Dac san toan hoc 24h so 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>

<span class='text_page_counter'>(2)</span> I. KIẾN THỨC CƠ BẢN Cho hàm số y  ax 3  bx 2  cx  d có đồ thị (C ) . Tìm điều kiện của tham số m để đường thẳng (d ) : y  x   cắt đồ thị (C ) tại ba điểm phân biệt A, B,C thỏa mãn điều kiện K . Phương pháp giải:  Bước 1: Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa (d ) và (C ) : ax 3  bx 2  cx  d  x    h x   ax 3  bx 2  (c  )x  d    0 (*). Giả sử phương trình h x   0 nhẩm được nghiệm. xo khi đó ta có h(x )  (x  xo )(a x 2  b x  c )  0 x  x   2 0 a x  b x  c   0 (**)  Bước 2: (d ) cắt (C ) tại ba điểm phân biệt  phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt khác xo . Khi đó (d ) cắt (C ) tại ba điểm A(x o ; x o   ) ,. B(x 1; x1  ),C (x 2 ; x 2   ) .  Bước 3: Biến đổi điều kiện K kết hợp với định lý Vi - et ta được điệu kiện của tham số m . Kết hợp các điều kiện ta có giá trị cần tìm của tham số m . Chú ý: Nếu phương trình (*) không nhẩm được nghiệm thì ta có thể dùng điều kiện sau:  (d ) cắt (C ) tại ba điểm phân biệt  hàm số y  h(x ) có hai cực trị và ycd .yct  0 .  (d ) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt  hàm số y  h(x ) có hai cực trị và ycd .yct  0 ..  (d ) cắt (C ) tại một điểm duy nhất  hàm số y  h(x ) đơn điệu hoặc hàm số y  h(x ) có hai cực trị và ycd .yct  0 . II. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1. Cho hàm số (C ) : y  x 3  3x 2  1 . Gọi (d ) là đường thẳng đi qua điểm A(1; 1) và có hệ số góc k . Tìm tất cả các giá trị của k để đường thẳng (d ) cắt (C ) tại ba điểm phân biệt A, B,C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến tại các điểm đó bằng 21 .. Lời giải. Phương trình đường thẳng (d ) đi qua A có hệ số góc k  (d ) : y  kx  k  1 Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và (d ) là. x 3  3x 2  1  kx  k  1  x 3  3x 2  kx  k  2  0 x  1  (x  1)(x 2  2x  k  2)  0   2 x  2x  k  2  0 (*) Để (C ) và (d ) cắt nhau tại ba điểm phân biệt  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 1  2  k  2  0    k  3 . *  4k  12  0  Khi đó (C ) cắt (d ) tại ba điểm phân biệt A 1; 1, B x 1 ; kx 1  k  1,C x 2 ; kx 2  k  1. Tổng hệ số góc tại A, B,C là k  kA  kB  kC  21.  3x12  6x 1  3x 22  6x 2  24.  x 1  x 2   2 x1  x 2   2x 1x 2  8 (**) 2. x  x  2 2 Vì x 1, x 2 là hai nghiệm của (*) nên  1 . x1x 2  k  2  Thay vào (**) ta được 4  4  2k  4  8  k  2 (thỏa mãn điều kiện) Vậy k  2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 2. Cho hàm số (C ) : y  x 3  3x  2 . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng (d ) : y  mx  2m  4 tại ba điểm phân biệt A(2; 4), B,C sao cho tam giác OBC cân tại O với O là gốc tọa độ. Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và (d ) là x 3  3x  2  mx  2m  4  x 3 (m  3)x 2m 2  0  (x 2)(x2  2x m 1)  0 x  2 x  2    2  2 x  1  m (*) x  2x  m  1  0  Để (C ) cắt (d ) tại ba điểm phân biệt  (*) có hai m  0 nghiệm phân biệt khác 2   . m  9 . |1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Khi đó (C ) cắt (d ) tại ba điểm phân biệt A(2; 4) ,. .  . . B 1  m;m m  3m  4 ,C 1  m;m m  3m  4. Tam giác OBC cân tại O  OB  OC  OB 2  OC 2. .  .  . 2. 2.  . 2. m  1  (thỏa mãn đk)  12m  16m  4  0   m  1  3 1 Vậy, m  1; m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 3 Ví dụ 3. Cho hàm số y (2 mx ) 3 6mx2 9(2 m)x 2 2. có đồ thị là (C m ) . Tìm m để đường thẳng (d ) : y  2 cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0; 2), B,C sao cho tam giác OBC có diện tích bằng 13 . Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và (d ) là (2  m )x 3  6mx 2  9(2  m )x  2  2 x  0   2 (2  m )x  6mx  9(2  m )  0 (*) Đ (C m ) cắt (d ) tại ba điểm phân biệt thì phương. trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 2  m  0  m  2 .  9(2  m )  0    m  1 2 2     9m  9(2  m )  0 Khi đó (C ) cắt (d ) tại ba điểm phân biệt A(0; 2) ,. B(x 1; 2),C (x 2 ; 2) . 1 Diện tích tam giác OBC là S  .2.BC  13 2.  BC  13  x1  x2   13  x1  x2   4x1x2  13 2. kiện x12  x 22  x 32  4 . Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và. . 2.  m 1  m m 3m4  m 1  m m 3m4. ba điểm phân biết có hoành độ x 1, x 2, x 3 thỏa mãn điều. 2. Vì x 1, x 2 là nghiệm của phương trình (*) nên theo  x  x  6m 2 định lý Vi - et ta có  1 x x  9 2  m  1 2 m  14 2  6m      36  13   (thỏa mãn đk)   m  14  2  m   13. 14 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 13 Ví dụ 4. Cho hàm số y  x 3  2x 2  (1  m )x  m có Vậy, m  14; m . đồ thị là (C m ) . Tìm m để đồ thị (C m ) cắt trục hoành tại. trục hoành là x 3  2x 2  (1  m )x  m  0 x  1  (x  1)(x 2  x  m )  0   2 x  x  m  0 (*) Để (C m ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 m  0 m  0   .    1  4m  0 m   1   4 Giả sử x 3  1  x 1 và x 2 là hai nghiệm của phương x  x  1 2 trình (*) , theo định lý Vi-et ta có  1 . x 1x 2  m  Do đó x 12  x 22  x 32  4  (x1  x 2 )2  2x 1x 2  3.  1  2m  3  m  1 . 1  m  1 và m  0 . 4 1 1 Ví dụ 5. Cho hàm số (C ) : y  x 3  2x 2  3x  . 3 3 Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng 1 (d ) : y  mx  cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt 3 A, B,C sao cho điểm A cố định và diện tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB với O là gốc tọa độ. Kết hợp với điều kiện ta có . Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và. 1 3 1 1 x  2x 2  3x   mx  3 3 3 x  0  x(x 2  6x  9  3m)  0   2 x  6x  9  3m  0 (*) Để (C ) cắt (d ) tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 9  3m  0 m  3       3m  0 m  0      1 1  1 Giả sử A 0;  , B x1; mx 1  ,C x 2 ; mx 2   , ta 3   3   3   (d ) là. có SOBC  2SOAB  d O,(d ).BC  2d O,(d ).AB.  BC  2AB  BC 2  4AB 2  (x1  x 2 )2  m 2 (x 1  x 2 )2  4(x 12  m 2x 12 ) |2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . .  m 2  1 x1  x 2. . 2. . .  4x 12 m 2  1 x  3x 2 1  x 1  x 2   4x 12   2 x  x 0 2  1 - Với x1  x 2  0 loại do theo Vi-et ta có x1  x 2  6. Bài 2. Tìm m để đường thẳng (d ) : y  mx  2m  3 cắt đồ thị hàm số (C ) : y  x 3  3x  1 tại ba điểm phân biệt trong đó có đúng một điểm có hoành độ âm. Đáp số: m  ; 1 \ 9 . . x  x  6 1 2 - Với x 2  3x1 , kết hợp với  ta được  x 1x 2  9  3m  3 m  (thỏa mãn) 4 3 Vậy m  thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4 Ví dụ 6. Cho hàm số y  x 3  3(m  1)x 2  3mx  2. Bài 3. Tìm m để đường thẳng (d ) : y  2mx  m  1. có đồ thị là (C m ) . Tìm m để (C m ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A(1; 0), B,C sao cho tiếp tuyến tại B. hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp 9 4 số nhân. Đáp số: m   ; m   ; m   6 . 2 3. và C với đồ thị (C m ) song song với nhau. Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) với trục hoành là x  3(m  1)x  3mx  2  0 3. . 2. 2. . cắt đồ thị hàm số y  x 3  (2m  1)x 2  m  1 tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. 1 1 Đáp số: m  1; m   ; m  . 2 4 Bài 4. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (C m ) : y  x 3  (5  m)x 2  (6  5m )x  6m cắt trục. Bài 5. Tìm m để đường thẳng (d ) : y  2x  1 cắt đồ thị hàm số (C m ) : y  2x 3  2mx 2  (m  1)x  1 tại ba điểm phân biệt A, B,C sao cho điểm C (0;1) nằm.  (x  1) x  (3m  2)x  2  0  x  1   2 x  (3m  2)x  2  0 (*) Để (C m ) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 1  (3m  2)  2  0    m  1 . (3m  2)2  8  0  Giả sử B(x 1; 0),C (x 2 ; 0) với x 1  x 2 . Do x1 và x 2 là. giữa hai điểm A và B đồng thời AB  30 .. hai nghiệm của phương trình (*) nên theo định lý Vi-et x  x  3m  2 2 ta có  1 . x 1x 2  2  Tiếp tuyến tại B và C song song với nhau khi y '(x 1 )  y '(x 2 )  x 12  2(m  1)x 1  x 22  2(m  1)x 2. Bài 7. Tìm m để đường thẳng (d ) : y  mx  m  1.  (x 1  x 2 )(x 1  x 2  2m  2)  0.  x 1  x 2  2m  2  0  m  0 (thỏa mãn đk) Vậy, m  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.. 8 . 9 Bài 6. Gọi (d ) là đường thẳng đi qua điểm A(2; 4) và có hệ số góc k . Tìm tất cả các giá trị của k để đường thẳng (d ) cắt đồ thị hàm số (C ) : y  x 3  3x  2 tại ba điểm phân biệt A, B,C sao cho tam giác OBC cân tại Đáp số: m  0; m . O với O là gốc tọa độ.. Đáp số: k  1; k . 1 . 3. cắt đồ thị hàm số (C ) : y  x 3  3x 2  1 tại ba điểm phân biệt A, B,C sao cho x A  x B  xc đồng thời tam giác OAC cân tại O . Đáp số: m  1 . Bài 8. Tìm m để đường thẳng (d ) : y  1  x cắt đồ thị hàm số (C m ) : y  x 3  3mx 2  1 tại ba điểm phân biệt A(0;1), B,C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng. 5 với K (1;2) .. Đáp số: m  1 .. III. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(1; 0) và có hệ số góc k. Tìm giá trị của k để đường thẳng (d ) cắt đồ thị hàm số (C ) : y  x 3  3x 2  2 tại ba điểm phân biệt có hoành độ x 1; x 2 ; x 3 thỏa mãn x 12  x 22  x 32  11 . Đáp số: k  1 .. Bài 9. Cho hàm số y  2x 3  3mx 2  (m  1)x  1 có đồ thị là (C m ) . Tìm m để đường thẳng (d ) : y  1  x cắt đồ thị (C m ) tại ba điểm phân biệt. Đáp số: m  0; m  |3. 8 . 9.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ệ phương trình đại số là một mảng đề tài khó và thú vị trong lĩnh vực Toán học. Nó thường xuyên xuất hiện trong các kì thi tuyển sinh Đại học và Cao đẳng, các kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp khu vực và cấp quốc gia. Có nhiều phương pháp để giải một bài toán về hệ phương trình đại số như phương pháp cộng đại số và biến đổi tương đương, phương pháp đồng bậc hóa, phương pháp hàm số, phương pháp đánh giá… Trong bài viết này, tôi xin giới thiệu các bạn kỹ thuật đưa về “nhân tử tuyến tính” trong phương pháp cộng đại số và biến đổi tương đương để giải hệ phương trình. Trước hết, tôi xin giới thiệu về tên gọi “nhân tử tuyến tính” như sau: “Biểu thức ax  by  c được gọi là nhân tử tuyến tính của đa thức F (x , y ) nếu tồn tại đa thức H (x , y )  0 sao cho F (x , y )  (ax  by  c )H (x , y ) ”. Kỹ thuật đưa về nhân tử tuyến tính chỉ áp dụng được đối với những hệ hai ẩn có từ hai cặp nghiệm trở lên và ta có thể đón trước được 2 cặp nghiệm. Chẳng hạn, ta xét các bài toán sau:. H.  Bài toán 1. Giải hệ phương trình 2x 2  y 2  3xy  3x  2y  1  0   2 4x  y 2  x  4  2x  y  x  4y . Đây là một bài hệ trong đề tuyển sinh Đại học và Cao đẳng năm 2013 mà chúng ta đã biết cách giải của nó. Vấn đề được đặt ra ở đây là dựa trên cơ sở nào mà chúng ta nhận biết được phương trình thứ nhất của hệ phải đưa về dạng tích của từng nhân tử. Để có thể lí giải cho vấn đề này các bạn hãy xem kỹ thuật sau:. - Bước 4: Tiến hành biến đổi đưa về nhân tử:. f (x , y )  2x (x  y  1)  y(x  y  1)  (x  y  1)  (x  y  1)(2x  y  1) 2x  y  0 Lời giải. Điều kiện:  . x  4y  0  Phương trình thứ nhất tương đương: 2x (x  y  1)  y(x  y  1)  (x  y  1)  0 y  x  1  (x  y  1)(2x  y  1)  0   y  2x  1 - Với y  x  1 , thế vào phương trình thứ hai, ta được 3x 2  x  3  3x  1  5x  4.  . .  . .  3 x 2  x  x  1  3x  1  x  2  5x  4  0   1 1   0  x 2  x 3    x  1  3x  1 x  2  5x  4  x  0  y  1  x 2  x  0   x  1  y  2 Ta được hai nghiệm : (0;1) và (1;2) . - Với y  2x  1 , thế vào phương trình thứ hai, ta được. . . 3  3x  4x  1  9x  4  3x . .  . 4x  1  1 . . 9x  4  2  0. Kỹ thuật đưa về nhân tử tuyến tính.   x 3  . Trước hết, ta đặt f (x, y)  2x 2  y 2  3xy  3x  2y  1.  x  0  y  1 . Ta được một nghiệm: (0;1) .. - Bước 1: Nhận thấy hệ này có chứa hai nghiệm (0;1) và (1;2) .. Đối chiếu với điều kiện, hệ phương trình đã cho có nghiệm là (0;1) , (1;2) .. - Bước 2: Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(0;1) và B(1;2) là x  y  1  0  y  x  1 .. Tiếp theo, ta sẽ xét đến bài toán VMO 2004 bảng B.. - Bước 3: Tính f (x, x  1)  2x 2  (x  1)2  3x(x  1) .  Bài toán 2. Giải hệ phương trình. 3x  2(x  1)  1  0 . Từ đây ta có thể khẳng định khẳng f (x , y ) sẽ có chứa nhân tử tuyến tính x  y  1 .. 4 4x  1  1. .    0 9x  4  2  9. x 3  3xy 2  49   2 x  8xy  y 2  8y  17x . |4.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài toán này ta đã biết cách giải của nó, đó là ta nhân phương trình thứ hai với 3 rồi cộng vào phương trình 2 2  thứ nhất ta được (x  1) x  1  3 y  4    0 .   Hệ số nhân k  3 có phải là trên “trời rơi xuống”? Không phải đâu các bạn! Để tìm được k  3 , ta có thể lí giải cho vấn đề này như sau: Kỹ thuật đưa về nhân tử tuyến tính Trước hết, ta đặt: f (x , y )  x 3  3xy 2  49. - Bước 2: Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm O (0; 0) và B(1;2) là 2x  y  0  y  2x . - Bước 3: Tính   f (x , 2x )  x 2  2x (2x )  x  2x  3x (x  1) .   g (x , 2x )  x 4  4x 2 (2x )  3x 2  (2x )2  x 4  8x 3  7x 2  x 2 (x  1)(x  7). ..  3  , suy ra  x (x  7) x(x  7)  3  0 . Do đó F(x,y)  x(x 7)f (x,y) 3g(x,y) sẽ có chứa nhân tử tuyến tính 2x  y. - Bước 4: Thiết lập tỉ số k  . g (x , y )  x 2  8xy  y 2  8y  17x. - Bước 1: Nhận thấy hệ này có chứa hai nghiệm (1; 4) và (1; 4) ..   f (1, y )  (1)3  3(1)y 2  49. Lời giải. - Với x  0 , thế vào hệ ta được y  0 . Khi đó (0, 0) là một nghiệm của hệ phương trình. - Với x  7 , không là nghiệm của hệ. - Với x  0 và x  7 . Lấy phương trình thứ hai của hệ đã cho nhân với 3 , phương trình thứ nhất của hệ đã cho nhân với x (x  7) , rồi cộng lại với nhau, ta được.  3(y 2  16)  3(y  4)(y  4). (2x  y )(2x 3  3x 2  x  3y )  0. - Bước 2: Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(1; 4) và B(1; 4) là x  1  0  x   1 . - Bước 3: Tính:.   g (1, y )  (1)2  8(1)y  y 2  8y  17(1)  y 2  16  (y  4)(y  4). ..  - Bước 4: Thiết lập tỉ số k    3 . Do đó  sẽ có chứa nhân tử tuyến F (x , y )  f (x , y )  3g (x , y ) tính x  1. Lời giải. Lấy phương trình thứ hai của hệ đã cho nhân với 3 rồi cộng vào phương trình thứ nhất, ta được 2 2  (x  1) x  1  3 y  4    0   - Thế (1, 4) , ta thấy thỏa mãn. Khi đó (1, 4) là một nghiệm của hệ phương trình. - Với x  1 , thế vào hệ ta được y 2  16  y  4 . Khi đó, ta có các nghiệm (1; 4) , (1; 4) . Vậy, hệ đã cho có nghiệm là (1; 4) , (1; 4) .  Bài toán 3. Giải hệ phương trình x 2  2xy  x  y  0   4 x  4x 2y  3x 2  y 2  0 . Kỹ thuật đưa về nhân tử tuyến tính Trước hết, ta đặt: f (x , y )  x 2  2xy  x  y g (x , y )  x 4  4x 2y  3x 2  y 2. - Bước 1: Nhận thấy hệ này có nghiệm (0; 0) và (1;2) .. Khi y  2x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta có: x (x  1)  0  x  1  y  2 (do x  0 ). Khi 3y  2x 3  3x 2  x , thay vào phương trình thứ nhất của hệ, ta có: x (4x 3  8x 2  2x  4)  0  x  2  y  2 (do x  0 ). Vậy, hệ phương trình có nghiệm là (0; 0),(1;2),(2;2) . BÀI TẬP Giải các hệ phương trình sau x 3  y 3  6xy  8  1.  2 x  y 2  2x  y  14  x 3  y 3  9  2.  2 x  2y 2  x  4y  x 4  y 4  240  3.  3 x  2y 3  3(x 2  4y 2 )  4(x  8y )  x 2  xy  2y 2  2x  y  1  0  4.  2  x  y 2  1  1  x  y  x 3  y 3  3xy  1  5.   x  2  y  1  2  x 3  y 3  3(y  1)(x  y )  2  2 6.   x  1  y  1  (x  y )  8 |5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> T. rong bài viết này chúng tôi sẽ giới thiệu cho các bạn một số bài toán sử dụng bất đẳng thức. Cauchy để tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất (GTNN, GTLN) của biểu thức có các biến không đối xứng. Với. Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  1 1 a b a b (a  b)    2    2  2 .  4  b a b a a b . dạng toán này đòi hỏi chúng ta phải sử dụng bất đẳng thức Cauchy thật khéo léo để từ đó dồn về một biến và. 1 1 4   (*) . Dấu “=” xảy ra khi a  b . a b a b Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có. sau đó các bạn có thể xét hàm để tìm GTNN, GTLN của biểu thức, tuy nhiên trong bài viết này chúng tôi sẽ giải. 1 1 4 4  2  2  . 2 x  xy y  3xy x  2xy  y (x  y)2. quyết hoàn toàn dựa trên bất đẳng thức Cauchy để các bạn có thể thấy rõ phạm vi áp dụng rộng rãi của nó. Trước hết chúng tôi xin nhắc lại bất đẳng thức Cauchy: - Cho hai số thực không âm a,b ta có a  b  2 ab . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b . - Cho ba số thực không âm a,b, c ta có. a  b  c  3 3 abc . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c . Từ bất đẳng thức Cauchy ta suy ra được các bất đẳng thức quen thuộc sau: 1. 2(a 2  b 2 )  (a  b )2  4ab . 2. 3(a 2  b 2  c 2 )  (a  b  c )2  3(ab  bc  ca ) . 3. 9(a 3  b 3  c 3 )  (a  b  c )3  27abc . 4.. 1 1 4 1 1 1 9 ;    .   a b a b a b c a b c. 5.. a 2 b 2 (a  b )2 a 2 b 2 c 2 (a  b  c )2      ; . x y x y x y z x y z. 6. ax  by  a 2  b 2 . x 2  y 2 . 7. a 2  b 2  x 2  y 2  (a  x )2  (b  y )2 . với a, b, c, x , y, z là các số thực dương. Sau đây ta sẽ giải một số ví dụ minh họa. Ví dụ 1. Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y . Tìm GTNN của biểu thức P. 1 1 (x  y )2   . 4 x 2  xy y 2  3xy. Suy ra. 2. Do đó P . 4 (x  y )2  . Tiếp tục áp dụng bất 4 (x  y )2. đẳng thức Cauchy thì P  2. 4 (x  y )2 .  2. 4 (x  y )2. Vậy, GTNN của P là 2 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  x 2  xy  y 2  3xy x  1  5    2 .  4 (x  y )2      3 5 (x  y )2 y  4 2  Bình luận. Quan sát thấy P có chứa (x  y )2 mà ta lại có (x 2  xy )  (y 2  3xy )  x 2  2xy  y 2  (x  y )2 . Từ nhận xét đó ta sẽ áp dụng bất đẳng thức có tính chất cộng mẫu lại với nhau, đó là bất đẳng thức quen thuộc 1 1 4   . a b a b Ví dụ 2. Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2x  3y  3 . Tìm GTLN của biểu thức P  xy (3  2x  3y ) . Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 xy(3  2x  3y)  .2x .3y.(3  2x  3y) 6 1 (2x  3y  3  2x  3y )3 1  .  6 27 6 1 1 Suy ra P  . Vậy, GTLN của P là . 6 6 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2x  3y 1 1   x  và y  .  2x  3  2x  3y 2 3  |6.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bình luận. Ta thấy P là tích của ba số hạng, trong khi đó đề bài yêu cầu tìm GTLN nên ta sẽ sử dụng bất đẳng (a  b  c)3 thức abc  . Do đó tổng a  b  c phải 27 bằng hằng số, để triệt tiêu 2x và 3y thì ta phải nhân thêm 2 vào trước x và nhân 3 vào trước y , dĩ nhiên. 1 . 6 Ví dụ 3. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b và a  b  c  4 . Tìm GTNN của biểu thức c3 . P  4a  3b  (a  b )b Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có c3 c3 4a  3b   (a  b)  b   (3a  3b) (a  b)b (a  b)b khi nhân như vậy thì phải nhân ngược lại cho. c3  (3a  3b) (a  b)b  3(a  b  c)  12 Suy ra P  12 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3  a  b  b  c  (a  b)b  a  2 và b  c  1 .  a  b  c  4 Vậy, GTNN của P là 12 .  3 3 (a  b).b.. Bình luận. Sự xuất hiện c 3 càng làm cho hướng đi của chúng ta rõ ràng hơn, đó là áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số. Tuy nhiên ta lại có mẫu (a  b)b để triệt tiêu mẫu này ta sẽ thêm (a  b)  b thì ta sẽ có đủ ba số hạng bất đẳng thức Cauchy sẽ còn lại c . Ví dụ 4. Cho x , y, z là các số thực dương. Tìm GTLN 1 2 của biểu thức P   . 2 2 2 (x  y )(x  z ) 2x  y  z Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 1 1 2x 2  y 2  z 2  2x 2  (y  z )2  (2x  y  z )2 2 4 1 (x  y )(x  z )  (2x  y  z )2 . 4 2 8 Do đó P  .  2x  y  z (2x  y  z )2 2 8  . t t2 Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có. Đặt t  2x  y  z ta có P . 8 1 8 1 2 2 8 1 1  2 2.    2  P  . 2 8 t t t 8 8 t t 8. Vậy, GTLN của P là. 1 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ 8. y  z  khi   x  y  z  2. 2x  y  z  2x  y  z  8  Bình luận. Ở mẫu đầu tiên có căn thức, điều đó làm chúng ta cảm thấy khó chịu. Quan sát trong căn ta có tổng các bình phương, như vậy để khử căn thức này sẽ biến đổi biểu thức trong căn thành bình phương của một tổng thông qua bất đẳng thức 2(a 2  b 2 )  (a  b)2 . Ngoài cách làm như trên các bạn cũng có thể đưa về bình phương như sau 2x 2  y 2  z 2  (x 2  y 2 )  (x 2  z 2 ). 1 1 1  (x  y )2  (x  z )2  (2x  y  z )2 . Sau khi 2 2 4 khử căn thấy xuất hiện 2x  y  z và việc biến đổi 1 (x  y )(x  z )  (2x  y  z )2 là điều dễ hiểu. Tới 4 2 8 chỗ P   2 các bạn có thể xét hàm, tuy nhiên ta đã t t sử dụng tiếp bất đẳng thức Cauchy, để làm được điều này đòi hỏi các bạn phải biết “điểm rơi”. Ví dụ 5. Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm GTNN 3.  3a 2 2b  2c của biểu thức P   2    .  b 3c  3a Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có. 3a 2 2b 3a 2 b b 3a 2 b b a2 3 3      3 . .  3 . 3c 3c 3c b2 b2 b2 3c 3c 3c 2 3.  3a 2 2b  9a 2 2c 9a 2 Suy ra  2    2 . Do đó P  2  .   b 3a 3c  c c Tiếp tục áp dụng bất đẳng Cauchy ta có. 9a 2 2c 9a 2 c c 9a 2 c c 3      3 . . 3 3a 3a 3a c2 c2 c2 3a 3a Vậy, GTNN của P là 3 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  3a 2 b   2  b 3c  3a  b  c .  2  9a c  2  3a  c Bình luận. Ta thấy P có mũ 3 , đây là dấu hiệu để áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số. Tuy nhiên tổng trong ngoặc chỉ có hai số hạng, khi đó việc tách 2b b b   không những giúp chúng ta triệt tiêu 3c 3c 3c a được b 2 mà còn dồn được về biến . c P. |7.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Ví dụ 6. Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn điều.  1 z 3  1 x 3 1  1 1 z x 3                x y  4  x y y z   y z  3 . 1  1 z x   2    4  xy y z . kiện (x  2y  3) 2x 2  2y 2  5xy  y 2  3(x  y ) . x 2 y2   x  3y . y x Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có Tìm GTNN của biểu thức P . (x  2y  3) 2x 2  2y 2  x 2  3xy  2y 2  3(x  y )  (x  2y  3) 2x 2  2y 2  (x  2y)(x  y)  3(x  y) 2. 2.  (x  2y  3) 2x  2y  (x  2y  3)(x  y )  0.  (x  2y  3). . .  x  2y  3 x 2  y 2  Do đó P    y     x   2y  y   x   2x  2y  2y  2x  4y  6 . Vậy, GTNN của P là 6 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y   x  y  1.  x  2y  3  Bình luận. Điều đầu tiên mà các bạn dễ nhận thấy sau khi đọc đề bài ở bài toán này đó là điểm rơi x  y  1 . Điều kiện bài toán khá cồng kềnh trong khi đó biểu thức P gọn nhẹ, điều gì dễ chúng ta làm trước, dựa vào dấu hiệu “ x  y ” ta sẽ dễ dàng đánh giá được P  2x  4y  2(x  2y ) . Mà ở điều kiện chúng ta cũng thấy có sự xuất hiện của x  2y , công việc còn lại là từ điều kiện chúng ta sẽ chứng minh x  2y  3 (vì điểm rơi là x  y  1 ). Thật là nan giải khi ta đi theo. chứng minh. 3(x  y )  5xy  y 2. 3(x  y )  5xy  y 2 2x 2  2y 2. 2. 2x  2y. 2. và.  0.. Cũng từ dấu hiệu “ x  y ” ta có x 2  y 2  2xy , suy ra x 2  3xy  2y 2  5xy  y 2  (x  y)(x  2y)  5xy  y 2 từ đó thay vào điều kiện ta có điều kì diệu ở trên.. Ví dụ 7. Cho x , y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện. 1 1 1 3 . Tìm GTNN của biểu thức  2  2  2 xy x y z 3. 3. 1 z  1 x  96z P          .  x y   y z  1x Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức a 3  b 3  và bất đẳng thức Cauchy ta có. . 3 1 1 1 2 1  2  2  2   2 xy xy z x y z. 1 1 z x  2   . xy z y z 3. 2x 2  2y 2  x  y  0. hướng biến đổi x  2y  3 . Từ điều kiện ta có. 1 (a  b )3 4. 3. 3. 3.  1 z  1 x  1  x  1  2 2x   . Do đó             2  x y  y z  4 z z   z  3. 1  x  96z 1x   Suy ra P  2  . Đặt t  ta có  z  1  x z 96  3 32  64 64  2t     16t   64 .   t t  t t  Vậy, GTNN của P là 64 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1. Bình luận. Trong biểu thức P có tổng của hai lập 1 phương thì việc áp dụng a 3  b 3  (a  b )3 là điều 4 không cần bàn cãi. Sau khi áp dụng bất đẳng thức trên 1 1 thì ta có  và điều kiện đề bài cho cũng là một biểu x y thức đối xứng theo x , y . Đó là lý do ta áp dụng bất đẳng P  2t 3 . thức Cauchy ở điều kiện để có được vào. 1 1  2 và thay xy z. 1 1 1 2 1 1  2 ta có  2  . Và cũng từ xy z x y xy z. z x  , như vậy phép dồn biến của chúng ta đã hoàn tất. y z Phần còn lại các bạn có thể xét hàm để tìm GTNN, nhưng nếu bạn nào đã nhẩm được điểm rơi thì có thể đánh giá theo bất đẳng thức Cauchy như trên cũng được. Các bạn cần nhớ một điều với bài toán tìm GTNN, GTLN nào giải theo hàm số được thì giải theo bất đẳng thức cổ điển cũng được tùy theo khả năng đón điểm rơi và kỹ năng đánh giá của các bạn tới đâu. Qua các ví dụ trên hy vọng các bạn sẽ học hỏi được một số kỹ năng vận dụng bất đẳng thức Cauchy vào việc tìm GTNN, GTLN của một biểu thức, đặc biệt qua các bình luận sẽ giúp các bạn rèn luyện được định hướng tư duy trước các bài toán bất đẳng thức. Hẹn gặp lại các bạn vào bài viết tiếp theo!  Số sau còn tiếp… |8.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Năm 2008-2009, số phức chính thức đưa vào chương trình SGK toán 12 cho cả Ban Cơ bản và Ban Nâng cao. Và trở thành một phần không thể thiếu trong các kỳ thi tuyển sinh ĐH, CĐ và TN. Phần lớn, học sinh chỉ áp dụng những khái niệm và các phép toán cơ bản để giải các bài toán số phức điển hình và chưa thấy được “vẻ đẹp tiềm ẩn” của nó trong các dạng toán khác như: Hệ phương trình, giải tích tổ hợp, lượng giác, bất đẳng thức...Bài viết nhằm cung cấp cho học sinh thêm một cách nhìn mới về ứng dụng của số phức. Bài toán 1: Sử dụng số phức vào giải hệ phương trình  f (x ; y )  g (x ; y ) (1) Xét hệ phương trình:  h(x ; y )  k (x ; y ) (2)  Lấy (2) nhân i sau đó cộng (trừ) (1) vế theo vế ta được : f (x ; y )  h(x ; y ).i  g(x ; y )  k (x ; y ).i (*) Đặt z  x  yi , biểu diễn (*) thông qua các đại lương z, z,| z |,....  x  3x  y  3 (1)  x 2  y2 Ví dụ 1. Giải hệ phương trình   x  3y (2) y  2 x  y2  Lời giải. Lấy (2) nhân i sau đó cộng với (1) ta được. (3x  y )  (x  3y )i 3 x2  y2 3(x  yi ) (x  yi )i  x  yi  2  2  3(*) x  y2 x  y2 Đặt z  x  yi; x, y   . Lúc đó: x  yi . (3  i )z 3 i 3z 3 2 z |z | x  2  y  1   2i x  yi  2  i       1i x  1 x  yi  1  i  y  1 . (*)  z  z   z. Vậy, nghiệm của hệ phương trình là (x;y)  (2;1), (x;y)  (1;1) .. Ví dụ 2. Giải hệ phương trình: x 3  3xy 2  x  1  x 2  2xy  y 2 (1)   3 2 2 2 y  3x y  y  1  y  2xy  x (2)  Lời giải. Lấy (2) nhân i sau đó cộng với (1) ta được (x 3  3xy 2  x  1)  (y 3  3x 2y  y  1)i  (x 2  2xy  y 2 )  (y 2  2xy  x 2 )i  x 3  3x (yi )2  3x 2 (yi )  (yi )3  (x  yi )  1  i  (x 2  2xyi  y 2 )  2xy  x 2i  y 2i.  (x  yi)3 (x  yi)  i  1  (x  yi)2  (x  yi)2i (*) Đặt z  x  yi; x, y   . Lúc đó phương trình (*) trở thành z 3  (1  i )z 2  z  1  i  0 z  1   (z  1)(z  1)(z  1  i )  0  z  1  z  1  i x  1 x  1 x  1       y  0 y  0 y  1    Vậy, nghiệm của hệ phương trình là (x ; y )  (1; 0), (x ; y )  (1; 0), (x ; y )  (1;1) . Bài toán 2: Ứng dụng số phức vào chứng minh các công thức, đẳng thức lượng giác Cho dạng lượng giác số phức z  r (cos   i sin ) ;. z1  r1(cos 1  i sin 1 ) ; z  r2 (cos 2  i sin 2 ) . Ta có các công thức sau: z1 .z 2  r1r2 cos(1  2 )  i cos(1  2 ) z1 r  1  cos(1  2 )  i cos(1  2 ) z2 r2 Công thức Moa-vrơ : z n  r n  cos(n)  i sin(n) Nếu z 1  a1  b1i; z 2  a 2  b2i; với a  a 1 2 a1, a 2 , b1, b2   . Lúc đó z 1  z 2    b1  b2  Ví dụ 3 : Chứng minh rằng: sin 3  3sin   4 sin3 ; cos 3  3cos   4 cos3  Lời giải. Đặt z  cos   i sin  . Ta có: |9.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> n. z 3  (cos  i sin )3  cos3   3cos2 .i.sin  3cos .(i sin )2 (i sin )3  cos3   3i(1 sin2 )sin  3cos (1 cos2 ) i.sin3   4cos3  3cos  i(3sin   4sin3 ) (1) 3. Mặt khác: z  cos 3  i sin 3. (2) ..  cos   1    i   (cos n   i sin n )  sin  sinn   Tương tự : y     (cot   1  1  i )n n. n.  cos   1    i   (cos n   i sin n ) sinn   sin  . Từ (1) và (2) ta được: sin3  3sin   4 sin3 ; cos 3  3cos   4cos3 . Do đó (y  )n  (y   )n . Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi x  k 2, k   thì. Mặt khác :     2i. (n  1)x nx .cos 2 2 a)cos x  cos2x  ...  cos nx  1  x sin 2 (n  1)x nx sin .sin 2 2 b)sin x  sin2x  ...  sin nx  x sin 2 Lời giải. Đặt A  cos x  cos2x  ...  cos nx ; sin. B  sin x  sin2x  ...  sin nx ; Xét z  cos x  i sin x . Ta có 1  z n 1 A  Bi  z  z  ...  z  1  A  Bi  1z 1  cos(n  1)x  i sin(n  1)x  1  cos x  i sin x (n  1)x (n  1)x 2 (n  1)x 2 sin  2i sin cos 2 2 2  x x x 2 sin2  2i sin cos 2 2 2 (n  1)x nx (n  1)x nx sin cos sin sin 2 2 i 2 2  nx nx sin sin 2 2 (n  1)x nx (n  1)x nx sin cos sin sin 2 2 ;B 2 2 . Vậy, A  nx nx sin sin 2 2 Ví dụ 5. Giả sử  và  là nghiệm của phương trình 2. n. x 2  2x  2  0 và cot   y  1 . Chứng minh rằng (y  )n  (y   )n sin n   .  sinn  Lời giải. Ta có x 2  2x  2  0  x  1  i . Không mất tính tổng quát, lấy   1  i,   1  i . Theo giả. 1 .2i sin  . sinn . (y  )n  (y  )n sin n   .  sinn  Bài toán 3 : Ứng dụng vào chứng minh bất đẳng thức Cho số phức z  a  bi;a, b   . Lúc đó môđun của số Từ đó ta có được :. phức z  a 2  b 2 Cho các số phức z 1; z 2; z 3 . Ta có các bất đẳng thức thường dùng sau : z1  z 2  z1  z 2 ; z 1  z 2  z 3  z 1  z 2  z 3 Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi a, b, c   ta luôn có a2 b2 c2  2ac  a2 b2 c2  2ac  2 a2 b2 . Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với. a  c . 2.  b2 . a  c . 2.  b2  2 a 2  b2. Xét z1  a  c   bi; z 2  a  c   bi . Ta có. z1 . a  c . 2.  b2 ; z2 . a  c . 2.  b2. Mặt khác z1 z2 2a 2bi  z1 z2  4(a2 b2) 2 a2 b2 Áp dụng : z 1  z 2   z 1  z 2 ta được. a 2  b2  c2  2ac  a 2  b2  c2  2ac  2 a2  b2 Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mọi ,  ta có :. cos4   cos4   sin2   sin2   2 . Lời giải. Xét z1  cos2   cos2 .i;z2  sin2 ;z3  sin2 .i Ta có z1  cos4   cos4 ; z2  sin2 ; z3  sin2 . z1  z 2  z 3  cos2   cos2 .i  sin2   sin2 .i  1i  z1  z 2  z 3  2 Áp dụng z 1  z 2  z 3  z 1  z 2  z 3 ta được. thiết cot   y  1  y  cot   1 . Lúc đó (y  )n  (cot   1  1  i )n. cos4   cos4   sin2   sin2   2 .. |10.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Ví dụ 8. Cho a, b, c  0 thỏa mãn ab  bc  ac  abc . b2  2a 2 c2  2b2 a2  2c2 Chứng minh    3 ab cb ac Lời giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 2. 2. 2. 1  2  1  2  1  2         3 .     a 2  b  b 2  c  c 2  a  Xét z 1 . 1 2 1 2 1 2  i; z 2   i; z1   i. Ta có a b b c c a 2. 2.  1 1 1  1 1 1 Mặt khác z1  z2  z 3       2    i a b c  a b c . 1 1 1    1. a b c. Do đó z1  z 2  z  3. n n ;S2  2n sin . 4 4. Ví dụ 10. Chứng minh rằng 0 2 4 6 98 100 C 100  C 100  C 100  C 100  ...  C 100  C 100  250 0 1 2 2 100 100 Lời giải. (1  i )100  C100  C100 i  C100 i  ...  C 100 i. . . 0 2 4 100  C 100  C 100  C 100  ...  C 100 . C. 1  i . 2. 1 100. C.  2i  1  i . 100. 3 100. . 5 99  C 100  ...  C 100 i.  2i   250 50. 0 2 4 100 Vậy, C 100  C 100  C 100  ...  C 100  250 .. 1 13 15 B  2C 15  4C 153  6C 155  8C 157  ....  14C 15  16C 15. Lời giải. Xét khai triển 1 (1  x )15  C 150  C 15 x  C 152 x 2  C 153 x 3  ...  12 12 14 14 15 15 C 15 x  C 1513x 13  C 15 x  C 15 x. Áp dụng bất đẳng thức z1  z 2  z 3  z1  z 2  z 3 b 2  2a 2 c 2  2b 2 a 2  2c 2 ta được    3. ab cb ac Bài toán 4 : Ứng dụng giải toán khai triển hay tính tổng nhị thức Niutơn Ta nhắc lại công thức khai triển nhị thức Niutơn n. (2). Ví dụ 11. Tính các tổng sau 14 A  C 150  3C 152  5C 154  7C 156  ....  13C 1512  15C 15. 2.  1 1 1  z 1  z 2  z  3     . a b c . a  b . n n  i 2n sin 4 4. Từ (1) và (2) suy ra S1  2n cos. 2. 1  2  1  2  1  2  z1  2    ; z2  2    ; z3  2    a b  c  c  a   b . Theo giả thiết ab  bc  ac  abc . (1  i )n  2n cos. n.   C nka nkb k k 0.  C noa n  C n1a n 1b  C n1a n 2b 2  ...  C nn 1ab n 1  C nnb n.  x (1  x )15  C 150 x  C 151 x 2  C 152 x 3  C 153 x 4  ...  12 13 15 16 C 15 x  C 1513x 14  C 1514x 15  C 15 x. Lấy đạo hàm hai vế 1 (1  x )15  15x (1  x )14  C 150  2C 15 x  3C 152 x 2  12 12 14 14 15 15 4C 153 x 3  ...  13C 15 x  14C 1513x 13  15C 15 x  16C 15 x. Thay x bởi i ta được (1  i)15  15i(1  i)14  C150  2C151 i  3C152 i2  4C153 i 3 ....  13C1512i12  14C1513i13  15C1514i14  16C1515i15. Ta lưu ý rằng m  * thì i 4m  1; i 4m 1  i;.  (C150  3C152  5C154  7C156 ...  13C1512 15C1514 ) . i 4m 2  1; i 4m 3  i .. Mặt khác:. (2C151  4C153  6C155  8C157  ...  14C1513 16C1515 )i 15. Ví dụ 9. Tính tổng a ) S 1  1  C n2  C n4  C n6  ... b) S 2  C n1  C n3  C n5  C n7  ... Lời giải. Ta có (1  i )n  1  C n1i  C n2i 2  ...  C nn i n.  (1 Cn2 Cn4 Cn6 ...) (Cn1 Cn3 Cn5 Cn7 ...)i (1).    (1  i )15  15i(1  i )14  215 cos  i sin    4 4  14     14  15i 2 cos  i sin   4 4 .  2 2    215   i   15i.27 (i ) 2   2 7 7  2  2 i  15.27  16.27  27 i  211  27 i Vậy A  211; B  27 . |11.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> BÀI TẬP. Bài 4. Cho a, b, c  0 thỏa mãn ab  bc  ac  abc .. Bài 1. Giải hệ phương trình sau  x  5x  7 5y  7  x 2  y2 a)   7 5x  5y y  2 0 x  y2  x 4  y 4  3x 3  3xy 2  2x  4y  0  b)  3 2x y  3x 2y  2xy 3  3y 2  (2x  1)2  1  2y  4y 2  Bài 2. Giả sử cos   cos  cos  0  sin   sin  sin . Chứng minh a ) cos 3  cos3  cos3  3 cos       b) sin 3  sin3  sin3  3 sin      . Bài 3. Giả sử ,  là hai nghiệm của phương trình x 2  2px  p 2  q 2  0 và tan  . minh. q . Chứng y q. Chứng minh rằng:. 1 1 1  1 2  1 2 2 3 2 a b c Bài 5. Chứng minh rằng với mọi a, b, c   ta luôn có : 1. a 2  b 2  ab  a 2  c 2  ac  b 2  c 2  bc . Bài 6. Tính tổng a ) S1  1  C 192  C 184  C 196  ... b ) S 2  C 191  C 193  C 195  C 197  ... Bài 7. Chứng minh:. 1  n n  2  2 cos  3  3  Bài 8. Tính giá trị các tổng sau a )S  C 30p  3C 32p  32C 34p  33C 36p  ... 1  C n3  C n6  ... . b )T  C 31p  3C 33p  32C 35p  33C 37p  .... (y  )n  (y   )n sin n   q n 1. n .  sin . |12.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>

<span class='text_page_counter'>(15)</span>