Chứng minh Cái này :

\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}\) với \(x;y>0\)

Quy đòng chuyển vế sẽ tạo thành lũy thừa bậc 2

Vì x+y=1 và x>0;y>0 nên \(\frac{a^2}{x};\frac{b^2}{y}\)có nghĩa

Ta có: \(a^2\ge0\forall a\)

\(b^2\ge0\forall b\)

GTNN của B đạt được \(\Leftrightarrow a^2;b^2\)nhỏ nhất

GTNN của \(a^2;b^2\)là 0

\(\Rightarrow GTNN\)của P là \(\frac{0}{x}+\frac{0}{y}=0\)

Vậy GTNN của P là 0

a;b là hằng số dương mà bạn

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:

\(\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{x+y}=\left(a+b\right)^2\)

(Dấu "="\(\Leftrightarrow x=\frac{a}{a+b};y=\frac{b}{a+b}\))

a)

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

\(\Leftrightarrow\left(x^3+3x^2+3x+1\right)+\left(y^3+3y^2+3y+1\right)+\left(x+y+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^3+\left(y+1\right)^3+\left(x+y+2\right)=0\)

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

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

Lại có :\(\left(x+1\right)^2-\left(x+1\right)\left(y+1\right)+\left(y+1\right)^2+1=\left[\left(x+1\right)-\frac{1}{2}\left(y+1\right)\right]^2+\frac{3}{4}\left(y+1\right)^2+1>0\)

Nên \(x+y+2=0\Rightarrow x+y=-2\)

Ta có :

\(M=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{x+y}{xy}=\frac{-2}{xy}\)

Vì \(4xy\le\left(x+y\right)^2\Rightarrow4xy\le\left(-2\right)^2\Rightarrow4xy\le4\Rightarrow xy\le1\)

\(\Rightarrow\frac{1}{xy}\ge\frac{1}{1}\Rightarrow\frac{-2}{xy}\le-2\)

hay \(M\le-2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=-1\)

                    Vậy \(Max_M=-2\)khi \(x=y=-1\)

c)  ( Mình nghĩ bài này cho x, y, z ko âm thì mới xảy ra dấu "=" để tìm Min chứ cho x ,y ,z dương thì ko biết nữa ^_^  , mình làm bài này với điều kiện x ,y ,z ko âm nhé )

Ta có :

\(\hept{\begin{cases}2x+y+3z=6\\3x+4y-3z=4\end{cases}\Rightarrow2x+y+3z+3x+4y-3z=6+4}\)

\(\Rightarrow5x+5y=10\Rightarrow x+y=2\)

\(\Rightarrow y=2-x\)

Vì \(y=2-x\)nên \(2x+y+3z=6\Leftrightarrow2x+2-x+3z=6\)

\(\Leftrightarrow x+3z=4\Leftrightarrow3z=4-x\)

\(\Leftrightarrow z=\frac{4-x}{3}\)

Thay \(y=2-x\)và \(z=\frac{4-x}{3}\)vào \(P\)ta có :

\(P=2x+3y-4z=2x+3\left(2-x\right)-4.\frac{4-x}{3}\)

\(\Rightarrow P=2x+6-3x-\frac{16}{3}+\frac{4x}{3}\)

\(\Rightarrow P=\frac{x}{3}+\frac{2}{3}\ge\frac{2}{3}\)( Vì \(x\ge0\))

Dấu "=" xảy ra khi \(x=0\Rightarrow\hept{\begin{cases}y=2\\z=\frac{4}{3}\end{cases}}\)( Thỏa mãn điều kiện y , z ko âm )

Vậy \(Min_P=\frac{2}{3}\)khi \(\hept{\begin{cases}x=0\\y=2\\z=\frac{4}{3}\end{cases}}\)

mik cx ko chắc vs câu c

Bài  \(1a.\)  Tìm  \(x,y,z\)  biết \(x^2+4y^2=2xy+1\)   \(\left(1\right)\)  và  \(z^2=2xy-1\)  \(\left(2\right)\)

Cộng  \(\left(1\right)\)  và  \(\left(2\right)\)  vế theo vế, ta được:

\(x^2+4y^2+z^2=4xy\)

\(\Leftrightarrow\)  \(x^2-4xy+4y^2+z^2=0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(\left(x-2y\right)^2+z^2=0\)

Do  \(\left(x-2y\right)^2\ge0\)  và  \(z^2\ge0\)  với mọi  \(x,y,z\)

nên để thỏa mãn đẳng thức trên thì phải đồng thời xảy ra  \(\left(x-2y\right)^2=0\)  và  \(z^2=0\)

\(\Leftrightarrow\)  \(^{x-2y=0}_{z^2=0}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(^{x=2y}_{z=0}\)

Từ  \(\left(2\right)\), với chú ý rằng  \(x=2y\)  và  \(z=0\), ta suy ra:

\(2xy-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(2.\left(2y\right).y-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(4y^2-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(y^2=\frac{1}{4}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(y=\frac{1}{2}\)  hoặc  \(y=-\frac{1}{2}\)

\(\text{*)}\)  Với  \(y=\frac{1}{2}\) kết hợp với \(z=0\) \(\left(cmt\right)\)  thì  \(\left(2\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(2.x.\frac{1}{2}-1=0\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=1\)

\(\text{*)}\)  Tương tự với trường hợp  \(y=-\frac{1}{2}\), ta cũng dễ dàng suy ra được \(x=-1\)

Vậy, các cặp số  \(x,y,z\)  cần tìm là  \(\left(x;y;z\right)=\left\{\left(1;\frac{1}{2};0\right),\left(-1;-\frac{1}{2};0\right)\right\}\)

\(b.\)  Vì  \(x+y+z=1\)  nên  \(\left(x+y+z\right)^2=1\)

\(\Leftrightarrow\)  \(x^2+y^2+z^2+2\left(xy+yz+xz\right)=1\)  \(\left(3\right)\)

Mặt khác, ta lại có  \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0\)  \(\Rightarrow\)  \(xy+yz+xz=0\)  \(\left(4\right)\) (do  \(xyz\ne0\))

Do đó,  từ  \(\left(3\right)\) và \(\left(4\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(x^2+y^2+z^2=1\)

Vậy,  \(B=1\)

1a) x=1, y=1/2, z=0

Ta có:

\(A=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{x^2+y^2}{\left(xy\right)^2}=\frac{x^2+y^2}{\left(x+y\right)^2}\)  (do  \(x+y=xy\))  \(\left(5\right)\)

Dễ dàng chứng minh được với mọi  \(x,y\in R\), ta luôn có:

\(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\)  \(\left(\text{*}\right)\)

Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai bộ số  \(\left(1^2+1^2\right)\)  và  \(\left(x^2+y^2\right)\), ta được:

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

Do đó,  \(2\left(x^2+y^2\right)\ge\left(x+y\right)^2\), hay  \(\left(x+y\right)^2\le2\left(x^2+y^2\right)\)  \(\left(đpcm\right)\)

Vậy, bất đẳng thức \(\left(\text{*}\right)\)  hiển nhiên đúng với mọi  \(x,y\in R\), tức bđt  \(\left(\text{*}\right)\)  được chứng minh.

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(\frac{1}{x}=\frac{1}{y}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y\)  

Khi đó,  từ  \(\left(\text{*}\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(\frac{1}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{1}{2\left(x^2+y^2\right)}\)  (do  hai vế của bđt  \(\left(\text{*}\right)\)  cùng dấu  \(\left(+\right)\))

nên  \(\frac{x^2+y^2}{\left(x+y\right)^2}\ge\frac{x^2+y^2}{2\left(x^2+y^2\right)}=\frac{1}{2}\)  (vì  \(x^2+y^2>0\)  với mọi  \(x,y\in R\) và  \(x,y\ne0\))  \(\left(6\right)\)

\(\left(5\right);\)  \(\left(6\right)\)  \(\Rightarrow\)  \(A\ge\frac{1}{2}\)

Dấu  \("="\)  xảy ra  \(\Leftrightarrow\)  \(^{x+y=xy}_{x=y}\)  \(\Leftrightarrow\)  \(x=y=2\)

Vậy,  GTNN của  \(A=\frac{1}{2}\)

Bài 1:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{2a+b}\geq \frac{(a+b)^2}{a+2b+2a+b}=\frac{(a+b)^2}{3(a+b)}=\frac{a+b}{3}=\frac{1}{3}\) (đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} \frac{a}{a+2b}=\frac{b}{2a+b}\\ a+b=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}\)

Bài 2:

Vì $x+y=2019$ nên $2019-x=y; 2019-y=x$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

\(P=\frac{x}{\sqrt{2019-x}}+\frac{y}{\sqrt{2019-y}}=\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{x}}=\frac{x^2}{x\sqrt{y}}+\frac{y^2}{y\sqrt{x}}\geq \frac{(x+y)^2}{x\sqrt{y}+y\sqrt{x}}\)

Mà theo BĐT AM-GM và Bunhiacopxky:

\((x\sqrt{y}+y\sqrt{x})^2\leq (xy+yx)(x+y)=2xy(x+y)\leq \frac{(x+y)^2}{2}.(x+y)=\frac{(x+y)^3}{2}\)

\(\Rightarrow P\geq \frac{(x+y)^2}{\sqrt{\frac{(x+y)^3}{2}}}=\sqrt{2(x+y)}=\sqrt{2.2019}=\sqrt{4038}\)

Vậy \(P_{\min}=\sqrt{4038}\Leftrightarrow x=y=\frac{2019}{2}\)

Bài 3:

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

\(1=\frac{2018}{x}+\frac{2019}{y}=\frac{(\sqrt{2018})^2}{x}+\frac{(\sqrt{2019})^2}{y}\geq \frac{(\sqrt{2018}+\sqrt{2019})^2}{x+y}\)

\(\Rightarrow P=x+y\geq (\sqrt{2018}+\sqrt{2019})^2\)

Vậy \(P_{\min}=(\sqrt{2018}+\sqrt{2019})^2\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} \frac{\sqrt{2018}}{x}=\frac{\sqrt{2019}}{y}\\ \frac{2018}{x}+\frac{2018}{y}=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{2018}}{\sqrt{2018}+\sqrt{2019}}; y=\frac{\sqrt{2019}}{\sqrt{2018}+\sqrt{2019}}\)

---------------------

Tóm lại, những bài này bạn sử dụng 2 công cụ chính:

BĐT AM-GM (quá quen thuộc)

BĐT Cauchy-Schwarz: \(\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+\frac{a_3^2}{b_3}+...+\frac{a_n^2}{b_n}\ge \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{b_1+b_2+...+b_n}\)

\(B=\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\left(1-\frac{1}{y^2}\right)\)

\(=\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\left(1-\frac{1}{x}\right)\left(1-\frac{1}{y}\right)\)

\(=\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\cdot\frac{x-1}{x}\cdot\frac{y-1}{y}\)

\(=\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\cdot\frac{\left(-x\right)\left(-y\right)}{xy}\)

\(=\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(1+\frac{1}{y}\right)\)

\(=1+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{xy}=1+\frac{x+y}{xy}+\frac{1}{xy}\)

\(=1+\frac{2}{xy}\ge1+\frac{2}{\frac{\left(x+y\right)^2}{4}}=1+\frac{2}{\frac{1}{4}}=1+8=9\)

Vậy GTNN của B = 9 khi \(x=y=\frac{1}{2}\)

ĐK: x khác 0

Từ\(2x^2+\frac{y^2}{4}+\frac{1}{x^2}=4\)

\(\Rightarrow x^2+2+\frac{1}{x^2}+x^2+xy+\frac{y^2}{4}=6+xy\)

\(\Leftrightarrow\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+\left(x+\frac{y}{2}\right)^2=6+xy\)

Do VT > 0\(\Rightarrow6+xy\ge0\Rightarrow xy\ge6\)
Có A = 2016 + xy > 2016 + 6 = 2022

tth : Viết nhầm :V
Đoạn cuối \(6+xy\ge0\Rightarrow xy\ge-6\)

Có A = 2016 + xy > 2016 - 6 = 2010 !!!

Được rồi chứ gì -.- 

Dấu "=" xảy ra khi \(\hept{\begin{cases}x+\frac{1}{x}=0\\x+\frac{y}{2}=0\end{cases}}\)

             \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x^2=1\\x=-\frac{y}{2}\end{cases}}\)

             \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=1\\y=-2\end{cases}}\left(h\right)\hept{\begin{cases}x=-1\\y=2\end{cases}}\)OK ???

Theo bđt cô si ta có : \(x+y\ge2\sqrt{xy}\) <=> \(1\ge2\sqrt{xy}\)

=> \(\sqrt{xy}\le\frac{1}{2}\) <=> \(\sqrt{\frac{1}{xy}}\ge2\)

Theo bđt cô si : \(P=\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\ge2\sqrt{\frac{a^2b^2}{xy}}=2ab\sqrt{\frac{1}{xy}}=2ab.2=4ab\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P=4ab khi x=y=1/2