − u)(x − v)(x − w)
(x − z
1
)(x − z
2
)(x − z
3
)(x − z
4
)
=
x

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

3
)(x − z
4
)(x − z
1
) + x
3
(x − z
4
)(x − z
1
)(x − z
2
) +x
4
(x −
z
1
)(x − z
2
)(x − z
3
).
Với x = z
1
, z
2
, z
3
, z

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

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

− 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

3
− z
2
)
x
4
=
(z
4
− u)(z
4
− v) (z
4
− w)
(z
4
− z
1
)(z
4
− z
2
)(z
4
− z
3
)
và như vậy
chúng ta có ngay đồng nhất thức cần chứng minh.
Ví dụ 2.1.8. Với ba số 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
3
+ 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
)
= −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

+ 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

|
 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

(x + 1)(y + 1)( z + 1) = (x −1)(y − 1)(z −1). Khai triển và giản ước có
xy + yz + zx = −1 và như vậy chúng ta có ngay đồng nhất thức cần
chứng minh.
Ví dụ 2.1.9. Với ba số z
1
, z
2
, z
3
phân biệt đôi một, có đồng n hất thức
sau:
z
2
1
(z
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
3
)(z
2
− z
1
)
+
z
2
3
(z
3

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

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

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

− 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

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
||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

1
+
x
2
z −z
2
+
x
3
z −z
3
. Khi
đó ta có z
2
= x
1
(z −z
2
)(z −z
3
) + x
2
(z −z
3
)(z −z
1
) + x
3
(z −z
1

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

1
(z
1
− z
2
)(z
1
− z
3
)
x
2
=
z
2
2
(z
2
− z
3
)(z
2
− z
1
)
x
3
=
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

)
+
z
2
− z
3
(z −z
2
)(z − z
3
)
+ ··· +
z
n−1
− z
n
(z −z
n−1
)(z − z
n
)
=
z
1
− z
n
(z −z
1
)(z − z
n

)
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

n−1
||z − z
n
|

|z
1
− z
n
|
|z −z
1
||z −z
n
|
.
17
Bài giải: Từ
z
k
− z
h
(z −z
k
)(z − z
h
)
=
1
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

) . . . (z −z
s
)
(z + a
1
)(z + a
2
) . . . (z + a
n
)
=
x
1
z + a
1
+
x
2
z + a
2
+ ···+
x
n
z + a
n
và suy ra
n

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
|
.
Bài giải: Giả sử
(z −z
1
) . . . (z −z
s
)
(z + a
1
) . . . (z + a
n
)
=
x
1
z + a
1
+
x
2
z + a
2
+ ···+
x

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
4
(z + a
1
)(z + a
2
) . . . (z + a
n
)
+
+ x
n
(z + a
1
)(z + a
2
) . . . (z + a
n−1
)
= (z − z
1
)(z − z
2
) . . . (z −z
s
).
18
Ta nhận được



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

































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

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

(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


i=1
(a
n
+ z
i
)
n−1

i=1
(a
n
− a
i
)
với x = −a
n
và biểu diễn:
(z − z
1
) . . . (z − z
s
)
(z + a
1
) . . . (z + a
n
)
=
n


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
)

. Từ đây
suy ra
n

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

1
)(z
4
−z
3
) + (z
4
−z
1
)(z
3
−z
2
) = −(z
3
−z
1
)(z
2
−z
4
) nên
19
ta có bất đẳng thức |z
2
−z
1
||z
4
−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

+ bm
b
+ cm
c
)  (b + c)m
a
+ (c + a)m
b
+ (a + b)m
c
.
(ii) 4m
a
m
b
m
c
 bcm
a
+ cam
b
+ abm
c
.
Bài giải: (i) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Theo Mệnh đề 2.1.13 ,
với bốn điểm A, P, G, N ta có
2m
a
3
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

+ bm
a
. Cộng ba bất
đẳng thức, ta được 2 (am
a
+bm
b
+cm
c
)  (b+c)m
a
+(c+a)m
b
+(a+b)m
c
.
(ii) Theo Mệ nh đề 2.1.13 , với bốn điểm B, P, N, C có m
b
m
c
 a
a
2
+
b
2
c
2
hay 4m
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

a
 bcm
a
+ cam
b
+ abm
c
.
Mệnh đề 2.1.15. [Hayashi] Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA =
b, AB = c. Khi đó, với bất kỳ điểm M ở trong mặt phẳng ABC, ta có
bất đẳng thức
aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB  abc.
Đặc biệt, khi M ≡ G là trọng tâm của tam giác ABC ta có bấ t đẳng
thức
am
b
m
c
+ bm
c
m
a
+ cm
a
m
b

9
4
abc

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

− 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


abc
4Rr
2
, vì IA.IB.IC = 4Rr
2
.
Mệnh đề 2.1.16. Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c.
Gọi A
1
, B
1
, C
1
là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB, tương ứng. Ký
hiệu khoảng cách từ điểm M trong mặt phẳng ABC đến A
1
, B
1
, C
1
là
x, y, z. Khi đó có bất đẳng thức
axMA + byMB + czMC 
abc
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 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

−z
2
||z
2
−z
3
||z
3
−z
1
| ta có axMA + byMB + czMC 
abc
2
.
Mệnh đề 2.1.17. Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c.
Khi đó, với bất kỳ điểm M ở trong mặt phẳn g ABC, ta có các bất đẳng
thức
aMA
2
+ bMB
2
+ cMC
2
 abc.
Hơn nữa ta còn có aHA
2
+ bHB
2
+ cHC
2

 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
1
−z
2
|  |z
1
−z
2
||z
2
−z
3
||z
3
−z
1
|. aMA
2
+bMB
2
+cMC
2
 abc.
Chú ý 2.1.18. Có thể s ử dụng đồng nhất thức 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
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.

Gọi G là trọng tâm của tam giác. Khi đó, với bất kỳ điểm M ở trong
mặt phẳng ABC, ta luôn có các bất đẳng thức
(i) a
3
MA + b
3
MB + c
3
MC  3abcMG.
21
(ii) aMA
3
+ bMB
3
+ cMC
3
 3abcMG.
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
||z
2
−z
3

|
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

2
−z
3
||z
3
−z
1
| ta có a
3
MA+b
3
MB +c
3
MC 
3abcMG. Bất đẳng thức aMA
3
+bMB
3
+cMC
3
 3abcMG được chứng
minh tương tự.
Ví d ụ 2.1.20. Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Khi
đó, với bất kỳ điểm M ở trong mặt phẳng A BC, ta luôn có bất đẳng t hức
aMB.MC + bMC.MA + cMA.MB 
abc
R
2
MO
2

.
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

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

+
MC.MA
ca
+
MA.MB
ab

MO
2
R
2
. Như
vậy chúng ta có aMB.M C + bMC.MA + cMA.MB 
abc
R
2
MO
2
. Khi
M ≡ K là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC và ở trong ∠A
ta có KO
2
= R
2
+ 2Rr
a
và KA.KB.KC = 4Rr
2
a
và như vậy có bất đẳng

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
.

Mệnh đề 2.1.21. Giả sử tam g i ác A BC có BC = a, CA = b, AB = c
nội tiếp trong đường tròn tâ m O bán kính R. Khi đó, với bất kỳ hai điểm
E và F ở trong mặt phẳng ABC ta luôn có bất đẳng thức
OE.OF
R
2

AE.AF
bc
+
BE.BF
ca
+
CE.CF
ab
.
22
Đặc biệt, kh i E ≡ F ta có
AE
2
bc
+
BE
2
ca
+
CE
2
ab


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

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

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

O đến các cạnh BC, CA, AB là x, y, z. Khi đó ta có các bất đẳng thức
sau:
(i)
ax
MA
+
by
MB
+
cz
MC

abcMH
2MA .MB.MC
với bất kỳ điểm M.
(ii)
ax
IA
+
by
IB
+
cz
IC

abc
8Rr
2
IH .
Chứng minh: (i) Tương ứng đỉnh A, B, C, O với số phức z

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

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

− 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
+

by
IB
+
cz
IC

abc
2IA.IB.IC
IH =
abc
8Rr
2
IH .
23
Ví d ụ 2.1.23. Giả sử tam g iác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi
A
1
, B
1
, C
1
là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB, t ương ứng. Ký hiệu
khoảng cách từ điểm M trong mặt phẳng ABC đến A
1
, B
1
, C
1
là x, y, z.
Khi đó có bất đẳng thứ c ayz + bzx + cxy 

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

2
, z
3
, 0. Từ
bất đẳng thức
|z
1
+ z
2
||z
2
+ z
3
|
|z
1
− z
2
||z
2
− z
3
|
+
|z
2
+ z
3
||z
3

+ 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

|
 1
chúng ta có ngay bất đẳng nhất thức
4zx
ca
+
4xy
ab
+
4yz
bc
 1. Từ đây suy
ra ayz + bzx + cxy 
abc
4
.
Bởi vì
3

(a
3
+ b
3
+ c
3
)(y
3
+ z
3
+ x

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

.
Mệnh đề 2.1.24. Giả sử tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB =
c. Gọi A
1
, B
1
, C
1
là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB, tương ứng
và G là trọng tâm tam giác ABC. Đặt d
a
= MA, d
b
= MB, d
c
=
MC, d
g
= MG. Ký hiệu khoảng cách từ điểm M trong mặt phẳng A BC
đến A
1
, B
1
, C
1
là x, y, z > 0. Khi đó có bất đẳng thức
ad
2
a
x

+
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

.MC
1
bc
+
MB
2
.MC
1
.MA
1
ca
+
MC
2
.MA
1
.MB
1
ba

9
4
MG
2
.
Như vậy ta có
ad
2
a
x

+
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

+
cIC
2
MC

abcIM
2
MA.MB.MC
.
Chứng minh: Tương ứng A, B, C, M, I với số phức z
1
, z
2
, z
3
, z, 0., từ
bất đẳng thức
|z
1
|
2
|z
1
− z
2
||z
1
− z
3
||z −z

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
||z − z
3
|

|z
2
|
|z −z
1
||z − z
2
||z −z
3
|
ta suy ra bất đẳng
thức
IA
2
bcMA
+
IB
2
caMB
+
IC
2
abMC

IM

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:

(i) Nếu tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn thì có đồng nhất
thức
AB.CD + AD.BC = AC. DB.
(ii) Với 4 điểm A, B, C, D ta luôn có AB.CD + AD. BC  AC.DB.