\(x^2+y^2\le x+y\Leftrightarrow\left(2x-1\right)^2\le-4y^2+4y+1\text{ (1)}\)
+Nếu \(-4y^2+4y+1< 0\) thì (1) có \(VT\ge0>VP\), (1) ko thỏa --> loại.
+Nếu \(-4y^2+4y+1=0\Leftrightarrow y=\frac{1+\sqrt{2}}{2}\text{ }\left(do\text{ }y>0\right)\) thì\(\left(2x-1\right)^2\le0\Leftrightarrow2x-1=0\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}\)
\(A=x+3y=2+\frac{3}{\sqrt{2}}\approx4.12\)
+Xét \(-4y^2+4y+1>0\Leftrightarrow\frac{1-\sqrt{2}}{2}< y< \frac{1+\sqrt{2}}{2}\)
\(\Rightarrow0< y< \frac{1+\sqrt{2}}{2}\approx1.207\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow-\sqrt{-4y^2+4y+1}\le2x-1\le\sqrt{-4y^2+4y+1}\)
\(\Rightarrow2x\le\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2}+1\)
\(2A=2x+6y\le\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2}+3\left(2y-1\right)+1+3\)
Áp dụng bđt Bu-nhia-cop-xki
\(1.\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2}+3.\left(2y-1\right)\le\sqrt{1^2+3^2}.\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2+\left(2y-1\right)^2}=2\sqrt{5}\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\frac{1}{3^2}=\frac{2-\left(2y-1\right)^2}{\left(2y-1\right)^2}\Leftrightarrow\left(2y-1\right)^2=\frac{9}{5}\)
\(\Leftrightarrow2y-1=\pm\frac{3}{\sqrt{5}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=\frac{3}{2\sqrt{5}}+\frac{1}{2}\approx1.17\in\left(0;\frac{1+\sqrt{2}}{2}\right)\\y=-\frac{3}{2\sqrt{5}}+\frac{1}{2}< 0\end{cases}}\)
\(\Rightarrow2A\le4+2\sqrt{5}\)
\(\Rightarrow A\le2+\sqrt{5}\approx4.23\)
Dấu bằng xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}y=\frac{3}{2\sqrt{5}}+\frac{1}{2}\\x=\frac{1+\sqrt{2-\left(2y-1\right)^2}}{2}=\frac{1}{2\sqrt{5}}+\frac{1}{2}\end{cases}}\)
.Điểm rơi \(x=y=1\)
\(A\le4\)
Kết thúc chứng minh.
\(x+y\ge x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\Leftrightarrow x+y\le2.\)
Cho hai số thực dương \(x,y\) thỏa mãn \(x^2+y^2\le x+y\) \(\left(i\right)\)
Tính GTLN của \(A=x+3y\)
\(~~~~~~~~~~~~\)
Trước hết, theo một kết quả quen thuộc cộng với giả thiết đã cho của bài toán, ta kết luận được một bất đẳng thức sau:
\(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\)
nghĩa là \(x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\) \(\left(ii\right)\)
Lúc này, tiếp tục tương tác với điều kiện \(\left(ii\right),\) ta dẫn đến một kết quả mới:
\(x+y\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\)
nên từ đó, ta có thể suy ra được đánh giá mới sau:
\(x+y\le2\)
\(~~~~~~~~~~~~\)
Sử dụng bất đẳng thức vừa chứng minh ở trên, ta đi đến kết luận như sau:
\(A=x+3y=\left(x+y\right)+2y\le2+2y\)
Khi đó, ta cần tìm giá trị lớn nhất cho biến số \(y\) để thỏa mãn việc chứng minh.
Bất đẳng thức trên mang tính chất hoán vị giữa các biến số nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử:
\(x\ge y>0\) \(\left(\alpha\right)\)
Từ bất đẳng thức của giả thiết \(\left(i\right)\) suy ra
\(2\left(x^2+y^2\right)\le2\left(x+y\right)\)
Đổi chiều bất đẳng thức, và thực hiện các bước xây dựng mới sau:
\(2y\ge2x^2+2y^2-2x=\left(x-1\right)^2+x^2+2y^2-1\ge x^2+2y^2-1\)
Mặt khác, do điều kiện \(\left(\alpha\right)\) được xác định nên cùng với bất đẳng thức ở trên, ta thiết lập đáng giá có dạng:
\(2y\ge3y^2-1\)
\(\Leftrightarrow\) \(3y^2-2y-1\le0\)
\(\Leftrightarrow\) \(\left(y-1\right)\left(3y+1\right)\le0\)
Từ \(\left(\alpha\right)\text{ }\Rightarrow\)\(3y+1>0\) nên từ đánh giá trên, ta đưa ra một kết luận sau:
\(y-1\le0\)
hay nói cách khác, \(y\le1\)
Khi đó, để hoàn tất chứng minh, ta đánh giá biểu thức \(A\le4\)
Cuối cùng, với \(x=y=1\) (thỏa mãn điều kiện) thì \(A=4\) nên ta suy ra được \(4\) là giá trị lớn nhất của biểu thức số \(A\)
Phép chứng minh hoàn tất.
