DN
3
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
CD
2
TN
13 tháng 6 2017
Bài này dễ mà ==". Áp dụng BĐT C-S ta có:
\(\left(x+y\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2\le2\cdot\left(x^2+y^2\right)=2\)
\(\Rightarrow-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}\)
3 tháng 5 2020
Từ gt => \(\hept{\begin{cases}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\sqrt{x}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\sqrt{y}\right)\ge0\Leftrightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}\le\frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2}\sqrt{xy}\left(1\right)\\x\sqrt{x}\le x\cdot\frac{1}{\sqrt{2}};y\sqrt{y}\le y\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow x\sqrt{x}+y\sqrt{y}\le\frac{1}{\sqrt{2}}\left(x+y\right)\left(2\right)\end{cases}}\)
Lại có \(\hept{\begin{cases}\sqrt{xy}\le xy+\frac{1}{4}\\\sqrt{xy}\le\frac{x+y}{2}\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{2\sqrt{2}}{3}\sqrt{xy}\le\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(xy+\frac{1}{4}\right)\left(3\right)\\\frac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{xy}\le\frac{\sqrt{2}}{6}\left(x+y\right)\left(4\right)\end{cases}}}\)
Từ (1)(2)(3)(4) ta có:\(x\sqrt{x}+y\sqrt{y}+\sqrt{x}+\sqrt{y}\le\frac{\sqrt{2}}{2}\left(x+y\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(xy+\frac{1}{4}\right)+\frac{\sqrt{2}}{6}\left(x+y\right)\)
\(\le\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(1+x+y+xy\right)\)
=> \(VT=\frac{\sqrt{x}}{1+y}+\frac{\sqrt{y}}{1+x}=\frac{x\sqrt{x}+y\sqrt{y}+\sqrt{x}+\sqrt{y}}{1+x+y+xy}\le\frac{2\sqrt{2}}{3}\)
Dấu "=" xảy ra <=> x=y=\(\frac{1}{2}\)
3 tháng 5 2020
Từ gt => \(\hept{\begin{cases}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-x\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-y\right)\ge0\Leftrightarrow\sqrt{x}+\sqrt{y}\le\frac{\sqrt{2}}{2}+\sqrt{2}\sqrt{xy}\left(1\right)\\x\sqrt{x}\le x\cdot\frac{1}{\sqrt{2}};y\sqrt{y}\le y\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow x\sqrt{x}+y\sqrt{y}\le\frac{1}{\sqrt{2}}\left(x+y\right)\left(2\right)\end{cases}}\)
Lại có \(\hept{\begin{cases}\sqrt{xy}\le xy+\frac{1}{4}\\\sqrt{xy}\le\frac{x+y}{2}\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{2\sqrt{2}}{3}\sqrt{xy}\le\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(xy+\frac{1}{4}\right)\left(3\right)\\\frac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{xy}\le\frac{\sqrt{2}}{6}\left(x+y\right)\left(4\right)\end{cases}}}\)
Từ (1)(2)(3) và (4) ta có:
\(x\sqrt{x}+y\sqrt{y}+\sqrt{x}+\sqrt{y}\le\frac{\sqrt{2}}{2}\left(x+y\right)+\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(xy+\frac{1}{4}\right)+\frac{\sqrt{2}}{6}\left(x+y\right)\)
\(\le\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(1+x+y+xy\right)\)
=> \(VT=\frac{\sqrt{x}}{1+y}+\frac{\sqrt{y}}{1+x}=\frac{x\sqrt{x}+y\sqrt{y}+\sqrt{x}+\sqrt{y}}{1+x+y+xy}\le\frac{2\sqrt{2}}{3}\)
Dấu "=" xảy ra <=> \(x=y=\frac{1}{2}\)
CC
1
29 tháng 6 2015
ta có: \(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\Leftrightarrow x^2+y^2+x^2+y^2\ge2xy+x^2+y^2\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\le2\Leftrightarrow\sqrt{\left(x+y\right)^2}\le\sqrt{2}\)
\(\left|x+y\right|\le\sqrt{2}\)
theo tính chất của bđt với một số thực bất kì, ta luôn có:\(\left|x+y\right|\le\sqrt{2}\Rightarrow-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}\) \(\)
MN
0
AH
Akai Haruma
Giáo viên
10 tháng 2 2018
Lời giải:
Đặt biểu thức đã cho là $A$
\(A=\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy}\)
\(\Rightarrow A^2=x^2+y^2+xy+2\sqrt{xy(x^2+y^2)}\)
Áp dụng BĐT AM-GM:
\(x^2+y^2\geq 2xy\Rightarrow 2\sqrt{xy(x^2+y^2)}\geq 2\sqrt{xy.2xy}\geq xy\) do \(x,y\geq 0\)
\(\Rightarrow A^2\geq x^2+y^2+xy+xy\Leftrightarrow A^2\geq (x+y)^2=4\)
\(\Leftrightarrow A\geq 2\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \((x,y)=(2,0)\) và hoán vị.
Mặt khác:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:
\(A^2=(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy})^2\leq (x^2+y^2+2xy)(1+\frac{1}{2})\)
\(\Leftrightarrow A^2\leq (x+y)^2.\frac{3}{2}=4.\frac{3}{2}=6\)
\(\Leftrightarrow A\leq \sqrt{6}\) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi \((x,y)=\left(\frac{3+\sqrt{3}}{3}; \frac{3-\sqrt{3}}{3}\right)\)
11 tháng 2 2018
cách làm cho lớp 9
\(2=x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le1\)
\(x;y\ge0\Rightarrow xy\ge0\) \(0\le xy\le1\)
đặt x y =t => 0<=t<=1
\(A=\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy}=\sqrt{4-2t}+\sqrt{t}\)
\(A>0;A^2=4-t+2\sqrt{4t-2t^2}\)
m =A^2 -4 \(\Leftrightarrow m+t=\sqrt{4t-2t^2}\)
m +t >= 0=> m>=-1
\(\Leftrightarrow m^2+2mt+t^2=4\left(4t-2t^2\right)\)
\(9t^2+2\left(m-8\right)t+m^2=0\)
\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow\left(m-8\right)^2-9m^2\ge0\Rightarrow-8m^2-2.8m+64\ge0\)
\(-4\le m\le2\)
với m =2 => t=2/3 đảm bảo điều kiện => GTLN m =2
m cần đảm bảo điều kiện
m+t>=0
\(\Leftrightarrow m+\dfrac{-\left(m-8\right)-\sqrt{-8m^2-18m+64}}{9}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{9m-\left(m-8\right)-\sqrt{-8m^2-18m+64}}{9}\ge0\)
\(\Leftrightarrow8m+8\ge\sqrt{-8m^2-18m+64}\)
m>=-1 => 8m+8 >=0
\(\Leftrightarrow64m^2+2.8.8m+64\ge-8m^2-18m+64\)
\(\Leftrightarrow m^2+2m\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-2\\m\ge0\end{matrix}\right.\) đang xét m>=1 => m>=0
=> \(0\le m\le2\)
\(0\le A^2-4\le2\Leftrightarrow4\le A^2\le6\)
\(A>0\Rightarrow2\le A\le\sqrt{6}\) =>dpcm
đẳng thức khi t =0 ; t=2/3
\(t=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x;y\right)=\left(2;0\right)\\\left(x;y\right)=\left(0;2\right)\end{matrix}\right.\)
\(t=\dfrac{2}{3}\) giải hệ
\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=2\\xy=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)
x;y là nghiệm pt : \(3z^2-6z+2=0\)
\(\Delta=9-6=3\Rightarrow\left(x;y\right)=\left(\dfrac{3\pm\sqrt{3}}{3};\dfrac{3\mp\sqrt{3}}{3}\right)\)
Ta chứng minh bất đẳng thức sau: \(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right).\)
Biến đổi tương đương ta có; \(x^2+2xy+y^2\le x^2+y^2+x^2+y^2\)
\(\Leftrightarrow2xy\le x^2+y^2\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2\ge0\)
Vì bất đẳng thức cuối luôn đúng với mọi x, y nên bất đẳng thức cần chứng minh đúng
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:
\(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)=2.1=2\)( \(x^2+y^2=1\)theo giả thiết )
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\le2\Leftrightarrow-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}.\)
Và một cách nữa!
Đặt \(x+y=t\Rightarrow y=t-x\).
Khi đó \(1=x^2+\left(t-x\right)^2=2x^2+2tx+t^2\) (1)
Viết lại (1) thành phương trình bậc hai đối với x: \(2x^2+2tx+\left(t^2-1\right)=0\) (*)
(*) có nghiệm hay: \(\Delta'=t^2-2\left(t^2-1\right)\ge0\Leftrightarrow t^2\le2\)
Hay \(-\sqrt{2}\le t\le\sqrt{2}\) Hay ta có đpcm.
P/s: Đúng ko ạ?:3