Khoá luận tốt nghiệp phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán đại số

TRƯỜNG ĐẠI HỌC s ư PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN NGÔ THỊ THÙY LIÊN PHƯƠNG PHÁP TỌA Đ ộ TRONG VIỆC GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC • • • • C huyên ngành: Đ ại số HÀ NỘI - 2015 TRƯỜNG ĐẠI HỌC su ' PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN NGÔ THỊ THÙY LIÊN PHƯƠNG PHÁP TỌA Đ ộ TRONG VIỆC GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC • • • • C huyên ngành: Đ ại số Người hướng dẫn khoa học TS. NGUYỄN THỊ KIÊU NGA HÀ NỘI - 2015 LỜI CẢM ƠN Sau một thời gian nghiên cứu cùng với sự hướng dẫn và chỉ bảo tận tình của cô giáo - TS Nguyễn Thị Kiều Nga khóa luận của em đến nay đã hoàn thành. Qua đây em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới cô Nguyễn Thị Kiều Nga - người đã trực tiếp hướng dẫn chỉ bảo cho em nhiều kinh nghiệm quý báu trong thời gian em thực hiện khóa luận này. Em cũng xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của các thầy cô trong tổ Đại số khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã tạo điều kiện tốt nhất giúp em hoàn thành khóa luận. Do lần đầu tiên làm quen với công tác nghiên cứu khoa học, hơn nữa do thời gian và năng lực của bản thân con hạn chế nên mặc dù đã có nhiều cố gắng song khóa luận vẫn không tránh khỏi những thiếu sót. Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy, cô giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn. Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, thảng 05 năm 2015 Sinh viên Ngô Thị Thùy Liên LỜI CAM ĐOAN Qua một thời gian nghiên cứu được sự giúp đỡ, chỉ bảo nhiệt tình của cô giáo hướng dẫn, tôi đã hoàn thành nội dung bài khóa luận tốt nghiệp này. Tôi xin cam đoan rằng: Đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi, do chính tôi nghiên cún và hoàn thành trên cơ sở những kiến thức đã học và tài liệu tham khảo. Nó không trùng với bất cứ tài liệu nào khác. Hà Nội, thảng 05 năm 2015 Sinh viên Ngô Thị Thùy Liên MỤC LỤC MỞ ĐẦU.................................................................................................................. 1 1. Lý do chọn đề tài................................................................................................. 1 2. Mục đích nghiên cứu...........................................................................................1 3. Nhiệm vụ nghiên cứu..........................................................................................1 4. Phương pháp nghiên cứu.................................................................................... 1 CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN B Ị ............................................................ 2 1.1. Mặt phẳng tọa độ.............................................................................................2 1.1.1. Trục tọa đ ộ ................................................................................................... 2 1.1.2. Hệ trục tọa đ ộ .............................................................................................. 2 1.1.3. Tọa độ của vectơ đối với hệ trục tọa độ..................................................... 2 1.1.4. Tọa độ của điểm đối với hệ trục tọa độ..................................................... 2 1.1.5. Tọa độ trung điểm của đoạn thắng..............................................................3 1.1.6. Tọa độ trọng tâm của tam giác....................................................................3 1.2. Các phép toán trên các vectơ ...................................................................... 3 1.2.1. Tổng hai vectơ.............................................................................................3 1.2.2. Hiệu hai vectơ............................................................................................ 3 1.2.3. Nhân vectơ với một số thực........................................................................ 3 1.3. Tích vô hướng của hai vectơ........................................................................ 4 1.4. Các bất đẳng thức hình học............................................................................ 4 1.4.1. Bất đẳng thức vectơ.................................................................................... 5 1.4.2. Bất đắng thức tam giác...............................................................................5 1.5. Phương trình các đường................................................................................ 5 1.5.1. Phương trình tổng quát của đường thẳng................................................... 5 1.5.2. Phương trình đường tròn............................................................................ 5 1.6. Phương trình các m ặt......................................................................................5 1.6.1. Phương trình tổng quát mặt phẳng..............................................................6 1.6.2. Phương trình mặt cầu.................................................................................. 6 1.7. Khoảng cách................................................................................................. 6 1.7.1. Khoảng cách tù’ một điếm đến một đường thẳng...................................... 6 1.7.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng......................................... 6 CHƯƠNG 2. PHƯƠNG PHÁPTỌAĐỘ TRONG VIỆC GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SÓ....................................................................................................... 7 2.1. Phương pháp tọa độ trong bàitoánbất đẳng th ứ c........................................ 7 2.1.1. Cơ sở lý thuyết.............................................................................................7 2.1.2. Phương pháp tọa độ trong bài toán bất đẳng th ứ c................................... 7 2.2. Phương pháp tạo độ trong giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số .................................................................................................... 19 2.2.1. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số............................................19 2.2.2. Sử dụng phương pháp tọa độ giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số .............................................................................................22 2.3. Phương pháp tọa độ trong bàitoán giảiphương trình, giải bất phương trình và giải hệ phương trình............................................................................... 35 2.3.2. Phương pháp tọa độ trong bài toán giải bất phương trình..................... 42 2.3.3. Phương pháp tọa độ trong bài toán giải hệ phương trìn h ...................... 45 KẾT LUẬN...........................................................................................................51 TÀI LIỆU THAM KHẢO................................................................................... 52 MỞ ĐÀU 1. Lý do chọn đề tài Đại số là một môn quan trọng của Toán học. Đại số là môn học có tính chất hệ thống, chặt chẽ, tính logic và trùn tượng hóa cao. Đe giải một bài toán đại số có rất nhiều phương pháp trong đó sử dụng phương pháp tọa độ để giải là một trong các phương pháp hay và độc đáo. Phương pháp tọa độ cho phép ta chuyển một bài toán đại số sang bài toán hình học và ngược lại. Với lòng ham mê toán học và mong muốn tìm hiểu sâu hơn về một phương pháp đổi mới để giải các bài toán đại số và được sự hướng dẫn của cô giáo Nguyễn Thị Kiều Nga em đã mạnh dạn chọn đề tài: “ Phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán đại số” để làm khóa luận tốt nghiệp của mình. Khóa luận chia làm 2 chương: Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Chương 2. Phương pháp tọa độ trong việc giải các bài toán đại số. 2. Mục đích nghiên cứu Bước đầu làm quen với công tác nghiên CÚ01 khoa học đồng thời muốn đi sâu, tìm tòi, nghiên cún về phương pháp tọa độ trong việc giải các bài tập đại số. 3. Nhiệm vụ nghiên cún Nghiên cứu về sử dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán đại số trong chương trình toán phố thông. 4. Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý luận, phân tích, tổng họp, đánh giá. 1 CHƯƠNG 1. KIÉN THỨC CHUẨN BỊ• 1.1. Mặt phẳng tọa độ 1.1.1. Trục tọa độ a. Khái niệm trục tọa độ Trục tọa độ (còn gọi là trục, hay trục số) là một đường thẳng trên đó đã xác định một điểm о và một vectơ i có độ dài bằng 1. Điểm о gọi là gốc tọa độ, vectơ i gọi là vectơ đơn vị của trục tọa độ. Kĩ hiệu: (0;!Ị b. Tọa độ của vectơ và điểm trên trục • Cho vectơ ủ nằm trên trục . Khi đó có số a xác định để и - a i . số a như thế gọi là tọa độ của vectơ ũ đối với trục ( ơ ; ỉj . • Cho điểm M nằm trên trục (ơ;ĩ) • Khi đó có số m xác định để OM = m. ĩ . Số m như thế gọi là tọa độ của điểm M đối với trục 1.1.2. Hệ trục tọa độ • Hai trục tọa độvà (O;}') vuông góc với nhau gọi là hệ trục tọa độ. Ký hiệu: Oxy hay • • Khi mặt phẳng đã cho ( hay đã chọn) 1 hệ trục tọa độ ta sẽ gọi mặt phẳng đó là mặt phang tọa độ. 1.1.3. Tọa độ của vectơ đối với hệ trục tọa độ Đối với hệ trục tọa độ ịO;ĩ, j ^, nếu a = xỉ + ỵ j thì (x,ỵ) được gọi là tọa độ của a . Kí hiệu: a =(x,y)haỵa =(x;y). 1.1.4. Tọa độ của điểm đối với hệ trục tọa độ Trong mặt phang tọa độ Oxy, tọa độ của vectơ OM được gọi là tọa độ của 2 điểm M. 1.1.5. Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng cho 2 điểm A , B trong đó Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Уд ) và В (*B ’ Ув ) • Khi đó trung điểm M ( x M; y M) của đoạn A B có tọa độ XM ~ Ум = Xạ +XB 2 Уа +У в 1.1.6. Tọa độ trọng tâm cùa tam giác Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác A B C trong đó ^ (Я/рУд )' В ( xß ’ Ув ) » С ( хс ’ Ус ) • Trọng tâm G ( XG; y G) của tam giác A B C có tọa độ XA + X B + X C v Ус Уа +У в + Ус 3 1.2. Các phép toán trên các vectơ 1.2.1. Tổng hai vectơ Cho hai vectơ и và V. Lấy một điểm A tùy ý, vẽ A B —и và A C = V. Vectơ A C được gọi là tổng của hai vectơ и và V. Ta ký hiệu tổng của hai vectơ и và V là и + V. Vậy AC = u + v . 1.2.2. Hiệu hai vectơ Cho hai vectơ и và V. Ta gọi hiệu của hai vectơ и và V là vectơ M+ (-v j. Kí hiệu u - v . 1.2.3. Nhân vectơ vói một số thực Cho số к Ф0 và vectơ и Ф 0 . Tích của vectơ и với số k là một vectơ, kí hiệu 3 là k u , cùng hướng với u nếu k > 0 , ngược hướng với u nếu k < 0 và có độ dài bằng ịkị.ịu . 1.3. Tích vô hướng của hai vectơ • Định nghĩa: Cho hai vectơ u và V đều khác vectơ 0 . Tích vô hướng của hai vectơ u , V là một số. Kí hiệu là u.v được xác định theo công thức —— — * — u.v = u • V • Tính chất của tích vô hướng Cho 3 vectơ bất kỳ u , V, w và mọi số thực k ta có i. u.v = V.U i\ . u > 0 , u = 0 «=0. • Biểu thức tọa độ của tích vô hướng Trên mặt phẳng tọa độ (O; i , j ) , cho hai vectơ w(w,;w2), v(vpv2). Khi đó tích vô hướng u.v là: u.v =u]vị + U 2V2 . 1.4. Các bất đẳng thức hình học • Khái niệm bất đẳng thức Giả sử A và B là các biểu thức. Các mệnh đề " A > B ' \ " A > B", " A < B " được gọi là bất đẳng thức. • Một số tính chất cơ bản của bất đẳng thức i. a > b và b > c suy ra a > c ii. a > b tương đương a + o b + c iii. Nếu c > 0 thì a > b khi và chỉ khi ac > bc 4 "A < B '\ iv. Neu c < 0 thì a > b khi và chỉ khi ac < bc 1.4.1. Bất đẳng thức vecto’ Cho vectơ a độ dài của vectơ a kí hiệu là Khi đó: a) < b) < u.v < c) u +V < + Tổng quát: Cho các vectơ u],u2,...,un . Ta có < u, + 1.4.2. Bất đẳng thức tam giác • Với 3 điểm A, B, a) AB + BC > AC c bất kì ta luôn có Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi B nằm trong đoạn thẳng AC. b) I AC - AB I < BC Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c nằm ngoài đoạn thẳng AC. • ....... , An ta luôn có Trong không gian cho n điểm Ạ , AA, - + A A + .....+ Ai-iAi* 1.5. Phương trình các đường 1.5.1. Phương trình tổng quát của đường thẳng Dạng tổng quát của phương trình đường thẳng: ax+bỵ + c = 0 (a 2 +b2 ^ ó). 1.5.2. Phương trình đường tròn Dạng tổng quát của phương trình đường tròn tâm I (a\b) , bán kính R : ( x - t ì) 2 + ( y —bỸ = R2 1.6. Phương trình các mặt 5 1.6.1. Phương trình tống quát mặt phẳng ax + by + cz + d = 0 [a1 +b2 +c2 ìt o). 1.6.2. Phưong trình mặt cầu Phương trình tổng quát của mặt cầu tâm bán kính R : ( x - a ) 2+ ( y - b ) 2+ ( z - c ) 2 = R 2 1.7. Khoảng cách 1.7.1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Trong mặt phang Oxy cho đường thẳng À có phương trình ax+by + c = 0 (a2+b2 * 0 ) và điểm M 0 ( W o ) . Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng À kí hiệu là d (M0, à ) , được tính bởi công thức 1.7.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng Trong không gian Oxyz cho điểm M ữ(x0;;y0;Z0)và mặt phẳng ( ^ ) c ó phương trình Ax + By + Cz + D = 0 (Ả2 +B 2 +c 2 ^ o ) . Khoảng cách từ điểm M 0 đến mặt phẳng ( p ) kí hiệu là d (Af0,(p )), được tính bởi công thức (,a 2+ b 2+ c 2 ^ o ) 6 CHƯƠNG 2. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG VIỆC GIẢI CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SÓ Tọa độ hóa các bài toán để giảm bớt quá trình tính toán và thấy được rõ hơn mối liên quan giữa hình học và đại số. Vì vậy, sử dụng phương pháp tọa độ để giải các bài toán đại số là phương pháp hay dùng và hiệu quả. 2.1. Phương pháp tọa độ trong bài toán bất đẳng thức Vận dụng phương pháp tọa độ ta có thể giải quyết được các bài toán bất đẳng thức đại số có chức căn bậc hai, trong đó ta có thể đưa về tổng bình phương của các số hạng. Sau đó sử dụng công thức tính độ dài vectơ đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng độ dài tổng của các đoạn thẳng trong đường gấp khúc lớn hơn độ dài đoạn thẳng nối hai đầu mút. 2.1.1. Cơ sở lý thuyết u=0 + > u + v dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi V= Õ u = k v ( k > o) u.v < , dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi u = k v ( k > o). 2.1.2. Phương pháp tọa độ trong bài toán bất đẳng thửc Bài 1: Chứng minh rằng \la2+a + \ +yỊa2- a + 1 > 2 với mọi ứ e l . Lời giải: Ta có: (1 + ũ. +1 — a +— + V 2y V / 2 r /T\2 a - a + 1= 1a — I + 2 7 Đặt u a + . Khi đó ta có u + vịl;>/3). Mặt khác ta lại có + > «+V Suy ra \la2 +a +1+ \ [ ĩ —a + 1 > 2. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 -2- = 1 a = 0. -a Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 2: Chứng minh rằng yja2 +6a + 4b2 +9 + sla2 +4b2 - 2 a - \ 2 b + \0 >5 Lời giải: Bất đẳng thức tương đương với Ậ a + 3 f + ( 2 b ) 2 + ^ j ( \ - a ) 2 + { 3 - 2 b f >5. Đặt u[a + 3 ; 2 b ) , v ( \ - a ; 3 - 2 b y = Ậ a + 3)2 +(2bf + Ậ i - a f + ( 3 - 2 b f . Khi đó ta có Mặt khác ta lại có + > u +v Suy ra Ậ a + 3 ) 2 +(2b f + Ậ ì - a ý + ( 3 - 2 b f >5. a +3 2b Dâu “=” xảy ra khi và chỉ khi -------- - —— * 1- a 3 -2 b hay 3tf-8fr+9 = 0 Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 3: Chứng minh rằng 4~a + cib b~ Lò'/ giải: *\Jỉ?~ + bc +~c + ~ Cữ + CI "N/3 ị^ci + b + . Ta có + a2 +ab + b2 = a + V ^ J b V2 , \2 í r : \ 2 r c b2 +bc + c2 = b + - + c V 2y V2 , + c2 + ca + a2 = £ V2 2 , -5c a -J3 ơ1 + ^— -V1, H' c + —Ị-1—a 2 2 2z 2z, y 2 3 /3 Khi đó ta có M+ V+ w —(s/3(a + b + c) Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 4: Chứng minh rằng \/a,b ^ 4 c o s2 a cos2b + sin2 ( a - b ) + ^ 4 sin2 ứ sin2b + sin2 ( a - b ) > 2 Lời giải: Bất đẳng thức tương đương với ^(2C0S 2. Xét w(2 cos 2 + Lờ’/ giải: Đặt M ,[a];b]),M 2ị^a]+a2\bị +b2),M n (aị + a2+ ...+an\bx+b2+ ...+bn). Khi đó ta có OM, (ứ,;/?,) M 2 (^ 2’^2) Ta có OM, + M,M7 + ... + M n_xM n = OM Suy ra O M n + ỡ 2 + ... + a/j;Z?1+z ?2 + ... + Z?z). Mặt khác ta lại có 1< OM., = + a 2 + — + a „) + ( A + ^2 + — + ^ ,ỉ ) + M,M2 - %la \2 + K + *Ja 2 + ^2 2 + — + yỊa„ 2 + K D ấu “= ” x ảy ra khi và chỉ khi: O M ỉ, M ỉM 2, . . . , Mn_ỉM n cùng hướng. Hay Í/ị è, ếỉ') 10 )3 Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 6: Cho a , b , c > 0 và ab+bc + ca = abc. Chứng minh rằng slb2 +2a2 ab Vc2 +2b2 bc %la2 +2c2 >3 ca Lời giải: Bất đẳng thức tương đương với: LỂ] tì!* b u+v+w= y ’ V/? ’ c 1 + 2 1 2 Khi đó ta có = ( l; ^ ) ( v ì —+ -^-+- = 1) v ’ a b c - + —4 a b c Mặt khác ta lại có 1 vcc ’ a , ’ + w > u + v + w suy ra 1 2 „ íiĩ+# +# +Ặ +# +Ặ - 3 Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 7: Cho a,b,c> 0, trong đó a > c và b > c. Chứng minh rằng yjc(a —c^ + ^ c { b —c^ < \[ãb . Lời giải: Đặt u Ụ a-c\* Jc^, v Ụ c ^ b - c Ỵ Khi đó u.v = yỊcị^a-c) + yỊc(b-c^ Mặt khác ta lại có u.v < Suy ra J c ( a - c ) + y Ịc ị b - c ) < y/ãb . 11 yỊa-c у/с Dâu ‘ ” xảy ra khi và chỉ khi — 7=—= Ị \Ịc \ Ị b - c (do с >0, a - c > 0, b - c > 0) «> (a —c)(b —c) = c2 ab = c(a + b) — f —= —. y ; a b с Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 8: Giả sử hê íúf 4- ũb 4- b = 3 , > có nghiêm |62+6c + c2 =16 & Chúng minh rằng ab + bc + ca< 8. Lời giải: Đặt и 2 2 J 2 • Khi đó f \2 + —b2 = \ja2 +ab + b2 = л/з bI + -ö 4 V 2y = J - c 2 + Ị^b + - =y[b* +bc + c2 = 4 Ta có w.v = - ^ ( f l f c + fcc + c a )v à |и|.|у| = 4>/з Mặt khác u .v< и .V Suy ra ab + be + ca< 8 Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 9: Chứng minh rằng với mọi so ta có abc (a + b + c ) < a 4+b4+c4 (*) Lời giải: vế trái của bất đẳng thức (*) tương đương a2bc +ab2c +abc2 Xét các vectơ u ịab\b c\cà) , v(ca\ab\bcỴ Khi đó ta có 12 = %la2b2 +b2c2 +c2a2 = +Jc2a2 +a2b2 +b2c2 u.v = a 2bc + ab2c + abc2 Mặt khác ta lại có u.v ÕĂ + ÕB + ÕC =10. 13 rằng Mặt khác ta lại có OA + OB + o c < OA + OB + o c +b2y 2 + *\Ị\ 6c2 + c V 10< %/l 6 £Z2 + Giả sử OA = 0 í 4 a= 0 ax = 0 Khi đó OC + OB OB + o c j 4 c = 4Ả:/? Ị c = kb \ acz = 4/:/?>’ ^ Ịcz = /:/?v ^ ^ OC = kOB ( k > 0) [c = kb y Mặt khác theo giả thiết ứ+£ + c = 2 => b + c = 2 ịc = kb & >0vàc>0vH . - k> 0 => \b + c - 2 cùng dấu; b,c > 0 Khi đó k = —- ì . b Lại có by + cz = 6. Do ;y = z b +c = 2 y = z= 3 a=0 Vậy /? + c = 2 y=z=3 ii. Trong 3 vectơ OÁ,OB,OC có 2 vectơ là vectơ 0 Giả sử OA = OB = õ a —b —0 c=2 Theo giả thiết ta có: ax + bỵ + cz = 6 => z = 3 14 a = b = 0 Vậy ] c = 2 z =3 iii. Cả 3 vectơ OA,OB,OC khác vectơ õ . a-kb < f a - kby OA = kOB (m,k > o) OB = mOC ' b = mc ^ x= ỵ= z= 3 0 by = mcz Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 11: Cho ci,b,c tùy ý. Chứng minh rằng 4- V«2~ +bc -hc^ ~ Lời giải: 'n2Ẽ 0;-^—. c + -!—b Đặt A 2 c| 2 2 2 Khi đó ta có í b Vã BA CI+ - ; —— c 2 2 c \Í3 AC —-~CI\—— b 2 J V 2 ■ BC 2 2’ 2 ° 2 fylà 5^4 + y4C ^ BÁ + j4C —BC b) 2J 3, 2 + 4 £Z+ — H— -~ + a 2 Ỵ 3 2 +—C > 4 >/ a 2 + a b + b 2 + s ] a 2 + Ũ C + C1 > * J b 2 + b c + c 2 15 J Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BA , AC cùng hướng. b ( с a + — = k\ - —-Cl 2 Ị, 2 Hay BA —к AC (&>0) ' - £ b =- k £ c 2 2 k> 0 b - kc 2a+b b í с ——— = - ------ а 2 2V 2 k> 0 ab+bc + cz = 0. Bài 12: Cho ba số thực a,b,c đôi một khác nhau. Chứng minh \a-b\ \b~c\ \a-c\ л/l + ß2.%j\+b2 ф + ь 2л/l + c2 + a2.*sl\ + с2 ^^ Lòi giải: Bất đẳng thức (I) tương đương với \a-b\ .л/l + c2 + \b - c\ л/l + a2 > \a - c\ ЛỊ\ + b2 Ậ a - b Ỵ (l + c 2) + Ậ b - c Ỵ ị l + a 2) > ^ ( ú t - c ) 2 (a b - b c )2 ^ Ị ( a - b ) 2 (a c - b c ) 2 +^J(b-c)2 [ b a - c a ) 2 > a - с )2(a b - b c ỹ Đặt A(a;bc), B(b\ac), c[c\ab). Khi đó điều phải chứng minh tương đương AB + ВС > AC. Mặt khác với ba điểm bất kỳ ta luôn có A C < AB + ВС Ta có A B ị b —a \ a c —bc) ВС ( с - b ; a b - а с ) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AB , ВС cùng hướng. 16 b -a =k (c -b ) Hay AB = k B C ( k > 0) ac-bc =k{ab-ac) c-a £_ k (c —à){b —c ) = 0 =^> c k ( b - c ) = k a ( b - c ) ( mâu thuẫn giả thiết). Dấu “=” không xảy ra. Vậy ta có điều phải chứng minh là đúng. Bài 13: Cho các số thực a,b,c,m,n thỏa mãn biểu thức ma + nb = c với / \2 / \2 (2 a - b - c ) 2 a +b > 0. Chứng minh rằng ( m - 2 ) +(n + l) > ----- ——— Lời giải: Trong hệ trục toạ độ Oxy cho đường thẳng A có phương trình tổng quát: cix + by + c = 0 ( a 2 +b2 ^ 0 ) và điểm / ( 2 ; —l). Khi đó điểm M (ra; n) thuộc đường thẳng A vì ma + nb = c (theo giả thiết) Khoảng cách từ điểm / ( 2 ;-l) đến đưòng thẳng A I A 1 H /X / \2 / \2 (2a-b-cỴ Ta có IM > c /(/,à ) nên ( m - 2) +(w + l) > v 2 , D ấu “= ” x ảy ra khi v à chỉ khi điểm M = H 17 Bài 14: Cho a , b , c , d thỏa mãn Chứng minh rằng a 2 +b2 = a (l) c2+ d 2 = 0 (2) a - c f + ( b - d f g (*), Ух e D . Khi đó ta có max f ( x ) > max g (x) xeD ' v 7 XeD V 7 Đỉnh lv 5. ( Nguyên lý phân giã ) Giả sử / (*) xác định trên miền D và miền D được biểu diễn dưới dạng D = Dị u D 2 u . . . u D (i . Giả sử tồn tại max / (л:) min / (x) \/i = \,n. xeDị xeDị Khi đó ta có max / (x) = max max f i x ) , max f ix ) , . . . , max / Ы xeD xeDị xeD2 21 ) min f ( x ) = m in < m in /(x ),m in /(x ),...,m in /(x )> xeD ' ( xeDị xsD2 ' xeDH J Nhân xét: Từ tính chất này cho phép ta biến đổi bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên miền xác định phức tạp thành một dãy các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên miền xác định đơn giản. Vì vậy mà định lý này được gọi là nguyên lý phân rã. 2.2.2. Sử dụng phương pháp tọa độ giải bài toán tìm giá trị ló’n nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số a) • Cơ sở lý luận Cho 3 điểm A,B,M trong đó УА), В( х в;ув ), M («(*); v(x)) với и (*), V(x) là các hàm số. Cho hàm số y = f ( x ) . Biểu diễn у - AM + BM . Ta có A M + BM > A B . Khi đó min / (x) = AB khi và chỉ khi Ả, В , M thẳng hàng. • Cho hai vectơ а ( а ^ а 2) và b(b\\b2) . Ta có: ah < Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ap2- a 2bị =0 axb2 - a 2b{ = 0 a +b < + . Dấu ‘ xảy ra khi và chỉ khi < ũịbị > 0 a2b2 > 0 Nhân xét: Đe sử dụng phương pháp tọa độ trong việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số thì biểu thức của hàm số đã cho phải có dạng tổng bình phương hoặc tổng của tích các thừa số. b) Phương pháp tọa độ trong bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số b l. Phưo’ng pháp toa đô trong bài toán tìm giá tri lớn nhất giá tri nhỏ nhất cùa hàm 1 biến số. 22 Bài 1 : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (x) = \1~х^-4х+~\3 + V ?4-2x-k5 Lời giải: Tập xác định D = R. Ta có y = ì j ( 2 - x ) 2 + 9 + ^(x + l)2+4. Đặt u(2-x ;3), v(x + l;2 ). Khi đó ta có y = Mặt khác + + >\u + v = 734. Vậy min / (x) = %/34, đạt được khi và chỉ khi Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f (*) = л/л'2 + 2*4-5 + yfx* —4x + 40 Lời giải: Viết lại hàm số dưới dạng у = ^(x + l)2 +4 + Ậ x - 2 ) 2 +36 Xét các điểm A (-1;2), z?(2;6)và А/ (x;о ) , khi đó ta cỏy = AM + BM Mặt khác A M + BM > AÆ = 5. V ậy min / (x) = 5, đạt được khi và chỉ khi A, B, M thẳng hàng Hay x+1 -2 Bài 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ;y = /(jc ) = л/х2 —JC+ 1 + s f ĩ —y/ĩx + ì . Lời giải: Tập xác định D = R 23 Đặt a ----х\ 2 V S 2 л , Тъ ь Khi đó ta có y = f (x) = + J + Mặt khác ta lại có > a +b Suy ra y = f (л) > AB = 4л/2 Vậy m i n / ( x ) = 4л/2 9 đạt được khi và chỉ khi А, x +\ 4 2x + 2 4 о X = —\ Bài 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm so ỵ = ^4 + ( \ —cosjc)2 + + COS Jt)2 в, M thẳng hàng Lai giäi: Tap xäc dinh D = R. Xet ö (2 ;1 -c o sx ), b(2;2 + cosx) . Khi dö ta cö y = Mat khäc + + \b > a + b =5 Väy min / (x) = 5, dat dugc khi vä chi khi 2^ , 0 X = -------h k 27T 3 2 1—cos x 1 —= ---------- cos x = — 2 2 + cosx 2 (/c e Z ) 2;r , i o jc= -------hA:2;r 3 Bai 6: Tim giä tri nhö nhät cüa häm so y = / (x ) = Vcos2 x —6 c o sx + 13 + Vcos2 x + 2 c o sx + 2 /,07 g/a/: Tap xäc dinh D - M. Ta cö y = ^ ( 3 -c o s x )2 + 4 + ^(cosx + l)2 +1 Dat m( 3 - cosx;2), v (l+ co sx ;l). Khi dö häm so tra thänh y = Mat khäc ta lai co + + > u + v = 5. Väy min f (x) = 5, dat dirgc khi vä chi khi 1 3 -c o s x _ 1 ---------- = 2 cos x —— 1+ cos x 3 x = arccos —+ k 2n 3 1+ k 2n x = - arccos— 3 Bai 7: Tim giä tri 1cm nhät cüa häm so y —f (x) = \j x —1 + 2%/3-x. 25 (k eZ) Lời giải: Điều kiện \ < x < 3 Đặt u ị y / x - l ; y / 3 - x v (l;2 ). Khi đó ta có y = U.V\ u . V = y/ĩõ. Mặt khác ta lại có u.v < =VĨÕ Vậy max f ( x ) = y/ĩõ, đạt được khi và chỉ khi 2%/x -1 = s /3 - x o x = — 5 Bài 8: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số ỵ = / ( * ) = yfx* - 2 p x + 2 p 2 +^Jx2 —2qx + 2 p 2 p , q là 2 số thực cho trước và p ^ q . Lời giải: Trường hợp l:|/?| + |g |> 0 Trong mặt phẳng tọa độ Oxyxét A ( x - p;\p\}, B ( x —q;—\q\) Khi đó ta có / ( * ) = sj(x ~ p ) 2 +\p\2 + Ậ x - q ) 2 +k/f =OA + OB (O là gốc tọa độ). Mặt khác OA + OB > A B . Mà AB = Ậ p —q) + (|p| + |ợ|) ( không đổi) Vậy ta luôn có / (x) > ^ ( p - ^ + d p l + H ) 2 Vậy m in /(x ) = Ậ p - q f + (|p| +1?|)2 , x-p \p\ _ đạt được khi và chỉ khi —— - |J q-x \q\ _ pkl + dpl X - —p-Ị—r1.— \p\ + \q\ Trường họp 2: Xét \ p \ + \ q \ = 0 o p = q = 0 26 Khi đó ta có / (x) = 2\x\ Hay у т\п —о , đạt được khi và chỉ khi X = 0 Vậy với mọi p , q ta đều có y mìn = Ặ p - q f + (H + M)2 Bài 9: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số у = f ( x ) = yjx2 - 2 x + 2 + s i x 2 + 2 x + 2 trên —-;1 Lời giải: Ta có y = f ( x ) = y j ( x - \ f + \ + Ậ x + \)2+\ Trong mặt phẳng Oxyxét A^(2;2), M ( l;l- x ) Khi 1 3 , , thì 0< 1- X< —. Khi đó điêm M giới hạn trên đoạn thăng A/0M, với M0(l;0 ); m Ẩ 1 ;| Ta có OM = ^ l + ( x - l ) 2, MN = Ậ x + l)2+l Khi đó y = f { x ) = OM + MN Mà O M + M N > M N = 2 Vậy nun / (x) = 2, đạt được khi và chỉ khi 0 , M , N thẳng hàng _L-1 1—X 1 2 2 H a y ----- = — I = 0 ^ -ỳ' Mặt khác m a x /(;t) = max(ơAÍ + ỠN) = max{ơM0 + M ữN\OM x+ Mị N } = l + >/5 [—;il 2 ;l 27 Vây max/(A:) = / ( l ) = l + ^ và I™ n/(x) = / ( 0 ) = 2. l-H H ;IJ Bài 10: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y —/(-* ) = + x 2 +yja2 + ( c - x ) 2 Lời giải: Tập xác định D = R. Đặt w (a ;x ), v (a ;c -x ).K h i đó hàm số trở thành y = Mặt khác ta lại có u + V + = ^ 4 a2 +c2 Vây min f (x)= sỊAo2 + c2 , đat đươc khi và chỉ k h i ------= 1 X= — c-x 2 Bài 11: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f(x) = Jx+JĨ-^ Lời giải: x>0 Điều kiện: * ,_£>0 ° 0’) = v ' 4 đat đươc khi và chỉ khi X = — —, ỵ = — 15 20 Bài 5: Cho các số dương x , y , z thỏa mãn xy + yz + zx = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số / (x, y, z ) = x 4 + y 4 + z 4 Lời giải: 31 Trong không gian xét a ị x 2; y2;z2y b ( l;l;l) Khi đó ta có: u.v = X2 + y2 + z2 Mà Ị ũ . V j >(w.v)2 3 ( x 4 + y 4 + z4) > x 2 + y 2+ z 2 Theo bất đẳng thức Cô-si ta có X2 + y 2 > 2x y y1+ z ^ 2ỵz => X2 + y 2 + z 2 ^ xy + yz + zx z 2 + X2 > 2 z x Theo bài ra ta có xy + yz + zx = 4 Từ đó ta có 3(x4 + y4 + z4)> 16 => X 4 + y4 + z4 > — Suy ra min / (x, y, z) = 16, đạt được khi và chỉ khi _± + 2^ x = у =z = ^ — 3 Bài 6: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x , y ) = 4x + 3y. Xét trên miền D = |(x;;y):x2 + ;y2 + 16 = 8x + 6;yj Lời giải: Nếu (*; y ) e D ta có ( x - 4 ) 2+ ( j - 3 ) 2 = 9 Khi đó D là miền đường tròn tâm ĩ (4 ;3 ) ? bán kính R = 3 Khi ( x ; j ) e ô thì f ( x , ỵ ) = 4x + 3y = - ~^y +8 Hay f (x, y) đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi X2 + y2 đạt giá trị nhỏ nhất và / (x, y) đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi Giả sử M( x ; y ) G D 32 X2 +y2 đạt giá trị lớn nhất. Ta có O M 2 = X 2 + ỵ2 4 Khi đó min OM = OM ị max O M = O M 2 Với M ^ M 2 là giao điểm của 01 và ( ') • Phương trình tổng quát của đường thẳng OI là 3x - 4 ỵ = 0 Tọa độ giao điểm của OI và ( /) là nghiệm của hệ phương trình 4 9 32 < 24 33 3 ( 6Y ( + Khi này giá trị nhỏ nhất của O M 2 —O M ị2 — = 4 2 và giá trị lớn nhất của O M Vậy m in /(x ,;y ) = / m a x /( * ,y ) = / í 32) í 24] = OM2 = I + V5 у = 64 ^6 8Л = 10 v 5 ’5y 25 32 = 40 , Bài 7: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f ( x , ỵ , z , t ) = * j 5 - x - 2 ỵ + j 5 - z - 2 t + ^ 5 - x z - y t trên miền D = Ị(x; y \ z \ t ) : x 2 + y2= z 2 +t 2 = 5|. Z/07 giải: Ta có Giả sử M( x ; y ) N ( x ; y ) e D thì M,Af sẽ nằm trên đường tròn tâm ơ (0 ;0 ), bán kính /? = V5 Xét điểm p (l;2 ) nằm trên đường tròn đó Ta có MP = Ậ x - \ ý + ( y - 2 ) 2 NP = Ậ z - \ f + ( t - 2 y MN = Ậ x - z ) 2+ ( y - t f Khi dó f ( x , y , z , t ) = -j=(MN + NP + MP) V(x; y; z ; t ) 34 ÇE D . Do AMNP nội tiếp đường tròn [ 0 ',4 Ĩ ) Ta đã biết một tam giác nội tiếp đường tròn nếu nó là tam giác đều thì chu vi của tam giác đều đó lớn nhất Mà AMNP đều vì MN = NP = MP lại nội tiếp trong đừơng tròn có bán kính Nên AMNP có độ dài là a = Vậy f(x,y,z,t) 0 sao cho u = kv Do đó X là nghiệm của phương trình (1) khi và chỉ khi tồn tại Ả:>0 thỏa mãn ___ ____ fx > 0 x =2 x = k\l3x + 2 ------ X\j4-X = \Ị3x + 2 ị , , Ị— 1= k * j 4 - x [x - 4 x +3x + 2 = 0 _x = l + \Í2 Vậy tập nghiệm của phương trình là s = |2;1 + Bài 2: Giải phương trình yfx—T + X - 3 - ^ 2 ( x - 3 ) 2 + 2 ( x - l ) (2) Lờ/ g/ả/: Điều kiện xác định X > 1 Đặt uịylx-\-,x-3y v (l;l). Khi đó phương trình (2) trở thành u~v = u . v Mặt khác u.v = u . V khi và chỉ khi u, V cùng hướng. Hay tồn tại k > 0 sao cho u = k v . Do đó X là nghiệm của phương trình (2) khi và chỉ khi tồn tại k > 0 thỏa mãn: y/ x- 1 = k x —3 = k X - 7 x + 10 = 0 Vậy phương trình có nghiệm là x = 5. Bài 3: Giải phương trình ( 3 - x ) yfx —ĩ + \ f 5 - 2 x = V 40-34x + 10x2 - X Lời giải: 36 3 (3) x —ì> 0 X>1 Điều kiện '|5 -2 a :> 0 4 0 - 3 4 x + \0x2- x 3 > 0 2 Đặt w (3 -x ;l), vịy/ x-ì ' ,>j5-2x^ Khi đó phương trình (3) trở thành u.v = Mặt khác u.v = u . V khi và chỉ khi u, V cùng hướng Hay tồn tại k > 0 sao cho v = ku Do đó -X là nghiệm của phương trình (3) khi và chỉ khi tồn tại k > Othỏa mãn y/x-\ =k( 3 - x ) Jx- 1 1. => -------= v5 - 2x 1 ,---- — 3-x ụ 5 -2 x =k 2x3-17jc2+49jc-46 = 0 x =2 Vậy phương trình có nghiệm là x = 2. Bài4: Giải phương trình \ l x - 2 + *J4 - X =X2 - 6x Lời giải: [x -2 > 0 ị x >2 Điêu kiện 1 . o i [ 4 - jc> 0 Đặt VT = y / x - 2 + \ Ị A [x < 4 -x V P = x 2- 6 x + \ \ Ta có VP = ( x - 3 ) 2+ 2 > 2 Vxe[2;4] (I) Đặt w(l;l), vị y/ x-2' , \ l 4-x ). Khi đó VT = íi.v Mặt khác u.v < u . vị = 2 nên VT < 2 (II) Từ (I) và (II) ta có VT = VP = 2. 37 +ì \ X2 - 6x +11 yjx- 2 = yj4 - x Tức là < ( x - 3 ) +2 = 2 Vậy phương trình có một nghiệm x = 3. Nhân xét: Đe vận dụng biểu thức tọa độ của tích vô hướng vào giải phương trình thì phương trình phải có chứa tổng của tích các thừa số. Bài 5: Giải phương trình *Jx2 + 4 y 2 +6x + 9 + yjx2 + 4y 2 - 2x —ì2ỵ + \0 =5 (5) Lời giải: Tập xác định D = R . Phương trình tương đương Ậ x + 3)2+ị2y)2+ Ậ ì - x ) 2+ ( 3 - 2 y ) 2 =5 (5’) Đặt u(x + 3;2y), v ( l - x ; 3 - 2 j ) . Khi đó phương trình (5’) trở thành Mặt khác + + u + v khi và chỉ khi u +v u, V cùng hướng hoặc hoặc một trong hai vectơ là vectơ 0. Do đó (x-,y) là nghiệm của phương trình (5) khi và chỉ khi tồn tại k > Othỏa mãn: x + 3 = Ẩ:(l-x) 2y = k ( 3 - 2 y ) 1- X - 3 - 2y - 0 x+3 \-x 2y >0 3-2ỵ \ - x =3-2ỵ =0 38 Vậy tập nghiệm của phương trình là =1*0’“ (3*0 + 9 ): -3 < x0 < l ị . Bài 6: Giải phương trình \fx + 2,x + 2 + %/x —2x + 2 —2\/2 (6) Lời giải: Tập xác định D = R. Phương trình tương đương ^(x + l)2 +1 + Ậ x - ì ) 2+ 1 = 2\ỊĨ (6’) u +V Đặt w(x + l;l), v ( l- x ;l) . Khi đó phương trình (6’) trở thành Mặt khác \u + u + v khi và chỉ khi u, Vcùng hướng (do cả hai vectơ đều khác vectơ 0 ) Do đó X là nghiệm của phương trình (6) khi và chỉ khi tồn tại k > Othỏa mãn: ịx +\ = k ( \ - x ) 1= k X= 0 Vậy phương trình có nghiệm là X = 0. Bài 7: Giải phương trình \ l x 2 - 2x + 5 - \ l x 2 - 6x + \0 = \Ỉ5 (7) Lời giải: Tập xác định D = R. Phương trình tương đương ^ ( x - l ) 2+ 4 - ^ ( x - 3 ) 2+1 =y[E (7’) Khi đó phương trình (7’) trở thành Mặt khác — — u —v - u — V — khi và chỉ khi u, V cùng hướng ( do cả hai vectơ đêu u —v khác vectơ 0). Do đó * là nghiệm của phương trình (7’) khi và chỉ khi tồn tại k > 0thỏa mãn ị x - \ =2k í* -3 =k ~ x =5 Vậy phương trình có 1 nghiệm là X = 5. Bài 8: Giải phương trình %/x2 - 4 * +13 - *Jx2 + 2*+ 5 = %/ĨÕ (8) Lời giải: Tập xác định D = R. Phương trình tương đương ^ ( x - 2 ) + 9 - ^ ( x + l) + 4 = %/ĨÕ (8’) Đặt u ( x - 2;3), v (x + l;2 ). Khi đó phương trình (8’) trở thành Mặt khác u —v — -*• u —v — u — V khi và chỉ khi M, V cùng hướng (do cả hai vectơ đêu khác vectơ 0 ). Do đó X là nghiệm của phương trình (8’) khi và chỉ khi tồn tại k> 0 thỏa mãn: ịx + \ = k ( x —2 ) ị o [2 = 3k x =- l . Vậy phương trình có 1 nghiệm là x = —l . Bài 9: Giải phương trình \ l x 2 - 2x + 5 + \ l x 2 + 2*+ 10 = *JĨ9 Lời giải: 40 (9) Tập xác định D - R . Phương trình tương đương y j ( l - x ý +4 + ^(x + l)2 +9 = yỊĨ9 (9’) Đặt w ( l-.r ,2 ), v(x + l;3). Khi đó phương trình (9’) trở thành Mặt khác u + V + u +v khi và chỉ khi u, v cùng hướng hoặc một trong hai vectơ là vectơ 0 Do đó X là nghiệm của phương trình (9’) khi và chỉ khi tồn tại k > 0 thỏa mãn: íl —jc = Ả;(jt + l) ị 1 o 2 = 3k x = — 5 Vậy phương trình có một nghiệm X - — Bài 10: Giải phương trình ^lx + 3 - 4 y / x - ì + *Jx + 2 4 - 6 \ / x - \ =y/Ỹ7 (10) Lời giải: Tập xác định D = M.. Phương trình tương đương Ậ 2 - J ^ ĩ f +- 3 )2 +16 = - Ặ ĩ Đặt (10’) V*-1;0Ị, v(v*-l —3;4^. Khi đó phương trình (10’) trở thành: u + V = u + V Mặt khác u + v + khi và chỉ khi w,vcùng hướng hoặc một trong hai vectơ là vectơ 0. Do đó X là nghiệm của phương trình (10’) khi và chỉ khi u = 0 41 Tức là 2 - \ j x - \ = 0 o X =5 Vậy phương trình có một nghiệm X Nhân xét: Đe vận dụng công thức =5 u + V + vào giải phương trình thì phương trình phải có chứa tổng của các căn bậc hai chứa các tổng bình phương của các biểu thức 2.3.2. Phương pháp tọa độ trong bài toán giải bất phương trình. Nhân xét: Một số bất phương trình sau một vào bước biến đổi sẽ xuất hiện dạng hệ bất phương trình mà các bất phương trình của hệ là dạng độ dài của các vectơ, biểu thức tọa độ của tích vô hướng hoặc phương trình các đường cong đã biết và có thể biểu diễn chúng trên mặt phẳng tọa độ. Vì vậy ta sẽ dựa vào hình vẽ để tìm miền nghiệm của hệ sau đó suy ra nghiệm của bất phương trình ban đầu. a) Cơ sở lý thuyết Vw,v u.v < u +v < + V u,v b) Phương pháp tọa độ trong bài toán giải bất phương trình Bài 1: Giải bất phương trình sau *Jx —\ +x —3> %l2x2 -lO x + 16 ( 1) Lời giải: Điều kiện xác định x > \ . Phương trình tương đương y/x —l + X- 3> ^ 2 ( x - 3 ) 2 + 2 x - 2 (1 ’) Đặt u Ụ x - l;x -3 ^ , z?(l;l). Khi đó phương trình (1’) trở thành w.v > Mặt khác Do đó X u. V > u . V khi và chỉ khi u, V cùng hướng là nghiệm của phương trình ( ! ’) khi và chỉ khi tồn tại k >0 thỏa 42 X> 3 \lx - 1= k m an "ì „ , X X -1 = X2 - 6x + 9 x - 3 =k Vậy bất phương trình có nghiệm là X =5 =5 Bài 2: Giải bất phương trình V x 2 - 8 x + 816 + V x 2 + 10x + 267 < V 2 0 0 3 ( 2) Lời giải: Bất phương trình tương đương ^(4 - x)2 + 800 + ^ ( x + 5)2 + 242 < V 2003 (2 ’) Đặt wÍ4-x;2Ck/2V víx + 5;l Khi đó bất phương trình (2’) trở thành u + V < Mặt khác ta lại có u + V < + + ( đúng với mọi u, V). Vậy bất phương trình nghiệm đúng với mọi x e M . Bài 3: Giải bất phương trình sau 'ịa + 'Ịx +yỊa —yfx < 2 (3) Lời giải: X> 0 a + «Jx > 0 ^ a > - \[x ^ a-*Ịx > 0 a > yfx X>0 a > yfx Từ điều kiện suy ra a > 0. Đặt u - ^Ịã+~ỹfx = \Ịa-*Jx \u2 = a+v ~~X u2 + v2=l a (w ,v>0).Khi đó bất ỉ 1 = a — \Ị~X u + v< 2 phương trình (3) trở thành u 2 + V2 = 2 a u, V > 0 43 (*) Trong đó M(w;v) thỏa mãn (*) là các điểm thuộc góc phần tư thứ nhất của đường tròn tâm ơ (0 ;0 ), bán kính R = y/ĩã Nếu ^Ịĩã > 2 => a > 2 hệ bất phương trình vô nghiệm. Nếu s lĩã < d ( 0 , À ) = \ f ĩ ^ 0 < a < 1 hệ bất phương trình có nghiệm thỏa mãn 0 ’ z Đặt w(x0;;y0;z0), v (y 0;z0;x0) Theo (ii) ta có u.v = x0y0 + J 0Z0 + Z0X0 = 27 (/v) Theo (/),(//) ta có = x02 + y02 + z02 = (x0 + y0 + z0ý - 2 (x0y0 + J 0Z0 + z0*0) =27 (v) Từ (iv) và (v) suy ra M.v = w . V Mà M^ 0, V ^ 0 ( do x0, y0, Z() ^ 0 ) nên w, V Tức là u =kv (k> 0) 49 phải làhai vectơ cùngchiều x0 =ky0 y» = teo ^ M) 7 =k x /UL0 ^ k >0 Vậy mọi nghiệm (nếu có) của hệ (5) đều có dạng (3;3;3). Thử lại vào hệ ta thấy thỏa mãn. X = 3 Vậy nghiệm của hệ là ' y = 3 z=3 Bài 6: Giải hệ phương trình 4 X + y 4 +z 4 1 = l X" + y 2 + 2 z 2 = s Ị Ĩ ^ Lời giải: Giả sử (x 0;y 0;z 0 ) là nghiệm của hệ (6) (nếu có). Đặt u ( x 02;y 02;z02), u ( l;l;2 ). Khi đó ta có u = \l x 0 + yồ + z02 = I , V=J(> u .V = x 02 + y 02 + 2 z02 — ^/7. Mặt khác u.v < y ỊĨ < %/ó (mâu thuẫn). Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 50 KÉT LUẬN Trong chương trình toán ở phổ thông, các bài toán đại số có rất nhiều phương pháp giải. Trong khóa luận này em đã trình bày phương pháp tọa độ để giải một số lớp bài toán đại số. Phương pháp này là một trong các phương pháp hay và độc đáo. Việc giải các lóp bài toán này hoàn toàn đưa về các bài toán hình học. Với mong muốn bạn có thể giúp bạn đọc biết thêm về một phương pháp để giải toán, đồng thời giúp bạn đọc hiểu rõ hơn về mối liên hệ giữa đại số và hình học. Do bước đầu làm quen với công tác nghiên círu khoa học, thời gian và năng lực của bản thân còn hạn chế mặc dù đã có cố gắng song khóa luận không khỏi tránh được những thiếu sót. Em kính mong nhận được sự chỉ bảo của các thầy cô trong khoa Toán cùng với sự đóng góp của các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn. Một lần nữa em xin gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc nhất đến cô giáo - TS. Nguyễn Thị Kiều Nga đã tận tình chỉ bảo, giúp đỡ em hoàn thành khóa luận này. Em xin chân thành cảm 0’n! 51 [...]... b 2+ c 2 ^ o ) 6 CHNG 2 PHNG PHP TA TRONG VIC GII CC BI TON I Sể Ta húa cỏc bi toỏn gim bt quỏ trỡnh tớnh toỏn v thy c rừ hn mi liờn quan gia hỡnh hc v i s Vỡ vy, s dng phng phỏp ta gii cỏc bi toỏn i s l phng phỏp hay dựng v hiu qu 2.1 Phng phỏp ta trong bi toỏn bt ng thc Vn dng phng phỏp ta ta cú th gii quyt c cỏc bi toỏn bt ng thc i s cú chc cn bc hai, trong ú ta cú th a v tng bỡnh phng ca... R : ( x - a ) 2+ ( y - b ) 2+ ( z - c ) 2 = R 2 1.7 Khong cỏch 1.7.1 Khong cỏch t mt im n mt ng thng Trong mt phang Oxy cho ng thng cú phng trỡnh ax+by + c = 0 (a2+b2 * 0 ) v im M 0 ( W o ) Khong cỏch t im M n ng thng kớ hiu l d (M0, ) , c tớnh bi cụng thc 1.7.2 Khong cỏch t mt im n mt mt phng Trong khụng gian Oxyz cho im M (x0;;y0;Z0)v mt phng ( ^ ) c ú phng trỡnh Ax + By + Cz + D = 0 (2 +B 2... quỏt: Cho cỏc vect u],u2, ,un Ta cú < u, + 1.4.2 Bt ng thc tam giỏc Vi 3 im A, B, a) AB + BC > AC c bt kỡ ta luụn cú ng thc xy ra khi v ch khi B nm trong on thng AC b) I AC - AB I < BC ng thc xy ra khi v ch khi c nm ngoi on thng AC , An ta luụn cú Trong khụng gian cho n im , AA, - + A A + .+ Ai-iAi* 1.5 Phng trỡnh cỏc ng 1.5.1 Phng trỡnh tng quỏt ca ng thng Dng tng quỏt ca phng trỡnh ng thng:... ca cỏc s hng Sau ú s dng cụng thc tớnh di vect a bt ng thc cn chng minh v dng di tng ca cỏc on thng trong ng gp khỳc ln hn di on thng ni hai u mỳt 2.1.1 C s lý thuyt u=0 + > u + v du = xy ra khi v ch khi V= ế u = k v ( k > o) u.v < , du = xy ra khi v ch khi u = k v ( k > o) 2.1.2 Phng phỏp ta trong bi toỏn bt ng thc Bi 1: Chng minh rng \la2+a + \ +ya2- a + 1 > 2 vi mi e l Li gii: Ta cú: (1... \j\6a2 +a2x 2 + ụ b 2 +b2y 2 W l6 c 2+ c V >10 Li gii: Trong mt phng ta Ox t A(Aa ;ax), B(4b\by), C(4c;cz) Khi ú ta cú OA + OB + o c - (4a + 4b + 4c;ax + by + cz) (8;6) => ế + ếB + ếC =10 13 rng Mt khỏc ta li cú OA + OB + o c < OA + OB + o c +b2y 2 + *\\ 6c2 + c V 10< %/l 6 ÊZ2 + Gi s OA =... hm s cú cc tr a phng ) iu kin cn hm s cú cc tr a phng: Nu hm s / (*)t cc tr a phng ti x0 e thỡ ch xy ra mt trong cỏc kh nng sau i f { x ) khụng cú o hm ti *0 ii / (x) cú o hm ti *0 thỡ / (*0) = 0 iu kin th nht hm s cú cc tr a phng Gi s hm s / (*) liờn tc trờn [a;b] cú cha im *0 v cú o hm trong khong (a;b)( cú th tr ti im *0 ) i Neu khi x i qua *0 m f ' ( x 0) i du t dng sang õm thỡ f ( x ) t cc... lý lun Cho 3 im A,B,M trong ú ), ( ; ), M (ô(*); v(x)) vi (*), V(x) l cỏc hm s Cho hm s y = f ( x ) Biu din - AM + BM Ta cú A M + BM > A B Khi ú min / (x) = AB khi v ch khi , , M thng hng Cho hai vect ( ^ 2) v b(b\\b2) Ta cú: ah < Du = xy ra khi v ch khi ap2- a 2b =0 axb2 - a 2b{ = 0 a +b < + Du xy ra khi v ch khi < b > 0 a2b2 > 0 Nhõn xột: e s dng phng phỏp ta trong vic tỡm giỏ tr ln... dng phng phỏp ta trong vic tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s thỡ biu thc ca hm s ó cho phi cú dng tng bỡnh phng hoc tng ca tớch cỏc tha s b) Phng phỏp ta trong bi toỏn tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s b l Phong phỏp toa ụ trong bi toỏn tỡm giỏ tri ln nht giỏ tri nh nht cựa hm 1 bin s 22 Bi 1 : Tỡm giỏ tr nh nht ca hm s y = f (x) = \1~^-4+~\3 + V ?4-2x-k5 Li gii: Tp xỏc nh D = R Ta cú... phõn giỏc ca gúc phn t th (I) v gúc phn t th (III) nờn X* = y* Mt khỏc im M e do ú ta cú 'V ) 1 ( * i X = 7 = > / = 1 2 4V Vy M = M *(l;l) hay u + v + w suy ra 1 2 ới+# +# + +# + - 3 Vy ta cú iu phi chng minh Bi 7: Cho a,b,c> 0, trong ú a > c v b > c Chng minh rng yjc(a c^ + ^ c { b c^ < \[ób Li gii: t u a-c\* Jc^, v c ^ b - c Khi ú u.v = yc^a-c) + yc(b-c^ Mt khỏc ta li cú u.v < Suy ra J c ( a - c ) + y c b - c ) < y/ób ... =(x,y)haa =(x;y) 1.1.4 Ta ca im i vi h trc ta Trong mt phang ta Oxy, ta ca vect OM c gi l ta ca im M 1.1.5 Ta trung im ca on thng cho im A , B ú Trong mt phng ta Oxy ) v (*B ) Khi ú trung... Khong cỏch tự mt im n mt ng thng 1.7.2 Khong cỏch t mt im n mt mt phng CHNG PHNG PHPTA TRONG VIC GII CC BI TON I Sể 2.1 Phng phỏp ta bitoỏnbt ng th c 2.1.1 C s lý...TRNG I HC su ' PHM H NI KHOA TON NGễ TH THY LIấN PHNG PHP TA TRONG VIC GII CC BI TON I S KHểA LUN TT NGHIP I HC C huyờn ngnh: i s Ngi hng dn khoa hc TS