Phuong phap vecto giai toan

Trong moãi caùch giaûi deàu coù caùi hay rieâng neân khi giaûi baøi taäp toaùn ta neân giaûi theo nhieàu caùch vaø phaân tích linh hoaït ñeå thaáy ñöôïc nhöõng ñieàu ñaèng sau noù.. Sa[r]

I Ưùng dụng để giải phương trình.

Ví dụ 1: Giải phương trình: x 1 x 3 x 2 x2 1.

     (1)

Nếu ta giải phương pháp đại số ta phải giải phức tạp Ta nhận xét thấy có tích x2 1.

 Nên ta liên tưởng tới tích vơ hướng độ dài vectơ

Ta đặt a x va b( ;1) ( 1x; 3 x)với điều kiện:  x  Khi đó: (1) có dạng: a b a b   

Nên theo Định nghĩa tính chất tích vơ hướng a va b  cùng phương. =>

1

x x

x

 



giải phương trình phương pháp đại số ta hai nghiệm là: x=1 x = +

Ví Dụ 2: Giải phương trình: x 1 x2 8 x2 3 x2 2 1

     

Giải Ta giải phương pháp vectơ sau: Ta đặt a x( ;1) va b( 1 x2; 8 x2)

 

 

với điều kiện:   x  Khi ta có: x 1 x2 8 x2 3 x2 1

     (vì: a b a b 

   

) Maø 3 x2 1 3 x2 2 1

    nên phương trình vơ nghiệm Vậy phương trình cho vơ nghiệm

Ví dụ 3: Cho phương trình: x2 x 1 x2 x 1 m

     

Tìm m để phương trình có nghiệm Giải

Ta nhận thấy có dạng độ dài vectơ: 1 1 ( 1)2 ( 1)2

2 4

x   x x  x  x   x 

xét mặt phẳng Oxy ta lấy: A(-1/2;0); B(1/2;0) M(x;  3/2) Khi đó: ( 3; )

2

AM  x  AM

 2

1

x  x vaø ( 3; )

2

BM x  BM

 2

1 x  x

Aùp dụng tính chất vectơ ta có: AM BM AB 1 với M m  ln tồn M để AM BM m nên để phương trình cho có nghiệm m 

Vậy với m  phương trình ln có nghiệm

II ỨNG DỤNG TÌM CỰC TRỊ CỦA HAØM SỐ

Phương pháp: ta dùng cách Đánh BĐT sau kiểm tra điều kiện dấu có đạt hay khơng dấu sảy ta có cực trị

Các em học sinh thường mắc sai lầm Đánh giá cực trị dấu khơng sảy Ví dụ 1: Tìm gía trị nhỏ hàm số: f x( ) a2 x2 a2 (c x)2

Giải.

Ta thấy có có tổng bình phương nên ta nghĩ đến phương pháp vectơ Xét mặt phẳng Oxy, đặt u ( ; )a x va v ( ;a c x ) u v   a2x2  a2(c x )2 u v 4a2 c2

  

 

p dụng tính chất: u v u v a2 x2 a2 (c x)2 4a2 c2

         

   

Dấu sảy u ( ; )a x va v ( ;a c x ) hướng => c-x =x => x=c/2 Vậy GTNN hàm số f(x) 4a2 c2

 x = c/2

Ví dụ 2: Tìm GTNN hàm số f(x;y) = x2 4y2 6x 9 x2 4y2 2x 12y 10

       

Giải. Ta có:

2 2

2 2

f(x;y) = 12 10

( 3) (2 ) (1 ) (3 )

x y x x y x y

x y x y

       

      

Xét mặt phẳng Oxy, đặt u(x3;2 )y va v (1 x; ) y 

khi

2 2

( 3) (2 ) (1 ) (3 )

u v  x  y   x   y u v   4232 5

p dụng tính chất: u v u v (x 3)2 (2 )y (1 x) (3 )2 y 5

          

   

Dấu sảy ta chọn x=-1 y = ¾

Vậy GTNN hàm số f(x) Sau số áp dung:

Bài 1: Tìm gía trị lớn hàm số: f x( ) a2 x2 a2 (c x)2

     a c tham số Bài 2: Tìm GTLN hàm số f(x;y) = x2 4y2 6x 9 x2 4y2 2x 12y 10 2008.

        

III Ưùng dụng để c/m BĐT.

Ví du 1:Cho tam giác ABC có trọng tâm G Chứng minh với M ta có: MA2+MB2+MC2  MA.GA+MB.GB+MC.GC  GA2+GB2+GC2.

* Ta c/m: MA.GA+MB.GB+MC.GC  GA2+GB2+GC2 trước sau:

Theo Định nghĩa tích vơ hướng ta ln có: MA.GA+MB.GB+MC.GC

 MA.GA+MB.GB+MC.GC =(MG+GA).GA+(MG+GB).GB+(MG+GC).GC               =MG GA GB GC.(   )

   

+ GA2+GB2+GC2 GA2+GB2+GC2 => ñpcm.

Dấu “=” M trùng G

* Ta c/m: MA2+MB2+MC2  MA.GA+MB.GB+MC.

MA2+MB2+MC2+ GA2+GB2+GC2

= (MA2+ GA2)+(MB2+GB2 ) +(MC2+ +GC2)

 2(MA.GA+MB.GB+MC) ( Theo BĐT côsi)

=> MA2+MB2+MC2 2(MA.GA+MB.GB+MC)- (GA2+GB2+GC2)

=> MA2+MB2+MC2 MA.GA+MB.GB+MC (Theo kết trên).

Ví dụ 2: Cho x,y,z ba số dương x+y+z  chứng minh rằng:

2 2

2 2

1 1 82

x y z

x y z

     

Giaûi

Bài ta dùng phương pháp khác phức tạp

Ta nhìn thấy có dạng tổng bình phương nên ta nghĩ tới công thức độ dài vectơ Ta có BĐT vectơ sau: a b  a b  dấu chúng hướng Ta suy

ra: a b c    a b c 

Nên ta có: 2 2

2 2

1 1 ( ) (1 1)

x y z x y z

x y z x y z

          

Ta lại có:(x y z) (2 1 1)2

x y z

     = 81(x y z) (2 1 1)2

x y z

     -80(x y z  )2

 18(x+y+z)(1/x+1/y+1/z) -80(x y z)2

 

 18.9 -80 = 82 (ta dùng côsi)

Vậy 2

2 2

1 1 82

x y z

x y z

      (dấu “=” x=y=z=1/3)

Ví dụ 3: cho a;b;c số thực Chứng minh: (a c)2 b2 (a c)2 b2 2 a2 b2

      

Giải Trên mặt phẳng Oxy ta đặt

( ; ) ( ; ) : (2 ;2 )

u a c b va v   a c b suy u v    a b

Ta coù: u v u v   neân (a c )2b2  (a c )2b2 2 a2b2

Bài toán giải xong

Qua ta nhận thấy biến c khơng tham gia nhiều vào q trình chứng minh nên ta thay c biểu thức khác phức tạp tạo tốn cực trị tập giải bình thường Ta có tập sau

Bài 1: Cho a;b  R Chứng minh: (a a3 1)2 b2 (a a3 1)2 b2 2 a2 b2

        

Baøi 2: Cho a;b  R cho a2+ b2= 2008 tìm GTNN cuûa:

2 2 2 2

(a a 1) b  (a a 1) b 2 a b

Các bạn có nhiều tập hay qua cách khai thác tập dạng toán Chúc bạn thành cơng

Ví dụ 3: Cho a,b  R Chứng minh:





2

 

 

2





1

1

2 1

a b ab

a b

 

  

 

Giaûi

Ta thấy biểu thức mẫu có dạng độ dài vectơ nên ta nghĩ phương pháp vectơ Và tử có ab nên ta dùng vectơ không gian

2

1 ,

u  a va v  b nên ta liên tưởng tới cơng thức Ta có:

2 2

1 cos( ; ) sin( ; ),

1 1

ab u v va a b u v

a b a b

 

 

   

   

Neân 2 2

1 cos( ; ).sin( ; ) 1sin2( ; ),

2

1 1

ab a b u v u v u v

a b a b

 

 

   

     

Suy ra:



 





2

 

2



1 sin2( ; ) 1.

2

1

ab a b

u v

a b

 

 

 

 

Đó đpcm

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có trọng tâm G tam giác A’B’C’ có trọng tâm G’ Hãy so sánh: AA’ + BB’ +CC’ 3GG’

Giải

Vì G G’ trọng tâm tam giác nên ta nghĩ đến đẳng thức vectơ:

0 ' ' '

GA GB GC     va GA GB GC     

                                                                                                       

khi đó: AA BB CC'   ' ' 3 GG' (tách điểm chen G ;G’ vào):

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

AA BB CC  AG GG G A BG GG G B CG GG G C         GG

            

Nên áp dụng tính chất độ dài vectơ ta suy ra: 3GG' 3 GG ' AA BB CC' ' ' AA BB CC' ' '

Dấu ‘=” sảy                             AA BB CC'; '; ' hướng

A A’

B’

G’ G

B

M’ M

IV Khai thác toán giải nhiều cách nhìn khác nhau.

Trong toán nhiều ẩn chứa nhiều cách khai thác khác Trong cách giải dều có hay riêng nên giải tập toán ta nên giải theo nhiều cách phân tích linh hoạt để thấy điều đằng sau

Sau cách khai thác thơng qua ví dụ mong bạn giải toán đừng nên chấp nhận giải xong cách

Bài toán:

Cho x;y  R: 36x2+16y2 = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ của:

P= y-2x+ 2008

Giải

Đầu tiên ta nhận thấy số 2008 tham gia vào toán số nên ta khơng cần quan tâm vào

Ta đặt u= y-2x ta tìm GTLN GTNN u Cách

Ta nhìn theo hệ phương trình có nghiệm

Ta hệ hai phương trình: u=y-2x (1) 36x2+16y2 = (2).

Từ (1) ta rút y theo x ta được: y= u+2x thay vào phương trình (2) 36x2+16(u+2x)2=9.

<=> 100x2+ 64u.x+16u2-9 =

Để phương trình bậc hai có nghiệm  ‘  <=> -576 u2+900  0.

<=> u2  1.5625

<=> u  [-1.25; 1.25] Vaäy: umax = 1.25 umin = -1.25

Nên Pmax = 2009.25

Pmin = 2006.75

Cách

Ta nhìn vào điều kiện ta thấy: 36x2+16y2 = <=> (6x)2+(4y)2 = 32.

<=> (2x)2+ (4/3.y)2=1.

Nên ta nghĩ đến đường tròn lượng giác giá trị lượng giác Ta được: 6x= 3cos t 4y = sint

Suy ra: x = ½ Cost y =3/4 sint Khi đó: u = ¾ Sint – cost

Sử dụng bất đẳng thức: a2 b2 a.sint bcost a2 b2

     

Ta được: 12 3.sin cos 12

4 t t

   

         

    neân umax = 1.25 umin =-1.25

Ta có kết

Ta nhìn vào điều kiện ta thấy: 36x2+16y2 = <=> (6x)2+(4y)2 = 32

Ta thấy giống cấu tạo bất đửng thức Bunhiacôpxki: (ab+cd)2  (a2+c2)(b2+d2) Dấu “=” a/b=c/d.

Ta taïo ra: u= (4y)/4 + (6x)/3

Aùp dụng ta dược: u2  [(6x)2+(4y)2] (1/16+ 1/9) = 25/16.

Neân : 5/4  u2  5/4 => -1.25  u  1.25.

Ta kết

Caùch

Ta thấy u= y-2x dùng cơng thức tích vơ hướng có bình phương nên có dạng cơng thức độ dài liên quan đến 4y 6x

Sử dụng phương pháp vectơ, Oxy đặt: a (4 ; )y  x va b (1/ 4; 1/ 3) Ta có u=y-2x = a b  .

Aùp dụng tính chất tích vơ hướng: a b                a b

Maø (6x) +(4y) 32 1

16 3.4

a   va b   

Neân  54 u 54 suy ra: -1.25  u  1.25

Ta kết

Caùch

Ta xem điều kiện đường trịn tâm O bán kính mặt phẳng OXY với X= 6x Y=4y ( chuyển hệ trục Oxy thành OXY

Còn u= y-2x <=> y = 2x+u đường thẳng với tham số u

Ta giải tốn quy hoạch tuyến tính cách di chuyển đường thẳng y=2x+u song song đường thẳng y=2x thành hai tiêùp tuyến ta tiếp điểm GTLN GTNN u