Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có :
\(P=\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\ge3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt{xyz}}}\)
Mặt khác, ta có : \(\sqrt[3]{xyz}\le\frac{x+y+z}{3}=1\)
\(\Rightarrow P\ge3\)
Vậy GTNN của P là 3 khi x = y = z = 1
Cách đơn giản hơn cách của anh Tùng:) sửa nốt là thực dương :V
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có :
\(P=\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}}\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=\frac{9}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\)
Xét bđt phụ \(x+y+z\ge\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\)với x,y,z > 0 ( cấy ni thì dễ rồi nhân 2 vào cả 2 vế chuyển vế là xong )
\(\Rightarrow P\ge\frac{9}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}\ge\frac{9}{x+y+z}=\frac{9}{3}=3\)
Dấu "=" xảy ra <=> x=y=z=1
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(F=\frac{x^4}{x^2\sqrt{y}}+\frac{y^4}{y^2\sqrt{x}}\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{x^2\sqrt{y}+y^2\sqrt{x}}=\frac{4}{y^2\sqrt{x}+x^2\sqrt{y}}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky kết hợp AM-GM:
$(y^2\sqrt{x}+x^2\sqrt{y})^2\leq (y^2+x^2)(y^2x+x^2y)=2xy(x+y)$
$\leq (x^2+y^2)\sqrt{2(x^2+y^2)}=2\sqrt{2.2}=4$
$\Rightarrow y^2\sqrt{x}+x^2\sqrt{y}\leq 2$
$\Rightarrow F\geq \frac{4}{y^2\sqrt{x}+x^2\sqrt{x}}\geq \frac{4}{2}=2$
Vậy $F_{\min}=2$. Giá trị này đạt tại $x=y=1$
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
\(F=\frac{x^4}{x^2\sqrt{y}}+\frac{y^4}{y^2\sqrt{x}}\geq \frac{(x^2+y^2)^2}{x^2\sqrt{y}+y^2\sqrt{x}}=\frac{4}{y^2\sqrt{x}+x^2\sqrt{y}}\)
Áp dụng BĐT Bunhiacopxky kết hợp AM-GM:
$(y^2\sqrt{x}+x^2\sqrt{y})^2\leq (y^2+x^2)(y^2x+x^2y)=2xy(x+y)$
$\leq (x^2+y^2)\sqrt{2(x^2+y^2)}=2\sqrt{2.2}=4$
$\Rightarrow y^2\sqrt{x}+x^2\sqrt{y}\leq 2$
$\Rightarrow F\geq \frac{4}{y^2\sqrt{x}+x^2\sqrt{x}}\geq \frac{4}{2}=2$
Vậy $F_{\min}=2$. Giá trị này đạt tại $x=y=1$
- có : \(\hept{\begin{cases}\left(a+b\right)^2=1\\\left(a-b\right)^2\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}a^2+2ab+b^2=1\\a^2-2ab+b^2\ge0\end{cases}\Leftrightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}}\) nên : \(P=a^2+b^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{1}{2}+\frac{4}{a+b}=\frac{1}{2}+4=\frac{9}{2}\)\(P_{min}=\frac{9}{2}\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)
Bài 1: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1^2+1^2\right)\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\Rightarrow a^2+b^2\ge\frac{1}{2}\)
Lại có BĐT \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}=4\left(a+b=1\right)\)
Cộng theo vế 2 BĐT trên có:
\(P=a^2+b^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge4+\frac{1}{2}=\frac{9}{2}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=\frac{1}{2}\)
Bài 2: Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(VT^2=\left(x-1\right)+\left(3-x\right)+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(3-x\right)}\)
\(=2+2\sqrt{\left(x-1\right)\left(3-x\right)}\)
\(\le2+\left(x-1\right)+\left(3-x\right)=4\)
\(\Rightarrow VT^2\le4\Rightarrow VT\le2\left(1\right)\). Lại có:
\(VP=x^2-4x+4+2=\left(x-2\right)^2+2\ge2\left(2\right)\)
Từ (1);(2) xảy ra khi
\(VT=VP=2\Rightarrow\left(x-2\right)^2+2=2\Rightarrow\left(x-2\right)^2=0\Rightarrow x=2\) (thỏa)
Vậy x=2 là nghiệm của pt
\(\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=1\)
Với \(x=0\Leftrightarrow y=0\),
Với \(x,y\ne0\):
\(\left(\sqrt{x^2+1}-x\right)\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)\left(y+\sqrt{y^2+1}\right)=\sqrt{x^2+1}-x\)
\(\Leftrightarrow y+\sqrt{y^2+1}=\sqrt{x^2+1}-x\)
Tương tự ta cũng có: \(x+\sqrt{x^2+1}=\sqrt{y^2+1}-y\)
suy ra \(x+y=-\left(x+y\right)\Leftrightarrow x+y=0\)
\(M=10x^4+8y^4-15xy+6x^2+5y^2+2017\)
\(=18x^4+26x^2+2017\ge2017\)
Dấu \(=\)tại \(x=0\Rightarrow y=0\).