Tìm min, max $S = \sqrt{a-b \cos x}+\sqrt{a-b\cos(\alpha - x)}$
#1
Đã gửi 12-11-2012 - 21:05
$$S = \sqrt{a-b \cos x}+\sqrt{a-b\cos(\alpha - x)}$$
trên $(0;\alpha )$
Với $a,b,\alpha$ là các hằng số và $a\geq b>0, 0 <\alpha \leq \pi$
- Zaraki, PRONOOBCHICKENHANDSOME, N H Tu prince và 7 người khác yêu thích
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
Đã gửi 30-11-2012 - 17:42
Đặt $u=cosx;v=cos\left ( \alpha -x \right )$.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 $a\geq b>0, 0 <\alpha \leq \pi$
$A=\sqrt{a-bu}+\sqrt{a-bv}$
$\Rightarrow A^{2}=2a-b\left ( u+v \right )+2\sqrt{\left ( a-bu \right )\left ( a-bv \right )}=2a-b\left ( u+v \right )+2\sqrt{a^{2}+b^{2}uv-ab\left ( u+v \right )}$
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
- E. Galois, N H Tu prince, WhjteShadow và 4 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 02-12-2012 - 15:53
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.
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#4
Đã gửi 03-12-2012 - 07:27
dau bang xay ra khi x=1/2alpha
#5
Đã gửi 03-12-2012 - 18:07
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
- hoangkkk yêu thích
Facebook: https://www.facebook...toi?ref=tn_tnmn or https://www.facebook...GioiCungTopper/
Website: http://topper.vn/
Mail: [email protected]
#6
Đã gửi 03-12-2012 - 18:48
Nếu a có giá trị là "1 tỉ" thì sao bạn. Khi đó S không nhận giá trị trong khoảng quy địnhĐặt $\frac{\alpha}{2}-x=t$.
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 $S_{\max}=\sqrt{f(a\cos\frac{\alpha}{2}+b)}=2\sqrt{a+b\cos\frac{\alpha}{2}}$
#7
Đã gửi 03-12-2012 - 19:04
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
Đã gửi 03-12-2012 - 19:06
Mình cũng làm như vậy nhưng thế số vào thì không thỏa???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: $x=\dfrac{\alpha}{2}$
#9
Đã gửi 04-12-2012 - 20:20
Lời giải này phân tích rất đẹp!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 $S_{\max}=\sqrt{f(a\cos\frac{\alpha}{2}+b)}=2\sqrt{a+b\cos\frac{\alpha}{2}}$
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
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.
Facebook: https://www.facebook...toi?ref=tn_tnmn or https://www.facebook...GioiCungTopper/
Website: http://topper.vn/
Mail: [email protected]
#11
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.
Facebook: https://www.facebook...toi?ref=tn_tnmn or https://www.facebook...GioiCungTopper/
Website: http://topper.vn/
Mail: [email protected]
#12
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