ldhung_94

Sai bét rồi. Không hiểu bạn học đạo hàm chưa mà dám viết như thế.

Chuyển $ 4(xy)^{3} $ sang phải r�ồi chia cả 2 vế của pt đã cho với $ (xy)^{3} $. R�ồi đặt $ \dfrac{1}{x}= a ,\dfrac{1}{y} = b$. Ta sẽ cm $a +b = 2$. Phản chứng gỉa sử $a+b > 2$. Khi đó đặt $a+b =t$. Ta dễ cm được:$ 4 $ = vế trái của pt mới $ \geq \dfrac{ t^{3} }{4} + \dfrac{ 3t^{2} }{2} + 4t. $
Suy ra $ 4 \geq \dfrac{ t^{3} }{4} + \dfrac{ 3t^{2} }{2}+ 4t$. Mà từ bđt thức trên suy ra $ t < 2 $. Suy ra vô lí. Hoàn toàn tương tự với th $a+b <2$. Ta cũng có điều vô lí. Vậy $ a+b = 2$. Từ đó suy ra $ (x+y)_{\min} = 2 $ khi $ x=y=1 $.

từ pt 2 suy ra $x\geq y^2\geq 0$
suy ra $\dfrac{x}{y^2} \geq 1$
chia 2 vế của pt 1 cho $y^2$ r�ồi đặt $t=x+\dfrac{1}{y^2}$

dễ thấy $t \geq 2 (AM-GM)$
pt 1 trở thành pt 1 ẩn. chú ý rằng pt có nghiệm duy nhất t=3.(cm thì bằng nhân liên hợp hoặc kshs vì hàm này đ�ồng biến.).Từ đó tính được x,y Mình chỉ hướng cho bạn như vậy thôi vì không biết gõ latex. Khẳng định vs bạn làm như thế ra được

câu 11: $\sqrt{ab+3c} \geq \sqrt{ab+c(a+b+c)} = \sqrt{(c+a)(c+b} $
tương tự ta có $VT \leq \dfrac{ab}{ \sqrt{(c+a)(c+b)} } + \dfrac{bc}{ \sqrt{(a+b)(a+c)} } + \dfrac{ca}{ \sqrt{(a+b)(b+c)} }.$
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
$2\dfrac{1}{ \sqrt{(c+a)(c+b)} } \leq \dfrac{1}{c+a} + \dfrac{1}{c+b}.$ Tương tự nhóm vào ta có:
$VT \leq \dfrac{1}{2}(\sum\limits_{cyc}^{a,b,c} ab( \dfrac{1}{(c+a) + \dfrac{1}{c+b} } )) = \dfrac{1}{2}( a+b+c) \leq \dfrac{3}{2}$ . Vậy gtln là $\dfrac{3}{2}$ . Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

qui đ�ồng. thế $ab =\dfrac{a+b}{4}$, bđt ban đầu tương đương:
$4(a^3+b^3)+a+b \geq \dfrac{1}{2}(5(a+b)^2 -2(a+b)+1)$
áp dụng bđt $a^3+b^3 \geq \dfrac{(a+b)^3}{4}$
r�ồi đặt$ t = a+b$,ta có $VT \geq t^3+t$
Mà dễ cm được $t^3+t \geq \dfrac{1}{2}(5t^2 - 2t+1)=VP$
từ đó suy ra đpcm