Lời giải:

Đặt biểu thức đã cho là $A$

\(A=\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy}\)

\(\Rightarrow A^2=x^2+y^2+xy+2\sqrt{xy(x^2+y^2)}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^2+y^2\geq 2xy\Rightarrow 2\sqrt{xy(x^2+y^2)}\geq 2\sqrt{xy.2xy}\geq xy\) do \(x,y\geq 0\)

\(\Rightarrow A^2\geq x^2+y^2+xy+xy\Leftrightarrow A^2\geq (x+y)^2=4\)

\(\Leftrightarrow A\geq 2\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \((x,y)=(2,0)\) và hoán vị.

Mặt khác:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(A^2=(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy})^2\leq (x^2+y^2+2xy)(1+\frac{1}{2})\)

\(\Leftrightarrow A^2\leq (x+y)^2.\frac{3}{2}=4.\frac{3}{2}=6\)

\(\Leftrightarrow A\leq \sqrt{6}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \((x,y)=\left(\frac{3+\sqrt{3}}{3}; \frac{3-\sqrt{3}}{3}\right)\)

cách làm cho lớp 9

\(2=x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le1\)

\(x;y\ge0\Rightarrow xy\ge0\) \(0\le xy\le1\)

đặt x y =t => 0<=t<=1

\(A=\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy}=\sqrt{4-2t}+\sqrt{t}\)

\(A>0;A^2=4-t+2\sqrt{4t-2t^2}\)

m =A^2 -4 \(\Leftrightarrow m+t=\sqrt{4t-2t^2}\)

m +t >= 0=> m>=-1

\(\Leftrightarrow m^2+2mt+t^2=4\left(4t-2t^2\right)\)

\(9t^2+2\left(m-8\right)t+m^2=0\)

\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow\left(m-8\right)^2-9m^2\ge0\Rightarrow-8m^2-2.8m+64\ge0\)

\(-4\le m\le2\)

với m =2 => t=2/3 đảm bảo điều kiện => GTLN m =2

m cần đảm bảo điều kiện

m+t>=0

\(\Leftrightarrow m+\dfrac{-\left(m-8\right)-\sqrt{-8m^2-18m+64}}{9}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{9m-\left(m-8\right)-\sqrt{-8m^2-18m+64}}{9}\ge0\)

\(\Leftrightarrow8m+8\ge\sqrt{-8m^2-18m+64}\)

m>=-1 => 8m+8 >=0

\(\Leftrightarrow64m^2+2.8.8m+64\ge-8m^2-18m+64\)

\(\Leftrightarrow m^2+2m\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-2\\m\ge0\end{matrix}\right.\) đang xét m>=1 => m>=0

=> \(0\le m\le2\)

\(0\le A^2-4\le2\Leftrightarrow4\le A^2\le6\)

\(A>0\Rightarrow2\le A\le\sqrt{6}\) =>dpcm

đẳng thức khi t =0 ; t=2/3

\(t=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x;y\right)=\left(2;0\right)\\\left(x;y\right)=\left(0;2\right)\end{matrix}\right.\)

\(t=\dfrac{2}{3}\) giải hệ

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=2\\xy=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)

x;y là nghiệm pt : \(3z^2-6z+2=0\)

\(\Delta=9-6=3\Rightarrow\left(x;y\right)=\left(\dfrac{3\pm\sqrt{3}}{3};\dfrac{3\mp\sqrt{3}}{3}\right)\)

\(\dfrac{x}{y^2z^2}+\dfrac{y}{z^2x^2}+\dfrac{z}{x^2y^2}=t\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3=tx^2y^2z^2\)

Không mất tính tổng quát ta giả sử: \(x\ge y\ge z\ge1\)

Ta có:

\(3x^3\ge x^3+y^3+z^3=tx^2y^2z^2\)

\(\Leftrightarrow3x\ge ty^2z^2\)

\(\Leftrightarrow9x^2\ge t^2y^4z^4\left(1\right)\)

Ta lại có:

\(y^3+z^3⋮x^2\)

\(\Rightarrow y^3+z^3\ge x^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(18y^3\ge9\left(y^3+z^3\right)\ge9x^3\ge t^2y^4z^4\)

\(\Leftrightarrow z^4\le t^2yz^4\le18\)

\(\Leftrightarrow1\le z\le2\)

Tới đây thì đơn giản rồi

Đặt \(t=\sqrt{x}-1\) ta có \(t>0,\left(\forall x>1\right)\) và \(\sqrt{x}=t+1;x=t^2+2t+1\) từ đó

\(P=\dfrac{t^2+3t+3}{t}=3+\left(t+\dfrac{3}{t}\right)\ge3+2\sqrt{t.\dfrac{3}{t}}=3+2\sqrt{3}\)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

\(\left\{{}\begin{matrix}t>0\\t=\dfrac{3}{t}\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow t=\sqrt{3}\) \(\Leftrightarrow x=4+2\sqrt{3}\)

Vậy \(minP=3+2\sqrt{3}\)

\(P=\dfrac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{x-1+\sqrt{x}-1+1+2}{\sqrt{x}-1}\)

\(P=\sqrt{x}-1+\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}+3\)

với x >1 => \(\sqrt{x}-1>0;\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}>0\)

áp cô si cho 2 số dươg

\(P\ge2\sqrt{\left(\sqrt{x}-1\right).\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}}+3=2\sqrt{3}+3\)

đẳng thức khi \(\sqrt{x}-1=\dfrac{3}{\sqrt{x}-1}\)

\(\sqrt{x}-1=\pm\sqrt{3}\Rightarrow x=4+2\sqrt{3}\)thỏa mãn đk của x

kết luận

GTNN \(3+2\sqrt{3}\)

Lời giải:

Đặt \(A=(a+1)(b+1)(c+1)\)

\(6A=(a+1)(b+b+2)(c+c+c+3)\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(6A\geq 2\sqrt{ab}.3\sqrt[3]{2b^2}.4\sqrt[4]{3c^3}\)

\(\Leftrightarrow 6A\geq 24\sqrt{a}.\sqrt[3]{2b^2}.\sqrt[4]{3c^3}=24\sqrt[12]{a^6.16b^8.27c^9}\)

\(\Leftrightarrow A\geq 4\sqrt[12]{432a^6b^8c^9}\) (1)

Lại có:

\(abc=ab(6-a-b)=\frac{2}{9}.3a.\frac{3}{2}b(6-a-b)\)

\(\leq \frac{2}{9}.\left(\frac{3a+\frac{3}{2}b+6-a-b}{3}\right)^3\) (BĐT AM-GM ngược dấu)

\(\Leftrightarrow abc\leq \frac{2}{9}\left(\frac{6+2a+\frac{b}{2}}{3}\right)^3\leq \frac{2}{9}\left(\frac{6+2+1}{3}\right)^3\)

\(\Leftrightarrow abc\leq 6\) (2)

Từ (1); (2) suy ra \(A\geq 4\sqrt[12]{2.(abc)^3.a^6b^8c^9}\geq 4\sqrt[12]{a^3b.a^3b^3c^3.a^6b^8c^9}\)

(do \(a\leq 1, b\leq 2\))

hay \(A\geq 4\sqrt[12]{(abc)^{12}}=4abc\)

Do đó ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi \((a,b,c)=(1,2,3)\)

cách này số vẫn hơi to quá :)

Lời giải:

Ta có:

\(S=1^{22}+2^{22}+3^{22}+...+2015^{22}\)

\(S=2^2(2^{20}-1)+3^2(3^{20}-1)+...+2015^2(2015^{20}-1)+(1^2+2^2+...+2015^2)\)

Xét số tổng quát \(a^2(a^{20}-1)\)

Nếu $a$ chẵn thì \(a\vdots 2\Rightarrow a^2\vdots 4\Rightarrow a^2(a^{20}-1)\vdots 4\)

Nếu $a$ lẻ. Ta biết một số chính phương chia $4$ dư $0,1$. Mà $a$ lẻ nên \(a^2\equiv 1\pmod 4\)

\(\Rightarrow a^{20}\equiv 1^{10}\equiv 1\pmod 4\)

\(\Rightarrow a^2(a^{20}-1)\vdots 4\)

Vậy \(a^2(a^{20}-1)\vdots 4\) (1)

Mặt khác:

Xét $a$ chia hết cho $5$ suy ra \(a^2\vdots 25\Rightarrow a^2(a^{20}-1)\vdots 25\)

Xét $a$ không chia hết cho $5$ tức $(a,5)$ nguyên tố cùng nhau.

Áp dụng định lý Fermat nhỏ: \(a^4\equiv 1\pmod 5\)

Có \(a^{20}-1=(a^4-1)[(a^4)^4+(a^4)^3+(a^4)^2+(a^4)^1+1]\)

\(a^4\equiv 1\pmod 5\rightarrow a^4-1\equiv 0\pmod 5\)

\((a^4)^4+(a^4)^3+(a^4)^2+(a^4)^1+1\equiv 1^4+1^3+1^2+1^1+1\equiv 5\equiv 0\pmod 5\)

Do đó: \(a^{20}-1=(a^4-1)[(a^4)^4+...+1]\vdots 25\)

Vậy trong mọi TH thì \(a^2(a^{20}-1)\vdots 25\) (2)

Từ (1)(2) suy ra \(a^2(a^{20}-1)\vdots 100\)

Do đó: \(2^2(2^{20}-1)+3^2(3^{20}-1)+...+2015^2(2015^{20}-1)\vdots 100\)

Mặt khác ta có công thức sau:

\(1^2+2^2+..+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)

\(\Rightarrow 1^2+2^2+..+2015^2=\frac{2015(2015+1)(2.2015+1)}{6}\equiv 40\pmod {100}\)

Do đó S có tận cùng là 40

Lời giải:

Ta có:

\(x^3-x^2y+3x-2y-5=0\)

\(\Leftrightarrow x^3+3x-5-y(x^2+2)=0\)

\(\Leftrightarrow y=\frac{x^3+3x-5}{x^2+2}=x+\frac{x-5}{x^2+2}\)

Để \(y\in \mathbb{Z}\Rightarrow x+\frac{x-5}{x^2+2}\in\mathbb{Z}\Leftrightarrow \frac{x-5}{x^2+2}\in\mathbb{Z}\)

\(\Leftrightarrow x-5\vdots x^2+2\)

\(\Rightarrow x^2-25\vdots x^2+2\)

\(\Rightarrow x^2+2-27\vdots x^2+2\Rightarrow 27\vdots x^2+2\)

Do đó:
\(x^2+2\in \left\{ 3, 9, 27\right\}\) (do \(x^2+2\geq 2\) )

\(\Rightarrow x\in \left\{\pm 1, \pm 5\right\}\)

Nếu \(x=-1\Rightarrow y=-3\)

Nếu $x=1$ thì \(y=\frac{-1}{3}\) (loại)

Nếu \(x=-5\Rightarrow y=\frac{-145}{27}\) (loại)

Nếu $x=5$ thì $y=5$

Vậy...........

Anh em dành chút thời gian giải giúp mình câu này, mình chưa hiểu.

Ta co : (x+y)²≤2(x²+y²)

=> x+y≤\(\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}\)

=> \(\dfrac{z^2}{x+y}\ge\dfrac{z^2}{\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}}\)

Tuong tu: \(\dfrac{x^2}{y+z}\ge\dfrac{x^2}{\sqrt{2\left(y^2+z^2\right)}}\)

\(\dfrac{y^2}{x+z}\ge\dfrac{y^2}{\sqrt{2\left(x+z\right)}}\)

VT≥\(\dfrac{x^2}{\sqrt{2\left(y^2+z^2\right)}}+\dfrac{y^2}{\sqrt{2\left(x^2+z^2\right)}}+\dfrac{z^2}{\sqrt{2\left(x^2+y^2\right)}}\)

Dat : \(\sqrt{y^2+z^2}=a\)

\(\sqrt{x^2+z^2}=b\)

\(\sqrt{x^2+y^2}=c\)

=> a+b+c=2015 , a²=y²+z² , b²=x²+z² , c²=x²+y²

=> VT≥ \(\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2\sqrt{2}.a}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2\sqrt{2}.b}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2\sqrt{2}c}\)

≥ \(\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left[\dfrac{\left(b+c\right)^2}{2a}+\dfrac{\left(a+b\right)^2}{2c}+\dfrac{\left(a+c\right)^2}{2b}-2015\right]\)

≥\(\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left[2\left(a+b+c\right)-2015\right]\)

= \(\dfrac{2015}{2\sqrt{2}}\)

Lời giải:

Đặt biểu thức đã cho là $A$

Ta có:

\(A=\sqrt{\frac{a}{b+c+2a}}+\sqrt{\frac{b}{a+c+2b}}+\sqrt{\frac{c}{a+b+2c}}\)

\(A=\sqrt{\frac{a}{(a+b)+(a+c)}}+\sqrt{\frac{b}{(b+c)+(b+a)}}+\sqrt{\frac{c}{(c+a)+(c+b)}}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(A\leq\sqrt{\frac{a}{2\sqrt{(a+b)(a+c)}}}+\sqrt{\frac{b}{2\sqrt{(b+c)(b+a)}}}+\sqrt{\frac{c}{2\sqrt{(c+a)(c+b)}}}\)

\(\Leftrightarrow A\leq \sqrt[4]{\frac{a^2}{4(a+b)(a+c)}}+\sqrt[4]{\frac{b^2}{4(b+c)(b+a)}}+\sqrt[4]{\frac{c^2}{4(c+a)(c+b)}}(*)\)

Tiếp tục áp dụng AM-GM:

\(\sqrt[4]{\frac{a^2}{4(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\)

\(\sqrt[4]{\frac{b^2}{4(b+c)(b+a)}}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{b}{b+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\)

\(\sqrt[4]{\frac{c^2}{4(c+a)(c+b)}}\leq \frac{1}{4}\left(\frac{c}{c+a}+\frac{c}{c+b}+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\)

Cộng theo vế kết hợp với $(*)$

\(\Rightarrow A\leq \frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}+6.\frac{1}{2}\right)\)

\(\Leftrightarrow A\leq \frac{1}{4}.6=\frac{3}{2}\)

Vậy \(A_{\max}=\frac{3}{2}\Leftrightarrow a=b=c\)

\(a=b=c\rightarrow P=\frac{3}{2}\). Ta se c/m do la gtln của P. Thật vậy:

\(\frac{1}{2}P=\sqrt{\frac{1}{4}.\frac{a}{b+c+2a}}+...\)

\(\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}+\frac{a}{b+c+2a}+\frac{1}{4}+\frac{b}{c+a+2b}+\frac{1}{4}+\frac{c}{a+b+2c}\right)\)

\(=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}+\frac{a}{\left(b+a\right)+\left(c+a\right)}+\frac{b}{\left(c+b\right)+\left(b+a\right)}+\frac{c}{\left(c+a\right)+\left(c+b\right)}\right)\)

\(\le\frac{1}{2}\left[\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\left(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a}\right)\right]=\frac{3}{4}\)

Do đó \(P\le\frac{3}{2}\)

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c

@Akai Haruma giúp em bài này đc k ạ :((

Em xem có đúng đề không? Chị thử \(a=1, b=2 , c=5\) thấy đâu có đúng.