\(x,y>0\)thỏa mãn \(x^2+y^2=1\)
a)Chứng minh \(x+y\le\sqrt{2}\)
b)Chứng minh \(\sqrt{1+2x}+\sqrt{1+2y}\)\(\le2\sqrt{1+\sqrt{2}}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(VT=\frac{\sqrt{x}}{x^2+y+2y\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{y}}{y^2+x+2x\sqrt{y}}\le\frac{\sqrt{x}}{2x\sqrt{y}+2y\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{y}}{2y\sqrt{x}+2x\sqrt{y}}\)
\(=\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}=\frac{1}{2\sqrt{xy}}\)
Có \(2=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\ge2\sqrt{\frac{1}{xy}}=\frac{2}{\sqrt{xy}}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{1}{2\sqrt{xy}}\le\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\)\(VT\le\frac{1}{2}\) ( đpcm )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}x^2=y\\y^2=x\\\frac{1}{x}=\frac{1}{y}\end{cases}\Leftrightarrow x=y}\)
...
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
\(\left(x\cdot1+y\cdot1\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2\right)=2\Rightarrow x+y\le\sqrt{2}\)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
\(\left(x\sqrt{1+y}+y\sqrt{1+x}\right)^2\le\left(x^2+y^2\right)\left(1+y+1+x\right)=x+y+2=2+\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow x\sqrt{y+1}+y\sqrt{x+1}\ge\sqrt{2+\sqrt{2}}\)
Dấu = xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
Đặt vế trái của BĐT cần chứng minh là P
Ta có:
\(P=\dfrac{\sqrt{xy+\left(x+y+z\right)z}+\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}}{1+\sqrt{xy}}=\dfrac{\sqrt{\left(x+z\right)\left(y+z\right)}+\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}}{1+\sqrt{xy}}\)
\(P\ge\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{xy}+z\right)^2}+\sqrt{\left(x+y\right)^2}}{1+\sqrt{xy}}=\dfrac{\sqrt{xy}+x+y+z}{1+\sqrt{xy}}=\dfrac{\sqrt{xy}+1}{1+\sqrt{xy}}=1\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y\)
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 \(x=y=\frac{1}{2}\)
\(VT^2\le3\left(\dfrac{1}{2x^2+y^2+3}+\dfrac{1}{2y^2+z^2+3}+\dfrac{1}{2z^2+x^2+3}\right)\)
Mặt khác:
\(\dfrac{1}{2\left(x^2+1\right)+y^2+1}\le\dfrac{1}{4x+2y}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x+x+y}\right)\le\dfrac{1}{18}\left(\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\)
\(\Rightarrow VT^2\le\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{3}{x}+\dfrac{3}{y}+\dfrac{3}{z}\right)=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=\dfrac{3}{2}\)
\(\Rightarrow VT\le\dfrac{\sqrt{6}}{2}\)
Ta chứng minh điều sau: Nếu \(a,b>0\) thì \(2a^2+ab+2b^2\ge\frac{5\left(a+b\right)^2}{4}.\) Thực vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\(8a^2+4ab+8b^2\ge5\left(a^2+2ab+b^2\right)\Leftrightarrow3\left(a^2-2ab+b^2\right)\ge0\Leftrightarrow3\left(a-b\right)^2\ge0.\)
Quay lại bài toán, áp dụng nhận xét ta được
\(\sqrt{2x^2+xy+2y^2}\ge\frac{5\left(x+y\right)}{2},\sqrt{2y^2+yz+2z^2}\ge\frac{5\left(y+z\right)}{2},\sqrt{2z^2+zx+2x^2}\ge\frac{5\left(z+x\right)}{2}.\)
Cộng các bất đẳng thức lại ta sẽ được \(VT\ge\frac{5}{2}>\sqrt{5}.\)
\(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+y^2-2xy\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\Leftrightarrow x^2+y^2+2xy\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow1\ge4xy\Leftrightarrow xy\le\frac{1}{4}\)(1)
\(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge2\Leftrightarrow x+y\ge\sqrt{2}\)
Từ phần a ta có \(x+y\le\sqrt{2}\)
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(VT^2=\left(\sqrt{2x+1}+\sqrt{2y+1}\right)^2\)
\(\le\left(1+1\right)\left(2\left(x+y\right)+2\right)\)
\(=2\cdot\left(2\left(x+y\right)+2\right)\le2\cdot\left(2\sqrt{2}+2\right)\)
\(=4\sqrt{2}+4=VP^2\)
Suy ra \(VT\ge VP\) (ĐPCM)