Phương trình hàm

61 2() 2 2 c abp p c ab C CD l cos ab ab == = ++ . Trong đó 2 abc p + + = l nửa chu vi. Tam giác CAB xác định, một điểm M xác định trên đờng thẳng (AB) ta luôn tính đợc độ di CM theo cách tơng tự. Điều ny khiến ta liên hệ với kết quả quen thuộc trong đờng tròn: Cho một đờng tròn () C tâm O bán kính R khi đó ta có: M ở trong đờng tròn khi chỉ khi 0 M IR < ; M ở trên đờng tròn khi chỉ khi 0 M IR = ; M ở ngoi đờng tròn khi chỉ khi 0 M IR > . Nh vậy nếu một đờng tròn (C) có phơng trình: (, ) 0 f xy = v một điểm (, ) mm M xy . 22 (, ) mm f xy MI R = /( ) M c = P l phơng tích của điểm M đối với đờng tròn (C) Trong đó I l tâm đờng tròn v R l bán kính của nó; thế thì ta có: (, )0 mm fx y < tơng ứng ta có điểm (, ) mm M xy nằm trong đờng tròn. (, )0 mm fx y > tơng ứng ta có điểm (, ) mm M xy nằm ngoi đờng tròn. (, )0 mm fx y = tơng ứng ta có điểm (, ) mm M xy nằm trên đờng tròn. Đặc biệt với hai đờng tròn: 11 2 2 ():(,)0;():(,)0; C f xy C f xy = = không đồng tâm thì đờng thẳng: 12 (): (,) (,) f xy f xy = Chính l trục đẳng phơng của hai đờng tròn đó. Đối với các đờng Conic ta cũng có kết quả tơng tự: Nếu gọi phơng trình Elip l: (, ) 0 f xy = v điểm (, ) mm M xy thì: (, )0 mm fx y < tơng ứng ta có điểm (, ) mm M xy nằm trong miền chứa tiêu điểm. (, )0 mm fx y > tơng ứng ta có điểm (, ) mm M xy nằm trong miền không chứa tiêu điểm. (, )0 mm fx y = tơng ứng ta có điểm (, ) mm M xy nằm trên Conic. 4 2 - 2 - 4 6 -1 0 - 5 5 F2 M1 O M2 F1 M Đối với các đồ thị hm số cũng vậy (xem hình vẽ sau): 62 Gọi (C) l đồ thị hm số: () yfx = . khi đó trên mặt phẳng toạ độ tập hợp các điểm (, ) mm M xy thoả mãn: i) () mm yfx > 0 l miền trên đồ thị miền gạch (ví dụ M2) ii) () mm yfx < 0 l miền dới đồ thị miền không gạch (ví dụ M*) iii) ()0 mm yfx = l đồ thị (C) (ví dụ M1) 6 4 2 - 2 - 5 5 1 0 y M2 fx () = x 2 +3 x () -1 O tren do thi M1 duoi do thi M* x Ví dụ I.3: Trên một đoạn thẳng AB ta lấy một điểm M bất kỳ khi đó với mọi I trong không gian ta có: {,} I MMaxIAIB A B I M Thật vậy do tồn tại cặp 2 (,) ; 1 p qpq += R ; [ ] ,0,1 pq sao cho: I MpIAqIB=+ nên: || ( ){,} {,} I M IM pIA qIB p q Max IA IB Max IA IB=++ = . Điều ny dẫn đến bi toán cực trị trên đa giác lồi: Chẳng hạn: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy có tam giác ABC xác định bởi giao các đờng thẳng: 11 1 1 (): 0dAxByC++= ; 22 2 2 (): 0dAxByC+ += ; 33 3 3 (): 0dAxByC++= . Điểm (, ) mm M xy thuộc miền trong tam giác ABC khi chỉ khi đồng thời có: 11 2 2 3 3 ()()0;()()0;()()0fAfM fBfM fCfM>>> . ỏ đây ta ký hiệu: () (, ) iimmimim f Mfxy AxByC==++ . Theo trên với mọi điểm I trong mặt phẳng Oxy (kể cả trong không gian): {, , } I M Max IA IB IC . Kết quả ny còn có thể mở rộng cho n-giác bất kỳ (tam giác chỉ l một ví dụ). 63 Kết quả ny cũng có thể dùng tốt cho việc phân biệt đờng phân giác ứng với góc nhọn hay tù của các góc do hai đờng thẳng cắt nhau m thnh, cũng nh việc phân biệt phân giác trong hay ngoi của tam giác. 4 2 - 2 - 4 - 5 5 (d2) (d3) (d1) A C B O I K M Sau đây để lm rõ vấn đề đợc đề cập ta xét một số bi toán cụ thể: Bi toán 1: Tìm giá trị lớn nhất v nhỏ nhất của biểu thức: 22 (, ) 4 2 f xy x y x y= + . Xét trên miền: {( , ): 1 5;3 6}Dxy x y= . Lời giải: Xét bi toán trên mặt phẳng có hệ trục Oxy, khi đó miền rng buộc l miền hình chữ nhật có các đỉnh ( 1,3); ( 1,6); (5,6); (5,3).A BCD Viết 22 (, ) ( 2) ( 1) 5 fxy x y = + Nếu đặt (, ) M xy v (2,1) I thì 2 (, ) 5fxy IM= . Do đó 2 0 (,) 5 1 D Minf x y IM== ; 22 2 2 (,) { , , , }534 5 29 D Maxf x y Max IA IB IC ID= = = 64 8 6 4 2 - 2 - 4 - 6 - 8 y - 5 5 1 0 1 5 A O I 6 -1 3 B C D 2 1 M0 Bi toán 2: Tìm a để mọi nghiệm bất phơng trình: ||||1 x y+ . (1) cũng l nghiệm bất phơng trình: 22 x ya+ (2). 8 6 4 2 - 2 - 4 - 6 - 8 y -1 0 - 5 5 1 0 x D A B O C Mỗi cặp số thực (, ) x y thoả mãn bất phơng trình (1) tơng ứng duy nhất với một điểm (, ) M xy nằm trong hình vuông ABCD. Rõ rng cần có 0a > v trong điều kiện ny Mỗi cặp số thực (, ) x y thoả mãn bất phơng trình (2) tơng ứng duy nhất với một điểm (, ) M xy nằm trong miền hình tròn tâm O bán kính R a = Do vậy a cần tìm l: 11 aa . 65 Bi toán3: Tìm giá trị lớn nhất nhỏ nhất: 22 25 210Px x x x=++++ . Lời giải: Ta có: 22 (1)4 (1)9Px x=++++ Trên mặt phẳng toạ độ ta xét các điểm: ( ,0); (1,2); ( 1, 3). M xA B Thì giá trị PAMBM=+. Khi x thay đổi thì điểm M chạy trên trục honh; hai điểm ; A B cố định, khác phía so với trục honh nên: **;*()' M inP AM BM M AB x Ox= + tức phải chọn 9 * 5 xx==. Bi toán4: Tìm nghiệm nguyên dơng của phơng trình: 222222 ;11.x xyy y yzz x xzzxyz+ + += ++ ++ . Lời giải: x z y O A B C E Đặt OA=x; OB=y; OC=z v 0 60 A OB BOC= = . Khi đó theo định lý Cosin trong tam giác ta có: 22 22 22 ;;. A B x xy y BC y yz z AC x xz z=+ =+ =++ Theo hình học ta luôn có: A BBCAC+ , dấu bằng chỉ có khi chỉ khi ,, A BC thẳng hng. kẻ // B EOA thì: 111BE CE y z y OA OC x z y x z = = =+ , lu ý từ giả thiết 11; , , * x yz xyzN++ bằng phơng pháp liệt kê dễ dng có các nghiệm l: (2,1,2);(4,2,4);(3,2,6);(6,2,3). Bi toán 5: Cho 12 12 , , , ; , , , . nn aa abb b l các số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng: 22 2 2 111 ()() nnn ii i i iii ab a b === + + . (1) Lời giải: Xét các véc tơ: ( , ); 1,2, , iii x ab i n == . Khi đó: 111 (,) nnn iii iii x ab === = hiển nhiên có: ||| | (1) ii xx Đpcm. Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi các véc tơ đợc xét cùng phơng cùng chiều, tức tồn tại 11 :;;02,3, , ii tatabtbti n === R . Bằng cách ny ta cũng nhận đợc dạng hình học của bất đẳng thức Bunhiacôpki 66 Có thể thấy ngay lời giải các bi toán sau: 1. Cho các số thực thoả mãn 2; 6. abc axbycz + += + + = Chứng minh rằng: 222 222 222 16 16 16 10 aax bby ccz ++ ++ + . 2. Chứng minh rằng với mọi , ta có: 4422 2 cos cos sin sin + + + . 3. Cho các số thực bất kỳ: 12 , , , n aa a Chứng minh rằng: 22 111 1 2 (1 ) ; 2 n ii n i n aa aa ++ = + . Bi toán 6: ( Đề thi HSG Duyên hải Bắc bộ lần thứ nhất ) Cho một 2008 giác có tính chất: tất cả các đỉnh có tọa độ nguyên v độ di của tất cả các cạnh l những số nguyên. Chứng minh rằng: chu vi của đa giác l một số chẵn. Lời giải: Giả sử ( ) 1 ; ii i i A Aab + = với 1;2008 i = (Quy ớc 2009 1 A A = ), trong đó ; ii ab l các số nguyên v 22 ii ab+ cũng l số nguyên với mọi 1;2008 i = . Ta có: Giả sử ( ) 1 ; ii i i A Aab + = với 1;2008 i = (Quy ớc 2009 1 A A = ), trong đó ; ii ab các số nguyên v 22 ii ab+ cũng l số nguyên với mọi 1;2008 i = . Ta có: 2008 2008 2008 1 111 00 ii i i iii AA a b + === = = = . Do đó 2008 2008 22 1 1 2008 1 1 2008 2;2 iijiij iijiij aaabbb = < = < = = , tức l 2008 2008 22 11 ; ii ii ab == l các số chẵn. Kí hiệu N l chu vi tam giác, ta có N l một số nguyên dơng v: () 2 2008 2008 222 22 2222 1 1 1 2008 2 ii ii ii jj iiij Nab ab abab ==< =+=++ ++ Tức l 2 N l số chẵn v do đó N cũng l số chẵn. Bi toán 7 (Đề do Hng Yên đề nghị kỳ thi HSG Duyên hải Bắc bộ lần thứ nhất) Cho tam giỏc ABC c nh. MNPQ l hỡnh ch nht thay i sao cho NM , thuc ng thng BC . P thu c c nh AC , Q thu c c nh . AB Tỡm t p h p tõm cỏc hỡnh ch nh t . Lời giải: Ch n h Oxy sao cho O l chõn ng cao k t A c a tam giỏc ABC , . OyA CB , thu c tr c honh, chiu dng ca trc honh t B n C . Gi s );0( aA ,0 > a ),0;( bB ).0;( cC p AP AB AQ == AC .10 << p );();(AQ. paapbQpapbABpAQ = 67 COpCNp CA CP CO CN )1(1 === )0;()0;( cpNccpCN I l trung im QN ) 2 )1( ; 2 )( ( apcbp I + )1( Do ). 2 ;0( 2 )1( )1;0( aap yp = Nu tam giỏc ABC cõn ti ) 2 )1( ;0( ap IA ;][ KOI vi K l trung im OA ; .; OIKI Nu tam giỏc ABC khụng cõn ti A . T )1( ta cú I thuc ung thng cú phng trỡnh: . 2 1 =+ + a y cb x ct trc tung ti ) 2 ;0( a K ( K l trung im OA ), ct trc honh ti )0; 2 ( cb J + . [ ] KOI vi .; JIKI KL : Tp hp tõm I ca hỡnh ch nht MNPQ l on KJ b i hai u mỳt, vi K l trung im AO , J thuc BC c xỏc nh c th nh sau: +) Nu 0 90 C ; J nm gia :, BO 2 OB OJ OC + = ; Nu 0 90 B ; J nm gia :; CO 2 OB OJ OC + = ; +) Nu 0 90 << CB ; J nm gia :, BO 2 OB OJ OC = ;Nu 0 90 << BC ; J nm gia :; CO 2 OC OJ OB = `. Các kết quả nêu trên giúp ích rất lớn trong các bi toán cực trị đại số hay hình học kể cả trong mặt phẳng hay trong không gian, xử lý các bi toán biện luận định tính trong vấn đề phơng trình, bất phơng trình, hệ phơng trình, hệ bất phơng trình, di hơn l các bi toán cực trị v tối u . Sau đây chúng ta xét một số tìm tòi trong lĩnh vực rất đợc quan tâm: Bất đẳng thức. Bi toán 8 (Đề do Quảng ninh đề nghị thi HSG Duyên hải Bắc bộ lần thứ nhất) Cho na ng trũn tõm O bỏn kớnh bng 1. Trờn na ng trũn ny ngi ta ly n im: 123 ,,, , n PP P P , n l mt s t nhiờn l khụng nh hn 1. Chng minh rng : 123 | |1 n OP OP OP OP ++++ . Lời giải: +) t n=2k-1. Chn trc k OP v vộc t k OP l vộc t n v ca trc. 1 k OP = . 68 +) Chiu cỏc vộc t ; 1,2, i OP i n = lờn trc ta nhn c cỏc hỡnh chiu l i OP v chỳ ý rng hỡnh chiu ca vộc t tng 1 n i i vOP = = chớnh l 1 n i i OP OP = = . Gi AB l ng kớnh ca na ng trũn, 11 , A B l cỏc hỡnh chiu ca A,B trờn trc. +) Ta cú 1 ; 1,2, , 1. i OP OA i k = V: 1 ; 1, 2, ,2 1. j OP OB j k k k =++ Hn na 1111 0; 0OA OB OA OB<< + = . +) T 21 11 1 ||| || |( 1)( ) 1 k ik i v OP OP k OA OB OP = = + += . (pcm). Bi toán 9 Cho n l một số tự nhiên không nhỏ hơn 3. chứng minh tồn tại một tập hợp gồm n điểm thoả mãn đồng thời các điều kiện: i) Ba điểm bất kỳ trong chúng không thẳng hng; ii) Khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ trong chúng l một số vô tỷ; iii) Diện tích của tam giác bất kỳ thnh lập từ ba điểm bất kỳ trong chúng l một số vô tỷ. Lời giải: Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét các điểm 2 (, ); 1,2, , . i A ii i n = Ta sẽ chứng minh đây l bộ điểm thoả mãn yêu cầu đặt ra. i) Giả sử có ba điểm thẳng hng ,, ; klm A AA k l m < < khi đó ta có: 22 22 (, ); ( , ); kl lm A AlklkAA mlml = = do tính thẳng hng ta có: 22 22 ml m l mk lk l k == điều ny vô lý vì km < . ii) Ta có 2222 ()( ) kl A Aklkl =+ giả sử khoảng cách ny l một số hữu tỷ thi sẽ tồn tại p q tối giản sao cho: 2222 2 2 2 ()( ) (1)(1(1)) kl p AA k l k l p k k q =+== ++ ; để ý l 22 ;( , ) 1 1 p qpq q= = v p l số nguyên dơng, bằng cách phân tích tiêu chuẩn ra các thừa số nguyên tố ta suy ra: 22 *: 1 ( ) 1 ( )( ) 0aNa lk aklakl =+ + = + + > nên 414 akl ++ vô lý! iii) Xét một tam giác bất kỳ có các đỉnh lấy từ các điểm đó: 222 ( , ); ( , ); ( , ); ; , , * A aa Bbb Ccc abcabcN< < . Gọi 222 ( , ); ( , ); ( , ); E ac Fba Kcc Khi đó ta có: [][ ] [ ] [ ] [ ] A BC AKCE AEC ABF FBCK = ta ký hiệu [] l diện tích miền . iv) Vậy ta có: [] A BC = 22 22 22 22 2 111 ()( )()( )()( )()( 2) 222 cac a cac a bab a cbc b a= + s Q = do ,,abc đều l các số nguyên dơng. 69 y x F A O K E C B Lời kết: Phải thực sự thừa nhận rằng tồn tại mối liên hệ ẩn tng giữa hình thức Đại số v bản chất hình học, PP hình học hoá các bi toán Đại số l đặc biệt hữu hiệu. Chúng ta có thể kể ra đây ngoi PP toạ độ rất nhiều PP khác nữa để tiếp cận ý tởng ny, chẳng hạn một trong chúng l Lý thuyết đồ thị,V đơng nhiên không thể kể hết các ứng dụng, các bi toán, điều quan trọng l vai trò ngời thy trong việc dẫn dắt các em tiếp cận PP nh thế no, nhằm khơi dậy trong chúng khả năng t duy sáng tạo niềm say mê tìm tòi khám phá vẻ đẹp trong toán học. Do khả năng v kinh nghiệm còn hạn chế bi viết không tránh khỏi sai sót tôi chỉ dám hy vọng bi viết ny l một chia sẻ nhỏ với các đồng nghiệp. Cuối cùng để kết thúc tôi xin đợc nhắc ra đây lời của giáo s George Polya, nh toán học v giáo dục Mỹ nổi tiếng dnh cho các bạn yêu Toán: Có thể rằng bi toán kia chẳng khó, nhng nếu nó thách thức trí tò mò cũng nh phát huy đợc khả năng sáng tạo của bạn v nếu nh bạn giải nó chỉ bằng phơng tiện riêng của bạn, thì bạn sẽ trải nhiều cam go căng thẳng cùng bao niềm vui khám phá. Vo lứa tuổi nhạy cảm, những kinh nghiệm nh thế sẽ tạo nên điều thú vị cho hoạt động tinh thần v l dấu son ảnh hởng mãi tơng lai Hạ long ngy 9-10-2008 MT S BI TON V HM S y= ax +b v y= ax 2 +bx + c = 0 VN C T trng t toỏn tin Trng THPT Chuyờn Lng Vn Ty - Ninh Bỡnh Trong chng trỡnh lp 10, hc sinh ó c hc v cỏc hm s bc nht v bc 2. õy l 2 hm s c bn trong chng trỡnh ph thụng v cú rt nhiu ng dng trong kỡ thi cỏc cp. 70 Sau đây tôi nêu lên một số ví dụ áp dụng hai hàm số trên (kể cả trường hợp suy biến) để giải toán. I) Ta chú ý đến một số kết quả sau: 1. Hàm số f(x) luôn đồng biến, hoặc luôn nghịch biến, hoặc không đổi trên [ α , β ] thì: Max |f(x)| = Max{|f( α )|, |f( β )|} [ α , β ] 2. f(x) = ax 2 +bx + c (a ≠ 0) 3. Max |f(x 1 , x 2 , …, x n )| ≥ Max( Max… ( Max f(x 1 , x 2 , …, x n ))…) X i ∈ D i ( i = 1, 2, n) x 1 ∈ D 1 x 2 ∈ D 2 x n ∈ D n II) Các bài toán được chia làm 3 loại A- Các bài toán ứng dụng hàm bậc nhất và suy biến B- Các bài toán ứng dụng hàm bậc hai và suy biến C- Các bài toán ứng dụng phối hợp hai hàm số trên. A Các bài toán ứng dụng hàm y= ax +b Bài toán 1 (đề thi vô địch KIEP) Chứng minh rằng với bất cứ a, b nào cũng tìm được x, y ∈ [0,1] để |xy – ax - by| ≥ 3 1 Giải : Bài này đã có nhiều sách đưa lời giải nhưng các lời giải đều mang tính chất áp đặt. Với cách giải như vậy là không cho ta cách mở rộng được bài toán, đồng thời cũng không cho ta cách tìm thấy số 3 1 . Sau đây tôi đưa ra cách giải sử dụng tính chất hàm y= ax +b, và qua đó cho ta ra thêm hàng loạt các bài toán dạng này. Max |xy-ax-by| ≥ Max {|a|, |b|. |a+b-1|} ≥ 3 1 |a+b-a-b+1| = 3 1 Bài toán 2: Cho số thực α , β , b ( α < β ) Tìm a để Max |ax+b| Có giá trị bé nhất x ∈ [ α , β ] Giải: Max |ax+b| = Max {|aα +b|, |aβ +b|} ≥ x∈ [α, β] ≥ |||| |||| βα α αβ β αβ + +++ baba ≥ |||| |||| βα α β + − b Max{|f( α )|, |f( β )|} Khi ∉ ( α , β ) a b 2 − Max{|f( α )|, |f( β )|, f( )} Khi ∈ ( α , β ) a b 2 − a b 2 − Max |f(x)| = [ α , β ] [...]... điều kiện α2 – 2β >0, β >0 nhưng a = − Hoặc β ( vô nghiệm) (xét bài 4) α α2 – 2β ≤ 0, β >0 và phương trình a= 0 vô nghiệm (xét bài 5) Bài toán 4: Cho 0 . , n aa a Chứng minh rằng: 22 111 1 2 (1 ) ; 2 n ii n i n aa aa ++ = + . Bi toán 6: ( Đề thi HSG Duyên hải Bắc bộ lần thứ nhất ) Cho một 2008 giác có tính chất: tất cả các đỉnh có tọa độ. Tức l 2 N l số chẵn v do đó N cũng l số chẵn. Bi toán 7 (Đề do Hng Yên đề nghị kỳ thi HSG Duyên hải Bắc bộ lần thứ nhất) Cho tam giỏc ABC c nh. MNPQ l hỡnh ch nht thay i sao cho. tòi trong lĩnh vực rất đợc quan tâm: Bất đẳng thức. Bi toán 8 (Đề do Quảng ninh đề nghị thi HSG Duyên hải Bắc bộ lần thứ nhất) Cho na ng trũn tõm O bỏn kớnh bng 1. Trờn na ng trũn ny ngi