Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(x^2+4y^2+\frac{1}{4}-4xy-x+2y+y^2-\frac{25}{4}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2y-\frac{1}{2}\right)^2=\frac{25}{4}-y^2\le\frac{25}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{-5}{2}\le x-2y-\frac{1}{2}\le\frac{5}{2}\)
\(\Rightarrow-2\le x-2y\le3\)
\(\Rightarrow-1\le x-2y+1\le4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(y=0\) và \(x=...\)
2/ \(x^3+2x+1=y^3\)
- Với \(x=0\Rightarrow y=1\)
\(VT=x^3+3x^2+3x+1-3x^2-x=\left(x+1\right)^3-x\left(3x+1\right)\) (1)
Do \(x\left(3x-1\right)\ge0\) \(\forall x\in Z\)
\(\Rightarrow VT\le\left(x+1\right)^3\Rightarrow y^3\le\left(x+1\right)^3\Rightarrow y\le x+1\)
Lại có:
\(VT=x^3-3x^2+3x-1+3x^2-x+2=\left(x-1\right)^3+3x^2-x+2\)
Do \(3x^2-x+2>0\) \(\forall x\Rightarrow VT>\left(x-1\right)^3\Rightarrow y^3>\left(x-1\right)^3\Rightarrow y>x-1\)
\(\Rightarrow x-1< y\le x+1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}y=x\\y=x+1\end{matrix}\right.\)
- Với \(y=x\) thay vào pt ta được: \(2x+1=0\Rightarrow x=\frac{-1}{2}\left(ktm\right)\)
- Với \(y=x+1\) từ \(\left(1\right)\Rightarrow x\left(3x+1\right)=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=1\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left(x;y\right)=\left(0;1\right)\) là cặp nghiệm nguyên duy nhất
Ta có theo Viet: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}\\x_1.x_2=\frac{c}{a}\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2_2+x_2=-\frac{b}{a}\\x^3_2=\frac{c}{a}\end{cases}\Rightarrow\frac{x^2_2+x_2}{x_2^3}=-\frac{b}{c}=\frac{x_2+1}{x_2^2}}\)
Lại có \(\frac{b^3+a^2c+ac^2}{abc}=\frac{b^2}{ac}+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}=\left(x_2^2+x_2\right)\frac{x_2+1}{x_2^2}-\frac{1}{x_2^2+x_2}-\frac{x_2^2}{x_2+1}\)
\(=\frac{x_2\left(x_2+1\right)^2}{x_2^2}-\frac{1}{x_2^2+x_2}-\frac{x_2^2}{x_2+1}=\frac{\left(x_2+1\right)^2}{x_2}-\frac{1}{x_2\left(x_2+1\right)}-\frac{x_2^2}{x_2+1}\)
\(=\frac{\left(x_2^2+2x_2+1\right)\left(x_2+1\right)-1-x_2^3}{x_2\left(x_2+1\right)}=\frac{x_2^3+3x_2^2+3x_2+1-1-x_2^3}{x_2^2+x_2}\)
\(=\frac{3\left(x_2^2+x_2\right)}{x_2^2+x_2}=3\)
Từ đó suy ra \(b^3+a^2c+ac^2=3abc\left(đpcm\right).\)
Sai đề rồi nha bạn! Điều kiện: \(x^2+y^3\ge x^3+y^4\)
Sử dụng bất đẳng thức \(C-S,\) ta có:
\(\left(x^3+y^3\right)^2=\left(x\sqrt{x}.x\sqrt{x}+y^2.y\right)^2\le\left(x^3+y^4\right)\left(x^3+y^2\right)\le\left(x^2+y^3\right)\left(x^3+y^2\right)\)
\(\le\left(\frac{x^2+y^3+x^3+y^2}{2}\right)^2\)
\(\Rightarrow\) \(x^3+y^3\le\frac{x^2+y^3+x^3+y^2}{2}\) \(\Leftrightarrow\) \(x^3+y^3\le x^2+y^2\) \(\left(1\right)\)
Lại có: \(\left(x^2+y^2\right)^2=\left(x\sqrt{x}.\sqrt{x}+y\sqrt{y}.\sqrt{y}\right)^2\le\left(x^3+y^3\right)\left(x+y\right)\le\left(x^2+y^2\right)\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow\) \(x^2+y^2\le x+y\) \(\left(2\right)\)
Mặt khác, từ \(\left(2\right)\) với lưu ý rằng \(x+y\le\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\) \(\left(i\right)\)và \(x,y\in R^+\) , ta thu được:
\(x^2+y^2\le\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\) \(\Leftrightarrow\) \(x^2+y^2\le2\) \(\left(3\right)\)
nên do đó, \(\left(i\right)\) suy ra \(x+y\le\sqrt{2.2}=2\) \(\left(4\right)\)
Từ \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right)\) và \(\left(4\right)\) ta có đpcm