Đến nội dung


Hình ảnh

Tìm min, max $S = \sqrt{a-b \cos x}+\sqrt{a-b\cos(\alpha - x)}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3797 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 12-11-2012 - 21:05

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
$$S = \sqrt{a-b \cos x}+\sqrt{a-b\cos(\alpha - x)}$$
trên $(0;\alpha )$
Với $a,b,\alpha$ là các hằng số và $a\geq b>0, 0 <\alpha \leq \pi$

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2 lehoanghiep

lehoanghiep

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-11-2012 - 17:42

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
$$S = \sqrt{a-b \cos x}+\sqrt{a-b\cos(\alpha - x)}$$
trên $(0;\alpha )$
Với $a,b,\alpha$ là các hằng số và $a\geq b>0, 0 <\alpha \leq \pi$

Đặt $u=cosx;v=cos\left ( \alpha -x \right )$.
$A=\sqrt{a-bu}+\sqrt{a-bv}$
$\Rightarrow A^{2}=2a-b\left ( u+v \right )+2\sqrt{\left ( a-bu \right )\left ( a-bv \right )}=2a-b\left ( u+v \right )+2\sqrt{a^{2}+b^{2}uv-ab\left ( u+v \right )}$
Ta có $cos\alpha =cos\left ( x+\alpha -x \right )=uv-\sqrt{1-u^{2}}\sqrt{1-v^{2}}=m$.
Đến đây, đặt $S=u+v;P=uv$.
Khi đó $A^{2}=2a-bS+2\sqrt{a^{2}+b^{2}P-abS}$ với $P-\sqrt{1-S^{2}+2P+P^{2}}=cos\alpha =m$. (1)
Từ (1) suy ra $\left ( P-m \right )^{2}=\left ( P+1 \right )^{2}-S^{2}\Rightarrow P=\frac{m^{2}+S^{2}-1}{2\left ( m+1 \right )}$. (2)
Mặt khác $S^{2}\geq 4P\Rightarrow \left ( m+1 \right )S^{2}\geq 2\left ( m^{2}+S^{2}-1 \right )\Leftrightarrow \left ( m-1 \right )S^{2}\geq 2\left ( m^{2}-1 \right )\Leftrightarrow S^{2}\leq 2\left ( m+1 \right )$ (vì $m<1$), suy ra $-\sqrt{2\left ( m+1 \right )}\leq S\leq \sqrt{2\left ( m+1 \right )}$.
Thay (2) vào biểu thức $A^{2}$ ta được $A^{2}=2a-bS+\sqrt{a^{2}+b^{2}\frac{m^{2}+S^{2}-1}{2\left ( m+1 \right )}-abS}=f\left ( S \right )$ với $S\in \left [ -\sqrt{2\left ( m+1 \right )};\sqrt{2\left ( m+1 \right )} \right ]$.
Ta có $f'\left ( S \right )=-b+\frac{\frac{b^{2}}{m+1}S-ab}{\sqrt{a^{2}+b^{2}\frac{m^{2}+S^{2}-1}{2\left ( m+1 \right )}-abS}}$.
$f'\left ( S \right )=0\Leftrightarrow \frac{bS}{m+1}-a=\sqrt{a^{2}+b^{2}\frac{m^{2}+S^{2}-1}{2\left ( m+1 \right )}-abS}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} S\geq \frac{a}{b}\left ( m+1 \right ) & \\ \left ( \frac{bS}{m+1}-a \right )^{2}=a^{2}+b^{2}\frac{m^{2}+S^{2}-1}{2\left ( m+1 \right )}-abS& \end{matrix}\right.$
Giải phương trình này ta được $S=\left ( m+1 \right )\frac{a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}$.
Thay số và biến đổi tương đương ta có $f\left ( \left ( m+1 \right )\frac{a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b} \right )=2sin^{2}\frac{\alpha }{2}\left ( a+\sqrt{a^{2}-b^{2}} \right )$;
$f\left ( -\sqrt{2\left ( m+1 \right )} \right )=4\left ( a+b\sqrt{\frac{m+1}{2}} \right )=4\left ( a+bcos\frac{\alpha }{2}\right)$;
$f\left ( \sqrt{2\left ( m+1 \right )} \right )=4\left ( a-bcos\frac{\alpha }{2}\right)$.
Trường hợp 1: $\left ( m+1 \right )\frac{a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}\in \left [ -\sqrt{2\left ( m+1 \right )};\sqrt{2\left ( m+1 \right )} \right ]$.
Khi đó, ta có $f'\left ( S \right )$ đổi dấu từ $-$ sang $+$ khi qua $\left ( m+1 \right )\frac{a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}$.
Mà dễ thấy $f\left ( -\sqrt{2\left ( m+1 \right )} \right )>f\left ( \sqrt{2\left ( m+1 \right )} \right )$.
Do đó $A_{max}=2\sqrt{a+bcos\frac{\alpha }{2}};A_{min}=sin\frac{\alpha }{2}\sqrt{2\left ( a +\sqrt{a^{2}-b^{2}} \right )}$.
Trường hợp 2: $\left ( m+1 \right )\frac{a+\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{b}>\sqrt{2\left ( m+1 \right )}$.
Khi đó $A_{max}=2\sqrt{a+bcos\frac{\alpha }{2}};A_{min}=2\sqrt{a-bcos\frac{\alpha }{2}}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lehoanghiep: 04-12-2012 - 17:55


#3 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-12-2012 - 15:53

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại cách đấy 3 ngày nhưng chưa ai giải quyết trọn vẹn được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 3/12 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.

1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#4 vectovohuong

vectovohuong

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết

Đã gửi 03-12-2012 - 07:27

\sqrt{a-bcos(x)}+\sqrt{\sqrt{a-bcos(\alpha -x)}}\geq 2\cdot \sqrt{\sqrt{(a-bcosx)\cdot (a-bcos(\alpha -x))}}=\sqrt{\sqrt{a^{2}-ab\cdot (cosx+cos(\alpha -x))+b^{2}\cdot cosx\cdot cos(\alpha -x)}}\geq 2\cdot {\sqrt{\sqrt{a^{2}-ab\sqrt{cosx\cdot cos(\alpha -x)+b^{2}\cdot cosx\cdot cos(\alpha -x)}}=2\cdot \sqrt{a-b\cdot \sqrt{cosx+cos(\alpha -x)}}=2\cdot \sqrt{a-b\cdot \sqrt{1/2\cdot (cos\alpha \cdot (cos)\(alpha -2x))}}\geq 2\cdot \sqrt{a-b\cdot \sqrt{1/2\cdot (cos\alpha )+1}}
dau bang xay ra khi x=1/2alpha

#5 duongtoi

duongtoi

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 747 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 03-12-2012 - 18:07

Đặt $\frac{\alpha}{2}-x=t$.
Ta có $S=\sqrt{a-b\cos(\frac{\alpha}{2}-t)}+\sqrt{a-b\cos(\frac{\alpha}{2}+t)}$.
$S^2=2a-b(\cos(\frac{\alpha}{2}-t)+\cos(\frac{\alpha}{2}+t))+2\sqrt{a-b\cos(\frac{\alpha}{2}-t)(a-b\cos(\frac{\alpha}{2}+t))}$
$=2a-2b\cos\frac{\alpha}{2}.\cos t+2\sqrt{a^2+b^2(\cos(\frac{\alpha}{2}-t).\cos(\frac{\alpha}{2}+t))-ab(\cos(\frac{\alpha}{2}-t)+\cos(\frac{\alpha}{2}+t))}$
$=2a-2b\cos\frac{\alpha}{2}.\cos t+2\sqrt{a^2+b^2(\cos^2t-\sin^2\frac{\alpha}{2})-2ab\cos\frac{\alpha}{2}\cos t}$
$=2(a\cos\frac{\alpha}{2}-b\cos t)\cos\frac{\alpha}{2}+2a\sin^2\frac{\alpha}{2}+2\sqrt{(a\cos\frac{\alpha}{2}-b\cos t)^2+(a^2-b^2)\sin^2\frac{\alpha}{2}}$

Đặt $a\cos\frac{\alpha}{2}-b\cos t=y$.
Ta có $S^2=f(y)=2y\cos\frac{\alpha}{2}+2a\sin^2\frac{\alpha}{2}+2\sqrt{y^2+(a^2-b^2)\sin^2\frac{\alpha}{2}}$
Hàm số này là hàm số đồng biến trên tập xác định.
Ta có $-1\le\cos t=\cos(\frac{\alpha}{2}-x)\le 1$ nên $a\cos\frac{\alpha}{2}-b\le y\le a\cos\frac{\alpha}{2}+b$.

Vậy GTNN của S là $S_{\min}=\sqrt{f(a\cos\frac{\alpha}{2}-b)}=2\sqrt{a-b\cos\frac{\alpha}{2}}$, GTLN của S là $S_{\max}=\sqrt{f(a\cos\frac{\alpha}{2}+b)}=2\sqrt{a+b\cos\frac{\alpha}{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 03-12-2012 - 18:17


#6 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 03-12-2012 - 18:48

Đặt $\frac{\alpha}{2}-x=t$.
Ta có $S=\sqrt{a-b\cos(\frac{\alpha}{2}-t)}+\sqrt{a-b\cos(\frac{\alpha}{2}+t)}$.
$S^2=2a-b(\cos(\frac{\alpha}{2}-t)+\cos(\frac{\alpha}{2}+t))+2\sqrt{a-b\cos(\frac{\alpha}{2}-t)(a-b\cos(\frac{\alpha}{2}+t))}$
$=2a-2b\cos\frac{\alpha}{2}.\cos t+2\sqrt{a^2+b^2(\cos(\frac{\alpha}{2}-t).\cos(\frac{\alpha}{2}+t))-ab(\cos(\frac{\alpha}{2}-t)+\cos(\frac{\alpha}{2}+t))}$
$=2a-2b\cos\frac{\alpha}{2}.\cos t+2\sqrt{a^2+b^2(\cos^2t-\sin^2\frac{\alpha}{2})-2ab\cos\frac{\alpha}{2}\cos t}$
$=2(a\cos\frac{\alpha}{2}-b\cos t)\cos\frac{\alpha}{2}+2a\sin^2\frac{\alpha}{2}+2\sqrt{(a\cos\frac{\alpha}{2}-b\cos t)^2+(a^2-b^2)\sin^2\frac{\alpha}{2}}$

Đặt $a\cos\frac{\alpha}{2}-b\cos t=y$.
Ta có $S^2=f(y)=2y\cos\frac{\alpha}{2}+2a\sin^2\frac{\alpha}{2}+2\sqrt{y^2+(a^2-b^2)\sin^2\frac{\alpha}{2}}$
Hàm số này là hàm số đồng biến trên tập xác định.
Ta có $-1\le\cos t=\cos(\frac{\alpha}{2}-x)\le 1$ nên $a\cos\frac{\alpha}{2}-b\le y\le a\cos\frac{\alpha}{2}+b$.

Vậy GTNN của S là $S_{\min}=\sqrt{f(a\cos\frac{\alpha}{2}-b)}=2\sqrt{a-b\cos\frac{\alpha}{2}}$, GTLN của S là $S_{\max}=\sqrt{f(a\cos\frac{\alpha}{2}+b)}=2\sqrt{a+b\cos\frac{\alpha}{2}}$

Nếu a có giá trị là "1 tỉ" thì sao bạn. Khi đó S không nhận giá trị trong khoảng quy định

#7 hoangtrunghieu22101997

hoangtrunghieu22101997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái Bình
  • Sở thích:TAEKWONDO

Đã gửi 03-12-2012 - 19:04

Em chỉ tìm được phần Max thôi ; phần Min em chưa nghĩ ra

ĐK: $\cos x; \cos (\alpha -x) \le \dfrac{b}{a}$

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có:

$A^2 \le 2[2a-b(\cos x+\cos (\alpha -x))]$

Mà $\cos x+\cos (\alpha -x)=2\cos \dfrac{\alpha}{2}.\cos\dfrac{\alpha-2x}{2} \ge -2\cos \dfrac{\alpha}{2}$

Vậy $A \le 2\sqrt{a+b\cos \dfrac{\alpha}{2}}$

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi: $x=\dfrac{\alpha}{2}$

Sự im lặng du dương hơn bất kỳ bản nhạc nào.


#8 Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam Tiền Giang

Đã gửi 03-12-2012 - 19:06

Em chỉ tìm được phần Max thôi ; phần Min em chưa nghĩ ra

ĐK: $\cos x; \cos (\alpha -x) \le \dfrac{b}{a}$

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S ta có:

$A^2 \le 2[2a-b(\cos x+\cos (\alpha -x))]$

Mà $\cos x+\cos (\alpha -x)=2\cos \dfrac{\alpha}{2}.\cos\dfrac{\alpha-2x}{2} \ge -2\cos \dfrac{\alpha}{2}$

Vậy $A \le 2\sqrt{a+b\cos \dfrac{\alpha}{2}}$

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi: $x=\dfrac{\alpha}{2}$

Mình cũng làm như vậy nhưng thế số vào thì không thỏa???

#9 lehoanghiep

lehoanghiep

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-12-2012 - 20:20

Đặt $\frac{\alpha}{2}-x=t$.
Ta có $S=\sqrt{a-b\cos(\frac{\alpha}{2}-t)}+\sqrt{a-b\cos(\frac{\alpha}{2}+t)}$.
$S^2=2a-b(\cos(\frac{\alpha}{2}-t)+\cos(\frac{\alpha}{2}+t))+2\sqrt{a-b\cos(\frac{\alpha}{2}-t)(a-b\cos(\frac{\alpha}{2}+t))}$
$=2a-2b\cos\frac{\alpha}{2}.\cos t+2\sqrt{a^2+b^2(\cos(\frac{\alpha}{2}-t).\cos(\frac{\alpha}{2}+t))-ab(\cos(\frac{\alpha}{2}-t)+\cos(\frac{\alpha}{2}+t))}$
$=2a-2b\cos\frac{\alpha}{2}.\cos t+2\sqrt{a^2+b^2(\cos^2t-\sin^2\frac{\alpha}{2})-2ab\cos\frac{\alpha}{2}\cos t}$
$=2(a\cos\frac{\alpha}{2}-b\cos t)\cos\frac{\alpha}{2}+2a\sin^2\frac{\alpha}{2}+2\sqrt{(a\cos\frac{\alpha}{2}-b\cos t)^2+(a^2-b^2)\sin^2\frac{\alpha}{2}}$

Đặt $a\cos\frac{\alpha}{2}-b\cos t=y$.
Ta có $S^2=f(y)=2y\cos\frac{\alpha}{2}+2a\sin^2\frac{\alpha}{2}+2\sqrt{y^2+(a^2-b^2)\sin^2\frac{\alpha}{2}}$
Hàm số này là hàm số đồng biến trên tập xác định.
Ta có $-1\le\cos t=\cos(\frac{\alpha}{2}-x)\le 1$ nên $a\cos\frac{\alpha}{2}-b\le y\le a\cos\frac{\alpha}{2}+b$.

Vậy GTNN của S là $S_{\min}=\sqrt{f(a\cos\frac{\alpha}{2}-b)}=2\sqrt{a-b\cos\frac{\alpha}{2}}$, GTLN của S là $S_{\max}=\sqrt{f(a\cos\frac{\alpha}{2}+b)}=2\sqrt{a+b\cos\frac{\alpha}{2}}$

Lời giải này phân tích rất đẹp!
Nhưng có vẻ không ổn ở đây:
Ta có $S^2=f(y)=2y\cos\frac{\alpha}{2}+2a\sin^2\frac{\alpha}{2}+2\sqrt{y^2+(a^2-b^2)\sin^2\frac{\alpha}{2}}$
Hàm số này là hàm số đồng biến trên tập xác định.

#10 duongtoi

duongtoi

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 747 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 05-12-2012 - 13:45

Lời giải này phân tích rất đẹp!
Nhưng có vẻ không ổn ở đây:
Ta có $S^2=f(y)=2y\cos\frac{\alpha}{2}+2a\sin^2\frac{\alpha}{2}+2\sqrt{y^2+(a^2-b^2)\sin^2\frac{\alpha}{2}}$
Hàm số này là hàm số đồng biến trên tập xác định.


Mình tính nhầm tý.
$f'(y)=2\cos\frac{\alpha}{2}+2\frac{y}{\sqrt{y^2+(a^2-b^2)\sin^2\frac{\alpha}{2}}}$.
$f'(y)=0\Leftrightarrow y=\pm \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}$ nếu $\alpha\ne \pi$
Suy ra, hàm số đồng biến trên $\left(-\infty;-\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}\right)$ và $\left(\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{\cos\frac{\alpha}{2}};+\infty\right)$ và nghịch biến trên $\left(-\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{\cos\frac{\alpha}{2}};\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}\right)$
Nếu $\alpha=\pi$ thì luôn đồng biến.

Nếu $\alpha\ne \pi$, xét xem $\pm\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{\cos\frac{\alpha}{2}}$ có thuộc tập xác định $\[a\cos\frac{\alpha}{2}-b;a\cos\frac{\alpha}{2}+b\]$ để tìm được min, max.

#11 duongtoi

duongtoi

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 747 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 05-12-2012 - 13:49

Mình cũng làm như vậy nhưng thế số vào thì không thỏa???


Ở đây ở 2 chỗ bất đẳng thức, một là BDT B.C.S, hai là cái $2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha-2x}{2}\ge-2\cos\frac{\alpha}{2}$
Bạn chỉ xét dấu "=" tại 1 chỗ nên thay vào k thỏa mãn là đúng.

#12 suchica

suchica

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 20 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:huyện Anh Sơn, tinh Nghệ An
  • Sở thích:học toán, viết lách, đi chơi với bạn bè

Đã gửi 10-08-2013 - 09:09

$\frac{alpha}{2}$

Ở đây ở 2 chỗ bất đẳng thức, một là BDT B.C.S, hai là cái $2\cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha-2x}{2}\ge-2\cos\frac{\alpha}{2}$
Bạn chỉ xét dấu "=" tại 1 chỗ nên thay vào k thỏa mãn là đúng.

theo mình thì bạn ấy xét vào thoả mãn vì 0<x<alpha thì ở bdt cosx =cos (alpha-x) và ở vế sau thì cos \frac{alpha-2x}{2}

dấu bằng đều đồng thời xảy ra khi x=$\frac{alpha}{2}$






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh