[Toán 9] Cực trị

[transformers123]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Bài 1:
Biết $x^2y+xy^2 \ge 0$, tìm GTNN của:
$$A=(1+x^2y+xy^2)^{2001}-2001xy(x+y)+2001$$
Bài 2:
Cho $a, b \in |R$. Tìm GTNN của:
$$B=\sqrt{a^2+(1-b)^2}+\sqrt{b^2+(1-a)^2}$$
P/s: sẵn thì mấy anh chị cho em cái bđt Minkovsky luôn nhá=))
đã sữa

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 2:

$\sqrt{a^2+(1-b)^2}+\sqrt{b^2+(1-a)^2} \ge \sqrt{(a+1-a)^2+(b+1-b)^2}=\sqrt{2}$

Minkovsky dạng bậc 2 theo 2 cặp số:

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$

Đẳng thức khi $O(0;0); A(a;b); B(c;d)$ thẳng hàng.

 

[huynhbachkhoa23]

Sửa đề lại là $x^2y+y^2x \ge 0$ đi

Đặt $t=xy(x+y) \ge 0$

$A=(t+1)^{2001}-2001t+2001=f(t)$

$f'(t)=2001(t+1)^{2000}-2001=0 \leftrightarrow t+1=1 \leftrightarrow t=0$

$f(t)\ge f(0)=2002$

$\text{minA} = 2002 \leftrightarrow t=0$ hay $x=0$ hoặc $y=0$ hoặc $x+y=0$

Nếu đề là $x^2y+y^2x > 0 $ thì $A>2002$ $\to$ không xảy ra dấu bằng.

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1:

Cũng đặt $t=xy(x+y)\ge 0$

Đặt $z=1+t \ge 1$

Có $A=z^{2001}-2001z+4002 = f(z)$

Cho $z_1\ne z_2$ và $z_1; z_2 \ge 1$

$L=f(z_1)-f(z_2)=(z_1-z_2)(z_1^{2000}+...+z_2^{2000})-2001(z_1-z_2)$

$\dfrac{L}{z_1-z_2}=z_1^{2000}+...+z_2^{2000}-2001 > 0$ (Trong $z_1^{2000}+...+z_2^{2000}$ có $2001$ phần tử và phần tử nào cũng lớn hơn hoặc bằng $1$)

Suy ra $f(z)$ đồng biến.

Suy ra $f(z) \ge f(1)=2002$

 

[demon311]

Bài 2:

$\sqrt{a^2+(1-b)^2}+\sqrt{b^2+(1-a)^2} \ge \sqrt{(a+1-a)+(b+1-b)}=\sqrt{2}$

Minkovsky dạng bậc 2 theo 2 cặp số:

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2} \ge \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$

Đẳng thức khi $O(0;0); A(a;b); B(c;d)$ thẳng hàng.

Cái của cu Khoa hình như là hệ quả thì phải
Của anh nó thế này:
2 dãy $a_1,a_2,...,a_n \; \; ; ; \;\; b_1,b_2,...,b_n$ không âm thì:

$n\sqrt{ \prod \limits^n_{i=1} (a_i + b_i)} \ge \sqrt[n]{ a_1.a_2...a_n}+\sqrt{ b_1b_2...b_n}$

 

[huynhbachkhoa23]

Cái của cu Khoa hình như là hệ quả thì phải
Của anh nó thế này:
2 dãy $a_1,a_2,...,a_n \; \; ; ; \;\; b_1,b_2,...,b_n$ không âm thì:

$n\sqrt{ \prod \limits^n_{i=1} (a_i + b_i)} \ge \sqrt[n]{ a_1.a_2...a_n}+\sqrt{ b_1b_2...b_n}$

Chết, bấm nút trích dẫn mà bấm luôn nút đúng rồi.

Cái Minkovsky là:

Cho hai dãy thực $(a_n)$ và $(b_n)$

$\sqrt[r]{\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}^r}+\sqrt[r]{\sum\limits_{k=1}^{n} b_{k}^r} \ge \sqrt[r]{\sum\limits_{k=1}^{n} (a_{k}+b_{k})^r}$

 

[transformers123]

Sửa đề lại là $x^2y+y^2x \ge 0$ đi

Đặt $t=xy(x+y) \ge 0$

$A=(t+1)^{2001}-2001t+2001=f(t)$

$f'(t)=2001(t+1)^{2000}-2001=0 \leftrightarrow t+1=1 \leftrightarrow t=0$

$f(t)\ge f(0)=2002$

$\text{minA} = 2002 \leftrightarrow t=0$ hay $x=0$ hoặc $y=0$ hoặc $x+y=0$

Nếu đề là $x^2y+y^2x > 0 $ thì $A>2002$ $\to$ không xảy ra dấu bằng.

và

Bài 1:

Cũng đặt $t=xy(x+y)\ge 0$

Đặt $z=1+t \ge 1$

Có $A=z^{2001}-2001z+4002 = f(z)$

Cho $z_1\ne z_2$ và $z_1; z_2 \ge 1$

$L=f(z_1)-f(z_2)=(z_1-z_2)(z_1^{2000}+...+z_2^{2000})-2001(z_1-z_2)$

$\dfrac{L}{z_1-z_2}=z_1^{2000}+...+z_2^{2000}-2001 > 0$ (Trong $z_1^{2000}+...+z_2^{2000}$ có $2001$ phần tử và phần tử nào cũng lớn hơn hoặc bằng $1$)

Suy ra $f(z)$ đồng biến.

Suy ra $f(z) \ge f(1)=2002$

lúc đó vội quá nên ghi sai đề=))
cách khác=)):
áp dụng bđt Bernoulli, ta có:
$A \ge 1+2001xy(x+y)-2001xy(x+y)+2001=2002$
dấu "=" xảy ra khi $x^2y+xy^2=0$
OK=))

 

[huynhbachkhoa23]

Nhắc tới Bernoulli mới nhớ, có bài toán như thế này:

Không dùng quy nạp, hãy chứng minh BDT Bernoulli :|

Ai giải giúp :|