Áp dụng bất đẳng thức Minkowski giải bài toán cực trị số phức và Oxyz Toán 12

Áp dụng bất đẳng thức Minkowski giải bài toán cực trị số phức và Oxyz Toán 12 được sưu tầm và soạn thảo dưới dạng file PDF để gửi tới các bạn học sinh cùng tham khảo, ôn tập đầy đủ kiến thức, chuẩn bị cho các buổi học thật tốt. Mời bạn đọc đón xem!

PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 1
BT ĐNG THC MINKOWSKI VÀ ÁP DNG
Vũ Quốc Triệu , Hà Nội tháng 6.2023
A. BT ĐNG THC MINKOWSKI
Hermann Minkowski (1864 – 1909) một nhà Toán học sinh tại Aleksotas (ngoại ô của Kaunas, Litva)
trong một gia đình gốc Đức, Ba Lan Do Thái. Tại Đức,Ông học ở Đại học Berlin Königsberg, nơi
ông nhận học vị tiến sĩ năm 1885 dưới sự hướng dẫn của Ferdinand von Lindemann. Khi còn là sinh
viên tại Königsberg, năm 1883 Ông đã được nhận giải thưởng Toán học của Viện khoa học Pháp cho các
công trình về lý thuyết các dạng Toàn phương.Hermann Minkowski đã dạy tại đại học Bonn, Göttingen,
Königsberg và Zurich. Tại viện Bách Khoa liên bang (Federal Polytechnic Institute), nay là ETH Zurich,
ông là một trong những thầy giáo của Albert Einstein (1979 – 1955).
Bất đẳng thức Minkowski thường sử dụng là :
1)
(
) ( )
22
2 2 22
A X B Y AB XY+ + +≥ + ++
.
Dấu bằng xy
0
AX
k
BY
⇔= =>
.
2)
( ) ( ) ( )
22 2
222 222
A B C X Y Z AX BY C Z++ + ++ + ++ ++
.
Dấu bằng xy
0
ABC
k
XYZ
⇔===>
.
Lưu ý : Bất đẳng thc Minkowski đưc chng minh d dàng bằng phương pháp véc tơ nên có thể gi
là bất đẳng thc độ dài véc tơ ‘’
B. ÁP DNG
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 2
ÁP DỤNG 1 : Cho số phức
z
tha mãn
2z
.GTNN của biểu thức
2 12 12 4
P z z zz i=++−+−
bằng
A.
4
. B.
. C.
8 45+
. D.
45
.
( Trích đề thi khảo sát môn Toán 12 trường THPT Lê Quý Đôn Đống Đa, Hà Nội 2023 )
Li gii
Chn B
Đặt
( )
,z x yi x y=+∈
.
Gi thiết
22
24
z xy≤⇔ +
suy ra
[ ]
2
4 2; 2yy≤⇒∈
.
Ta có:
(
) ( )
22
22
212122P x y x yy= +++ ++
( ) ( ) ( )
22
22
2 1 1 22x y xy y

= ++++−−


Áp dụng bất đẳng thc Minkowski, ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
22
2
2 11 2241 22P x x y y y y y fy ++− + + = + =
Dấu bằng xy ra
1
0
1
xy
x
xy
+
= ⇔=
.
Xét hàm số
( )
( )
2
41 2 2fy y y= +−
với
[ ]
2; 2y ∈−
.
( )
( )
[ ]
2
2
41
2; 0 1 2 2; 2
3
1
′′
= = + = = ∈−
+
y
fy fy y y y
y
.
Ta có
( )
( )
[ ]
2;2
1
4 23
3
11
2 45 4 23 ; 0
33
2 45 8
y
f
f MinP y x z i
f
∈−

= +


= =+ = =⇔=
−= +
.
Nhn xét : phép đánh giá trên, ta đã sử dụng BĐT Minkowski để trit hn
x
, không
triệt hạ ẩn
y
!
ÁP DNG 2 : Trong không gian với hệ tọa đ
Oxyz
,cho mặt cầu
( ) ( ) ( )
22
2
: 1 1 25Sx y z−+−+=
và hai điểm
( ) ( )
7;9; 0 , 0;8;0AB
. Đim
M
di động trên
( )
S
. Giá tr nhỏ nhất của biểu thức
2MA MB+
bằng
A.
53
. B.
52
. C.
55
. D.
5
.
Li gii
Chn C
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 3
Gọi
( ) ( ) ( ) ( )
22
2 2 22
; ; : 1 1 25 2 2 23 0M xyz M S x y z x y z x y⇒∈ ++=++−−−=
.
Ta có:
(
) ( )
( )
22 2
22 2
2 792 8MA MB x y z x y z+ = +− ++ +− +
( ) ( ) ( )
22 2
22 2
7 9 3.0 2 8x y z xy z
= +− ++ + +− +
(
) ( )
( )
( )
22 2
2 2 22 2 2
7 9 3. 2 2 23 2 8x y z xyz xy x y z
= + ++ ++− + + +
( )
2
2 22 2 2
61
2 56 2 8
4
xyz xy x y z= ++−+ + + +
( )
2
2 22 2 2
61
2 56 2 8
4
xyz xy x y z= ++−+ + +− +
( ) ( ) ( )
2
22 2
22
5
23 8
2
x y z xy z



= + +− + + +




Áp dụng bất đẳng thc Minkowski ,ta có:
( ) ( )
2
22
5
2 3 8 55
2
P xx yy zz

+ + + +−+ =


Dấu bằng xy ra
(
)
2 22
5
3
2
0
1
8
0 6 1;6;0
2 2 23 0 0
x
y
k
x
xy
z yM
xyz xy z
= = >
=

= ⇔=


++−−−= =
.
ÁP DỤNG 3 : Trong không gian với hệ tọa đ
Oxyz
,cho đường thẳng
:
111
xyz
d = =
, đường thẳng
11
:
11 1
−+
= =
xy z
d
và hai điểm
( ) ( )
2;1; 1 , 1;1; 2AB
. Gọi
,MN
lần lượt là hai điểm di động
trên
d
d
sao cho
5MN =
. Biết rằng giá tr nhỏ nhất của
AM BN+
có dạng
( )
,a b ab+∈
. Tổng
ab+
bằng
A.
3
. B.
1
. C.
57
. D.
27
.
Li gii
Chn D
Gọi
( )
;;M mmm d
( )
; 1; 1
+ −∈N nn n d
.
Ta có
( ) ( ) ( )
222
11MN mn mn mn= + −− + −+
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 4
(
) ( ) ( )
222
1
5 1 15 1
1
mn
MN mn mn mn mn
mn
−=
= + −− + −+ = =
−=
Ta có
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
222 2 2
2
211 1 3AM BN m m m n n n+ = +−+++ ++
22
3 4 6 3 8 10
mm nn
= ++ +
22
22
2 14 4 14
3.
33 3 3
mn

 


= + + −+
 

 


 

Áp dụng bất đẳng thc Minkowski ,ta có:
2
2
2 14 14
3.
3 33
AM BN m n


+ −+ + +





- TH1 :
2
2
2 14 14
1 3. 1 3 3
3 33
m n AM BN


−= + + + + =





Dấu bằng xy ra
1
333
3
;;
2 14
222
2
33
0
1
13 1
4
;;
14
2
22 2
3
3
mn
M
m
m
n
N
n
−=

=


⇔⇒

= >


=



.
- TH2 :
2
2
2 14 14
1 3. 1 57
3 33
m n AM BN


= + −+ + + =





Dấu bằng xy ra
1
111
1
;;
2 14
222
2
33
0
3
351
4
;;
14
2
222
3
3
mn
M
m
m
n
N
n
−=

=


⇔⇒

= >


=



.
Kết hợp TH1 TH2 suy ra
( )
27
min 3 3 27 0 27
0
a
AM BN a b
b
=
+ = = +⇒ +=
=
.
ÁP DNG 4 : Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( ) ( )
1; 5; 0 ; 3; 3; 6AB
đường thẳng
:
7 38
2 12
xyz
+−
= =
. Gọi
(;;)M abc
điểm thuộc đường thẳng
sao cho chu vi tam giác
MAB
nhỏ nhất. Khi đó
++abc
bằng
A.
1
. B.
2
. C.
4
. D.
3
.
Lời giải
Chn D
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski.
Gọi
( )
7 2 ; 3 ;8 2M ttt+ + ∈∆
.
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 5
Ta có chu vi tam giác
MAB
22
9 72 164 9 36 56 2 11P MA MB AB t t t t= + + = + + + + ++
( )
( )
22
22
25 25
3 4 2 2 11
33
Pt t

 

= + + + −− + +
 
 

 


Áp dụng bất đẳng thc Minkowski ,ta có:
( )
2
2
25 25
3. 4 2 2 29 2 11
33
P tt

+ −− + + = +



Dấu bằng xy ra
( )
25
4
3
3
2
25
21 ; 0 ;
3
M
t
t
t
+
= =−⇒
−−
.
Vậy
3++=abc
.
- Cách 2 : Hình học.
Gọi
H
K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A
B
lên
Kẻ đường thẳng
d
đi qua
K
và song song với
AH
.Trên
d
lấy điểm
Bd
sao cho
KB BK
=
và điểm
,AB
khác phía với đường thẳng
(tham khảo hình vẽ)
Suy ra
′′
++=+ +≥ +=MA MB AB MA MB AB AB AB const
.
Do đó
++MA MB AB
đạt giá trị nhỏ nhất khi
M AB
= ∩∆
Tính được tọa độ điểm
(
) ( )
1;1; 0 ; 3; 1; 4 ; 2 5 ; 2 5 −==H K AH BK
Lại có:
( )
. . ,1
= = ⇒=
 
AH MH
AH MK MH B K MH KM
B K MK
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 6
Ta có
( )
7 2 ; 3 ;8 2
M ttt
+ + ∈∆
nên
( ) ( )
82 42
1 4 2 3 1; 0; 2
82 42
tt
t tt M
tt
−− = +
+=−− =−⇒
−− = +
.
Vậy
3++=
abc
.
ÁP DNG 5 : Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( )
2;1 3−−A
( )
1; 3; 2B
. Xét hai điểm
M
N
thay đổi thuộc mặt phẳng
( )
Oxy
sao cho
3=MN
. Giá trị lớn nhất của
AM BN
bằng
A.
65
. B.
29
. C.
26
. D.
91
.
( Trích đề thi THPT QG môn Toán BGD năm 2021 Đợt 01 )
Li gii
Chn A
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski.
Gọi
( ) ( ) ( )
; ;0 ; ; ;0M a b N c d Oxy
.
Ta có
( ) ( )
22
39MN ac bd= +− =
.
Đặt
22
9
x ac
xy
y bd
=
⇒+=
=
.
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
22 2 2
2 19 1 34AM BN a b c d = + +−+ −++ +
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 22 2 2 2
2 13 1 3 2ab c d= + + + + +− +−
Áp dụng bất đẳng thc Minkowski ,ta có:
( )
(
) ( )
2 22
2 1 1 3 32AM BN a c b d
+ + + −− +
( ) ( )
22
3 41AM BN a c b d −+ + +
( ) ( )
22
3 4 1 6 8 35AM BN x y x y + + += +
Áp dụng bất đẳng thc Bunhiacopxki ,ta có:
( )
( )
22
6 8 36 64 30xy xy−≤ + + =
Dấu bằng xy ra
22
99
55
12 12
55
68
99
9
55
12 12
55
x ac
y bd
xy
xy
x ac
y bd


= −=







= −=


=

⇔⇔



+=
= −=







= −=




( 1 )
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 7
Suy ra
65AM BN−≤
.
Dấu bằng xy ra
23 7
2 1 1 3 32
0
2 3 11
2 13
ac
a c bd
bd
ab
−=
+ + −−
= = >⇔
−=
+−
. ( 2 )
Từ ( 1 ) ( 2 ) suy ra
62 91
; ;0
55
53 79
; ;0
55
8 19
; ;0
55
17 31
; ;0
55
M
N
M
N












.
- Cách 2 : Hình học.
Ta có
,AB
nằm khác phía với mp
( )
Oxy
.
Gọi
(
)
: 30z
α
+=
là mp qua
A
song song với mp
( )
Oxy
( )
C
là đường tròn tâm
A
bán kính
3R =
nằm trong mp
( )
α
.
+)
( )
BH
α
tại
H
suy ra
( )
1;3;3H −−
+)
B
là điểm đối xứng của
B
qua mp
( )
Oxy
suy ra
( )
1; 3; 2
−−B
+) Và
(
)
// ,
′′
NA MA A C
Ta có:
( )
2
22
1 3 65
′′
= = + ≤+ + =AM NB NA NB A B B H A H HA
Suy ra
max
65AM NB−=
.
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 8
C. BÀI TP T LUYN
BÀI TP 01
Cho số phức
( )
,z x yi x y=+∈
.Khi biểu thức
1
11 4
2
P z z zz i= −+ ++ −−
đạt giá tr nhỏ
nhất thì
bằng
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
BÀI TP 02
Trong không gian
Oxyz
,cho mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
: 1 2 2 81Sx y z + +− =
và hai điểm
( ) (
)
4; 4;2 , 6;0;6MN
.Gọi
E
là điểm thuộc
( )
S
sao cho
EM EN
+
đạt giá tr nhỏ nhất. Tiếp
diện của mặt cầu
( )
S
tại điểm
E
cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng
A.
9
. B.
6
. C.
6
. D.
9
.
BÀI TP 03
Cho số phức
z
tha mãn
3z =
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
9 3 16Tz z i= + +−
bằng
A.
3 10
. B.
6 10
. C.
3 10 4.+
D.
6 10 3.+
BÀI TẬP 04
Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
(
) ( )
2;0; 0 ; 1;3; 3−−AB
đường thẳng
2
:
11 1
∆==
xyz
Gọi
(;;)M abc
điểm thuộc đường thẳng
sao cho chu vi tam giác
MAB
nhỏ nhất. Khi đó
++abc
bằng.
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
BÀI TP 05
Xét các s phức
( )
,z x yi x y=+∈
tha mãn
2 4 3 52z iz i+ + −+=
. Khi biểu thức
33P zi z i= ++ −−
đạt giá tr nhỏ nhất thì tổng
xy+
bằng
A.
2
. B.
1
. C.
2
. D.
1
.
BÀI TP 06
Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
1; 3; 2A
2;1; 4B 
. Xét hai điểm
M
N
thay đổi thuộc mặt phẳng
Oxy
sao cho
4MN
. Giá trị lớn nhất của
AM BN
bằng
A.
52
. B.
3 13
. C.
61
. D.
85
.
------------------- HT -------------------
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 9
ĐÁP ÁN & LI GII CHI TIT
BÀI TP 01
Cho số phức
( )
,z x yi x y=+∈
.Khi biểu thức
1
11 4
2
P z z zz i= −+ ++ −−
đạt giá tr nhỏ
nhất thì
bằng
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Li gii
Chn A
Ta có:
( ) ( )
22
22
11 2P x y x yy= ++ ++
Áp dụng bất đẳng thc Minkowski ,ta có:
( ) ( ) ( )
22
2
1 1 2 21 2P x x y y y y y fy −−− + + + = + + =
Dấu bằng xy ra
11
0
xx
x
yy
−−
= ⇔=
.
Xét hàm số
( )
2
2
2
2 1 2; 2
21 2
2 1 2; 2
yy y
fy y y
yy y
+ +−
= + +−=
+ + <−
.
( )
2
2
2
1; 2
1
2
1; 2
1
+≥
+
=
−<
+
y
y
y
fy
y
y
y
( )
1
0
3
=⇔=fy y
Ta có BBT :
Từ BBT suy ra
22
1
23 ;0 3 1
3
y
MinP y x x y
=+ ⇔= = + =
.
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 10
BÀI TP 02
Trong không gian
Oxyz
, cho mặt cầu
( ) ( ) ( ) ( )
2 22
: 1 2 2 81Sx y z + +− =
và hai điểm
(
)
( )
4; 4;2 , 6; 0;6MN
.Gọi
E
là điểm thuộc
( )
S
sao cho
EM EN+
đạt giá tr nhỏ nhất. Tiếp
diện của mặt cầu
( )
S
tại điểm
E
cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng
A.
9
. B.
6
. C.
6
. D.
9
.
Li gii
Chn A
D thy
( )
S
có tâm
(
)
1;2;2I
,bán kính
9R =
.
Gọi
(
)
( )
(
) (
) (
)
( )
2 22
; ; : 1 2 2 81 1E xyz E S x y z
⇒∈ + + =
.
Ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 22 2
4 4 26 6EM EN x y z x y z+ = ++ +− + + +−
Áp dụng bất đẳng thc Minkowski ,ta có:
( ) ( ) ( )
22 2
46 4 26 6EM EN x x y y z z+ −+− + + + −+− =
Dấu bằng xy ra
( )
( )
2 12 2
442
0
2 63
66
xy
xyz
k
xz
xy z
−=
+−
= = =>⇔
−=
−−
Từ
( )
( )(
)
( ) (
)
( ) ( )
5
2
4
5;2;4 0
123
4; 4;2 0
4
4
2
x
y
z
E TM k
E KTM k
x
y
z
=
=
=
−− >
⇒⇒
−>
=
=
=
.
Vậy
( ) ( )
( )
( )
( )
5; 2; 4
5; 2; 4
: 4; 4;2
−⇒
= =
 
P
qua E
EP
VTPT n IE
.
( ) ( ) ( ) ( ) (
)
:4 5 4 2 2 4 0 :2 2 18 0P x y z P x yz + + = +− =
.
Suy ra tiếp diện
( )
P
của mặt cầu
( )
S
tại điểm
E
cắt trục tung tại điểm có tung độ
9y =
.
BÀI TP 03
Cho số phức
z
tha mãn
3z =
. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
9 3 16Tz z i= + +−
bằng
A.
3 10
. B.
6 10
. C.
3 10 4.
+
D.
6 10 3.+
Li gii
Chn B
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 11
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski.
Đặt
(
)
,z x yi x y
=+∈
.
Gi thiết
(
)
22 22
3 9 9 01z xy xy
=⇔+=⇔+−=
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 22
2
9 31 6Px y x y= + + + +−
( ) ( ) ( )
2 22
2
9 8.0 3 1 6xy x y
= ++ + + +−
( )
( )
( ) ( )
2 22
2 22
9 8 93 1 6x y xy x y= ++ +−+ ++
22 22
3 2 1 3 2 12 37xy x xy x y= +−++ ++− +
( ) ( ) ( )
2 22
2
3 1 16xyx y

= −++−+


Áp dụng bất đẳng thc Minkowski ,ta có:
( ) ( )
22
3 1 1 6 6 10T xx y y −− + + =
Dấu bằng xy ra
(
) (
)
1
0 3 32
16
xy
k xy
xy
= => +=
−−
.
Từ
( )( )
( )
( )
0
0
3
03
9
12 3
93
5
0
55
3
5
x
TM k
y
xy
zi
x
xx
KTM k
y
=
>
=
= =


⇔=
=

= =
>

=
.
Vậy
Min 6 10T =
khi
3zi=
.
- Cách 2 : Hình học.
Gọi
M
là điểm biểu diễn của s phức
z
trên mặt phẳng
Oxy
M
thuộc đường tròn tâm
O
,
bán kính
3R
=
.
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 12
Gọi
( ) ( )
9;0 , 1;6AB
3T MA MB
⇒= +
.
Lấy
( )
1; 0 3K OM OK⇒=
.
Xét
AOM
MOK
có:
3
AOM chung
OM OA
OK OM
= =
suy ra hai tam giác ta xét đồng dạng với nhau.
Suy ra
3
AM MK
=
.
Khi đó:
( )
3333 3610.T MA MB MK MB MK MB BK=+=+= +≥=
Du "=" xy ra
M
thuộc đoạn thẳng
BK
( )
0;3M
hay
3zi=
.
Vậy
Min 6 10T =
khi
3zi
=
.
- Cách 3 : Lượng giác hóa.
Đặt
( )
,z x yi x y=+∈
.
Gi thiết
( )
22
22
3 9 11
33
xy
z xy

=⇔+= + =


Từ (1), ta có
[
]
(
)
sin
3sin
3
;
3cos
cos
3
x
t
xt
t
y yt
t
ππ
=
=
∈−

=
=
.
Khi đó:
( )
( ) ( )
2 22
2
9 31 6Px y x y= + + + +−
( ) ( )
( ) ( )
22 2 2
3sin 9 3cos 3 3sin 1 3cos 6t tt t= + + ++
S dụng CASIO với chc năng MODE7 hoặc MENU8
6 10 3Min P z i = ⇔=
.
O
x
y
M
K
A
B
M
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 13
BÀI TẬP 04
Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
( ) ( )
2;0; 0 ; 1;3; 3−−AB
đường thẳng
2
:
11 1
∆==
xyz
Gọi
(;;)M abc
điểm thuộc đường thẳng
sao cho chu vi tam giác
MAB
nhỏ nhất. Khi đó
++abc
bằng.
A.
1
. B.
2
. C.
3
. D.
4
.
Lời giải
Chn A
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski.
Gọi
(
)
; ;2M tt t
+ ∈∆
.
Ta có chu vi tam giác
MAB
22
3 8 3 6 35 3 3P MA MB AB t t t= + + = ++ + + +
( ) ( )
22
22
22 42
3 4 1 33
33
tt

 

= + + + −− + +
 
 

 


Áp dụng bất đẳng thc Minkowski ,ta có:
( )
2
2
22 42
3. 1 3 3 8 3
33
P tt

−− + + + =



Dấu bằng xy ra
1 15
;;
3 33
22
1
3
13
42
3
t
t
t
M

−−

= ⇔=
−−
.
Vậy
3++=abc
.
- Cách 2 : Hình học.
Gọi
H
K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A
B
lên
Kẻ đường thẳng
d
đi qua
K
và song song với
AH
.Trên
d
lấy điểm
Bd
sao cho
KB BK
=
và điểm
,
AB
khác phía với đường thẳng
(tham khảo hình vẽ)
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 14
Suy ra
MA MB MA MB AB const
′′
+=+ =
.
Do đó chu vi của tam giác
MAB
đạt giá trị nhỏ nhất khi
M AB
= ∩∆
Tính được tọa độ điểm
( ) ( )
0; 0; 2 ; 1; 1;1 ; 2 2 ; 4 2−− = =H K AH BK
Lại có:
( )
. . 2 ,1
AH MH
AH MK MH B K KM MH
B K MK
= = ⇒=
 
Ta có
( )
; ;2+ ∈∆M tt t
nên
( )
( )
( )
( )
1 20
1 1 15
1 1 20 ; ;
3 3 33
1 22 2
tt
t tt M
tt
+=

+= =


+=
.
Vậy
1++=abc
.
BÀI TP 05
Xét các s phức
( )
,z x yi x y=+∈
tha mãn
2 4 3 52
z iz i
+ + −+=
. Khi biểu thức
33P zi z i= ++ −−
đạt giá tr nhỏ nhất thì tổng
xy
+
bằng
A.
2
. B.
1
. C.
2
. D.
1
.
Lời giải
Chn C
Trên mặt phẳng phức, xét 2 đim
(
) ( )
2; 4 , 3; 1
AB−−
và gọi
M
là điểm biểu diễn số phức
z
.
Gi thiết
2 4 3 52
z i z i MA MB AB M+ + −+= + =
thuộc đoạn thẳng
.AB
Đường thẳng
AB
có phương trình:
2yx=
, suy ra
( )
;2Mx x
với
23x−≤
.
Ta có :
( )
(
) (
)
2 22
2 22
3 3 1 2 6 9 2 4 10
Px x x x x x x x
= + + +− = + + +
( ) ( )
22
22
33
2. 1 2
22
xx



= + + −+ +




Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có:
22
33
2 1 25
22
P xx

−+ + + =


.
Dấu bằng xy ra
[ ]
33
9 5 95
22
2;3 2
12 7 7 77
x
x y xy
x
= = ∈− = + = + =
−+
.
BÀI TP 06
Trong không gian
Oxyz
, cho hai điểm
1; 3; 2A
2;1; 4B 
. Xét hai điểm
M
N
thay đổi thuộc mặt phẳng
Oxy
sao cho
4
MN
. Giá trị lớn nhất của
AM BN
bằng
A.
52
. B.
3 13
. C.
61
. D.
85
.
Li gii
Chn D
PHIU HC TP- BT ĐNG THC MINKOWSKI & ÁP DNG
Trang 15
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski.
- Cách 2 : Hình học.
Gọi
B
là điểm đối xứng với
B
qua mặt phẳng
Oxy
, suy ra
( )
2;1; 4 ,B BN B N
′′
−=
,AB
cùng phía so với mặt phẳng
Oxy
.
Lấy đim
K
sao cho
B K NM
=
 
(
B NMK
hình bình hành), khi đó
4B K MN
= =
,
B N MK
=
.
Do
//B K MN
nên
BK
nằm trên mt phẳng
(
)
α
đi qua
B
và song song vi mặt phẳng
Oxy
, suy ra
( )
α
có phương trình
4
z =
.
Do
4
BK
=
nên
K
thuộc đường tròn
( )
C
nằm trên mặt phẳng
( )
α
tâm là
B
, bán kính
4
R =
.
Gọi
H
hình chiếu của
A
lên
(
) (
)
1; 3; 4H
α
⇒−
'5HB R= >
,
E
giao đim ca tia đi
của tia
BH
với
( )
C
.
Ta có
AM BN AM B N AM MK AK
−= =
2 2 22
AH HK AH HE= +≤ +
.
2, 5 4 9AH HE HB B E
′′
= = + =+=
suy ra
22
2 9 85AM BN +=
.
Du ”=” xảy ra khi
,
KE
M AK AM MK AK
−=
( )
0
M AE Oxy M⇔= =
.
Vậy giá tr lớn nhất của
AM BN
bằng
85
.
------------------- HT -------------------
M
o
(
Oxy
)
(
α
)
M
B'
E
A
N
H
K
| 1/15

Preview text:

PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI VÀ ÁP DỤNG
Vũ Quốc Triệu , Hà Nội tháng 6.2023
A. BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI
Hermann Minkowski (1864 – 1909) là một nhà Toán học sinh tại Aleksotas (ngoại ô của Kaunas, Litva)
trong một gia đình gốc Đức, Ba Lan và Do Thái. Tại Đức,Ông học ở Đại học Berlin và Königsberg, nơi
ông nhận học vị tiến sĩ năm 1885 dưới sự hướng dẫn của Ferdinand von Lindemann. Khi còn là sinh
viên tại Königsberg, năm 1883 Ông đã được nhận giải thưởng Toán học của Viện khoa học Pháp cho các
công trình về lý thuyết các dạng Toàn phương.Hermann Minkowski đã dạy tại đại học Bonn, Göttingen,
Königsberg và Zurich. Tại viện Bách Khoa liên bang (Federal Polytechnic Institute), nay là ETH Zurich,
ông là một trong những thầy giáo của Albert Einstein (1979 – 1955).
Bất đẳng thức Minkowski thường sử dụng là : 1) 2 2 2 2
A + X + B + Y ≥ ( A + B)2 + ( X + Y )2 . Dấu bằng xảy A X ⇔ = = k > 0 . B Y 2) 2 2 2 2 2 2
A + B + C + X + Y + Z ≥ ( A + X )2 + (B + Y )2 + (C + Z )2 . Dấu bằng xảy A B C ⇔ = = = k > 0. X Y Z
Lưu ý : Bất đẳng thức Minkowski được chứng minh dễ dàng bằng phương pháp véc – tơ nên có thể gọi
là bất đẳng thức độ dài véc – tơ ‘’ B. ÁP DỤNG
Trang 1
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
ÁP DỤNG 1 : Cho số phức z thỏa mãn z ≤ 2 .GTNN của biểu thức P = 2 z +1 + 2 z −1 + 2 z z − 4i bằng
A. 4 . B. 4 + 2 3 . C. 8 + 4 5 . D. 4 5 .
( Trích đề thi khảo sát môn Toán 12 trường THPT Lê Quý Đôn – Đống Đa, Hà Nội 2023 ) Lời giải Chọn B
Đặt z = x + yi (x, y ∈ ). Giả thiết 2 2
z ≤ 2 ⇔ x + y ≤ 4 suy ra 2
y ≤ 4 ⇒ y ∈[ 2; − 2]. Ta có: P = (x + )2 2 + y + (x − )2 2 2 1 2
1 + y + 2 y − 2  (x )2 2y ( x)2 2 2 1 1 y  = + + + − + − 2( y − 2)   
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski, ta có: P
(x + + − x)2 + ( y + y)2 − ( y − ) 2 2 1 1 2
2 = 4 1+ y − 2( y − 2) = f ( y) Dấu bằng xảy ra x +1 y ⇔ = ⇔ x = 0 . 1− x y
Xét hàm số f ( y) 2
= 4 1+ y − 2( y − 2) với y ∈[ 2; − 2]. ′( ) 4 = y f yf ′( y) 2 1 2;
= 0 ⇔ 1+ y = 2y y = ∈[ 2; − 2]. 2 1+ y 3   1   f =   4 + 2 3   3   1 1 Ta có  f (2) = 4 5
MinP = 4 + 2 3 ⇔ y = ; x = 0 ⇔ z = i . y [ ∈ 2; − 2]  f  (− ) 3 3 2 = 4 5 + 8 
Nhận xét : Ở phép đánh giá trên, ta đã sử dụng BĐT Minkowski để triệt hạ ẩn x , không
triệt hạ ẩn y !
ÁP DỤNG 2 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho mặt cầu (S ) (x − )2 + ( y − )2 2 : 1 1 + z = 25
và hai điểm A(7;9;0), B(0;8;0) . Điểm M di động trên(S). Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
MA + 2MB bằng A. 5 3 . B. 5 2 . C. 5 5 . D. 5. Lời giải Chọn C
Trang 2
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
Gọi M (x y z) ⇒ M ∈(S ) (x − )2 + ( y − )2 2 2 2 2 ; ; : 1
1 + z = 25 ⇔ x + y + z − 2x − 2y − 23 = 0 . Ta có:
MA + MB = (x − )2 + ( y − )2 2 2 + z + x + ( y − )2 2 2 7 9 2 8 + z
= (x − )2 + ( y − )2 2 2 + z + + x + ( y − )2 2 7 9 3.0 2 8 + z
= (x − )2 + ( y − )2 2 + z + ( 2 2 2
x + y + z x y − ) 2 + x + ( y − )2 2 7 9 3. 2 2 23 2 8 + z 2 2 2 61 2
= 2 x + y + z − 5x − 6y +
+ 2 x + ( y − 8)2 2 + z 4 2 2 2 61 2
= 2 x + y + z − 5x − 6y +
+ 2 x + ( y − 8)2 2 + z 4  2  5  = 2 − x 
+ (3 − y)2 + (−z)2 2
+ x + ( y − 8)2 2 +   z    2    
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: 2  5 P 2 x x ≥ − +
+ (3 − y + y − 8)2 + (−z + z)2 =   5 5  2   5 − x  2 3 − y  = = k > 0 x y − 8  x = 1  Dấu bằng xảy ra   z 0  ⇔ =
⇔ y = 6 ⇒ M (1;6;0) .  2 2 2 x y z 2x 2y 23 0  + + − − − = z =  0   
ÁP DỤNG 3 : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz ,cho đường thẳng : x y z d = = , đường thẳng 1 1 1 x y −1 z +1 d′: = =
và hai điểm A(2;1;− )
1 , B(1;1;2). Gọi M , N lần lượt là hai điểm di động 1 1 1
trên d d′ sao cho MN = 5 . Biết rằng giá trị nhỏ nhất của AM + BN có dạng
a + b (a,b ∈ ) . Tổng a + b bằng
A. 3. B. 1. C. 57 . D. 27 . Lời giải Chọn D Gọi M ( ; m ;
m m) ∈ d N ( ;nn+1;n− )1∈d′.
Ta có MN = (m n)2 + (m n − )2 + (m n + )2 1 1
Trang 3
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG m n = Vì MN =
⇒ (m n)2 + (m n − )2 + (m n + )2 1 5 1
1 = 5 ⇒ m n = 1 ⇒  m n = 1 −
Ta có AM + BN = (m − )2 + (m − )2 + (m + )2 + (n − )2 2 2 1 1
1 + n + (n − 3)2 2 2
= 3m − 4m + 6 + 3n − 8n +10  2 2 2 2  2  14  4   14       = 3.  m − +    + −     n + 3 3 3   3            
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: 2 2  2   14 14 
AM + BN ≥ 3. m n + +   + 3  3 3      2 2     - TH1 : 2 14 14
m n = 1 ⇒ AM + BN ≥ 3. 1+ +   +  = 3 3 3  3 3       m n = 1   3   3 3 3  m =  M  ; ;  2 14  m  −  2   2 2 2 Dấu bằng xảy ra  ⇔  3 3 ⇔  ⇒ . 0 1  = >     1 3 −1 4  14 n = N  ; ;  − n  2   2 2 2    3  3 2 2     - TH2 : 2 14 14 m n = 1
− ⇒ AM + BN ≥ 3.  1 − + +   +  = 57 3  3 3       m n = 1 −   1   1 1 1  m = M  ; ;  2 14  m  −  2   2 2 2 Dấu bằng xảy ra  ⇔  3 3 ⇔  ⇒ . 0 3  = >     3 5 1 4  14 n = N  ; ;  − n  2   2 2 2    3  3 a =
Kết hợp TH1TH2 suy ra ( AM + BN ) 27 min = 3 3 = 27 + 0 ⇒ 
a + b = 27 .  b = 0
ÁP DỤNG 4 : Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(1;5;0); B(3;3;6) và đường thẳng ∆ : x − 7 y + 3 z − 8 = = . Gọi M ( ; a ;
b c) là điểm thuộc đường thẳng ∆ sao cho chu vi tam giác 2 1 − 2
MAB nhỏ nhất. Khi đó a + b + c bằng A. 1. B. 2 . C. 4 . D. 3. Lời giải Chọn D
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski.
Gọi M (7 + 2t; 3
− − t;8 + 2t) ∈ ∆ .
Trang 4
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
Ta có chu vi tam giác MAB là 2 2
P = MA + MB + AB = 9t + 72t +164 + 9t + 36t + 56 + 2 11  2 2      P  (t )2 2 5   ( t )2 2 5 3 4 2  = + + + − − +   + 2 11   3   3        
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: 2   P
(t + − t − )2 2 5 2 5 3. 4 2 +  +  = 2 29 + 2 11  3 3    2 5 + Dấu bằng xảy ra t 4 3 ⇔ = ⇔ t = 3 − ⇒ M (1;0;2) . t − − 2 2 5 3
Vậy a + b + c = 3.
- Cách 2 : Hình học.
Gọi H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A B lên ∆
Kẻ đường thẳng d đi qua K và song song với AH .Trên d lấy điểm B′∈d sao cho
KB′ = BK và điểm ,
A B′ khác phía với đường thẳng ∆ (tham khảo hình vẽ)
Suy ra MA + MB + AB = MA + MB′ + AB AB′ + AB = const .
Do đó MA + MB + AB đạt giá trị nhỏ nhất khi M = AB′∩ ∆
Tính được tọa độ điểm H ( 1; − 1;0); K (3; 1;
− 4); AH = 2 5; BK = 2 5 AH MH
  Lại có: =
AH.MK = MH.BK MH = KM ,( ) 1 BK MK
Trang 5
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG  8
− − 2t = 4 + 2t
Ta có M (7 + 2t; 3
− − t;8 + 2t) ∈ ∆ nên ( ) 1  ⇔ 4 + t = 2 − − tt = 3 − ⇒ M (1;0;2) .  8 − − 2t = 4 +  2t
Vậy a + b + c = 3.
ÁP DỤNG 5 : Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A( 2; − 1− 3) và B(1; 3
− ;2) . Xét hai điểm M N
thay đổi thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho MN = 3. Giá trị lớn nhất của AM BN bằng A. 65 . B. 29 . C. 26 . D. 91.
( Trích đề thi THPT QG môn Toán – BGD năm 2021 – Đợt 01 ) Lời giải Chọn A
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski. Gọi M (a; ;0 b ); N ( ;
c d;0) ∈(Oxy) .
Ta có MN = ⇔ (a c)2 + (b d )2 3 = 9 .
x = a c Đặt 2 2  ⇒ x + y = 9 .
y = b d Ta có
AM BN = (a + )2 + (b − )2 + − (c − )2 + (d + )2 2 1 9 1 3 + 4
= (a + )2 + (b − )2 + ( )2 − (−c + )2 + (−d − )2 + (− )2 2 1 3 1 3 2
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có:
AM BN ≤ (a + − c + )2 + (b − − d − )2 + ( − )2 2 1 1 3 3 2
AM BN ≤ (a c + )2 + (b d − )2 3 4 +1
AM BN ≤ (x + )2 + ( y − )2 3
4 +1 = 6x − 8y + 35
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ,ta có: x y ≤ ( + )( 2 2 6 8
36 64 x + y ) = 30  9  9 x =   a c =  5    5   12    12  x y y b  = − − d = −  =  5  5 Dấu bằng xảy ra ⇔  6 − 8 ⇔  ⇔  ( 1 ) 2 2    9   9 x + y = 9 x = − a c = −   5   5   12   12   y =  b d =   5   5
Trang 6
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
Suy ra AM BN ≤ 65 .
a + 2 − c +1 b −1− d − 3 3 − 2 2a − 3c = 7 − Dấu bằng xảy ra ⇔ = = > 0 ⇔ . ( 2 ) a + 2 b −1 3 
2b − 3d = 11   62 91 M ; ;0 −     5 5     53 79  N  ;− ;0   5 5  
Từ ( 1 )( 2 ) suy ra   .   8 19  M ; ;0  −     5 5      17 31 N ;−  ;0    5 5   
- Cách 2 : Hình học. Ta có ,
A B nằm khác phía với mp (Oxy) .
Gọi (α ) : z + 3 = 0 là mp qua A song song với mp (Oxy) và (C)là đường tròn tâm A bán kính
R = 3nằm trong mp (α ) .
+) BH ⊥ (α )tại H suy ra H (1;−3;−3)
+) B′ là điểm đối xứng của B qua mp (Oxy) suy ra B′(1;−3;− 2) +) Và N A // , MA A ∈(C) Ta có: 2 2 AM NB = ′
NA NB′ ≤ ′
A B′ = BH + ′
A H ≤ 1+ (HA+ 3)2 = 65 Suy ra AM NB = 65 . max
Trang 7
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
C. BÀI TẬP TỰ LUYỆN BÀI TẬP 01 1
Cho số phức z = x + yi (x, y ∈ ) .Khi biểu thức P = z −1 + z +1 + z z − 4i đạt giá trị nhỏ 2 nhất thì 2 2 x + 3y bằng
A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . BÀI TẬP 02
Trong không gian Oxyz ,cho mặt cầu (S ) (x − )2 + ( y − )2 + (z − )2 : 1 2 2 = 81 và hai điểm M (4; 4;
− 2), N (6;0;6).Gọi E là điểm thuộc (S) sao cho EM + EN đạt giá trị nhỏ nhất. Tiếp
diện của mặt cầu (S ) tại điểm E cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng A. 9 − . B. 6 − . C. 6 . D. 9. BÀI TẬP 03
Cho số phức z thỏa mãn z = 3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = z − 9 + 3 z +1− 6i bằng A. 3 10 . B. 6 10 . C. 3 10 + 4. D. 6 10 + 3. BÀI TẬP 04
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2;0;0); B( 1 − ;3; 3 − ) và đường thẳng x y z − 2 ∆ : = = Gọi M (a; ;
b c) là điểm thuộc đường thẳng ∆ sao cho chu vi tam giác MAB 1 1 1
nhỏ nhất. Khi đó a + b + c bằng. A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . BÀI TẬP 05
Xét các số phức z = x + yi (x, y ∈ ) thỏa mãn z + 2 − 4i + z −3+ i = 5 2 . Khi biểu thức
P = z + i + z − 3 − 3i đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng x + y bằng A. 2 − . B. 1. C. 2 . D. 1 − . BÀI TẬP 06
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;3;2và B2;1;4. Xét hai điểm M N
thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MN  4. Giá trị lớn nhất của AM BN bằng A. 5 2 . B. 3 13 . C. 61 . D. 85 .
------------------- HẾT -------------------
Trang 8
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
ĐÁP ÁN & LỜI GIẢI CHI TIẾT BÀI TẬP 01 1
Cho số phức z = x + yi (x, y ∈ ) .Khi biểu thức P = z −1 + z +1 + z z − 4i đạt giá trị nhỏ 2 nhất thì 2 2 x + 3y bằng
A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn A
Ta có: P = (x − )2 2
+ y + (− − x)2 2 1 1 + y + y − 2
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có:
P ≥ (x − − − x)2 + ( y + y)2 2 1 1
+ y − 2 = 2 1+ y + y − 2 = f ( y) Dấu bằng xảy ra x −1 1 − − x ⇔ = ⇔ x = 0 . y y  2
 2 1+ y + y − 2; y ≥ 2
Xét hàm số f ( y) 2
= 2 1+ y + y − 2 =  . 2
2 1+ y y + 2; y < 2 −
 2y +1; y ≥ 2  2 y f ′( y)  1+ =  2y  −1; y < 2  2 1+  y f ′( y) 1 = 0 ⇔ y = 3 Ta có BBT : Từ BBT suy ra 1 2 2
MinP = 2 + 3 ⇔ y =
; x = 0 ⇒ x + 3y = 1. y∈ 3
Trang 9
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG BÀI TẬP 02
Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S ) (x − )2 + ( y − )2 + (z − )2 : 1 2 2 = 81 và hai điểm M (4; 4;
− 2), N (6;0;6).Gọi E là điểm thuộc (S) sao cho EM + EN đạt giá trị nhỏ nhất. Tiếp
diện của mặt cầu (S ) tại điểm E cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng A. 9 − . B. 6 − . C. 6 . D. 9. Lời giải Chọn A
Dễ thấy (S ) có tâm I (1;2;2) ,bán kính R = 9 .
Gọi E (x y z) ⇒ E ∈(S ) (x − )2 + ( y − )2 + (z − )2 ; ; : 1 2 2 = 81 ( ) 1 . Ta có
EM + EN = (x − )2 + ( y + )2 + (z − )2 + ( − x)2 + (−y)2 + ( − z)2 4 4 2 6 6
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có:
EM + EN ≥ (x − + − x)2 + ( y + − y)2 + (z − + − z)2 4 6 4 2 6 = 6
x − 4 y + 4 z − 2
2x y = 12 (2) Dấu bằng xảy ra ⇔ = = = k > 0 ⇔ 6 − xy 6 − z   2x z = 6  (3)  x = 5 y = 2 −
 z = 4 E 5; 2−; 4− TM k >0 Từ ( ) 1 (2)(3) ( ) ( ) ⇒  ⇒  .  x = 4 E  (4; 4; − 2) (KTM k > 0)  y = 4 −  z =  2  qua E (5; 2 − ;4) Vậy E (5; 2 − ;4) ⇒ (P)   .
VTPT : n = IE =  P (4; 4; − 2)  ( )
⇒ (P) : 4(x − 5) − 4( y + 2) + 2(z − 4) = 0 ⇔ (P) : 2x − 2y + z −18 = 0 .
Suy ra tiếp diện (P) của mặt cầu (S ) tại điểm E cắt trục tung tại điểm có tung độ y = 9 − . BÀI TẬP 03
Cho số phức z thỏa mãn z = 3 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = z − 9 + 3 z +1− 6i bằng A. 3 10 . B. 6 10 . C. 3 10 + 4. D. 6 10 + 3. Lời giải Chọn B
Trang 10
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski.
Đặt z = x + yi (x, y ∈ ) . Giả thiết 2 2 2 2
z = 3 ⇔ x + y = 9 ⇔ x + y − 9 = 0 ( ) 1
Ta có: P = (x − )2 2
9 + y + 3 (x + )2 1 + ( y − 6)2 = (x − )2 2
9 + y + 8.0 + 3 (x + )2 1 + ( y − 6)2 = (x − )2 2 + y + ( 2 2 9
8 x + y − 9) + 3 (x + )2 1 + ( y − 6)2 2 2 2 2
= 3 x + y − 2x +1 + 3 x + y + 2x −12y + 37  (x )2 2 3 1 y ( x )2 1 (6 y)2  = − + + − − + −  
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: T
(x − − x − )2 + ( y + − y)2 3 1 1 6 = 6 10 − Dấu bằng xảy ra x 1 y ⇔ =
(= k > 0) ⇔ 3x + y = 3 (2).
x −1 6 − y  x = 0   (TM k > 0)  y = 3  x = 0  y = 3  Từ ( )( )    9 1 2 ⇒ 9 ⇒ 3 ⇒ ⇔  z = = 3i x  . x = x = −   5  5  5  (KTM k > 0)  3   y = −  5
Vậy MinT = 6 10 khi z = 3i .
- Cách 2 : Hình học.
Gọi M là điểm biểu diễn của số phức z trên mặt phẳng Oxy M thuộc đường tròn tâm O , bán kính R = 3.
Trang 11
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG y B M M O K A x
Gọi A(9;0), B( 1
− ;6) ⇒ T = MA+ 3MB .
Lấy K (1;0) ⇒ OM = 3OK .  AOM chung Xét AOM MO
K có: OM OA
suy ra hai tam giác ta xét đồng dạng với nhau.  = = 3  OK OM
Suy ra AM = 3MK .
Khi đó: T = MA + 3MB = 3MK + 3MB = 3(MK + MB) ≥ 3BK = 6 10.
Dấu "=" xảy ra ⇔ M thuộc đoạn thẳng BK M (0;3) hay z = 3i .
Vậy MinT = 6 10 khi z = 3i .
- Cách 3 : Lượng giác hóa.
Đặt z = x + yi (x, y ∈ ) . 2 2 Giả thiết 2 2 3 9 x y z x y     = ⇔ + = ⇔ + =     1 ( ) 1  3   3   x = sint 3 x = 3sin t Từ (1), ta có  ⇒  (t ∈[ π − ;π ]). y  y = 3cos = cos t t  3
Khi đó: P = (x − )2 2
9 + y + 3 (x + )2 1 + ( y − 6)2 = ( t − )2 + ( t)2 + ( t + )2 + ( t − )2 3sin 9 3cos 3 3sin 1 3cos 6
Sử dụng CASIO với chức năng MODE7 hoặc MENU8Min P = 6 10 ⇔ z = 3i .
Trang 12
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG BÀI TẬP 04
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2;0;0); B( 1 − ;3; 3 − ) và đường thẳng x y z − 2 ∆ : = = Gọi M (a; ;
b c) là điểm thuộc đường thẳng ∆ sao cho chu vi tam giác MAB 1 1 1
nhỏ nhất. Khi đó a + b + c bằng. A. 1. B. 2 . C. 3. D. 4 . Lời giải Chọn A
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski.
Gọi M (t;t;2 + t)∈ ∆ .
Ta có chu vi tam giác MAB là 2 2
P = MA + MB + AB = 3t + 8 + 3t + 6t + 35 + 3 3  2 2  2  2 2  2  4 2    = 3 (t + 4) +   + ( t − − ) 1 +   + 3 3   3   3        
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có: 2   P ≥ (t t − )2 2 2 4 2 3. 1 +  +  + 3 3 = 8 3  3 3    2 2 Dấu bằng xảy ra t 3 1 1 1 5 ⇔ =
t = − ⇒ M  ; ;  − − . t − −1 4 2 3  3 3 3  3
Vậy a + b + c = 3.
- Cách 2 : Hình học.
Gọi H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A B lên ∆
Kẻ đường thẳng d đi qua K và song song với AH .Trên d lấy điểm B′∈d sao cho
KB′ = BK và điểm ,
A B′ khác phía với đường thẳng ∆ (tham khảo hình vẽ)
Trang 13
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
Suy ra MA + MB = MA + MB′ ≥ AB′ = const .
Do đó chu vi của tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất khi M = AB′∩ ∆
Tính được tọa độ điểm H (0;0;2); K ( 1; − 1; − )
1 ; AH = 2 2; BK = 4 2   Lại có: AH MH =
AH.MK = MH.B K
′ ⇒ KM = 2MH,( ) 1 B KMK t  +1 = 2(0 −t) 
Ta có M (t;t;2 + t)∈∆ nên ( ) t  ( t) 1  1 1 5 1 1 2 0 t M  ; ;  ⇔ + = − ⇔ = − ⇒ − − . 3 3 3 3     t +1 = 2  (2− 2−t)
Vậy a + b + c =1. BÀI TẬP 05
Xét các số phức z = x + yi (x, y ∈ ) thỏa mãn z + 2 − 4i + z −3+ i = 5 2 . Khi biểu thức
P = z + i + z − 3 − 3i đạt giá trị nhỏ nhất thì tổng x + y bằng A. 2 − . B. 1. C. 2 . D. 1 − . Lời giải Chọn C
Trên mặt phẳng phức, xét 2 điểm A( 2 − ;4), B(3;− )
1 và gọi M là điểm biểu diễn số phức z .
Giả thiết z + 2 − 4i + z − 3+ i = 5 2 ⇔ MA + MB = AB M thuộc đoạn thẳng A . B
Đường thẳng AB có phương trình: y = 2 − x , suy ra M ( ;2 x x) với 2 − ≤ x ≤ 3. Ta có : 2
P = x + ( − x)2 + (x − )2 + (−x − )2 2 2 3 3
1 = 2x − 6x + 9 + 2x − 4x +10  2 2  3   3  = 2. x   − + + (−x + )2 1 +     (2)2    2   2     2 2
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ,ta có:  3   3 P 2 x x 1 2 ≥ − − + + + =     5 .  2   2  3 3 x − Dấu bằng xảy ra 2 2 9 ⇔ = ⇔ x = ∈[ 2; − ] 5 9 5
3 ⇒ y = ⇒ x + y = + = 2 . −x +1 2 7 7 7 7 BÀI TẬP 06
Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A1;3;2và B2;1;4. Xét hai điểm M N
thay đổi thuộc mặt phẳng Oxy sao cho MN  4. Giá trị lớn nhất của AM BN bằng A. 5 2 . B. 3 13 . C. 61 . D. 85 . Lời giải Chọn D
Trang 14
PHIẾU HỌC TẬP- BẤT ĐẲNG THỨC MINKOWSKI & ÁP DỤNG
- Cách 1 : Đại số - Sử dụng BĐT Minkowski.
- Cách 2 : Hình học. B' H E (α) K A Mo N M (Oxy)
Gọi B′ là điểm đối xứng với B qua mặt phẳng Oxy, suy ra B′( 2
− ;1; 4), BN = B N ′ và , A B
ở cùng phía so với mặt phẳng Oxy.
 
Lấy điểm K sao cho B K ′ = NM ( B N
MK là hình bình hành), khi đó B K ′ = MN = 4 , B N ′ = MK . Do B K
′ //MN nên B K
′ nằm trên mặt phẳng (α ) đi qua B′ và song song với mặt phẳng Oxy
, suy ra (α ) có phương trình z = 4 . Do B K
′ = 4 nên K thuộc đường tròn (C ) nằm trên mặt phẳng (α ) có tâm là B′, bán kính R = 4 .
Gọi H là hình chiếu của A lên (α ) ⇒ H (1; 3
− ; 4) và HB ' = 5 > R , E là giao điểm của tia đối của tia B H ′ với (C ) .
Ta có AM BN = AM B N
= AM MK AK 2 2 2 2
= AH + HK AH + HE .
AH = 2, HE = HB′ + B E ′ = 5+ 4 = 9 suy ra 2 2
AM BN ≤ 2 + 9 = 85 . K E Dấu ”=” xảy ra khi 
M = AE ∩(Oxy) = M .
M AK, AM MK = AK  0
Vậy giá trị lớn nhất của AM BN bằng 85 .
------------------- HẾT -------------------
Trang 15