x.l nha mik ms hkl p 7 àk

Google có nha bn

\(VT=a-\frac{ab^2}{a^2+b^2}+b-\frac{b}{b^2+1}+1-\frac{a^2}{a^2+1}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:\(a^2+b^2\ge2ab\)

\(b^2+1\ge2b\)

\(a^2+1\ge2a\)

cộng theo vế:\(VT\ge a+b+1-\frac{ab^2}{2ab}-\frac{b}{2b}-\frac{a^2}{2a}=a+b+1-\frac{b}{2}-\frac{1}{2}-\frac{a}{2}=\frac{a+b+1}{2}\)

Dấu = xảy ra khi a=b=1

VT=a−ab2a2+b2 +b−bb2+1 +1−a2a2+1 

Áp dụng BĐT AM-GM:a2+b2≥2ab

b2+1≥2b

a2+1≥2a

cộng theo vế:VT≥a+b+1−ab22ab −b2b −a22a =a+b+1−b2 −12 −a2 =a+b+12 

Dấu = xảy ra khi a=b=1

\(a=b=c=1\)

Dấu bằng xảy ra thì ai mà chẳng biết

x,y>0 => theo bdt AM-GM thì x+y >/ 2 căn (xy)=2 , x^2+y^2 >/ 2xy=2 (do xy=1)

P=(x+y+1)(x^2+y^2)+4/(x+y)

>/ 2(x+y+1)+4/(x+y)=[(x+y)+4/(x+y)]+(x+y+2)

x,y>0=>x+y>0 => theo bdt AM-GM thì P >/ 2.2+2+2=8 

minP=8 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz 

\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{2}{\sqrt{ab}}\)

Tượng tự tao có \(\hept{\begin{cases}\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{2}{\sqrt{bc}}\\\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\ge\frac{2}{\sqrt{ca}}\end{cases}}\)

\(\Rightarrow2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge2\left(\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\right)\)

\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{1}{\sqrt{ab}}+\frac{1}{\sqrt{bc}}+\frac{1}{\sqrt{ca}}\) ( đpcm ) 

Dấu " = " xảy ra khi \(a=b=c\)

cách làm như trên sẽ k được điểm, bởi bn làm ngược lại , đoán điểm rơi xong thay vào ,nếu k đoán được thì sao ?

thứ 2, a,b,c lớn nhất có thể = căn 3 >1  ,giả sử a= căn 3,b=c=0.

hôm nọ có god chém pqr rất thần thánh, e xin ''mượn'' lại:

Đặt \(\hept{\begin{cases}a+b+c=p\\ab+bc+ca=q\\abc=r\end{cases}}\)

\(P=2p+\frac{q}{r}\)

ta có BĐT \(q^2\ge3rp\)(auto chứng minh)

\(\Leftrightarrow\frac{q}{r}\ge\frac{3p}{q}\)

do đó \(P\ge2p+\frac{3p}{q}\)và \(q=\frac{p^2-3}{2}\)

cần cm \(P\ge9\Leftrightarrow2p+\frac{6p}{p^2-3}\ge9\Leftrightarrow\left(p-3\right)^2\left(2p+3\right)\ge0\)(luôn đúng)

vậy\(P\ge9\)

\(Min\left(P\right)=9\)

1. a) Thay x=-1;y=3 vào (d) ta có: 3=(m+2)-1-m+6   <=>-m-2-m+6=3  <=>-2m=-1  <=>m=1/2.

\(GT\Leftrightarrow3x^2+y^2+z^2+\left(y+z\right)^2=2\)

Áp dụng BĐT bunyakovsky:\(y^2+z^2\ge\frac{1}{2}\left(y+z\right)^2\)

\(2\ge\frac{3}{2}\left(y+z\right)^2+3x^2\Leftrightarrow4\ge3\left(y+z\right)^2+6x^2=3\left[\left(y+z\right)^2+2x^2\right]\)

\(\left(2+1\right)\left[\left(y+z\right)^2+2x^2\right]\ge2\left(x+y+z\right)^2\)

\(\left(x+y+z\right)^2\le2\Leftrightarrow-\sqrt{2}\le x+y+z\le\sqrt{2}\)