post từng câu một thôi bn nhìn mệt quá

Có: \(x^3+y^3+3\left(x^2+y^2\right)+4\left(x+y\right)+4=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2+\left(y+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+1\right]=0\)

\(\Leftrightarrow x+y=-2\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{x+y}{xy}=-\frac{2}{xy}\le-\frac{2}{\frac{\left(x+y\right)^2}{4}}=-2\)

Dấu '=' xảy ra khi: \(x=y=-1\) 

Vậy:....

Bạn Nguyễn Đức Thắng làm đúng rồi. Tuy nhiên bạn làm tắt quá.

\(x^3+y^3+3\left(x^2+y^2\right)+4\left(x+y\right)+4\)

= \(\left(x^3+3x^2+3x+1\right)+\left(y^3+3y^2+3y+1\right)+\left(x+y\right)+2\)

= \(\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+\left(x+y+2\right)\)

= \(\left[\left(x+1\right)+\left(y+1\right)\right]\left[\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2\right]+\left(x+y+2\right)\)

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2\right]+\left(x+y+2\right)\)

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2+1\right]\)

= \(\left(x+y+2\right)\left[\left(x+1\right)^2-2.\left(x+1\right).\frac{1}{2}\left(y+1\right)+\frac{1}{4}\left(y+1\right)^2+\frac{3}{4}\left(y+1\right)^2+1\right]\)

= \(\left(x+y+2\right)\left\{\left[\left(x+1\right)-\frac{1}{2}\left(y+1\right)\right]^2+\frac{3}{4}\left(y+1\right)^2+1\right\}\)

Biểu thức trên bằng 0 khi x + y + 2 = 0, lý luận tiếp theo như của bạn Nguyen Duc Thang

ồ,mình không biết rồi

Bài 2: Ta có: x, y, z không âm và \(x+y+z=\frac{3}{2}\)nên \(0\le x\le\frac{3}{2}\Rightarrow2-x>0\)

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM dạng \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\), ta được: \(x+2xy+4xyz=x+4xy\left(z+\frac{1}{2}\right)\le x+4x.\frac{\left(y+z+\frac{1}{2}\right)^2}{4}=x+x\left(2-x\right)^2\)

Ta cần chứng minh \(x+x\left(2-x\right)^2\le2\Leftrightarrow\left(2-x\right)\left(x-1\right)^2\ge0\)*đúng*

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x,y,z\right)=\left(1,\frac{1}{2},0\right)\)

Bài 3: Áp dụng đánh giá quen thuộc \(4ab\le\left(a+b\right)^2\), ta có: \(2\le\left(x+y\right)^3+4xy\le\left(x+y\right)^3+\left(x+y\right)^2\)

Đặt x + y = t thì ta được: \(t^3+t^2-2\ge0\Leftrightarrow\left(t-1\right)\left(t^2+2t+2\right)\ge0\Rightarrow t\ge1\)(dễ thấy \(t^2+2t+2>0\forall t\))

\(\Rightarrow x^2+y^2\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{2}\ge\frac{1}{2}\)

\(P=3\left(x^4+y^4+x^2y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+1=3\left[\frac{3}{4}\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\left(x^2-y^2\right)^2\right]-2\left(x^2+y^2\right)+1\ge\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)^2-2\left(x^2+y^2\right)+1\)\(=\frac{9}{4}\left[\left(x^2+y^2\right)^2+\frac{1}{4}\right]-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{9}{4}.2\sqrt{\left(x^2+y^2\right)^2.\frac{1}{4}}-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{9}{4}\left(x^2+y^2\right)-2\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}=\frac{1}{4}\left(x^2+y^2\right)+\frac{7}{16}\ge\frac{1}{8}+\frac{7}{16}=\frac{9}{16}\)Đẳng thức xảy ra khi x = y = ¹/₂

Bài 4: Theo giả thiết, ta có: \(x\left(x+y+z\right)=3yz\)(*)

Vì x > 0 nên chia cả hai vế của (*) cho x², ta được: \(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}=3.\frac{y}{x}.\frac{z}{x}\)

+) \(\left(x+y\right)^3+\left(y+z\right)^3+3\left(x+y\right)\left(y+z\right)\left(z+x\right)\le5\left(y+z\right)^3\)\(\Leftrightarrow\left(1+\frac{y}{x}\right)^3+\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)^3+3\left(1+\frac{y}{x}\right)\left(1+\frac{z}{x}\right)\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)\le5\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right)^3\)(Chia hai vế của bất đẳng thức cho x³)

Đặt \(s=\frac{y}{x},t=\frac{z}{x}\left(s,t>0\right)\)thì giả thiết trở thành \(1+s+t=3st\)và ta cần chứng minh \(\left(1+s\right)^3+\left(1+t\right)^3+3\left(s+t\right)\left(1+s\right)\left(1+t\right)\le5\left(s+t\right)^3\)(**)

Ta có: \(1+s+t=3st\le\frac{3}{4}\left(s+t\right)^2\Leftrightarrow3\left(s+t\right)^2-4\left(s+t\right)-4\ge0\Leftrightarrow\left[3\left(s+t\right)+2\right]\left(a+b-2\right)\ge0\Rightarrow s+t\ge2\)(do \(3\left(s+t\right)+2>0\forall s,t>0\))

Đặt \(s+t=f\)thì \(f\ge2\)

(**)\(\Leftrightarrow4f^3-6f^2-4f\ge0\Leftrightarrow f\left(2f+1\right)\left(f-2\right)\ge0\)*đúng với mọi \(f\ge2\)*

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z

Từ bđt Cauchy : \(a+b\ge2\sqrt{ab}\) ta suy ra được \(ab\le\frac{\left(a+b\right)^2}{4}\)

Áp dụng vào bài toán của bạn :

a/ \(y=\left(x+3\right)\left(5-x\right)\le\frac{\left(x+3+5-x\right)^2}{4}=...............\)

b/ Tương tự

c/ \(y=\left(x+3\right)\left(5-2x\right)=\frac{1}{2}.\left(2x+6\right)\left(5-2x\right)\le\frac{1}{2}.\frac{\left(2x+6+5-2x\right)^2}{4}=.............\)

d/ Tương tự

e/ \(y=\left(6x+3\right)\left(5-2x\right)=3\left(2x+1\right)\left(5-2x\right)\le3.\frac{\left(2x+1+5-2x\right)^2}{4}=.......\)

f/ Xét \(\frac{1}{y}=\frac{x^2+2}{x}=x+\frac{2}{x}\ge2\sqrt{x.\frac{2}{x}}=2\sqrt{2}\)

Suy ra \(y\le\frac{1}{2\sqrt{2}}\)

..........................

g/ Đặt \(t=x^2\) , \(t>0\) (Vì nếu t = 0 thì y = 0)

\(\frac{1}{y}=\frac{t^3+6t^2+12t+8}{t}=t^2+6t+\frac{8}{t}+12\)

\(=t^2+6t+\frac{8}{3t}+\frac{8}{3t}+\frac{8}{3t}+12\)

\(\ge5.\sqrt[5]{t^2.6t.\left(\frac{8}{3t}\right)^3}+12=.................\)

Từ đó đảo ngược y lại rồi đổi dấu \(\ge\) thành \(\le\)

GTLN của biểu thức là 3

GTLN = 3 CHÚC BẠN ĐẠT ĐIỂM CAO

3!