[Đại 8] Bất đẳng thức và cực trị

[manhnguyen0164]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

1. Cho x,y,z dương thõa mãn $x+y\le z$ . Chứng minh rằng: $$ (x^2+y^2+z^2)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+ \dfrac{1}{z^2} \right) \ge \dfrac{27}{2}$$

2. Cho các số thực dương x,y,z thõa mãn $xyz=1$.

TÌm GTLN của biểu thức: $ \dfrac{1}{x+y+1}+\dfrac{1}{y+z+1}+\dfrac{1}{z+x+1} $

 

[eye_smile]

1,BĐT \Leftrightarrow $\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{x^2}{z^2}+\dfrac{y^2}{x^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}+\dfrac{z^2}{y^2} \ge \dfrac{21}{2}$

Có: $\dfrac{x^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{x^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{y^2}=\dfrac{x^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{16x^2}+\dfrac{y^2}{z^2}+\dfrac{z^2}{16y^2}+\dfrac{15z^2}{16x^2}+\dfrac{15z^2}{16y^2} \ge 2.\dfrac{1}{4}+2.\dfrac{1}{4}+\dfrac{15}{16}.2.4=\dfrac{17}{2}$

$\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2} \ge 2$

Cộng theo vế \Rightarrow đpcm.

 

[eye_smile]

2,Đặt $x=a^3;y=b^3;z=c^3$

\Rightarrow abc=1

$A=\dfrac{1}{a^3+b^3+1}+\dfrac{1}{b^3+c^3+1}+\dfrac{1}{c^3+a^3+1} \le \dfrac{1}{ab(a+b+c)}+\dfrac{1}{bc(a+b+c)}+\dfrac{1}{ac(a+b+c)}=1$

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1. $x^2+y^2\ge \dfrac{(x+y)^2}{2}$ và $\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\ge \dfrac{8}{(x+y)^2}$
Do đó $2VT\ge \left[(x+y)^2+2z^2\right]\left[\dfrac{8}{(x+y)^2}+\dfrac{1}{z^2}\right]$
Đặt $t=\dfrac{z^2}{(x+y)^2}\ge 1$ thì $2VT\ge (2t+1)\left(\dfrac{1}{t}+8\right)=\dfrac{1}{t}+t+15t+10\ge 2+15+10=27$
Do đó $VT\ge \dfrac{27}{2}$

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 2. Ta sẽ chứng minh $\sum \dfrac{1}{x+y+1}\le 1$
Đặt $a=\sqrt{x}, b=\sqrt{y}, c=\sqrt{z}$ và giả sử $a\ge b\ge c$ thì ta có bất đẳng thức tương đương:
$\sum \dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\ge 2$ hay $\sum \dfrac{(a+b)^2}{2(a^2+b^2+1)}+\sum \dfrac{(a-b)^2}{2(a^2+b^2+1)}\ge 2$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$\sum \dfrac{(a+b)^2}{2(a^2+b^2+1)}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)+6}$
$\sum \dfrac{(a-b)^2}{2(a^2+b^2+1)}\ge \dfrac{4(a-c)^2}{4(a^2+b^2+c^2)+6}$
Áp dụng AM-GM: $ab+bc+ca\ge 3$
Do đó ta cần chứng minh $(a+b+c)^2+(a-c)^2\ge 2(a^2+b^2+c^2)+ab+bc+ca$ hay là $(a-b)(b-c)\ge 0$ luôn đúng do $a\ge b\ge c$