TẠP CHÍ CON ĐƯỜNG ĐẠI HỌC LẦN 1

Đặt ẩn phụ để giải phương trình

Nguyễn Thanh Trà

Ngày 11 tháng 12 năm 2012

1 Giải phương trình bằng

cách đưa về hệ phương

trình đối xứng

Đặt ẩn phụ là một phương pháp quen thuộctrong giải toán nói chung và giải phương trìnhnói riêng. Trong dạng này, việc đặt ẩn phụrồi tìm liên hệ ngược lại giữa phương trình vàbiến x sẽ dẫn ta đến một hệ phương trình. Hệphương trình có giải được hay không tùy thuộcvào sự khéo léo trong cách đặt ẩn phụ của cácbạn.Trong chương này, ta xét một lớp các phươngtrình có dạng:

ax2 + bx + c = d√

dx + e

Trước hết, ta xét phương trình:

Ví dụ 1. Giải phương trình:

x2 + 2 = 3√

3x− 2

Lời giải. Với bắt đầu đơn giản, ta sẽ đặt a =√3x− 2. Khi đó, ta có{

x2 + 2 = 3a

a2 + 2 = 3x

Đây là hệ phương trình đối xứng. Trừ theo vếcủa hai đẳng thức, ta có:

(x−a)(x+a)−3(x−a) = 0 ⇔[

x− a = 0x + a− 3 = 0

Từ đây ta có thể dễ dàng giải bài toán. F

Như vậy, một cách tổng quát, với phươngtrình:

x2 + a = b√

bx− a

Ta luôn có một cách giải tổng quát: Đặt√bx− a = t. Thế thì ta có t2 + a = bx. Ta

rút ra được hệ phương trình đối xứng. Ta sẽđến với một ví dụ khó hơn.

Ví dụ 2. Giải phương trình:

x2 − x− 9

4= 3√

3x + 1

Lời giải. Đặt√

3x + 1 = a− 12. Ta có a2− a +

14

= 3x + 1 ⇔ a2 − a− 34

= 3x. Vậy{x2 − x− 3

4= 3a

a2 − a− 34

= 3x

Trừ theo vế hai đẳng thức. Từ đây ta có thểdễ dàng tìm x. F

Việc đặt√

3x + 1 + 12

= a có vẻ hơi thiếu tự

nhiên. Một cách tổng quát hơn, có thế giải bàitoán lại như sau.

Lời giải.

x2 − x− 9

4= 3√

3x + 1

⇔ (x− 1

2)2 − 5

2= 3

√3(x− 1

2) +

5

2

Đây là dạng toán quen thuộc như trên khi tacoi x− 1

2như một biến y. F

1

Như vậy, với mỗi cách thay x bởi các biểuthức vào phương trình (1) thì ta sẽ có nhiềubài toán thú vị. Hãy xét một số vị dụ cụ thể.

Ví dụ 3. Giải phương trình:

x2 + x +13

4= 2√

2x− 2

Ví dụ 4. Giải phương trình:

2x2 − 2√

2x− 2 = 3

√3√

2x

Ví dụ 5. Giải phương trình:

x2 + 2√

2x + 2 + 2√

2 = 2√

2x

Ví dụ 6. Giải phương trình:

24x4 + 12x2 − 3 = 2

√2

3x2 +

11

12

Để giải các bài toán này, ta làm ngược lại.Tức là ta sẽ phân tích phù hợp để xuất hiện(ax− b)2 +d = e

√e(ax− b)− d. Từ đó đặt ẩn

phụ at − b =√

e(ax− b)− d. Ta sẽ có các hệphương trình đối xứng.Thế nếu hệ số của x2 không phải là 1 thì sao?.Hay cụ thể hơn, ta xét các phương trình:

ax2 + b = c

√cx− b

a

Điều này chỉ là tăng tính phức tạp chứ khôngtăng độ khó. Chia cả hai vế cho a 6= 0. Ta có:

x2 +b

a=

c

a·√

c

a· x− b

a

Ta có thế nhìn thấy ngay đây là dạng phươngtrình ban đầu.Ta đến với ví dụ tiếp theo:

Ví dụ 7. Giải phương trình:

4x2 + 5x = (x + 2)√

2x2 + 4x + 3

Lời giải. Bây giờ phương trình của chúngta không chỉ là a

√ax + b nữa mà là (x +

2)√

2x2 + 4x + 3. Ta thử biến đổi như sau:

4x2 + 5x = (x + 2)√

2x2 + 4x + 3

⇔ 4x2 + 4x + 1 + x− 1

= (x + 2)√

2x2 + 5x + 2− x + 1

⇔ (2x + 1)2 + (x− 1)

= (x + 2)√

(x + 2)(2x + 1)− (x− 1)

Nếu coi x−1 = a và x+2 = b thì phương trìnhcủa chúng ta có dạng (2x+1)2+a = b

√bx− a.

Tương tự suy nghĩ như trên, ta đặt√(x + 2)(2x + 1)− (x− 1) = 2y + 1. Ta có:{

(2x + 1)2 + x− 1 = (x + 2)(2y + 1)

(2y + 1)2 + x− 1 = (x + 2)(2x + 1)

Trừ theo vế hai phương trình, ta có (2x+1)2−(2y+1)2 = (x+2)(2y−2x) ⇔ 2(x−y)(2x+2y+2) = 2(y− x)(x + 2) ⇔ (x− y)(3x + 2y + 4) =

0 ⇔[

x = y3x + 2y + 4

Đối với mỗi phương trình

ta đều quy về phương trình bậc 2. Việc giải cácphương trình này là khá dễ dàng. F

Một câu hỏi đặt ra là làm sao để tìm ra phântích 4x2 +5x = (2x+1)2 +(x−1) hay nói cáchkhác điều quan trọng nhất ở đây là tìm ra biểuthức 2x + 1.Để ý một chút là khi phân tích 4x2 + 5x =(x + 2)

√2x2 + 4x + 3 ⇔ (2x + 1)2 + (x− 1) =

(x + 2)√

(x + 2)(2x + 1)− (x− 1). Cộng biểuthức vế trái và biểu thức trong dấu căn, ta có:

(4x2 + 5x) + (2x2 + 4x + 3)

= ((2x + 1)2 + (x− 1))

+ ((x + 2)(2x + 1)− (x− 1))

= (2x + 1)2 + (x + 2)(2x + 1)

= (2x + 1)(2x + 3)

Như thế, khi cộng biểu thức vế trái và biểuthức trong dấu căn và phân tích thành nhântử thì một trong hai nhân tử là biểu thức cầntìm.Hãy áp dụng phương pháp này để giải ví dụsau:

2

Ví dụ 8. Giải phương trình:

x2 + x + 2 = (x + 2)√

x2 + 4x + 1

Lời giải. Cộng biểu thức vế trái và biểu thứctrong căn, ta có:

x2 + x + 2 + x2 + 4x + 1 = (2x + 3)(x + 1)

Thử phân tích với 2x+3, ta thấy bài toán khócó hướng giải.Thử với x + 1. Ta có:

x2 + x + 2 = (x + 2)√

x2 + 4x + 1

⇔ (x + 1)2 − (x− 1)

= (x + 2)√

(x + 1)(x + 2) + (x− 1)

Đến đây ta thấy phương trình quen thuộc.

F

Ta có một số ví dụ tương tự:

Ví dụ 9. Giải phương trình:

4x2 − 11x + 10 = (x− 1)√

2x2 − 6x + 2

Phát triển tiếp bài toán với bậc 3 hay bậc n.Ta xét các phương trình:

xn + b = an√

ax− b

Có thể giải một cách tổng quát bằng việc đặtn√

ax− b = t. Ta sẽ có phương trình đối xứng:{xn + b = at

tn + b = ax

Hệ phương trình đối xứng có thể giải bằng cáchtrừ theo vế.Và tương tự ý tưởng như trên, nếu thay x bằngcác biểu thức phức tạp, ta có những phươngtrình khá khó nhưng cách làm tương tự. Hãyđến với các ví dụ:

Ví dụ 10. Giải phương trình:

2.27x + 1 = 33

√3x+1 − 1

2

Ví dụ 11. Giải phương trình:

x3 + 2 = 3 3√

3x− 2

Ví dụ 12. Giải phương trình:

x3 + 3x2 + 3x + 4 = 4 3√

4x + 1

Lời giải. Vẫn tương tự ý tưởng về phươngtrình với số bậc 2, ta rút gọn biểu thức vế trái

x3 + 3x2 + 3x + 4 = 4 3√

4x + 1

⇔ (x + 1)3 + 3 = 4 3√

4(x + 1)− 3

Nếu coi x+1 là một ẩn mới thì ta dễ dàng nhìnthấy dạng toán quen thuộc x3 +b = a 3

√ax− b.

Đặt y + 1 = 3√

4(x + 1)− 1, ta có{(y + 1)3 + 1 = 4(x + 1)

(x + 1)3 + 1 = 4(y + 1)

Hệ phương trình đối xứng này được giải khádễ dàng. F

Ta đến vơi ví dụ khác

Ví dụ 13. Giải phương trình:

3√

x− 2 = 8x3 − 60x2 + 151x− 128

Ví dụ cuối cùng có vẻ hơi khác biệt. Khi tanhóm hết lại ta có 3

√x− 2 = (2x− 5)3 + x− 3

thì có vẻ không được dạng (ax− b)3 mà lại là(2x− 5)3 + x− 3. Biểu thức x− 3 thừa ra mộtcách khó chịu. Vậy ta giải quyết như thế nào?

Lời giải. Ta biến đổi phương trình:

(2x− 5)3 + x− 3 = 3√

x− 2

⇔ (2x− 5)3 + x− 3 = 3√

2x− 5− (x− 3)

Tuy hơi kì lạ nhưng ta vẫn nhìn thấy dạng toánquen thuộc. Đặt 2y − 5 = 3

√2x− 5− (x− 3)

ta có: {(2y − 5)3 + (x− 3) = 2x− 5

(2x− 5)3 + (x− 3) = 2y − 5

3

Trừ theo vế các đẳng thức, ta có 2(x−y)[(2x−5)2 + (2x − 5)(2y − 5) + (2y − 5)2] = 2(y −x) ⇒ x = yvì a2 + ab + b2 + 2 > 0. Thay vàophương trình trên ta được (2x−5)3 = x−2. Từđó ta tìm được nghiệm của phương trình. F

Trên một phương diện khác, ta có: Tách mộtcách tinh tế, ta có:

3√

x− 2 = (2x− 5)3 + x− 3

⇔ (2x− 5)3 + 2x− 5 = x− 3 + 3√

x− 3

Phương trình đưa về dạng f(2x − 5) =f( 3√

x− 3) với f(x) = x3 + x.Mặt khác f(x) = x3 + x là hàm số đồng biếnnên 2x− 5 =

√x− 3. Từ đây ta tìm được tất

cả nghiệm của phương trình.Đây là phương pháp "Sử dụng tính đơn điệucủa hàm số để giải toán" ở chương này, chúngta không đi quá vào chi tiết.Tương tự ý tưởng trên là một lớp các bài toán:

Ví dụ 14. Giải phương trình:

x3 − 3x2 − x + 6 = 33√

3x2 + 4x− 6

Ví dụ 15. Giải phương trình:

x3 − x2 − 6x− 16 = 2 3√

(x + 4)2

Hãy đến với một số ví dụ khác.

Ví dụ 16. Giải phương trình:

x3 = (x + 8) 3√

(x + 4)2 + 16

Lời giải. Ta biến đổi phương trình như sau:

x3 = (x + 8) 3√

(x + 4)2

⇔ x3 − 16 = (x + 8)3√

x2 + 8x + 16

⇔ x3 − 16 = (x + 8) 3√

x(x + 8) + 16

Phương trình trên nếu coi x+8 là một số a thìta nhìn thấy phương trình quen thuộc x3−a =b 3√

bx + a. Đến đây đặt 3√

x(x + 8) + 16 = y,ta có: {

x3 − 16 = (x + 8)y

y3 − 16 = (x + 8)x

Trừ theo vế hai phương trình, ta có x3 − y3 =(x+8)(y−x) ⇒ (x−y)(x2 +xy+y2 +x+8) =0 ⇒ x = y (vì x2 + xy + y2 + x + 8 > 0)Thay x = y ta có x3−16−x(x+8) = 0. Phươngtrình này có nghiệm duy nhất là 4. Vậy nghiệmcủa phương trình ban đầu là x = 4. F

Ví dụ 17. Giải phương trình:

x3 − x = 3√

4(x3 + 3x)

Lời giải. Ta có:

(x3 − x) = 3√

4(x3 + 3x)

⇔ (x3 − x)3 = 4(x3 + 3x)

⇔(

x3 − x

2

)3

=x3 − x

2+ 2x

Đặt x3−x2

= y, ta có:{2y = x3 − x

y3 = y + 2x⇔

{x3 = x + 2y

y3 = y + 2x

Phương trình trên là phương trình đối xứng(x, y) trừ theo vế các đẳng thức, ta có (x −y)(x2 + xy + y2) = y − x ⇒ x = y ⇒ 2x =x3 − x. F

Chúng ta đến với một bài toán tương tự.

Ví dụ 18. Giải phương trình:

x3 − x + 3 = 3√

9(x3 + 8x− 6)

Lời giải. Ta có:

x3 − x + 3 = 3√

9(x3 + 8x− 6)

⇔ (x3 − x + 3)3 = 9(x3 + 8x− 6)

⇔(

x3 − x + 3

3

)3

=x3 + 8x− 6

3

⇔(

x3 − x + 3

3

)3

=x3 − x + 3

3+ 3x− 3

Một lần nữa ta đặt x3−x+33

= y. Thế thì{y3 = y + 3x− 3

x3 = x + 3y − 3

4

Hệ phương trình nói trên là hệ đẳng cấp. Ta có(x−y)(x2 +xy+y2) = 3(y−x) ⇒ (x−y)(x2 +xy + y2 + 3) = 0 ⇒ x = y ⇒ x3 = 4x− 3. Từđây ta có thể tìm được tất cả các nghiệm củaphương trình. F

Ví dụ 19. Giải phương trình:√x3 + x− 1

3

(x3 + x +

2

3

)= x2 +

1

3

Lời giải. Ta có:√x3 + x− 1

3

(x3 + x +

2

3

)= x2 +

1

3

⇔

√(x3 + x− 1

3

)3

+ x3 + x− 1

3= x2 +

1

3

Đặt y =√

x3 + x− 13. Ta có:{

y2 = x3 + x− 13

y3 + y = x2 + 13

⇔

{x3 + x = y2 + 1

3

y3 + y = x2 + 13

⇒ (x− y)(x2 + xy + y2 + 1 + x + y) = 0

⇒ x = y

Vậy việc còn lại chỉ là giải phương trình x3 +x = x2 + 1

3. Ta có:

x3 + x = x2 +1

3⇔ 3x3 + 3x = 3x2 + 1

⇔ 2x3 + x3 − 3x3 + 3x2 − 1 = 0

⇔ 2x3 + (x− 1)3 = 0 ⇔ (x− 1)3 = −2x3

⇔ x− 1 = − 3√

2x ⇔

x =1

1 + 3√

2

Vậy nghiệm của phương trình là x = 1

1+ 3√2F

Ví dụ 20. Giải phương trình:

(x3 + x + 1)√

x3 + x = x2

Những phương trình như trên là không đơngiản, cần có sự tinh tế khi đặt ẩn phụ để xuấthiện hệ phương trình và giải quyết chúng. Tađến với một ví dụ khác.

Ví dụ 21. Giải phương trình:

3x3 + 8x− 15 + 43√

2x3 + 4x− 5 = 0

Lời giải. Ta biến đổi phương trình:

4x3 + 8x− 10 = x3 − 43√

2x3 + 4x− 5 + 5

⇔ 2(2x3 + 4x− 5) = x3 − 43√

2x3 + 4x− 5 + 5

Đặt y = 3√

2x3 + 4x− 5. Ta có:{2y3 = x3 − 4y + 5

2x3 = y3 − 4x + 5

Trừ theo vế của hai phương trình ta có: 2(y3−x3) = x3− y3− 4(x− y) ⇒ 3(y3− x3) = 4(x−y) ⇒ x = y.Thay vào hệ phương trình, ta có: x3 +4x−5 =0. Từ đây ta có thể tìm được tất cả nghiệmcủa phương trình. F

Ví dụ 22. Giải phương trình:

x3 − x + 2 = 3√

4(x3 + 3x− 2)

Ví dụ 23. Giải phương trình:

3√

3x2 − 3x + 3 =

√4x3 − 9

12+

1

2

Lời giải. Điều kiện x ≥ 3

√94. Đặt:

3√

3x2 − 3x + 3 =

√4x3 − 9

12+

1

2= t

Ta có {3(x2 − x + 1) = t3√

4x3−912

+ 12

= t

⇔

{3(x2 − x + 1) = t3

4x3−912

=(1− 1

2

)2

⇔

{t3 = 3(x2 − x + 1)

x3 = 3(t2 − t + 1)

F

Tương tự như thế, hãy giải bài tập sau:

Ví dụ 24. Giải phương trình:√

x3 + 8 = 23√

x4 + 4x− 4 + 1

5

Phương trình bậc hai là một nội dung quan trọng trong chương trình toán phổ thông nói riêng và toán học nói chung. Ứng dụng của phương trình bậc hai rất đa dạng và phong phú, áp dụng trong các bài toán đa thức, bất đẳng thức, lượng giác…Trong phạm vi của bài viết này, Truonghocso.com muốn giới thiệu với bạn đọc một số ứng dụng thú vị và phổ biến của phương trình bậc hai trong việc giải lớp các bài toán phương trình, hệ phương trình và hàm số.

MỘT SỐ ỨNG DỤNG THÚ VỊ CỦA PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI (PHẦN 1)

Hoàng Minh Thi

(Team Toán Trường học số)

Phương trình bậc hai là một nội dung quan trọng trong chương trình toán phổ thông nói riêng và toán học nói chung. Ứng dụng của phương trình bậc hai rất đa dạng và phong phú, áp dụng trong các bài toán đa thức, bất đẳng thức, lượng giác…Trong phạm vi của bài viết này, Truonghocso.com muốn giới thiệu với bạn đọc một số ứng dụng thú vị và phổ biến của phương trình bậc hai trong việc giải lớp các bài toán phương trình, hệ phương trình và hàm số. Dạng 1: Ứng dụng giải phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Trong các ứng dụng cơ bản của phương trình bậc hai, ứng dụng giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn là một ứng dụng độc đáo. Sau đây là một số bài toán điển hình:

Thí dụ 1: Giải phương trình ( )2 23 5 6 2 3x x x x x x R− + = + − ∈ .

Hướng dẫn: Cách 1: Phương trình đã cho tương đương với:

( ) ( )

2 2 2 2

2 22

2

3 2 3 6 9 0

3 3 0

3 33 0

x x x x x x x x

x x x x

x x x xx

+ − − + − + + − + =

⇔ + − − + − =

+ − −⇔ ⇔ =− =

Giá trị này thỏa mãn phương trình ban đầu. Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3x = . Cách 2: Biến đổi phương trình đã cho về dạng:

2 2 23 2 3 2 6 9 0x x x x x x x+ − − + − + − + = . Đặt ( )2 3 0x x t t+ − = ≥ thu được phương trình bâc hai ẩn 2 2: 2 2 6 9 0t t xt x x− + − + = (1). Biệt thức ( ) ( )22 22 6 9 3 0x x x x∆ = − − + = − − ≤ .

(1) có nghiệm khi và chỉ khi 0 3x∆ = ⇔ = .

6

Nhận xét: Giải bài toán theo cách 1 “ đẹp đẽ” và ấn tượng hơn so với cách 2 nhưng dựa vào kinh nghiệm và may mắn nhiều hơn. Cách 2 tự nhiên và hợp logic tùy theo từng trường hợp. Thí dụ 2: Giải phương trình

( )2

24 6 1 2 33 5

x x x x Rx− + = − ∈

−.

Hướng dẫn:

Điều kiện 2 3 5;2 3

x x≥ ≠ .

Phương trình đã cho tương đương với: ( )

( )

2 2

2 2 2

3 5 2 3 4 6 1

2 3 3 5 2 3 2 6 4 0

x x x x

x x x x x

− − = − +

⇔ − − − − + − + =

Đặt ( )22 3 0x t t− = ≥ ta thu được:

( )( ) ( ) ( )

2 2

2 22

3 5 2 6 4 0

3 5 4 2 6 4 3

12 4

t x t x x

x x x

t xt x

⇔ − − + − + =

∆ = − − − + = −

= −⇒ = −

Với 21 2 3 1t x x x= − ⇒ − = − . 2 2 22 3 2 1 2 4 01 1

1 5

x x x x xx x

x

− = − + + − =⇔ ⇔

≥ ≥

⇔ = − +

Với 22 4 2 3 2 4t x x x= − ⇒ − = − .

2 2 2

2 22 3 4 16 16 2 16 19 0

8 262

x xx x x x x

x

≥ ≥ ⇔ ⇔

− = − + − + =

+⇔ =

Thử lại thấy phương trình có hai nghiệm:

8 261 5;2

x x += − + = .

Thí dụ 3: Giải phương trình lượng giác

2 2 3 2sin x cos x sinx cosx− = + − . Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với:

( )

2

2

2sin 2 1 3 22 2 3 2 0

xcosx sin x sinx cosxsin x cosx sinx cosx

+ − = + −

⇔ + − − + =

Coi phương trình này là phương trình bậc 2 ẩn sinx , ta có biệt thức

( ) ( ) ( )2 22 3 8 2 2 1cosx cosx cosx∆ = − − − = − . 1

1 22 11

4 252 ; 2

6 6

2 ; 22

sinxsinx

cos xsinx cosx

x k x k

x k x k

π

π ππ π

ππ π

= = ⇒ ⇔ − == − = + = +

⇔ = + =

Phương trình có 4 họ nghiệm như trên. Dạng 2: Ứng dụng giải hệ phương trình bằng phương pháp đánh giá. Thí dụ 4: Giải hệ phương trình

( )( ) ( )( )

( )2 2

2 2

2 3 4 2 3 4 18 2;

7 6 14 0 3

x x y yx y R

x y xy x y

− + − + = ∈+ + − − + =

. Hướng dẫn: Coi phương trình (3) là phương trình bậc hai ẩn x ta có: ( )2 27 6 14 0x y x y x+ − + − + = .

( ) ( )2 2 2

2

7 4 6 14 3 10 7

70 3 10 7 0 13

y

y

y y y y y

y y y

∆ = − − − + = − + −

∆ ≥ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤

Coi phương trình (3) là phương trình bậc hai ẩn y ta có: ( )2 26 7 14 0y x y x y− − + − + = .

( ) ( )2 2 2

2

6 4 7 14 3 16 20

100 3 16 20 0 23

x

x

x x x x x

x x x

∆ = − − − + = − + −

∆ ≥ ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤

Như vậy 7 101; ; 2;3 3

y x ∈ ∈ .

Với phương trình (1), xét hàm số

( ) ( )

( )

22 3 4; 4 330 14

f t t t f t t

f t t

′= − + = −

′ = ⇔ = <

7

Dễ thấy hàm số này đồng biến với 1t > . Suy ra rằng

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )

2

2

2 3 4 2 6

2 3 4 1 3. 18

f x x x f

f y y y ff x f y

= − + ≥ =

= − + ≥ =

⇒ ≥

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( ); 2;1x y = . Nghiệm này thỏa mãn hệ phương trình đã cho. Nhận xét: Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai một cách linh hoạt đôi khi cho ta lời giải đẹp của nhiều bài toán khó. Sau đây chúng ta xét một bài toán tương tự. Thí dụ 5: Giải hệ phương trình

( )( )

( )2 2 2

2 3

2 0 4;

2 4 2 0 5

x y x yx y R

x x y

− + = ∈− + + =

Hướng dẫn: Xét 0y = suy ra 0x = , rõ ràng không thỏa mãn hệ đã cho. Coi phương trình (4) là phương trình bậc hai ẩn x ta có:

41 0 1 1y y y′∆ = − ≥ ⇔ − ≤ ≤ . Coi phương trình (5) là phương trình bậc hai ẩn x ta có:

( )3 34 2 3 0 1 0 1x y y y∆ = − + ≥ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ − . Kết hợp lại thu được 1y = − ,suy ra 1x = ,thỏa mãn hệ đã cho. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ) ( ); 1; 1x y = − . Dạng 3: Ứng dụng trong các bài toán hàm số liên quan Thí dụ 6: Tìm giá trị thực của tham số m để hàm số bậc ba

( )3 21 1 2 13

y x m x mx= − + + + đạt cực đại và cực

tiểu tại hai điểm tương ứng ứng là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng

12 . Hướng dẫn: Ta có

( )( ) ( )

2

2

2 1 2

0 2 1 2 0 6

y x m x m

y x m x m

′ = − + +

′ = ⇔ − + + =

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì (6) phải có hai nghiệm phân biệt cùng dương 1 2;x x thỏa mãn

2 21 2 12x x+ = .

( )

( )

2

1 2

21 2

21 2 1 2

1 02 1 0 0

12 0 2 0

2 12

mx x m m

mx x m m m

x x x x

∆ = + >

+ = + > >⇔ ⇔ ⇔ = = > − − = + − =

Giá trị cần tìm của m là 1m = . Thí dụ 7: Tìm giá trị thực của m để hàm số sau có hai cực trị phân biệt 1 2;x x thỏa mãn

2 21 1 2 2 2 12 3 2 13x x x x x x+ + = + :

( )3 2 21 3 2 53 2

y x x m m x= − + − + + + .

Hướng dẫn:

( )

2 2

2 2

3 20 3 2 0 7

y x x m my x x m m

′ = − − + +

′ = ⇔ − − + + =

Hàm số có hai cực trị phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt

( )2 12 1 02

m m⇔ ∆ = − > ⇔ ≠ .

Gọi hai nghiệm của (7) là 1 2;x x . Áp dụng định lý Viete cho (7):

1 22

1 2

32

x xx x m m

+ =

= − + +

( ) ( )( )

( )( )

2 21 1 2 2 2 1

2 21 1 2 2 1 2 2 1

2 2 2 21 1 2 2 1 1 2 2

2 21 1 2 2

1 2 1 2

1 2

1 2

1 2 1

2 3 2 13

3 2 3 2 13

3 6 9 13 15 210 9 7 02 5 7 025 7 0

* 2 3 3

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x x x x xx x x xx x x x

x xx x

x x x

+ + = +

⇔ + + = + +

⇔ + + = + +

⇔ + − =

⇔ − + =

=⇔ + =

= ⇒ =

8

21 2

1 2

22 1

01; 2 2 0

1* 5 7 0

1915 21 323 2; 0

172 2 42

mx x m m

mx x

mx x m m

m

=⇒ = = ⇒ − + + = ⇒ =

+ = ⇒

== − = ⇒ − − = ⇒

= − Kết luận, giá trị cần tìm của m:

19 170;1; ;2 2

m ∈ −

.

Nhận xét: Vận dụng linh hoạt định lý Viete và tính đồng bậc của phương trình là một cách tiếp cận hiệu quả các bài toán có biểu thức bất đối xứng. Thí dụ 8: Tìm giá trị của tham số m để hàm số sau đạt cực đại và cực tiểu tại 1 2;x x sao cho

1 2 1 22 3 4 8x x x x+ + =

( ) ( )3 21 1 4 23

y m x mx m x= − − + − + .

Hướng dẫn: ( )

( ) ( )

2

2

1 2 4

0 1 2 4 0 8

y m x mx m

y m x mx m

′ = − − + −

′ = ⇔ − − + − =

Hàm số đã cho có cực đại và cực tiểu khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt.

1 0 4 15 4 0 5

mm

m− ≠

⇔ ⇔ < ≠ ′∆ = − >

2 nghiệm của (8) tương ứng là hoành độ 2 cực trị 1 2;x x .

Áp dụng hệ thức Viete cho phương trình (8):

( )

( )

1 2

1 2 1 2

1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 1 2 1 2

2 221 1 3 2 8

4 311 1

2 3 4 8 2 3 4 3 3 26 0 1 6 0

mx xm m x x x x

mx xm m

x x x x x x x x x x x xx x x x x

+ = = + − − ⇒ + + = − = = − − −

+ + = ⇔ + + = + +

⇔ + = ⇔ + =.

1

2

1 2

2 2

016

8 4* 0 0 43 1

1 51 2 145 145*6 16 1 48 49

x

x

mx x mm

mx x mm

=⇔ = −

−= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

−

= − ⇒ = ⇒ = ⇒ =−

Nhận xét: Trong một số trường hợp, vận dụng hệ thức độc lập giữa các nghiệm của phương trình bậc hai cho ta lời giải hết sức ngắn gọn

BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Giải các phương trình sau

( ) 23 3

22

1, 2 2 2 7 2 42, 1 4 16

3 43, 25 3

sin x cos x sinx cosxx log x xlog x

x x xx

− = + −

+ + =

+ + = ++

Bài 2: Giải hệ phương trình

( )( ) ( )

( )( )( )

( )

3 3

2

1 31, ;2 3 254 13

2 2

2 1 2 2 1 22, ;

2 3 2 4

x y xyx y Rx yx y

x y

x y x yx y R

y x y x x y

+ = − ∈+ + − − = + + + + + = − ∈

+ + + + =

Bài 3: Giải hệ phương trình

( )

( )

2 2

2 2

2 2

2

2 31, ; ;

2 1 0

2 5 2 32, ;

2 5 2 13 2

x y xy zy zxx y z R

x y yz zx xy

x y xy x yx y R

x y y

+ + − − = ∈+ + − − + =

− − + = − ∈− + + =

Bài 4: Giải hệ phương trình

( )2

2

335 2010 12;

3xy y

x y Rxy x

− = − ∈= +

Bài 5: Tìm giá trị thực của m để đường thẳng :d y m x+ = cắt đồ thị hàm số

22 11

x x myx

− + +=−

tại hai điểm có hoành độ lần

lượt là 1 2;x x sao cho biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất ( )( )2 2

1 21 4F x x= − − .

9

NHỮNG SUY NGHĨ

BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN

Giang Mạnh Doanh

Kỳ thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng năm 2012 đã qua. Đề thi tuyển sinh đại học môn Toán khối A và khối A1 năm 2012 bám sát chương trình Toán trung học phổ thông hiện hành, kiến thức trong đề thi được đánh giá là khá phù hợp và vừa sức, tất yếu đòi hỏi tính toán chính xác và tư suy có chiều sâu. Trong đề thi có một số câu hỏi mang tính phân loại thí sinh, về phần đại số đáng chú ý hơn cả là câu 3 với kiến thức về hệ phương trình. Bài viết này trình bày những tìm tòi ban đầu trong việc giải hệ phương trình, bất phương trình với phương pháp sử dụng tính đơn điệu của hàm số.

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

( ) − − + = + − ∈

+ − + =

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9;1

2

x x x y y yx y R

x y x y

Lời giải 1. Hệ phương trình đã cho tương đương với:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

− − − = + − +

+ − + =

3 3

2 2

1 12 1 1 12 1 1

12

2

x x y y

x y x y

Đặt − = + =1 ; 1x a y b ta được:

( )( ) ( )⇔ − = −

⇔ − + + − = =

⇔ + + − =

3 3

2 2

2 2

1 12 12

12 0

12 0

a a b b

a b a ab b

a b

a ab b

* Với = ⇔ − = + ⇒ = +1 1 2a b x y x y .

( )

= − ⇒ =⇔ + + = ⇔

= − ⇒ =

2

3 13 2 22 2 4 0

1 322 2

y xy y

y x

* Với + + =2 2 12a ab b

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

⇔ − + + + − + =

⇔ + − + + = ⇒ =

⇔ + − + − − =

⇔ − − − + =

2 2

2 2

2 2

2

1 1 1 1 12

2111

21

2 2 22

410

2

x y x y

x y x y xy xy

x y xy xy x y

x y x y VN

Lời giải 2. Biến đổi hệ đưa về (1) và (2) . Chú ý rằng:

10

( )

( ) ( )

⇔ − + + =

⇒ − ≤ − ≤

⇒ − ≤ − ≤ − ≤ + ≤

⇒ − ∈ − + ∈ −

2 21 1

2 12 2

1 11; 1

2 23 1 1 3

1 ; 12 2 2 2

1 2;2 ; 1 2;2

x y

x y

x y

x y

Xét hàm số ( ) ( )= − ∈ −3 12 ; 2;2f t t t t ta có

( ) ( ) ( )′ = − = − < ∀ ∈ −2 23 12 3 4 0 2;2f t t t t

Suy ra hàm ( )f t liên tục và đồng biến trên

miền ( )−2;2

( ) ( ) ( )⇔ − = +⇔ − = + ⇔ = +1 1 1

1 1 2

f x f y

x y x y

Tương tự cách giải 1 ta thu được nghiệm của hệ:

( ) = − −

1 3 3 1; ; , ;

2 2 2 2x y .

Nhận xét 1. Lời giải (1) cơ bản và súc tích. Lời giải (2) tinh tế và gọn gàng, mang đậm tư duy hàm số. 2. Phương pháp sử dụng tính đơn điệu hàm số là một công cụ hữu hiệu trong các bài toán giải và biện luận phương trình, hệ phương trình. Sau đây là một số thí dụ liên hệ và minh họa cho phương pháp hàm số: Bài toán 1. Giải bất phương trình

( ) ( )+ + ≤ + ∈33 3 1 2 1x x x x R .

Hướng dẫn: Biến đổi bất phương trình đã cho về dạng:

( )+ + + ≤ + + +33 3 1 3 1 1 1x x x x (3)

Xét hàm số ( ) ( )′= + = + > ∀ ∈3 2; 3 1 0f t t t f t t t R

Hàm này liên tục và đồng biến. Dễ thấy

( ) ( ) ( ) ( )( )

⇔ + ≤ + ⇔ + ≤ +

⇔ + ≥ ⇔ ≥ −

33

2

3 3 1 1 3 1 1

3 0 3

f x f x x x

x x x

Bất phương trình có nghiệm )∈ − +∞ 3;x .

Bài toán 2. Giải hệ phương trình

( ) − − − = − + − + ∈

+ + + =

2 22 3 4 6 5;

2 3 4 1 6

x y y x x yx y R

x y

Hướng dẫn:

Điều kiện ≥ − ≤ ≤1

2; 34

x y . Biến đổi hệ về

dạng:

( ) ( ) ( )( )

− + − = − + −

+ + + =

2 22 2 3 3 4

2 3 4 1 6 5

x x y y

x y

Rõ ràng ( ) ( ) ( )⇔ − = −4 2 3f x f y trong

đó hàm số ( ) ( )′= + = + > ∀ ≥4 3; 4 1 0 0f t t t f t t t . Hàm

này liên tục, đồng biến trên miền đang xét nên ta được − = − ⇔ = −2 3 5x y x y . Thế vào (5) ta

thu được phương trình + = +2 4 1 4y y .

Tìm được nghiệm duy nhất của hệ ( ) ( )=; 3;2x y . Nhận xét: Trong các bài toán chứa căn thức, chúng ta cần tìm miền giá trị của biến, thông qua đó đơn giản việc đánh giá hàm số. Bài toán 3. Giải phương trình

( )+ + + + + + + =2 22 3 4 12 11 5 3 3 9 2 0x x x x x x

Hướng dẫn: Phương trình đã cho tương đương với:

( ) ( )+ + + + + + + + =2 22 3 2 3 2 2 3 3 3 9 2 0x x x x x x

( ) ( ) ( ) ( ) ⇔ + + + + = − + +

2 22 3 2 3 2 1 3 9 2 1x x x x

Dễ dàng xét hàm số ( ) ( )= + +21 2f t t t và

hàm này đồng biến. Suy ra

( ) ( )+ = − ⇔ = −3

2 3 35

f x f x x .

Giá trị này nghiệm đúng phương trình đã cho. Bài toán 4. Giải bất phương trình

− + ≤ − +2 3 28 2 3 4x x x x Hướng dẫn:

11

Điều kiện ≤ 2 2x . Biến đổi phương trình về dạng:

( ) ( )− = − + −328 1 1x x x

( ) ( ) ( ) − + − ≥ ⇔ − − + ≥ ⇔ ≥ ⇒ ≤ ≤

3 21 1 0 1 1 1 0

1 1 2 2

x x x x

x x

Khi đó hàm số ( ) ( )= − + −3

1 1f x x x đồng

biến và hàm ( ) = − 28g x x nghịch biến.

Hơn nữa ( ) ( )= =2 2 2f g nên bất phương trình

có nghiệm ≤ ≤2 2 2x . Bài toán 5. Giải hệ phương trình

( ) − + − − = ∈

+ − + = −

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0;

1 2 3 2

x y y xx y R

x x y y

Hướng dẫn: Điều kiện − ≤ ≤ ≤ ≤1 1 ;0 2x y . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:

( ) ( )+ − + = −3 2 3 21 3 1 3x x y y

Để ý rằng

( ) ( ) ( )− ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ ≤ ≤

′= − = − ≤ ∀ ∈ 3 2

1 1 0 1 2 ;0 2

3 ; 3 2 0 0;2

x x y

f t t t f t t t t

Hàm liên tục và nghịch biến. Ta có

( ) ( )+ = ⇔ + =1 1f x f y x y Phương trình thứ hai của hệ có dạng:

( )

+ − + = −− ≤ ≤⇔ ⇔ = ⇒ = + =

2 2 2

2 2

1 2 3 1

1 10 1

8 0

x x x

xx y

x x

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( ) ( )=; 0;1x y . Bài toán 6. Giải phương trình:

( ) ( )+ + + − − + =3 1 3 1 2 0x x x x x Hướng dẫn: Điều kiện − ≤ ≤1 1x . Phương trình đã cho tương đương với:

( ) ( )+ + + + + + = − + − + −3

1 1 2 1 1 1 2 1 1x x x x x x x

Xét hàm ( ) ( )′= + + = + + > ∀ ∈3 2 22 ; 3 2 2 0f t t t t f t t t t R

Hàm số này liên tục và đồng biến. Do đó ta thu được:

( ) ( )+ = − ⇔ =1 1 0f x f x x .

Bài toán 7. Giải hệ phương trình

( )( )

+ =

+ + = +

3

2

3 55 64

3 3 12 51

x y

xy y y x

Hướng dẫn: Xét = 0x không thỏa mãn hệ đã cho. Với ≠ 0x thì hệ tương đương với:

+ =

+ + = +

3

3

643 55

123 3 51

yx

y yx

Cộng từng vế hai phương trình trên thu được:

( ) ( )

+ + + = +

⇔ + + + = +

3 2

3

33

64 123 6 4

4 41 3 1 3.

y y yxx

y yx x

Xét hàm số ( ) ( )′= + = + > ∀ ∈3 23 ; 3 3 0f t t t f t t t R

Chúng ta lại có hàm số đồng biến và liên tục. Suy ra được

( )+ = ⇒ + = +

⇒ + − = ⇒ = ⇒ =

3

3 2

41 3 55 1

3 54 0 3 1

y y yx

y y y x

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất. Bài toán 8. Giải hệ phương trình

( ) ( ) ( ) + + − = − ∈

− − =

3 3

3

1 1 1;

4 4 0

xy x y xx y R

x xy

Hướng dẫn: Biến đổi hệ về dạng:

( )( )

+ + + = +

= +

3 3

3

1 1

4 1

xy xy x x

x xy

Xét phương trình thứ nhất của hệ và xét hàm số

( ) = +3f t t t . Hàm này đồng biến, liên tục trên R.

12

Suy ra ( ) ( )+ = ⇒ = +1 1f xy f x x xy . Tìm được 2 nghiệm của hệ :

( ) = −

1 3; 2; , 2;

2 2x y .

Bài toán 9. Giải phương trình

( ) ( )− − − + = − − +2 33 1 2 1 31 5 8 3x x x x x

Hướng dẫn: Điều kiện ≥ 8x . Biến đổi phương trình đã cho về dạng

( )( ) ( ) ( )− + − − −

= − + + − + − − +

23

3

1 1 2 1

8 1 8 1 2 2 8 1

x x x

x x x

Xét hàm số ( ) = + −3 2 2f t t t t ta có

( )′ = + − > ∀ ≥23 2 2 0 1f t t t t . Hàm liên tục và đồng biến. Ta thu được

( ) ( )− = − + ⇔ − = − +3 31 8 1 1 8 1f x f x x x

Đặt − =3 1x u ta có phương trình

( ) ( )− = − ⇔ − + − =

⇔ − + + = ⇔ = + + = + + > ∀ ∈

3 3 2

2

2

2

1 7 2 8 0

2 4 0

1 152 4 0

2 4

u u u u u

u u u

u u u u u R

Suy ra phương trình có nghiệm duy nhất = 9x .

13

Mục này giới thiệu một số bài toán đặc sắctrên www.truonghocso.com

Bài toán 1 (Đề xuất bởi Hồ Văn Diên). Chocác số không âm a, b, c thỏa mãn a2 + b2 + c2 =1. Chứng minh rằng:

a

1 + bc+

b

1 + ac+

c

1 + ab≥ 1

Lời giải.Ta chứng minh rằng

a2 + b2 + c2 ≥ 2b(1 + ac)

Thật vậy, ta có:

2(a2 + b2 + c2) = a2 + b2 + c2 + 1

= a2 + c2 + b2 + 1 ≥ 2ac + 2b

≥ 2abc + 2b = 2b(1 + ac)

a

1 + bc≥ a2

a2 + b2 + c2

Vậy, ta có:

a

1 + bc+

b

1 + ac+

c

1 + ab≥ a2 + b2 + c2

a2 + b2 + c2

F

Ta còn một cách giải khác:

Lời giải.Ta dùng bất đẳng thức AM −GM .

a

1 + bc≥ a

1 + b2+c2

2

=a

1 + 1−a2

2

=2a

3− a2

Ta sẽ chứng minh:

2a

3− a2≥ a2 ⇔ a(a + 2)(a− 1)2 ≥ 0

Điều này luôn đúng với mọi a không âm. Tươngtự như vậy:

a

1 + bc≥ a2

Tóm lại ta có:

a

1 + bc+

b

1 + ac+

c

1 + ab≥ a2 + b2 + c2 = 1

F

Bài toán 2. Giải phương trình:

3x3 − 6x2 − 3x− 17 = 3 3√

9(−3x2 + 21x + 5)

Lời giải.

3x3 − 6x2 − 3x− 17 = 3 3√

9(−3x2 + 21x + 5)

⇔ x3 − 2x2 − x− 17

3= 3

3

√−x2 + 7x +

5

3

⇔ x3 − 3x2 + 3x− 1 + 3(x− 1) =

(−x2 + 7x +5

3) + 3

3

√−x2 + 7x +

5

3

⇔ (x− 1)3 + 3(x− 1) = (−x2 + 7x +5

3)

+ 33

√−x2 + 7x +

5

3

Xét hàm số f(x) = x3 + 3x. Dễ có f(x) đồng

biến mà f(x − 1) = f(3 3

√−x2 + 7x + 5

3) ⇒

14

x− 1 = 3

√−x2 + 7x + 5

3. Ta có:

x− 1 =3

√−x2 + 7x +

5

3

⇔ (x− 1)3 = −x2 + 7x +5

3

⇔ x3 − 2x3 − 4x− 8

3= 0

⇔ 3x3 − 6x3 − 12x− 8 = 0

⇔ 4x3 = x3 + 3 · 2 · x2 + 3 · 22 · x + 23

⇔ 4x3 = (x + 2)3

⇔ 3√

4x = x + 2 ⇔ x =2

3√

4− 1

F

Nhận xét 1. Phân tích trong cách giải hơithiếu tự nhiện. Suy nghĩ khi giải bài toán nhưsau: Chia cả hai vế cho 3, ta có:

x3 − 2x2 − x− 17

3= 3

3

√−x2 + 7x +

5

3

Phương trình có một vế bậc 3 và một vế bậc1/3. Ta định hướng tìm a sao cho:

(x− a)3 + 3(x− a) = −x2 + 7x +5

3

+ 33

√−x2 + 7x +

5

3

⇔ x3 − 3ax2 + 3a2x− a3 − 3x + 3a =

− x2 + 7x +5

3+ 3

3

√−x2 + 7x +

5

3

⇔ x3 + (1− 3a)x2 + (3a2 − 4)x− a3 + 3a− 5

3

= 33

√−x2 + 7x +

5

3

Như vậy, thay vào phương trình ban đầu tatìm được a = 1.

Nhận xét 2. Việc giải phương trình 3x3−6x3 − 12x − 8 = 0 đòi hỏi một kĩ thuật đặcbiệt, tách thành lập phương hai vế.

Bài toán 3. Giải phương trình:

√3x2 − 1+

√x2 − x−x

√x2 + 1 =

1

2√

2(7x2−x+4)

Lời giải. Sử dụng bất đẳng thứcBunhiacopsky ta có:(√

3x2 − 1 +√

x2 − x− x√

x2 + 1 =)2

=

(√3x2 − 1

2.2 +

√1(x2 − x)−

√x2 + 1

22x2

)2

≤ (3x2 − 1

2+ 1 +

x2 + 1

2)(2 + x2 − x + 2x2)

=(4x2 + 2)(3x2 − x + 2)

2≤ 1

8(7x2 − x + 4)

⇒√

3x2 − 1 +√

x2 − x− x√

x2 + 1

≤ 1

2√

2(7x2 − x + 4)

Như vậy

√3x2 − 1+

√x2 − x−x

√x2 + 1 =

1

2√

2(7x2−x+4)

Đẳng thức xảy ra, suy ra 4x2 + 2 = 3x2 − x +

2 ⇒ x2 + x = 0 ⇒[

x = 0x = −1

Thay cả hai giá trị của x vào phương trình banđầu thấy x = −1 thỏa mãn. Vậy phương trìnhđã cho có nghiệm x = −1 F

Ta còn một cách nữa

Lời giải 2. Điều kiện x > 1 hoặc x <−1√

3.

Phương trình đã cho tương đương với:

2√

2 ·√

3x2 − 1 +√

2 ·√

x2 − x−√

2 · x√

x2 + 1

= (7x2 − x + 4)

Sử dụng bất đẳng thức AM −GM , ta có:√

2 ·√

x2 − x ≤ 2 + x2 − x√

2 · x√

x2 + 1 ≤ 2x2 + x2 + 1 = 3x2 + 1√

2 ·√

3x2 − 1 ≤ 2 + 3x2 − 1 = 3x2 + 1

15

Vậy:

2√

2 ·√

3x2 − 1 +√

2 ·√

x2 − x−√

2 · x√

x2 + 1

≤ (7x2 − x + 4)

Đẳng thức xảy ra, suy ra 3x2 − 1 = 2 ⇒ x =−1. Thay x = 1 vào phương trình ban đầu thấythỏa mãn. Vậy x = −1 là nghiệm của phươngtrình. F

Nhận xét. Với phương trình có nhiềucăn thức, nghĩ tới bất đẳng thức để đánh giáphương trình là một ý tưởng tự nhiên.

16

Đồng hồ quả lắc lắc mãi cũng chậm dần rồi dừng, quả bóng nảy lên, nảy xuống mãi thì cũng sẽ chậm dần rồi nằm yên, xe đi trên đường gặp ổ gà, xóc lên xuống 1 lúc rồi lại chạy êm, không có cái gì là vĩnh cửu cả. Bằng cách này hay cách khác, năng lượng của một vật chuyển động sẽ dần tỏa ra xung quanh, vật sẽ chuyển động chậm dần rồi dừng hẳn. Đó chính là hiện tượng tắt dần chuyển động rất hay gặp trong đời sống. Tuy nhiên, đây là một vấn đề rất phức tạp, khó nghiên cứu cụ thể nên khi đưa vào chương trình học cho học sinh, người ta thường mô hình hóa thành các bài toán đơn giản như dao động điều hòa để cho học sinh dễ tiếp cận. Gần đây, một số đề thi đại học đã xuất hiện một số bài về hiện tượng tắt dần, đưa học sinh gần hơn đến hiện tượng thực tế. Mặc dù vẫn ở dưới hình thức đơn giản nhưng vẫn khá mới lại và gây khó khăn cho học sinh trong việc giải bài. Dưới đây, chúng tôi đã tổng hợp từ nhiều nguồn được một số phương pháp giải cụ thể cho bài toán dao động tắt dần. Hy vọng nó sẽ giúp đỡ các em có thể vượt qua những bài toán này.

Chủ đề 1. Xác định độ giảm tương đối của biên độ khi biết độ giảm tương đối của năng lượng ?

Phương pháp:

Tại thời điểm t = 0, năng lượng: =

Tại thời điểm t = 2T , năng lượng: =

Độ giảm tương đối của biên độ sau nữa chu kì: ∆ = 1 − 1 − ∆

Chủ đề 2. Dao động tắt dần

BÀI TOÁN: Một con lắc lò nằm ngang có quả nặng khối lượng m, độ cứng của lò xo là k. Kéo quả nặng ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn rồi thả ra không vận tốc đầu. Quả nặng thực hiện dao động tắt dần với hệ số ma sát là .

Bài toán 1. Xác định độ dịch chuyển biên độ

sau nửa chu kì. Xác định biên độ sau 2T , sau

2nT ?

1.Khi quả nặng thực hiện dao động trong nửa chu kì đầu ( đi từ đến ):

DAO ĐỘNG TẮT DẦN

BÙI VĂN ĐẠT

17

Ta có: ⃗ − ⃗ = ⃗ ↔ − + = ′′ ↔ ′′ + − = 0

Đặt: = − → ′′ = ′′ Vậy: ′′ + = 0, trong một nữa chu kì đầu, vật dao động điều hòa quanh tâm có tọa độ = ; Tương tự, trong nữa chu kì

tiếp theo vật dao động điều hòa quanh tâm có tọa độ = − . Do đó, hai tâm dao động và đối xứng nhau qua tâm O.

Chu kì dao động: = 2

2. Độ giãm biên độ sau nửa chu kì:

Độ giãm biên sau nửa chu kì: = 2 =2 = 2 = = − = − 2 Hay: = −

Sau hai nữa chu kì: = – 2.

Sau n nữa chu kì: = – .

Bài toán 2. Xác định vận tốc cực đại của vật ?

Trong nữa chu kì đầu, khi quả nặng đi qua tâm dao động ( hoặc ) thì vận tốc cực đại:

1 1 ( ) ( ) ( )2

comax o

FO B A x Ao Aok

v δω ω ω ω= − = − = −=

Vận tốc cực đại của quả nặng sau 2 nữa chu kì:

= . = − 2 = − 3 2 Tương tự như vậy, vận tốc cực đại sau N nữa chu kì:

= − (2 − 1) 2

Bài toán 3. Xác định thời gian đi được cho đến lúc dừng lại ?

Khi quả nặng tới tại một điểm nằm trong đoạn thì quả nặng dừng lại. Vì lúc đó, lực đàn hồi nhỏ hơn lực ma sát nên quả nặng không dao động nữa.

Gọi N là số nửa chu kì mà vật đi được cho đên lúc dừng lại.

Như vậy: N = m + 1

Trong đó:

+ m là số nửa chu kì đầu tiên, lúc đó quả nặng tới vị trí biên nằm ngoài . Ta có: = − . =

Vì nằm ngoài , nên > , từ đó ta

suy ra: < − → < + + 1 là nửa chu kì cuối cùng khi vị trí biên nằm trong đoạn .

Ta có: = − . =

Vì nằm trong , nên ≤ , từ đó ta

suy ra: ≥ − Vậy, số nửa chu kì để con lắc dừng lại là số nguyên của đẳng thức: − 12 ≤ < + 12

Thời gian để con lắc thực hiện được N nữa chu kì đến lúc dừng lại:

. = .

Bài toán 4: Đoạn đường đi được cho đến lúc dừng lại?

18

Đoạn đường đi trong N nửa chu kì là: = + + ⋯+ Với: = + = 2 − = + = 2 − 3 = + = 2 − 5 …………… = + = 2 – (2 − 1) Vậy: = . 2 − (1 + 3 + 5 + 7 +⋯ . +(2 − 1))

Nhận xét: tổng 1 + 3+ 5+ 7+….+(2N-1) là cấp số cộng với số hạng đầu là 1, số hạng cuối là (2N -1), công bội là q = 2. Như vậy, tổng đó có giá trị : (1 + (2 − 1)). /2 = .

Vậy, đoạn đường đi được cho đến lúc dừng lại: = . 2 −

Chủ đề 3. Xác định vận tốc của quả nặng dao động tắt dần tại thời điểm t ?

Phương pháp:

B1: Tìm độ giảm biên sau 2T : = 2. =2.

B2: Tìm chu kì = 2

B3: Phân tích = . + ′ Nếu t’= 0, thì vị trí tại cuối thời điểm t là biên độ , do đó vận tốc v = 0

Nếu t’ = 4T thì vị trí tại cuối thời điểm t là

tâm dao động (hay ) nên vận tốc cực đại:

= . = ( − )

Hay: = − . − Nếu t’ <

4T : ta áp dụng công thức:

2 2 2w Nv O B x= −

Với: = − . −

x là tọa độ của vật tại thời điểm t, ta có: ′ = | | → ’

Nếu t’> 4T : ′ = + | | →

Chủ đề 4. Một con lắc lò xo nằm ngang dao động điều hòa. Đặt một vật nhỏ lên vật dao động. Tìm chu kì nhỏ nhất của con lắc để vật m không văng ra khỏi vật dao động. Hệ số ma sát trượt giữa vật nhỏ với vật dao động là .

Phương pháp:

Khi vật m nằm trên vật dao động thì nó sẽ dao động điều hòa với tần số góc . Điều kiện

để vật m không văng ra khỏi M thì lực hồi phục của vật m phải bằng lực ma sát nghỉ. = hay: = ≤

Biểu thức trên vẫn đúng khi x = A

Do đó, ta có: ≤ ↔ ≥ 2

Chu kì cực tiểu: 2 ATog

πµ

=

Chú ý: = 2 = 2 → + =

19

Chủ đề 5: Một con lắc lò xo nằm ngang gồm quả nặng có khối lượng M đứng yên ở VTCB. Một viên bi có khối lượng m bay với vận tốc va chạm vào M. Tính vận tốc của quả nặng sau va chạm và biên độ dao động điều hòa của con lắc lò xo?

Phương pháp:

1. Trường hợp lò xo nằm ngang:

a. Nếu va chạm là đàn hồi xuyên tâm: áp dụng định luật bảo toàn động lượng và định luật bảo toàn động năng, vận tốc của vật M sau va chạm:

= 2 +

Vì quả nặng đang ở vị trí cân bằng, nên vận tốc M sau va chạm chính là vận tốc cực đại.

Ta có: = → = =

b. Nếu va chạm là đàn hồi không xuyên tâm: áp dụng định luật bảo toàn động lượng, vận tốc của vật M sau va chạm: = +

Vì quả nặng đang ở vị trí cân bằng, nên vận tốc sau va chạm chính là vận tốc cực đại.

Ta có: = → = =

2. Trường hợp lò xo thẳng đứng mà quả nặng nằm ở trên:

- Vận tốc của vật m khi chạm vào M: Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng: = 2 ℎ

- Vận tốc của vật M sau va chạm: Áp dụng định luật bảo toàn động lượng: = + = + 2 ℎ

-Sau khi vật m va chạm vào M, dưới tác dụng của trọng lực, vị trí cân bằng mới của con

lắc là: = , tần số góc của con lắc lò xo

lúc này: =

- Biên độ của dao động điều hòa:

= + → = 1 + 2 ℎ( + )

Áp dụng:

Bài số 1: Một con lắc lò xo gồm một vật có khối lượng 100g gắn vào lò xo có độ cứng

0,01N/cm dao động tắt dần chậm từ thời điểm t = 0 với biên độ ban đầu là 10cm. Trong

quá trình dao động, lực cản tác dụng vào vật có độ lớn không đổi là 10 ( ). Tính tốc độ của vật sau thời điểm t kể từ thời điểm ban đầu. Lấy 2 10π = .

a. t = 21(s)

b. t = 21,5(s)

c. t = 21,4(s)

d. t = 21,6(s)

Hướng dẫn:

a. 21( ) 21 ,2Tt s= = vận tốc tại thời điểm t là

v = 0

b. = 21,5 = 21. +

Vận tốc tại thời điểm t là cực đại: = − 22 − = 57 (mm/s)

c. = 21,4 = + ;

2 21 21 57( )2oO B A mmδ

δ= − − = 20

= 2 | |57 → | |57 = 2 5 → | |= 17,6 ( )

Vậy: = 54,2 (mm/s)

d. = 21,6 = +

= − 21 − 2 = 57( )

= 4 + 2 | | = 3 10 → | |= 17,6 ( )

Vậy: = 54,2 (mm/s)

Bài 2:Một con lắc lò xo gồm lò xo nhẹ có độ cứng K=2N/m, vật nhỏ có khối lượng m=80 g, dao động trên mặt phẳng nằm ngang, hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt ngang là 0,1. Ban đầu kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn 10cm rồi thả nhẹ. Cho gia tốc trọng trường 210 /g m s= . Tốc độ lớn nhất mà vật đạt được bằng?

.0,36 / .0, 25 /

.0,5 / .0,3 /A m s B m sC m s D m sBài 3:Một con lắc lò xo có độ cứng K=100 N/m và vật nặng m=160g đặt trên mặt phẳng nằm ngang. Kéo vật đến vị trí lò xo dãn 24 cm rồi thả nhẹ. Hệ số ma sát giữa vật và mặt

phẳng ngang là 516

.Lấy 210 /g m s= . Từ lúc

thả vật đến lúc dừng lại, vật đi được quãng đường bằng?

.43,6 .60

.57,6 .56A mm B mmC mm D mm

21

Câu 1: Một con lắc đơn có chiều dài l=1m, đầu trên cố định đầu dưới gắn với vật nặng có khối lượng m.Điểm cố định cách mặt đất 2.5m. Ở thời điểm ban đầu đưa con lắc lệch khỏi vị trí cân bằng một góc oα (góc nhỏ ) rồi thả nhẹ, khi vật vừa qua vị trí cân bằng thì sợi dây đứt. Bỏ qua mọi sức cản, lấy

2 210 /g m sπ= = . Tốc độ của vật nặng ở thời điểm t=0,55s có giá trị là?

.0,55 / .0,5743 /

.0, 2826 / .1 /A m s B m sC m s D m sBài giải:

( Lời giải của [email protected])

Chu kì dao động của con lắc đơn T = 2πgl

= 2 (s).

Thời gian đễn VTCB là T/4 = 0,5 (s)

Khi qua VTCB sợi dây đứt, chuyển động của vật là CĐ ném ngang từ độ cao h0 = 1,5m với vận tốc ban đầu xác định theo công thức:

2

20mv

= mgl(1-cosα) = mgl2sin22α

= mgl 2

2α

⇒ v0 = πα

Thời gian vật CĐ sau khi dây đứt là t = 0,05s. Khi đó vật ở độ cao

h = h0 - 2

2gt⇒ h0 – h = 2

2gt

mgh0 + 2

20mv

= mgh + 2

2mv

⇒ v2 = v02 + 2g(h0 – h) = v0

2 + 2g 2

2gt

v2 = v02 + (gt)2 ⇒ v2 = (πα)2 + (gt)2

⇒ v = 0,5753 m/s

Câu 2: Một cột thép cao 8m đang đứng thẳng đứng thì bị đổ xuống đất, lấy gia tốc trọng trường 210 /g m s= , hỏi vận tốc dài của cột thép khi bị đổ xuống đất bằng bao nhiêu? Biết rằng khi đổ xuống đất thì cột không bị trượt.

Bài giải:

( Lời giải của [email protected])

Độ cao ban đầu của khối tâm cột thép là

42l m=

Khi cột thép bị đổ thì nó tham gia cả chuyển động tịnh tiến cả chuyển động quay

Cơ năng được bảo toàn nên ta có: 2 2

2 2mv Iwmgh = +

Với h=4m, 2

,w12ml vI

h= = ( vì vận tốc góc

đối với mọi điểm tựa như nhau nên vận tốc góc đối với khối tâm bằng đối với chân cột thép)

Từ đó ta có: 2 2 2

22 60 7,746 /

2 24v l vgh v v m s

h= + → = → =

Câu 3: Con lắc lò xo nằm ngang có độ cứng K, khối lượng M, vật nặng m. Từ vị trí cân bằng kéo m ra một đoạn nhỏ, tính chu kì dao động. Bỏ qua mọi lực cản.

Bài giải:

22

( Lời giải của [email protected])

Vì lò xo có khối lượng nên các phần tử của lò xo cũng dao động điều hòa. Gọi L là chiều dài của lò xo, chia lò xo thành các đoạn rất nhỏ dài dl, khi lò xo dãn một đoạn X thì mẩu

này dịch chuyển một đoạn là XlxL

= , khối

lượng mẩu lò xo này là dM ldml

=

Động năng của mẩu là: 2

2 2 23

1 1Wd= ( ') ( ')2 2 2

dl Mld dmv M x X dlL L

= =

Động năng của lò xo: 2 2

23

0

( ') ( ')Wd Wd2 6

L M X M Xd l dlL

= = =∫ ∫

Động năng của vật và thế năng đàn hồi của lò

xo: 2 2

m( ') XW = ; W2 2dh

m X KK=

Cơ năng của hệ:

d d2

2

W W +W W1 X( 3 )( ') st6 2

m h

KM m X con

= +

= + + =

Lấy đạo hàm hai vế ta có: 1 ( ) ''. ' X. ' 03

3''3

M m X X K X

KX XM m

+ + =

→ = −+

3 3w 2 ( )3 3

K M mT sM m K

π+

→ = → =+

Câu 4: Cho hai mạch dao động lí tưởng 1 1LC

và 2 2L C với 1 2 1 20,1 , 1C C F L L Hµ µ= = = = .

Ban đầu tích điện cho tụ 1C đến hiệu điện thế

6V và tụ 2C tới hiệu điện thế 12 V rồi cho mạch dao động. Thời gian ngắn nhất kể từ khi mạch dao động bắt đầu dao động thì hiệu điện thế trên 2 tụ chênh lệch nhau 3V là?

Bài giải:

( Lời giải của [email protected])

Ta có biểu thức điện áp giữa các bản cực của hai tụ điện:

1 212cos w ( ); 6 w ( )u t V u cos t V= =

1 2 6 w 3 w 0,5u u cos t cos t− = = ± → = ±6

min10 ( )

6 3Tt s

−

→ = =

Câu 5: Một con lắc đơn dao động điều hòa trong thang máy đứng yên tại nơi có gia tốc trọng trường 2g 9,8m / s= với năng lượng dao động là 150 mJ, gốc thế năng là vị trí cân bằng của quả nặng. Đúng lúc vận tốc của vật bằng không thì thang máy chuyển động nhanh dần đều đi lên với gia tốc là 22,5m/ s . Con lắc sẽ tiếp tục dao động điều hòa trong thang máy với năng lượng dao động là:

A.150mJ B.129,5mJC.111,7mJ D.188,3mJ

Bài giải: (Lời giải [email protected])

Khi thang máy chưa chuyển động, cơ năng

của con lắc là: 2o

1mglW

2α

=

Khi vận tốc của con lắc bằng 0 thì thang máy chuyển động nhanh dần đều đi lên lên khi đó ta có biên độ góc của con lắc không đổi, con lắc dao động với gia tốc hiệu dụng g ' g a= +

Cơ năng của con lắc lúc sau là

2o

2mg'l.W

2α

=

Từ đây ta có:

2o

12o2

12

mglW g g2

mg'lW g' g a2

W (g a)W 188,3mJg

α

= = =α +

+⇒ = =

23

Câu 1:Một con lắc lò xo treo thẳng đứng gồm lò xo có độ cứng k và vật nặng có khối lượng 2m. Từ vị trí cân bằng đưa vật tới vị trí lò xo không bị biến dạng rồi thả nhẹ cho vật dao động. Khi vật xuống dưới vị trí thấp nhất thì khối lượng của vật đột ngột giảm xuống còn một nửa. Bỏ qua mọi ma sát và gia tốc trọng trường là g. Biên độ dao động của vật sau khi khối lượng giảm là?

3 2 3. . . .2mg mg mg mgA B C Dk k k k

Câu 2: Một con lắc lò xo đặt trên mặt phẳng nằm ngang, lò xo có độ cứng K=20(N/m), vật nặng có khối lượng m=100(g). Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng ngang là

0,35µ = . Lấy 210 / ; 3,14g m s π= = . Ban đầu vật nặng được thả nhẹ từ vị trí lò xo dãn 7 cm. Tính tốc độ trung bình của vật nặng trong thời gian kể từ thời điểm thả tới lúc vật qua vị trí lò xo không biến dạng là:

.33,42 / .25, 48 /.22,93 / .17,83 /

A cm s B sm sC cm s D cm s

Câu 3: Một con lắc lò xo nhẹ có hệ số đàn hồi K=100 N/m đặt nằm ngang với một đầu cố định, đầu còn lại được nối với một chất điểm

1 0,5m kg= , chất điểm 1m được gắn với chất

điểm thứ hai có khối lượng 2 0,5m kg= , các

dao động không ma sát trên trục Ox nằm ngang hướng từ điểm cố định giữ lò xo về các chất điểm. Hai chất điểm sẽ bị bong ra khi lực kéo giữa chúng là 1N. Dịch chuyển hai chất điểm khỏi vị trí cân bằng O sao cho lò xo nén một đoạn 4 cm rồi buông nhẹ cho chúng dao động điều hòa. Chọn gốc thời gian là lúc thả vật, tính khoảng cách giữa hai vật khi lò xo bị dãn cực đại lần đầu tiên?

.14,146 .16,146.12,146 .8,146

A cm B cmC cm D cm

Câu 4: Hai nguồn sóng kết hợp A và B dao động theo phương trình:

; ( )A Bu acos t u acos tω ω ϕ= = + với 0ϕ > . Biết điểm không dao động (nằm về phía A) gần trung điểm I của AB nhất cách I một

đoạn là 3λ . Giá trị của ϕ là:

2 4. . . .3 6 3 3

A B C Dπ π π π

Câu 5: Cho phương trình sóng tại hai nguồn kết hợp A,B là:

25 (100 ) ( )3Au cos t cmπ

π= − và

5 (100 )6Bu cos t π

π= − (cm). Xét hai điểm M,

N trên AB nằm đối xứng nhau qua trung điểm I của AB với MN=29 cm, 12 cmλ = .Số điểm trong khoảng giữa MN dao động với biên độ là 5 3 cm là:

.5 .6 .9 .10A B C D

Câu 6: Cho mạch điện xoay chiều AB gồm đoạn mạch AN và NB chưa tụ điện. Đặt một hiệu điện thế có giá trị không đổi vào hai đầu đoạn mạch AB. Biết giá trị của tụ có thể thay đổi được và điện áp hai đầu đoạn mạch AN luôn sớm pha hơn cường độ dòng điện một

24

góc là 5π . Điều chỉnh điện dung để giá trị

AN NBU U+ đạt giá trị cực đại. Hệ số công suất của đoạn mạch lúc này là?

.0, 72 .0 , 69 .0,89 .0,82A B C D

Câu 7: Mạch điện xoay chiều không phân nhánh gồm điện trở thuần R, cuộn cảm thuần có cảm kháng LZ và tụ điện có dung kháng

C LZ 2Z= . Vào một thời điểm khi hiệu điện thế

trên điện trở và trên tụ điện có giá trị tức thời tương ứng là 50V và 60V thì hiệu điện thế giữa hai đầu mạch điện là:

A. 55V B. 80V C. 90V D. 110V

25

GIẢI ĐÁP

Hỏi: Một máy tăng áp có tỷ lệ số vòng ở 2 cuộn dây là 0,5. Nếu ta đặt vào 2 đầu cuộn sơ cấp một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng là 130V thì điện áp đo được ở 2 đầu cuộn thứ cấp để hở sẽ là 240V. Hãy lập tỷ lệ giữa điện trở thuần r của cuộn sơ cấp và cảm kháng ZL của cuộn sơ cấp

5 1A. B.12 1681 13C. D.

12 24

.

Cáh 1:Ta có ⇒== 5,02 2

1

UU

NN L UL = 0,5U2

= 120V

UL2 + Ur

2 = U12 = 1302 →Ur = 50V.

125

==⇒=L

r

LL

Lr

UU

Zr

ZU

rU

Cách 2:

105,0 112

1

2

111

2

1 =⇒==−

= rINN

UrIU

EE hay

VUr 101 =

-Mà VUUUU LrL 16810122

121

1=⇒+= ⇒

1681

==L

r

L UU

Zr

-Thầy ơi em mâu thuẫn quá.thầy chỉ giúp em với

Trả lời:

Ở cách giải thứ 2, bạn đã hiểu sai vấn đề của bài toán, hiểu sai về mạch điện xoay chiều. Như chúng ta thấy thì khi xét ở nửa máy biến áp, ở cuộn sơ cấp có cuộn dây có điện trở thuần r, khi ta đặt một điện áp xoay chiều vào hai đầu cuộn sơ cấp thì nó tương ứng với ta xét mạch điện xoay chiều đặt vào hai đầu

cuộn dây. Khi đó ta có được giá trị hiệu dụng: 2 2L RU U U= + , và giá trị tức thời R Lu u u= +

.

Các bạn nên chú ý rằng, với mạch điện xoay chiều thì ta chỉ cộng được các giá trị tức thời, không được cộng giá trị hiệu dụng. Ở cách hai bạn sai bởi vì bạn đã lầm lẫn giữa công thức giá trị tức thời và giá trị hiệu dụng , người ra đề thường hay khai thác những đặc điểm nhỏ như vậy để đánh lừa ở đáp án, khi mà ta chưa hiểu về nó trong quá trình làm bài tập thì ta sẽ bị đề lừa.

Xét tới cách giải thứ nhất, đó là cách làm đúng. Với máy biến áp khi ta xét trường hợp các cuộn dây không có điện trở thuần thì ta luôn có tỉ số vòng dây cũng chính là tỉ số hiệu điện thế hai đầu các cuộn dây. Khi các cuộn dây có điện trở thuần thì ta vẫn luôn có tỉ số vòng dây vẫn bằng tỉ số của điện áp hai đầu phần tử L, không xét tới tỉ số điện áp của cả điện trở thuần.

Sau đây chúng tôi đưa ra bài toán tổng quát về máy biến áp với trường hợp các cuộn dây có điện trở thuần 1 2,r r và đoạn mạch thứ cấp nối với tải ngoài là một điện trở thuần có giá trị là R.

Xét bài toán: Một máy biến áp có lõi hai nhánh, tỉ số vòng dây của cuộn sơ cấp và số

vòng dây của cuộn thứ cấp là 1

2

NN

=k. Điện trở

của cuộn sơ cấp là 1r của cuộn thứ cấp là 2r ; hai đầu cuộn thứ cấp được mắc với tải là điện trở thuần R. Xem mạch từ là khép kín và hao phí do dòng Fucô là không đáng kể. Đặt vào hai đầu cuộn sơ cấp một điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng 1U

26

1, Xác định điện áp hiệu dụng 2U ở hai đầu cuộn thứ cấp (điện áp giữa hai đầu điện trở R)?

2, Xác định hiệu suất của máy biến áp?

Bài giải:

Khi mạch từ thông khép kín thì từ thông ở hai nhánh của lõi thép là như nhau. Do đó ta có được từ thông qua mỗi cuộn dây tỉ lệ với số vòng dâ y của cuộn đó. Gọi θ là từ thông gửi qua một vòng dây của mỗi cuộn, như vậy ta có suất điện động tức thời ở cuộn dây sơ cấp và thứ cấp là:

1 1 2 2'; 'e N e Nθ θ= − = − 1 1

2 2

e Ne N

→ = =k

Công suất tức thời của hai nguồn cảm ứng là

như nhau nên ta có: 2 11 1 2 2

1 2

i ee i e i ki e

= → = =

Xét ở cuộn sơ cấp, 1e đóng vai trò suất phản điện của một máy thu điện nên ta có :

1 1 1 1e u i r= −

Ở cuộn thứ cấp, đóng vai trò như một nguồn điện nên ta có: 2 2 2 2e u i r= +

Mặt khác : 1 1 1 1

2 2 2 2

e u i rk ke u i r

−= → =

+, mà

21

iik

= ; 22 uiR

=

nên ta có :2

2 1 11 2 2 2

2 1

( ) .( )

k R r r kRuu u ukR k R r r+ +

= → =+ +

Do 1 2,u u luôn tỉ lệ nên ta có:

12 2

2 1

.( )

kRUUk R r r

=+ +

2, Hiệu suất của máy biến áp: 2 2 2

1 1 1

P U IHP U I

= =

Mặt khác 21

iik

= 2 1I kI→ = ,

12 2

2 1

.( )

kRUUk R r r

=+ +

Từ đó ta có : 2

212 1

2 2

.( ) ( )

k R RH rk R r r R rk

= =+ + + +

HÒM THƯ GÓP Ý

Để cho nội dung tạp chí càng sinh động và hấp dẫn hơn, chúng tôi mong mọi người cùng đóng góp ý kiến để xây dựng tạp chí.

Mọi câu hỏi thắc mắc hay ý kiến đóng góp xây dựng tạp chí mọi người gửi mail về hòm thư [email protected]

27

CON ĐƯỜNG ĐẠI HỌC Số 1(12/12/2012)

Trường học số Số nhà 60 Ngõ 105

Láng Hạ, Đống Đa, Hà Nội

CỘNG TÁC VIÊN

NGUYỄN THANH TRÀ, TRẦN THỊ THÙY LINH, HOÀNG MINH THI, GIANG MẠNH DOANH BÙI VĂN ĐẠT, BÙI VĂN DƯƠNG, LÊ QUANG PHÁT, TRẦN VĂN HIỀN, TRẦN QUANG

MINH, TRẦN TRUNG THÀNH, NGUYỄN THỊ HẢI, NGUYỄN XUÂN NAM, PHAN THỊ HÒA

MỤC LỤC

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 1 Nguyễn Thanh Trà Đặt ẩn phụ để giải hệ phương trình (phần 1)

PHƯƠNG PHÁP GIẢI HAY 17 Bùi Văn Đạt Dao động tắt dần

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN 6 Hoàng Minh Thi Một số ứng dụng thú vị của phương trình bậc hai (phần 1)

CÙNG SUY NGẪM 22

PHÂN TÍCH BÀI TOÁN 10 Giang Mạnh Doanh Những suy nghĩ ban đầu từ một bài toán

THỬ SỨC 24

HỎI ĐÁP TOÁN HỌC 14 GIẢI ĐÁP 26

Nhà xuất bản trường học số Ngày phát hành 12/12/2012 Email: [email protected] Điện thoại: 0466558890