bất pt

Question

cho x,y,z

$\geq 0$ và

$x+y+z=3$ chứng minh

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+xyz\geq 4$

score 1 · Answer 1

Ta sẽ chứng minh

$2(x^2+y^2+z^2)+2xyz+1\geq 9$ .
BĐT này tương đương với:

$2(x^2+y^2+z^2)+2xyz+1\geq (x+y+z)^2$

$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$
Xét tam thức bậc 2

$f(x)=x^2+2(yz-y-z)x+(y-z)^2+1$
Ta có:

$\Delta '=(yz-y-z)^2-(y-z)^2-1=yz(y-2)(z-2)-1$ .
Nếu

$y,z\leq 2$ thì

$0\leq y(2-y),z(2-z)\leq 1$ nên

$\Delta '\leq 0$ .
Nếu

$y>2$ thì do

$x+y+z=3$ nên

$z<2$ , suy ra

$yz(y-2)(z-2)<0<1$ , ta được

$\Delta '<0$ .
Tương tự nếu

$z>2$ thì

$\Delta '<0$ .
Tóm lại

$\Delta '<0$ nên

$f(x)\geq 0,\forall x$ (đpcm).
Dấu

$=$ xảy ra khi và chỉ khi

$x=y=z=1$ .

score 1 · Answer 2

Ta có:

$x^2+y^2+z^2+xyz\geq4(1)\Leftrightarrow x^2+(y+z)^2-2yz+xyz-4\geq0$

$\Leftrightarrow x^2+(3-x)^2-2yz+xyz-4\geq0$ (vì

$y+z=3-x)$

$\Leftrightarrow (x-2)yz+2x^2-6x+5\geq0$
Đặt

$t=xy\Rightarrow t\leq \frac{(z+y)^2}{4}=\frac{(3-x)^2}{4}$
Từ đó:

$(1)\Leftrightarrow f(t)=(x-2)t+2x^2-6x+5\geq0$ Với

$t\in \left[ {0;\frac{(3-x)^2}{4}} \right]$
Ta có:

$f(0)=2x^2-6x+5=2(x-\frac{3}{2})+\frac{1}{2}>0$

$f(\frac{(3-x)^2}{4})=(x-2)\frac{(3-x)^2}{4}+2x^2-6x+5=\frac{x^3-3x+2}{4}=\frac{(x-1)^2(x+2)}{4}>0 \forall x\geq0$
Từ đó suy ra:

$f(t)\geq0\Rightarrow dpcm$
Vậy

$x^2+y^2+z^2+xyz\geq4$

fractal8055, cách này dc chứ – thanhnhan97gl 26-12-12 10:46 PM

Cách này chắc đúng rồi chứ – thanhnhan97gl 26-12-12 10:45 PM

2 Đáp án