Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(x=y=\frac{1}{2}\)
Ta có (x-y)^2>=0
suy ra x^2+y^2>=2xy
Suy ra 2(x^2+y^2)>=(x+y)^2
Suy ra 2>=(x+y)^2
suy ra ĐPCM
We have:
\(x^{^3}+y^3=\left(x^3+\frac{1}{2}x\right)+\left(y^3+\frac{1}{2}y\right)-\frac{1}{2}\left(x+y\right)\ge\sqrt{2}\left(x^2+y^2\right)-\frac{1}{2}\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)
Dau '=' xay ra khi \(x=y=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
Tu gia thuyet we have:
\(0\le x,y\le1\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\left(x-1\right)\le0\\y\left(y-1\right)\le0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2\le x\\y^2\le y\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow x^3+y^3\le x^2+y^2=1\)
Dau '=' xay ra khi \(\left(x;y\right)=\left(1;0\right)=\left(0;1\right)\)
Bài này dễ mà ==". Áp dụng BĐT C-S ta có:
\(\left(x+y\right)^2\le\left(1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Rightarrow\left(x+y\right)^2\le2\cdot\left(x^2+y^2\right)=2\)
\(\Rightarrow-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}\)
\(\left(x-y\right)^2\ge0\Leftrightarrow x^2+y^2-2xy\ge0\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2\ge2xy\Leftrightarrow x^2+y^2+2xy\ge4xy\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\ge4xy\Rightarrow1\ge4xy\Leftrightarrow xy\le\frac{1}{4}\)(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)
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
Áp dụng BĐT AM-GM, Ta có
\(\sqrt{x-1}\le\dfrac{1+x-1}{2}=\dfrac{x}{2}\Rightarrow yz\sqrt{x-1}\le\dfrac{xyz}{2}\)
Mà \(xz\sqrt{y-2}\le\dfrac{xz\sqrt{2\left(y-2\right)}}{\sqrt{2}}\le\dfrac{xyz}{2\sqrt{2}}\)
\(yx\sqrt{z-3}\le yx.\dfrac{3+z-3}{2\sqrt{3}}=\dfrac{xyz}{2\sqrt{3}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{xy\sqrt{x-1}+xz\sqrt{y-2}+yz\sqrt{z-3}}{xyz}\le\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}}+\dfrac{1}{2\sqrt{3}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{4}+\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)
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:\(\left|x+y\right|\le\sqrt{2}\Rightarrow-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}\) \(\)
Áp dụng BĐT \(x^2+y^2\ge\dfrac{1}{2}\left(x+y\right)^2\)
\(\Rightarrow1\ge\dfrac{1}{2}\left(x+y\right)^2\)
\(\Rightarrow2\ge\left(x+y\right)^2\)
\(\Rightarrow-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}\)
Đầu tiên ta sẽ chứng minh BDT phụ \(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\)
Thật vậy, ta có BDT luôn đúng: \(\left(a-b\right)^2\ge0\) \(\Leftrightarrow a^2+b^2\ge2ab\) \(\Leftrightarrow2a^2+2b^2\ge a^2+2ab+b^2\) \(\Leftrightarrow2\left(a^2+b^2\right)\ge\left(a+b\right)^2\)
Vậy BDT phụ được chứng minh, dấu "=" xảy ra khi \(a=b\)
Áp dụng BĐT, ta được \(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)=2\) (vì \(x^2+y^2=1\))
Từ đó \(-\sqrt{2}\le x+y\le\sqrt{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y\), kết hợp với giả thiết \(x^2+y^2=1\) thì ta có \(x=y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)