CC
1
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:
\(\left(x+y\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2\le2\cdot\left(x^2+y^2\right)=2\)
\(\Rightarrow-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}\)
DN
3
DT
16 tháng 6 2019
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 )
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\le2\Leftrightarrow-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}.\)
T
16 tháng 6 2019
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
TN
15 tháng 1 2018
C.hóa \(x+y=1\) và dùng C-S:
\(VT^2\le\frac{2x}{\left(y+1\right)^2}+\frac{2y}{\left(x+1\right)^2}\le\frac{8}{9}=VP^2\)
\(BDT\Leftrightarrow\frac{x}{\left(2-x\right)^2}+\frac{y}{\left(2-y\right)^2}\le\frac{4}{9}\left(1\right)\)
Ta có BĐT phụ \(\frac{x}{\left(2-x\right)^2}\le\frac{20}{27}x-\frac{4}{27}\)
\(\Leftrightarrow-\frac{\left(2x-1\right)^2\left(5x-16\right)}{27\left(x-2\right)^2}\le0\) *Đúng*
Tương tự cho 2 BĐT còn lại rồi cộng theo vế:
\(VT_{\left(1\right)}\le\frac{20}{27}\left(x+y\right)-\frac{4}{27}\cdot2=\frac{4}{9}=VP_{\left(1\right)}\)
"=" khi \(x=y=\frac{1}{2}\)
19 tháng 5 2022
b: \(\sqrt{x-1}< x+3\)
nên \(\left\{{}\begin{matrix}x-1>=0\\\left(x-1\right)^2< \left(x+3\right)^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x>=1\\x^2-2x+1-x^2-6x-9< 0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x>=1\\-8x-8< 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x>=1\\-8x< 8\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x>=1\)
c: \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x>=6\\x^2-6x+9>x^2-12x+36\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x>=6\\6x>27\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x>=6\)
Bài 2:
\(=\sqrt{\left(x-y\right)^2}=\left|x-y\right|=y-x\)
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=\(\frac{1}{2}\)
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:\(\left|x+y\right|\le\sqrt{2}\Rightarrow-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}\) \(\)