Khai thác thêm một số ứng dụng khác của Tích vô hướng nhằm

Phần I ĐẶT VẤN ĐỀ

3. Phương hướng và giải pháp thực hiện

3.3 Khai thác thêm một số ứng dụng khác của Tích vô hướng nhằm

nâng cao tính sáng tạo và hứng thú ở học sinh

3.1.3. Ứng dụng trong vật lý

Bài toán 1: Hãy thiết kế càng xe ngựa để giảm lực kéo của ngựa được mức tổi thiểu nhất.

Giải quyết: Mô hình lực kéo Fcủa ngựa và xe kéo

Công của lực do ngựa sinh ra khi kéo xe

Khi càng xe càng gần như song song với mặt đất, công da ngựa tác dụng vào xe sẽ lớn nhất. Khi đó, ngựa sẽ cảm thấy nhẹ nhất

Do vậy, người ta sẽ thiết kế sao cho càng xe có vị trí gần như song song với mặt đất.

Bài toán 2: Một ngọn đèn có khối lượng m = 1kg được treo dưới trần nhà bằng một sợi dây như hình 2. Hỏi lực căng của mỗi nửa sợi dây là bao nhiêu ?

Hình 1

Giải quyết: Mô hình lực tác dụng lên bóng đèn

Hình 2 Ngọn đèn nằm cân bằng nên � + �1 + �2 = 0 → � =− (�1 + �2) Dẫn tới :(�1 + �2)2 = �2 = �. � 2 = 96.04 Mặt khác: �1 = �2 = � và �1, �2 = 60° nên có được 2. �2 + 2. �2. cos60° = 96,04 VậyT = 9,83 N.

Bài toán 3: Treo một chiếc áo vào điểm chính giữa của sợi dây thép ( Hình 3). Khối lượng tổng cộng của mắc áo và áo là 3kg . Biết dây thép dài 4m và vị trí treo sà xuống so với vị trí ban đầu10cm. Tính lực kéo của mỗi nửa sợi dây.

Giải quyết: Mô hình treo áo

Đặtβ = CDB.cos2β = 2. ���2β − 1 = 2. ����2+��2 2− 1

Tương tự bài toán 2, ta thu đượcT = 300.37N.

Bài toán 4: Ba sợi dây buộc cân bằng, tạo với nhau góc 60° để treo một chậu hoa có khối lượng12kg( Hình 4). Tính lực căng trên mỗi sợi dây.

Hình 4

Giải quyết: Gọi lực căng trên mỗi sợi dây là�1, �2,�3;�là trọng lực tác dụng lên chậu hoa.

Ta có: �1 = �2 = �3 = �và �1, �2 = �1, �3 = �3, �2 Vì chậu hoa cân bằng nên� + �1 + �2 + �3 = 0

�1+ �2 + �3 =− P → �2 = 3�2+ 6. �2. cos60° = 6�2 VậyF = 2 3N.

Bài toán 5: hai mặt phẳng đỡ tạo với mặt phẳng nằm ngang góc α = 45°. Trên hai mặt phẳng đó người ta đặt quả cầu đồng chất có khối lượng2kg( Hình 5). Bỏ qua ma sát và lấyg = 10m/�2. Hỏi áp lực quả cầu tạo nên trên mỗi mặt phẳng đỡ là bao nhiêu?

Hình 5 Giải quyết:

Khi quả cầu cân bằng ta có:� + �1 + �2 = 0

Trong đóP = 2.10 = 20N; �1 = �1 = �; �1, �2 = 90°

� + �1 + �2 = 0 →− P = �1 + �2

Bình phương 2 vế và sử dụng tính chất của tích vô hướng hai véc tơ ta có:

�2 = 2. �2 + 2. �2. ���90° = 2�2

Vậy áp lực quả cầu tác dụng lên mỗi mặt phẳng đỡ là

N = P. 22 = 10 2N.

3.1.4. Ứng dụng trong giải Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

a) Một số kiến thức cơ sở

Cho hai véctơ u v , 0, tích vô hướng của hai véc tơ được định nghĩa như sau:

. .cos( , )

u v u v    u v  (I), với ( , )u v  là góc giữa hai véctơ Chú ý rằng  1 cos( , ) 1u v   nên . u v u v    (II) . u v u v     (III) u − v ≤ � + � ≤ � + � (IV)

Trong hệ tọa độ Descartes vuông góc Oxy cho u ( ; );x y v1 1 ( ; )x y2 2 thì biểu thức giải tích của (II) và (III) là

2 2 2 2

1 1 2 2 1 1. 2 2

2 2 2 2

1 1 2 2 1 1 2 2

|x y x y | x  y . x  y (III1)

(II) trở thành đẳng thức khi u v , cùng hướng,còn (III) khi trở thành đẳng thức khi u v , cùng phương,tức là u kv  hay

1 2 1 2 x kx y ky      (IV1)

với k 0;k > 0 khi u v , cùng hướng, k < 0 khi u v , cùng phương khác hướng.

b) Ứng dụng Tích vô hướng vào giải phương trình, hệ phương trình, bất phương trình Ví dụ 1:Giải phương trình x x + 1 + 3 − x = 2 �2 + 1 Giải Điều kiện−1 ≤ x ≤ 3 Đặtu = x; 1 ;v = x + 1; 3 − x u . v = x. √(x + 1) + √(3 − x) u . v = 2. x2 + 1

Áp dụng tính chất u. v ≤ u . v và dấu “ = “ xẩy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng ↔ 1 =x x + 1 3 − x ↔ x2 = x + 1 3 − x (điều kiện − 1 < x < 3) ↔ x3 − 3x2 + x + 1 = 0 ↔ x = 1; x = 1 ± 2

Đối chiếu điều kiện , ta có phương trình có hai nghiệmx = 1 và x = 1 + 2

Bài toán tương tự:

Bài 1: Giải phương trình

�2 + 2� + 10 + �2 − 6� + 13 = 41

HD: �2 + 2� + 10 + �2 − 6� + 13 = 41

↔ � + 1 2 + 32+ 3 − � 2+ 22 = 41

Đặt :� = � + 1; 3 ; � = 3 − �; 2

Bài 2: Giải phương trình

�2− 2� + 5 + �2 + 2� + 10 = 29

HD: �2 − 2� + 5 + �2+ 2� + 10 = 29

↔ 1 − � 2 + 22+ � + 1 2+ 32 = 41

Đặt :� = � + 1; 3 ; � = 1 − �; 2

Bài 3: Giải phương trình

�2 − 10� + 825 + �2+ 10� + 267 = 2022

HD: �2 − 10� + 816 + �2+ 10� + 267 = 2022

↔ 5 − � 2+ 20 2 2 + � + 5 2 + 11 2 2 = 2022

Bài 4: Giải phương trình �2 + 2� + 5 − �2 − 4� + 40 = �2 + 5� +45 4 �2 − 4� + 5 − �2 − 4� + 13 = 2 HD:� = � + 1; − 2 ; � = 2 − �; 36 . Sử dụng u − v ≤ � + �

Bài 5: Giải phương trình

�2 + 4�2 + 6� + 9 + �2 + 4�2 − 2� − 12� + 10 = 5

HD:� = � + 3; 2� ; � = 1 − �; 3 − 2� .

� + � = 4; 3

Bài 6: Giải phương trình

1 2 �2 + 2 + 1 2 �2− 16 5 � + 32 5 + 1 2 �2− 4� + 10 + 1 2 �2 − 4 5 � + 8 5 = 4 + 2 2

Bài 7: Giải phương trình

2�2− 6� + 9 + 2�2 −103 �� +139 �2+ 4 − 4� +139 �2 = 13

Bài 8: Giải phương trình

a) 3 − x � − 1 + 5 − 2� = 40 − 34� + 10�2 − �3 b)x 3� + 2 + 4 − � = 2. �2 + 1 . � + 3

Bài 9: Giải phương trình

2 2 x + 1+ � = � + 9 Ví dụ 2:Giải bất phương trình x x + 1 + 3 − x ≥ 2 �2 + 1(1) Giải: Điều kiện−1 ≤ x ≤ 3 Đặtu = x; 1 ;v = x + 1; 3 − x u. v = x. x + 1 + 3 − x u . v = 2. x2+ 1 Áp dụng tính chấtu. v ≤ u . v nên x x + 1 + 3 − x ≤ 2 �2+ 1 Do đó (1) xẩy ra khix x + 1 + 3 − x = 2 �2 + 1 Tương tự , ví dụ 1 ta tìm đượcx = 1và x = 1 + 2 Ví dụ 3: Giải bất phương trình 2 1 3 2( 3) 2 2 x   x x  x (3) Giải ĐK: x1 Đặt u( x1;x3),e(1;1)

Ta có: u  x 1 (x3) à2v e  2.

Theo (II’) ta được: x   1 x 3 2(x3)2 2x2,

Suy ra bất phương trình (3) chỉ có thể lấy dấu đẳng thức và nhờ (IV) ta được

1 3 5 x    x x Ví dụ 4: Giải bất phương trình 1 2 3 50 3 12 x  x   x  (4) Giải ĐK: 3 50 2 x 3 Đặt u( x1; 2x3; 50 3 ), x v(1;1;1) Ta có: u  48 4 3 à v v  3.

Theo (II’), ta có bất phương trình (2) luôn được thỏa mãn. Vậy nghiệm của (2) là 3 50

2  x 3

Bài tập tương tự

Bài 1: Giải bất phương trình

�2 + � + 1 − �2− � + 1 ≤ 1

Bài 2: Giải bất phương trình

2 2

x + 1+ � ≥ � + 9

Bài 3: Giải bất phương trình

− x + 1 + 3 − x 2 − x ≥ 3 �2 − 6x + 10 Ví dụ 5: Giải hệ phương trình � + � = 2 � + 15 + � + 15 = 8 Giải Đặt :� = �; 15 ;� = �; 15 ta có:� + � = � + �; 2 15 = 2; 2 15 � = � + 15 , � = � + 15, � + � = 22 + 2 15 2 = 8 Áp dụng tính chất (III) .u v u v     Dấu = xẩy ra khi � = �. 15

� = �. 15 ,k > 0.

Suy ra:x = y = 1.

Ví dụ 6: Giải hệ phương trình

�2 + � + � + 1 + � + �2 + � + � + 1 + � = 18 �2 + � + � + 1 − � + �2 + � + � + 1 − � = 2

Giải: Điều kiện �2 + � + � + 1 ≥ 0

�2 + � + � + 1 ≥ 0

Cộng , trừ vế theo vế của phương trình ta có:

�2 + � + � + 1 + �2 + � + � + 1 = 10 � + � = 8

Thếy = 8 − x vào phương trình trên ta được

�2 + 9 + �2 − 16� + 73 = 10 ↔ �2 + 9 �2− 16� + 73 =− �2 + 8� + 9 ↔ �2 + 9 � − 8 2 + 32 = 9 + � 8 − � 1 Đặt � = �; 3 ;� = 8 − �; 3 Khi đó : � . � = �2+ 32 � − 8 2 + 32 �. � = 9 + �. 8 − �

Phương trình (1) tương đương với phương trình � . � = �. � 2

Ta có : � . � ≥ �. �

Khi đó (2) xẩy ra khi và chỉ khi 8

3 3

x  x

hay x = 4 Vậy hệ có nghiệm 4; 4

Bài tập tương tự

Bài 1: Giải hệ phương trình

� + � = 10 � + 24 + � + 24 = 14 HD: Đặt � = �; 24 ;� = �; 24 3� + 3� = 6 3� + 7 + 3� + 7 = 10 HD: Đặt � = 3�; 4 ;� = 3�; 4

Bài 2: Giải hệ phương trình

3� + 3� = 6 3� + 7 + 3� + 7 = 10

HD: Đặt � = 3�; 4 ;� = 3�; 4

Bài 3: Giải hệ phương trình

�2 + �2 =− � � + � �2 + � + � =− 2��

3�2 + 8�2+ 8�� + 8�� = 2� + 4� + 2

HD: Hệ đã cho tương đương với

x x + y + y z + y = 0 x x + 1 + y 1 + 2z = 0

Đặt � = �; � ; � = � + �; � + � ;� = � + 1; 1 + 2� Ta có�. � = 0 ;�. � = 0;4v2 = w2

Nếu� = 0thìx = y = 0; y =−12

Nếu � ≠ 0 thì �, �cùng phương, nên � = 2� hoặc � =− 2�, suy ra x =

0; y = z =12

Bài 4: Giải hệ phương trình

x2+ yz = 1 y2 − zx = 0 z2 + yz = 0

Bài 5: Giải hệ phương trình

y z − 1 + xy = 0 y 2x − 5 + x x − z = 0 2x − 5 2 + x − z 2 = z − 1 2 + y2