Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1
đặt biểu thức cần chứng minh là P
có \(\sqrt{a^2+\dfrac{1}{b^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{97}}.\sqrt{\left(a^2+\dfrac{1}{b^2}\right).\left(4^2+9^2\right)}\ge\dfrac{1}{\sqrt{97}}\left(4a+\dfrac{9}{b}\right)\)
là tương tự đối với \(\sqrt{b^2+\dfrac{1}{c^2}},\sqrt{c^2+\dfrac{1}{a^2}}\)
\(=>P\ge\)\(\dfrac{1}{\sqrt{97}}\left(4a+\dfrac{9}{b}+4b+\dfrac{9}{c}+4c+\dfrac{9}{a}\right)\)
(đến đây thấy đề sai sai vì ngược dấu )
C402:
\(1+2^x=y^2\)
\(\Leftrightarrow2^x=\left(y-1\right)\left(y+1\right)\)
Từ đó ta suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}y-1=2^a\\y+1=2^b\end{matrix}\right.\) với \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=x\\b>a\ge1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow2^b-2^a=y+1-y+1=2\)
\(\Leftrightarrow2^a\left(2^{b-a}-1\right)=2\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2^a=2\\2^{b-a}-1=1\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b-a=1\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=1\\b=2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=2^1+1=3\\x=1+2=3\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left(x;y\right)=\left(3;3\right)\) là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình.
b)Hệ phương trình tương đương:
\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {\left( {xy + x} \right)^2} + 2\left( {xy + y} \right) = 3\\ xy\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right) = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {\left( {xy + x} \right)^2} + 2\left( {xy + y} \right) = 3\\ \left( {xy + y} \right)\left( {xy + x} \right) = 1 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {a^2} + 2b = 3\\ ab = 1 \end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a = 1,b = 1\\ a = - 2,b = - \dfrac{1}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} xy + x = 1\\ xy + y = 1 \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} xy + x = - 2\\ xy + y = - \dfrac{1}{2} \end{array} \right. \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = y = \dfrac{{ - 1 - \sqrt 5 }}{2}\\ x = y = \dfrac{{\sqrt 5 - 1}}{2} \end{array} \right. \end{array}\)
KL:
b)Hệ phương trình tương đương:
{(xy+x)2+2(xy+y)=3xy(x+1)(y+1)=1⇔{(xy+x)2+2(xy+y)=3(xy+y)(xy+x)=1⇔{a2+2b=3ab=1⇔⎡⎣a=1,b=1a=−2,b=−12⇔⎡⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢⎣{xy+x=1xy+y=1⎧⎨⎩xy+x=−2xy+y=−12⇔⎡⎢ ⎢ ⎢⎣x=y=−1−√52x=y=√5−12{(xy+x)2+2(xy+y)=3xy(x+1)(y+1)=1⇔{(xy+x)2+2(xy+y)=3(xy+y)(xy+x)=1⇔{a2+2b=3ab=1⇔[a=1,b=1a=−2,b=−12⇔[{xy+x=1xy+y=1{xy+x=−2xy+y=−12⇔[x=y=−1−52x=y=5−12
KL:
Câu III ý 2)
Ta có:
\(P^2\le\left(a^2+b^2\right)\left[3b\left(a+2b\right)+3a\left(b+2a\right)\right]=2\left[6\left(a^2+b^2\right)+3\cdot2ab\right]\)
\(\le2\left[6\cdot2+3\left(a^2+b^2\right)\right]\le36\Rightarrow P\le6.\)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1.$
Vậy...
Bài V có phải là 3; 3; 4 không anh Quoc Tran Anh Le CTV?
2.
\(\left(a+b\right)^2\ge4ab\ge16\Rightarrow a+b\ge4\)
\(\dfrac{a^2+b^2}{a+b}\ge\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2\left(a+b\right)}=\dfrac{a+b}{2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\dfrac{a+b}{2}\ge\dfrac{6}{a+b-1}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(a+b-1\right)-12\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b-4\right)\left(a+b+3\right)\ge0\) (luôn đúng với mọi \(a+b\ge4\))
Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=2\)
Câu cuối:
Ta chứng minh BĐT phụ sau: với mọi x;y;z dương, ta luôn có: \(\dfrac{x^3+y^3}{x^2+y^2}\ge\dfrac{x+y}{2}\)
Thật vậy, bất đẳng thức tương đương:
\(2\left(x^3+y^3\right)\ge\left(x+y\right)\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Leftrightarrow x^3+y^3-x^2y-xy^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\left(x+y\right)\ge0\) (đúng)
Áp dụng:
\(P\ge\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{b+c}{2}+\dfrac{c+a}{2}=a+b+c\ge6\)
\(P_{min}=6\) khi \(a=b=c=2\)
\(x+\sqrt{4-x^2}=2+x\sqrt{4-x^2}\).
ĐKXĐ: \(-2\le x\le2\).
Đặt \(\sqrt{4-x^2}=y\ge0\). Ta có \(x^2+y^2=4\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2-2xy=4\Leftrightarrow xy=\dfrac{\left(x+y\right)^2-4}{2}\).
\(PT\Leftrightarrow x+y=2+xy\Leftrightarrow x+y=2+\dfrac{\left(x+y\right)^2-4}{2}\Leftrightarrow x+y=\dfrac{\left(x+y\right)^2}{2}\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x+y=0\\x+y=2\end{matrix}\right.\).
Với x + y = 0 ta có xy = -2. Do \(y\ge0\Rightarrow x=-\sqrt{2}\left(TMĐK\right)\).
Với x + y = 2 ta có xy = 0. Do đó x = 2 (TMĐK) hoặc x = 0 (TMĐK).
Vậy,..
@Quoc Tran Anh Le CTV có cách nào zoom ảnh không ạ? Ảnh cap trên post bé quá :((
Bài 2.
Tìm Min.
\(M=\sum\sqrt{\left(x-3\right)^2+4^2}\ge\sqrt{\left(x+y+z-9\right)^2+\left(4+4+4\right)^2}=6\sqrt{5}\)
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1.$
Tìm Max.
Ta đi chứng minh \(5-\dfrac{1}{3}x\ge\sqrt{x^2-16x+25}\)
Do $x+y+z=3;x,y,z\ge 0$ nên $x\le 3.$ Do đó \(VT\ge5-1=4>0.\) (1)
Bình phương hai vế, rút gọn, bất đẳng thức tương đương với \(\dfrac{8}{9}x\left(3-x\right)\ge0\) (hiển nhiên)
Thiết lập hai bất đẳng thức còn lại tương tự và cộng theo vế thu được Max = 14 kết hợp với số 4 ở (1) là được ngày sinh của em=))
Đề bất đẳng thức đơn giản v:vv
3c) Ta sẽ chứng minh
\(\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+\left(b+c\right)^3}}\ge\dfrac{a^2}{b^2+c^2}\Leftrightarrow\dfrac{a^3\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2-\left(b+c\right)^3a+\left(b^2+c^2\right)^2\right]}{\left[a^3+\left(b+c\right)^3\right]\left(b^2+c^2\right)}\ge0\)
Hay là \(2\left[2\left(b^2+c^2\right)a^2+\left(b^2+c^2\right)^2\right]\ge (b+c)^3 a\)
Đúng vì theo AM-GM ta có:
\(VT\ge2\sqrt{2a^2\left(b^2+c^2\right)^3}\ge2\sqrt{2\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2}\right]^3}a=\left(b+c\right)^3a=VP.\)
Xong.
Nhờ các bạn/anh,chị CTV có thể gắn câu hỏi hay giùm mình nha. Yêu <3
Không có Facebook thì làm sao anh