Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(P\le\frac{1}{2}\left(\Sigma\frac{1}{\sqrt{xy}}\right)\le\frac{\left(xy+yz+zx\right)^2}{6x^2y^2z^2}\le\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{6x^2y^2z^2}=\frac{3}{2}\)
dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\)\(x=y=z=1\)
mình nhầm :) làm lại nhé
\(P\le\frac{1}{2}\left(\Sigma\frac{1}{\sqrt{xy}}\right)\le\frac{\left(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}\right)^2}{6xyz}\le\frac{xy+yz+zx}{2xyz}\le\frac{x^2+y^2+z^2}{2xyz}=\frac{3}{2}\)
Ta thấy
72
=
2
3
.
3
2
72=2
3
.3
2
nên a, b có dạng
{
�
=
2
�
3
�
�
=
2
�
.
3
�
{
a=2
x
3
y
b=2
z
.3
t
với
�
,
�
,
�
,
�
∈
N
x,y,z,t∈N và
�
�
�
{
�
,
�
}
=
3
;
�
�
�
{
�
,
�
}
=
2
max{x,z}=3;max{y,t}=2.
Theo đề bài, ta có
2
�
.
3
�
+
2
�
.
3
�
=
42
2
x
.3
y
+2
z
.3
t
=42
⇔
2
�
−
1
.
3
�
−
1
+
2
�
−
1
3
�
−
1
=
7
⇔2
x−1
.3
y−1
+2
z−1
3
t−1
=7 (*), do đó
�
,
�
,
�
,
�
≥
1
x,y,z,t≥1
TH1:
�
≥
�
,
�
≤
�
x≥z,y≤t. Khi đó
�
=
3
,
�
=
2
x=3,t=2. (*) thành:
4.
3
�
−
1
+
3.
2
�
−
1
=
7
4.3
y−1
+3.2
z−1
=7
⇔
�
=
�
=
1
⇔y=z=1
Vậy
{
�
=
24
�
=
18
{
a=24
b=18
(nhận)
TH2: KMTQ thì giả sử
�
≥
�
,
�
≥
�
x≥z,y≥t. Khi đó
�
=
3
,
�
=
2
x=3,z=2. (*) thành
4.
3
�
−
1
+
2.
3
�
−
1
=
7
4.3
y−1
+2.3
t−1
=7, điều này là vô lí.
Vậy
(
�
,
�
)
=
(
24
,
18
)
(a,b)=(24,18) hay
(
18
,
24
)
(18,24) là cặp số duy nhất thỏa yêu cầu bài toán.
1. \(1=x^2+y^2\ge2xy\Rightarrow xy\le\frac{1}{2}\)
\(A=-2+\frac{2}{1+xy}\ge-2+\frac{2}{1+\frac{1}{2}}=-\frac{2}{3}\)
max A = -2/3 khi x=y=\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)
\(\frac{1}{xy}+\frac{1}{xz}=\frac{1}{x}\left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge\frac{1}{x}.\frac{4}{y+z}=\frac{4}{\left(4-t\right)t}=\frac{4}{4-\left(t-2\right)^2}\ge1\) với t = y+z => x =4 -t
Cho x,y là hai số dương thay đổi thỏa mãn xy=1, tìm gtln của \(\frac{x}{x^4+y^2}+\frac{y}{x^2+y^4}\)
với x,y dương, áp dụng bđt cosi ta có:
\(x^4+y^2\ge2\sqrt{x^4.y^2}=2x.xy=2x\left(xy=1\right)\Rightarrow\frac{x}{x^4+y^2}\le\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}\)
tương tự thì: \(\frac{y}{x^2+y^4}\le\frac{1}{2}\)
=> (gọi là A đi ): \(A\le\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow x=y=1\)
Cho \(xy=1\)và \(x,y>0\)
Tìm \(M_{max}=\frac{x}{x^4+y^2}+\frac{y}{x^2+y^4}\)
\(M=\frac{x}{x^4+\frac{1}{x^2}}+\frac{x}{y^2+\frac{1}{y^2}}\)
\(M=\frac{x^4}{x^6+1}+\frac{y^3}{y^6+1}\)
Áp dụng BĐT Cauchy
\(x^6+1\ge2x^3=>\frac{x^2}{x^6+1}\le\frac{1}{2}\)
Tương tự \(\frac{y^3}{y^6+1}\le\frac{1}{2}\)
\(=>M\le1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}xy=1\\x=1\\y=1\end{cases}}\Leftrightarrow x=y=1\)
Vậy \(M_{max}=1\)khi \(x=y=1\)
Áp dụng bđt AM-GM ta có
\(x^4+y^2\ge2x^2y\)
\(x^2+y^4\ge2xy^2\)
\(\Rightarrow M\le\frac{x}{2x^2y}+\frac{y}{2xy^2}=\frac{1}{2xy}+\frac{1}{2xy}=\frac{1}{xy}=1\)
Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=1\)
Vậy..........
Theo đề bài ta có:
\(2\left(y^2+1\right)+6\ge\left(x^4+1\right)+\left(y^4+4\right)+\left(z^4+1\right)\ge2x^2+4y^2+2z^2\)
\(\Rightarrow0< x^2+y^2+z^2\le4\)
Đặt: \(t=x^2+y^2+z^2.Đkxđ:0< t\le4\)
Ta có: \(\sqrt{2}\left(x+y\right)y=\sqrt{2x}y+\sqrt{2z}y\le\frac{2x^2+y^2}{2}+\frac{2z^2+y^2}{2}=x^2+y^2+z^2\)
\(P\le x^2+y^2+z^2+\frac{1}{x^2+y^2+z^2+1}=t+\frac{1}{t+1}=f\left(t\right)\)
Xét hàm: \(f\left(t\right)=t+\frac{1}{t+1}\) liên tục trên \(\left(0;4\right)\)
\(f'\left(t\right)=1-\frac{1}{\left(t+1\right)^2}>0\forall t\in\left\{0;4\right\}\)nên:
\(\Rightarrow f\left(t\right)\) đồng biến trên \(\left\{0;4\right\}\)
\(\Rightarrow P\le f\left(t\right)\le f\left(4\right)=\frac{21}{5}\forall t\in\left(0;4\right)\)
\(\Rightarrow P_{Min}=\frac{21}{5}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=z=1\\y=\sqrt{2}\end{cases}}\)
Vậy ....................
ミ★๖ۣۜBăηɠ ๖ۣۜBăηɠ ★彡
có cách nào không dùng hàm k ???
