Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Đặt \((x+y+z,xy+yz+xz)=(a,b)\). Bài toán trở thành:
Cho \(a,b\in\mathbb{R}|a+b=5\).CMR: \(a^2-2b\geq 3\)
----------------------------------------------------------------
Với mọi \(x,y,z\in\mathbb{R}\Rightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+xz\)
BĐT đúng vì tương đương với \((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0\)
Suy ra \((x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+xz)\Leftrightarrow a^2\geq 3b\)
Bây giờ, thử \(a^2-2b=3\)
Giải HPT \(\left\{\begin{matrix} a+b=5\\ a^2-2b=3\end{matrix}\right.\Rightarrow \) \(\left\{\begin{matrix} a=-1-\sqrt{14}\\ b=6+\sqrt{14}\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2<3b\) (vô lý)
Thử \(a^2-2b=4\)
Giải HPT suy ra \(\left\{\begin{matrix} a=-1-\sqrt{15}\\ b=6+\sqrt{15}\end{matrix}\right.\Rightarrow a^2<3b\) (vô lý)
Vậy kết luận là đề bài sai.
\(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\le\frac{1}{4x}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{4z}+\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}\right)\le\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{4x}+\frac{1}{4y}+\frac{1}{4z}\right)+\frac{9}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}\le\frac{y+z}{4x}+\frac{z+x}{4y}+\frac{x+y}{4z}\)
Ta có:
\(VP=\frac{1}{4}\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}\right)\)
\(\ge\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}=VT\)
Vì $x+y+z=1$ nên $x+y=1-z,\quad y+z=1-x,\quad z+x=1-y.$
Do đó $\dfrac1{x+y}+\dfrac1{y+z}+\dfrac1{z+x}=\dfrac1{1-x}+\dfrac1{1-y}+\dfrac1{1-z}.$
Ta có $\dfrac1{1-x}=\dfrac{x}{x(1-x)}.$
Theo bất đẳng thức Cauchy:
$\dfrac1{1-x}+\dfrac1{1-y}+\dfrac1{1-z}\le\dfrac14\left(\dfrac1x+\dfrac1y+\dfrac1z\right)+\dfrac94.$
Suy ra $\dfrac1{x+y}+\dfrac1{y+z}+\dfrac1{z+x}\le\dfrac1{4x}+\dfrac1{4y}+\dfrac1{4z}+\dfrac94.$
Vậy $\dfrac1{x+y}+\dfrac1{y+z}+\dfrac1{z+x}\le\dfrac1{4x}+\dfrac1{4y}+\dfrac1{4z}+\dfrac94.$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=\dfrac13.$