ai giup em voi
#1
Đã gửi 05-03-2008 - 20:01
#2
Đã gửi 05-03-2008 - 20:15
đề như thế này à . Thế thì chả có min vì $a,b --> -\infty $ thì biểu thức -->$ -\infty$tim min của $ (a+2b) \sqrt{1-a} +(b+2a) \sqrt{ 1-b}$
Chẳng có gì đáng giá bằng nụ cười và tình yêu thương của bạn bè
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
#3
Đã gửi 06-03-2008 - 02:45
chắc đề thế này :đề như thế này à .
Tìm min của:
$ \dfrac{a+2b}{\sqrt{1-a}}+\dfrac{b+2a}{\sqrt{1-b}}$
asdfghjkl định đánh (a+2b)":"( $\sqrt{1-a}$ )+(b+2a)":"( $\sqrt{1-b}$ ), nhưng vì ":" + "("="" nên nó mới ra 2 cái mặt như thế, đoán vậy
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi T*genie*: 06-03-2008 - 03:25
#4
Đã gửi 06-03-2008 - 11:04
ờ đúng roi` tui định đánh như vậy đó nhưng gấp wa' 0 sửa kịp ^^chắc đề thế này :
Tìm min của:
$ \dfrac{a+2b}{\sqrt{1-a}}+\dfrac{b+2a}{\sqrt{1-b}}$
asdfghjkl định đánh (a+2b)":"( $\sqrt{1-a}$ )+(b+2a)":"( $\sqrt{1-b}$ ), nhưng vì ":" + "("="" nên nó mới ra 2 cái mặt như thế, đoán vậy
#5
Đã gửi 06-03-2008 - 16:18
ai giúp giùm nha
#6
Đã gửi 06-03-2008 - 16:55
ta có $\dfrac{a+2b}{\sqrt{1-a} } = \dfrac{1+b}{\sqrt{b} } = \dfrac{1}{ \sqrt{b} } + \sqrt{b}$ ( thay $1 = a+b $)
vậy biểu thức $<--> (\sqrt{a} + \sqrt{b} ) + ( \dfrac{1}{ \sqrt{b} } + \dfrac{1}{ \sqrt{a} } .$
mà $ \dfrac{1}{ 2\sqrt{b} } + \sqrt{b} >= \sqrt{2}$ , $\dfrac{1}{2 \sqrt{a} } + \sqrt{a} >= \sqrt{2}$ và $ \dfrac{1}{ 2\sqrt{b} }+ \dfrac{1}{ 2\sqrt{a} }>= \dfrac{2}{ \sqrt{a} + \sqrt{b} }.$ .
$\sqrt{a} + \sqrt{b} <= \sqrt{2}$ done
Chẳng có gì đáng giá bằng nụ cười và tình yêu thương của bạn bè
Trên bước đường thành công không có dấu chân của kẻ lười biếng
#7
Đã gửi 07-03-2008 - 16:22
lần sau bạn nhớ ghi rõ đề nhé
ta có $\dfrac{a+2b}{\sqrt{1-a} } = \dfrac{1+b}{\sqrt{b} } = \dfrac{1}{ \sqrt{b} } + \sqrt{b}$ ( thay $1 = a+b $)
vậy biểu thức $<--> (\sqrt{a} + \sqrt{b} ) + ( \dfrac{1}{ \sqrt{b} } + \dfrac{1}{ \sqrt{a} } .$
mà $ \dfrac{1}{ 2\sqrt{b} } + \sqrt{b} >= \sqrt{2}$ , $\dfrac{1}{2 \sqrt{a} } + \sqrt{a} >= \sqrt{2}$ và $ \dfrac{1}{ 2\sqrt{b} }+ \dfrac{1}{ 2\sqrt{a} }>= \dfrac{2}{ \sqrt{a} + \sqrt{b} }.$ .
$\sqrt{a} + \sqrt{b} <= \sqrt{2}$ done
hem hiểu mô tê gì hết bạn làm rõ hơn đi tìm min cua cái đó chứ đâu phải của căn a + căn b đâu
#8
Đã gửi 07-03-2008 - 17:11
lần sau bạn nhớ ghi rõ đề nhé
ta có $\dfrac{a+2b}{\sqrt{1-a} } = \dfrac{1+b}{\sqrt{b} } = \dfrac{1}{ \sqrt{b} } + \sqrt{b}$ ( thay $1 = a+b $)
vậy biểu thức $<--> (\sqrt{a} + \sqrt{b} ) + ( \dfrac{1}{ \sqrt{b} } + \dfrac{1}{ \sqrt{a} } .$
mà $ \dfrac{1}{ 2\sqrt{b} } + \sqrt{b} >= \sqrt{2}$ , $\dfrac{1}{2 \sqrt{a} } + \sqrt{a} >= \sqrt{2}$ và $ \dfrac{1}{ 2\sqrt{b} }+ \dfrac{1}{ 2\sqrt{a} }>= \dfrac{2}{ \sqrt{a} + \sqrt{b} }.$ .
$\sqrt{a} + \sqrt{b} <= \sqrt{2}$ done
$P = ... = \sqrt b + \dfrac{1}{{2\sqrt b }} + \sqrt a + \dfrac{1}{{2\sqrt a }} + \dfrac{1}{{2\sqrt a }} + \dfrac{1}{{2\sqrt b }} \ge \sqrt 2 + \sqrt 2 + \dfrac{2}{{\sqrt a + \sqrt b }} \ge \sqrt 2 + \sqrt 2 + \dfrac{2}{{\sqrt 2 }} = 3\sqrt 2 $
#9
Đã gửi 08-03-2008 - 10:27
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi haohp: 08-03-2008 - 10:30
#10
Đã gửi 08-03-2008 - 11:18
À ,nó nhỏ hơn bằng căn 2.+ :sqrt{b} 2. tai sao
Để tui chỉ cho.
$ \sqrt{a} + \sqrt{b} \leq \sqrt{2(a+b)} $
Mà a+b=1.Suy ra
$ \sqrt{a} + \sqrt{b} \leq \sqrt{2} $
KT-PT
Do unto others as you would have them do unto you.
#11
Đã gửi 17-03-2008 - 12:26
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh