Toán 9 BẤT ĐẲNG THỨC

[Hoàng Vũ Nghị]

[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.

TOPIC KHÔNG GIỚI HẠN ĐỘ TUỔI ~~
Bất đẳng thức hiện nay đã rất phổ biến trong bậc THCS và THPT .Hầu như các đề kiểm tra hay thi HSG ,thi vào cấp 3 hầu như có ít nhất 1 câu ... Tuy nhiên đây cũng là một dạng toán khó và cần chúng ta giải quyết một cách linh hoạt !
Chính vì vậy ,topic này lập ra để có thể giúp bạn nâng cao trình độ bất đẳng thức của mình .
Tuy nhiên chúng ta cũng phải nhìn nhận một điều rằng ,trình độ của diễn đàn ta còn yếu nên không nên đăng những bài quá khó sẽ gây nản cho thành viên tham gia .
Các thành viên tham gia giải bài cần lưu ý các điều sau:
- Chú ý viết LATEX đối với công thức
- Không chửi bậy, văng tục và không xúc phạm nhau
- Không đăng các bài còn hạn trên tạp chí Toán Tuổi Thơ, THTT, PI....
- Không đăng quá nhiều bài gây loãng topic này.
- Đặc biệt bài đăng 1 ngày không có đáp án thì người đăng sẽ phải công bố đáp án
Chúng ta cùng bắt đầu nào~~ Hi vọng topic sẽ có thể phát triển mạnh mẽ ~~
1,KIẾN THỨC
1. Định nghĩa : 2 biểu thức A,B được liên hệ với nhau bởi 1 trong các dấu [tex]\geq ,>,=,< ,\leq[/tex]
2. Tính chất
[tex]2.1:a>b\Rightarrow a+c\geq b+c\\2.2 :a> b,c> d\Rightarrow a+c>b+d\\2.3:a>b> 0 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} a.c>b.c(c>0) & & \\ abc>0 & & \\ c>d>0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow a.c>b.d\\2.5:a>b>0 , 0>a>b \Rightarrow \frac{1}{a}< \frac{1}{b}[/tex]

3.Cách làm
3.1: Sử dụng các tính chất của bất đẳng thức
3.2: Đánh giá mẫu làm trội
3.3: Phương pháp dồn biến, đổi biến
3.4: Phương pháp tách bình phương
3.5: Phương pháp hình học
3.6: Phương pháp phản chứng
3.7: Phương pháp quy nạp.
3.8: Sử dụng các bất đẳng thức phụ
3.8 : Sử dụng bất đẳng thức thông dụng : Cauchy ,Bunhia Copxki ,Schwarz, Schur,Holder ....
...
Còn tiếp vào ngày mai ..mong sự ủng hộ của tất cả mọi người ![/tex][/tex]

 

[Mai Hải Đăng]

Mình trước nhé, Đây là một số dạng BĐT sử dụng Cô-si để giải
1/Với [tex]a,b,c,d≥0[/tex]
CMR: [tex](a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥16abcd[/tex]
2/Cho [tex]x,y≥0[/tex]. CMR: [tex](x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})≥4[/tex]

BĐT Cô-si: Với a và b là 2 số không âm thì [TEX]\frac{a+b}{2}≥\sqrt{ab}[/TEX]
Hay trung bình cộng lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân

 

[Học Trò Của Sai Lầm]

Mình trước nhé, Đây là một số dạng BĐT sử dụng Cô-si để giải
1/Với [tex]a,b,c,d≥0[/tex]
CMR: [tex](a+b)(b+c)(c+d)(d+a)≥16abcd[/tex]
2/Cho [tex]x,y≥0[/tex]. CMR: [tex](x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})≥4[/tex]

BĐT Cô-si: Với a và b là 2 số không âm thì [TEX]\frac{a+b}{2}≥\sqrt{ab}[/TEX]
Hay trung bình cộng lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân

1) Sử dụng BĐT AM-GM, ta có:
[tex](a+b)(b+c)(c+d)(d+a)\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}.2\sqrt{da}=16abcd[/tex]
2) Sử dụng BĐT AM-GM, ta có:
[tex](x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})\geq 2\sqrt{xy}.\frac{2}{\sqrt{xy}}=4[/tex]

 

[Hoàng Vũ Nghị]

Chúng ta tiếp tục với chủ đề ngày hôm nay ~~
Đầu tiên sẽ là kiến thức cần nhớ )
4:Các bất đẳng thức phụ
[tex]4.1:a^3+b^3\geq ab(a+b)\\4.2: (a+1)(b+1)\geq (1+\sqrt{ab})^2\\4.3: (1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\\4.4:\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\geq a+b+c(a,b,c>0,abc\leq 1)\\4.5:\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\geq \frac{2}{ab+1}\\4.6:a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca\\[/tex]
[tex]4.7:x^2-xy+y^2\geq \frac{(a+b)^2}{4}[/tex]
[tex]4.8:\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{8}{(x+y)^2}\\4.9:x^4+y^4\geq xy(x^2+y^2)\\4.10:x^5+y^5\geq x^2y^2(x+y)\\4.11:\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2}\leq \sqrt{xy}(x,y\geq 1)\\4.12:a^3+b^3+c^3\geq ab^2+bc^2+ca^2\\4.13:a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)[/tex]
[tex]4.14:\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\geq a+b+c\\4.15:\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\\4.16: (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc\\4.17:abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)[/tex]
...
Và còn rất nhiều bất đẳng thức phụ nữa ...Trên đây là 17 bđt phụ mình tổng hợp được và rất quen thuộc với ta ...
Nào chúng ta cùng chứng minh các bất đẳng thức phụ trên ~~
.
Lộ trình của chúng ta sẽ là :
1- Chứng minh các bất đẳng thức phụ
2- Làm quen với các bất đẳng thức thường dùng và chứng minh các hệ quả của các bất đẳng thức đó
3-Làm quen với việc sử dụng các kĩ thuật ghép cauchy,cauchy ngược dấu,...ghép bunhia ... và các bất đẳng thức quen thuộc
3- Thực hành dần với các phương pháp cách làm ở mục 3
4- Các bài tập tổng hợp ..
Rất mong các ý kiến đống góp của các bạn về lộ trình : bổ sung hoặc sắp xếp

Nào, chúng ta cùng bắt đầu chứng minh các bất đẳng thức phụ ...
và các bạn có thể đề xuất bổ sung cho mục 4 theo mẫu
4.n:...

 

[Học Trò Của Sai Lầm]

4.1 [tex]a^3+b^3\geq ab(a+b)\Leftrightarrow a^3+b^3-ab(a+b\geq 0\Leftrightarrow (a+b)(a^2-ab+b^2)-ab(a+b)\geq 0\Leftrightarrow (a+b)(a-b)^2\geq 0[/tex] (Luôn đúng)
4.2 [tex](a+1)(b+1)=ab+a+b+1\geq ab+2\sqrt{ab}+1=(\sqrt{ab}+1)^2[/tex]
4.3 $(1+a)(1+b)(1+c) = [1+(ab+bc+ca)+(a+b+c)+abc] \ge (1+\sqrt[3]{a^2b^2c^2} + \sqrt[3]{abc} + abc) = (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Góp vui vài bài, nhiều bài quá gõ mỏi tay

 

[Minh Dora]

Chúng ta tiếp tục với chủ đề ngày hôm nay ~~
Đầu tiên sẽ là kiến thức cần nhớ )
4:Các bất đẳng thức phụ
[tex]4.1:a^3+b^3\geq ab(a+b)\\4.2: (a+1)(b+1)\geq (1+\sqrt{ab})^2\\4.3: (1+a)(1+b)(1+c)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3\\4.4:\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\geq a+b+c(a,b,c>0,abc\leq 1)\\4.5:\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\geq \frac{2}{ab+1}\\4.6:a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca\\[/tex]
[tex]4.7:x^2-xy+y^2\geq \frac{(a+b)^2}{4}[/tex]
[tex]4.8:\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{8}{(x+y)^2}\\4.9:x^4+y^4\geq xy(x^2+y^2)\\4.10:x^5+y^5\geq x^2y^2(x+y)\\4.11:\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2}\leq \sqrt{xy}(x,y\geq 1)\\4.12:a^3+b^3+c^3\geq ab^2+bc^2+ca^2\\4.13:a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)[/tex]
[tex]4.14:\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\geq a+b+c\\4.15:\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\\4.16: (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc\\4.17:abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)[/tex]
...
Và còn rất nhiều bất đẳng thức phụ nữa ...Trên đây là 17 bđt phụ mình tổng hợp được và rất quen thuộc với ta ...
Nào chúng ta cùng chứng minh các bất đẳng thức phụ trên ~~
.
Lộ trình của chúng ta sẽ là :
1- Chứng minh các bất đẳng thức phụ
2- Làm quen với các bất đẳng thức thường dùng và chứng minh các hệ quả của các bất đẳng thức đó
3-Làm quen với việc sử dụng các kĩ thuật ghép cauchy,cauchy ngược dấu,...ghép bunhia ... và các bất đẳng thức quen thuộc
3- Thực hành dần với các phương pháp cách làm ở mục 3
4- Các bài tập tổng hợp ..
Rất mong các ý kiến đống góp của các bạn về lộ trình : bổ sung hoặc sắp xếp

Nào, chúng ta cùng bắt đầu chứng minh các bất đẳng thức phụ ...
và các bạn có thể đề xuất bổ sung cho mục 4 theo mẫu
4.n:...

4.4:
a/b + a/b + b/c ≥ 3 ³√(a²/(bc)) = 3 ³√(a³/(abc)) ≥ 3a------------(vì abc ≤ 1)
CMTT:b/c+ b/c+c/a ≥ 3b
c/a+c/a+a/b ≥3c
Cộng vế với vế
3(a/b+b/c+c/a)≥3(a+b+c)
a/b+b/c+c/a≥a+b+c(đpcm)
4.5

1/(a^2+1)+1/(b^2+1)≥2/(ab+1)
<=>1/(a^2+1)-1/(ab+1)+1/(b^2+1)-1/(ab+1)≥0
<=>(ab-a^2)/(a^2+1)(ab+1)+(ab-b^2)/(b^2+1)(ab+1)≥0
<=>(b-a)^2(ab-1)/(a^2+1)(b^+1)(ab+1)≥0(Luôn đúng với ab≥1)
4.6
a^2+b^2+c^2≥ab+bc+ac
<=>2(a^2+b^2+c^2)≥2(ab+bc+ca)
<=>(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2≥0 (luôn đúng)

 

[Mai Hải Đăng]

Góp vui tí nữa nè.
1/ CMR: [tex](a+b)(b+c)(c+a)≥8abc[/tex] . Biết rằng [tex]a,b,c≥0[/tex] (áp dụng BĐT phụ [TEX](x+y)^2≥4xy[/TEX] nhá )
2/ Với [tex]a,b,c>0[/tex]. Hãy CM: [tex](a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})≥ 9[/tex]
3/ Cho [tex]a,b,c,d>0[/tex] và [TEX]abcd=1[/TEX]. CMR: [tex]a^2+b^2+c^2+d^2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10[/tex]

 

[Hoàng Vũ Nghị]

Góp vui tí nữa nè.
1/ CMR: [tex](a+b)(b+c)(c+a)≥8abc[/tex] . Biết rằng [tex]a,b,c≥0[/tex] (áp dụng BĐT phụ [TEX](x+y)^2≥4xy[/TEX] nhá )
2/ Với [tex]a,b,c>0[/tex]. Hãy CM: [tex](a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})≥ 9[/tex]
3/ Cho [tex]a,b,c,d>0[/tex] và [TEX]abcd=1[/TEX]. CMR: [tex]a^2+b^2+c^2+d^2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10[/tex]

1,[tex](a+b)(b+c)(c+a)\geq 2\sqrt{ab}.2\sqrt{bc}.2\sqrt{ca}=8abc[/tex]
2,[tex](a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}=9[/tex]
3,nhân bung ra rồi ghép cho 4 số và 6 số

 

[Hoàng Vũ Nghị]

Chúng ta sẽ tiếp tục với topic ~~
Ngày hôm nay ta hãy cùng đến với bất đẳng thức quen thuộc nhất CAUCHY( Cô-si)
A.Kiến thức cơ bản
Đây là một bất đẳng thức về trung bình cộng và trung bình nhân và có tên chính xác là Bất đẳng thức AM-GM
Chúng ta thường gọi bất đẳng thức này là bất đẳng thức Cauchy (Cô-si) nhưng thực ra Cauchy không phải là người đã sáng tạo và tìm ra bất đẳng thức này mà ông là người có cách chứng minh hay nhất cho bất đẳng thức này
Đã có rất nhiều người đã tìm ra nó trước ông và đã chứng minh hoàn toàn cho nó nhưng cách của họ không hay bằng ông

Ngoài lề một chút ,chúng ta sẽ điểm qua một chút về cuộc đời của ông :Cauchy sinh ngày 21 tháng 8 năm 1789. Nhà Toán học đầy óc sáng tạo này có rất nhiều công trình toán học, chỉ thua Euler mà thôi. Những nhà toán học hiện đại tiếp thu được từ Cauchy hai điều nổi bật trên con đường nghiên cứu toán ở thế kỷ 18. Nhà toán học Lagrange lúc đó là giáo sư trường Đại học Bách khoa thường xuyên đến liên hệ công việc với bố Cauchy và đã có dịp tiếp xúc với Cauchy. Một hôm trước mặt Laplaxơ và một số nhân vật khác, Lagrange đã chỉ vào cậu bé Cauchy đang ngồi làm việc ở một góc phòng của bố và nói “ Các bạn có thấy cậu thiếu niên này không? Cậu ta sẽ vượt chúng ta khi chúng ta đang còn là những nhà toán học”.Lagrange đã khuyên bố Cauchy như sau: “Bác đừng để Cauchy sờ đến một cuốn cách toán cao cấp nào trước khi em ấy 17 tuổi”, hoặc “Bác nên dạy văn cho Cauchy để có cơ sở vững chắc, vì em ấy sẽ trở thành nhà toán học lớn và phải biết viết thành văn những thành tựu toán học của mình”. Cauchy đứng đầu lớp và đạt nhiều giải nhất về các môn học tiếng La Tinh, Hi Lạp và thơ La Tinh tại trường trung tâm của Păngtêông mà ở đó vua Napoleon đã đặt ra nhiều giải thưởng và một kỳ thi học sinh giỏi cho tất cả các trường của nước Pháp thuộc cùng một lớp.

Ta tiếp tục trở lại ...
Bất đẳng thức Cauchy có rất nhiều ứng dụng trong việc chứng minh bất đẳng thức và giải toán tìm max (giá trị lớn nhất) và min (giá trị nhỏ nhất)
Ở cấp THCS thì ta quan tâm nhiều nhất đến 2 trường hợp riêng của bất đẳng thức
TH n=2.lúc này bất đẳng thức được viết thành
Nếu a,b là các số thực không âm thì [tex]\frac{a+b}{2}\geq \sqrt{ab}[/tex]
Dấu bằng xảy ra khi a=b
Bát đẳng thức này còn viết ở dạng khác tương đương là
[tex]ab\leq (\frac{a+b}{2})^2\\a^2+b^2\geq (\frac{a+b}{2})^2[/tex]
TH2 :n=3 ta có bđt cauchy với 3 số không âm
Nếu a,b,c là các số thực không âm thì
[tex]\frac{a+b+c}{3}\geq \sqrt[3]{abc}[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=c
Trong thực tế ta còn sử dụng một dạng khác tương đương của bất đẳng thức này là [tex]abc\leq (\frac{a+b+c}{3})^{3}[/tex]

Dạng tổng quát
Giả sử [tex]a1,a2,...,an[/tex] không âm ,khi đó ta có
Dạng 1:
[tex]\frac{a1+a2+...+an}{n}\geq \sqrt[n]{a1a2a3...an}[/tex]
Dạng 2:
[tex]a1+a2+...+an\geq n\sqrt[n]{a1a2...an}[/tex]
Dạng 3 :
[tex](\frac{a1+a2+...+an}{n})^n\geq a1a2...an[/tex]
Dấu = xảy ra khi a1=a2=...=an
a, Các hệ quả của bất đẳng thức Cauchy (hầu như là nhắc lại về các bất đẳng thức phụ)
[tex]1:a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca\\2:a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}\\3: (a+b+c)^2\geq ab+bc+ca\\4:a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\\5: (ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)\\6:\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}\\7:\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}\\8:\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geq \frac{2}{1+\sqrt{ab}}[/tex]
[tex]9:\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}\\10: (a+1)(b+1)\geq (1+\sqrt{ab})^2\\11: (a+1)(b+1)(c+1)\geq (1+\sqrt[3]{abc})^3[/tex]
B .Bài tập vận dụng
1.Cho a,b>0 .tìm min [tex]S=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}[/tex]
2.Cho [tex]a\geq 3[/tex].tìm min [tex]S=a+\frac{1}{a}[/tex]
3.Cho [tex]a\geq 2[/tex].tìm min [tex]a+\frac{1}{a^2}[/tex]
4.Cho a,b>0 và a+b [tex]\leq 1[/tex].tìm min S=[tex]ab+\frac{1}{ab}[/tex]
5.Cho a,b dương thỏa mãn a+b=2.Tìm max [tex]S=a^2b^2(a^2+b^2)[/tex]
6.Cho a,b,c>0 .Chứng minh
[tex]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}[/tex]
7.Cho a,b,c [tex]\geq 0[/tex] thỏa mãn [tex]a^2+b^2+c^2=1[/tex] .tìm min [tex]S=a+b+c+\frac{1}{abc}[/tex]

 

[lengoctutb]

3/ Cho [tex]a,b,c,d>0[/tex] và [TEX]abcd=1[/TEX]. CMR: [tex]a^2+b^2+c^2+d^2+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a)≥10[/tex]

Đặt $A= a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+a(b+c)+b(c+d)+d(c+a) = a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+ab+ac+bc+bd+dc+da$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy$$,$ ta có $:$
$a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}+ab+ac+bc+bd+dc+da \geq 10\sqrt[10]{a^{2}.b^{2}.c^{2}.d^{2}.ab.ac.bc.bd.dc.da}= 10\sqrt[10]{a^{5}.b^{5}.c^{5}.d^{5}}= 10\sqrt[10]{(abcd)^{5}}=10$
ĐTXR $\Leftrightarrow a=b=c=d$

 

[Phượng's Nguyễn's]

4.9:x4+y4≥xy(x2+y2)4.10:x5+y5≥x2y2(x+y)

4.9: [tex]+)x^4+x^4+x^4+y^4\geq 4\sqrt[4]{x^4.x^4.x^4.y^4}=4x^3.y +) y^4+y^4+y^4+x^4\geq 4xy^3 =>4(x^4+y^4)\geq 4xy(x^2+y^2)[/tex]
4.10:tương tự
Ta có dạng tổng quát:[tex]a^n+b^n\geq ab(a^{n-2}+b^{n-2})[/tex]

 

[Hoàng Vũ Nghị]

Mọi người cùng vào làm nào ...đừng quên tag bạn bè vào để có thể cọ xát và biến môn toán thành môn học thú vị nha~~
Các dạng bài tập trên đây là những dạng bài tập khá dễ được chọn lọc

 

[Phượng's Nguyễn's]

1.Cho a,b>0 .tìm min S=ab+baS=ab+baS=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}
2.Cho a≥3a≥3a\geq 3.tìm min S=a+1aS=a+1aS=a+\frac{1}{a}

1) Áp dụng Bđt cô si ta có [tex]S\geq 2\sqrt{\frac{a}{b}.\frac{b}{a}} =2[/tex]
dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=b
2)[tex]S=a+\frac{1}{a}=\frac{8a}{9}+\frac{1}{a}+\frac{9}{a}\geq \frac{8.3}{9}+2\sqrt{\frac{1}{a}.\frac{9}{a}} =\frac{8}{3}+\frac{2}{3}=\frac{10}{3}[/tex] (vì [tex]a\geq 3[/tex])
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a=3

topic buồn nhỉ...vào vài bài đi @thangbebu1112004

 

[Hoàng Vũ Nghị]

Công nhận là chán thật nhưng cứ cố gắng thôi ~~
3.[tex]a+\frac{1}{a^2}=\frac{a}{8}+\frac{a}{8}+\frac{1}{a^2}+\frac{3a}{4}\geq \frac{3}{4}+\frac{3.2}{4}=\frac{9}{4}[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=2
4.[tex]ab+\frac{1}{ab}=ab+\frac{1}{16ab}+\frac{15}{16ab}\geq \frac{1}{2}+\frac{15}{16(\frac{a+b}{2})^2}=\frac{17}{4}[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=[tex]\frac{1}{2}[/tex]

 

[Hoàng Vũ Nghị]

Đã hết 1 ngày

5.Cho a,b dương thỏa mãn a+b=2.Tìm max [tex]S=a^2b^2(a^2+b^2)[/tex]

5.
[tex]2=x+y\geq 2\sqrt{xy}\Rightarrow xy\leq 1\\2x^2y^2(x^2+y^2)\leq 2xy(x^2+y^2)\\\leq (\frac{2xy+x^2+y^2}{2})^2=(\frac{(x+y)^2}{2})^2=4[/tex]
Dấu = xảy ra khi x=y=1
6.
[tex](\frac{a^2}{b}+b)+(\frac{b^2}{c}+c)+(\frac{c^2}{a}+a)\geq 2(a+b+c\\\Rightarrow 2(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c\\\Rightarrow 2(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})\geq (\frac{a^2-ab+b^2}{b}+b)+(\frac{b^2-bc+c^2}{c}+c)+(\frac{c^2-ca+a^2}{a}+a)\\\geq 2\sqrt{a^2-ab+b^2}+2\sqrt{b^2-bc+c^2}+2\sqrt{c^2-ca+a^2}[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=c
7.
[tex]a+b+c+\frac{1}{abc}=a+b+c+\frac{1}{9abc}+\frac{8}{9abc}\\\geq 4\sqrt[4]{abc.\frac{1}{9abc}}+\frac{8}{9(\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}})^3}=\frac{4}{\sqrt{3}}+\frac{8}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=c=[tex]\frac{1}{\sqrt{3}}[/tex]
Sôi nổi lên đi mọi người.. mình thấy đây là những bài khá cơ bản mà .
Có gì các bạn hãy góp ý .. xin đừng im lặng
Ngày mai ta sẽ tìm hiểu về Bunhia ~~

 

[Hoàng Vũ Nghị]

Xin lỗi các bạn vì ngày hôm qua mình bận nên k tiếp tục
Hôm nay chúng ta sẽ đến với 1 bất đẳng thức khác và đó là bất đẳng thức Bunyakovsky (hay còn được gọi tắt là BCS)
Tổng quát :
Cho 2n số thực [tex]a_{1},a_{2},...,a_{n};b_{1},b_{2},...,b_{n}[/tex]
Khi đó ta có
[tex](a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...a_{n}b_{n})^2\leq (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})[/tex]
Dấu = xảy ra khi [tex]a_{i}=kb_{i},k\epsilon N[/tex]
Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này nhưng ở cấp THCS thì thường dùng cho 2 số
[tex](ax+by)^2\leq (a^2+b^2)(x^2+y^2)[/tex]
Dấu bằng xảy ra khi [tex]a=kx,b=ky[/tex]
Chứng minh :
C1:
[tex](a^2+x^2)(b^2+y^2)=(ab+xy)^2+(ab-xy)^2\Rightarrow (a^2+x^2)(b^2+y^2)\geq (ax+by)^2[/tex]
C2:
Nếu [tex]a^2+x^2=0[/tex] hoặc [tex]b^2+y^2=0[/tex] thì bất đẳng thức luôn đúng
Xét [tex]a^2+x^2>0[/tex] ,[tex]b^2+y^2>0[/tex]
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với[tex]\frac{\left | ab+xy \right |}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}}\leq 1[/tex]
Ta có
[tex]\frac{\left | ab \right |}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a^2}{a^2+x^2}+\frac{b^2}{b^2+y^2})\\\frac{\left | xy \right |}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{x^2}{a^2+x^2}+\frac{y^2}{b^2+y^2})[/tex]
Cộng 2 bất đẳng thức trên ta có
[tex]\frac{\left | ab \right |}{\sqrt{a^2+x^2)(b^2+y^2)}}+\frac{\left | xy \right |}{\sqrt{a^2+x^2)(b^2+y^2)}}\leq 1[/tex]
Lại có
[tex]\left | ab+xy \right |\leq \left | ab \right |+\left | xy \right |[/tex]
Suy ra đpcm
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta rút ra được hệ quả sau (được gọi bất đẳng thức Schwarz dạng engel)
Tổng quát :cho n số thực [tex]a_{1},a_{2},...,a_{n}[/tex] và n số thực dương [tex]a_{1},a_{2},...,a_{n};b_{1},b_{2},...,b_{n}[/tex]
Khi đó ta có
[tex]\frac{a_{1}^2}{b_{1}}+\frac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+\frac{a_{n}^2}{b_{n}}\geq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^2}{b_{1}+b_{2}+...+b_{n}}[/tex]
Dấu = xảy ra khi [tex]\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}[/tex]
Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có
[tex](a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^2=(\frac{a_{1}}{\sqrt{b_{1}}}.\sqrt{b_{1}}+\frac{a_{2}}{\sqrt{b_{2}}}.\sqrt{b_{2}}+...+\frac{a_{n}}{\sqrt{b_{n}}}.\sqrt{b_{n}})^2\\\leq (\frac{a_{1}^2}{b_{1}}+\frac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+\frac{a_{n}^2}{b_{n}})(b_{1}+b_{2}+...+b_{n})[/tex]
Suy ra đpcm

Chú ý: Khi làm bài thì bất đẳng thức Bunyakovsky không phải chứng minh ,còn bất đẳng thức Schwarz dạng engel bắt buộc phải chứng minh

VD
VD1 :Cho các số thực [tex]0\leq a,b\leq 2[/tex] .Chứng minh
Phân tích
[tex]\sqrt{ab}+\sqrt{(2-a)(2-b)}\leq 2[/tex]
Do [tex](\sqrt{a})^{2}+(\sqrt{2-a})^2=(\sqrt{b})^2+(\sqrt{2-b})^2=2[/tex] nên ta nghĩa đến việc áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số [tex](\sqrt{a},\sqrt{2-a});(\sqrt{b},\sqrt{2-b})[/tex]
Lời giải
[tex](\sqrt{ab}+\sqrt{(2-a)(2-b)})^2=(\sqrt{a}.\sqrt{b}+\sqrt{2-a}.\sqrt{2-b})^2\\\leq (a+2-a)(b+2-b)=4\\\Rightarrow \sqrt{ab}+\sqrt{(2-a)(2-b)}\leq 2[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=1
VD2: Cho a,b,c>0 .Chứng minh rằng
[tex]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c[/tex]
Phân tích
Do trên tử xuất hiện bình phương nên ta có thể nghĩ đến bất đẳng thức Schwarz
Lời giải
[tex]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}=a+b+c[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=c

Bài tậpcó lẽ hôm nay sẽ làm bài tập dễ trước ~~)
Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c .CMR
[tex]\frac{a^2}{2b+3c}+\frac{b^2}{2c+3a}+\frac{c^2}{2a+3b}\geq \frac{a+b+c}{5}[/tex]
Bài 2: Cho số thực x,y thỏa mãn [tex]-4\leq x\leq 4;0\leq y\leq 16[/tex] .CMR
[tex]x\sqrt{16-y}+\sqrt{y(16-x^2)}\leq 16[/tex]

 

[Minh Dora]

Xin lỗi các bạn vì ngày hôm qua mình bận nên k tiếp tục
Hôm nay chúng ta sẽ đến với 1 bất đẳng thức khác và đó là bất đẳng thức Bunyakovsky (hay còn được gọi tắt là BCS)
Tổng quát :
Cho 2n số thực [tex]a_{1},a_{2},...,a_{n};b_{1},b_{2},...,b_{n}[/tex]
Khi đó ta có
[tex](a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...a_{n}b_{n})^2\leq (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})[/tex]
Dấu = xảy ra khi [tex]a_{i}=kb_{i},k\epsilon N[/tex]
Có nhiều cách để chứng minh bất đẳng thức này nhưng ở cấp THCS thì thường dùng cho 2 số
[tex](ax+by)^2\leq (a^2+b^2)(x^2+y^2)[/tex]
Dấu bằng xảy ra khi [tex]a=kx,b=ky[/tex]
Chứng minh :
C1:
[tex](a^2+x^2)(b^2+y^2)=(ab+xy)^2+(ab-xy)^2\Rightarrow (a^2+x^2)(b^2+y^2)\geq (ax+by)^2[/tex]
C2:
Nếu [tex]a^2+x^2=0[/tex] hoặc [tex]b^2+y^2=0[/tex] thì bất đẳng thức luôn đúng
Xét [tex]a^2+x^2>0[/tex] ,[tex]b^2+y^2>0[/tex]
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với[tex]\frac{\left | ab+xy \right |}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}}\leq 1[/tex]
Ta có
[tex]\frac{\left | ab \right |}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a^2}{a^2+x^2}+\frac{b^2}{b^2+y^2})\\\frac{\left | xy \right |}{\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{x^2}{a^2+x^2}+\frac{y^2}{b^2+y^2})[/tex]
Cộng 2 bất đẳng thức trên ta có
[tex]\frac{\left | ab \right |}{\sqrt{a^2+x^2)(b^2+y^2)}}+\frac{\left | xy \right |}{\sqrt{a^2+x^2)(b^2+y^2)}}\leq 1[/tex]
Lại có
[tex]\left | ab+xy \right |\leq \left | ab \right |+\left | xy \right |[/tex]
Suy ra đpcm
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta rút ra được hệ quả sau (được gọi bất đẳng thức Schwarz dạng engel)
Tổng quát :cho n số thực [tex]a_{1},a_{2},...,a_{n}[/tex] và n số thực dương [tex]a_{1},a_{2},...,a_{n};b_{1},b_{2},...,b_{n}[/tex]
Khi đó ta có
[tex]\frac{a_{1}^2}{b_{1}}+\frac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+\frac{a_{n}^2}{b_{n}}\geq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^2}{b_{1}+b_{2}+...+b_{n}}[/tex]
Dấu = xảy ra khi [tex]\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}[/tex]
Chứng minh
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có
[tex](a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^2=(\frac{a_{1}}{\sqrt{b_{1}}}.\sqrt{b_{1}}+\frac{a_{2}}{\sqrt{b_{2}}}.\sqrt{b_{2}}+...+\frac{a_{n}}{\sqrt{b_{n}}}.\sqrt{b_{n}})^2\\\leq (\frac{a_{1}^2}{b_{1}}+\frac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+\frac{a_{n}^2}{b_{n}})(b_{1}+b_{2}+...+b_{n})[/tex]
Suy ra đpcm

Chú ý: Khi làm bài thì bất đẳng thức Bunyakovsky không phải chứng minh ,còn bất đẳng thức Schwarz dạng engel bắt buộc phải chứng minh

VD
VD1 :Cho các số thực [tex]0\leq a,b\leq 2[/tex] .Chứng minh
Phân tích
[tex]\sqrt{ab}+\sqrt{(2-a)(2-b)}\leq 2[/tex]
Do [tex](\sqrt{a})^{2}+(\sqrt{2-a})^2=(\sqrt{b})^2+(\sqrt{2-b})^2=2[/tex] nên ta nghĩa đến việc áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số [tex](\sqrt{a},\sqrt{2-a});(\sqrt{b},\sqrt{2-b})[/tex]
Lời giải
[tex](\sqrt{ab}+\sqrt{(2-a)(2-b)})^2=(\sqrt{a}.\sqrt{b}+\sqrt{2-a}.\sqrt{2-b})^2\\\leq (a+2-a)(b+2-b)=4\\\Rightarrow \sqrt{ab}+\sqrt{(2-a)(2-b)}\leq 2[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=1
VD2: Cho a,b,c>0 .Chứng minh rằng
[tex]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c[/tex]
Phân tích
Do trên tử xuất hiện bình phương nên ta có thể nghĩ đến bất đẳng thức Schwarz
Lời giải
[tex]\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}=a+b+c[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=c

Bài tậpcó lẽ hôm nay sẽ làm bài tập dễ trước ~~)
Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c .CMR
[tex]\frac{a^2}{2b+3c}+\frac{b^2}{2c+3a}+\frac{c^2}{2a+3b}\geq \frac{a+b+c}{5}[/tex]
Bài 2: Cho số thực x,y thỏa mãn [tex]-4\leq x\leq 4;0\leq y\leq 16[/tex] .CMR
[tex]x\sqrt{16-y}+\sqrt{y(16-x^2)}\leq 16[/tex]

1,
Áp dụng bđt Swart-xơ
[tex]\frac{a^2}{2b+3c}+\frac{b^2}{2c+3a}+\frac{c^2}{2a+3b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{5(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{5}[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=c
2,
Áp dụng bđt bunhacốpski
[tex](x\sqrt{16-y}+\sqrt{y(16-x^2)})^2\leq (x^2+16-x^2)(16-y+y)=16^2[/tex]
=>đpcm
Dấu = xảy ra <=> x^2+y=16 [tex]-4\leq x\leq 4;0\leq y\leq 16[/tex]

 

[Hoàng Vũ Nghị]

1,
Áp dụng bđt Swart-xơ
[tex]\frac{a^2}{2b+3c}+\frac{b^2}{2c+3a}+\frac{c^2}{2a+3b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{5(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{5}[/tex]
Dấu = xảy ra khi a=b=c
2,
Áp dụng bđt bunhacốpski
[tex](x\sqrt{16-y}+\sqrt{y(16-x^2)})^2\leq (x^2+16-x^2)(16-y+y)=16^2[/tex]
=>đpcm
Dấu = xảy ra <=> x^2+y=16 [tex]-4\leq x\leq 4;0\leq y\leq 16[/tex]

Dấu bằng bài 2 bạn sai nha
Dấu = xảy ra khi [tex]x\sqrt{y}=\sqrt{(16-y)(16-x)}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 0 & & \\ y=16-x^2 & & \end{matrix}\right.[/tex]

 

[Minh Dora]

Dấu bằng bài 2 bạn sai nha
Dấu = xảy ra khi [tex]x\sqrt{y}=\sqrt{(16-y)(16-x)}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\geq 0 & & \\ y=16-x^2 & & \end{matrix}\right.[/tex]

Thế thì dấu = xảy ra khi 0<=x<=4
0<=y<=16
Kết hợp với ĐK ở dầu bài nữa

 

[Tư Âm Diệp Ẩn]

Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c .CMR
[tex]\frac{a^2}{2b+3c}+\frac{b^2}{2c+3a}+\frac{c^2}{2a+3b}\geq \frac{a+b+c}{5}[/tex]
Bài 2: Cho số thực x,y thỏa mãn [tex]-4\leq x\leq 4;0\leq y\leq 16[/tex] .CMR
[tex]x\sqrt{16-y}+\sqrt{y(16-x^2)}\leq 16[/tex]

Bài 1:
Áp dụng BĐT Schwarz:
[tex]\frac{a^2}{2b+3c}+\frac{b^2}{2c+3a}+\frac{c^2}{2a+3b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{5(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{5}[/tex]
Dấu "=" xảy ra <=> a = b = c
Bài 2:
Áp dụng BĐT Bunhia:
[tex](x\sqrt{16-y}+\sqrt{y(16-x^2)})^2\leq (x^2+16-x^2)(16-y+y)=16^2\\ \Rightarrow x\sqrt{16-y}+\sqrt{y(16-x^2)}\leq 16[/tex]
Dấu "=" xảy ra <=> 0 <= x <=4 ; y = 16 - x^2