Toán 8 Chuyên đề ôn BDT 8 và cực trị 8

[eye_smile]

Tiếp nhé .
C/m rằng
$(r+s)^4$ \leq $8.(r^4+s^4)$

AD Cauchy-Schwarz, có:

${[{(r+s)^2}]^2}$ \leq ${[2({r^2}+{s^2})]^2}=4{({r^2}+{s^2})^2}$ \leq $4.2({r^4}+{s^4})=8({r^4}+{s^4})$

Dấu "=" xảy ra \Leftrightarrow r=s

 

[thinhrost1]

Góp cho theard bài này

Cho $abc=1$, Chứng minh:

$\dfrac{1}{\sqrt{8a+1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{8b+1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{8c+1}} \geq 1$

 

[riverflowsinyou1]

Góp cho theard bài này

Cho $abc=1$, Chứng minh:

$\dfrac{1}{\sqrt{8a+1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{8b+1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{8c+1}} \geq 1$

Cái này dùng bất đẳng thức Holder bạn nhé .............................

 

[soicon_boy_9x]

Đặt biểu thức là P

Đặt $a=\dfrac{bc}{a^2} \ \ \ \ b=\dfrac{ac}{b^2} \ \ \ \ c=\dfrac{ab}{c^2}$

Ta có:

$\dfrac{1}{\sqrt{8a+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{8bc}{a^2}+1}}=\dfrac{a}
{\sqrt{8bc+a^2}}$

$P=\dfrac{a}{\sqrt{8bc+a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{8ac+b^2}}+\dfrac{c}
{\sqrt{8ab+c^2}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$P=\dfrac{a^2}{a\sqrt{8bc+a^2}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{8ac+b^2}}+\dfrac{c^2}
{c\sqrt{8ab+c^2}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}
{a\sqrt{8bc+a^2}+b\sqrt{8ac+b^2}+c\sqrt{8ab+c^2}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}
{\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^3+8abc}}$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

$(\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^3+8abc})^2
\leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc) \leq (a+b+c)[a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)]=
(a+b+c)(a+b+c)^3=(a+b+c)^4$

$\rightarrow
\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^3+8abc} \leq
(a+b+c)^2$

$\rightarrow P \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow x=y=z=1$

P/S: Nếu được dùng kì hiệu $\sum$ thì đỡ mệt rồi
Holder cái gì, chỉ cần Bunhiacopski và Cauchy thôi mà

 

[riverflowsinyou1]

Tiếp nhé .
Cho $a;b;c$ là các số thực dương . Hãy chứng minh:
$\frac{a^8+b^8+c^8}{(a.b.c)^3}$ \geq $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

 

[tensa_zangetsu]

Cho em đóng góp:
$x+y+z\le 1$

Tìm $GTNN$ $M=\sqrt{x^2+\dfrac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\dfrac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\dfrac{1}{z^2}}$

 

[letsmile519]

Cái này dùng bất đẳng thức Holder bạn nhé .............................

Theo Holder sẽ bị ngược bước cuối bạn nhé!

k thì bạn giải ra thử xem

 

[soicon_boy_9x]

Tiếp nhé .
Cho $a;b;c$ là các số thực dương . Hãy chứng minh:
$\frac{a^8+b^8+c^8}{(a.b.c)^3}$ \geq $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

$\leftrightarrow \dfrac{a^5}{b^3.c^3}+\dfrac{b^5}{a^3c^3}+\dfrac{c^5}{a^3b^3}
\geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 6 số dương ta có:

$\dfrac{a^5}{b^3c^3}+\dfrac{b^5}{a^3c^3}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}
{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a} \geq 6\dfrac{1}{c}$

Tương tự cộng từng vế ta có $dpcm$

 

[letsmile519]

Đặt biểu thức là P

Đặt $a=\dfrac{bc}{a^2} \ \ \ \ b=\dfrac{ac}{b^2} \ \ \ \ c=\dfrac{ab}{c^2}$

Ta có:

$\dfrac{1}{\sqrt{8a+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{8bc}{a^2}+1}}=\dfrac{a}
{\sqrt{8bc+a^2}}$

$P=\dfrac{a}{\sqrt{8bc+a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{8ac+b^2}}+\dfrac{c}
{\sqrt{8ab+c^2}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$P=\dfrac{a^2}{a\sqrt{8bc+a^2}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{8ac+b^2}}+\dfrac{c^2}
{c\sqrt{8ab+c^2}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}
{a\sqrt{8bc+a^2}+b\sqrt{8ac+b^2}+c\sqrt{8ab+c^2}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}
{\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^3+8abc}}$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

$(\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^3+8abc})^2
\leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc) \leq (a+b+c)[a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)]=
(a+b+c)(a+b+c)^3=(a+b+c)^4$

$\rightarrow
\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^3+8abc} \leq
(a+b+c)^2$

$\rightarrow P \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow x=y=z=1$

P/S: Nếu được dùng kì hiệu $\sum$ thì đỡ mệt rồi
Holder cái gì, chỉ cần Bunhiacopski và Cauchy thôi mà

Nhưng phần sau của bạn hơi phức tạp nhỉ!!
Từ cái $$P=\dfrac{a}{\sqrt{8bc+a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{8ac+b^2}}+\dfrac{c}
{\sqrt{8ab+c^2}}$$

Ta áp dụng Holder

Gọi $B= a(a^2+8bc)+b(b^2+8ac)+c(c^2+8ab)$

=> $P^2.B$\geq $(a+b+c)^3$

Ta cần cm $(a+b+c)^3$\geq $B$

hay : $(a+b+c)^3$\geq$a^3+b^3+c^3+24$

\Leftrightarrow $c(a-b)^2+a(b-c)^2+b(c-a)^2$\geq0 đúng

=. đpcm

 

[soicon_boy_9x]

Theo Holder sẽ bị ngược bước cuối bạn nhé!

k thì bạn giải ra thử xem

Cách Holder là một cách làm rất hay của bài này nhưng mình giải cho phù hợp với cách lớp 8

Bạn tham khảo cách làm bằng BĐT Holder trong sáng tạo Bất Đẳng thức của Phạm Kim Hùng nhé

 

[soicon_boy_9x]

Nhưng phần sau của bạn hơi phức tạp nhỉ!!
Từ cái $$P=\dfrac{a}{\sqrt{8bc+a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{8ac+b^2}}+\dfrac{c}
{\sqrt{8ab+c^2}}$$

Ta áp dụng Holder

Gọi $B= a(a^2+8bc)+b(b^2+8ac)+c(c^2+8ab)$

=> $P^2.B$\geq $(a+b+c)^3$

Ta cần cm $(a+b+c)^3$\geq $B$

hay : $(a+b+c)^3$\geq$a^3+b^3+c^3+24$

\Leftrightarrow $c(a-b)^2+a(b-c)^2+b(c-a)^2$\geq0 đúng

=. đpcm

Chứng minh thêm bất đẳng thức Holder thì sẽ dài gấp đôi bài mình

Cách làm của bạn giống hệt trong sáng tạo bất đẳng thức

 

[letsmile519]

Cách Holder là một cách làm rất hay của bài này nhưng mình giải cho phù hợp với cách lớp 8

Bạn tham khảo cách làm bằng BĐT Holder trong sáng tạo Bất Đẳng thức của Phạm Kim Hùng nhé

Không! mình đang nói bạn kia...nếu dùng trực tiếp e là không được. phải đặt như bạn đã xong mới theo Holder được! còn nếu cm trực tiếp thì ai giúp mềnh )

 

[riverflowsinyou1]

Góp cho theard bài này

Cho $abc=1$, Chứng minh:

$\dfrac{1}{\sqrt{8a+1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{8b+1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{8c+1}} \geq 1$

Xét phép biến đổi ẩn ($\frac{b.c}{a^2}$;$\frac{a.c}{b^2}$;$\frac{b.a}{c^2}$) ($a;b;c$ lớn hơn $0$ )
Khi đó ta phải tìm GTLN của $S=\frac{a}{\sqrt{a^2+8.b.c}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8.a.c}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+b.a.8}}$
Cho $A=a.(a^2+8.b.c)+b.(b^2+8.a.c)+c.(c^2+8.a.b)$
Áp dụng bất đẳng thức Holder :
$S^2.A$ \geq $(a+b+c)^3$
Mặt khác $(a+b+c)^3 \geq A=a^3+b^3+c^3+24.a.b.c$
Từ đó \Rightarrow $S^2.A$ \geq $(a+b+c)^3$ \geq $A$ \Leftrightarrow $S>1$
Từ đó suy ra đpcm.

 

[letsmile519]

Chứng minh thêm bất đẳng thức Holder thì sẽ dài gấp đôi bài mình

Cách làm của bạn giống hệt trong sáng tạo bất đẳng thức

Vì mình đã học )

BDT học trong đó cả mà )
...............................................................

 

[soicon_boy_9x]

Cho em đóng góp:
$x+y+z\le 1$

Tìm $GTNN$ $M=\sqrt{x^2+\dfrac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\dfrac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\dfrac{1}{z^2}}$

Điểm rơi Bunhiacopski thôi

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

$(x^2+\dfrac{1}{x^2})(1+81) \geq (x+\dfrac{9}{x})^2$

$\rightarrow M \sqrt{82} \geq x+y+z+\dfrac{9}{x}+\dfrac{9}{y}+\dfrac{9}{z}
=x+\dfrac{1}{9x}+\dfrac{1}{9y}+y+\dfrac{1}{9z}+z+ \dfrac{ 80 }{ 9x } +\dfrac{80}
{9y}+\dfrac{80}{9z} \geq ...$

Bạn tự dùng Cauchy và Schwarz để tính

 

[riverflowsinyou1]

Tiếp nhé ). Cho $a;b;c$>$0$ thoả mãn $a.b.c=1$. C/m
$\frac{a}{(b+c)^2}$+$\frac{b}{(a+c)^2}$+$\frac{c}{(a+b)^2}$ \geq $\frac{9}{4.(a+b+c)}$
Cái này dùng Cauchy Swarchz nhé .

 

[soicon_boy_9x]

Tiếp nhé ). Cho $a;b;c$>$0$ thoả mãn $a.b.c=1$. C/m
$\frac{a}{(b+c)^2}$+$\frac{b}{(a+c)^2}$+$\frac{c}{(a+b)^2}$ \geq $\frac{9}{4.(a+b+c)}$
Cái này dùng Cauchy Swarchz nhé .

Viết sai tên nhà toán học rồi kìa )

Mình lại không thích dùng Cauchy "Swarchz" nữa

$\leftrightarrow \dfrac{a(a+b+c)}{(b+c)^2}+\dfrac{b(a+b+c)}
{(a+c)^2}+\dfrac{c(a+b+c)}{(a+b)^2} \geq \dfrac{9}{4}$

$\leftrightarrow [\dfrac{a^2}{(b+c)^2}+\dfrac{b^2}{(a+c)^2}+\dfrac{c^2}
{(a+b)^2}]+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{9}{4}$

Lại có $[\dfrac{a^2}{(b+c)^2}+\dfrac{b^2}{(a+c)^2}+\dfrac{c^2}
{(a+b)^2}]+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{1}{3}
(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b})^2+ \dfrac{ a }{ b+c } +\dfrac{b}
{a+c}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{1}{3}.\dfrac{3^2}{2^2}+\dfrac{3}{2}=\dfrac{9}
{4}$

P/S: Chắc là không cần phải chứng minh Nesbit 3 biến đâu nhỉ

 

[letsmile519]

Tiếp nhé ). Cho $a;b;c$>$0$ thoả mãn $a.b.c=1$. C/m
$\frac{a}{(b+c)^2}$+$\frac{b}{(a+c)^2}$+$\frac{c}{(a+b)^2}$ \geq $\frac{9}{4.(a+b+c)}$
Cái này dùng Cauchy Swarchz nhé .

BDT trên tương đương với

$4(a+b+c).(\frac{a}{(b+c)^2}$+$\frac{b}{(a+c)^2}$+$\frac{c}{(a+b)^2})$\geq9

Nhân tung ra được:

$4(\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2})+\frac{4a}{b+c}+\frac{4b}{c+a}+\frac{4c}{b+a}$\geq 9

Theo Bunhia

$4(\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2}$\geq$\frac{4}{3}.(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}$

Mà theo Nesbitt 3 biến thì $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}$\geq3/2

=>đpcm

 

[riverflowsinyou1]

Thôi làm thêm 1 bài nữa đi ngủ ).
Cho 1 \leq a;b;c \leq 2
Chứng tỏ : (x+y+z)($\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$+$\frac{1}{z}$) \leq 10

 

[letsmile519]

Thôi làm thêm 1 bài nữa đi ngủ ).
Cho $ 1 \leq a;b;c \leq 2$
Chứng tỏ : ($x+y+z$)($\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$) \leq $10$

Ta có BDT tương đương:

[TEX]\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}\leq 7[/TEX]

Giả sử a\geqb\geqc

\Rightarrow $(a-b)(b-c)$\geq0

\Leftrightarrow $ab+bc$\geq$b^2+ac$

Chua cả 2 vế với bc

=> [TEX]\frac{a}{c}+1 \geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}[/TEX]

Tương tự chia 2 vế với ab

[TEX]1+\frac{c}{a}\geq\frac{c}{b}+\frac{b}{a}[/TEX]

=> [TEX]\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+2\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}[/TEX]

\Rightarrow [TEX]2.\frac{a}{c}+2.\frac{c}{a}+2\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}[/TEX]

Đặt x=a/c=> 1\leqx\leq2

\Rightarrow x+1/x\leq5/2

=>đpcm

p.s:bài này có trung đề thi lớp 10 năm ngoái hay sao ý!!