khóa luận tốt nghiệp giải bài toán đại số và lượng giác bằng công cụ vectơ

1
M
Ở ĐẦU
1. Lý do ch
ọn đề tài
Trong chương tr
ình THPT, môn Toán được chia thành ba phân môn:
Hình h
ọc, Đại số và
Gi
ải tích. Sự phân chia đó chỉ mang tính chất tương đối,
b
ởi lẽ, có nhiều bài toán
có n
ội dung, đặc điểm, ý nghĩa hay hình thức thuộc
hai hoặc cả ba phân môn trên. Có bài có th
ể giải được
đ
ồng thời
b
ằng các
công c
ụ hình học, đại số hay giải tích. Nhiều bài toán hình học có thể dùng
đại số để giải và ngược lại nhiều bài toán đại số có thể dùng hình học để giải,
v
ận dụng công cụ hình học
vào trong giải các b
ài toán
đ
ại số và lượng giác
.

Ở
đ
ề tài này tôi đã sử dụng công cụ vectơ
-m
ột công cụ hình học
-vào gi
ải một số
bài toán đ
ại số và lượng giác.
Vectơ là m
ột khái niệm quan trọng, nó có tính khái quát cao. Nó có thể
s
ử dụng cho cả hình học phẳng
, l
ẫn hìn
h h
ọc không gian và thậm chí cả đại
s
ố
và lư
ợng giác
. Nh
ờ vect
ơ ta có thể đưa tọa độ vào bài toán hình học do đó
tránh kh
ỏi những sai lầm về mặt trực quan.
Chính vì v
ậy, nghiên cứu ứng
d
ụng các vect

ơ vào việc
gi
ải một số b
ài toán
đ
ại số
và lư
ợng giác
là một vấn
đ
ề thú vị v
à ý ngh
ĩa
.
Qua đó tôi muốn đưa đến một cách nhìn khác nhằm làm phong phú hơn
v
ề phương pháp
gi
ải c
ác bài toán đ
ại số và lượng giác,
đó chính là s
ử dụng
hình h
ọc như một công cụ hữu ích cho việc giải quyết vấn đề đã nêu. Lời
gi
ải bài toán
đ
ại số có chứa yếu tố hình học nhiều khi thực sự bất ngờ bởi
s

ự
ng
ắn gọn, dễ hiểu bởi
cái nhìn tr
ực quan do hình học đem lại!
Trong khuôn kh
ổ của một khóa luận tôi muốn góp phần hoàn thiện hơn
v
ề phương pháp giải một số
bài toán v
ề phương trình, bất phươn
g trình, h
ệ
phương tr
ình, chứng minh bấ
t đ
ẳng thức,
tìm c
ực trị của hàm số
. V
ới những lí
do trên, đ
ề tài của tôi có tên gọi là:
“Gi
ải
bài toán đ
ại số và lượng
giác b
ằng
công c

ụ vectơ
”.
2. M
ục đích
nghiên c
ứu
T
ừ thực tế cho ta thấy khi nghiên cứu về các bài
t
ập
phương tr
ình, bất
phương tr
ình, hệ phương trình,
b
ất đẳng thức,
c
ực trị sinh viên sẽ gặp khá
2
nhi
ều khó khăn về mặt kiến thức. Nên chúng tôi đã đi sâu vào một số vấn đề
và h
ệ thống hóa các kiến thức của nó nhằm giúp sinh viên dễ dàng tiếp thu
ki
ến thức
và yêu thích say mê nghiên c
ứu phần này hơn.
3. Đ
ối tượng nghiên cứu
Các bài toán v

ề giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình,
ch
ứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị của hàm số
b
ằng cách sử dụng tính chất
vectơ.
4. Gi
ả thuyết khoa học
N
ếu trong
quá trình d
ạy học
giáo viên và h
ọc sinh có thể
s
ử dụng
tính
ch
ất
vectơ vào gi
ải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình, chứng
minh b
ất đẳng thức, tìm cực trị của hàm số
thì vi
ệc giải bài toán có thể đạt kết
qu
ả cao hơn.
5. Gi
ới hạn và phạm vi:
Trong môn h

ọc: T
oán sơ c
ấp
tôi ch
ỉ tr
ình bày m
ột phần nhỏ về “Gi
ải
m
ột
s
ố bài toán
đ
ại số và lượng giác
b
ằng công cụ vectơ
”.
6. Nhi
ệm vụ nghi
ên cứu:
H
ệ thống hóa lí luận những vấn đề li
ên quan đ
ến đối tượng nghiên cứu
của đề tài là: “Giải bài toán đại số và lượng giác bằng công cụ vectơ”.
Đưa ra m
ột số phương pháp giải, và dạng
bài t
ập nhằm giúp sinh viên
,

h
ọc sinh
d
ễ dàng tiếp thu các kiến thức cũng như các ứng dụng của vectơ
.
7. Phương pháp nghiên c
ứu
Phân tích, t
ổng hợp từ các tài liệu liên quan
.
Phân lo
ại
và h
ệ thống hóa lí tthuyết .
3
N
ỘI DUNG
Chương 1: M
ỘT SỐ KHÁI NIỆM VỀ VECTƠ
1.1. Đ
ịnh nghĩa vectơ
- Vectơ là m
ột đoạn thẳng định hướng.
- M
ỗi vectơ có một điểm đầu và một điểm cuối.
-Vectơ có đi
ểm l
à
A và đi
ểm cuối l

à B
, kí hi
ệu
:
AB

.
Quy ư
ớc:
Vectơ có đi
ểm đầu v
à điểm cuối trùng nhau là vectơ không.
Kí hiệu:
0

.
1.2. Vectơ trong m
ặt phẳng
1.2.1. T
ọa độ vectơ
Đ
ịnh nghĩa
: Tr
ục tọa độ là một đường thẳng trên đó đã xác đ
ịnh một
đi
ểm gốc O và một vectơ đơn vị
i

có đ

ộ dài bằng 1.
• Tọa độ của vectơ và của điểm trên trục: Cho vectơ
u ai=
 
, a được gọi là
t
ọa độ của vectơ
u

trên tr
ục (O
,
i

).
M
ột điểm M nằm tr
ên trục và
OM m.i=
 
, m là t
ọa độ của M tr
ên trục (O
,
i

).
1.2.2 . Hệ trục tọa độ
Đ
ịnh nghĩa

: H
ệ trục tọa độ
Đ
ề
-các vuông góc Oxy g
ồm hai tr
ục Ox, Oy
vuông góc v
ới nhau với hai v
ectơ đơn v
ị
i

,
j

có đ
ộ dài bằng 1.
• Tọa độ của vectơ: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy thì với mọi vectơ
u

, ta có:
1 2
u u i u j= +
  
C
ặp số (u
1
, u
2

) đư
ợc gọi là tọa
đ
ộ của vectơ
u

Kí hi
ệu
:
u

= (u
1
, u
2
)
Cho hai đi
ểm A(x
A
, y
A
) và B(x
B
, y
B
) thì:
B A B A
AB (x x ,y y )= − −

• Tọa độ của một điểm:

OM xi yj= +
  
⇔
x, y là tọa độ của M
Kí hiệu: M(x, y).
4
1.2.3. Tích vô hư
ớng của hai vectơ
Cho hai vectơ khác
0

:
a, b


ta có :
b.a


=
( )
a . b .cos a,b
 
 
Nên
a.b a . b≤
   
(do
( )
b,acos



≤ 1).
Vectơ
a, b


cùng phương, cùng chi
ều nếu
( )
a kb k 0,b 0= > ≠

 

a, b


cùng phương, ngư
ợc chiều nếu
( )
a kb k 0, b 0= < ≠

 

(Vectơ
0

cùng phương, chi
ều với mọi vec
tơ).

1.2.4. Tính ch
ất
Trong m
ặt phẳng tọa độ O
xy cho vectơ
( )
( )
1
1 2 2
a x ,y ,b x ,y
 
và s
ố thực k,
khi đó:
•
( )
1 2 1 2
a b x x ,y y+ = + +
 
•
( )
1 2 1 2
a b x x ,y y− = − −
 
• k
( )
1 1
a kx ,ky=

•

1 2 1 2
a.b x .x y .y= +
 
1.2.5. Bi
ểu thức tọa độ
tích vô hư
ớng của hai vectơ
Trong m
ặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai vect
ơ
1 1
a(x ,y )

,
2 2
b(x ,y )

,
Khi đó:
1 2 1 2
a.b x .x y .y= +
 
H
ệ quả:
•
a

=
2 2
1 1

x y+
•
1 2 1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
a.b x .x y .y
cos(a,b)
a . b
x y . x y
+
= =
+ +
 
 
 
( v
ới
a,b 0≠
  
)
1.3. Vectơ trong không gian
1.3.1 T
ọa độ của vect
ơ
Trong không gian, v
ới hệ tọa độ ( 0,
i, j,k
  
)
Chú ý:

2 2 2
i j k 1= = =
  
và
i.j i.k k.j 0= = =
    
.
5
- Đ
ịnh nghĩa
:
( )
u x, y, z u xi yj zk= ⇔ = + +
    
( )
M x,y,z thì 0M xi yj zk= + +
   
- Tính ch
ất
:
Trong không gian 0xyz cho hai vectơ :
1 2 3 1 2 3
a (a ,a ,a ), b (b ,b ,b ), k= = ∈
 
.
Khi đó ta có các tính ch
ất sau:
•
1 1 2 2 3 3
a b (a b , a b , a b )± = ± ± ±



•
1 2 3
ka (ka , ka , ka )=

•
1 1
2 2
3 3
a b
a b a b
a b
=


= ⇔ =


=

 
•
0 (0,0,0), i (1,0,0), j (0,1,0), k (0,0,1)= = = =
  

•
a

cùng phương

b(b 0)≠



⇔
a kb (k )= ∈
 
1 1
1 2 3
2 2 1 2 3
1 2 3
3 3
a kb
a a a
a kb , (b , b , b 0)
b b b
a kb
=


⇔ = ⇔ = = ≠


=

1.3.2. Bi
ểu thức tọa độ của tích vô h
ướng
Trong không gian 0xyz cho hai vectơ:
1 2 3 1 2 3

a (a ,a ,a ), b (b ,b , b ), k= = ∈
 
Khi đó:
•
1 1 2 2 3 3
a.b a .b a .b a .b= + +


•
1 1 2 2 3 3
a b a b a b a b 0⊥ ⇔ + + =
 
•
2 2 2
1 2 2
a a a a= + +

•
1 1 2 2 3 3
2 2 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3
a.b a b a b a b
cos(a, b)
a . b
a a a . b b b
+ +
= =
+ + + +







(v
ới
a, b 0≠



).
6
1.3.3. T
ọa độ của điểm
- Định nghĩa:
M(x, y, z) OM (x,y,z)⇔ =

- Tính ch
ất:
Cho
A A A B B B
A(x , y , z ), B(x , y , z )
•
B A B A B A
AB (x x ,y y ,z z )= − − −

•
2 2 2
B A B A B A
AB (x x ) (y y ) (z z )= − + − + −

1.4. Các b
ổ đề
B
ổ đề
1: V
ới mọi vectơ
a

ta có
2
2
( ) 0a a= ≥
 
.
Đ
ẳng thức xảy khi
vµ chØ khi
0a =
 
.
Ch
ứng minh:
Th
ật vậy ta có
2
2 0
(a) a.a a . a cos0 a= = =
     
Đ
ộ dài luôn dương nên

2
a

≥
0
Đ
ẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi
a 0 a 0= ⇔ =
  
.
B
ổ đề
2: Cho hai vectơ
a

và
b

. Khi đó :
i)
a b a b+ ≤ +
   
. Đ
ẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a

và
b

cùng hư

ớng
.
T
ổng quát:
*
1 1
| | | | ( )
n n
i i
i i
a a n
+
= =
≤ ∈
∑ ∑
 
.
ii)
a b a b− ≥ −
   
. Đ
ẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
và
b

ngư
ợc hướng
.
Ch
ứng

minh:
i) Đ
ặt
:
a AB,b BC= =
   
thì
a b AC+ =
  
V
ới ba điểm A, B, C ta có AC
≤
AB + BC
Suy ra
AC BC AC≤ +
  
hay
a b a b+ ≤ +
   
. 
Đ
ẳng
th
ức này xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó
Hay khi và ch
ỉ khi
a

và
b


cùng hư
ớng
.
ii) ) Đ
ặt
:
a AB,b AC= =
   
thì
a b BC− =
  
7
V
ới ba điểm A, B, C ta có
CB AB AC≥ −
Suy ra
CB AB BC≥ −
  
hay
a b a b− ≥ −
   
. 
Đ
ẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi A
, B, C th
ẳng hàng và A
không n
ằm
trong đo

ạn BC.
Hay khi và ch
ỉ khi
a

và
b

ngư
ợ
c hư
ớng
.
B
ổ đề
3: Cho hai vec tơ
a

và
b

. Khi đó:
i)
. .a b a b≤
   
. Đ
ẳng thức xảy ra khi v
à chỉ khi
a


và
b

cùng hư
ớng
.
ii)
. .≥ −
   
a b a b
. Đ
ẳ
ng th
ức xảy ra khi và chỉ khi
a

và
b

ngư
ợc hướng.
Ch
ứng minh:
i) Ta có
( )
a.b a . b cos a,b=
     
và cos
( )
a,b 1≤

 
nên ta suy ra
a.b a . b≤
   
. 
Đ
ẳng thức xảy ra khi và chi khi cos
( )
a,b 1=
 
⇔
( )
a,b 0=
 
Hay đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a

và
b

cùng hướng.
ii) Ta có
( )
a.b a . b cos a,b=
     
và cos
( )
a,b 1≥ −
 
nên ta suy ra

a.b a . b≥ −
   
. 
Đ
ẳng thức xảy ra khi và chi khi cos
( )
a,b 1= −
 
⇔
( )
a,b = π
 
Hay đẳng thức xảy ra khi v
à ch
ỉ khi
a

và
b

ngư
ợc
hư
ớng
.
8
Chương 2: GI
ẢI
BÀI TOÁN Đ
ẠI SỐ VÀ LƯỢNG

GIÁC
B
ẰNG CÔNG CỤ VECTƠ
Phương pháp chung
Khi gi
ải các bà
i toán đ
ại số (hoặc lượng giác
) b
ằng phương pháp vectơ
, ta
th
ực hiện các bước sau.
• Chuyển bài toán đại số (hoặc lượn g giác) đó về ngôn ngữ vectơ nhờ
t
ọa độ của vectơ đối với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc, chẳng hạn:
+ Công th
ức về độ dài vectơ
+ Tích vô hư
ớng của hai vectơ
+ Góc gi
ữa hai vectơ
• Tùy t
ừng bài toán cụ thể t
a có th
ể gán biểu thức đại số (hoặc lượng
giác) cho bi
ểu thức tọa
đ
ộ của vect

ơ trong mặt phẳng (
ho
ặc trong không gian)
K
ết hợp với
m
ột số bổ đề thường dùng
Đ
ể giải quyết theo y
êu cầu bài toán
• K
ết luận
chuy
ển b
ài toán t
ừ ngôn ngữ vec
tơ sang ngôn ng
ữ đại số
(lư
ợng giác) và kết luận theo yêu cầu bài to
án.
2.1. Ứng dụng giải ph
ương trình
, b
ất phương trình, hệ phương trình
Kinh nghi
ệm giải toán:
Khi g
ặp bài toán có thể giải bằng vectơ ta biến đổi bài toán
đ

ã cho sau đó
xét các vectơ có t
ọa độ thích hợp
r
ồi áp dụng một trong ba bổ đề, hoặc bất
đ
ẳng
th
ức tam giác
và xét trư
ờng hợp dấu bằng xảy ra để đưa ra nghiệm của
phương tr
ình, bất phương trình, hệ phương trình đã cho.
2.1.1. Ứng dụng giải ph
ương trình
Bài t
ập
1: Gi
ải phương trình
:
=+−−+− 10x6x5x2x
22
5
(1)
Hướng giải bài toán: Các bài toán đại số cho mỗi biểu thức dưới dấu căn
bậc hai mà ta có thể biểu điễn lại dưới dạng tổng của hai bình phương
9
2
1
2

1
AAA +=
,
2
1
2
1
BBB +=
Ta thi
ết lập được
các vectơ có t
ọa độ
thích h
ợp trên hệ trục
t
ọa độ Desca
rtes Oxy sao cho đ
ộ dài các vec
tơ đó tương
ứng bằng
A
,
B
sau đó sử dụng điều kiện xảy ra của các bổ đề về vectơ
để suy ra các kết quả bài toán. Ta giải như sau:
Gi
ải
Ta vi
ết lại:
(1)

⇔
( ) ( )
513x41x
22
=+−−+−
(2)
Trong m
ặt phẳng O
xy ta ch
ọn các vec
tơ :
u

= ((x – 1 ), 2),
v

= (( x – 3), 1)
Suy ra:
w

=
u

-
v

= (2, 1), w =
5
Áp d
ụng BĐT tam giác

:
wvu ≤−
(3)
T
ừ (2) và (3) ta thấy việc giải phương trình (2) được chuyển về giải
phương tr
ình
:
3x
2
1x
−=
−
(4)
Gi
ải (4) phương trình có
nghi
ệm x = 5
V
ậy p
hương tr
ình
đ
ã cho có duy nh
ất nghiệm x = 5.
Bài t
ập
2: Gi
ải ph
ương tr

ình:
5x2x
2
+−
+
10x2x
2
++
=
29
(1)
Hư
ớng giải quyết bài toán
: Bài toán này v
ề cơ bản không khác gì nhiều
so v
ới
bài toán trư
ớc. Nên ta làm như sau:
Gi
ải
Ta vi
ết lại (1)
⇔
( )
4x1
2
+−
+
( )

2
2
3x1 ++
=
29
(2)
Trong m
ặt phẳng O
xy ta ch
ọn các vectơ
:
( ) ( )
u 1– x, 2 ,v 1 x, 3 = = +
 
Khi đó ta có:
u

=
( )
4x1
2
+−
=
5x2x
2
+−
( )
2
2
v 1 x 3= + +


=
10x2x
2
++
u v+
 
= ( 2, 5 )
2 2
u v 2 5⇒ + = +
 
=
29
10
Theo b
ổ đề 2
:
u

+
v

≥
u v+
 
, ta suy ra:
5x2x
2
+−
+

10x2x
2
++
≥
29
D
ấu đẳng thức xảy ra
⇔
u,v
 
cùng hư
ớng
Vi
ệc giải ph
ương tr
ình (2) q
uy v
ề giải ph
ương tr
ình:
3
x1
2
x1 +
=
−
(3)
Giải (3) phương trình có nghiệm x =
5
1

V
ậy nghiệm của phương trình là x =
5
1
.
Bài t
ập
3: Gi
ải phương trình:
3223
x9x36x18x9 −++
= 9 +
2
x
Gi
ải
Trong mặt phẳng Oxy ta chọn các vectơ:
u

= ( 1, 1 ),
v

= (
3223
x9x36,x18x9 −+
)
Khi đó ta có :
u 2=

,

3
3 2 2
v 9x 18x 36x 9x= − + −

=
23
x
⇒
u . v
 
= 6x
Áp d
ụng bổ đề 3
:
u.v
 
≤
u . v
 
, ta có:
9 +
2
x
≤
6x
( )
03x
2
≤−⇔
⇔

x = 3
Với x = 3 thì
u

,
v

cùng hướng
V
ậy S = {3}
Bài t
ập 4:
Gi
ải
phương tr
ình:
2 2 2
x 2x 2 4x 12x 25 9x 12x 29− + + + + = + +
(1)
Gi
ải
Trong m
ặt phẳng
Oxy ta ch
ọn
các vectơ:
u (x 1,1),v (2x 3,4)= − = +
 
Khi đó ta có:
2 2

u x 2x 2, v 4x 12x 25= − + = + +
 
,
11
2
u v (3x 2,5) u v 9x 12x 29+ = + ⇒ + = + +
   
Suy ra phương trình (1) tương đương:
u v u v+ = +
   
u kv(k 0)
1
k
x 1 k(2x 3)
4
1 k.4 1
x 1 (2x 3)
4
1
1
k
k
4
4
7
4x 4 2x 3
x
2
⇔ = >


=

− = +


⇔ ⇔
 
=


− = +



=


=
 
⇔ ⇔
 
 
− = +
=



 
V
ậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất

7
x
2
=
.
Bài t
ập
5: Gi
ải phương trình sau
:
2 2
x x 9.
x 1
+ = +
+
Gi¶i
Đi
ều kiện
:
x 0≥
.
Trong m
ặt phẳng O
xy ta ch
ọn các vectơ:
( )
1 x
u 2 2, x 1 ,v ,
x 1 x 1
 

+
 
+ +
 
 
Áp d
ụng bổ đề 3
:
a.b a . b≤
   
, ta suy ra:
2 2 1 x
x 8 x 1. x 9.
x 1
x 1
+
+ ≤ + + = +
+
+
Như v
ậy dấu bằng đạt được
⇔
u,v
 
cùng hư
ớng
:
2 2 1 1
x .
7

x 1 x
⇔ = ⇔ =
+
V
ậy phương trình đã cho có nghiệm
1
x
7
=
.
Bài tập 6: Gi¶i ph¬ng tr×nh:
sin x 3cosx 1+ =
12
Giải
O
Trong m
t phng O
xy ta ch
n cỏc vect
:
( )
( )
u 3,1 ,v cosx,sin x= =

Suy ra:
( )
u 2, v 1, OA,u ,
6

= = =

sđ
( )
OA,v x.=

Khi đó phng trỡnh trở thành:
u.v 1=

.
Hay:
( )
u . v .cos u,v 1=

( )
2cos u,v 1 =

( )
1
cos u,v
2
=

( )
u,v .
3

=

Theo hệ thức Sa- Lơ ta có:
( ) ( ) ( )

OA,v OA,u u,v k.2= + +

(k Z)
( )
OA,v k.2
6 3

= +

( )
( )
OA,v k.2
2
OA,v k.2
6


= +





= +




x k.2
2

x k.2
6


= +





= +


(k Z)
V
y ph
ng trỡnh cú nghim l:
x k.2 v x k.2
2 6

= + = +
.
Bi t
p 7
: Tỡm m
phng trỡnh sau cú nghim:
2 2
x x 1 x x 1 m (*)+ + + =
Gi
i

u

v

cosx
sin x
O
O
A
3
13
Ta vi
ết lại: (*)
⇔
+ + − − +
2 2
1 3 1 3
(x ) (x )
2 4 2 4
= m
Trong m
ặt phẳng O
xy ta xét các đi
ểm:
A
 
   
−
 
   

 
   
 
1 1 3
,0 , B ,0 , M x,
2 2 2
Khi đó ta có:
= + ⇒ =

1 3
AM (x , ) AM
2 2
+ +
2
x x 1
,
= − ⇒ =

1 3
BM (x , ) BM
2 2
2
x x 1− +
, AB = 1
Theo BĐT tam giác:
− ≤AM BM AB
Suy ra:
2 2
x x 1 x x 1 1+ + − − + ≤
V

ậy
v
ới mọi M và mọi m
≤
1 luôn t
ồn tại M để
− =AM BM m
nên đ
ể
(*) có nghi
ệm thì m
≤
1
Vậy với mọi m
≤
1 thì phương trình luôn có nghiệm.
2.1.2. Ứng dụng giải bất phương trình
Bài t
ập
1: gi
ải bất phương trình sau:
1x −
-
( )
x32x23x2
2
−≥−+−
(1)
Gi
ải

Ta vi
ết lại (1)
( )
2
x 1 x 3 2 x 3 2x 2⇔ − + − ≥ − + −
Ñieàu kieän:
x 1≥
Trong m
ặt phẳng Oxy t
a ch
ọn các vectơ:
u (x 3, x 1)= − −

,
v (1,1)=

Khi đó ta có:
2
u (x 3) x 1, v 2= − + − =
 
,
u.v x 1 x 3= − + −
 
Suy ra baát phöông trình (1) töông ñöông
u.v u . v≥
   
D
ấu bằng xảy
ra
⇔

u,v
 
cùng hư
ớng
14
2 2
x 3 x 1
x 6x 9 x 1 x 7x 10 0
x 3 x 3
x 5
x 5
x 2
x 3
⇔ − = −
 
− + = − − + =
⇔ ⇔
 
≥ ≥
 
=




⇔ ⇒ =
=




≥

Vậy x = 5 là nghi
ệm duy nhất của phương trình.
Bài t
ập 2:
Giải bất phương trình:
x 1 2x 3 50 3x 12+ + − + − ≤
Giải
Điều kiện:
x 1
3 3 50
x x
2 2 3
50
x
3


≥ −


≥ ⇔ ≤ ≤



≤


Trong khơng gian Oxyz ta ch

ọn các vectơ:
u (1,1,1), v ( x 1, 2x 3, 50 3x)= = + − −
 
Khi đó ta có:
u 3, u x 1 2x 3 50 3x 48 4. 3= = + + − + − = =
 
u.v x 1 2x 3 50 3x= + + − + −
 
Suy ra (1):
u.v u . v⇔ ≤
   
Theo b
ổ đề 3
đẳng thức này luôn đúng.
Vậy nghiệm bất phương trình đã cho là
3 50
x
2 3
≤ ≤
.
2.1.3. Ứng dụng giải hệ ph
ương trình
và m
ột số bài tốn liên quan.
Bài t
ập 1
: Gi
ải hệ phương trình sau






=++
=++
=++
3zyx
3zyx
3zyz
333
222
(*)
15
Gi
ải
Trong không gian Oxyz ta ch
ọn
các vectơ :
u

( x, y, z ),
v =

(1, 1, 1 )
Khi đó:
2 2 2
u x y z 3, v 3= + + = =
 
,
u.v

 
= x + y + z = 3
Suy ra:
u.v
 
=
u . v
 
⇒
u,v
 
cùng hướng
x y z
0
1 1 1
⇒ = = ≥
⇒
x = y = z = 1
Thõa mãn (*) v
ậy (x, y, z) = (
1,1,1) là nghi
ệm duy nhất của hệ phương
trình.
Bài t
ập
2: Giaûi heä phöông trình sau:
2 2 2
3 3 3
x y z 1
x y z 1

x y z 1
+ + =


+ + =


+ + =

Gi
ải
Trong không gian Oxyz ta ch
ọn các vect
ơ:
2 2 2
0 0 0 0 0 0
u (x ,y ,z ) , v (x ,y ,z )= =
 
Trong đó
0 0 0
u (x ,y ,z )=

là nghi
ệm tùy ý (nếu có ) của hệ đã cho.
Khi đó ta có:
3 3 3
0 0 0
u.v x y z 1= + + =
 
,

u 1 ,=

2 2 2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
v 1 2(x y y z z x ) 1= − + + ≤

⇒
u . v 1 u.v≤ =
   
Theo bổ đề 3:
u.v u . v≤
   
suy ra
u.v u . v=
   
( )
0 0
0 0
0 0
0 0 0
x y 0
u 1
y z 0
z x 0
cos u,v 1
x y z 1
=




=
=
 
⇒ ⇔
 
=
=
 


+ + =


 
16
Từ đó suy ra :
0 0 0
0 0 0
0 0 0
x 1 x 0 x 0
y 0 , y 1 , y 0
z 0 z 0 z 1
= = =
  
  
= = =
  
  
= = =
  

Th
ử l
ại ta đ
ược tập nghiệm củ
a h
ệ phương trình là:
S =
( ) ( ) ( )
{ }
1, 0, 0 , 0, 1, 0 , 0, 0, 1
Bài t
ập
3: Gi
ải hệ phương trình sau:
( )
( )
( )
2
2
2
x yz 1 1
y zx 0 2
z zy 0 3

+ =


− =



+ =


Gi
ải
Trong không gian Oxyz ta ch
ọn
các vectơ:
( ) ( )
( )
u y, z , v x, z , w y, x−
  
.
T
ừ
(2) suy ra :
u.w 0=
 
T
ừ
(3) suy ra:
u.v 0=
 
N
ế
u
u 0≠


thì suy ra

v,w
 
c
ộng tuyến
2
x yz 0⇔ + =
trái v
ới
(1).
Như v
ậy
:
u 0=


hay
y z 0= =
.
T
ừ
(1)
2
x yz 1 x 1+ = ⇒ = ±
.
Kiểm tra l
ại ta được tập nghiệm của hệ phương trình là:
S =
( ) ( )
}
{

1, 0, 0 , 1, 0, 0−
.
Bài t
ập
4: Gi¶i hÖ phương tr
ình
sau:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2
x y 1 yz 0 1
x 2z 3 y x z 0 2
2z 3 x z y 1 z 3

− + =


− + − =


− + − = − +


Gi¶i
Trong m
ặt phẳng O
xy ta chän các vectơ:
( ) ( ) ( )

u x,y , v y 1,z , w 2z 3,x z− − −
  
.
17
T
ừ
(1) ta suy ra :
u.v 0=
 
(4)
T
ừ
(2) ta suy ra :
u.w 0=
 
(5)
T
ừ
(3) ta suy ra :
2 2
v w=
 
(6)
NÕu
u 0=


x y 0⇔ = =
thay vµo hÖ suy ra:
z 1=

hoÆc
z 2.=
NÕu
u 0≠


tõ (4) vµ (5) ta suy ra
v,w
 
c
ộng tuyến
.
Mà t
ừ
(6)
2 2
v w=
 
⇒
v w= ±
 
.
Víi
y 1 2z 3 y 2z 2
v w
z x z x 2z
− = − = −
 
= ⇔ ⇔
 

= − =
 
 
Thay y, z vµo (4) ta ®îc
8 2 4
x ,y ,z .
3 3 3
= = =
Víi
y 1 3 2z y 4 2z
v w
z z x x 0
− = − = −
 
= − ⇔ ⇔
 
= − =
 
 
Thay vµo (4) ta ®îc
x 0,y 4, z 0= = =
hoÆc
x 0, y 0, z 2.= = =
V
ậy tập nghiệm của hệ phương trình là:
S =
( )
{
0, 0, 1 ,
(0, 0, 2),

8 2 4
, , ,
3 3 3
 
 
 
( )
}
0, 4, 0
Bài t
ập
5: Gi¶ sö hÖ phương trình sau cã nghiÖm.
2 2
2 2
x xy y 3
y yz z 16
+ + =


+ + =

Chứng minh rằng:
xy yz zx 8+ + ≤
.
Giải
Trong m
ặt phẳng O
xy ta ch
ọn các vectơ
:

x 3 3 z
u y , x , v z,y
2 2 2 2
   
+ +
   
   
 
Khi đó ta có:
u 3, v 4,= =
 
( )
3
u.v xy yz zx
2
= + +
 
Mà theo b
ổ 3
:
u.v u . v≤
   
Suy ra:
( )
3
xy yz zx
2
+ +
≤
4 3

18

xy yz zx 8+ +
.
Bi tp 6: Giả sử hệ phng trỡnh sau có nghiệm
ax by c
bx cy a
cx ay b
+ =


+ =


+ =

Chng minh r
ng
:
3 3 3
a b c 3abc.+ + =
Giải
Trong khụng gian Oxyz ta ch
n cỏc
vect:
( ) ( ) ( )
u a, b, c , v b, c, a , w c, a, b

,
( )

m x,y, 1

.
Nh vậy hệ tơng đơng với:
u.m 0
v.m 0
w.m 0
=


=


=







Do
m 0


nên ta suy ra:
( ) ( ) ( )
u a,b,c , v b,c,a , w c,a,b

đồng phẳng.

Mặt khác ta dễ dàng kiểm tra đợc các góc
( ) ( ) ( )
u,v v,w w,u= =

.
Điều này tơng đơng với
u v w= =

hoặc
( ) ( ) ( )
u,v v,w w,u= =

=
2
3

.
Nếu
u v w= =

thì
a b c = =

3 3 3
a b c 3abc+ + =
.
Nếu
( ) ( ) ( )
u,v v,w w,u= =

=
2
3

Thì suy ra:
u v w+ =

a b c
b c a a b c 0.
c a b
+ =


+ = + + =


+ =

Theo hằng đẳng thức
( )
( )
3 3 3 2 2 2
a b c 3abc a b c a b c ab bc ca+ + = + + + +

3 3 3
a b c 3abc 0+ + =
3 3 3
a b c 3abc+ + =
.
19

Bài t
ập
7: Giả sử hệ ph
ương trình sau có
nghi
ệm
2 2 2
x y z 8
xy yz zx 4
+ + =


+ + =

Ch
ứng minh rằng
:
4 4
x, y, z .
3 3
− ≤ ≤
Gi
ải
Do vai trò c
ủa x,
y, z như nhau nên ta ch
ỉ cần chứng minh cho biến x là
đ
ủ.
T

ừ
h
ệ ta suy ra được x, y
, z cùng d
ấu.
Th
ật vậy không mất tính tổng quát:
Gi
ả sử
:
x,y 0 và z 0> <
Ta suy ra:
2 2 2 2 2
x y x y z 8
4 xy 4.
2 2 2
+ + +
< ≤ < = =
( Vô lý).
Gi
ả sử
:
x 0 và y,z 0> <
Ta suy ra:
2 2 2 2 2
y z x y z 8
4 yz 4
2 2 2
+ + +
< ≤ < = =

.(Vô lý).
Nên ba s
ố
x,y,z 0≥
ho
ặc
x,y,z 0≤
Ta có:
( ) ( )
2
2 2 2
x y z x y z 2 xy yz zx+ + = + + + + +
Theo gi
ả
thi
ết
ta suy ra:
( )
2
x y z 4
x y z 16
x y z 4
+ + =

+ + = ⇔

+ + = −

- Trư
ờng hợp

:
x y z 4+ + =
x,y,z 0⇒ ≥
Trong h
ệ tọa độ
0xyz ch
ọn điểm
( )
M x,y,z
thay đ
ổi
và đi
ểm
A( 1, 1, 1 )
Khi đó ta có:
( ) ( )
OM x,y,z , OA 1,1,1
 
.
Từ gi
ả
thi
ết
OM 8, OA 3⇒ = =
 
và
OM.OA x y z 4= + + =
 
.
T

ừ đây ta suy ra khi x, y, z thay đổi th
ì
OM

luôn n
ằm trong góc phần
tám th
ứ nhất và tạo với
OA

m
ột góc không đổi.
20
Chi
ế
u M lên tr
ục Ox ta xác định đ
ư
ợc
x hay
x OM.cos(OM,i)=
 
, như
v
ậy x đạt giá trị lớn nhất phụ thuộc vào góc
(OM,i)
 
.
Xét trong góc tam di
ện

(OM,OA,Ox)
t
ổng hai góc tam diện luôn lớn
hơn góc c
òn lại.
Do
( )
OA, i


không đổi nên góc
(OM,i)
 
đạt lớn nhất, nhỏ nhất khi và chỉ
khi ba vectơ
( ) ( )
OM x,y,z ,OA 1, 1, 1
 
,
( )
i 1,0,0

đ
ồng phẳng.
OM,OA .i 0 y z
 
⇔ = ⇔ =
 
 


Vì
y z=
thay vào h
ệ ta được
x 0
4
x
3
=



=

T
ức trong trường hợp này:
4
0 x
3
≤ ≤
(1)
Trư
ờng hợp:
x y z 4+ + = −
x,y,z 0⇒ ≤
Đ
ặt
:
x a, y b, z c= − = − = −
với

a,b,c 0≥
Ta quay v
ề tr
ường hợp vừa xét:
4 4 4
0 a 0 x x 0
3 3 3
⇒ ≤ ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤
(2)
Như v
ậy từ
(1), (2) ta suy ra:
4 4
x
3 3
− ≤ ≤
Do vai trò c
ủa x, y, z như nhau nên ta có:
4 4
x,y,z .
3 3
− ≤ ≤
2.2. Sử dụng tích vô hướng của hai vectơ, độ dài vectơ vào chứng minh
b
ất đẳng thức
Kinh nghi
ệm giải toán
:
Khi g
ặp các đẳng thức có thể giải bằ

ng vectơ ta bi
ến đổi bất đẳng thức đ
ã
cho sau đó xét các vectơ có t
ọa độ thích hợp rồi áp dụng một trong ba bổ đề
,
b
ất đẳng thức tam giác hoặc tích vô h
ư
ớng cua hai vectơ
và xét trư
ờng hợp
d
ấu bằng xảy ra, để chứng minh bất đẳng thức đã cho.
21
● Khi g
ặp
các bài toán đ
ại số mà mỗi biểu thức dưới dấu căn bậc hai
đư
ợc biểu điễn dưới dạng tổng của hai bình phương
2
1
2
1
AAA +=
,
2
1
2

1
BBB +=
Ta thi
ết lập đ
ược các
vectơ có t
ọa độ thích hợp tr
ên hệ trục
t
ọa độ Desca
rtes 0xy sao cho đ
ộ dài
các vectơ đó tương
ứng bằng
A
,
B
sau đó nghiệm lại rằng tổng các vectơ bằng vectơ không (hoặc có một
vectơ b
ằng tổng các ve
ctơ c
òn lại
), r
ồi sử dụng bất đẳng thức ( BĐT )
v
ề độ
dài ba c
ạnh của tam giác hoặc
BĐT v
ề độ dài đường gấp khúc để đi đến kết

qu
ả của bài toán
.
2.2.1.
Ứng dụng chứng minh các bất
đ
ẳng thức đại số
Bài t
ập
1: Chøng minh r»ng:
2
a a 1+ +
+
2
a a 1− +
≥
2 (1) víi
∀
a
∈
R
Hư
ớng giải quyết bài toán
: Bài toán này n
ếu đơn thuần chỉ sử dụng việc
ch
ứng minh bất đẳng thức thông thường thì sẻ rất khó đối với học sinh, vì bài
toán có hai căn b
ậc hai nên việc biến đổi sẻ rất khó. Nhưng nếu c
hú ý các đ

ối
tư
ợng trong bài toán và biết khai thác bổ đề 2 nêu trên thì bài toán trở nên dể
dàng hơn. C
ụ thể, ta có hướng suy nghĩ sau:
Hai bi
ểu thức trong căn bậc hai có thể biến đổi thành tổng các bình
phương.
2
2
2
1 3
a a 1 a
2 2
 
 
+ + = + +
 
 
 
 
và
2
2
2
1 3
a a 1 a
2 2
 
 

− + = − +
 
 
 
 
Từ đó, ta có thể đặt:
1 3
u a ,
2 2
 
= +
 
 

,
1 3
v a,
2 2
 
= −
 
 

, đ
ến đây sử dụng
b
ổ đề 2 ta được điều phải chứng minh. Cụ thể như sau:
Gi¶i
Ta vi
ết lại: (1)

⇔
2 2
1 3
(a ) ( )
2 2
+ +
+
2 2
1 3
( a) ( )
2 2
− +
≥
2
Trong m
ặt phẳng O
xy ta ch
ọn các vect
ơ
:
1 3
u (a , )
2 2
= +

,
1 3
v ( a, )
2 2
= −


Áp d
ụng bổ đề
2:
u v u v+ ≥ +
   
, ta suy ra:
22
2 2
2 2
1 3 1 3
a a 2
2 2 2 2
   
   
+ + + − + ≥
   
   
   
   
2 2
a a 1 a a 1 2⇔ + + + − + ≥
.  .
Dấu bằng xảy ra
⇔
a = 0.
Bài tập 2: Chøng minh r»ng: víi x, y, z > 0.
Thì:
2 2
x xy y+ +

+
2 2
y yz z+ +
+
2 2
z zx x+ +
3(x y z)≥ + +
Hư
ớng giải quyết bài toán
: Bài toán này v
ề cơ bản không khác gì nhiều
so v
ới b
ài toán trước.
Nên ta làm như sau:
Gi¶i
Ta vi
ết lại :
2 2 2 2 2 2
y 3 z 3 x 3
(x ) ( y) (y ) ( z) (z ) ( x) 3(x y z)
2 2 2 2 2 2
+ + + + + + + + ≥ + +
Trong mÆt ph¼ng Oxy ta chọn các vectơ:
y 3
u (x , y),
2 2
= +

z 3

v (y , z),
2 2
= +

x 3
w (z , x)
2 2
= +

T
ừ bổ đề 2
:
u v w u v w+ + ≥ + +
     
, ta cã:
2 2 2 2 2 2
y 3 z 3 x 3
u v w (x ) ( y) (y ) ( z) (z ) ( x)
2 2 2 2 2 2
+ + = + + + + + + + + ≥
  
2 2
9 3
u v w (x y z) (x y z) 3(x y z)
4 4
+ + = + + + + + = + +
  
Suy ra:
2 2
x xy y+ +

+
2 2
y yz z+ +
+
2 2
z zx x+ +
3(x y z)≥ + +
. 
D
ấu đẳng thức xảy ra
⇔
x = y = z.
Bài t
ập
3. Cho 2n s
ố thực a
1
, a
2
, a
n
, b
1
, b
2
, b
n
….Ch
ứng minh
r

ằng
:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n
a b a b a b a a a b b b+ + + + + + ≥ + + + + + + +
(B
ất đẳng thức Minkốpsky).
Gi
ải
Trong m
ặt phẳng
Oxy ta ch
ọn các
vectơ
( )
i
i i
u a ,b=

23
V
ới i = 1, 2, , n. Khi đó
:
1 2 n
u u u+ + +
  
= (a
1

+ a
2
+ + a
n
, b
1
+ b
2
+ + b
n
)
Theo b
ổ đề 2
:
1 2 n 1 2 n
u u u u u u+ + + ≥ + + +
     
, ta suy ra:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 n n 1 2 n 1 2 n
a b a b a b a a a b b b+ + + + + + ≥ + + + + + +
. 
Đ
ẳng thức xảy ra khi các vec
tơ
i
u


cùng phương, cùng chi
ều
.
⇔
1 2 n
1 2 n
a a a

b b b
= = =
.
Bài t
ập 4
: Cho ba s
ố dương x, y, z thoả mãn x + y + z
≤ 1.
Ch
ứng minh rằng:
2 2 2
2 2 2
1 1 1
x y z 82
x y z
+ + + + + ≥
(1)
(Câu V - Đ
ề thi tuyển sinh Đại học khối A năm 2003)
Gi
ải
Trong m

ặt phẳng
Oxy ta ch
ọn
các vectơ:
1 1
a x, , b y,
x y
 
 
= =
 
 
 
 


,
1
c z,
z
 
=
 
 

Khi đó:
1 1 1
a b c x y z,
x y z
 

+ + = + + + +
 
 
  
Theo bổ đề 2:
a b c a b c+ + ≥ + +
   
 
Ta suy ra:
( )
2
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
x y z x y z
x y z x y z
 
+ + + + + ≥ + + + + +
 
 
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số x, y, z, ta có:
3 3
1
1 x y z 3 xyz xyz
3
≥ + + ≥ ⇒ ≤
3
1 1 1 3
x y z

xyz
+ + ≥
Đ
ặt
:
( )
2
3
t xyz=
, ta có:
1
0 t
9
< ≤
24
( ) ( )
( )
2
2 2
3
2
3
1 1 1 9 9
x y z 9 xyz 9t
x y z t
xyz
 
+ + + + + ≥ + = +
 
 

Đ
ể chứng minh
(1), ta ch
ỉ cần chứng minh
9
9t 82
t
+ ≥
v
ới
1
0 t
9
< ≤
⇔ 9t
2
- 82t + 9 ≥ 0
⇔ (9t - 1)(t - 9) ≥ 0
Bất đẳng thức đúng do: 9t - 1 ≤ 0, t - 9 < 0
Đ
ẳng thức (1) xảy ra
⇔ x = y = z =
1
3
.
Bài t
ập
5: Cho a, b là hai s
ố thực tùy ý. Chứng minh rằng:
2 2

1 (a b)(1 ab) 1
2 (1 a )(1 b ) 2
+ −
− ≤ ≤
+ +
Gi
ải
Trong không gian Oxyz ta ch
ọn các vec
tơ:
u (1,a,0), v (1, b,0)= = −
 
Khi đó ta có:
2 2
1 ab
cos(u,v)
1 a 1 b
−
=
+ +
 
,
2 2
a b
sin(u,v)
1 a 1 b
+
=
+ +
 

M
ặt khác
:
2 2
(1 ab)(a b)
sin2(u,v) 2sin(u,v).cos(u,v) 2. 1
(1 a )(1 b )
− +
= = ≤
+ +
     
⇔
2 2
1 (a b)(1 ab) 1
2 (1 a )(1 b ) 2
+ −
− ≤ ≤
+ +
. 
Bài t
ập
6: Cho các s
ố thực d
ương a, b,c th
õa mãn
: ab + bc + ca = abc
Ch
ứng minh rằng
:
2 2 2 2 2 2

a 2b b 2c c 2a
3
ab bc ca
+ + +
+ + ≥
(*)
Gi
ải
Ta vi
ết lại
: (*)
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
3
b a c b a c
⇔ + + + + + ≥
Trong m
ặt phẳng O
xy ta ch
ọn các
vectơ:
25
1 2 1 2 1 2
u , , v , , w ,
b a c b a c
     
= = =
     
     
  

Khi đó ta có:
2 2 2 2 2 2
a 2b b 2c c 2a
| u | , | v | , | w |
ab bc ca
+ + +
= = =
  
2
1 1 1 2 2 2 1 1 1
u v w , , | u v w | 3 3
a b c a b c a b c
 
 
+ + = + + + + + + = + + =
 
 
 
 
     
Vì
1 1 1
ab bc ca abc 1
a b c
+ + = ⇔ + + =
Mà theo bổ đ
ề
2, ta có:
2 2 2 2 2 2
a 2b b 2c c 2a

| u | | v | | w | | u v w | 3
ab bc ca
+ + +
+ + ≥ + + ⇔ + + ≥
     
.
Vì ba vect
ơ ta xét đều khác vectơ
0

nên d
ấu bằng xảy ra
:
u,v,w⇔
  
cùng hư
ớng
a b c⇔ = =
.
Mà ab + bc + ca = abc
⇒
a = b = c =3
Dấu “=” x
ảy ra khi và chỉ
khi a = b = c =3.
Bài t
ập
7: Cho 4 s
ố thực:
1 2 3 4

x , x , x , x
.Ch
ứng minh rằng:
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
x y x y x x y y+ + ≥ +
Gi
ải
Trong m
ặt phẳng Oxy ta chọn các
vectơ:
1 1 2 2
a (x ,y ), b (x ,y )= =
 
Khi đó ta có:
a

=
2 2
1 1
x y+
,
b

=
2 2
2 2

x y+
,
a.b

= x
1
x
2
+ y
1
y
2
Theo b
ổ đề 3
:
2 2
2
a b a.b a b (a.b)≥ ⇒ ≥
      
Suy ra:
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
x y x y x x y y+ + ≥ +
. 
D
ấ
u đẳng thức xảy ra

a,b⇔
 
cùng hư
ớng
1 2 2 1
x y x y⇔ =
.
Bài t
ập
8: Chöùng minh raèng neáu x, y, z > 0 thì:
2 2 2 2 2 2
x xy y x xz z y yz z+ + + + + > + +