Sửa: \(P=2x^4+x^3\left(2y-1\right)+y^3\left(2x-1\right)+2y^4\); x+y=1

Ta có \(P=2x^4+x^3\left(2y-1\right)+y^3\left(2x-1\right)+2y^4=2x^4+2x^3y-x^3+2xy^3-y^3+2y^4\)

\(=x^3\left(2x+2y\right)+y^3\left(2x+2y\right)-\left(x^3+y^3\right)=\left(2x+2y\right)\left(x^3+y^3\right)-\left(x^3+y^3\right)\)

\(=\left(2x+2y-1\right)\left(x^3+y^3\right)=x^3+y^3\)

Do \(x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)=x^2-xy+y^2=\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\left(\frac{x}{\sqrt{2}}-\frac{y}{\sqrt{2}}\right)^2\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\)

Mà \(x+y=1\Rightarrow x^2+y^2+2xy=1\Rightarrow2\left(x^2+y^2\right)-\left(x-y\right)^2=1\)

\(\Rightarrow2\left(x^2+y^2\right)\ge1\Rightarrow\left(x^2+y^2\right)\ge\frac{1}{2}\Rightarrow P\ge\frac{1}{4}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

Áp dụng Bất Đẳng Thức Cosi ta có \(\hept{\begin{cases}\frac{x^3}{1+y}+\frac{1+y}{4}+\frac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\frac{x^3}{1+y}\cdot\frac{1+y}{4}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{3x}{2}\\\frac{y^3}{1+z}+\frac{1+z}{4}+\frac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\frac{y^3}{1+z}\cdot\frac{1+z}{4}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{3y}{2}\\\frac{z^3}{1+x}+\frac{1+x}{4}+\frac{1}{2}\ge3\sqrt[3]{\frac{z^3}{1+x}\cdot\frac{1+x}{4}\cdot\frac{1}{2}}=\frac{3z}{2}\end{cases}}\)

Cộng vế theo vế ta được \(P+\frac{3+x+y+z}{4}+\frac{3}{2}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow P\ge\frac{5}{4}\left(x+y+z\right)-\frac{9}{4}\)

Mà ta có \(\left(x+y+z\right)^2\ge3\left(xy+yz+zx\right)\ge9\Rightarrow x+y+z\ge3\)

Do đó \(P\ge\frac{5}{4}\cdot3-\frac{9}{4}=\frac{3}{2}\). Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=1

Vậy minP=\(\frac{3}{2}\)khi x=y=z=1

Ta có : xy + x + y = -1

=> x(y + 1) + y + 1 = -1 + 1

=> (x + 1)(y + 1) = 0

=> \(\orbr{\begin{cases}x+1=0\\y+1=0\end{cases}\Rightarrow}\orbr{\begin{cases}x=-1\\y=-1\end{cases}}\)(đpcm) 

Vậy nếu xy + x + y = - 1 thì có ít nhất 1 số bằng - 1

xy + x + y = -1

<=> xy + x + y + 1 = 0

<=> x( y + 1 ) + 1( y + 1 ) = 0

<=> ( x + 1 )( y + 1 ) = 0

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x+1=0\\y+1=0\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=-1\\y=-1\end{cases}}\) ( đpcm )

thì phân tích thành nhân tử là oke

\(x^2+x+1>0\)

\(\Leftrightarrow x^2+x+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}>0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}>0\)*đúng*

Ta có:\(x^2+x+1=\left(x^2+x+\frac{1}{4}\right)+\frac{3}{4}=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\)

Vì\(\left(x+\frac{1}{2}\right)^2\ge0\forall x\in R\Rightarrow\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}>0\left(đpcm\right)\)

hello

olm để học ko được nhắn bừa bãi

cútttt

a) \(x^2+y^2=0\)  ( 1 ) 

Ta có : 

\(x^2\ge0\forall x\)                                                                 

\(y^2\ge0\forall x\)     

Để ( 1 ) = 0 

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^2=0\\y^2=0\end{cases}}\)    

\(\hept{\begin{cases}x=0\\y=0\end{cases}}\)    

\(x^2+y^2=0\)   với \(x=y=0\) là mệnh đề đúng 

\(x^2+y^2=0\)  với \(\orbr{\begin{cases}x\ne0\\y\ne0\end{cases}}\)  là mệnh đề sai 

b) \(x^2+y^2\ne0\) ( 2 ) 

Vì \(x^2\ge0\forall x\) 

\(y^2\ge0\forall y\)   

Nên \(x^2+y^2\ne0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2\ne0\\y^2\ne0\end{cases}}\)    

\(\orbr{\begin{cases}x\ne0\\y\ne0\end{cases}}\) 

\(x^2+y^2\ne0\)    với \(\orbr{\begin{cases}x\ne0\\y\ne0\end{cases}}\) là mệnh đề đúng 

\(x^2+y^2\ne0\)    với \(\hept{\begin{cases}x=0\\y=0\end{cases}}\) là mệnh đề sai 

đéo bít

đặt a-1=x²;b-1=y²;c-1=z² với x,y,z>0. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(y^2+1\right)\left(x^2+1\right)+1\right]}\)

áp dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có \(x+y\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}\Rightarrow x+y+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+z}\left(1\right)̸\)

\(\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)}+z\le\sqrt{\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1}\cdot\sqrt{z^2+1}\)(2)

kết hợp (1) và (2) ta có \(x+y+z\le\sqrt{\left(z^2+1\right)\left[\left(x^2+1\right)\left(y^2+1\right)+1\right]}\)

vậy \(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le\sqrt{c\left(ab+1\right)}\left(đpcm\right)\)

ta có \(T=\frac{1}{2}\left(1-\frac{a^2}{2+a^2}+1-\frac{b^2}{2+b^2}+1-\frac{c^2}{2+c^2}\right)=\frac{1}{2}\left[3-\left(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\right)\right]\)

ta chứng minh rằng \(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\ge1\)khi đó ta sẽ có \(T\le1\)

thật vậy, áp dụng Bất Đẳng Thức Cauchy-Schwarz ta có \(\frac{a^2}{2+a^2}+\frac{b^2}{2+b^2}+\frac{c^2}{2+c^2}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\)

ta cần chứng minh rằng \(\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+6}\ge1\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac\ge a^2+b^2+c^2+6\)

\(\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\)

thật vậy, từ giả thiết ta có: \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\le a+b+c\Leftrightarrow ab+bc+ca\le abc\left(a+b+c\right)\left(1\right)\)

mà \(abc\left(a+b+c\right)\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\)

từ (1) ta có \(\frac{ab+bc+ca}{3}\le\frac{\left(ab+bc+ca\right)^2}{3}\Leftrightarrow ab+bc+ca\ge3\left(đpcm\right)\)

vậy maxT=1 khi a=b=c=1