Đến nội dung

Hình ảnh

$P=\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1
DBS

DBS

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết

Cho $a,b \in R$ thoả mãn $(1+a)(1+b)=\frac{9}{4}$. Tìm $GTNN$ của: $P=\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}$.



#2
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài này hình như lâu lắm rồi!

Nó được Hưng Yên chế thành: Với $x,y$ là các số thực thỏa mãn $(2+x)(y-1)=\frac{9}{4}$. Tìm GTNN của: $P=\sqrt{x^4+4x^3+6x^2+4x+2}+\sqrt{y^4-8y^3+24y^2-32y+17}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#3
viscolt0801

viscolt0801

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 11 Bài viết

-Theo giả thiết:

$\frac{9}{4}=(1+a)(1+b)=a+b+ab+1\leqslant a+ b +\frac{(a+b)^2}{4}+1 \\ \Leftrightarrow (a+b)^2+4(a+b)-5 \geqslant0 \Leftrightarrow [(a+b)+5][(a+b)-1]\geqslant0\Leftrightarrow a+b\geqslant1.$

-Xét:

$P^2 = (1+a^4)+(1+b^4) + 2\sqrt{(1+a^4)(1+b^4)} \geqslant 2 + a^4+b^4 + 2(1+a^2b^2)= 4 + (a^2+b^2)^2 \geqslant 4 + \frac{(a+b)^2}{4} \geqslant 4 + \frac{1}{4} = \frac{17}{4}.\\ \Rightarrow P \geqslant \frac{\sqrt{17}}{2}$Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a = b = \frac{1}{2}$

P/s: Cái này điều kiện $a,b \in R^{+}$ chứ, nếu không thì cách của mình sai rồi  :(


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viscolt0801: 01-05-2021 - 14:14

  • DBS yêu thích

                                                   

                                                      I hate Mathematics !!!  :(  :( 


#4
DBS

DBS

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết

-Theo giả thiết:

$\frac{9}{4}=(1+a)(1+b)=a+b+ab+1\leqslant a+ b +\frac{(a+b)^2}{4}+1 \\ \Leftrightarrow (a+b)^2+4(a+b)-5 \geqslant0 \Leftrightarrow [(a+b)+5][(a+b)-1]\geqslant0\Leftrightarrow a+b\geqslant1.$

-Xét:

$P^2 = (1+a^4)+(1+b^4) + 2\sqrt{(1+a^4)(1+b^4)} \geqslant 2 + a^4+b^4 + 2(1+a^2b^2)= 4 + (a^2+b^2)^2 \geqslant 4 + \frac{(a+b)^2}{4} \geqslant 4 + \frac{1}{4} = \frac{17}{4}.\\ \Rightarrow P \geqslant \frac{\sqrt{17}}{2}$Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a = b = \frac{1}{2}$

P/s: Cái này điều kiện $a,b \in R^{+}$ chứ, nếu không thì cách của mình sai rồi  :(

Mình mới nghĩ ra cách $a,b \in R$ đc mà



#5
viscolt0801

viscolt0801

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 11 Bài viết

Mình mới nghĩ ra cách $a,b \in R$ đc mà

Thế bạn gửi cho mình tham khảo với  :D


                                                   

                                                      I hate Mathematics !!!  :(  :( 


#6
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Thế bạn gửi cho mình tham khảo với  :D

Chẳng có gì khó. Khi bạn đã chứng minh được $a+b\geqslant 1$ thì chỉ cần chứng minh: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\geqslant \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$ với mọi số thực $a,b,c,d$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#7
DBS

DBS

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết

Thế bạn gửi cho mình tham khảo với  :D

Ta có: $P=\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}\geq_{Minkowski} \sqrt{(1+1)^2+(a^2+b^2)^2}$

$(gt)\Rightarrow ab+a+b=\frac{5}{4}$

Lại có: $a^2+b^2\geq2ab (1)$

$\left\{\begin{matrix} 4a^2+1\geq4a & \\ 4b^2+1\geq4b & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 4(a^2+b^2)\geq 4(a+b)-2 \Rightarrow 2(a^2+b^2)\geq 2(a+b)-1 (2)$

Công $(1)$ và $(2)$ ta được:

$3(a^2+b^2)\geq2(ab+a+b)-1=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow a^2+b^2\geq\frac{1}{2}$

$\Rightarrow P\geq\sqrt{(a^2+b^2)^2+4}\geq\sqrt{\frac{1}{4}+4}=\frac{\sqrt{17}}{2}$



#8
DBS

DBS

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết

Chẳng có gì khó. Khi bạn đã chứng minh được $a+b\geqslant 1$ thì chỉ cần chứng minh: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{c^2+d^2}\geqslant \sqrt{(a+c)^2+(b+d)^2}$ với mọi số thực $a,b,c,d$

Nhưng vì $a,b \in R$ nên bất đẳng thức sau sai: $ab \leq \frac{(a+b)^2}{4}$, suy ra không chứng minh được $a+b\geq 1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DBS: 01-05-2021 - 20:58


#9
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Nhưng vì $a,b \in R$ nên bất đẳng thức sau sai: $ab \leq \frac{(a+b)^2}{4}$, suy ra không chứng minh được $a+b\geq 1$

Sao lại không vậy bạn, bất đẳng thức đó tương đương: $(a-b)^2\geqslant 0$ đúng với mọi a,b thực


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#10
DBS

DBS

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết

Sao lại không vậy bạn, bất đẳng thức đó tương đương: $(a-b)^2\geqslant 0$ đúng với mọi a,b thực

Vậy nếu $a,b \in R$ thì bài bạn kia sai chỗ nào nhỉ, e tìm ko ra






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh