Toán 8 Chuyên đề ôn BDT 8 và cực trị 8

[huynhbachkhoa23]

Cho $a,b>0$ và $(\sqrt{a}+2)(\sqrt{b}+2) \ge 9$
Tìm Min $P=\sum \frac{a^3}{a^2+2b^2}$
Cho em hỏi bất đẳng thức Cauchy thuần túy là cái gì thế ?....

Bất đẳng thức Cauchy thuần tuý: Tại đây

 

[huynhbachkhoa23]

Đề: Chứng minh BDT Cauchy 2 số bằng hình học =))...................................................

 

[deadguy]

Ở http://diendantoanhoc.net/forum/ind...minh-bất-dẳng-thức-bằng-phương-phap-hinh-học/ à

 

[huynhbachkhoa23]

Thôi, cho bài dễ này:

Cho $a^2+b^2+c^2 \ge 1$

Chứng minh: $\dfrac{a^3}{b+c}+\dfrac{b^3}{c+a}+\dfrac{c^3}{a+b} \ge \dfrac{1}{2}$

 

[su10112000a]

Thôi, cho bài dễ này:

Cho $a^2+b^2+c^2 \ge 1$

Chứng minh: $\dfrac{a^3}{b+c}+\dfrac{b^3}{c+a}+\dfrac{c^3}{a+b} \ge \dfrac{1}{2}$

nhìn là biết phang Schwars rồi=)):
$\dfrac{a^3}{b+c} + \dfrac{b^3}{c+a} + \dfrac{c^3}{a+b} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2ab+2bc+2ca} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)} = \dfrac{1}{2}$
xong:|

 

[huynhbachkhoa23]

nhìn là biết phang Schwars rồi=)):
$\dfrac{a^3}{b+c} + \dfrac{b^3}{c+a} + \dfrac{c^3}{a+b} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2ab+2bc+2ca} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)} = \dfrac{1}{2}$
xong:|

Bài 1: Tiếp này, cho 4 số dương $a,b,c,d$ chứng minh: $\sum \dfrac{a}{b+2c+3d} \ge \dfrac{2}{3}$

Full:$\dfrac{a}{b+2c+3d}+\dfrac{b}{c+2d+3a}+\dfrac{c}{d+2a+3b}+\dfrac{d}{a+2b+3c} \ge \dfrac{2}{3}$

Bài 2: Chứng minh với mọi số dương $a,b,c$ thì $\sum \dfrac{a^3b}{1+ab^2} \ge \dfrac{abc(\sum a)}{1+abc}$

Full: $\dfrac{a^3b}{1+ab^2}+\dfrac{b^3c}{1+bc^2}+\dfrac{c^3a}{1+ca^2} \ge \dfrac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

 

[riverflowsinyou1]

Bài 1: Tiếp này, cho 4 số dương $a,b,c,d$ chứng minh: $\sum \dfrac{a}{b+2c+3d} \ge \dfrac{2}{3}$

Bài 2: Chứng minh với mọi số dương $a,b,c$ thì $\sum \dfrac{a^3b}{1+ab^2} \ge \dfrac{abc(\sum a)}{1+abc}$

Lần sau mấy bác đừng ghi sigma nữa nhé chị River này ko hỉu không hiểu .
1) là c/m $\frac{a}{b+2c+3d}+\frac{b}{c+2d+3a}+\frac{c}{d+2.a+3.b}+\frac{d}{a+2.b+3.c}$
2) Là c/m $\frac{a^3b}{1+ab^2}+\frac{b^3.c}{1+b.c^2}+\frac{c^3.a}{1+c.a^2} \ge \frac{abc.(a+b+c)}{1+abc}$

 

[riverflowsinyou1]

Bất đẳng thức Cauchy thuần tuý: Tại đây

Cho em cái link luôn đi kiểu này tìm cái gì tầm bậy hết )...........................

 

[su10112000a]

Bài 1: Tiếp này, cho 4 số dương $a,b,c,d$ chứng minh: $\sum \dfrac{a}{b+2c+3d} \ge \dfrac{2}{3}$
Full:$\dfrac{a}{b+2c+3d}+\dfrac{b}{c+2d+3a}+\dfrac{c}{d+2a+3b}+\dfrac{d}{a+2b+3c} \ge \dfrac{2}{3}$

lại phang Cauchy-Schwars=)):
$\dfrac{a}{b+2c+3d}+\dfrac{b}{c+2d+3a}+\dfrac{c}{d+2a+3b}+\dfrac{d}{a+2b+3c} \ge \dfrac{(a+b+c+d)^2}{4(ab+bc+cd+da+ac+bd)}$
mà $(a+b+c+d)^2 = 2(ab+bc+cd+da+ac+bd)+a^2+b^2+c^2+d^2$
$\rightarrow (a+b+c+d)^2 \ge \dfrac{8}{3}(ab+bc+cd+da+ac+bd)$
thay vào , ta có:$\mathfrak{dpcm}$

 

[duchieu300699]

AE chứ bình tĩnh, tớ lấy 1 bài làm vui nha, dể thôi =))

Cho: $S=a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd=\sqrt{3}$ với $ad-bc=1$

Tính $(a+c)^2+(b+d)^2$

P/s: Mấy đứa mod 9 kia ôn thi hết rồi, chắc dọn nhà qua đây quá ( ACE chém mạnh vào nha, mạnh tay vào )

Làm sạch đừng để thừa chứ mấy bác, cái này tớ lấy trong tập đề thầy giao à =))

Gợi ý cách tớ làm ): C/m S \geq $\sqrt{3}$ rồi dùng dấu "=" tính

@Khoa: thâm đâu, anh đây trong sáng có biết nói thâm đâu à (

@Thịnh: đc xét thẳng nên khỏi thi, bà for_ cũng thế đều giờ bả đi du lịch rồi )

À mà ACE khi viết bài fix size lên khoảng 3-4 nha, máy nhà tớ bị lỗi hể size nhỏ là đọc latex chồng à

 

[huynhbachkhoa23]

Cho em cái link luôn đi kiểu này tìm cái gì tầm bậy hết )...........................

Nói thật cũng chả biết cái Cauchy thuần tuý là cái gì =))............................................................

 

[su10112000a]

Bài 2: Chứng minh với mọi số dương $a,b,c$ thì $\sum \dfrac{a^3b}{1+ab^2} \ge \dfrac{abc(\sum a)}{1+abc}$

Full: $\dfrac{a^3b}{1+ab^2}+\dfrac{b^3c}{1+bc^2}+\dfrac{c^3a}{1+ca^2} \ge \dfrac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

Đặt VT là $A$, ta có:
$\dfrac{A}{abc} =\dfrac{a^2}{c+ab^2c}+ \dfrac{b^2}{a+abc^2} + \dfrac{c^2}{c+a^2bc}$
$\rightarrow \dfrac{A}{abc} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{a+b+c+a^2bc+ab^2c+abc^2}$
$\rightarrow \dfrac{A}{abc} \ge \dfrac{a+b+c}{1+abc}$
$\rightarrow A \ge \dfrac{abc(a+b+c)}{1+abc}$
Xong:|

 

[huynhbachkhoa23]

Sau một hồi suy nghĩ bác su đã làm ra =))

Tiếp, bài khá dễ =))

Chứng minh với mọi $x_1; x_2; ...; x_n \le - 1 $ ta luôn có $\dfrac{1}{1+x_1}+\dfrac{1}{1+x_2}+...+\dfrac{1}{1+x_n} \le \dfrac{n}{1+\sqrt[n]{x_1x_2.....x_n}}$

Đã sửa. Thân (Bản quyền của rất nhiều mod =)))

 

[duchieu300699]

Sau một hồi suy nghĩ bác su đã làm ra =))

Tiếp, bài khá dễ =))

Chứng minh với mọi $x_1; x_2; ...; x_n \ge 1 $ ta luôn có $\dfrac{1}{1+x_1}+\dfrac{1}{1+x_2}+...+\dfrac{1}{1+x_n} \le \dfrac{n}{1+\sqrt[n]{x_1x_2.....x_n}}$

Ngược dấu rồi ( ......................................

 

[huynhbachkhoa23]

Sủa rồi =)) chép nhầm điều kiện của câu ở trên rồi chép đề câu ở dưới =))

 

[riverflowsinyou1]

Tìm Min $M=(\frac{y^2}{1}+\frac{1}{x^2})(\frac{1}{y^2}+x^2)$
Với $x,y>0$ và $x+y=1$

 

[huynhbachkhoa23]

Tìm Min $M=(\frac{y^2}{1}+\frac{1}{x^2})(\frac{1}{y^2}+x^2)$
Với $x,y>0$ và $x+y=1$

Bài dễ v~ =))
$M=\dfrac{1}{x^2y^2}+x^2y^2 + 2 = \dfrac{1}{u}+u + 2$ với $u> 0$ và $u \le \dfrac{1}{16}$

$M=u+\dfrac{1}{256u}+\dfrac{255}{256u}+2 \ge \dfrac{289}{16}$

Dấu bằng khi $x=y=\dfrac{1}{2}$

 

[ronaldover7]

Tìm Min $M=(\frac{y^2}{1}+\frac{1}{x^2})(\frac{1}{y^2}+x^2)$
Với $x,y>0$ và $x+y=1$

$M=(\frac{y^2}{1}+\frac{1}{x^2})(\frac{1}{y^2}+x^2)$
=2+$x^2y^2$+$\frac{1}{x^2y^2}$
=2+$x^2y^2$+$\frac{256}{256x^2y^2}$
=2+$x^2y^2$+$\frac{1}{256x^2y^2}$+$\frac{255}{256x^2y^2}$
Ta có: $x^2y^2$+$\frac{1}{256x^2y^2}$ \geq $\frac{1}{8}$
$x+y=1 $ \Rightarrow $2\sqrt{xy}$ \leq 1$
\Rightarrow xy \leq $\frac{1}{4}$
\Rightarrow $\frac{255}{256x^2y^2}$ \geq $\frac{255}{16}$
\Rightarrow M \geq .............................
\Leftrightarrow x=y=0,5

 

[huynhbachkhoa23]

Sau một hồi suy nghĩ bác su đã làm ra =))

Tiếp, bài khá dễ =))

Chứng minh với mọi $x_1; x_2; ...; x_n < - 1 $ ta luôn có $\dfrac{1}{1+x_1}+\dfrac{1}{1+x_2}+...+\dfrac{1}{1+x_n} \le \dfrac{n}{1+\sqrt[n]{x_1x_2.....x_n}}$

Đã sửa. Thân (Bản quyền của rất nhiều mod =)))

$f(x)=\dfrac{1}{x+1}$ lồi khi $x < -1$

Áp dụng BDT hàm lồi: $VT \le \dfrac{n}{1+\dfrac{x_1+x_2+...+x_n}{n}} \le VP$

 

[su10112000a]

Sau một hồi suy nghĩ bác su đã làm ra =))

Tiếp, bài khá dễ =))

Chứng minh với mọi $x_1; x_2; ...; x_n \le - 1 $ ta luôn có $\dfrac{1}{1+x_1}+\dfrac{1}{1+x_2}+...+\dfrac{1}{1+x_n} \le \dfrac{n}{1+\sqrt[n]{x_1x_2.....x_n}}$

Đã sửa. Thân (Bản quyền của rất nhiều mod =)))

xét n chẵn thì $VT < VP$ (cái này thì đúng))
xét n lẻ thì $x_1x_2...x_n=-a$ với $a$ là số dương
$\rightarrow \sqrt[n]{x_1x_2...x_n} = \sqrt[n]{-a}=...$
nếu bác Khoa thế số bất kì rồi xem nó có ra đáp án ko=))
đáp án của bác Khoa chắc cũng có vấn đề=))