Chủ đề này có 3 trả lời

[Darkness17]

Cho các số thực $a,b,x,y$ thỏa mãn $ax-by=\sqrt{3}$. Tìm Min của $A=a^2+b^2+x^2+y^2+bx+ay$

[DOTOANNANG]

Gọi $v\,,w\,\,\,(v< w)$ là 2 nghiệm của phương trình: $2\,u^{2}- 2\,u- 1= 0$

 

 

Khi đó:

 

 

$a^{2}+ b^{2}+ x^{2}+ y^{2}+ b\,x+ ay- \sqrt{3}\,(a\,x- by)$

 

 

$= -\,vw\,[(v\,x+ wy+ a+ b)^{2}+ (-vy+ w\,x- a+ b)^{2}]\geqq 0$

[Darkness17]

Gọi $v\,,w\,\,\,(v< w)$ là 2 nghiệm của phương trình: $2\,u^{2}- 2\,u- 1= 0$

 

 

Khi đó:

 

 

$a^{2}+ b^{2}+ x^{2}+ y^{2}+ b\,x+ ay- \sqrt{3}\,(a\,x- by)$

 

 

$= -\,vw\,[(v\,x+ wy+ a+ b)^{2}+ (-vy+ w\,x- a+ b)^{2}]\geqq 0$

Bạn có thể giải thích kĩ về cách làm của bạn được không ? Mình không hiểu cho lắm   

[DOTOANNANG]

Gọi $v\,,w\,\,\,(v< w)$ là 2 nghiệm của phương trình: $2\,u^{2}- 2\,u- 1= 0$

 

 

Khi đó:

 

 

$a^{2}+ b^{2}+ x^{2}+ y^{2}+ b\,x+ ay- \sqrt{3}\,(a\,x- by)$

 

 

$= -\,vw\,[(v\,x+ wy+ a+ b)^{2}+ (-vy+ w\,x- a+ b)^{2}]\geqq 0$

Đây là một bất đẳng thức thuần nhất ( đồng bậc (!) ) , cách giải của mình là đưa nó về dạng không đồng bậc . Bài trên sử dụng một hệ thức quen khi lớp $\it{9}$ , đó là :

$\it{ax}^{\,\it{2}}+ \it{bx}+ \it{c}= \it{a}\left ( \it{x}+ \frac{\it{b}}{\it{2}\,.\,\it{a}} \right )^{\,\it{2}}+ \it{a}\,.\,\frac{\it{c}}{\it{a}}- \frac{\it{a}}{\it{4}}\,.\,\left ( \frac{\it{b}}{\it{a}} \right )^{\,\it{2}}$

Phương trình có hai nghiệm ( tính cả hai nghiệm bằng nhau : nghiệm kép ) thì ta vẫn có :

$\it{f}\left ( \it{x} \right )= \it{a}\left ( \it{x}- \frac{\it{x}_{\,\it{1}}+ \it{x}_{\,\it{2}}}{\it{2}} \right )^{\,\it{2}}+ \it{a}\,.\,\it{x}_{\,\it{1}}\it{x}_{\,\it{2}}- \frac{\it{a}}{\it{4}}\,.\,\left ( \it{x}_{\,\it{1}}+ \it{x}_{\,\it{2}} \right )^{\,\it{2}}$

Vậy là từ đa thức duy biến $\it{x}$ không thuần bậc , ta có có một đa thức mới thuần bậc $\it{2}$ ( cùng bậc với đa thức giả thiết (!) ) .

Spoiler

Có thể một ai đoán xem làm sao để mình nghĩ ra được $\it{f}\left ( \it{w},\,\it{v} \right )= \it{2}\,\it{u}^{\,\it{2}}- \it{2}\,\it{u}+ \it{1}= \it{0}$ (?)