Có:

\(\frac{x}{\sqrt{y}}+\sqrt{y}\ge2\sqrt{x};\frac{y}{\sqrt{x}}+\sqrt{x}\ge2\sqrt{y}\)

Cộng theo vế suy ra: \(\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}+\sqrt{x}+\sqrt{y}\ge2\sqrt{x}+2\sqrt{y}\)

\(\Rightarrow\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}-\sqrt{x}-\sqrt{y}\ge0\)

Đẳng thức xảy ra khi x = y

À quên sửa đề là Gtnn

Mình nhầm tìm GTLN

Sửa đề: \(T=\sqrt{1+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{\left(x+1\right)^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{\left(y+1\right)^2}}+\frac{4}{\left(x+1\right)\left(x+1\right)}\)

Rồi để ý: \(1+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{\left(x+1\right)^2}=\left[\frac{1}{x}-\frac{1}{\left(x+1\right)}\right]^2+\frac{2}{x\left(x+1\right)}+1\)

\(=\left[\frac{1}{x\left(x+1\right)}\right]^2+\frac{2}{x\left(x+1\right)}+1=\left[\frac{1}{x\left(x+1\right)}+1\right]^2=\left[1+\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}\right]^2\)

Tương tự với y rồi thế vào căn là xong:D

Bài 2 nếu ko dùng casio thì tìm điểm rơi bằng đạo hàm very EZ.

\(A=x^2-3x+\frac{4}{x}+2016\)

\(=\left(x-2\right)^2+x+\frac{4}{x}+2016\)

\(\ge\left(x-2\right)^2+2\sqrt{x\cdot\frac{4}{x}}+2012\ge2016\)

Dấu "=" xảy ra tại \(x=2\)

Em không biết đạo hàm là gì (vì bác Cool Kid quá đẳng cấp, học hết kiến thức cấp 3) nên em chỉ dùng cách lớp 8 hèn mọn thôi! Mà bác Cool Kid dòng 3 nhầm cmnr

Nháp:

Giả sử A đạt min tại x = a.

Ta có: \(A=\left(x^2-2ax+a^2\right)+\left(2a-3\right)x+\frac{4}{x}+2016-a^2\)

\(\ge\left(x-a\right)^2+2\sqrt{4\left(2a-3\right)}+2016-a^2\)

Để đẳng thức xảy ra thì: \(\hept{\begin{cases}x=a\\\left(2a-3\right)x=\frac{4}{x}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=a^2\\x^2=\frac{4}{2a-3}\end{cases}}\Rightarrow a^2=\frac{4}{2a-3}\Rightarrow a=2\)

Thay ngược lại là xong. Trình bày như sau:

\(A=\left(x-2\right)^2+x+\frac{4}{x}+2012\)

\(\ge\left(x-2\right)^2+2\sqrt{x.\frac{4}{x}}+2012=2016\)

Đẳng thức xảy ra khi x = 2

3, Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz dạng cộng mẫu thức ta có :

\(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}=2\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=1\)

Vậy ta có điều phải chứng minh

2 b 

\(bđt< =>a^2c^2+b^2d^2+2abcd\le a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2\)

\(< =>2abcd\le a^2d^2+b^2c^2\)

\(< =>a^2b^2+b^2c^2-2abcd\ge0\)

\(< =>\left(ab-cd\right)^2\ge0\)*đúng*

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(\frac{a}{b}=\frac{c}{d}\)

Vậy ta đã hoàn tất chứng minh 

??????????????????

!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!??????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????

1/ta có: y = mx + 3 và y = (2m + 1)x - 5 là hai hs bậc nhất nên:

\(\hept{\begin{cases}m\ne0\\2m+1\ne0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\ne0\\m\ne-\frac{1}{2}\end{cases}}}\)

Đồ thị của hai hs đã cho là 2 đường thẳng song song vs nhau khi và chỉ khi:

\(\hept{\begin{cases}m=2m+1\\3\ne-5\left(HiểnNhien\right)\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow m=-1\)(thỏa mãn)

kết hợp vs điều kiện, ta có m = -1 ; \(m\ne-\frac{1}{2}\); \(m\ne0\)thì đồ thị 2 hs là 2 đường thằng song song