cho xyz=5
tính:
P=\(\frac{1}{2x+2xz+1}+\frac{2xy}{y+2xy+10}+\frac{10z}{10z+yz+10}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\Leftrightarrow3x^2+x\left(2y^2-y-3\right)-\left(2y^2-y-3\right)=0\)
đặt \(\left(2y^2-y-3\right)=m\)với m là số tự nhiên nên phương trình trở thành
\(\Leftrightarrow3x^2+mx-m=0\)
có \(\Delta=m^2+12m=\left(m+6\right)^2-36=k^2\)vì x,y nguyên nên \(\Delta\)là số chính phương
\(\Leftrightarrow\left(m+6-k\right)\left(m+6+k\right)=36\)
m+6-k và m+6+k là ước của 36 ta xét các trường hợp có thể sảy ra (36,6);(18,2);(12,3);(9,4);(6,6).
5.\(\hept{\begin{cases}m+6+k=6\\m+6-k=6\end{cases}}\Leftrightarrow2m=0\Leftrightarrow m=0\)
\(2y^2-y-3=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=-1\\y=\frac{3}{2}\end{cases}}\)\(\Rightarrow y=-1\)
thay m=0 có \(\Delta=0\)phương trình ban đầu trở thành
\(3x^2=0\Leftrightarrow x=0\)
vậy cặp (x,y) nguyên là (0,-1)
Ta có: \(12\ge\left(a+b\right)^3+4ab\ge a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)+4ab\)
\(\ge4ab\left(a+b\right)+4ab\ge8\sqrt{a^3b^3}+4ab\)
\(\Leftrightarrow3\ge2\sqrt{a^3b^3}+ab\Leftrightarrow\left(\sqrt{ab}-1\right)\left(2ab+2\sqrt{ab}+3\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow ab\le1\). Ta có BĐT \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\le\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{ab}-1\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\le0\) đúng với \(ab\le1\)
Áp dụng BĐT vừa c/m trên ta có:
\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+2015ab\le\frac{2}{1+\sqrt{ab}}+2015ab\)
Cần chứng minh \(\frac{2}{1+\sqrt{ab}}+2015ab\le2016\)
\(\Leftrightarrow2015\sqrt{ab}\left(ab-1\right)+\sqrt{ab}\left(\sqrt{ab}-1\right)+2014ab\le2014\) ( luôn đúng do \(ab\le1\))
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)
Từ \(a^5+b^5=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b+a^2b-ab^3+b^4\right)\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a^3-b^3\right)\left(a-b\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\right]\)
\(\ge\left(a+b\right)^2a^2b^2\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^5+b^5+ab\ge ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{ab}{ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]}\)
\(=\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\frac{c}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\ge\frac{a}{a+b+c};\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\ge\frac{b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(P\ge\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Từ \(a^5+b^5=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b+a^2b-ab^3+b^4\right)\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a^3-b^3\right)\left(a-b\right)\right]\)
\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\right]\)
\(\ge\left(a+b\right)^2a^2b^2\forall a,b>0\)
\(\Rightarrow a^5+b^5+ab\ge ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]\)
\(\Rightarrow\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{ab}{ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]}\)
\(=\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\frac{c}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)
Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:
\(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\ge\frac{a}{a+b+c};\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\ge\frac{b}{a+b+c}\)
Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:
\(P\ge\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Bị làm sao vậy?Chúc người ta ngủ ngon rồi lại kêu giải toán?Bị bệnh gì thế hả bạn?
P=y/(2xy+2xyz+y)+2xy/(y+2xy+10)+(2xyz.z)/(2xyz.z+yz+2xyz)=
=y/(2xy+10+y)+2xy/(y+2xy+10)+2xz/(2xz+1+2x)
=y/(2xy+10+y)+2xy/(y+2xy+10)+2xyz/(2xyz+y+2xy)=y/(2xy+10+y)+2xy/(y+2xy+10)+10/(10+y+2xy)=1.
Vay P=1