ỨNG DỤNG bất ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN vật LÝ

Lời mở đầu Với bản chất là các môn học tự nhiên, sự tương quan của Toán học và Vật lý học nằm ở nhiều mặt.. Tuy nhiên, về cơ bản, bản chất của các môn học này luôn đào sâu, đi sâu vào nh

NGUYỄN ĐỨC THẮNG – DU HIỀN VINH

ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC

TRONG GIẢI TOÁN

LỚP 11 TOÁN - TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN NGỌC HIỂN

Lời mở đầu

Với bản chất là các môn học tự nhiên, sự tương quan của Toán học và Vật lý học nằm ở nhiều mặt Tuy nhiên, về cơ bản, bản chất của các môn học này luôn đào sâu, đi sâu vào những ứng dụng cũng như tích hợp kiến thức giữa các môn học Từ đó làm cơ sở và nền tảng để hình thành các phương pháp giải bài tập bằng cách áp dụng kiến thức của môn học này vào môn học kia mà ở đây là Toán học vào Vật lý Ở đây ta xét một ứng dụng thường thấy, đó chính là việc áp dụng Bất đẳng thức Toán học vào giải các bài toán Vật

lý Phương pháp này cũng giúp ta giải quyết một số câu hỏi trong các đề thi tuyển sinh đại học môn vật lý (tìm giá trị cực đại, cực tiểu…)

Cà Mau, ngày 20 tháng 11 năm 2016

ỨNG DỤNG CỦA BẤT ĐẲNG THỨC TRONG GIẢI TOÁN Vật lý

1 Ứng dụng của bất đẳng thức AM – GM

Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ:

Biết E 20; r4W và R là biến trở Tìm R để công suất mạch ngoài đạt cực đại

Lời giải:

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

20 4

E I

R r R

 

 

Công suất mạch ngoài là

2 2

2

20 400 400

16

R

P I R R

R R R R

R

 

    

Để công suất mạch ngoài đạt cực đại (hay P đạt giá trị lớn nhất) thì R 16 8

R

  sẽ đạt giá trị nhỏ nhất Áp

dụng bất đẳng thức AM GM cho 2 số thực dương R và 16

R ta có

16 16

8 2 8 16

    

Từ đó dễ dàng suy ra 400 400 25

8

P R R

Dấu đẳng thức xảy ra khi R 16

R

 hay R  4

Từ ví dụ trên ta có thể tổng quát bài toán lên như sau:

Cho mạch điện như hình vẽ:

Lời giải:

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

E I

R r



 Công suất mạch ngoài là

2

2

2

2

r

R

Để công suất mạch ngoài đạt cực đại (hay P đạt giá trị lớn nhất) thì

2 2

r

R r R

  sẽ đạt giá trị nhỏ nhất Áp

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

2

r

R ta có

Từ đó dễ dàng suy ra

2

4 2

E E P

r r

R r R

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi R r

R

 hay R r

Ví dụ 2: Dòng điện chay qua một vòng dây dân tại hai điểm A, B Dây dẫn tạo nên vòng dây là đồng chất, tiết

diện đều và có điện trở R 25 Góc AOB Tìm  để điện trở tương đương của vòng dây lớn nhất

Lời giải:

Đặt điện trở đoạn vòng dây AMB là R1 với 1

360

R   R

Đặt điện trở đoạn vòng dây còn lại là R2 với 2 1 360

360 360

R  R R  R  R  R

Từ đó suy ra điện trở tương đương của vòng dây là  

2

360 360

td

R   R



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

   

2

2

360

 

     

Suy ra

2

360

360 4

td

R

R   R

Vậy  max

4

td

R

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

Vậy, khi A, B là hai điểm xuyên tâm đối của vòng dây thì điện trở tương đương của vòng dây lớn nhất

Ví dụ 3: Hai điện tích q1q2  q 0 đặt tại A, B trong không khí (hay   ) Cho biết 1 AB2a Điểm M

nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng AB và cách AB một khoảng cách bằng h Xác định h để E M đạt cực đại Tính giá trị cực đại đó

Lời giải:

Ta có E M E1E2

1

E và E lần lượt có hướng 2 AM và BM và có độ lớn được cho bởi

E k k k

AM BM a h



Vậy E có hướng M OM và có độ lớn được xác định bởi

2 cos 2

M

q h

E E k

a h a h



 

 2 23

2

M

kqh E

a h





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

2 2

a

,

2 2

a

và h2 để có

3

Tương đương

2

a h  a h

Từ đó ta suy ra

Vậy,  max 4 2

3 3

M

kq E

a

2 2 2

a

h  hay

2

a

h 

Nhận xét:

Việc tách

2

2 2

a a

a   để áp dụng bất đẳng thức AMGM cho ba số thực dương

2 2

a

,

2 2

a

và h2 được làm như sau:

Để đảm bảo dấu bằng xảy ra, ta sẽ tách 2

a thành n số hạng

2

a

n và

2

h thành m số hạng

2

h

m (với

* ,

m n  )

Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho m n số thực dương a2

n và

2

h

m , ta có

.a h m n n m n m m n

n m m n a h m n a h

n m

Suy ra

3 1

3 3

2

m

m n





Để E M không còn phụ thuộc vào h nữa thì bậc của biến h sẽ bằng 0 Cụ thể là 1 3m 0

m n

 

 tương đương

2

n m Lấy m  thì 1 n  Từ đó ta tách được 2

2 2

a a

a h   h để mang lại một lời giải khá gọn đẹp

Ví dụ 4: Một ô tô chuyển động từ A đến B dài 800m Khởi hành từ A, ô tô chuyển động nhanh dần đều, sau

đó ô tô chuyển động chậm dần đều và dừng lại ở B Biết độ lớn gia tốc của xe không vượt quá 2

2m s/ Hãy tính thời gian ngắn nhất mà ô tô chạy từ A đến B

Lời giải:

Gọi a1, a2 là độ lớn của ô tô trong hai giai đoạn

Áp dụng 2

2

t

v  as và v t

t a



Ta có vmax2 2a s1 12a s2 2

Suy ra 1 2

s a

800

s s s

a a a a

  

Thay vào trên ta được 1 2

max

40 a a

v

a a





Ta có

1 2

40

t t t

a a a a a a

       

  

Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho 2 số thực dương 1

2

a

a và

2 1

a

a ta có

a a a a

a  a  a a 

Cùng với chú ý

a a 

40

40

a a t

a a

a a

   

  

Vậy, t đạt cực tiểu là 40 giây khi 2

a a  m s

Từ ví dụ trên ta có thể tổng quát bài toán lên như sau:

Một ô tô chuyển động từ A đến B với khoảng cách l m Khởi hành từ A, ô tô chuyển động nhanh dần đều,

sau đó ô tô chuyển động chậm dần đều và dừng lại ở B Biết độ lớn gia tốc của xe không vượt quá a0m s/ 2 Hãy tính thời gian ngắn nhất mà ô tô chạy từ A đến B

Lời giải:

Làm tương tự các bước như lời giải ví dụ 4 ở trên để được

a a l

s s s

a a a a

  

Và

1 2 max

2a a l

v

a a





Ta có

1 2

2

v v l a a

t t t

a a a a a a

       

  

Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho 2 số thực dương 1

2

a

a và

2 1

a

a ta có

a a a a

a  a  a a 

Cùng với chú ý

a a  a

2

2

a a

t

a a a a a

   

  

Vậy, t đạt cực tiểu là

0

2 l

a khi a1a2 a0

Ví dụ 5: Cần phải ném một hòn đá dưới một góc  đối với phương ngang với vận tốc ban đầu tối thiểu (v0 min) bằng bao nhiêu để nó đạt tới độ cao h ? Thời gian t để hòn đá lên tới độ cao đó bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Đặt gốc O của trục tọa độ Oy thẳng đứng ở ngay điểm ném Khi đó phương trình chuyển động của hòn đá theo phương thẳng đứng là

2

0 sin

2

gt

yv t 

Tại thời điểm hòn đá ở độ cao h , ta có

2

0 sin

2

gt

v t  h

Hay

0 2sin sin

gt h v

t

 

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

2 sin

gt

 và sin

h

t  ta có

2 2

2 sin sin 2 sin sin sin

gh

gt h gt h

Suy ra 0 2

sin

gh v





Đẳng thức xảy ra khi

2sin sin

t

   hay

2h

t g



Vậy, vận tốc cực tiểu của hòn đá là 0 2

sin

gh v



 và thời gian cần tìm là t 2h

g



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

hướng của nó để s đạt cực đại Khi đó s bằng bao nhiêu? Bỏ qua sức cản của không khí

Lời giải:

Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng, ta xác định được vận tốc của quả cầu ngay trước khi chạm vào tấm chắn

2 2

mv

mg H h

 

Và

2

v g Hh

Sau khi va chạm đàn hồi, vận tốc không thay đổi về độ lớn, nhưng hướng của nó thay đổi Theo phương

ngang quả cầu bay được một khoảng s vt  , với t là thời gian quả cầu bay từ lúc va chạm trên tấm chắn đến khi

chạm đất, còn theo phương thẳng đứng

2 2

gt

h  Khi đó

g

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

H  h Hh  h Hh

Vậy, smax H khi h  hay H h

2

H

h 

Ví dụ 7: Một người trượt băng trượt trên khoảng cách l500m, ban đầu với vận tốc v không đổi rồi sau đó hãm lại với gia tốc 2

0, 05 /

a m s Hỏi với vận tốc v bằng bao nhiêu thì thời gian người đó chuyển động cho tới khi dừng lại là bé nhất?

Lời giải:

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

l v t

v a

 

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

v và

v

a ta có

2 2

l v l v l

v a v a  a

Vậy tmin 2 l 200s

a

  đạt được khi l v

v a hay v la 5m s/

Ví dụ 8: Từ hai bến A và B trên cùng một bờ sông có hai canô cùng khởi hành Khi nước chảy do sức đẩy của động cơ, chiếc ca nô từ A chạy song song với bờ theo chiều từ A đến B với vận tốc 24km h , còn chiếc ca nô từ /

B chạy vuông góc với bờ có vận tốc 18km h Biết / AB1km Hỏi khoảng cách nhỏ nhất giữa hai ca nô trong quá trình chuyển động là bao nhiêu nếu nước chảy từ A đến B với vận tốc 6km h Biết rằng sức đẩy của động /

cơ không thay đổi

Lời giải:

Ở bài này ta chọn hệ quy chiếu gắn với bờ sông

Vận tốc của mỗi canô đối với bờ sông

v v v    km h

v  v v    km h

Suy ra

sin

10

6 10

B BO

v v

cos

10

6 10

O BO

v v

Độ dài quãng đường hai canô đi được trong quãng thời gian t là

30

AO

ACv t t

6 10

BO

BDv t t

.cos 6

BH BD  t

.sin 18

DH BD  t

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

   2 2

CD CH HD   t  t  t  t

Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho 2 số thực dương 900t2 và 16

25 ta có

900 2 900 48

25 25

t   t  t

Hay

  2

0,36

Vậy CDmin 0,6 km đạt được tại 2

75

t s

Ví dụ 9: Một mạch điện chứa n pin Mỗi pin có suất điện động E và điện trở trong r Các phin này được

mắc thành k nhóm nối tiếp, mỗi nhóm có n

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

điện trở mạch ngoài đạt cực đại

Lời giải:

Áp dụng định luật Ohm cho toàn mạch, cường độ dòng điện trong mạch bằng

kE nkE I

k r k r nR R

n

 





Dễ thấy cường độ dòng điện đạt cực đại thì phân số 1

nR kr k



đạt cực đại, hay kr nR

k

 đạt cực tiểu

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

k ta có

2 2

nR nR nR

kr kr

  

Suy ra

max

2 2

I

rR rnR

Giá trị cực đại đạt được khi kr nR

k

 hay k nR

r



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

2

b

rk nR

r r R

n nr

  

Ví dụ 10: Cho mạch điện R L C  nội tiếp có điện trở thuần R 30 và 10 3

4

C





 (F) Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp U AB 100 2 cos100t (V) thay đổi L để U L đạt giá trị cực đại

Lời giải:

Ta có

 2 2

Z U

U I Z Z

Z R Z Z

  

 

Hay

1 2

L

U U

R



Để U L đạt giá trị cực đại thì

R

    phải đạt giá trị cực tiểu

Đặt 1

L

x

Z  và

R y

Ta có

Z Z R

Z Z Z

   

         

   

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

C

R Z x và

2

C C

Z

R Z ta có

  2

2 C 2 2

C

Z

R Z

 Hay

  2 2

Suy ra

max

min

C L

U R Z U

U



 

Giá trị U L cực đại đạt được khi   2 2 2 2

C

R Z x



Vậy U L lớn nhất khi

62,5

C L

C

R Z Z

Z



2 Ứng dụng của bất đẳng thức Cauchy – Schwarz

Ví dụ 1: Cho mạch điện như hình vẽ:

Biết tổng giá trị của R1 và R2 không lớn hơn 2 và hiệu điện thế giữa 2 đầu nguồn là 12V Tìm giá trị cực đại của cường độ dòng điện đi qua mạch chính

Lời giải:

Theo giả thiết suy ra R1R2 2

Ta tính được công thức 12

1 1

R

R R

  và

12

AB AB

U I

R R

 

Áp dụng bất đẳng thức CauchySchwarz, ta có 12

1 1 4 4

2 2

R

R R R R

    



Suy ra

12

12 6

AB

I

R

 

Vậy giá trị cực đại của cường độ dòng điện đi qua mạch chính là 6A Dấu đẳng thức xảy ra khi R1 R2  1

Từ ví dụ trên ta có thể tổng quát bài toán lên như sau:

Cho mạch điện với n điện trở mắc song song với nguồn sao cho tổng giá trị của chúng không lớn hơn  Ω

và hiệu điện thế giữa 2 đầu nguồn là  V Tìm giá trị cực đại của cường độ dòng điện đi qua mạch chính

Lời giải:

Theo giả thiết suy ra R1R2  R n 

Ta tính được công thức

12

1 1 1

n

n

R

R R R

    và

12 12

AB AB

U I

R R



 

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

12

n

R

12

AB

n

I

R n

 

Vậy giá trị cực đại của cường độ dòng điện đi qua mạch chính là 2

n



6A Dấu đẳng thức xảy ra khi

R R R

n



    

Ví dụ 2: Một vật có khối lượng m, được kéo đi với vận tốc khổng đổi bởi một lực F trên mặt phẳng nghiêng

góc  với mặt ngang Hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng là k Xác định góc  giữa lực F với mặt

phẳng nghiêng để cho lực F nhỏ nhất Khi đó lực F có độ lớn bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Vật trượt đểu nên P F F ms  N 0





Suy ra

sin cos 

cos sin

k mg F

k







Để F đạt giá trị cự tiểu thì cosk.sin phải đạt cự đại

Đặt ycosk.sin và áp dụng bất đẳng thức CauchySchwarz ta có

1.cos sin 1 cos sin 1

y k   k    k

cos k.sin  1k hay  arctan k

sin cos 1

F

k





Ví dụ 3: Hệ cơ như hình vẽ Hệ số ma sát giữa hai vật m và M là k1, giữa M và sàn ngang là k2 Tác dụng

vào M một lực F hợp với phương ngang một góc  Khi  thay đổi (0o   90o) Tìm F nhỏ nhất để M

trượt khỏi vật m

Lời giải:

Vật m có ma1k mg1 a1k g1

Vật M có

2

.cos

.sin

Ma F k N k N

N m M g F





  



   



Suy ra

2 cos sin

F k F k mg k m M g a

M



Để M thoát khỏi m thì a2 a1 hay

 1 2 

2

cos sin

k k m M g F

k





Vậy F đạt cự tiểu khi cosk2.sin đạt cực đại

Đặt ycosk.sin và áp dụng bất đẳng thức CauchySchwarz ta có

1.cos sin 1 cos sin 1

y k   k    k

cosk sin  1k hay  arctan k2

sin cos

.sin 1

k

 





Từ đó suy ra được  1 2 

2 1

k k m M g F

k

 



