Toán 9 Bất Đẳng Thức

Thảo luận trong 'Thảo luận chung' bắt đầu bởi Ng Hoàng, 2 Tháng sáu 2020.

Lượt xem: 140

  1. Ng Hoàng

    Ng Hoàng Học sinh mới Thành viên

    Bài viết:
    63
    Điểm thành tích:
    11
    Nơi ở:
    Hà Tĩnh
    Trường học/Cơ quan:
    Trường THCS Mỹ Duệ
    Sở hữu bí kíp ĐỖ ĐẠI HỌC ít nhất 24đ - Đặt chỗ ngay!

    Đọc sách & cùng chia sẻ cảm nhận về sách số 2


    Chào bạn mới. Bạn hãy đăng nhập và hỗ trợ thành viên môn học bạn học tốt. Cộng đồng sẽ hỗ trợ bạn CHÂN THÀNH khi bạn cần trợ giúp. Đừng chỉ nghĩ cho riêng mình. Hãy cho đi để cuộc sống này ý nghĩa hơn bạn nhé. Yêu thương!

    Các file đính kèm:

  2. Mộc Nhãn

    Mộc Nhãn Mod Toán | CTV CLB Hóa Học Vui Cu li diễn đàn HV CLB Hóa học vui

    Bài viết:
    4,272
    Điểm thành tích:
    666
    Nơi ở:
    Hà Tĩnh
    Trường học/Cơ quan:
    THCS Xuân Diệu

    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
     
    Lena1315, TranPhuong27Ng Hoàng thích bài này.
  3. Ng Hoàng

    Ng Hoàng Học sinh mới Thành viên

    Bài viết:
    63
    Điểm thành tích:
    11
    Nơi ở:
    Hà Tĩnh
    Trường học/Cơ quan:
    Trường THCS Mỹ Duệ

    thanks
     
  4. Wweee

    Wweee Học sinh Thành viên

    Bài viết:
    162
    Điểm thành tích:
    21
    Nơi ở:
    Hà Nội
    Trường học/Cơ quan:
    GG UwaU

    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 )
     
Chú ý: Trả lời bài viết tuân thủ NỘI QUY. Xin cảm ơn!

Draft saved Draft deleted

CHIA SẺ TRANG NÀY

-->