Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(x^2+4y^2+\frac{1}{4}-4xy-x+2y+y^2-\frac{25}{4}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2y-\frac{1}{2}\right)^2=\frac{25}{4}-y^2\le\frac{25}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{-5}{2}\le x-2y-\frac{1}{2}\le\frac{5}{2}\)
\(\Rightarrow-2\le x-2y\le3\)
\(\Rightarrow-1\le x-2y+1\le4\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(y=0\) và \(x=...\)
2/ \(x^3+2x+1=y^3\)
- Với \(x=0\Rightarrow y=1\)
\(VT=x^3+3x^2+3x+1-3x^2-x=\left(x+1\right)^3-x\left(3x+1\right)\) (1)
Do \(x\left(3x-1\right)\ge0\) \(\forall x\in Z\)
\(\Rightarrow VT\le\left(x+1\right)^3\Rightarrow y^3\le\left(x+1\right)^3\Rightarrow y\le x+1\)
Lại có:
\(VT=x^3-3x^2+3x-1+3x^2-x+2=\left(x-1\right)^3+3x^2-x+2\)
Do \(3x^2-x+2>0\) \(\forall x\Rightarrow VT>\left(x-1\right)^3\Rightarrow y^3>\left(x-1\right)^3\Rightarrow y>x-1\)
\(\Rightarrow x-1< y\le x+1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}y=x\\y=x+1\end{matrix}\right.\)
- Với \(y=x\) thay vào pt ta được: \(2x+1=0\Rightarrow x=\frac{-1}{2}\left(ktm\right)\)
- Với \(y=x+1\) từ \(\left(1\right)\Rightarrow x\left(3x+1\right)=0\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=1\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left(x;y\right)=\left(0;1\right)\) là cặp nghiệm nguyên duy nhất
\(VT\le\dfrac{x}{2x+2y+2}+\dfrac{y}{2yz+2z+2}+\dfrac{z}{2z+2x+2}\)
Nên ta chỉ cần chứng minh: \(\dfrac{x}{x+y+1}+\dfrac{y}{y+z+1}+\dfrac{z}{z+x+1}\le1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{y+1}{x+y+1}+\dfrac{z+1}{y+z+1}+\dfrac{x+1}{z+x+1}\ge2\)
Thật vậy, ta có:
\(VT=\dfrac{\left(x+1\right)^2}{\left(x+1\right)\left(z+x+1\right)}+\dfrac{\left(y+1\right)^2}{\left(y+1\right)\left(x+y+1\right)}+\dfrac{\left(z+1\right)^2}{\left(z+1\right)\left(y+z+1\right)}\)
\(VT\ge\dfrac{\left(x+y+z+3\right)^2}{\left(x^2+y^2+z^2\right)+3\left(x+y+z\right)+xy+yz+zx+3}\)
\(VT\ge\dfrac{6\left(x+y+z\right)+2\left(xy+yz+zx\right)+12}{3\left(x+y+z\right)+xy+yz+zx+6}=2\) (đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Do \(x,y>0\) BĐT tương đương:
\(\dfrac{x^2+2y^2+3}{2}\ge xy+y+1\)
\(\Leftrightarrow x^2+2y^2+3\ge2xy+2y+2\)
\(\Leftrightarrow x^2-2xy+y^2+y^2-2y+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Vậy BĐT được chứng minh xong
Vì x,y>0 nên các mẫu thức dương.
BĐT<=>\(2\left(xy+y+1\right)\le x^2+2y^2+3\\ \Leftrightarrow\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2y+1\right)\ge0\\ \Leftrightarrow\left(x-y\right)^2+\left(y-1\right)^2\ge0\left(1\right)\)
(1) đúng với mọi x,y>0 nên BĐT đã cho được chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=1.
Ta cần chứng minh:
\(\dfrac{1}{a+b}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\right)\left(1\right)\left(a,b>0\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{4}{a+b}\le\dfrac{a+b}{ab}\\ \Leftrightarrow4ab\le\left(a+b\right)^2\\ \Leftrightarrow\left(a-b\right)^2\ge0\left(luôn.đúng\right)\)
\(DBXR\Leftrightarrow a=b\)
Do các phép biến đổi tương đương nên (1) luôn đúng
Áp dụng (1), ta có:
\(\dfrac{1}{2x+y+z}\le\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{x+z}\right)\le\dfrac{1}{4}\left[\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z}\right)\right]=\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)
Chứng minh tương tự, ta được:
\(\dfrac{1}{x+2y+z}\le\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{2}{y}+\dfrac{1}{z}\right)\)
\(\dfrac{1}{x+y+2z}\le\dfrac{1}{16}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{2}{z}\right)\)
Cộng từng vế BĐT, ta được:
\(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\le\dfrac{1}{16}.\left(\dfrac{4}{x}+\dfrac{4}{y}+\dfrac{4}{z}\right)=\dfrac{1}{4}.\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=\dfrac{1}{4}.4=1\)Hay \(\dfrac{1}{2x+y+z}+\dfrac{1}{x+2y+z}+\dfrac{1}{x+y+2z}\le1\left(đpcm\right)\)
\(DBXR\Leftrightarrow x=y=z=\dfrac{3}{4}\)