Chủ đề này có 4 trả lời

[RoyalMadrid]

Cho hai số dương a,b thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=1$. Tìm GTLN của $P=b(a+b)$

[khanghaxuan]

hình như là 5/4 hay sao ấy ?

[Trang Luong]

Cho hai số dương a,b thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=1$. Tìm GTLN của $P=b(a+b)$

Ta có: $(\sqrt{2}+1)P=(\sqrt{2}+1)ab+(\sqrt{2}+1)b^{2}\leq \frac{(\sqrt{2}+1)^{2}a^{2}+b^2}{2}+(\sqrt{2}+1)b^{2}=(\frac{3}{2}+\sqrt{2})(a^{2}+b^{2})=\frac{3}{2}+\sqrt{2}\Leftrightarrow P\leq \frac{\sqrt{2}+1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khonggiadinh: 17-02-2014 - 22:16

[RoyalMadrid]

Ta có: $(\sqrt{2}+1)P=(\sqrt{2}+1)ab+(\sqrt{2}+1)b^{2}\leq \frac{(\sqrt{2}+1)^{2}a^{2}+b^2}{2}+(\sqrt{2}+1)b^{2}=(\frac{3}{2}+\sqrt{2})(a^{2}+b^{2})=\frac{3}{2}+\sqrt{2}\Leftrightarrow P\leq \frac{\sqrt{2}+1}{2}$

Bạn có thế ns rõ cách suy nghĩ để tìm ra hướng giải đk k? Vd như tại sao lại phải nhân thêm vào??? 

[PT42]

Nháp : Dấu "=" xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} a = kb\\a^{2} + b^{2} = 1 \end{matrix}\right.$ (k > 0)

Áp dụng : $a^{2} + k^{2}b^{2} \geq 2kab$

$\Rightarrow 1 = a^{2} + b^{2} \geq 2kab + (1 - k^{2})b^{2}$

Tìm k để $2k = 1 - k^{2}$ $\Rightarrow k^{2} + 2k + 1 = 2$ $\Rightarrow k = \sqrt{2} - 1$ (k > 0)

 

Làm : $a^{2} + (3 - 2\sqrt{2})b^{2} \geq 2(\sqrt{2} - 1)ab$

$\Rightarrow 1 = a^{2} + b^{2} \geq 2(\sqrt{2} - 1)ab + (2\sqrt{2} - 2)b^{2}$ = $2(\sqrt{2} - 1)(ab + b^{2})$

$\Rightarrow P \leq \frac{1}{2(\sqrt{2} - 1)} = \frac{\sqrt{2} + 1}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix} a = (\sqrt{2} - 1)b\\a^{2} + b^{2} = 1 \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{3 - 2\sqrt{2}} = \frac{b^{2}}{1} = \frac{a^{2} + b^{2}}{3 - 2\sqrt{2} + 1} = \frac{1}{4 - 2\sqrt{2}}$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a = \frac{\sqrt{2} - 1}{\sqrt{4 - 2\sqrt{2}}}\\ b = \frac{1}{\sqrt{4 - 2\sqrt{2}}} \end{matrix}\right.$ (vì a, b > 0)

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PT42: 18-02-2014 - 13:00