Toán 8 Chuyên đề ôn BDT 8 và cực trị 8

[phuong_july]

cho $a, b, c>0$, chứng minh rằng:
$(x^2+2)(y^2+2)(z^2+2)$\geq$9(xy+yz+zx)$
hướng dẫn: áp dụng nguyên lí Dirichlet

Theo nguyên lí Dirichle thì trong 3 số $xy-1,xz-1,yz-1$ tồn tại 2 số cùng dấu. Giả sử $xy-1, yz-1$ cùng dấu thì $(xy-1)( yz-1)$ \geq0.
Khai triển ta được: $xy^2z+1$ \geq$xy+yz$
Khi đó: $x^2y^2z^2+y^2+2$ \geq $2(xy^2z+1)$ \geq$2(xy+yz)$
Ta có: $x^2y^2z^2+y^2+2$ \geq$2(xy+yz)$ (1)
$x^2+y^2+z^2$ \geq $xy+yz+xz$ \Leftrightarrow $3(x^2+y^2+z^2)$ \geq$3(xy+yz+xz)$ (2)
mà $x^2y^2+1$ \geq $2xy$ \Rightarrow $2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+3)$ \geq $4((xy+yz+xz)$
(3)
$x^2+z^2$ \geq $2xz$. (4)
Cộng từng vế của 4 BDT trên với nhau ta được đpcm. Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$
Chú ý: Khai triển $(x^2+2)(y^2+2)(z^2+2)=x^2y^2z^2+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+3)+4(x^2+y^2+z^2)+8$

 

[riverflowsinyou1]

Giải bài này . Cho $x,y>0$ chứng minh :
$x^3+y^3$ \geq $\sum x^2y$

 

[huynhbachkhoa23]

Giải bài này . Cho $x,y>0$ chứng minh :
$x^3+y^3$ \geq $\sum x^2y$

$x^3+y^3 \ge x^2y+xy^2$

$\leftrightarrow (x+y)(x^2+y^2-xy) \ge xy(x+y)$

$\leftrightarrow (x-y)^2 \ge 0$ (đúng)

Vậy BDT đầu đúng

Dấu đẳng thức xảy ra khi $x=y$

 

[su10112000a]

Giải bài này . Cho $x,y>0$ chứng minh :
$x^3+y^3$ \geq $\sum x^2y$

cách khác:
ta có:
$x^3+x^3+y^3$\geq$3x^2y$ (bđt Cau-chy) (1)
$y^3+y^3+x^3$\geq$3xy^2$ (2)
lấy (1)+(2), suy ra:
$3.(x^3+y^3)$\geq$3(x^2y+xy^2)$
\Rightarrowđpcm

 

[su10112000a]

Câu này có vẻ dễ:
cho $x$#$0$ và $y$#$0$, chứng minh:
$x^4+y^4$\leq$\dfrac{x^6}{y^2}+\dfrac{y^6}{x^2}$
quá dễ

 

[huynhbachkhoa23]

Câu này có vẻ dễ:
cho $x$#$0$ và $y$#$0$, chứng minh:
$x^4+y^4$\leq$\dfrac{x^6}{y^2}+\dfrac{y^6}{x^2}$
quá dễ

Bài dạng này quen quá =))

$\dfrac{x^6}{y^2}+y^4+\dfrac{x^6}{y^2} \ge 3x^4$ $\rightarrow \dfrac{2x^6}{y^2}\ge 3x^4-y^4$

$\dfrac{y^6}{x^2}+x^4+\dfrac{y^6}{x^2} \ge 3y^4$ $\rightarrow \dfrac{2y^6}{x^2}\ge 3y^4-x^4$

Cộng các vế tương ứng và chia 2 ta có $\mathfrak{dpcm}$

Tiếp này, bài cũng rất dễ:
$a,b,c,d > 0$
C/m: $\sum \dfrac{a^4}{b+c} \ge \sum \dfrac{a^3}{2}$

 

[evilfc]

mình giải nhé

ta có a^4 /(b+c) +b^4/(a+c) +c^4/(a+b)
=a^6/(a^2b+a^2c) +b^6/(a^2b+a^2c) +c^6 /(ac^2+bc^2)
\geq (a^3+b^3+c^3)^2 /(a^2b+a^2c +a^2b+a^2c+ac^2+bc^2)
áp dụng BDT x^3+y^3\geqx^2y+xy^2
\Rightarrow dpcm

 

[huynhbachkhoa23]

ta có a^4 /(b+c) +b^4/(a+c) +c^4/(a+b)
=a^6/(a^2b+a^2c) +b^6/(a^2b+a^2c) +c^6 /(ac^2+bc^2)
\geq (a^3+b^3+c^3)^2 /(a^2b+a^2c +a^2b+a^2c+ac^2+bc^2)
áp dụng BDT x^3+y^3\geqx^2y+xy^2
\Rightarrow dpcm

Tiếp:

Bài 1: $a,b>0$

C/m : $\dfrac{1}{a+2b}+\dfrac{1}{b+2a} \le \dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{3b}$

Bài 2: $a,b,c,d,e,f >0$
C/m : $\sum \dfrac{a}{b+c} \ge 3$

Bài 3: $a,b,c >0;a+b+c=1$

Tìm $\mathfrak{GTNN}$: $P=\dfrac{1}{\sum a^2}+\sum \dfrac{1}{ab}$

 

[congchuaanhsang]

Bài 3: $a,b,c >0;a+b+c=1$

Tìm $\mathfrak{GTNN}$: $P=\dfrac{1}{\sum a^2}+\sum \dfrac{1}{ab}$

$P$ \geq $\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{9}{ab+bc+ca}$

\Leftrightarrow $P$ \geq $\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{4}{2(ab+bc+ca)} + \dfrac{7}{ab+bc+ca}$

\Leftrightarrow $P$ \geq $\dfrac{9}{(a+b+c)^2}+\dfrac{7}{\dfrac{1}{3}}$

\Leftrightarrow $P$ \geq $9+21=30$

$P_{min}=30$ \Leftrightarrow $a=b=c=\dfrac{1}{3}$

 

[evilfc]

nè bạ xem lại đề bài 1 giùm giống sai lắm. thử thế số vô đi xem đúng hk

 

[su10112000a]

Tiếp:
Bài 2: $a,b,c,d,e,f >0$
C/m : $\sum \dfrac{a}{b+c} \ge 3$

ôi mẹ ơi! Nesbit 6 biến lận à@-)@-)@-)@-) @-)
ta có:
$\dfrac{a}{b+c}$+$\dfrac{b}{c+d}$+$\dfrac{c}{d+e}$+$\dfrac{d}{e+f}$+$\dfrac{e}{f+a}$+$\dfrac{f}{a+b}$
=$\dfrac{a^2}{a(b+c)}+\dfrac{b^2}{b(c+d)}+\dfrac{c^2}{c(d+e)}+\dfrac{d^2}{d(e+f)}+\dfrac{e^2}{e(f+a)}+\dfrac{f^2}{f(a+b)}$
\Rightarrow$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+e}+\dfrac{d}{e+f}+\dfrac{e}{f+a}+\dfrac{f}{a+b}$\geq$\dfrac{(a+b+c+d+e+f)^2}{a(b+c)+b(c+d)+c(d+e)+d(e+f)+e(f+a)+f(a+b)}$
đặt tử là $A$, ta có:
$A=(a+b+c+d+e+f)^2$
đặt $x=a+d$ ; $y=b+e$ ; $z=c+f$, ta có:
$A=(x+y+z)^2$
\Rightarrow$A$\geq$3(xy+yz+zx)$
thay $a+d=x$ ; $b+e=y$ ; $c+f=z$, ta có:
$A$\geq$3[(a+d)(b+e)+(b+e)(c+f)+(c+f)(a+d)]$
\Rightarrow$A$\geq$3[a(b+c)+b(c+d)+c(d+e)+d(e+f)+e(f+a)+f(a+b)]$
lấy $A$ chia $a(b+c)+b(c+d)+c(d+e)+d(e+f)+e(f+a)+f(a+b)$ tức
$\dfrac{3[a(b+c)+b(c+d)+c(d+e)+d(e+f)+e(f+a)+f(a+b)}{a(b+c)+b(c+d)+c(d+e)+d(e+f)+e(f+a)+f(a+b)}$
\Rightarrowđpcm

 

[ronaldover7]

Tiếp:

Bài 1: $a,b>0$

C/m : $\dfrac{1}{a+2b}+\dfrac{1}{b+2a}$ \geq $\dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{3b}$

Ngược lại mới đúng _________________________________________
$\dfrac{1}{a+2b}+\dfrac{1}{b+2a}$=$\dfrac{3a+3b}{(a+2b)(b+2a)}$
$\dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{3b}$=$\dfrac{3a+3b}{9ab}$
Dễ dàng CM dc 9ab \leq (a+2b)(b+2a)
\Rightarrow $\dfrac{1}{3a}+\dfrac{1}{3b}$ \geq$\dfrac{1}{a+2b}+\dfrac{1}{b+2a}$

 

[su10112000a]

ta có a^4 /(b+c) +b^4/(a+c) +c^4/(a+b)
=a^6/(a^2b+a^2c) +b^6/(a^2b+a^2c) +c^6 /(ac^2+bc^2)
\geq (a^3+b^3+c^3)^2 /(a^2b+a^2c +a^2b+a^2c+ac^2+bc^2)
áp dụng BDT x^3+y^3\geqx^2y+xy^2
\Rightarrow dpcm

Hướng giải của bạn thì đúng rồi nhưng bạn lại ghi dề thiếu, đề là chứng minh:
$\dfrac{a^4}{b+c}+\dfrac{b^4}{c+d}+\dfrac{c^4}{d+a}+\dfrac{d^4}{a+b}$\geq$\dfrac{a^3+b^3+c^3+d^3}{2}$
chỉ cần thêm vào là đúng thôi

 

[riverflowsinyou1]

Mình xin đưa 2 câu này
1) Cho $x+y$ \leq $1$ chứng minh $\frac{1}{x^2+xy}+\frac{1}{y^2+xy}$ \geq $4$ ($x,y>0$)
2) Chứng minh $(x^3+y^3)^2$ \leq $(x^2+y^2)(x^4+y^4)$

 

[ronaldover7]

$\frac{1}{x^2+xy}+\frac{1}{y^2+xy}$ =($\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$) $\frac{1}{x+y}$ = $\frac{1}{xy}$ = $\frac{4}{4xy}$\geq $\frac{4}{(x+y)^2}$\geq 4

 

[evilfc]

khai triển ra ta sẽ có:
$(x^3+y^3)^2\leq(x^2+y^2)(x^4+y^4)$
\Leftrightarrow$x^6+2x^3y^3+y^6\leqx^6+x^2y^4+y^2x^4+y^6$
\Leftrightarrow$x^2y^4-2x^3y^3+y^2x^4\geq0
\Leftrightarrow$(xy^2-yx^2)^2\geq0$ luôn đúng

 

[huynhbachkhoa23]

Mình xin đưa 2 câu này
1) Cho $x+y$ \leq $1$ chứng minh $\frac{1}{x^2+xy}+\frac{1}{y^2+xy}$ \geq $4$ ($x,y>0$)
2) Chứng minh $(x^3+y^3)^2$ \leq $(x^2+y^2)(x^4+y^4)$

Bài 1:

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz:

$\dfrac{1}{x^2+xy}+\dfrac{1}{y^2+xy} \ge \dfrac{4}{(x+y)^2} \ge 4 (\mathfrak{dpcm})$

Bài 2:

Áp dụng BDT Bunyakovsky:

$(x^3+y^3)^2=(\sqrt{x^2}\sqrt{x^4}+\sqrt{y^2}\sqrt{y^4})^2 \le (x^2+y^2)(x^4+y^4) (\mathfrak{dpcm})$

Hội đông vui quá nhỉ =))

 

[phuong_july]

Đóng góp cho pic bài này
Chứng minh:
$\frac{A+a+B+c}{A+a+B+b+c+d}+\frac{B+b+C+c}{B+b+C+c+a+d}>\frac{C+c+A+a}{C+c+A+a+b+d}$
Trong đó: $A,a,B,b,C,c,d$ là số dương.

 

[huynhbachkhoa23]

Tiếp bài này:

Bài 1: Cho $x^2+y^2=1$

Chứng minh $\dfrac{1}{4} \le x^6+y^6 \le 1$

Bài 2: Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$

Tìm $\mathfrak{GTNN}$ của $P=\sum \dfrac{1}{a^3(b+c)}$

Bài 3: Cho các số thực dương $x,y,z$ thoả mãn $\sum x^2 \ge \dfrac{1}{3}$

Chứng minh $\sum \dfrac{x^3}{2x+3y+5z} \ge \dfrac{1}{30}$

 

[riverflowsinyou1]

Đóng góp cho pic bài này
Chứng minh:
$\frac{A+a+B+c}{A+a+B+b+c+d}+\frac{B+b+C+c}{B+b+C+c+a+d}>\frac{C+c+A+a}{C+c+A+a+b+d}$
Trong đó: $A,a,B,b,C,c,d$ là số dương.

Sử dụng bất đẳng thức : $\frac{x}{x+y}$ \leq $\frac{x+z}{x+y+z}$