Phuong phap vecto giai toan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (102.39 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

I. Ưùng dụng để giải phương trình.

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

     (1).

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

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

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

Nên theo Định nghĩa và tính chất tích vơ hướng thì a va b  cùng phương.
=> 1 3 .

x x

x

 



giải phương trình này bằng phương pháp đại số ta được hai nghiệm là: x=1 và x = 1 +
2.

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

     

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

 

 

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

     (vì: a b a b.  .

   

)
Maø 3 x2 1 3 x2 2 1

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

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

     

Tìm m để phương trình có nghiệm.
Giải.

Ta nhận thấy trong căn có dạng như độ dài vectơ:
2 1 2 1 ( 1)2 3 ( 1)2 3

2 4 2 4

x   x x  x  x   x 

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

2 2

AM  x  AM

 2

x  x vaø ( 1 3; )

2 2

BM x  BM

 2

1
x  x

Aùp dụng tính chất của vectơ ta có: AM BM AB 1 với mọi M bất kỳ và mọi m  1 thì
ln tồn tại M để AM BM m nên để phương trình đã cho có nghiệm thì m  1.

Vậy với mọi m  1 thì phương trình ln có nghiệm.

II. ỨNG DỤNG TÌM CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ.

Phương pháp: ta vẫn dùng cách Đánh giá như BĐT sau đó kiểm tra điều kiện dấu bằng có đạt
được hay khơng nếu dấu bằng sảy ra thì ta có cực trị.

Các em học sinh thường mắc sai lầm là cứ Đánh giá cực trị mặc dù dấu bằng không sảy ra.
Ví dụ 1: Tìm gía trị nhỏ nhất của hàm số: f x( ) a2 x2 a2 (c x)2

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Giải.

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

  

 

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

         

   

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

 tại x = c/2.

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

       

Giải.
Ta có:

2 2 2 2

f(x;y) = 4 6 9 4 2 12 10

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

x y x x y x y

x y x y

       

      

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



khi đó

2 2 2 2

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

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

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

          

   

.
Dấu bằng sảy ra khi ta chọn x=-1 và y = ¾.

Vậy GTNN của hàm số f(x) là 5.
Sau đây là một số bài áp dung:

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

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

        

III. Ưùng dụng để c/m BĐT.

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

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

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

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

   

+ GA2+GB2+GC2 GA2+GB2+GC2 => đpcm.

Dấu “=” khi M trùng G.

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

MA2+MB2+MC2+ GA2+GB2+GC2

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

 2(MA.GA+MB.GB+MC). ( Theo BĐT côsi).

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

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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ví dụ 2: Cho x,y,z là ba số dương và x+y+z  1. chứng minh rằng:

2 2 2

1 1 1 82

x y z

     

Giaûi.

Bài này ta dùng các phương pháp khác thì khá phức tạp.

Ta nhìn thấy trong các căn có dạng tổng các bình phương nên ta nghĩ ngay tới công thức
độ dài vectơ. Ta có BĐT về vectơ sau: a b  a b  dấu bằng khi chúng cùng hướng. Ta suy

ra: a b c    a b c 

Nên ta có: 2 2 2 2 2

2 2 2

1 1 1 ( ) (1 1 1)

x y z x y z

          

Ta laïi coù:(x y z) (2 1 1 1)2

x y z

     = 81(x y z) (2 1 1 1)2

x y z

     -80(x y z  )2

 18(x+y+z)(1/x+1/y+1/z) -80(x y z)2

 

 18.9 -80 = 82. (ta dùng côsi)

Vậy 2 2 2

2 2 2

1 1 1 82

x y z

      (dấu “=” khi x=y=z=1/3).

Ví dụ 3: cho a;b;c là các số thực bất kỳ. Chứng minh: (a c)2 b2 (a c)2 b2 2 a2 b2

      

Giải. 
Trên mặt phẳng Oxy ta đặt

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

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

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

Bài toán này được giải xong.

Qua bài này ta nhận thấy biến c không tham gia nhiều vào quá trình chứng minh nên ta có thể
thay c bằng những biểu thức khác phức tạp hơn hoặc tạo ra bài tốn cực trị thì bài tập vẫn giải
bình thường. Ta có các bài tập sau.

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

        

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

2 2 2 2 2 2 2 2

(a a 1) b  (a a 1) b 2 a b

Các bạn có thể có rất nhiều bài tập hay qua cách khai thác bài tập trên và dạng toán như trên.
Chúc các bạn thành cơng.

Ví dụ 3: Cho a,b  R. Chứng minh:





 

 





1 1

2 1 1 2

a b ab

a b

 

  

  .

Giaûi.

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

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 2

1 1 ,

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

2 2 2 2

1 cos( ; ) sin( ; ),

1 1 1 1

ab u v va a b u v

a b a b

 

 

   

   

Neân 2 2 2 2

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

1 1 1 1

ab a b u v u v u v

a b a b

 

 

   

     

Suy ra:



 





 



1 1 sin2( ; ) 1.

2 2

1 1

ab a b

u v

a b

 

 

 

 

Đó là đpcm.

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

Giải.

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

0 ' ' ' 0

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

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

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

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

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 3 '

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

            

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

Dấu ‘=” sảy ra khi                             AA BB CC'; '; ' cùng hướng.

A A’

B’

G’
G

M’
M

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

IV. Khai thác một bài toán và giải bằng nhiều cách nhìn khác nhau.

Trong mỗi bài toán nhiều khi ẩn chứa rất nhiều cách khai thác khác nhau. Trong mỗi cách
giải dều có cái hay riêng nên khi giải bài tập toán ta nên giải theo nhiều cách và phân tích
linh hoạt để thấy được những điều đằng sau nó.

Sau đây là cách khai thác thơng qua một ví dụ mong các bạn khi giải toán đừng nên chấp
nhận khi đã giải xong một cách.

Bài toán:

Cho x;y  R: 36x2+16y2 = 9. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của:

P= y-2x+ 2008.

Giải quyết.

Đầu tiên ta nhận thấy số 2008 chỉ tham gia vào bài toán như là hằng số nên ta khơng
cần quan tâm vào nó.

Ta đặt u= y-2x. bây giờ ta tìm GTLN và GTNN của u.
Cách 1.

Ta nhìn theo hệ phương trình có nghiệm.

Ta được hệ hai phương trình: u=y-2x (1) và 36x2+16y2 = 9 (2).

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

<=> 100x2+ 64u.x+16u2-9 = 0.

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

<=> u2  1.5625

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

Nên Pmax = 2009.25

Pmin = 2006.75.

Cách 2.

Ta nhìn vào điều kiện ta thaáy: 36x2+16y2 = 9 <=> (6x)2+(4y)2 = 32.

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

Nên ta có thể nghĩ đến đường trịn lượng giác và các giá trị lượng giác.
Ta được: 6x= 3cos t và 4y = 3 sint.

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

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

     

Ta được: 3 2 12 3.sin cos 3 2 12

4 4 t t 4

   

         

    neân umax = 1.25 và umin =-1.25.

Ta có ngay kết quả như trên.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta nhìn vào điều kiện ta thấy: 36x2+16y2 = 9 <=> (6x)2+(4y)2 = 32

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

Ta tạo ra: u= (4y)/4 + (6x)/3.

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

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

Ta được kết quả như trên.

Caùch 4.

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

Sử dụng phương pháp vectơ, trong Oxy đặt: a (4 ; 6 )y  x va b (1/ 4; 1/ 3)
Ta có u=y-2x = a b . .

p dụng tính chất tích vơ hướng: a b .               a b. .

Maø (6x) +(4y) 32 2 1 1 5

16 9 3.4

a   va b   

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

Ta được kết quả như trên.

Cách 5.

Ta có thể xem điều kiện như là đường trịn tâm O bán kính 3 trong mặt phẳng OXY với
X= 6x và Y=4y ( chuyển hệ trục Oxy thành OXY.

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

Ta giải như bài tốn quy hoạch tuyến tính bằng cách di chuyển đường thẳng y=2x+u
song song đường thẳng y=2x ra thành hai tiêùp tuyến ta được các tiếp điểm chính là các GTLN
và GTNN của u.

</div>