Toán 9 Bất Đẳng Thức

[Ng Hoàng]

[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.

giúp vs @Mộc Nhãn đang cần gấp

 

[7 1 2 5]

1. Xin sửa đề lại là VP = [TEX]2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})[/TEX] nhé.
Chia 2 vế BĐT cho [TEX]\sqrt{abc}[/TEX] ta có: [tex]\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{bc}}+\sqrt{\frac{1}{b}+\frac{1}{ca}}+\sqrt{\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}}\geq 2(\sqrt{\frac{1}{ab}}+\sqrt{\frac{1}{bc}}+\sqrt{\frac{1}{ca}})[/tex]
Đặt [tex](x,y,z)=(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\Rightarrow x+y+z=1[/tex]
BĐT cần chứng minh trở thành: [tex]\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+xz}+\sqrt{z+xy}\geq 2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})[/tex]
Ta có: [tex]\sqrt{x+yz}=\sqrt{x(x+y+z)+yz}=\sqrt{(x+y)(x+z)}[/tex]
Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có: [tex][(\sqrt{x})^2+(\sqrt{y})^2][(\sqrt{z})^2+(\sqrt{x})^2]\geq (\sqrt{xy}+\sqrt{xz})^2\Rightarrow \sqrt{(x+y)(x+z)}\geq \sqrt{xy}+\sqrt{xz}[/tex]
Cộng vế theo vế ta có đpcm.
2. Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có: [tex](a+a+b)(a+c+a)\geq (a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac})^2\Rightarrow \sqrt{(2a+b) (2a+c)}\geq a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}=\sqrt{a}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{(2a+b)(2a+c)}}\leq \frac{a}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}[/tex]
Cộng vế theo vế ta có đpcm.
3. BĐT tương đương với [tex]2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 2(ab+bc+ca)\Leftrightarrow (a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a})+(b^2+\sqrt{b}+\sqrt{b})+(c^2+\sqrt{c}+\sqrt{c})\geq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2=9[/tex]
Vì [tex]a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3\sqrt[3]{a^2.\sqrt{a}.\sqrt{a}}=3a[/tex] nên cộng vế theo vế ta có [tex]VT\geq 3(a+b+c)=9\Rightarrow[/tex] đpcm

 

[Ng Hoàng]

1. Xin sửa đề lại là VP = [TEX]2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})[/TEX] nhé.
Chia 2 vế BĐT cho [TEX]\sqrt{abc}[/TEX] ta có: [tex]\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{bc}}+\sqrt{\frac{1}{b}+\frac{1}{ca}}+\sqrt{\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}}\geq 2(\sqrt{\frac{1}{ab}}+\sqrt{\frac{1}{bc}}+\sqrt{\frac{1}{ca}})[/tex]
Đặt [tex](x,y,z)=(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\Rightarrow x+y+z=1[/tex]
BĐT cần chứng minh trở thành: [tex]\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+xz}+\sqrt{z+xy}\geq 2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})[/tex]
Ta có: [tex]\sqrt{x+yz}=\sqrt{x(x+y+z)+yz}=\sqrt{(x+y)(x+z)}[/tex]
Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có: [tex][(\sqrt{x})^2+(\sqrt{y})^2][(\sqrt{z})^2+(\sqrt{x})^2]\geq (\sqrt{xy}+\sqrt{xz})^2\Rightarrow \sqrt{(x+y)(x+z)}\geq \sqrt{xy}+\sqrt{xz}[/tex]
Cộng vế theo vế ta có đpcm.
2. Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có: [tex](a+a+b)(a+c+a)\geq (a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac})^2\Rightarrow \sqrt{(2a+b) (2a+c)}\geq a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}=\sqrt{a}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{(2a+b)(2a+c)}}\leq \frac{a}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}[/tex]
Cộng vế theo vế ta có đpcm.
3. BĐT tương đương với [tex]2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 2(ab+bc+ca)\Leftrightarrow (a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a})+(b^2+\sqrt{b}+\sqrt{b})+(c^2+\sqrt{c}+\sqrt{c})\geq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2=9[/tex]
Vì [tex]a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3\sqrt[3]{a^2.\sqrt{a}.\sqrt{a}}=3a[/tex] nên cộng vế theo vế ta có [tex]VT\geq 3(a+b+c)=9\Rightarrow[/tex] đpcm

thanks

 

[Wweee]

Câu 4 mình đưa về các bài toán quen thuộc nhưng có vẻ hơi phức tạp @@ :
[tex]a^2c+\frac{1}{c}\geq 2a =>a^2c+c^2b+b^2a \geq 2(a+b+c)-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})[/tex]
Đến đây ta cần chứng minh a+b+c[tex]\geq (\sum \frac{1}{a})=(\sum ab)[/tex]
Có [tex]\sqrt[4]{a^3b^3c^3}\leq \frac{(ab+bc+ca+abc)^4}{4^4} =>ab+bc+ca+abc\geq 4[/tex]
Vậy là bài toán đưa về chứng minh với [tex]ab+bc+ca+abc\geq 4[/tex] ta chứng minh [tex]a+b+c\geq ab+bc+ca[/tex] (khá quen thuộc )
Đặt [tex]a=\frac{2x}{y+z},b=\frac{2y}{x+z},c=\frac{2z}{x+y}[/tex]
đpcm <=> [tex]\sum \frac{x}{y+z}\geq \sum \frac{2xy}{(x+z)(y+z)}[/tex]
Quy đồng lên ta được [tex]<=> \sum x(x+y)(x+z)\geq \sum 2xy(x+y)[/tex]
Phá cụm này ta được [tex]\sum x(x-y)(x-z)\geq 0[/tex] ( luôn đúng BĐT Schur )