Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cho x;y là các số thực thõa mãn \(x^2+y^2-xy=4\). Giá trị lớn nhất của biểu thức A= \(x^2+y^2\)bằng?
vì x,y>0
p/4=x^2+y^2/x^2+y^2-xy
đặt x/y=a>0
p/4=a^2+1/a^2-a+1 suy ra P(a^2-a+1=4(a^2+1) suy ra a^2(P-4)-Pa+P-4=0
ta có P^2-4(P-4)^2_>0 suy ra 8/3_< P_<8
ak dấu _< là lớn hơn hoặc bằng nha
k mk nữa
Bài này hơi căng đấy, theo cách tao nhã nào đó, nó có thể là một bề dày không hoen ố.
Dễ dàng chứng minh được bđt sau:
\(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\) \(\left(i\right)\)
Thật vậy, áp dụng bđt \(B.C.S\) cho bộ số bao gồm \(\left(1;1\right)\) và \(\left(x^2;y^2\right)\) ta được:
\(\left(1^2+1^2\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)
\(\Rightarrow\) \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)
Hay nói cách khác, \(\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\ge x+y\)
Dấu \("="\) xảy ra khi \(x=y\)
Vậy, bđt đã cho được chứng minh!
Theo như cách đề bài đã chọn, để biểu thức \(A\) có giá trị lớn nhất thì \(\frac{1}{A}\) phải đạt giá trị nhỏ nhất hay ta phải tìm \(P_{min}\)(với \(P=\frac{1}{A}\)\(\Rightarrow\) \(P\in Z^+\))
Ta có: \(P=\frac{x+y+2}{xy}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{2}{xy}\)
Lại có: \(4=x^2+y^2\ge2xy\) \(\Rightarrow\) \(2\ge xy\) (theo bđt Cauchy cho hai số \(x^2,y^2\) không âm)
nên \(P\ge\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+1\)
Mặt khác, tiếp tục áp dụng bđt \(Cauchy-Schwarz\) dạng \(Engel\) cho bộ số gồm \(\left(\frac{1}{x};\frac{1}{y}\right)\) đối với \(P,\)ta có:
\(P\ge\frac{4}{x+y}+1\ge\frac{4}{\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}}+1=\frac{4}{\sqrt{2.4}}+1=\sqrt{2}+1\) (theo bđt \(\left(i\right)\) )
Do đó, \(P_{min}=\sqrt{2}+1\) tức là \(\frac{1}{A}\) đạt giá trị nhỏ nhất là \(\sqrt{2}+1\)
Vậy, dễ dàng suy ra được \(A_{max}=\frac{1}{\sqrt{2}+1}\)
Dấu \("="\) xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\hept{\begin{cases}x,y>0\\x^2+y^2=4\\x=y\end{cases}\Leftrightarrow}\) \(x=y=\sqrt{2}\)
Cauchy-Schwarz ta có:
\(\left(1+9\right)\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+3y\right)^2\ge1\)
\(10\left(x^2+y^2\right)\ge1\Leftrightarrow A\ge\frac{1}{10}\)
Tự tìm dấu "="
2. \(BĐT\Leftrightarrow\frac{1}{1+\frac{2}{a}}+\frac{1}{1+\frac{2}{b}}+\frac{1}{1+\frac{2}{c}}\ge1\)
Đặt\(\frac{2}{a}=x;\frac{2}{b}=y;\frac{2}{c}=z\)thì \(\hept{\begin{cases}x,y,z>0\\xyz=8\end{cases}}\)
Ta cần chứng minh \(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z}\ge1\Leftrightarrow\left(yz+y+z+1\right)+\left(zx+z+x+1\right)+\left(xy+x+y+1\right)\ge xyz+\left(xy+yz+zx\right)+\left(x+y+z\right)+1\)\(\Leftrightarrow x+y+z\ge6\)(Đúng vì \(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=6\))
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2 hay a = b = c = 1
3. Ta có: \(a+b+c\le\sqrt{3}\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2\le3\)
Ta có đánh giá quen thuộc \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
Từ đó suy ra \(ab+bc+ca\le1\)
\(A=\frac{\sqrt{a^2+1}}{b+c}+\frac{\sqrt{b^2+1}}{c+a}+\frac{\sqrt{c^2+1}}{a+b}\ge\frac{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}{b+c}+\frac{\sqrt{b^2+ab+bc+ca}}{c+a}+\frac{\sqrt{c^2+ab+bc+ca}}{a+b}\)\(=\frac{\sqrt{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}}{b+c}+\frac{\sqrt{\left(b+a\right)\left(b+c\right)}}{c+a}+\frac{\sqrt{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}}{a+b}\ge3\sqrt[3]{\frac{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}}=3\)Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
Viết dưới dạng pt ẩn x:
\(x^2-2\left(y-3\right)x+\left(y^2-4y+5\right)=0\)
Để pt có nghiệm thì \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow\left(y-3\right)^2-\left(y^2-4y+5\right)\ge0\Leftrightarrow-2y+4\ge0\Leftrightarrow y\le2\)
Vậy Max y = 2, khi đó x = -1.