Chủ đề này có 11 trả lời

[E. Galois]

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 $a\geq b>0, 0 <\alpha \leq \pi$

[lehoanghiep]

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

[PSW]

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.

[vectovohuong]

\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

[duongtoi]

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

[Primary]

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

[hoangtrunghieu22101997]

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: $x=\dfrac{\alpha}{2}$

[Primary]

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???

[lehoanghiep]

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.

[duongtoi]

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.

[duongtoi]

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.

[suchica]

$\frac{alpha}{2}$

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=$\frac{alpha}{2}$