ai tích giùm tôi không 1 tích thôi cũng không ddc sao

\(P=\frac{2\left(x^2+6xy\right)}{1+2xy+2y^2}=\frac{2x^2+12xy}{x^2+2xy+3y^2}\left(x^2+y^2=1\right)\)

• Xét \(y=0\Rightarrow x^2=1\Rightarrow x=\pm1\Rightarrow P=2\)
• Xét \(y\ne0\) chia cả tử và mẫu của P cho \(y^2\) có:

\(P=\frac{2\left(\frac{x}{y}\right)^2+12\frac{x}{y}}{\left(\frac{x}{y}\right)^2+2\frac{x}{y}+3}\). Đặt \(t=\frac{x}{y}\Rightarrow P=\frac{2t^2+12t}{t^2+2t+3}\)

\(\Rightarrow\left(2-P\right)t^2+2\left(6-P\right)t-3P=0\)

Để pt trên có nghiệm thì: 

\(\Delta'=\left(6-P\right)^2+3P\left(2-P\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow-2P^2-6P+36\ge0\Leftrightarrow-2\left(x-3\right)\left(x+6\right)\ge0\)

\(\Rightarrow-6\le P\le3\) (khuyến mãi luôn tìm Min, còn đề ko nhắc nên dấu "='' của Min tự tìm :v)

Đẳng thức xảy ra khi \(\left(x;y\right)=\left(\pm\frac{3}{\sqrt{10}};\pm\frac{1}{\sqrt{10}}\right)\)  (của max nhé, min tự tìm)

P=y/(2xy+2xyz+y)+2xy/(y+2xy+10)+(2xyz.z)/(2xyz.z+yz+2xyz)=

=y/(2xy+10+y)+2xy/(y+2xy+10)+2xz/(2xz+1+2x)

=y/(2xy+10+y)+2xy/(y+2xy+10)+2xyz/(2xyz+y+2xy)=y/(2xy+10+y)+2xy/(y+2xy+10)+10/(10+y+2xy)=1.

Vay P=1

\(\Leftrightarrow3x^2+x\left(2y^2-y-3\right)-\left(2y^2-y-3\right)=0\)

đặt \(\left(2y^2-y-3\right)=m\)với m là số tự nhiên nên phương trình trở thành

\(\Leftrightarrow3x^2+mx-m=0\)

có \(\Delta=m^2+12m=\left(m+6\right)^2-36=k^2\)vì x,y nguyên nên \(\Delta\)là số chính phương

\(\Leftrightarrow\left(m+6-k\right)\left(m+6+k\right)=36\)

m+6-k và m+6+k là ước của 36 ta xét các trường hợp có thể sảy ra (36,6);(18,2);(12,3);(9,4);(6,6).

1. \(\hept{\begin{cases}m+6+k=36\\m+6-k=1\end{cases}}\Leftrightarrow2m=25\)không thỏa mãn
2. \(\hept{\begin{cases}m+6+k=18\\m+6-k=2\end{cases}}\Leftrightarrow2m=8\Leftrightarrow m=4\)\(\Rightarrow\Delta=64;2y^2-y-3=4\Leftrightarrow2y^2-y-7=0\)\(\Leftrightarrow\Delta_1=1^2+2.4.7=57\) loại
3. \(\hept{\begin{cases}m+6+k=12\\m+6-k=3\end{cases}}\Leftrightarrow2m=3\)loại
4. \(\hept{\begin{cases}m+6+k=9\\m+6-k=4\end{cases}}\Leftrightarrow2m=1\)loại

5.\(\hept{\begin{cases}m+6+k=6\\m+6-k=6\end{cases}}\Leftrightarrow2m=0\Leftrightarrow m=0\)

\(2y^2-y-3=0\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=-1\\y=\frac{3}{2}\end{cases}}\)\(\Rightarrow y=-1\)

thay m=0 có \(\Delta=0\)phương trình ban đầu trở thành

\(3x^2=0\Leftrightarrow x=0\)

vậy cặp (x,y) nguyên là (0,-1)

Ta có: \(12\ge\left(a+b\right)^3+4ab\ge a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)+4ab\)

\(\ge4ab\left(a+b\right)+4ab\ge8\sqrt{a^3b^3}+4ab\)

\(\Leftrightarrow3\ge2\sqrt{a^3b^3}+ab\Leftrightarrow\left(\sqrt{ab}-1\right)\left(2ab+2\sqrt{ab}+3\right)\le0\)

\(\Leftrightarrow ab\le1\). Ta có BĐT \(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\le\frac{2}{1+\sqrt{ab}}\)

\(\Leftrightarrow\frac{\left(\sqrt{ab}-1\right)\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(1+\sqrt{ab}\right)}\le0\) đúng với \(ab\le1\)

Áp dụng BĐT vừa c/m trên ta có:

\(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+2015ab\le\frac{2}{1+\sqrt{ab}}+2015ab\)

Cần chứng minh \(\frac{2}{1+\sqrt{ab}}+2015ab\le2016\)

\(\Leftrightarrow2015\sqrt{ab}\left(ab-1\right)+\sqrt{ab}\left(\sqrt{ab}-1\right)+2014ab\le2014\) ( luôn đúng do \(ab\le1\))

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1\)

Từ \(a^5+b^5=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b+a^2b-ab^3+b^4\right)\)

\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\right]\)

\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a^3-b^3\right)\left(a-b\right)\right]\)

\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\right]\)

\(\ge\left(a+b\right)^2a^2b^2\forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a^5+b^5+ab\ge ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]\)

\(\Rightarrow\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{ab}{ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]}\)

\(=\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\frac{c}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\ge\frac{a}{a+b+c};\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\ge\frac{b}{a+b+c}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có: 

\(P\ge\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Từ  \(a^5+b^5=\left(a+b\right)\left(a^4-a^3b+a^2b-ab^3+b^4\right)\)

\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+a^3\left(a-b\right)-b^3\left(a-b\right)\right]\)

\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a^3-b^3\right)\left(a-b\right)\right]\)

\(=\left(a+b\right)\left[a^2b^2+\left(a-b\right)^2\left(a^2+ab+b^2\right)\right]\)

\(\ge\left(a+b\right)^2a^2b^2\forall a,b>0\)

\(\Rightarrow a^5+b^5+ab\ge ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]\)

\(\Rightarrow\frac{ab}{a^5+b^5+ab}\le\frac{ab}{ab\left[ab\left(a+b\right)+1\right]}\)

\(=\frac{1}{ab\left(a+b\right)+1}=\frac{c}{a+b+c}\left(abc=1\right)\)

Tương tự cho 2 BĐT còn lại ta cũng có:

\(\frac{bc}{b^5+c^5+bc}\ge\frac{a}{a+b+c};\frac{ca}{c^5+a^5+ca}\ge\frac{b}{a+b+c}\)

Cộng theo vế 3 BĐT trên ta có:

\(P\ge\frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\) 

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=c=1\)