Tạp Chí Con Đường Đại Học số 2 Truonghocso.com

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (4.62 MB, 40 trang )

CON ĐƯỜNG ĐẠI HỌC
Nhà xuất bản Trường Học Số
Tháng 1 Năm 2013
Đặt ẩn phụ không hoàn toàn
Nguyễn Thanh Trà
Trong các kì thi nói chung và thi ĐH nói
riêng. Ta hay gặp những bài toán với một đại
lượng khó xử lý (căn thức, biểu thức với số
mũ). Khi đó, một ý tưởng tự nhiên là đặt biểu
thức đó bằng một ẩn mới. Điều đó làm đơn
giản phương trình để dễ nhìn nhận. Sau đó, ta
tìm các mối liên hệ giữa ẩn mới và ẩn ban đầu
để được phương trình đơn giản hơn.
Chúng ta đến với ví dụ đầu tiên
Ví
dụ 1. Giải phương trình:
(x + 1)
√
x
2
− 2x + 3 = x
2
+ 1
Lời giải. Đặt
√
x
2
− 2x + 3 = y. Khi đó
phương trình trở thành:
(x + 1)y = x

2
+ 1
⇔ x
2
− 3x + 2 − (x + 1)y + (2x − 2) = 0
⇔ y
2
− (x + 1)y + 2(x − 1)
= 0 ⇔ y
2
− 2y −(x −1)y + 2(x −1) = 0
⇔ y(y −2) −(x −1)(y − 2) = 0
⇔ (y −2)(y − x + 1) = 0 ⇔

y = 2
y = x −1
⇔

x
2
− 2x + 3 = 4
x
2
− 2x + 3 = x
2
− 2x + 1
⇔ x = 1 ±
√
2
V

ậy nghiệm của phương trình là x ∈ {1 ±
√
2}

Từ việc đặt y =
√
x
2
− 2x + 3 và thay x
2
−
2x+3 = y
2
vào phương trình ban đầu, ta được
phương trình bậc 2. Sau đó coi đây là phương
trình bậc 2 theo ẩn y, giải phương trình này
ta tính được x theo y (hai phương trình có bậc
nhỏ hơn).
Ta nhìn nhận lại phương trình theo một góc
độ khác. Ta xét cách giải phương trình:
y
2
− (x + 1)y + 2(x − 1)
Xét ∆ = (x + 1)
2
− 8(x − 1) = x
2
− 6x + 9 =
(x − 3)
2

.
Như thế, phương trình có nghiệm:

y = (x + 1 +
√
∆)/2
y = (x + 1 −
√
∆)/x
⇒

y = 2
y = x − 1
Nhận xét rằng, nếu ∆ là một bình phương của
một biểu thức thì ta có thể biểu diễn biến x
theo y. Và khi xét phương trình ta sẽ có phương
trình mới với bậc nhỏ hơn phương trình ban
đầu.
Chúng ta có một số bài toán tương tự.
Ví
dụ 2. Giải phương trình:
x
2
+ 7x = (2x + 1)
√
x
2
+ x + 6
Ví dụ 3. Giải phương trình:
(x + 1)

2
= x
√
x
2
+ x + 1
Ví dụ 4. Giải phương trình:
2x
3
− x
2
+ 9x − 2 = (x
2
− 3x + 3)
3
√
2x
3
+ 6x
Ví dụ 5. Giải phương trình:
x
3
+ 6x
2
− 2x + 3 = (5x − 1)
√
x
3
+ 3
Tuy nhiên, chúng ra sẽ gặp khó khăn khi đến

với bài toán sau đây?
Ví
dụ 6. Giải phương trình:
10x
2
+ 3x + 1 = (1 + 6x)
√
x
2
+ 3
1
Vẫn như tư tưởng bài toán trước, đặt
√
x
2
+ 3 = y. Phương trình đã cho trở thành:
10x
2
+ 3x + 1 = (1 + 6x)y
Đến đây, ta phân vân không biết nên thay y
2
=
x
2
+ 3 hay 2y
2
= 2x
2
+ 6. Vậy ta sẽ tìm a thích
hợp để cộng vào hai vế:

10x
2
+ 3x + 1 = (1 + 6x)y
⇔ a(x
2
+ 3) + 10x
2
+ 3x + 1
= (1 + 6x)y + ay
2
⇔ (10 + a)x
2
+ 3x + 1 + 3a = (1 + 6x)y + ay
2
Coi phương trình trên như một phương trình
bậc 2 với ẩn y. Ta xét
∆ = (1 + 6x)
2
+ 4a[(10 + a)x
2
+ 3x + 1 + 3a]
= [36 + 4a(10 + a)]x
2
+
(12 + 12a)x + 1 + 4a + 12a
2
Nhận xét: Để biểu thức ∆ = (36 + 4a(10 +
a))x
2
+ (12 + 12a)x + 1 + 4a + 12a

2
có dạng
k(f(x))
2
thì biệt thức ∆ theo x bằng 0. Ta có:
∆

x
= 0
⇔ (6 + 6a)
2
= [36 + 4a(10 + a)](1 + 4a + 12a
2
)
⇒ a = −1
(lưu ý ở đây ta tìm được a = −1 nhờ máy
tính).
Khi đã tìm được a = −1. Ta có lời giải đẹp đẽ
và ngắn gọn như sau:
Lời giải. Đặt
√
x
2
+ 3 = y, y ≥ 0. Ta có:
10x
2
+ 3x + 1 = (1 + 6x)y
⇔ (x
2
+ 3) + (9x

2
+ 3x − 2) = (1 + 6x)y
⇔ y
2
− (1 + 6x)y + (9x
2
+ 3x − 2)
Xét ∆ = (1 + 6x)
2
−4(9x
2
+ 3x −2) = 9. Vậy
nghiệm của phương trình là:

y =
1+6x+3
2
y =
1+6x−3
2
⇔

y = 2 + 3x
y = 3x − 1
Mỗi phương trình vừa tìm được, việc giải quyết
là đơn giản vì đó chỉ là phương trình bậc 2. 
Ta hãy thử với một bài toán nữa:
Ví dụ 7. Giải phương trình:
x
2

+ 12x + 2 = (x − 2)
√
x
2
+ 8x + 1
Đặt
√
x
2
+ 8x + 1 = y. Ta tìm số a thích
hợp:
x
2
+ 12x + 2 = (x − 2)
√
x
2
+ 8x + 1
⇔ x
2
+ 12x + 2 = (x − 2)y
⇔ x
2
+ 12x + 2 + a(x
2
+ 8x + 1)
= (x −2)y + ay
2
⇔ (a + 1)x
2

+ (12 + 8a)x + 2 + a
= (x −2)y + ay
2
Coi là phương trình bậc 2 theo y. Ta xét:
∆
y
= (x −2)
2
+ 4a[(a + 1)x
2
+ (12 + 8a)x + 2 + a]
= x
2
− 4x + 4
+ 4a[(a + 1)x
2
+ (12 + 8a)x + 2 + a]
= (4a
2
+ 4a + 1)x
2
+ (48a + 32a
2
− 4)x + (4a
2
+ 8a + 4)
= (2a + 1)
2
x
2

+ (48a + 32a
2
− 4)x + 4(a + 1)
2
Bây giờ ta sẽ xét ∆

x
= 0. Ta có:
∆

x
= 0
⇔ (24a + 16a
2
− 2)
2
= 4(2a + 1)
2
(a + 1)
⇒ a = −
3
2
Ta có lời giải như sau:
Lời giải. Đặt
√
x
2
+ 8x + 1 = y. Phương trình
đã cho tương đương với:
x

2
+ 12x + 2 = (x − 2)y
⇔ 2x
2
+ 24x + 4 = 2(x − 2)y
⇔ 3(x
2
+ 8x + 1) − (x
2
− 1) = 2(x − 2)y
⇔ 3y
2
− 2(x − 2)y −(x
2
− 1) = 0
Xét ∆

= (x −2)
2
+ 3(x
2
−1) = 4x
2
−4x + 1 =
(2x − 1)
2
. Phương trình đã cho có nghiệm:

y =
x−2+2x−1

3
y =
x−2−2x+1
3
⇔

y = x − 1
y = −
x+1
3
2
Đến đây, phương trình có thể giải một cách dễ
dàng. 
Tương tự, hãy thử sức với các bài toán sau:
Ví
dụ 8. Giải phương trình:
2(x − 2)
√
2x − 5 = x
2
− 2x + 4
Ví dụ 9. Giải phương trình:
(x − 2)
√
4x − 3 = x
2
− 3x + 1
Ví dụ 10. Giải phương trình:
x
2

+ 3x + 7 = (x + 2)
√
x
2
+ 2x + 7
Đôi khi biểu thức không nhất thiết chỉ đơn
thuần với biến x. Ta đến với một số ví dụ sau:
Ví dụ 11. Giải phương trình:
2
√
x + 4 −4
√
x + 1 = x −2 +

(x + 1)(x + 4)
Lời giải. Để giải phương trình, ta đặt y =
√
x + 4. Phương trình đã cho tương đương với:
2y − 4
√
x + 1 = x −2 + y
√
x + 1
⇔ y(2 −
√
x + 1) −4
√
x + 1 = x −2
Tương tự như bài trước, ta tìm các cộng một
lượng ay

2
vào hai vế của phương trình:
⇔ y(2 −
√
x + 1) −4
√
x + 1 = x −2
⇔ y(1 −
√
x + 1) + ay
2
= 4
√
x + 1 + x −2 + a(x + 4)
⇔ y(2 −
√
x + 1) + ay
2
= 4
√
x + 1 + x(1 + a) + 4a −2
Xét:
∆ = (2 −
√
x + 1)
2
+ 4a(4
√
x + 1+
+ x(1 + a) + 4a − 2)

= x + 1 + 4 −4
√
x + 1 + 16a
√
x + 1+
+ 4a(1 + a)x + 4a(4a − 2)
= (2a + 1)
2
(x + 1) + (16a −4)
√
x + 1
+ 12a
2
− 12a + 4
Coi đây là phương trình bậc 2 theo ẩn
√
x + 1.
Ta tìm a sao cho ∆

√
x+1
= 0. Ta có:
∆

x
= 0
⇔ (8a −2)
2
= (2a + 1)
2

(12a
2
− 12a + 4)
⇒ a = 1
Vậy ta trình bày như sau: Đặt y =
√
x + 4.
Phương trình đã cho tương đương với:
2y − 4
√
x + 1 = x −2 + y
√
x + 1
⇔ y(2 −
√
x + 1) −4
√
x + 1 = x −2
⇔ y
2
+ y(2 −
√
x + 1) = 4
√
x + 1 + x −2 + x + 4
Xét
∆
y
=
= (2 −

√
x + 1)
2
+ 4(4
√
x + 1 + x −2 + x + 4)
= x + 5 −4
√
x + 1 + 16
√
x + 1 + 8x + 8
= 9x + 13 −12
√
x + 1
= 9(x + 1) −12
√
x + 1 + 4
= (3
√
x + 1 −2)
2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:

y =
√
x+1−2+3
√
x+1−2
2
y =

√
x+1−2−3
√
x+1+2
2
⇔

y = 2
√
x + 1 −2
y = −
√
x + 1
⇔
√
x + 4 = 2
√
x + 1 −2
Phương trình còn lại được giải một cách đơn
giản. 
Một số bài toán để các bạn luyện tập:
Ví dụ 12. Giải phương trình:
x
2
− 3x − 3 +

2 +
2
x


√
x + 1 = 0
Ví dụ 13. Giải phương trình:
(x − 1)
√
x + 2 = x −3 + (x + 1)
√
x − 1
Hướng dẫn: Phương trình tương đương với:
x+2+(x −1)
√
x + 2 = 2x −1+(x+1)
√
x − 1
3
Ví dụ 14.
Đối với một số phương trình xuất hiện hai
biểu thức căn:
Ví
dụ 15. Giải phương trình:
√
x
2
+ 2 − 2(x + 1) =
√
x
2
+ 6
Bài toán này đặt 2 ẩn phụ thì có vẻ không
tìm được lời giải. Ta đến với cách giải sau:

Lời giải. Bình phương một vế để phương trình
chỉ còn có một biểu thức dưới căn. Ta thử như
sau:
√
x
2
+ 2 − 2(x + 1) =
√
x
2
+ 6
⇔ (
√
x
2
+ 2 − 2(x + 1))
2
= x
2
+ 6
⇔ x
2
+ 2 − 4(x + 1)
√
x
2
+ 2 + 4(x + 1)
2
= x
2

+ 6
⇔ 4x
2
+ 8x = 4(x + 1)
√
x
2
+ 2
Bây giờ, đặt y =
√
x
2
+ 2. Phương trình tương
đương với:
x
2
+ 2x = (x + 1)y
⇔ x
2
+ 2 + 2x − 2 = (x + 1)y
⇔ y
2
− (x + 1)y + 2x −2 = 0
⇔ (y −2)(y − x + 1) = 0
Đến đây phương trình trở nên đơn giản. 
Ta có thể trình bày lời giải một cách đẹp đẽ
như sau:
Lời giải. Biến đổi phương trình:
√
x

2
+ 2 − 2(x + 1) =
√
x
2
+ 6
⇔ (
√
x
2
+ 2 − 2(x + 1))
2
= x
2
+ 6
⇔ (x
2
+ 2) − 4(x + 1)
√
x
2
+ 2 + 4(x + 1)
2
= x
2
+ 6
⇔ 4(x
2
+ 2) − 4(x + 1)
√

x
2
+ 2 + (x + 1)
2
= x
2
+ 6 + 3(x
2
+ 2) − 3(x + 1)
2
⇔ [2
√
x
2
+ 2 − (x + 1)]
2
= x
2
− 6x + 9
⇔ [2
√
x
2
+ 2 − (x + 1)]
2
= (x −3)
2
⇔ (2
√
x

2
+ 2 − 4)(2
√
x
2
+ 2 − 2x + 2) = 0
Đến đây ta giải phương trình một cách đơn
giản. 
Như vậy từ phương trình với hai căn thức, ta
đã bình phương để phương trình chỉ còn một
căn. Đến đây ta giải bằng cách đặt ẩn phụ
không hoàn toàn. Tương tự, ta có:
Ví
dụ 16. Giải phương trình:
√
2x
2
+ 4 = 2(x − 2) +
√
x
2
− 8x + 4
Ví dụ 17. Giải phương trình:
√
x
2
+ x − 1 + 3(x + 1) = 2
√
x
2

+ x + 2
Ví dụ 18. Giải phương trình:
√
x
2
+ 23 =
√
5x
2
+ 9 − 4(x − 1)
Đặt ẩn phụ không hoàn toàn là một phương
pháp khó (khi ta cần tìm số a thích hợp). Tuy
nhiên lời giải của bài toán lại rất sáng sủa và
đầy tính bất ngờ. Hy vọng bài viết sẽ mang
đến cho bạn đọc một cách nhìn tổng quát hơn
về một phương pháp đồng thời trang bị một
công c ụ để giải phương trình trong kì thi Đại
học sắp tới.
4

KĨ THUẬT CHỌN
ĐIỂM RƠI TRONG
CHỨNG MINH BẤ
T
ĐẲNG THỨC

Hà Thành Trung

Đã nhiều lần trong nhiều bài bất đẳng thức,
bạn đọc một lời giải và tự hỏi: Tại sao lại

tách được hệ số như vậy?. Đó là bí ẩn chỉ có
thể làm rõ khi hiểu cặn kẽ một bài toán bất
đẳng thức: Đó là dựa trên dự đoán về dấu
bằng của bất đẳng thức. Bài viết này sẽ cũng
cấp cho bạn đọc một cái nhìn tới bản chất
của những lời giải: Kĩ thuật chọn điểm rơi
Kĩ thuật chọn điểm rơi trong BĐT gồm 2
bước:
1. Dự đoán dấu bằng xảy ra,đó chính là điểm
rơi cần tìm.
(Thông thường cực trị BĐT đạt được khi các
biến nhận giá trị bằng nhau,một số biến bằng
nhau,cực trị tại biên…).
2. Từ điểm rơi đó ta lựa chọn các BĐT phù
hợp để đi đến lời giải.

Sau đây chúng ta sẽ đến với một sô ví dụ từ dễ
đến khó trong các toán ,các bài thi ĐH,các
cuộc thi toán để thấy được ứng dụng vô cùng
rộng của kĩ thuật này.
Để bắt đầu chúng ta xét một bất đẳng thức
hết sức đơn giản sau:
Ví dụ 1. Cho các số thực dương ,!," thỏa
mãn:
222222
2222
1,5,14,
30
aababc
abcd

≤+≤++≤
+++≤

Chứng minh rằng:
10
abcd
+++≤

Trong bài toán, nếu ta tap dụng trực tiếp bất
đẳng thức Bunhiacopsky, ta sẽ có:

2
2222
()
4
30
abcd
abcd
+++
≥+++≥

Suy ra:
2
()12012010
abcdabcd
+++≤⇒+++≤>
Ta thấy có gì đó không ổn trong cách làm. ??
Phân tích để đi đến lời giải: Sẽ rất khó nếu ta
không xét dấu bằng xảy ra.Ta dự đoán # =1
khi đó $ =2,% =3.& =4.

Khi đã dự đoán được điều kiện xảy ra dấu
bằng, bước tiếp theo ta sẽ tìm một cách phân
tích thích hợp. Biểu thức cần tìm có bậc nhất
và các biến ', (, ), * ở đầu bài có bậc 2. Ta
nghĩ đến bất đẳng thức Cauchy.
Hãy để ý đến điều kiện xảy ra dấu bằng của
bất đẳng thức Cauchy. Đến đây ta có lời giải
như sau:
Lời giải: Ta có:
2222
222222
2222
24()
12(1)6(4)4(9)3(6)
12062()()
3()240
abcd
abcd
aababc
abcd
+++≤
≤+++++++
=+++++++
++++≤

Ví dụ 2. Cho các số thực dương +,,,- thỏa
mãn điều kiện
111
4
xyz

++=
. Tìm giá trị lớn
5
nhất của
111
222
P
xyzxyzxyz
=++
++++++
.
Phân tích để đi đến lời giải: Dự đoán
MaxP

đạt được tại
4
3
xyz
===
nên tách các số
2
xxx
=+
ra cho dấu bằng xẩy ra.
Ta có
1111111
216
xyzxxyzxxyz

=≤+++


+++++

tương tự và ta có:
1211121112
1
16
P
xyzxyzxyz


≤++++++++=




vậy
1
MaxP
=
khi
4
3
xyz
===
.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng với các số thực
dương .,/,0 thỏa mãn
5
xyyzzx

++=
thì :
222
3310
xyz
++≥

Phân tích để đi đến lời giải: Nhận thấy hệ số
của
2
3
x
và
2
3
y
bằng nhau nên ta dự đoán dấu
bằng xảy ra khi x = y.
Giải hệ phương trình :
22
2
610
25
xz
xzx

+=


+=




Ta được x = 1,z = 2.Vậy 1 = 2 =1,3 =2
chính là điểm rơi. Nên ta tách để xảy ra dấu
bằng:
22
22
22
44
44
224
xzxz
yzyz
xyxy
+≥
+≥
+≥

Cộng lại ta có 64
5
+66
7
+28
9
:
4
(
;< +=> + ?@
)

=20. Suy ra 3A
B
+3C
D
+
E
F
:10.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi G = H =
1,I =2
Ví dụ 4. Chứng minh rằng với J,K, L
≥
0 và
3
abc
++=
thì
abcabbcca
++≥++
.
Phân tích để đi đến lời giải: Dự đoán dấu
bằng xảy ra khi M = N = O =1.Đến đây gặp
khó khăn vì bậc vế trái nhỏ hơn vế phải
không áp dụng Cauchy được. Ta phải biến đổi
vế phải :
2222
2()()
abbccaabcabc
++=++−−−

Khi đó BĐT trở thành:

222
2()9
abcabc
+++++≥

Điểm rơi là P = Q =R =1 nên ta tách
2
3
aaaa
++≥

Tương tự với S,T ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 5. Cho
,,0
xyz
>
thỏa mãn
21
xyxz
+=
.Tìm giá trị nhỏ nhất của:
345
yzxzxy
A
xyz
=++.
Phân tích để đi đến lời giải: Dự đoán dấu
bằng khi U = V = W. Ta nghĩ đến tách như sau

2
4(2)4
xyzxzxzxxyxyzxyz
zyyyzzyx
zxxy

+++++++≥


≥+=
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
X = Y =Z =
1
3

Ví dụ 6. Cho [,\,] >0 và
222
1
abc
++=

chứng minh rằng:
1
43
abc
abc
+++≥.
Phân tích để đi đến lời giải: Nếu sử dụng
ngay
4

11
44
abcabc
abcabc
+++≥=
<
43

Sai!!.
6
Ta dự đoán dấu bằng khi ^ = _ = ` =
3
3

nên phải là :
4
114
4
99
3
abcabc
abcabc
+++≥=
.
Còn lại sử dụng
1
33
abc ≤ suy ra .Từ đó
được điều phải chứng minh.
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC chứng minh rằng

33
sinsinsin
2
ABC++≤

Lời giải: (Dự đoán dấu bằng khi a = b = c
và
cos1/2,cos1/2
AB
==
)
Ta có:
sinsinsin
sinsinsincossincos
ABC
ABABBA
++=
+++

Áp dụng Cauchy ta có :
22
22
sinsin
coscos
33
3sinsin
coscos
233
AB
BA

AB
BA
+


≤+++





Và
22
133
sinsinsinsin
44
3
ABAB


+≤+++





Cộng lại ta có điều phải chứng minh.

Bài tập áp dụng:
Bài tập 1. Cho d,e là các số thực, tìm giá trị

lớn nhất của :
44
(4)(4)
ab
P
ab
+
=
++

Bài tập 2. Cho f,g,h là số thực dương thỏa
mãn
3
abc
++=
.Chứng minh rằng :
1
545454
abc
abbcca
++≤
+++

Bài tập 3. Cho i,j,k dương.Tìm giá trị lớn
nhất của:
P=
1
333
bccaab
abcbcacab

++≤
+++

Bài tập 4. Cho l,m,n là số thực dương.
Chứng minh rằng
222
1
888
abc
abcbcacab
++≥
+++

7
ý tưởng nghiệm duy nhất của phương trình
Trần Thị Thùy Linh
Trong khi giải phương trình, tôi gặp dạng toán
sau:
Ví dụ 1. Giải phương trình:

x + 7
x + 1
+ 8 = 2x
2
+
√
2x − 1
Lời giải. Điều kiện: x ≥
1
2

.
Đặt f(x) =

x+7
x+1
và g (x) = 2x
2
+
√
2x − 1.
Ta có:
f

(x) = −
3
(1 + x)
2

x+7
x+1
< 0
g

(x) = 4x +
√
1
√
2x − 1
Do đó phương trình có không quá 1 nghiệm. Dễ
thấy phương trình có nghiệm x = 2. Do đó x =

2 là nghiệm duy nhất của phương trình. 
Ta nhận thấy phương trình trên không thể
giải theo cách thông thường (đặt ẩn phụ, phân
tích nhân tử). Hai vế của phương trình, một
vế là hàm số đồng biến, một bên là hàm số
nghịch biến. Do đó phương trình có không quá
1 nghiệm. Sau đó, ta thấy x = 2 là một nghiệm
của phương trình và kết luận phương trình có
nghiệm duy nhất.
Trước khi đến với các ví dụ tiếp theo, chúng ta
đến với một chú ý:
• Nếu f(x) là hàm số đơn điệu (tăng hoặc
giảm), hay nói cách khác f

(x) luôn dương
(luôn âm) với mọi x ∈ A thì phương trình
f(x) = a không có quá 1 nghiệm trên A.
• Nếu f (x) đồng biến và g(x) đồng biến thì
phương trình f(x) = g(x) không có quá 1
nghiệm.
• Nếu f
(n)
(x) vô nghiệm trên A thì phương
trình f(x) = a không có quá n nghiệm
trên A.
Như vậy, tùy thuộc vào bài toán mà ta có
những đánh giá khác nhau và chọn hàm số cho
phù hợp
Chúng ta đến với một bài toán khác:
Ví dụ 2. Giải phương trình:

3
√
x
3
+ 7 +
√
2x − 1 + x
3
= 4
Lời giải. Nhận thấy rằng các biểu thức chứa
x với dấu + tập trung hết về một vế. Ta liên
tưởng ngay đến việc vế trái là hàm đồng biến.
Xét f(x) =
3
√
x
3
+ 7 +
√
2x − 1 + x
3
. Ta có:
f

(x) =
x
2
(x
3
+ 7)

2/3
+
1
√
2x − 1
+ 3x
2
> 0
Rõ ràng f(x) là hàm đồng biến. Như vậy
phương trình f(x) = 4 có không quá 1 nghiệm.
Nhận thấy x = 1 là nghiệm của phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
1. 
Dấu
hiêu đặc trưng để nhận biết những phương
trình có thể giải theo cách trên là rất rõ ràng.
Bạn đọc hãy luyện tập với một số ví dụ:
Ví dụ 3. Giải phương trình:
2
x
+ x
2
+
√
x − 1 = 9
Ví dụ 4. Giải phương trình:
x
3
− x + 2
√

x − 1 = 8
Ta đến với một ví dụ với dạng khó hơn.
8
Ví dụ 5. Giải phương trình:
x
3
− 2
√
x + 2 − 4 = 0
Phương trình trên có dạng khá lạ. Dĩ nhiên là
chúng ta có thể làm mất căn thức và xuất hiện
phương trình bậc 6. Nhưng đây không phải
cách thông minh. Chúng ta làm như sau:
Lời giải. Xét hàm số
f(x) = x
3
− 2
√
x + 2 − 4
Ta có f

(x) = 3x
2
−
1
√
x+2
.
Đến đây, ta thấy không chắc f(x) là hàm đồng
biến, nghịch biến. Tuy nhiên, ta hãy chú ý như

sau:
Nếu x < 1, ta có x
3
< 1 ⇒ x
3
< 2
√
x + 2 + 4.
Do đó phương trình vô nghiệm với x < 1.
Xét x ≥ 1. Ta có f

(x) = 3x
2
−
1
√
x+2
=
3x
2
√
x+2−1
√
x+2
≥ 0. Do đó f(x) đồng biến với x ≥ 1.
Vậy phương trình f(x) = 0 không có quá 1
nghiệm. Dễ thấy x = 2 là nghiệm của phương
trình.
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2. 
Lưu ý rằng chúng ta có thể giải phương trình

trên bằng cách phân tích:
x
3
− 2
√
x + 2 − 4 =
(
√
x + 2 − 2)((x
2
+ 2x + 3)(
√
x + 2 + 2)+
+
√
x + 2)
Tương tự, ta có phương trình:
Ví dụ 6. Giải phương trình:

x + 4
x + 1
+ 1 = 4x
2
+
√
8x − 1
Ví dụ 7. Giải phương trình:
√
3x + 16 + 2
√

x + 2 = x + 2 + 2
√
x
2
− 4
Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương
đương với:

3x + 16
x + 2
+ 2 =
√
x + 2 + 2
√
x − 2
Ví dụ 8. Giải phương trình:
x
3
=
√
x + 2 +
3
√
x + 6 + 4
Đối với một số phương trình, việc xét đạo hàm
các biểu thức khá phức tạp. Ta sẽ nói đến thủ
thuật tiếp theo trong ví dụ sau đây:
Ví dụ 9. Giải phương trình:
√
4x

2
− 1 +
√
2x
2
− x =
√
x +
√
2x + 1
.
Lời giải. Điều kiện: x ≥
1
2
.
Dự
đoán x = 1 là nghiệm của phương
trình. Giá trị của các biểu thức
√
4x
2
− 1;
√
2x
2
− x;
√
x;
√
2x + 1 lần lượt

là 3, 1, 1, 3. Do đó, ta biến đổi phương trình:
√
4x
2
− 1 −
√
2x + 1 =
√
x −
√
2x
2
− x
V
ới
1
2
≤ x
< 1 thì
√
4x
2
− 1 <
√
2x + 1 ⇒
√
4x
2
− 1−
√

2x + 1 < 0 và
√
x >
√
2x
2
− x ⇒
√
x −
√
2x
2
− x > 0 (vô lý)
Với x > 1. Ta có
√
4x
2
− 1 >
√
2x + 1 ⇒
√
4x
2
− 1−
√
2x + 1 > 0 và
√
x <
√
2x

2
− x ⇒
√
x −
√
2x
2
− x < 0 (vô lý)
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
1. 
T
a có một số bài tập tương tự:
Ví dụ 10. Giải phương trình:
√
−2x
2
+ 2x + 16−
√
x
2
− 9 =
3
√
2x
2
− 10−
√
x − 3
Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương
đương với:


4 − 2(x − 3)(x + 2) +
√
x − 3 =
3

2(x − 3)(x + 3) + 8 +

(x − 3)(x + 3)
Đôi khi vấn đề nghiệm duy nhất được hiểu rộng
hơn
Ví dụ 11. Giải phương trình:
√
x
2
+ 2x + 3+x
2
√
2x
2
+ 3x + 2 = (x
2
+1)
√
x + 4
9
Lời giải. Phương trình đã cho tương đương
với:
√
x

2
+ 2x + 3 + x
2

(x
2
+ 2x + 3) + (x
2
+ x − 1)
= (x
2
+ 1)

(x
2
+ 2x + 3) − (x
2
+ x − 1)
Đặt x
2
+ x − 1 = A Nếu A > 0. Ta có:
√
x
2
+ 2x + 3 + x
2

(x
2
+ 2x + 3) + A

>
√
x
2
+ 2x + 3 + x
2

(x
2
+ 2x + 3)
= (x
2
+ 1)
√
x
2
+ 2x + 3
> (x
2
+ 1)

(x
2
+ 2x + 3) − A
Nếu A < 0. Ta có:
√
x
2
+ 2x + 3 + x
2


(x
2
+ 2x + 3) + A
<
√
x
2
+ 2x + 3 + x
2

(x
2
+ 2x + 3)
= (x
2
+ 1)
√
x
2
+ 2x + 3
< (x
2
+ 1)

(x
2
+ 2x + 3) − A
Suy ra A = 0 ⇔ x
2

+ x − 1 = 0 ⇔ x =
−1 ±
√
5
2
.
Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là x =
−1 +
√
5
2
và x =
−1 −
√
5
2

Một bài toán tương tự:
Ví dụ 12. Giải phương trình:
3
√
2x
2
− 4x + 2 +
√
x
2
− x −
√
x + 3

=
√
−3x
2
+ 6x + 13
Hướng dẫn. Phương trình đã cho tương
đương với:
3

2(x
2
− 2x − 3) + 8 +

x
2
− 2x − 3 + (x + 3)
=
√
x + 3 +

4 − 3(x
2
− 2x − 3)
Nhữn
g bài toán trong dạng này có lời giải khá
tự nhiên và gọn gàng. Tuy nhiên nó chỉ là một
phần của phương pháp "dùng liên hợp để giải
phương trình". Ta sẽ đến với một số bài toán
mà sử dụng lượng liên hợp phải "bó tay".
Ví

dụ 13. Giải phương trình:
2
2x−1
+ 3
3x
+ 5
5x+1
= 2
x
+ 3
x+2
+ 5
x+5
L
ời giải. Ta nhẩm x = 1 là một nghiệm của
phương trình.
Nếu x < 1 thế thì 2
2x−1
< 2
x
, 3
3x
<
3
x+2
, 5
5x+1
< 5
x+5
. Suy ra:

2
2x−1
+ 3
3x
+ 5
5x+1
< 2
x
+ 3
x+2
+ 5
x+5
Nếu x > 1 thế thì 2
2x−1
> 2
x
, 3
3x
>
3
x+2
, 5
5x+1
> 5
x+5
. Suy ra:
2
2x−1
+ 3
3x

+ 5
5x+1
> 2
x
+ 3
x+2
+ 5
x+5
Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. 
Phương trình sau đây giải hoàn toàn tương tự:
Ví dụ 14. Giải phương trình:
2
2x−1
+ 3
2x
+ 5
2x+1
= 2
x
+ 3
x+1
+ 5
x+2
Ví dụ 15. Giải phương trình:
x = 2
log
5
(x+3)
Ta đến với một dạng khác.
Ví

dụ 16. Giải phương trình:
x
3
+ 11
4
+ x
2
+
x + 2
x+2
+ 4(
√
2)
x
= 0
Lời giải. Với dự đoán x = −4 là một nghiệm
của phương trình. Biến đổi:
x
3
+ 11
4
+ x
2
+ x + 2
x+2
+ 4(
√
2)
x
= 0

⇔ x
4
+ 4x
2
+ 4x + 11 = −2
x+4
− 16(
√
2)
x
⇔ (x
2
+ 4)(x + 4) = 5 − 2
x+4
− 4 · 2
x+4
2
⇔ (x
2
+ 4)(x + 4) = −

2
x+4
2
+ 5

2
x+4
2
− 1


Nếu x
< −4 thì (x
2
+ 4)(x + 4) < 0 và
−

2
x+4
2
+ 5

2
x+4
2
− 1

> 0 (vô lí)
Nếu x > −4 thì (x
2
+ 4)(x + 4) > 0 và
−

2
x+4
2
+ 5

2
x+4

2
− 1

< 0 (vô lí)
Vậy x = −4 là nghiệm duy nhất của phương
trình. 
10
Ví dụ 17. Giải phương trình:
log
2
(4x + 1) log
5
(4x + 4)+
+ log
3
(4x + 2) log
4
(4x + 3) =
2 log
3
(4x + 2) log
5
(4x + 4)
Lời giải. Đặt y = 4x + 1. Dự đoán y = 2 là
nghiệm của phương trình. Phương trình đã cho
tương đương với:
log
5
(y + 3) (log
2

y − log
3
(y + 1))
= log
3
(y + 1) (log
5
(y + 3) − log
4
(y + 2))
Đặt f (y) = log
2
y −log
3
(y +1), g(y) = log
5
(y +
3) − log
4
(y + 2). Ta thấy:
Với 0 < y < 2 thì f(y) < 0 và g(y) > 0.
Với y > 2 thì f(y) > 0 và g(y) < 0.
Vậy y = 2 là nghiệm duy nhất của phương
trình. Khi đó 4x + 1 = 2 ⇔ x =
1
4

Tương tự, hãy giải các phương trình:
Ví dụ 18. Giải phương trình:
π cos(10πx −π) = 5 −100x

Ví dụ 19. Giải phương trình:
x
3
+ 2x
2
+ 2x − 1 + 2
x+2
+ 2
x+6
2
= 0
Ví dụ 20. Giải phương trình:
x
4
− x
2
(2 − log
3
(x + 1) + log
2
x) − 8 = 0
Nhận xét nghiệm duy nhất của phương trình
mang đến lời giải hêt sức ngắn gọn cho những
bài toán mang hình thức phức tạp. Tuy nhiên,
phương pháp chỉ là một công cụ. Điều chính
yếu là các bạn phai làm nhiều phương trình để
có được suy nghĩ nhạy bén, không bị bối rối
trước mỗi phương trình.
11

DAO ĐỘNG
SÓNG CƠ
NGUYỄN THỊ HẢI – BÙI VĂN ĐẠT

Sóng cơ học là một phần tiêu biểu trong các đề
thi đại học cao đẳng. Các dạng bài tập sóng
ngày càng đa dạng về tư duy, độ khó và cách
giải bài tập. Và thời gian để hoàn thành các bài
tập khá lâu nếu ta không chọn được cách giải
tối ưu cho chính mình. Chúng tôi mong gửi tới
mọi người sự tối ưu hoá trong phương pháp và
giúp cho mọi người hiểu và giải quyêt các bài
toán về sóng cơ được tốt nhất.
Phương pháp 1: Sử dụng độ lệch pha để giải
quyết các bài toán về giao thoa sóng.
Xét phương trình sóng tại hai nguồn A,B:
1122
();()
uacostubcost
ωϕωϕ
=+=+

Xét phương trình sóng tới tại điểm M với
12
,
MAdMBd
==
là:

12
MMM
uuu
=+

12
12
22
()()
M
dd
uacostbcost
ππ
ωϕωϕ
λλ
⇔=+−++−
Độ lệch pha của hai sóng truyền tới M là:
12
21
2()dd
π
ϕϕϕ
λ
−
∆=+−

Đến đây ta có thể sử dụng độ lệch pha để giải
quyết các bài toán về tìm số cực đại, cực tiểu và
các bài tập về biên độ dao động của vật một
cách dễ dàng với các trường hợp dao thoa hai

sóng khác biên độ và độ lệch pha hai sóng là
bất kì góc nào.
Sử dụng độ lệch pha là phương pháp tiêu biểu
trong tổng hợp dao động cơ học. Với bài toán
sóng cơ thì giúp ta giải quyết kha nhanh để tìm
mối liên hệ giữa khoảng cách thoả mãn điều
kiện của bài toán.
Biên độ dao động tại M:
222
2
M
Aababcos
ϕ
=++∆

Đến đây ta có
•M dao động với biên độ cực đại khi:
12
21
2()
2
dd
k
π
ϕϕϕπ
λ
−
∆=+−=
21
12

()
2
ddk
ϕϕ
λ
λ
−
⇒−=−+
•M dao động với biên độ cực tiểu khi:
12
21
2()
2
dd
k
π
ϕϕϕππ
λ
−
∆=+−=+

12
21
12
()
22
ddk
ϕϕλλ
λ
−

⇒−=−++

•M dao động với biên độ bằng c thì khi đó từ
giá trị của c mà ta tìm được giá trị của
cos
ϕ
∆

rồi sau đó sẽ đưa về tìm góc
ϕ
∆
rồi tìm được
hiệu quãng đường của hai sóng mà M nhận
được.
Phương pháp 2: Sử dụng đường tròn lượng
giác để giải các bài toán giao thoa.
(các bài toán giao thoa với hai nguồn cùng
biên độ)
Xét phương trình sóng tại hai nguồn A,B:
1122
();()
uacostuacost
ωϕωϕ
=+=+

Xét phương trình sóng tới tại điểm M với
12
,
MAdMBd

==
là:
12
MMM
uuu
=+

12
12
22
()()
M
dd
uacostacost
ππ
ωϕωϕ
λλ
⇔=+−++−
12211221
2().()
22
dddd
acoscost
ϕϕϕϕ
πωπ
λλ
−−++
=+++
Ta có biên độ sóng tại M:
1221

2.()
2
dd
Aacos
ϕϕ
π
λ
−−
=+
Từ biểu thức trên ta thấy biên độ dao động của
một điểm là một đại lượng biên thiên theo
khoảng cách theo hàm
()
xacost
ω
=
Như vậy
ta có thể biểu diễn giá trị thay đổi của biên độ
trên đường tròn lượng giác giống như đường
tròn ở trong dao động cơ học.
• Xét hai điểm M và N nằm giữa AB với:
MN=x
1234
,;,
AMdBMdANdBNd
====

1214
M
dAMBMdddxd

∆=−=−=++

3414
N
dANBNdddxd
∆=−=−=+−

1221
2.()
2
M
dd
Aacos
ϕϕ
π
λ
−−
=+
1243
2.()
2
N
dd
Aacos
ϕϕ
π
λ
−−
=+
Độ lệch pha của hai biên độ tại M và N là:

2
MN
x
π
ϕϕϕ
λ
∆=−=
=
2
d
π
λ

Điều này chứng tỏ khi xét trên đường tròn biên
độ thfi độ lệch pha của các biên độ cũng chính
là
2
d
π
λ
với d là khoảng cách của hai điểm
trong giao thoa sóng nói chung và sóng dừng
nói riêng với các điểm thuộc đoạn AB. Đến đây
ta xét biên độ của sóng tại I là trung điểm của
AB:
12
2.()
2
I
IBIA

Aacos
ϕϕ
π
λ
−−
=+
12
2()
2
acos
ϕϕ
−
=
.
Các điểm bên cạnh I sẽ tiếp tục biến thiên nếu
ta chọn điểm I làm gốc.
•Giả sử
1212
0
ϕϕϕϕ
>⇒−>

Xét trường hợp biên độ dao động của một vật
là cực đại.
1221
2.()2
2
M
dd
Aacosa

ϕϕ
π
λ
−−
=+=

1221
21
00
2
dd
dd
ϕϕ
π
λ
−−
⇒+=⇒−<

(Ta xét tới điểm gần I nhất)
13
Như vậy ta có điểm dao động với biên độ cực
đại gần trung điểm nhất sẽ gần nguồn 2 hơn hay
là gần nguồn chậm pha hơn.
Đặc biệt khi hai nguồn cùng pha thì ta có
12
dd
=
hay đó chính là trung điểm của AB.
⇒
Nếu thay đổi độ lệch pha thì hệ vân giao

thoa sẽ dịch chuyển về nguồn chậm pha hơn
Như vậy nếu ta tính được trung điểm I của
hainguồn dao động với biên độ bao nhiêu
(
0
max
aa
<<
). Khi xét về các điểm lệch vềnguồn
chậm pha hơn thì biên độ tăng, về nguồn sớm
pha hơn thì biên độ giảm. Về phía nguồn nhanh
pha hơn ta chọn biên độ của I ở vị trí I còn về
phía nguồn chậm pha hơn thì biên độ của I ở
VT II. Ta có thể áp dụng đường tròn vào bài
toán tìm cực đại, cực tiểu với bước sóng được
tính là một
vòng

Các bước giải:
B1: Tìm biên độ của trung điểm I của hai
nguồn.
B2: Xác định biên độ của I trên đường tròn
B3: Tính số vòng mà biên độ của I quay được
khi tính ở cả hai vị trí 1, 2.
Cộng vào ta được đáp án.

Ví dụ.
Ví dụ 1. Cho hai nguồn A, B dao động cùng
pha với nhau và cùng biên độ a=2 cm. Tìm số
điểm dao động với biên độ cực đại trên AB biết
AB=27 cm và bước sóng là 2 cm.
Bài giải. Ta có biên độ
2.04
I
Aacosa
==
. Như
vậy I dao động với biên độ cực đại Vậy I ở một
trong hai vị trí biên.Vậy nếu tính từ vị trí biên
dương thì vật qua 13 lần. còn tính từ biên âm
thì cũng là 13 lần. Nếu tính cả I nữa sẽ là
13x2+1=27 lần.
Như vậy có 27 điểm dao động với biên độ cực
đại.
Ví dụ 2: Cho hai nguồn sóng đặt tại hai điểm
A,B
là:
2
2(100)(),2(100)()
3
AB
ucostcmucostcm
π
ππ=−=
Với bước sóng là
20()

cm
λ
=
. Xét hai điểm M,
N nằm đối xứng nhau qua trung điểm I của hai
nguồn.Tính số điểm dao động với biên độ là
23()
cm
trên đoạn MN ?
Bài giải. Ta có biên độ sóng tại trung điểm của
hai nguồn là:
2.
2
I
Aacosa
ϕ
∆
==

14

K , K’là biên độ
233()
Acm
=

Số vòng quay là
0,675
MI
n

λ
==
(vòng)
Như vậy với số vòng quay là 0,675 vòng thì ở
vị trí 1 sẽ qua vị trí K’ hai lần
Ở vị trí 2 sẽ qua K hai lần là K’ một lần
Như vậy trên MN có 5 điểm dao động với biên
độ là
23()
cm

Bài tập áp dụng:
Bài 1. Trên mặt nước tại hai điểm S
1
, S
2
người ta
đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà
theo phương thẳng đứng với phương trình u
A
=
6cos40πt và u
B
= 8cos(40πt ) (u
A
và u
B
tính bằng
mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền sóng trên mặt
nước là 40cm/s, coi biên độ sóng không đổi khi

truyền đi. Trên đoạn thẳng S
1
S
2
, điểm dao động với
biên độ 1cm và cách trung điểm của đoạn S
1
S
2
một
đoạn gần nhất là
A. 0,25 cm B. 0,5 cm C. 0,75 cm D. 1
Bài 2. Trên mặt nước tại hai điểm S
1
, S
2
cách nhau
8 cm, người ta đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao
động điều hoà theo phương thẳng đứng với phương
trình u
A
= 6cos40πt và u
B
= 8cos(40πt ) (u
A
và u
B

tính bằng mm, t tính bằng s). Biết tốc độ truyền
sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi biên độ sóng

không đổi khi truyền đi. Số điểm dao động với biên
độ 1cm trên đoạn thẳng S
1
S
2
là
A. 16 B. 8 C. 7 D. 14
Bài 3: Tại 2 điểm A,B trên mặt chất lỏng cách nhau
16cm có 2 nguồn phát sóng kết hợp dao động theo
phương trình: u
1
= acos(30πt) , u
2
= bcos(30πt +π/2
). Tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 30cm/s. Gọi
C, D là 2 điểm trên đoạn AB sao cho AC = DB =
2cm . Số điểm dao động với biên độ cực tiểu trên
đoạn CD là
A.12 B. 11 C. 10 D. 13
Bài 4: Trên mặt nước tại hai điểm S
1
, S
2
người ta
đặt hai nguồn sóng cơ kết hợp, dao động điều hoà
theo phương thẳng đứng với phương trình u
A
= u
B
=

6cos40πt (u
A
và u
B
tính bằng mm, t tính bằng s).
Biết tốc độ truyền sóng trên mặt nước là 40cm/s, coi
biên độ sóng không đổi khi truyền đi. Trên đoạn
thẳng S
1
S
2
, điểm dao động với biên độ 6mm và cách
trung điểm của đoạn S
1
S
2
một đoạn gần nhất là
A. 1/3cm B. 0,5 cm C. 0,25 cm D. 1/6cm

15

Bài 1.Ở mặt thoáng của một chất lỏng có hai nguồn
kết hợp A,B cách nhau 10cm, dao động theo
phương thẳng với phương trình lần lượt
!
=
3cos
"
40#$+
%

6
&
'( )à *
+
=4cos
,
40 +
2/
3
0
12 .Cho biết tốc độ truyền sóng là 40cm/s. Một
đường tròn tâm là trung điểm AB nằm trên mặt
nứoc có bán kính R=4cm.Số điểm dao động với
biên độ 5cm có trên đường tròn là?
A:30 B:32
C:34 D:36
Chúng ta để ý thấy rằng với bài toán như thế này
liệu dung phương pháp như trên được không khi
mà biên độ của chúng khác nhau.

Hoàn toàn dung được vì lúc đó ta có biên độ tại 1
điểm như sau :
34
1
2
+ 5
2
2
+26
1

7
2
cos 8
29
(
:
1
; <
2
)
=
+ >
2
;?
1
@
Nó cũng là 1 đại lượng biến thiên tuần hoàn theo
A
1
; B
2
vậy ta làm hệt như trên
• Bài làm : biên độ tại trung điểm của AB là :
C
D
= EF
1
2
+ G
2

2
+2H
1
I
2
JKL M N
2
;O
1
P = 5cm
Có n =
Q
R
= 2 vòng ⇒ quay được 2 vòng sẽ đi qua
vị trí x = 5 là 8 lần ⇒ trên đường kính là
8 + 1 + 8 = 17 ⇒ trên đường tròn có 17.2 – 2 = 32
điểm
Câu hỏi suy ngẫm
Với 1 bài mà tìm trên 1 đoạn thẳng nằm ngoài
đường thẳng nối hai nguồn thì các bạn hãy suy nghĩ
xem nó còn going như vậy không nhé? Câu trả lời
của tôi là có, các bạn hãy suy nghĩ vì sao lại có nhé.
VD:Cho S
TU
= 6VWX(YZ+5[/6)\] và ^
_
=
8`ab(cd+e/6)fg .Biết tốc độ truyền sóng trên
mặt nước là: v=100cm/s; Khoảng cách giữa hai
nguồn là O

1
O
2
=4cm,O
1
O
2
PQ là hình thang cân với
diện tích là 12cm2 và PQ = 2cm là một đáy của
hình thang. Coi biên độ sóng không đổi trong quá
trình truyền sóng. Số điểm dao động với biên độ
2√13 cm trên O1P là????
Bài 2.Tại hai điểm A và B trên mặt nước cách nhau
16 cm có hai nguồn phát sóng kết hợp dao động
theo pt: h
i
= jcos
(
30kl
)
mn oà p
q
=
rstu
v
30wx+
y
z
{
|}.Tốc độ truyến sóng trên mặt

nước là 30cm/s. Gọi E F là hai điểm trên đoạn AB
sao cho AE=FB=2cm. Tìm số điểm cực tiểu trên
EF?
Như đã chứng minh ở trên thì :
21
12
()
22
ddk
ϕϕλλ
λ
−
⇒−=−++

Mà –EF < d2 – d1 < EF
;~•
2
;
!"
#
;
1
2
< $ <
;~&
2'
+
()
*
;

1
2

ta sẽ tìm được đáp án của bài toán với EF = 12cm
Vậy công thức khi tìm số điểm dao động cực đại và
cực tiểu khi hai nguồn lệch pha 1 góc bất kì trong
đoạn AB trên đoạn thẳng nối 2 nguồn trong vùng
giao thoa là:
Cực tiểu:

;~,

;
/0
1
;
2
3
454
;~7
89
+
:;
<
;
=
>

Cực đại :
;~@

AB
;
CD
E
4F4
;~H
IJ
+
KL
M

Chu ý : nếu A,B là nguồn thì không lấy dấu “=”
16
Câu hỏi suy ngẫm: nếu AB không nằm trên đường
thẳng nối hai nguồn thì sẽ ra sao, hãy cùng suy nghĩ

Bài 3. Trên mặt chất lỏng có hai nguồn kết hợp S
1
,
S
2
dao động với phương trình tương ứng u
1
=acosωt
và u
2
= asinωt. Khoảng cách giữa hai nguồn là
S
1
S

2
=3,25λ. Trên đoạn S
1
S
2
, số điểm dao động với
biên độ cực đại và cùng pha với u
2
là:
Hướng suy nghĩ : Khi mà bài toán còn liên quan
đến pha dao động thì chúng ta vẫn sẽ tìm số điểm
dao động cực đại hay cực tiểu như bình thường sau
đó sẽ giải quyết đến vấn đề cùng pha hay ngược
pha, ở trên tôi đã trình bày cho các bạn về độ lệch
pha của các điểm trên đoạn thẳng nối hai nguồn
nên

Hướng làm : tìm pha tại trung điểm , sau đó nếu
cùng pha như yêu cầu đề bài thì ta sẽ lấy những cực
đại ứng với k chẵn, còn nếu ngược pha thì ta sẽ lấy
cực đại ứng với k lẻ

Cách giải bài toán trên :
Số điểm dao động cực đại:
;~O
2P
;
Q1R2
S
4T4

;~V
2W
+
X1Y2
Z

-3,5 < k < 3
Có [
\
=
]
^
_`
a
b
;
c(d
e
fg
h
)
i
= -3,5j
Vậy I ngược pha với nguồn 2 vậy ta sẽ lấy những k
lẻ
Vậy k = -3, -1,1 có 3 điểm
Cách giải quyết chung:
1. Tìm số điểm dao động cực đại, hay cực tiểu,
hay biên độ bất kì
2. Tìm pha tại trung điểm

k
l
=
m
1
+n
2
2
;
o(p
1
+q
2
)
r

3. So sánh độ lệch pha của nó với điểm nó cần
cần cùng pha
+ nếu cùng pha lấy các cực đại k chẵn
+ nếu ngược pha lấy các cực đại k lẻ
Note: không dung được với 2 nguồn ngược pha, còn
với lệch pha trên 180
0
thì bước 3 ngược lại
Câu hỏi suy ngẫm : liệu rằng nếu hai nguồn khác
biên độ ta còn làm vậy được không???
17

1. Lời giải cho kỳ trước
Câu 1: Ở VTCB lúc đầu, lò xo giãn ! =

"#$
%

=> biên độ & = ' =
()*
+

Khi vật ở vị trí thấp nhất, lò xo giãn 2, =
/
0
. Khi vật giảm khối lượng, VTCB thay
đổi. Ở VTCB mới, lò xo giãn 1
2
=
34
5
=> vật
đang đứng yên tại vị trí cách VTCB mới này
678
9
:
;<
=
=
>?@
A
và bắt đầu dao động mới.
Biên độ dao động là B
C
=

DEF
G

Câu 2: Quãng đường mà vật chuyển động là
7cm. Cần tính khoảng thời gian vật di chuyển.
Do có lực ma sát, VTCB của vật bị dịch về
phía lò xo giãn 1 đoạn H =
IJK
L
=
0,0175M=1,75NO. P =
Q
R
S
=10
T
2UVW/
X. Lúc đầu vật đứng yên ở vị trí lò xo giãn
7cm, cách VTCB 7-1,75=5,25cm nên phương
trình dao động là Y =5,25Z[\10
T
2] lúc đi
qua vj trí là xo không giãn là :1,75=
5,25^_`10
T
2abc=0,135d bef =
g
h,ijk
=
51,85lm/n

Câu 3: Lúc 2 vật chưa bị tách ra o =
p
q
r
=
10stu/v, phương trình dao động
w =4cos
(
10x+ y
)
z{
=0,04cos
(
10|+ }
)
~ b•
= :4cos (10 + !)"/#
$

Lực quán tính tác dụng lên %
&
là '
(
=
:)
*
+ = :2cos (10,+ -)., 2 vật tách nhau
khi
/
0

1
2
=13bcos
(
104+ 5
)
=
6
7
. Khi này,
vị trí 2 vật là 2cm, vận tốc 8 =
:40sin
(
109+:
)
=20
T
3;</=. Sau khi tác
ra, >
?
tiếp tục chuyển động thẳng đều với
vận tốc 20
T
3@A/B, C
D
dao động mới với tần
số E
F
=
G

H
I
J
=10
T
2,K
L
=
M
N
O
+
P
Q
R
S
T
=
T
10UV. Tìm được phương trình dao động là
W =
T
10cos
X
10
T
2Y:0,886
Z
[\=> lò xo
dãn cực đại lần đầu, vật ở vị trí biên,

t=0,0626s. Lúc này ]
^
đã đi
được20
T
3.0,0626=2,168_`. Khoảng cách
2 vật 2,168: (
T
10:2)=1,006ab
Câu 4: Điều kiện cực tiểu
c
(
d
e
fg
h
)
i
:
j
k
=
lm+
n
o
pq, M gần I nhất br=0; s
t
=
uv
w

+
x
y
;z
{
=
|}
~
:
•

b
!"
#
:
$
%
=
&
'
b ( =
)
*

Đáp án: A
Câu 5: Biên độ 1 điểm trên AB là +
,
=
10cos-
.

(
/
0
12
3
)
4
+
5
6
7
89
:
:
;
<
=> =±5
T
3
=>Hoặc:
?
(
@
A
BC
D
)
E
+
F

G
=
H
I
+JK b L
M
:N
O
=
PQ:
R
ST
UV=12W:1b:29X 12Y :1 X
29b Z =
{
:2;:1;0;1;2
)
b có 5 điểm
Hoặc:
[
(
\
]
^_
`
)
a
+
b
c

= :
d
e
+ fg bh
i
:j
k
=
lm:
n
op
qr=12s:5b:29X 12t :5 X
29b u =
{
:2;:1;0;1;2
)
b có 5 điểm
Tổng cộng có 10 điểm
Đáp án: D
18
Câu 6: Từ đề bài suy ra AN chứa cuộn dây có
điện trở tan v
w
x
y =
z
{
|
=0,727b }
~

=
0,727•
Ta có:

!
= "
#$
%
+ &
'(
)
+2*
+,
-
./
cos0
12
34
5=
6
78
9
+ :
;<
=
:1,1762>
?@
A
BC
=

(
D
EF
+ G
HI
)
J
:3,1762K
LM
N
OP
, để Q
RS
+
T
UV
max thì W
XY
Z
[\
max, ta có:
]
^_
`
ab
=
c
d
e
f

g
hi
j
k
l
m
n
o
p
(
q
r
st
u
)
v
=
w
x
y
z
{
|}
~
•

!
"#
$
%

&
'
()
*
+,-
.
/01 b2
3
=
4
5
67
8
9
:
;
b<
=
=
>
?
@
+ A
B
C
=1,236D bEFGH =
I
JK
L
M

(
N
O
PQ
R
)
S
=0,89=> đáp án C
Câu 7: T
U
= :
V
W
X
= :30Y bZ = [
\
+
]
^
+ _
`
=50+60:30=80a=> đáp án: B
2. Đề ra kì này
Câu 1: Đặt một điện áp xoay chiều u =
U
0
cosωt (V) vào hai đầu một cuộn cảm thuần
L. Gọi U là điện áp hiệu dụng ở hai đầu
mạch; i, I
0

, I lần lượt là là giá trị tức thời, cực
đại và hiệu dụng của cường độ dòng điện
trong mạch. Hệ thức liên hệ nào sau đây là
đúng?
A.
22
22
00
ui
1.
UI
−=
B.
00
UI
1.
UI
+=

C.
22
22
ui
1.
UI
+=

D.
22
22

00
ui
1.
UI
+=

Câu 2: Đặt điện áp u = U
0
cos100πt (V) vào
hai đầu đoạn mạch AB gồm hai đoạn mạch
AM và MB mắc nối tiếp. Đoạn mạch AM
gồm điện trở thuần
1003
Ω
mắc nối tiếp với
cuộn cảm thuần có độ tự cảm L. Đoạn mạch
MB chỉ có tụ điện có điện dung
4
10
2
F
π
−
. Biết
điện áp giữa hai đầu đoạn mạch AM lệch pha
3
π
so với điện áp giữa hai đầu đoạn mạch
AB. Giá trị của L bằng
A.

3
H
π
B.
2
H
π

C.
1
H
π
D.
2
H
π

Câu 3: Trên đoạn mạch xoay chiều không
phân nhánh có bốn điểm theo đúng thứ tự A,
B, C và D. Giữa hai điểm A và B chỉ có tụ
điện, giữa hai điểm B và C chỉ có điện trở
thuần, giữa hai điểm C và D chỉ có cuộn dây
thuần cảm. Điện áp hiệu dụng hai điểm A và
D là 100
3
V và cường độ hiệu dụng chạy
qua mạch là 1A. Điện áp tức thời trên đoạn
AC và trên đoạn BD lệch pha nhau
3
π

nhưng
giá trị hiệu dụng thì bằng nhau. Dung kháng
của tụ điện là
A. 40 Ω. B. 100 Ω.

C. 50 Ω. D. 200 Ω.
Câu 4: Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc
nối tiếp, R là biến trở. Đặt vào hai đầu đoạn
mạch một điện áp xoay chiều ổn định
tcos2Uu ω= (V). Khi thay đổi giá trị của
biến trở ta thấy có hai giá trị R = R
1
= 45
Ω

hoặc R = R
2
= 80
Ω
thì tiêu thụ cùng công
suất P. Hệ số công suất của đoạn mạch điện
ứng với hai trị của biến trở R
1
, R
2
là
A. 5,0cos
1
=ϕ ; 0,1cos
2

=ϕ .
B. 5,0cos
1
=ϕ ; 8,0cos
2
=ϕ .
C. 8,0cos
1
=ϕ ; 6,0cos
2
=ϕ .
D. 6,0cos
1
=ϕ ; 8,0cos
2
=ϕ .
Câu 5: Một cuộn dây mắc nối tiếp với 1 tụ
điện, rồi mắc vào hiệu điện thế xoay chiều giá
trị hiệu dụng bằng U và tần số bằng 50Hz.
19
Dùng vôn kế đo được hiệu điện thế hiệu dụng
trên cuộn dây bằng U
3
và trên tụ điện bằng
2U. Hệ số công suất của đoạn mạch đó bằng:
A
3
/2 B.
3
/4

C. 0,5 D.
2
/2
Câu 6: Cho mạch điện gồm một điện trở
thuần R, một cuộn dây có độ tự cảm L, điện
trở r, tụ điện có điện dung có thể biến đổi
được. Điều chỉnh điện dung C sao cho U
C
đạt
giá trị cực đại. Giá trị của Z
C
lúc đó là:
A.
(
)
L
L
C
Z
ZrR
Z
2
2
++
=
B.
(
)
( )
2

2
2
rR
ZrR
Z
L
C
+
++
=

C.
(
)
2
2
2
L
L
C
Z
ZrR
Z
++
=
D. Z
C
= Z
L

Câu 7: Cho mạch điện xoay chiều RLC mắc
nối tiếp. Trong đó R = 100Ω, L = 1/π(H), C =
2.10
-4
/π(F) Đoạn mạch được mắc vào hiệu
điện thế xoay chiều có tần số f = 50(Hz). Mắc
thêm C’ với C thì thấy hiệu điện thế trên bộ tụ
điện đạt giá trị cực đại. Giá trị và cách mắc C’
là:
A. C’ = 10
-4
/15π (F) mắc nối tiếp với C.
B. C’ = 10
-4
/15π (F) mắc song song với C.
C. C’ = 10
-3
/15π (F) mắc nối tiếp với C.
D. C’ = 10
-3
/15π (F) mắc song song với C.
Câu 8: Cho một hộp đen X trong đó có chứa
2 trong 3 phần tử R, L, hoặc C mắc nối tếp.
Mắc hộp đen nối tiếp với một cuộn dây thuần
cảm có L
0
= 318mH. Đặt vào hai đầu đoạn
mạch điện một điện áp xoay chiều có biểu
thức u = 200 2 cos(100
π

t-
π
/3)(V) thì dòng
điện chạy trong mạch có biểu thức i = 4 2
cos(100
π
t-
π
/3)(A). Xác định phần tử trong
hộp X và tính giá trị của các phần tử ?
A. R = 50
Ω
; C

= 31,8
µ
F.
B. R = 100
Ω
; L

= 31,8Mh.
C. R = 50
Ω
; L

= 3,18
µ
H.
D. R = 50

Ω
; C

= 318
µ
F.
Câu 9: Một máy phát điện xoay chiều một
pha sinh ra suất điện động có biểu thức:
754os(120)()
ectV
π
=
. Biết rôto quay với tốc
độ 900 vòng/phút và mỗi cuộn dây của phần
ứng có 50 vòng. Từ thông cực đại qua mỗi
vòng dây là
A. 2,5 mWb. B. 7,5 mWb
C. 10 mWb. D. 5 mWb.
Câu 10: Một trạm phát điện xoay chiều có
công suất không đổi, truyền điện đi xa với
điện áp hai đầu dây tại nơi truyền đi là 200kV
thì tổn hao điện năng là 30%. Nếu tăng điện
áp truyền tải lên 500kV thì tổn hao điện năng
là:
A. 7,5%. B. 2,4%.

C. 12%. D. 4,8%.

20

RÈN LUYỆN TƯ
DUY VÀ KĨ NĂNG
GIẢI TOÁN HÓA
HỌC VÔ CƠ

TRẦN VĂN HIỀN

Các em học sinh thân mến, mong muốn giải
thật nhanh và chính xác các bài toán hóa là
nguyện vọng chính đáng của các em trong các
kì thi, đặc biệt là đại học, cao đẳng. Tuy nhiên,
việc nhận dạng và tìm ra được một hướng giải
tối ưu là một việc tương đối khó nếu như các
em không được trang bị một tư duy sắc bén,
các phương pháp giải nhanh, và một kĩ năng
bấm máy tính điêu luyện Mặc dù các em có
trong tay đầy đủ các công cụ tác chiến nhưng
lúng túng trong việc nhận dạng đề thi, không
biết thuộc dạng nào, nên dung cách nào để kết
thúc đối phương,.v v Với bài viết ngắn này,
hy vọng phần nào giúp các em “ bỏ túi” cho
mình vài bí quyết nhỏ khi giải các bài tập hóa
học.
Hiện nay phải nói rằng, công cụ giải nhanh
hóa học có rất nhiều và các em cũng đã được
trang bị đầy đủ qua sách tham khảo hoặc các
khóa luyện thi Và bài viết này không phải kê
thêm các phương pháp giải nhanh mà là giúp

các em nhận diện được bài toán, dùng cách
giải tối ưu thích hợp cho mỗi bài toán.
LỜI KHUYÊN KHI GIẢI TOÁN HÓA VÔ
CƠ:
1. Các bài toán vô cơ thì rất đa dạng, tùy
mỗi dạng bài mà ta cân nhắc dung cách nào
nhanh nhất, giải quyết dứt điểm. Để giải
nhanh các bài toán vô cơ, thường ta phải áp
dụng linh hoạt hầu hết các phương pháp giải
nhanh, trong đó cần chú ý bảo toàn electron,
bào toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng.
2. Khi giải toán vô cơ, hạn chế tối đa việc
viết các phương trình phản ứng, phương trình
phản ứng đã được đơn giản hóa bởi phương
pháp bảo toàn electron rồi.
3. Khi giải các bài toán đơn giản hay phức
tạp ta nên tóm tắt lại quá trình phản ứng, dựa
vào đó ta rất dễ dàng tìm được hướng đi đúng
đắn, chọn được cách giải phù hợp.
21
4. Cần vận dụng linh hoạt các phương pháp
giải nhanh, có như vậy bài toán mới trở nên
vô cùng đơn giản đến bất ngờ.
5. Các dạng toán về dung dịch kiềm thường
dùng bảo toàn điện tích và bảo toàn nguyên tố
bên cạnh phương pháp bảo toàn khối lượng.
6. Các bài tập về sắt thì chủ yếu quy đổi sẽ
rất nhanh.
7. Phương pháp bảo toàn electron có thể nói
là phương pháp xuyên suốt mọi bài toán vô

cơ.
BÀI TẬP MINH HỌA:
Bài toán 1(Khối B 2012): Cho 29 gam hỗn
hợp gồm Al, Cu và Ag tác dụng vừa đủ với
950 ml dung dịch HNO
3
1,5M thu được
dung dịch chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn
hợp khí X (đktc) gồm NO và N
2
O. Tỉ khối
của X so với H
2
là 16,4. Giá trị của m là ?
A. 98,20 B. 97,20
C. 98,75 D. 91,00
Giải:
• Nhận diện đề:
Các dạng toán kim loại tác dụng với HNO
3
ta
chú ý 2 thủ thuật cơ bản là bảo toàn electron
và bảo toàn nguyên tố.
Trong đề có xuất hiện các kim loại mạnh như
Zn, Al, kim loại kiềm, kiềm thổ thì chú ý rất
có khả năng tạo muối amoni.
• Tóm tắt đề:
29g






Ag
Cu
Al
+1,425 mol HNO
3
→ Muối







34
3
2)3(
3)3(
NONH
AgNO
NOCu
NOAl
+



05,0:20
2,0:

N
NO
(mol)
Rất có khả năng tạo NH
4
+
do có mặt Al, đặt
số mol NH
4
NO
3
là x
Bảo toàn N:
nN
bđ
= nN
muối
+ nN
spk
⇔
1,425= 0,2.3 + 0,05.8 + 8x+0,2 + 0,05.2 +
2x
Giải được : x = 0,0125 mol
Khối lượng muối : m = m
cation
+ m
anion
+ m
muối
amoni

= 29 +(0,2.3 + 0,0125.8 + 0,05.8).62 +
80.0,0125 = 98,2g
Đáp án: A

Bài toán 2(Khối A 2011): Nung m gam hỗn
hợp X gồm FeS và FeS
2
, trong một bình kín
chứa không khí ( gồm 20 % thể tích O
2
và
80% thể tích N
2
) đến khi các phản ứng này
xảy ra hoàn toàn, thu được một chất rắn duy
nhất và hỗn hợp khí Y có thành phần thể tích:
84,8% N
2
, 14% SO
2
, còn lại là O
2
. Phần trăm
khối lượng của FeS trong hỗn hợp X là ?
A. 59,46% B. 19,64%
C. 42,31% D. 26,83%
Giải :
• Nhận diện đề:
Ta thấy trước và sau phản ứng thì lượng N
2

22
không thay đổi, và đề cho % về thể tích cũng
là % về số mol các chất. Vì thu được chất rắn
duy nhất nên đó là Fe
2
O
3
.
Các em lưu ý khi đề cho phần trăm hay tỉ lệ
về thể tích thì ta có quyền chọn giá trị V hay
số mol để đơn giản hóa bài toán.
Nếu không biết cách chọn giá trị thích hợp mà
đặt ẩn để giải thì bài toán trở nên vô cùng
phức tạp và tốn rất nhiều thời gian.
• Tóm tắt đề:



yFeS
xFeS
:2
:
mol+n
1
mol



%80:2

%20:2
N
O

→Fe
2
O
3
: (x+y)/2 mol+ n
2
mol





%2,1:2
%14:2
%8,84:2
O
SO
N

Ở đây ta chỉ sử dụng một thủ thuật là bảo
toàn nguyên tố.
Để đơn giản ta chọn n
2
= 1 mol , thì hỗn hợp
sau phản ứng có:






012,0:2
14,0:2
848,0:2
O
SO
N
(mol)
Vì lượng N
2
không đổi nên ta có: 0,8n
1
=
0,848
⇒
n
1
= 1,06 mol.
Vậy số mol O
2
tham gia phản ứng là: a =
0,2.1,06 – 0,012 = 0,2 mol.
Bảo toàn O phản ứng và S ta có hệ :






=+
=+
+
14,02
2.2,02.14,0
2
)(3
yx
yx




=
=
⇔
06,0
02,0
y
x

Vậy % FeS = 19,64%. Đáp án :B
Bài toán 3: Đốt cháy 12,9 gam hỗn hợp Al;
Mg trong không khí được hỗn hợp X nặng
16,9 gam gồm các oxit và kim loại dư. Cho X
phản ứng với dung dịch chứa HCl 1M và
H
2
SO

4
0,5M (vừa đủ ) thu được 8,96 lít H
2

(đktc) và dung dịch A. Khối lượng muối khan
thu được khi cô cạn dung dịch A là ?
A. 39,200g B. 42,600g
C. 67,175g D. 46,300g
Giải:
• Nhận diện đề:
Bài tập thuộc dạng kim loại, oxít kim loại
tác dụng với acid không có tính oxi hóa, loại
bài tập này thường dừng bảo toàn khối lượng,
bảo toàn nguyên tố, điện tích để giải.
Khi đốt cháy kim loại ngoài không khí rồi
cho tác dụng với acíd hoặc khử bởi CO hay
H
2
thì các em chú ý số mol O nguyên tử
trong oxit bằng với số mol H
2
O hoặc CO.
• Tóm tắt đề:
12,9g



Mg
Al
(mol) + O