Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(\dfrac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\dfrac{1+y}{8}+\dfrac{1+z}{8}\ge\dfrac{3x}{4}\)
\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}\ge\dfrac{6x-y-z-2}{8}\left(1\right)\)
Tương tự ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{y^3}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}\ge\dfrac{6y-z-x-2}{8}\left(2\right)\\\dfrac{z^3}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)}\ge\dfrac{6z-x-y-2}{8}\left(3\right)\end{matrix}\right.\)
Từ (1), (2), (3)
\(\Rightarrow\dfrac{x^3}{\left(1+y\right)\left(1+z\right)}+\dfrac{y^3}{\left(1+z\right)\left(1+x\right)}+\dfrac{z^3}{\left(1+x\right)\left(1+y\right)}\ge\dfrac{6x-y-z-2}{8}+\dfrac{6y-z-x-2}{8}+\dfrac{6z-x-y-2}{8}\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(x+y+z\right)-\dfrac{3}{4}\ge\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}\)
1.
PT $\Leftrightarrow y^2+2xy+x^2=x^2+3x+2$
$\Leftrightarrow (x+y)^2=(x+1)(x+2)$
Với $x\in\mathbb{Z}$ dễ thấy rằng $(x+1,x+2)=1$. Do đó để tích của chúng là scp thì $x+1,x+2$ cũng là những scp.
Đặt $x+1=a^2, x+2=b^2$ với $a,b\in\mathbb{N}$
$\Rightarrow b^2-a^2=1\Leftrightarrow (b-a)(b+a)=1$
Với $a,b\in\mathbb{N}$ dễ thấy $b-a=b+a=1$
$\Rightarrow b=1; a=0$
$\Rightarrow x=-1$
$(x+y)^2=(x+1)(x+2)=0\Rightarrow y=-x=1$
Vậy $(x,y)=(-1,1)$
2.
Đặt $x-1=a$ thì bài toán trở thành:
Cho $a,y>0$. CMR:
$\frac{1}{a^3}+\frac{a^3}{y^3}+\frac{1}{y^3}\geq 3(\frac{1-2a}{a}+\frac{a+1}{y})$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^3}+\frac{a^3}{y^3}+\frac{1}{y^3}+6\geq \frac{3}{a}+\frac{3a}{y}+\frac{3}{y}$
BĐT trên luôn đúng do theo BĐT AM-GM thì:
$\frac{1}{a^3}+1+1\geq \frac{3}{a}$
$\frac{1}{y^3}+1+1\geq \frac{3}{y}$
$\frac{a^3}{y^3}+1+1\geq \frac{3a}{y}$
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi $a=y=1$
$\Leftrightarrow x=2; y=1$
\(\left\{{}\begin{matrix}x;y>0\\x+y=1\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow0< xy=t\le\dfrac{1}{4}\)
\(x^4+y^4=\left(1-2t\right)^2-2t\)
\(8\left(x^4+y^4\right)+\dfrac{1}{xy}\ge5\Leftrightarrow A=8\left[\left(1-2t\right)^2-2t\right]+\dfrac{1}{t}-5\ge0\)
\(\Leftrightarrow16t^2-32t+\dfrac{1}{t}+3\ge0\)\(\Leftrightarrow16t^3-32t^2+3t+1\ge0\)
<=>\(16t^3-4t^2-28t^2+7t-4t+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow4t^2\left(4t-1\right)-7t\left(4t-1\right)-\left(4t-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(4t-1\right)\left(4t^2-7t-1\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow B=\left(4t-1\right)\left(8t-7-\sqrt{65}\right)\left(8t-7+\sqrt{65}\right)\ge0\)
\(0< t\le\dfrac{1}{4}\Rightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}4t-1\le0\\8t-7+\sqrt{65}>0\\8t-7-\sqrt{5}< 0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow B\ge0\)
mọi phép biến đổi <=> => dpcm
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz nhiều lần, cộng với BĐT phụ \(\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}\), ta có:
\(8\left(x^4+y^4\right)+\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{8\left(x^2+y^2\right)^2}{2}+\dfrac{4}{\left(x+y\right)^2}=4\left(x^2+y^2\right)^2+4\ge4\left[\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\right]^2+4=5\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)