Bài 2: 

Tìm GTLN: \(x^2+xy+y^2=3\Leftrightarrow xy=\left(x+y\right)^2-3\Rightarrow xy\ge-3\Rightarrow-7xy\le21\)

\(P=2\left(x^2+xy+y^2\right)-7xy\le2.3+21=27\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x+y=0\\xy=-3\end{cases}\Leftrightarrow}\orbr{\begin{cases}x=\sqrt{3},y=-\sqrt{3}\\x=-\sqrt{3},y=\sqrt{3}\end{cases}}\)

Tìm GTNN: 

 Chứng minh \(xy\le\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\Rightarrow\frac{3}{2}xy\le\frac{1}{2}\left(x^2+y^2+xy\right)\)

\(\Rightarrow\frac{3}{2}xy\le\frac{3}{2}\Rightarrow xy\le1\Rightarrow-7xy\ge-7\)

\(P=2\left(x^2+xy+y^2\right)-7xy\ge2.3-7=-1\)

Chúc bạn học tốt.

Làm bài 1 ha :) 

Áp dụng BĐT Cô si ta có:

\(\left(1-x^3\right)+\left(1-y^3\right)+\left(1-z^3\right)\ge3\sqrt[3]{\left(1-x^3\right)\left(1-y^3\right)\left(1-z^3\right)}\)

\(\Leftrightarrow\frac{3-\left(x^3+y^3+z^3\right)}{3}\ge\sqrt[3]{\left(1-x^3\right)\left(1-y^3\right)\left(1-z^3\right)}\)

Mặt khác:\(\frac{3-\left(x^3+y^3+z^3\right)}{3}\le\frac{3-3xyz}{3}=1-xyz\)

Khi đó:

\(\left(1-xyz\right)^3\ge\left(1-x^3\right)\left(1-y^3\right)\left(1-z^3\right)\)

Giống Holder ghê vậy ta :D

Đặt \(\left(a+1;b+1;c+1\right)=\left(x;y;z\right)\Rightarrow1\le x\le y\le z\le2\)

\(B=\left(x+y+z\right)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{z}{x}+\dfrac{x}{z}+3\) (1)

Do \(x\le y\le z\Rightarrow\left(z-y\right)\left(y-x\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow xy+yz\ge y^2+zx\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x}{z}+1\ge\dfrac{y}{z}+\dfrac{x}{y}\)

Tương tự: \(1+\dfrac{z}{x}\ge\dfrac{y}{x}+\dfrac{z}{y}\)

Cộng vế: \(2+\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\ge\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{y}+\dfrac{y}{x}\) (2)

Từ (1); (2) \(\Rightarrow B\le2\left(\dfrac{x}{z}+\dfrac{z}{x}\right)+5\)

Đặt \(\dfrac{z}{x}=t\Rightarrow1\le t\le2\)

\(\Rightarrow B\le2\left(t+\dfrac{1}{t}\right)+5=\dfrac{2t^2+2}{t}+5=\dfrac{2t^2+2}{t}-5+10\)

\(\Rightarrow B\le\dfrac{2t^2-5t+2}{t}+10=\dfrac{\left(t-2\right)\left(2t-1\right)}{t}+10\le10\)

\(B_{max}=10\) khi \(t=2\) hay \(\left(a;b;c\right)=\left(0;0;1\right);\left(0;1;1\right)\)

Bạn xem lại đề nghen, đoạn thỏa mãn đó có vấn đề phải không nhỉ?

Bạn nên dùng Geogebra hoặc Desmos vẽ cái đường tròn kia sẽ dễ nhìn hơn, gửi nhầm vô phần cmt của bạn dưới nên mình gửi lại

\(a,\dfrac{x^2+x+2}{\sqrt{x^2+x+1}}=\dfrac{x^2+x+1+1}{\sqrt{x^2+x+1}}=\sqrt{x^2+x+1}+\dfrac{1}{\sqrt{x^2+x+1}}\left(1\right)\)

Áp dụng BĐT cosi: \(\left(1\right)\ge2\sqrt{\sqrt{x^2+x+1}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{x^2+x+1}}}=2\)

Dấu \("="\Leftrightarrow x^2+x+1=1\Leftrightarrow x^2+x=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=-1\end{matrix}\right.\)

Bước 1: Vẽ đường thẳng \(d_1: y-2x=2\) đi qua (0;2) và (-1;0). 

Lấy điểm O(0;0) không thuộc \(d_1\). Vì 0-2.0=0<2 nên O thuộc miền nghiệm

Miền nghiệm của BPT \(y - 2x \le 2\) là nửa mp bờ \(d_1\), chứa điểm O.

Bước 2: Vẽ đường thẳng \(d_2: y=4\) đi qua (0;4) và (1;4). 

Lấy điểm O(0;0) không thuộc \(d_2\). Vì 0<4 nên O thuộc miền nghiệm.

Miền nghiệm của BPT \(y \le 4\) là nửa mp bờ \(d_2\), chứa điểm O.

Bước 3: Vẽ đường thẳng \(d_3: x=5\) đi qua (5;0) và (5;1). 

Lấy điểm O(0;0) không thuộc \(d_3\). Vì 0<5 nên O thuộc miền nghiệm

Miền nghiệm của BPT \(x \le 5\) là nửa mp bờ \(d_3\), chứa điểm O.

Bước 4: Vẽ đường thẳng \(d_4: x + y = - 1\) đi qua (-1;0) và (0;-1). 

Lấy điểm O(0;0) không thuộc \(d_4\). Vì 0+0=0>-1 nên O thuộc miền nghiệm.

Miền nghiệm của BPT \(x + y \ge  - 1\) là nửa mp bờ \(d_4\), chứa điểm O.

Miền biểu diễn nghiệm của hệ bất phương trình là miền tứ giác ABCD với

A(1;4); B(5;4), C(5;-6); D(-1;0).

Giá trị F tại các điểm A, B, C, D lần lượt là:

\(F\left( {1;4} \right) =  - 1 - 4 =  - 5\)

\(F\left( {5;4} \right) =  - 5 - 4 =  - 9\)

\(F\left( {5;-6} \right) =  - 5 - (-6) =  1\)

\(F\left( { - 1;0} \right) =  - \left( { - 1} \right) - 0 = 1\)

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức F(x;y) là 1 và giá trị nhỏ nhất của biểu thức F(x;y) là -9.

+ Biểu diễn miền nghiệm của BPT \(x - y \le 6\)

Bước 1: Vẽ đường thẳng \(d:x - y = 6\) trên mặt phẳng tọa độ Õy

Bước 2: Lấy O(0;0) không thuộc d, ta có: \(0 - 0 = 0 \le 6\) => điểm O(0;0) thuộc miền nghiệm

=> Miền nghiệm của BPT \(x - y \le 6\) là nửa mp bờ d, chứa gốc tọa độ.

+ Tương tự, ta có miền nghiệm của BPT \(2x - y \le 2\) là nửa mp bờ \(d':2x - y = 0\), chứa gốc tọa độ.

+ Miền nghiệm của BPT \(x \ge 0\) là nửa mp bên phải Oy (tính cả trục Oy)

+ Miền nghiệm của BPT \(y \ge 0\) là nửa mp phía trên Ox (tính cả trục Ox)

Biểu diễn trên cùng một mặt phẳng tọa độ và gạch bỏ các miền không là nghiệm của từng BPT, ta được:

Miền nghiệm của hệ bất phương trình đã cho là miền tứ giác OABC (miền không bị gạch) với \(A(0;6),B(\frac{8}{3};\frac{{10}}{3}),C(1;0)\)

b)

Thay tọa độ các điểm \(O(0;0),A(0;6),B(\frac{8}{3};\frac{{10}}{3}),C(1;0)\) và biểu thức \(F(x;y) = 2x + 3y\) ta được:

\(\begin{array}{l}F(0;0) = 2.0 + 3.0 = 0\\F(0;6) = 2.0 + 3.6 = 18\\F(\frac{8}{3};\frac{{10}}{3}) = 2.\frac{8}{3} + 3.\frac{{10}}{3} = \frac{{46}}{3}\\F(1;0) = 2.1 + 3.0 = 2\end{array}\)

\( \Rightarrow \min F = 0\),  \(\max F = 18\)

Vậy trên miền D, giá trị nhỏ nhất của F bằng 0, giá trị lớn nhất của F bằng \(18\).