PN
0
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
25 tháng 5 2021
A, B thuộc (P), (d) ?
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
\(x^2=k\left(x-1\right)+2\Leftrightarrow x^2-kx+\left(k-2\right)=0\).
Ta có \(\Delta=k^2-4\left(k-2\right)=\left(k-2\right)^2+2>0\forall k\) nên phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt.
Theo hệ thức Viète ta có \(\left\{{}\begin{matrix}x_1x_2=k-2\\x_1+x_2=k\end{matrix}\right.\).
Ta có \(x_1^2+y_1+x_2^2+y_2=14\)
\(\Leftrightarrow2x_1^2+2x_2^2=14\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=7\)
\(\Leftrightarrow k^2-2\left(k-2\right)=7\Leftrightarrow k^2-2k-3=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}k=-1\\k=3\end{matrix}\right.\).
Vậy...
LL
0
DF
2
10 tháng 1 2021
Ta có: \(x^3-y^3=3x-3y\Leftrightarrow x^2+xy+y^2=3\) (Do \(x\neq y\)).
Tương tự: \(y^2+yz+z^2=3;z^2+zx+x^2=3\).
Cộng vế với vế ta có: \(2\left(x^2+y^2+z^2\right)+xy+yz+zx=9\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{3\left(x^2+y^2+z^2\right)}{2}+\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{2}=9\).
Mặt khác, từ đó ta cũng có: \(\left(x^2+xy+y^2\right)-\left(y^2+yz+z^2\right)=0\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(x-z\right)=0\Leftrightarrow x+y+z=0\).
Do đó \(x^2+y^2+z^2=6\left(đpcm\right)\).
CM
7 tháng 10 2018
x y + ( 1 + x 2 ) ( 1 + y 2 ) = 1 ⇔ ( 1 + x ) 2 ( 1 + y ) 2 = 1 − x y ⇒ ( 1 + x 2 ) ( 1 + y 2 ) = 1 - x y 2 ⇔ 1 + x 2 + y 2 + x 2 y 2 = 1 − 2 x y + x 2 y 2 ⇔ x 2 + y 2 + 2 x y = 0 ⇔ x + y 2 = 0 ⇔ y = − x ⇒ x 1 + y 2 + y 1 + x 2 = x 1 + x 2 − x 1 + x 2 = 0
BD
0
30 tháng 4 2023
Ta có \(x^2+y^2=1\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2=2xy+1\)
Từ đó \(P=\dfrac{\left(x+y\right)^2}{x+y+1}\). Đặt \(x+y=t\left(t\ge0\right)\). Vì \(x+y\le\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}=2\) nên \(t\le\sqrt{2}\). ĐTXR \(\Leftrightarrow x=y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\). Ta cần tìm GTLN của \(P\left(t\right)=\dfrac{t^2}{t+1}\) với \(0\le t\le\sqrt{2}\).
Giả sử có \(0\le t_1\le t_2\le\sqrt{2}\). Ta có BDT luôn đúng \(\left(t_2-t_1\right)\left(t_2+t_1+t_2t_1\right)\ge0\) \(\Leftrightarrow t_2^2-t_1^2+t_2^2t_1-t_2t_1^2\ge0\) \(\Leftrightarrow t_1^2\left(t_2+1\right)\le t_2^2\left(t_1+1\right)\) \(\Leftrightarrow\dfrac{t_1^2}{t_1+1}\le\dfrac{t_2^2}{t_2+1}\) \(\Leftrightarrow P\left(t_1\right)\le P\left(t_2\right)\). Như vậy với \(0\le t_1\le t_2\le\sqrt{2}\) thì \(P\left(t_1\right)\le P\left(t_2\right)\). Do đó P là hàm đồng biến. Vậy GTLN của P đạt được khi \(t=\sqrt{2}\) hay \(x=y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\), khi đó \(P=2\sqrt{2}-2\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 4 2023
Lời giải:
$P=\frac{2xy+1}{x+y+1}=\frac{2xy+x^2+y^2}{x+y+1}=\frac{(x+y)^2}{x+y+1}$
$=\frac{a^2}{a+1}$ với $x+y=a$
Áp dụng BĐT AM-GM:
$1=x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}=\frac{a^2}{2}$
$\Rightarrow a^2\leq 2\Rightarrow a\leq \sqrt{2}$
$P=\frac{a^2}{a+1}=\frac{a}{1+\frac{1}{a}}$
Vì $a\leq \sqrt{2}\Rightarrow 1+\frac{1}{a}\geq 1+\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{2+\sqrt{2}}{2}$
$\Rightarrow P\leq \frac{\sqrt{2}}{\frac{2+\sqrt{2}}{2}}=-2+2\sqrt{2}$
Vậy $P_{\max}=-2+2\sqrt{2}$ khi $x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}$
DD
1
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
23 tháng 6 2021
\(x^3+y^3+3\left(x^2+y^2\right)+4\left(x+y\right)+4=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^3-3xy\left(x+y\right)+3\left(x+y\right)^2-6xy+4\left(x+y\right)+4=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+2\right)\left(\left(x+y\right)^2+x+y+2\right)-3xy\left(x+y+2\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+2\right)\left(x^2+y^2+2xy+x+y+2-3xy\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+2\right)\left[\left(x-y\right)^2+\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2+2\right]=0\)
\(\Leftrightarrow x+y+2=0\)
\(\Leftrightarrow x+y=-2\)
\(M=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge\frac{4}{x+y}=\frac{4}{-2}=-2\)
Dấu \(=\)khi \(x=y=-1\).