NT
1
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
9 tháng 8 2021
Giả thiết thiếu rồi em, chỗ \(\dfrac{1}{x+1}+...\) thiếu đoạn sau nữa
BT
2
15 tháng 8 2019
chứng minh là đề sai nhé :
\(2\sqrt{x}=1+\sqrt{y}\ge1\) \(\Rightarrow\sqrt{x}\ge\frac{1}{2}\Rightarrow x\ge\frac{1}{4}\)
\(x+y\ge\frac{1}{4}>\frac{1}{5}\)( ko có dấu bằng xảy ra )
15 tháng 8 2019
mình nghĩ sửa \(2\sqrt{x}-\sqrt{y}=1\)thành \(2\sqrt{x}+\sqrt{y}=1\)
Khi đó: Áp dụng BĐT Bu-nhi-a-cốp-ski , ta có :
\(\left(2.\sqrt{x}+1.\sqrt{y}\right)^2\le\left(2^2+1^2\right)\left(x+y\right)\)
\(\Rightarrow x+y\ge\frac{1}{5}\) . Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\frac{2}{\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{y}}\\2\sqrt{x}+\sqrt{y}=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{4}{25}\\y=\frac{1}{25}\end{cases}}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
10 tháng 8 2021
Đặt \(\left(\dfrac{1}{\sqrt{x}};\dfrac{1}{\sqrt{y}};\dfrac{1}{\sqrt{z}}\right)=\left(a;b;c\right)\Rightarrow\dfrac{a^2}{a^2+1}+\dfrac{b^2}{b^2+1}+\dfrac{c^2}{c^2+1}=1\)
Ta cần chứng minh: \(ab+bc+ca\le\dfrac{3}{2}\)
Thật vậy, ta có:
\(1=\dfrac{a^2}{a^2+1}+\dfrac{b^2}{b^2+1}+\dfrac{c^2}{c^2+1}\ge\dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{a^2+b^2+c^2+3}\)
\(\Rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Rightarrow ab+bc+ca\le\dfrac{3}{2}\) (đpcm)
TH
0
NT
1
ML
3 tháng 8 2016
Áp dụng bđt \(\left(a^2+b^2\right)\left(c^2+d^2\right)\ge\left(ac+bd\right)^2\)
Dấu bằng xảy ra khi \(ad=bc\)
\(x\sqrt{1-y^2}+\sqrt{1-x^2}.y\le\left|x\sqrt{1-y^2}+\sqrt{1-x^2}.y\right|\le\sqrt{x^2+1-x^2}.\sqrt{1-y^2+y^2}=1\)
Dấu bằng xảy ra khi \(xy=\sqrt{1-x^2}.\sqrt{1-y^2}\Leftrightarrow x^2y^2=x^2y^2+1-\left(x^2+y^2\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2+y^2=1\)
DF
1
14 tháng 1 2021
Ta có x + y + z = 1 nên z = 1 - x - y.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
\(\dfrac{\sqrt{xy+z\left(x+y+z\right)}+\sqrt{2x^2+2y^2}}{1+\sqrt{xy}}\ge1\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}+\sqrt{2x^2+2y^2}\ge1+\sqrt{xy}\).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz:
\(\left(z+x\right)\left(z+y\right)\ge\left(\sqrt{z}.\sqrt{z}+\sqrt{x}.\sqrt{y}\right)^2=\left(z+\sqrt{xy}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(z+x\right)\left(z+y\right)}\ge z+\sqrt{xy}=\sqrt{xy}-x-y+1\); (1)
\(\sqrt{2x^2+2y^2}=\sqrt{\left(1+1\right)\left(x^2+y^2\right)}\ge x+y\). (2)
Cộng vế với vế của (1), (2) ta có đpcm.
19 tháng 4 2023
\(\dfrac{\sqrt{1+x^3+y^3}}{xy}>=\sqrt{\dfrac{3}{xy}}\)
\(\dfrac{\sqrt{1+y^3+z^3}}{yz}>=\sqrt{\dfrac{3}{yz}}\)
\(\dfrac{\sqrt{1+z^3+x^3}}{xz}>=\sqrt{\dfrac{3}{xz}}\)
=>\(VT>=\sqrt{3}\left(\dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{xz}}\right)=3\sqrt{3}\)
PH
1
7 tháng 7 2023
\(GT\Rightarrow\left(\sqrt{2+x^2}-x\right)\left(\sqrt{2+x^2}+x\right)\left(\sqrt{2+y^2}+y\right)=2\left(\sqrt{2+x^2}+x\right)\)
\(\Leftrightarrow2\left(\sqrt{2+y^2}+y\right)=2\left(\sqrt{2+x^2}+x\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{2+x^2}+x-\sqrt{2+y^2}-y=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-y\right)\left(x+y\right)}{\sqrt{2+x^2}+\sqrt{2+y^2}}+\left(x-y\right)=0\)
TH1:\(x-y=0\Leftrightarrow x=y\left(đpcm\right)\)
TH2: \(x+y+\sqrt{2+x^2}+\sqrt{2+y^2}=0\)
Ta có: \(x\ge-\sqrt{x^2}\); \(y\ge-\sqrt{y^2}\)
\(\Rightarrow x+y+\sqrt{2+x^2}+\sqrt{2+y^2}\ge\sqrt{2+x^2}-\sqrt{x^2}+\sqrt{2+y^2}-\sqrt{y^2}>0\)
Do vậy TH2 không có x,y tm
Vậy ta có đpcm
Đặt \(\hept{\begin{cases}1\sqrt{x-1}=a\\\sqrt{y-1}=b\end{cases}}\)
Thì PT thành
a + a4 + 2a2 + 1 = b + b4 + 2b2 + 1
<=> (a - b) + (a - b)(a + b)(a2 + b2) + 2(a - b)(a +b) = 0
<=> (a - b)[1 + (a + b)(a2 + b2) + 2(a +b)] = 0
<=> a = b ( vì 1 + (a + b)(a2 + b2) + 2(a +b) > 0)
<=> \(1\sqrt{x-1}=\sqrt{y-1}\)
<=> x - 1 = y - 1
<=> x = y