Chủ đề này có 5 trả lời

[nucnt772]

Trong các nghiệm $(x;y)$ của bất phương trình: $log_{x^{2}+y^{2}}(x+y)\geq 1$.
Hãy tìm nghiệm có tổng $x+2y$ lớn nhất.

[Crystal]

Trong các nghiệm $(x;y)$ của bất phương trình: $log_{x^{2}+y^{2}}(x+y)\geq 1$.
Hãy tìm nghiệm có tổng $x+2y$ lớn nhất.

Bất phương trình đã cho tương đương với:

\[\left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} > 1\\
x + y \ge {x^2} + {y^2}
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\
\left\{ \begin{array}{l}
0 < {x^2} + {y^2} < 1\\
x + y > 0\\
x + y \le {x^2} + {y^2}
\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)
\end{array} \right.\]
Nhận xét: Nếu $(x;y)$ là nghiệm của bất phương trình đã cho thì tổng $x+2y$ lớn nhất khi và chỉ khi nó là nghiệm của hệ phương trình $(1)$.

Khi đó: \[\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} > 1\\
{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} \le \frac{1}{2}
\end{array} \right.\]
Ta có: $x + 2y = \left( {x - \frac{1}{2}} \right) + 2\left( {y - \frac{1}{2}} \right) + \frac{3}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức BCS, ta có:
\[{\left[ {\left( {x - \frac{1}{2}} \right) + 2\left( {y - \frac{1}{2}} \right)} \right]^2} \le \left( {1 + 4} \right)\left[ {{{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + {{\left( {y - \frac{1}{2}} \right)}^2}} \right] \le \frac{5}{2}\]
Suy ra: \[ - \sqrt {\frac{5}{2}} \le \left( {x - \frac{1}{2}} \right) + 2\left( {y - \frac{1}{2}} \right) \le \sqrt {\frac{5}{2}} \Leftrightarrow \frac{{3 - \sqrt {10} }}{2} \le x + 2y \le \frac{{3 + \sqrt {10} }}{2}\]

Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + 2y = \frac{{3 + \sqrt {10} }}{2}\\
2\left( {x - \frac{1}{2}} \right) = y - \frac{1}{2}
\end{array} \right.$

Bạn giải tiếp nhé!

[Ispectorgadget]

Trong các nghiệm $(x;y)$ của bất phương trình: $log_{x^{2}+y^{2}}(x+y)\geq 1$.
Hãy tìm nghiệm có tổng $x+2y$ lớn nhất.

Spoiler

Đây là cách giải trong sách thầy Mậu

Đặt Tổng $x+2y=S$
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
0 < {x^2} + {y^2} < 1\\
x + y \le {x^2} + {y^2}
\end{array} \right.or\left[ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} > 1\\
x + y \ge {x^2} + {y^2}
\end{array} \right.\]
\[ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
0 < {x^2} + {y^2} < 1\\
{(x - \frac{1}{2})^2} + {(y - \frac{1}{2})^2} \ge \frac{1}{2}
\end{array} \right.(1)\\
\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} > 1\\
{(x - \frac{1}{2})^2} + {(y - \frac{1}{2})^2} \le \frac{1}{2}
\end{array} \right.(2)
\end{array} \right.\]

• Nếu $(x,y) \in (2)$ thì áp dụng BĐT BCS ta có

$$S\le \sqrt{(1+4)[(x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2])}+\frac{3}{2}\leq \frac{3+\sqrt{10}}{2}$$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{5+\sqrt{10}}{10}; y=\frac{5+2\sqrt{10}}{10}$
Nếu $(x,y)\in (1)$ thì $S\le \sqrt{(1+2^2)(x^2+y^2)}<\sqrt{5}$
Mà hiển nhiên $\sqrt{5}<\frac{3+\sqrt{10}}{2}\Rightarrow S<\frac{3\sqrt{10}}{2}\forall (x;y)\in (1)$
Vậy ....

[nucnt772]

Nếu $(x,y)\in (1)$ thì $S\le \sqrt{(1+2^2)(x^2+y^2)}<\sqrt{5}$
Mà hiển nhiên $\sqrt{5}<\frac{3+\sqrt{10}}{2}\Rightarrow S<\frac{3\sqrt{10}}{2}\forall (x;y)\in (1)$
Vậy ....

(1) $\Leftrightarrow 0< x+y$$\leq x^{2}+y^{2}< 1$
$\Rightarrow x+2y\leq x^{2}+y^{2}+y< 2$
Do đó $max(x+2y)$ trong trường hợp này không tồn tại.
___
Max chỉ tồn tại trong TH 1 thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 31-07-2012 - 23:04

[Crystal]

Thử bài này nhé.

BÀI TOÁN. Tìm $m$ để hệ phương trình sau có nghiệm: $\left\{ \begin{array}{l}
{\log _{{x^2} + {y^2}}}\left( {x + y} \right) \ge 1\\
x + 2y = m
\end{array} \right.$

[Ispectorgadget]

Thử bài này nhé.

BÀI TOÁN. Tìm $m$ để hệ phương trình sau có nghiệm: $\left\{ \begin{array}{l}
{\log _{{x^2} + {y^2}}}\left( {x + y} \right) \ge 1 (1)\\
x + 2y = m (2)
\end{array} \right.$

\[(1) \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + y \ge {x^2} + {y^2} > 1\\
\left\{ \begin{array}{l}
x + y > 0\\
x + y \le {x^2} + {y^2} < 1
\end{array} \right.
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} > 1\\
{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} \le \frac{1}{2}
\end{array} \right. \vee \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} + {y^2} < 1\\
x + y > 0\\
{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2} \ge \frac{1}{2}
\end{array} \right.\]
$(C_1) : x^2+y^2=1$ là đường tròn tâm $O(0;0)$ bán kinh $R_1=1$
$({C_2}):{\left( {x - \frac{1}{2}} \right)^2} + {(y - \frac{1}{2})^2} = \frac{1}{2}$ là đường tròn tâm $I\left( {\frac{1}{2};\frac{1}{2}} \right)$ bán kính $R_2=\frac{1}{\sqrt{2}}$
$(d):x+y=0$ cắt $(C_1)$ tại $A(\frac{1}{\sqrt{2}};-\frac{1}{\sqrt{2}});B(-\frac{1}{\sqrt{2}};\frac{1}{\sqrt{2}})$.
Nghiệm (1) là miền gạch chéo trong đó không lấy biên của $(C_1)$ nhưng lấy biên của $(C_2)$
Xét đường thẳng thuộc họ $(\Delta_m): x+2y=m$ đi qua $A$ là $(\Delta _1): x+2y=\frac{-1}{\sqrt{2}}$
Đường thẳng thuộc họ $(\Delta _m)$ tiếp xúc $(C_2)$
$\Leftrightarrow d(I,\Delta_m)=R_2 \Leftrightarrow \frac{|1/2+1-m|}{\sqrt{1^2+2^2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
$\Leftrightarrow m=\frac{3\pm \sqrt{10}}{2}$
Do đó đường thẳng $(\Delta _2): x+2y=\frac{3+\sqrt{10}}{2}$ nằm phía trên và tiếp xúc $(C_2)$
Để (*) có nghiệm thì $(\Delta _m)$ cắt miền gạch chéo
$\iff (\Delta _m)$ nằm giữa $(\Delta_1)$ và $(\Delta_2) \Leftrightarrow \frac{-1}{\sqrt{2}} <m \le \frac{3+\sqrt{10}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 22-10-2013 - 15:54