khó quá nha bn

mk mới chỉ hok lớp 7 thôi

xin lỡi nha

mk tin sẽ có nguoi tra lới cau hoi của bn

hok tot >_<

\(1,\hept{\begin{cases}10x^2+5y^2-2xy-38x-6y+41=0\left(1\right)\\3x^2-2y^2+5xy-17x-6y+20=0\left(2\right)\end{cases}}\)

Giải (1) : \(10x^2+5y^2-2xy-38x-6y+41=0\)

\(\Leftrightarrow10x^2-2x\left(y+19\right)+5y^2-6y+41=0\)

Coi pt trên là pt bậc 2 ẩn x

Có \(\Delta'=\left(y+19\right)^2-50y^2+60y-410\)

           \(=-49y^2+98y-49\)

           \(=-49\left(y-1\right)^2\)

pt có nghiệm \(\Leftrightarrow\Delta'\ge0\)

                      \(\Leftrightarrow-49\left(y-1\right)^2\ge0\)

                      \(\Leftrightarrow y=1\)

Thế vào pt (2) được x = 2

\(2,\)Đặt\(\left(a\sqrt{a};b\sqrt{b};c\sqrt{c}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\left(x,y,z>0\right)\)

\(\Rightarrow xy+yz+zx=1\)

Khi đó \(P=\frac{x^4}{x^2+y^2}+\frac{y^4}{y^2+z^2}+\frac{z^4}{x^2+z^2}\)

Áp dụng bđt \(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{x+y+z}\left(x;y;z>0\right)\left(Cauchy-engel-type_3\right)\)được

\(P\ge\frac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{2\left(x^2+y^2+z^2\right)}=\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\)

Áp dụng bđt x² + y² + z² > xy + yz + zx (tự chứng minh) ta được

\(P\ge\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\ge\frac{xy+yz+zx}{2}=\frac{1}{2}\)

Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}xy+yz+zx=1\\x=y=z\end{cases}}\)

                        \(\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

                        \(\Leftrightarrow\sqrt{a^3}=\sqrt{b^3}=\sqrt{c^3}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

                       \(\Leftrightarrow a^3=b^3=c^3=\frac{1}{3}\)

                       \(\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)

Vậy \(P_{min}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\)

Câu đầu thử xét delta đi rồi dùng công thức nghiệm sẽ tìm đc mối liên hệ x, y -> dễ

Áp dụng bđt bu nhi a ta có 

\(\left(a+b\right)^2\le2\left(a^2+b^2\right)\Rightarrow\left(-2-c\right)^2\le2\left(2-c^2\right)\)

=> \(c^2+4c+4\le4-2c^2\)

=> \(3c^2+4c\le0\Rightarrow c\left(3c+4\right)\le0\Rightarrow-\frac{4}{3}\le c\le0\)

Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\forall a,b\Rightarrow\frac{1}{4-ab}\le\frac{2}{8-a^2-b^2}\)

Theo BĐT C-S: \(\frac{2}{8-a^2-b^2}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}\right)\)

Do đó: \(\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\le\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\)

Ta có đánh giá sau: \(\frac{1}{4-a^2}\le\frac{a^4+5}{18}\Leftrightarrow\left(a^2-1\right)^2\left(a^2-2\right)\le0\) (Đúng)

Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng theo vế ta có: 

\(\frac{1}{4-a^2}+\frac{1}{4-b^2}+\frac{1}{4-c^2}\le\frac{a^4+5}{18}+\frac{b^4+5}{18}+\frac{c^4+5}{18}=1\)(ĐPCM)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Cách khác dùng Schur như sau :)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(16+3abc\left(a+b+c\right)\ge a^2b^2c^2+8\left(ab+bc+ca\right)\)

Mà \(1\ge a^2b^2c^2\). Mặt khác theo BĐT Schur ta có: 

\(\left(a^3+b^3+c^3+3abc\right)\left(a+b+c\right)\ge\)

\(\ge\left[ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right)\right]\left(a+b+c\right)\)

\(\Leftrightarrow3+3abc\left(a+b+c\right)\ge2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)+2abc\left(a+b+c\right)\)

\(=\left(ad+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2\)

BĐT sẽ được c/m xong nếu ta chỉ ra: 

\(\left(ab+bc\right)^2+\left(bc+ca\right)^2+\left(ca+ab\right)^2+12\ge8\left(ab+bc+ac\right)\) 

Đúng theo BĐT Cô-si

Dấu đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)