Toán

Lời giải:

Đặt biểu thức đã cho là $A$

\(A=\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy}\)

\(\Rightarrow A^2=x^2+y^2+xy+2\sqrt{xy(x^2+y^2)}\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(x^2+y^2\geq 2xy\Rightarrow 2\sqrt{xy(x^2+y^2)}\geq 2\sqrt{xy.2xy}\geq xy\) do \(x,y\geq 0\)

\(\Rightarrow A^2\geq x^2+y^2+xy+xy\Leftrightarrow A^2\geq (x+y)^2=4\)

\(\Leftrightarrow A\geq 2\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \((x,y)=(2,0)\) và hoán vị.

Mặt khác:

Áp dụng BĐT Bunhiacopxky:

\(A^2=(\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy})^2\leq (x^2+y^2+2xy)(1+\frac{1}{2})\)

\(\Leftrightarrow A^2\leq (x+y)^2.\frac{3}{2}=4.\frac{3}{2}=6\)

\(\Leftrightarrow A\leq \sqrt{6}\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \((x,y)=\left(\frac{3+\sqrt{3}}{3}; \frac{3-\sqrt{3}}{3}\right)\)

cách làm cho lớp 9

\(2=x+y\ge2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\le1\)

\(x;y\ge0\Rightarrow xy\ge0\) \(0\le xy\le1\)

đặt x y =t => 0<=t<=1

\(A=\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{xy}=\sqrt{4-2t}+\sqrt{t}\)

\(A>0;A^2=4-t+2\sqrt{4t-2t^2}\)

m =A^2 -4 \(\Leftrightarrow m+t=\sqrt{4t-2t^2}\)

m +t >= 0=> m>=-1

\(\Leftrightarrow m^2+2mt+t^2=4\left(4t-2t^2\right)\)

\(9t^2+2\left(m-8\right)t+m^2=0\)

\(\Delta'\ge0\Leftrightarrow\left(m-8\right)^2-9m^2\ge0\Rightarrow-8m^2-2.8m+64\ge0\)

\(-4\le m\le2\)

với m =2 => t=2/3 đảm bảo điều kiện => GTLN m =2

m cần đảm bảo điều kiện

m+t>=0

\(\Leftrightarrow m+\dfrac{-\left(m-8\right)-\sqrt{-8m^2-18m+64}}{9}\ge0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{9m-\left(m-8\right)-\sqrt{-8m^2-18m+64}}{9}\ge0\)

\(\Leftrightarrow8m+8\ge\sqrt{-8m^2-18m+64}\)

m>=-1 => 8m+8 >=0

\(\Leftrightarrow64m^2+2.8.8m+64\ge-8m^2-18m+64\)

\(\Leftrightarrow m^2+2m\ge0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-2\\m\ge0\end{matrix}\right.\) đang xét m>=1 => m>=0

=> \(0\le m\le2\)

\(0\le A^2-4\le2\Leftrightarrow4\le A^2\le6\)

\(A>0\Rightarrow2\le A\le\sqrt{6}\) =>dpcm

đẳng thức khi t =0 ; t=2/3

\(t=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x;y\right)=\left(2;0\right)\\\left(x;y\right)=\left(0;2\right)\end{matrix}\right.\)

\(t=\dfrac{2}{3}\) giải hệ

\(\left\{{}\begin{matrix}x+y=2\\xy=\dfrac{2}{3}\end{matrix}\right.\)

x;y là nghiệm pt : \(3z^2-6z+2=0\)

\(\Delta=9-6=3\Rightarrow\left(x;y\right)=\left(\dfrac{3\pm\sqrt{3}}{3};\dfrac{3\mp\sqrt{3}}{3}\right)\)

\(\dfrac{x}{y^2z^2}+\dfrac{y}{z^2x^2}+\dfrac{z}{x^2y^2}=t\)

\(\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3=tx^2y^2z^2\)

Không mất tính tổng quát ta giả sử: \(x\ge y\ge z\ge1\)

Ta có:

\(3x^3\ge x^3+y^3+z^3=tx^2y^2z^2\)

\(\Leftrightarrow3x\ge ty^2z^2\)

\(\Leftrightarrow9x^2\ge t^2y^4z^4\left(1\right)\)

Ta lại có:

\(y^3+z^3⋮x^2\)

\(\Rightarrow y^3+z^3\ge x^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(18y^3\ge9\left(y^3+z^3\right)\ge9x^3\ge t^2y^4z^4\)

\(\Leftrightarrow z^4\le t^2yz^4\le18\)

\(\Leftrightarrow1\le z\le2\)

Tới đây thì đơn giản rồi

TXĐ:D=R

bpt nghiệm đúng với mọi x \(\in\)R

\(\Leftrightarrow-1\le\frac{x^2+5x+a}{2x^2-3x+2}<7\)  với mọi \(x\in R\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}x^2+5x+a<7\left(2x^2-3x+2\right)\\x^2+5x+a\ge-\left(2x^2-3x+2\right)\end{cases}\)  với mọi \(x\in R\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}13x^2-26x+14-a>0\\3x^2+2x+a+2\ge0\end{cases}\)    với mọi \(x\in R\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}\Delta1<0;a1=13>0\\\Delta2\le0;a2=3>0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}13^2-13\left(14-a\right)<0\\1^2-3\left(a+2\right)\le0\end{cases}\)

\(\Leftrightarrow\begin{cases}a<1\\a\ge\frac{-5}{3}\end{cases}\)

Kết hợp 2 ĐK rồi KL.

a1 và a2 ở đâu ra vậy bạn ?

đenta 1 và đenta 2 tại sao lại ngược chiều với bất phương trình vậy bạn ?

Giả sử C(c,3-c). Gọi I là giao điểm của AC và MN, suy ra \(\overrightarrow{AI}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AC}=\left(\dfrac{2(c+2)}{3};\dfrac{2(3-c)}{3}\right)\)

Do đó \(I\left(\dfrac{2c-2}{3};\dfrac{6-2c}{3}\right)\in MN:7x-6y-5=0\Rightarrow c=\dfrac{5}{2}\). Vậy \(C\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)

Trung điểm của AC là \(P\left(\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{4}\right),\overrightarrow{AC}\left(\dfrac{7}{2};\dfrac{1}{2}\right)\Rightarrow B\left(\dfrac{1}{4}+t;\dfrac{1}{4}-7t\right), D\left(\dfrac{1}{4}-t;\dfrac{1}{4}+7t\right)\).

Vì \(BP=CP=\dfrac{AC}{2}=\dfrac{5\sqrt{2}}{2}\)nên \(t=\pm\dfrac{1}{2}\)

Vậy \(B\left(\dfrac{3}{4};-\dfrac{13}{4}\right),D\left(-\dfrac{1}{4};\dfrac{15}{4}\right)\)hoặc \(B\left(-\dfrac{1}{4};\dfrac{15}{4}\right),D\left(\dfrac{3}{4};-\dfrac{13}{4}\right)\).

khó

kho qua !!!!!!!!!!

Đặt \(x=b+c-a,y=c+a-b,z=a+b-c\) , khi đó : \(\begin{cases}2a=y+z\\2b=x+z\\2c=x+y\end{cases}\)

Ta có : \(\frac{2a}{b+c-a}+\frac{2b}{c+a-b}+\frac{2c}{a+b-c}=\frac{y+z}{x}+\frac{x+z}{y}+\frac{x+y}{z}=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{x}\right)+\left(\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\)

                                                  \(\ge2+2+2=6\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{a+c-b}+\frac{c}{a+b-c}\ge3\)

ta có \(\frac{a}{b+c}-1+\frac{b}{a+c}-1+\frac{c}{a+b}-1=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}-3\)     vì a b c là cách cạnh của tam giác nên biểu thức trên >= 3                                                                           

Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}ax^3+bx^2+c=\left(x-2\right)\left(ax^2+\left(b+2a\right)x+2\left(b+2a\right)\right)+c+4\left(b+2a\right)\\ax^3+bx^2+c=\left(x^2-1\right)\left(ax+b\right)+ax+b+c\end{matrix}\right.\)

Từ đây ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}8a+4b+c=0\\a=2\\b+c=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=-7\\c=12\end{matrix}\right.\)

Vì ax³ + bx² + c chia hết cho x - 2 => ax³ + bx² + c = P(x).(x - 2) ⁽¹⁾

Vì ax³ + bx² + c chia cho x² - 1 thì dư 2x + 5 => ax³ + bx² + c = Q(x).(x² - 1) + 2x + 5 = Q(x).(x - 1).(x + 1) + 2x + 5 ⁽²⁾

+) Với x = 2 thì từ ⁽¹⁾ ta có: 8a + 4b + c = 0

+) Với x = 1 thì từ ⁽²⁾ ta có a + b + c = 7

+) Với x = -1 thì từ ⁽²⁾ ta có -a + b - c = 1

Như vậy ta có hệ:

\(\left\{{}\begin{matrix}8a+4b+c=0\\a+b+c=7\\-a+b-c=1\end{matrix}\right.\)

Tự giải nốt

muộn rồi để lúc khác tôi làm cho

Ta có: \(0\le a\le b\le c\le1\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}1-a\ge0\\1-b\ge0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left(1-a\right)\left(1-b\right)\ge0\Leftrightarrow1\left(1-b\right)-a\left(1-b\right)\ge0\)
\(\Rightarrow1-b-a+ab\ge0\Leftrightarrow1+ab\ge a+b\)

Tiếp tục chứng minh ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}1\ge c\\0\le a\le b\Leftrightarrow ab\ge0\end{matrix}\right.\)

cộng theo vế: \(1+ab+1+ab\ge a+b+c+0\)

\(\Rightarrow2\left(1+ab\right)\ge a+b+c\)

Ta có: \(\dfrac{c}{ab+1}=\dfrac{2c}{2\left(ab+1\right)}\le\dfrac{2c}{a+b+c}\) (1)

chứng minh tương tự suy ra đpcm

Ta có:

Tiếp tục chứng minh ta có:

cộng theo vế:

Ta có: (1)

Từ điều kiện đề bài ta có:

\(x^2,y^2,z^2\le1\)

Trong 3 số x, y, z có 2 số cùng dấu: Giả sử là x,y (các trường hợp khác làm tương tự)

\(\Rightarrow xy\ge0\)

Ta có:

\(x^2+y^4+z^6\le x^2+y^2+z^2\le z^2+\left(x^2+2xy+y^2\right)=2z^2\le2\)

Lợi dụng Cauchy-Schwarz' inequality ta có:

\(\dfrac{ab}{\sqrt{ab+2c}}=\dfrac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}=\dfrac{ab}{\sqrt{ab+ac+bc+c^2}}\)

\(=\dfrac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}\right)\)

Tương tự ta cũng có:

\(\dfrac{bc}{\sqrt{bc+2a}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}\right);\dfrac{ca}{\sqrt{ca+2b}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{ca}{b+c}\right)\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(P\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab+bc}{a+c}+\dfrac{bc+ca}{a+b}+\dfrac{ab+ca}{b+c}\right)\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{b\left(a+c\right)}{a+c}+\dfrac{c\left(a+b\right)}{a+b}+\dfrac{a\left(b+c\right)}{b+c}\right)\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)=\dfrac{1}{2}\cdot2=1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\dfrac{2}{3}\)

Ta có P=\(\dfrac{ab}{\sqrt{ab+\left(a+b+c\right)c}}+\dfrac{bc}{\sqrt{bc+\left(a+b+c\right)a}}+\dfrac{ac}{\sqrt{ac+\left(a+b+c\right)b}}\)

=\(\dfrac{ab}{\sqrt{ab+ac+bc+c^2}}+\dfrac{bc}{\sqrt{bc+ac+ab+a^2}}+\dfrac{ac}{\sqrt{ac+ab+bc+b^2}}\)

=\(\dfrac{ab}{\sqrt{a\left(b+c\right)+c\left(b+c\right)}}+\dfrac{bc}{\sqrt{b\left(a+c\right)+a\left(a+c\right)}}+\dfrac{ac}{\sqrt{c\left(a+b\right)+b\left(a+b\right)}}\)

=\(\dfrac{ab}{\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}}+\dfrac{bc}{\sqrt{\left(b+a\right)\left(c+a\right)}}+\dfrac{ac}{\sqrt{\left(a+b\right)\left(c+b\right)}}\)

áp dụng bđt Cói ta có:

\(\sqrt{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\)\(\le\)\(\dfrac{2+c}{2}=1+\dfrac{c}{2}\)

\(\sqrt{\left(b+á\right)\left(c+a\right)}\)