*)Tìm GTLN
Từ giả thiết có: \(\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le1\\0\le y\le1\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^3\le x^2\\y^3\le y^2\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow x^3+y^3\le x^2+y^2=1\)
Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=1\end{matrix}\right.\) hoặc \(\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=0\end{matrix}\right.\)
*)Tìm GTNN
Ta có: \(A=x^3+y^3=\left(x+y\right)\left(x^2-xy+y^2\right)\)
Áp dụng BĐT \(\left(x+y\right)^2\ge2\left(x^2+y^2\right)\) ta có:
\(\left(x+y\right)^2\ge2\left(x^2+y^2\right)=2\Rightarrow x+y\ge\sqrt{2}\left(x;y\ge0\right)\left(1\right)\)
Và \(xy\le\dfrac{x^2+y^2}{2}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow-xy\ge-\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow x^2+y^2-xy\ge1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\left(2\right)\)
Nhân theo vế của \(\left(1\right);\left(2\right)\) ta có:
\(A=\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-xy\right)\ge\sqrt{2}\cdot\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
***) Vì \(x,y\ge0\) và \(x^2+y^2=1\) nên:
\(\left\{{}\begin{matrix}0\le x\le1\\0\le y\le1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^3\le x^2\\y^3\le y^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x^3+y^3\le x^2+y^2=1\)
Vậy Max A=1 \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^3=x^2\\y^3=y^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0;y=1\\x=1;y=0\end{matrix}\right.\)
***) Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:
\(x^2+y^2\ge2\sqrt{x^2y^2}=2xy\)
\(\Leftrightarrow2\left(x^2+y^2\right)\ge x^2+y^2+2xy=\left(x+y\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y\right)^2\le2\Leftrightarrow x+y\le\sqrt{2}\Rightarrow\dfrac{x+y}{\sqrt{2}}\le1\) (1)
Áp dụng BĐT Bunyakovsky có:
\(\left(x^3+y^3\right)\left(x+y\right)\ge\left(\sqrt{x^3}\cdot\sqrt{x}+\sqrt{y^3}\cdot\sqrt{y}\right)^2=\left(x^2+y^2\right)^2=1\) (2)
Mặt khác: \(x^3+y^3\ge\dfrac{\left(x^3+y^3\right)\left(x+y\right)}{\sqrt{2}}\) (theo 1) (3)
Từ (2);(3) \(\Rightarrow x^3+y^3\ge\dfrac{1}{\sqrt{2}}\)
Vậy min A=\(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow x=y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
