Bất đẳng thức vật lý nguyễn đức thắng du hiền vinh sưu tầm và trình bày

NGUYỄN ĐỨC THẮNG – DU HIỀN VINH

ỨNG DỤNG CỦA

BẤT ĐẲNG THỨC
TRONG GIẢI TOÁN

LỚP 11 TOÁN - TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN NGỌC HIỂN


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

Lời mở đầu
Với bản chất là các môn học tự nhiên, sự tương quan của Toán học và Vật lý học nằm ở
nhiều mặt. Tuy nhiên, về cơ bản, bản chất của các môn học này luôn đào sâu, đi sâu vào
những ứng dụng cũng như tích hợp kiến thức giữa các môn học. Từ đó làm cơ sở và nền
tảng để hình thành các phương pháp giải bài tập bằng cách áp dụng kiến thức của môn
học này vào môn học kia mà ở đây là Toán học vào Vật lý. Ở đây ta xét một ứng dụng
thường thấy, đó chính là việc áp dụng Bất đẳng thức Toán học vào giải các bài toán Vật
lý. Phương pháp này cũng giúp ta giải quyết một số câu hỏi trong các đề thi tuyển sinh
đại học môn vật lý (tìm giá trị cực đại, cực tiểu…).
Cà Mau, ngày 20 tháng 11 năm 2016

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 2

ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

1. Ứng dụng của bất đẳng thức AM – GM
Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ:

Biết E  20 ; r  4W và R là biến trở. Tìm R để công suất mạch ngoài đạt cực đại.
Lời giải:
Áp dụng Định luật Ohm đối với toàn mạch, ta được cường độ dòng điện là
I

E
20

Rr R4

2

400 R
400
 20 

Công suất mạch ngoài là P  I 2 R  
 R 2
R  8R  16 R  16  8
 R4

R

Để công suất mạch ngoài đạt cực đại (hay P đạt giá trị lớn nhất) thì R 
dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương R và
R

Từ đó dễ dàng suy ra P 

16
 8 sẽ đạt giá trị nhỏ nhất. Áp
R

16
ta có
R

16
16
 8  2 R.  8  16
R
R

400
400

 25
16
16
R  8
R

Dấu đẳng thức xảy ra khi R 

16
hay R  4 .
R

Từ ví dụ trên ta có thể tổng quát bài toán lên như sau:
Cho mạch điện như hình vẽ:

Biết giá trị của E và r . Tìm R để công suất mạch ngoài đạt cực đại.

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 3


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

Lời giải:
Áp dụng Định luật Ohm đối với toàn mạch, ta được cường độ dòng điện là

I

E
Rr

2

E2R
E2
 E 
Công suất mạch ngoài là P  I R  
R



r2
R 2  2Rr  r 2
 Rr 
R   2r
R
2

Để công suất mạch ngoài đạt cực đại (hay P đạt giá trị lớn nhất) thì R 
dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương R và

R
Từ đó dễ dàng suy ra P 

r2
 2r sẽ đạt giá trị nhỏ nhất. Áp
R

r2
ta có

R

r2
r2
 2r  2 R.  2r  4r
R
R

E2
E2

r2
4r
R   2r
R

Dấu đẳng thức xảy ra khi R 

r
hay R  r .
R

Ví dụ 2: Dòng điện chay qua một vòng dây dân tại hai điểm A, B. Dây dẫn tạo nên vòng dây là đồng chất, tiết
diện đều và có điện trở R  25 . Góc AOB   . Tìm  để điện trở tương đương của vòng dây lớn nhất.

Lời giải:
Đặt điện trở đoạn vòng dây AMB là R1 với R1 


360

R

Đặt điện trở đoạn vòng dây còn lại là R2 với R2  R  R1  R 
Từ đó suy ra điện trở tương đương của vòng dây là Rtd 


360

R

360  
R
360

 360    R
3602

Đến đây áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho hai số thực dương 360   và  ta có

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 4


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

 360      
3602

 360     
4
4
2

Suy ra
Rtd 

Vậy  Rtd max 

 360    R  R
3602

4

R
đạt được khi 360     hay   180o
4

Vậy, khi A, B là hai điểm xuyên tâm đối của vòng dây thì điện trở tương đương của vòng dây lớn nhất.
Ví dụ 3: Hai điện tích q1  q2  q  0 đặt tại A, B trong không khí (hay   1 ). Cho biết AB  2a . Điểm M
nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB và cách AB một khoảng cách bằng h . Xác định h để EM đạt
cực đại. Tính giá trị cực đại đó.

Lời giải:
Ta có EM  E1  E2

E1 và E2 lần lượt có hướng AM và BM và có độ lớn được cho bởi
E1  k .

q
q
q
 k.
 k. 2
2
2
AM
BM
a  h2

Vậy EM có hướng OM và có độ lớn được xác định bởi
EM  2 E1.cos   2k .

q
h
.
2
a h
a 2  h2
2

Hay

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 5


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

EM 

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

2kqh

a

2

 h2



3

Trong biểu thức của EM ta áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho ba số thực dương

a2 a2
a 4h2
2
3
a h   h 3
2 2
4

2

lý

2

a2 a2
,
và h 2 để có
2 2

(1)

Tương đương

a

2

 h2



3



3 3 2
ah
2

Từ đó ta suy ra

Vậy,  EM max 

a2
a
4kq
2
h

khi
hay h 
.
2
2
3 3a
2

Nhận xét:
Việc tách a 2 

a2 a2
a2 a2

để áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho ba số thực dương
,
và h 2 được làm
2 2
2 2

như sau:
Để đảm bảo dấu bằng xảy ra, ta sẽ tách a 2 thành n số hạng
Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho m  n số thực dương
n.

a2
h2
và h 2 thành m số hạng
(với m, n 
m
n

*

)

a2
h2
và
, ta có
m
n

a2
h2
 m.   m  n  mn a 2 n .h 2 m   m  n  a 2 n .h 2 m
n
m





1
m n

Suy ra

EM 

2kqh



a 2  h2



2kqh

  m  n   a .h 
3

3
2

n

3

m m n



2

.
3

 m  n2

kq
a

3n
m n

1

.h

3m
m n

Để EM không còn phụ thuộc vào h nữa thì bậc của biến h sẽ bằng 0. Cụ thể là 1 

n  2m . Lấy m  1 thì n  2 . Từ đó ta tách được a 2  h 2 

3m
 0 tương đương

mn

a2 a2
  h 2 để mang lại một lời giải khá gọn đẹp.
2
2

Ví dụ 4: Một ô tô chuyển động từ A đến B dài 800m . Khởi hành từ A, ô tô chuyển động nhanh dần đều, sau
đó ô tô chuyển động chậm dần đều và dừng lại ở B. Biết độ lớn gia tốc của xe không vượt quá 2m / s 2 . Hãy tính
thời gian ngắn nhất mà ô tô chạy từ A đến B.

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 6


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

Lời giải:
Gọi a1 , a 2 là độ lớn của ô tô trong hai giai đoạn
Áp dụng vt 2  2as và t 

vt
a

2

 2a1s1  2a2 s2
Ta có vmax

Suy ra

s1 a2
a2
800a2

hay s1 
 s1  s2  
s2 a1
a1  a2
a1  a2

Thay vào trên ta được vmax  40

a1a2
a1  a2

Ta có
t  t1  t2 

vmax vmax
40


a1
a2
a1  a2

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương

a1
và
a2

a1
a
 2 2
a2
a1

 a1
a 
 2

a1 
 a2

a2
ta có
a1

a1a2
2
a1a2

Cùng với chú ý
a1  a2  4

Để suy ra t 

40
a1  a2

 a1
a 
 2   40

a1 
 a2

Vậy, t đạt cực tiểu là 40 giây khi a1  a2  2m / s 2 .
Từ ví dụ trên ta có thể tổng quát bài toán lên như sau:
Một ô tô chuyển động từ A đến B với khoảng cách l m. Khởi hành từ A, ô tô chuyển động nhanh dần đều,
sau đó ô tô chuyển động chậm dần đều và dừng lại ở B. Biết độ lớn gia tốc của xe không vượt quá a 0 m / s 2 .
Hãy tính thời gian ngắn nhất mà ô tô chạy từ A đến B.
Lời giải:
Làm tương tự các bước như lời giải ví dụ 4 ở trên để được
s1 

a2
al
 s1  s2   2
a1  a2
a1  a2

Và

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 7


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

vmax 

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

2a1a2l
a1  a2

Ta có
t  t1  t2 

vmax vmax
2l


a1
a2
a1  a2

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương

a1

và
a2

a1
a
 2 2
a2
a1

 a1
a 
 2

a1 
 a2

a2
ta có
a1

a1a2
2
a1a2

Cùng với chú ý
a1  a2  2a0

Để suy ra t 

2l

a1  a2

 a1
a 
l
 2 2


a1 
a0
 a2

Vậy, t đạt cực tiểu là 2

l
khi a1  a2  a0 .
a0

Ví dụ 5: Cần phải ném một hòn đá dưới một góc  đối với phương ngang với vận tốc ban đầu tối thiểu
( v0 min ) bằng bao nhiêu để nó đạt tới độ cao h ? Thời gian t để hòn đá lên tới độ cao đó bằng bao nhiêu?
Lời giải:
Đặt gốc O của trục tọa độ Oy thẳng đứng ở ngay điểm ném. Khi đó phương trình chuyển động của hòn đá
theo phương thẳng đứng là
y  v0t sin  

gt 2
2

Tại thời điểm hòn đá ở độ cao h , ta có
v0t sin  

gt 2
h
2

Hay
v0 

gt
h

2sin  t sin 

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương

gt
h
và
ta có
2sin 
t sin 

2 gh
gt
h
gt
h

2


2sin  t sin 
2sin  t sin 
sin 

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 8


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

Suy ra v0 

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

2 gh
sin 

Đẳng thức xảy ra khi

gt
h
2h

hay t 
2sin  t sin 
g

Vậy, vận tốc cực tiểu của hòn đá là v0 

2 gh
và thời gian cần tìm là t 
sin 

2h
g

Ví dụ 6: Một quả cầu nhỏ rơi tự do từ điểm A đến một tấm chắn đặt nghiêng một góc   450 so với mặt
phẳng ngang. Sau khi va chạm đàn hồi trên tấm chắn, quả cầu rơi xuống mặt đất tại điểm C cách đường thẳng
đứng AB một đoạn bằng s ( AB  H ). Hỏi phải đặt tấm chắn ở độ cao h bằng bao nhiêu mà không thay đổi
hướng của nó để s đạt cực đại. Khi đó s bằng bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí.

Lời giải:
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta xác định được vận tốc của quả cầu ngay trước khi chạm vào tấm chắn
mv 2
 mg  H  h 
2

Và

v  2g  H  h
Sau khi va chạm đàn hồi, vận tốc không thay đổi về độ lớn, nhưng hướng của nó thay đổi. Theo phương
ngang quả cầu bay được một khoảng s  vt , với t là thời gian quả cầu bay từ lúc va chạm trên tấm chắn đến khi
chạm đất, còn theo phương thẳng đứng h 

gt 2
. Khi đó
2

s  2g  H  h

2h
 2 h  H  h
g

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương h và H  h ta có

H  h   H  h  2 h  H  h

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 9


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

Vậy, smax  H khi h  H  h hay h 

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

H
2

Ví dụ 7: Một người trượt băng trượt trên khoảng cách l  500m , ban đầu với vận tốc v không đổi rồi sau đó
hãm lại với gia tốc a  0, 05m / s 2 . Hỏi với vận tốc v bằng bao nhiêu thì thời gian người đó chuyển động cho
tới khi dừng lại là bé nhất?

Lời giải:
Hiển nhiên thời gian chuyển động bao gồm thời gian chuyển động với vận tốc không đổi và thời gian chuyển
dộng chậm dần đều cho tới khi dừng hẳn lại
t

l v

v a

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương

v
l
và
ta có
v
a

l v
l v
l
 2
2
v a
va
a

Vậy tmin  2

l

l v
 200 s đạt được khi  hay v  la  5m / s
a
v a

Ví dụ 8: Từ hai bến A và B trên cùng một bờ sông có hai canô cùng khởi hành. Khi nước chảy do sức đẩy của
động cơ, chiếc ca nô từ A chạy song song với bờ theo chiều từ A đến B với vận tốc 24km / h , còn chiếc ca nô từ
B chạy vuông góc với bờ có vận tốc 18km / h . Biết AB  1km . Hỏi khoảng cách nhỏ nhất giữa hai ca nô trong
quá trình chuyển động là bao nhiêu nếu nước chảy từ A đến B với vận tốc 6km / h . Biết rằng sức đẩy của động
cơ không thay đổi.

Lời giải:
Ở bài này ta chọn hệ quy chiếu gắn với bờ sông
Vận tốc của mỗi canô đối với bờ sông

vAO  vA  vO  24  6  30  km / h 
vBO  vo2  vB2  182  62  6 10  km / h 
Suy ra

sin  

vB
18
3 10


vBO 6 10
10

cos  

vO
6
10


vBO 6 10 10

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 10


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

Độ dài quãng đường hai canô đi được trong quãng thời gian t là
AC  v AO .t  30t

BD  vBO .t  6 10t
BH  BD.cos   6t

DH  BD.sin   18t

Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông CHD ta có

CD2  CH 2  HD2  1  24t   18t   900t 2  48t  1

2

2

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương 900t 2 và
900t 2 

16
ta có
25

16
16
 2 900. .t 2  48t
25
25

Hay

CD2  0,36  km
Vậy CDmin  0,6  km đạt được tại t 

2
s
75

Ví dụ 9: Một mạch điện chứa n pin. Mỗi pin có suất điện động E và điện trở trong r . Các phin này được
mắc thành k nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có

n

pin mắc song song. Xác định k để cường độ dòng điện chạy qua
k

điện trở mạch ngoài đạt cực đại.

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 11


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

Lời giải:
Áp dụng định luật Ohm cho toàn mạch, cường độ dòng điện trong mạch bằng
I

kE
nkE
 2
k r
k r  nR
R
n
2

Dễ thấy cường độ dòng điện đạt cực đại thì phân số

1
kr 

nR
k

đạt cực đại, hay kr 

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương kr và
kr 

nR
đạt cực tiểu
k

nR
ta có
k

nR
nR
nR
 2 kr.
2
k
k
r

Suy ra

I max 
Giá trị cực đại đạt được khi kr 

nE
E n

2 rnR 2 rR

nR
r

nR
hay k 
k

Ngoài ra nếu để ý thêm thì dấu bằng xảy ra tại
rb 

rk 2
nR
r
R
n
nr

Ví dụ 10: Cho mạch điện R  L  C nội tiếp có điện trở thuần R  30 và C 

103
(F). Đặt vào hai đầu

4

đoạn mạch một điện áp U AB  100 2 cos100 t (V) thay đổi L để U L đạt giá trị cực đại.
Lời giải:

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 12


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

Ta có
U L  I .Z L 

ZL

U
.Z L 
Z

R 2   Z L  ZC 

2

Hay

UL 

U
2

 R 
ZC  ZC 

  1 2

ZL  ZL 
 ZL 

2

2

2

 R 
ZC  ZC 

  1 2
 phải đạt giá trị cực tiểu
ZL  ZL 
 ZL 

Để U L đạt giá trị cực đại thì
2

 R 
1
Z Z 
 x và y     1  2 C   C 
Đặt
ZL
ZL  ZL 
 ZL 

2

Ta có
2

2

 R 
Z 
Z
y     1  2 C   C   R 2  Z L2 x 2  2Z C x  1
ZL  ZL 
 ZL 
2





Z C2

Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho 2 số thực dương  R  Z  x và 2
ta có
R  Z C2
2





R2  ZC2 x 2 

2
C

2

ZC2
 2Z C x
R2  ZC2

Hay





y 2  R 2  ZC2 x 2  2ZC x  1  1 

ZC2
R2


R 2  ZC2 R2  ZC2

Suy ra
U Lmax 





Giá trị U L cực đại đạt được khi R 2  ZC2 x 2 

U R 2  Z C2
U

ymin
R

ZC2
R 2  ZC2
ZC2


R 2  ZC2
Z L2
R 2  ZC2

R 2  ZC2
Vậy U L lớn nhất khi Z L 
 62,5

ZC

2. Ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ:

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 13


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

Biết tổng giá trị của R1 và R2 không lớn hơn 2 và hiệu điện thế giữa 2 đầu nguồn là 12V. Tìm giá trị cực
đại của cường độ dòng điện đi qua mạch chính.
Lời giải:
Theo giả thiết suy ra R1  R2  2
Ta tính được công thức R12 

U
12
1
1

và I AB  AB 
R12 R12
R1 R2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy  Schwarz , ta có R12 
Suy ra I AB 

1
1
4
4


 2
R1 R2 R1  R2 2

12
6
R12

Vậy giá trị cực đại của cường độ dòng điện đi qua mạch chính là 6A. Dấu đẳng thức xảy ra khi R1  R2  1 .
Từ ví dụ trên ta có thể tổng quát bài toán lên như sau:
Cho mạch điện với n điện trở mắc song song với nguồn sao cho tổng giá trị của chúng không lớn hơn  Ω
và hiệu điện thế giữa 2 đầu nguồn là  V. Tìm giá trị cực đại của cường độ dòng điện đi qua mạch chính.
Lời giải:
Theo giả thiết suy ra R1  R2  ...  Rn  
Ta tính được công thức
R12...n 

U
1
1


1

 ... 
và I AB  AB 
R1 R2
R12...n R12...n
Rn

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy  Schwarz dạng cộng mẫu số, ta có

R12...n 
Suy ra I AB 


R12...n



1 1
1
n2
n2
  ... 


R1 R2
Rn R1  R2  ...  Rn 


n2

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 14


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

Vậy giá trị cực đại của cường độ dòng điện đi qua mạch chính là
R1  R2  ...  Rn 


n

lý


6A. Dấu đẳng thức xảy ra khi
n2

.

Ví dụ 2: Một vật có khối lượng m , được kéo đi với vận tốc khổng đổi bởi một lực F trên mặt phẳng nghiêng
góc  với mặt ngang. Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k . Xác định góc  giữa lực F với mặt
phẳng nghiêng để cho lực F nhỏ nhất. Khi đó lực F có độ lớn bằng bao nhiêu?

Lời giải:
Vật trượt đểu nên P  F  Fms  N  0

mg.cos   F .sin   N  0
Và 
mg.sin   F .cos   k.N  0
Suy ra
F

 sin   k .cos   mg
cos   k .sin 

Để F đạt giá trị cự tiểu thì cos   k.sin  phải đạt cự đại
Đặt y  cos   k.sin  và áp dụng bất đẳng thức Cauchy  Schwarz ta có
y  1.cos   k .sin  

1  k  cos
2

2

  sin 2    1  k 2

Vậy ymax  1  k 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi cos   k.sin   1  k 2 hay   arctan k
Từ đó suy ra được Fmin 

 sin   k.cos   mg
1 k 2

Ví dụ 3: Hệ cơ như hình vẽ. Hệ số ma sát giữa hai vật m và M là k1 , giữa M và sàn ngang là k 2 . Tác dụng
vào M một lực F hợp với phương ngang một góc  . Khi  thay đổi ( 0o    90o ). Tìm F nhỏ nhất để M
trượt khỏi vật m .

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 15


ỨNG DỤNG CỦA BẤT

ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật

lý

Lời giải:
Vật m có ma1  k1mg  a1  k1 g

 Ma2  F .cos   k1 N1  k2 N 2
Vật M có 

 N 2   m  M  g  F .sin 

Suy ra
a2 

F .cos   k2 F .sin   k1mg  k2  m  M  g
M

Để M thoát khỏi m thì a2  a1 hay

F

 k1  k2  m  M  g
cos   k2 .sin 

Vậy F đạt cự tiểu khi cos   k2 .sin  đạt cực đại
Đặt y  cos   k.sin  và áp dụng bất đẳng thức Cauchy  Schwarz ta có
y  1.cos   k2 .sin  

1  k  cos
2
2

2

  sin 2    1  k22

Vậy ymax  1  k22 . Dấu đẳng thức xảy ra khi cos   k2 .sin   1  k22 hay   arctan k2
Từ đó suy ra được Fmin 
Từ đó suy ra được Fmin 

 sin   k.cos   mg  mg.sin   


2
1 k

 k1  k2  m  M  g
1  k22

Nguyễn Đức Thắng - Du Hiền Vinh sưu tầm và trình bày

Page 16