Toán 8 Chuyên đề ôn BDT 8 và cực trị 8

[huynhbachkhoa23]

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=))

Ờ xem lại mới thấy có thêm $n$ chẵn =)) chép thiếu đề =))

 

[ronaldover7]

CÂu mới đí mấy bác_______________________________________________!​

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1: Chứng minh $6(a^3+b^3+c^3+d^3) \ge (a^2+b^2+c^2+d^2)+\dfrac{1}{8}$ với mọi số thực dương $a,b,c,d$ thoả mãn $a+b+c+d=1$

Xác định BDT phụ hơi khó đấy =))

Bài 2: Chứng minh với mọi $a,b,c$ là số đo ba cạnh tam giác thì:
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{9}{a+b+c} \ge 4(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a})$$

Bài 3: Chứng minh với mọi $a,b,c \in \mathbb{R}^{+}$ thì:

$$ \dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2} \ge \dfrac{9}{4(a+b+c)} $$

Gợi ý bài 2, 3: Dùng phương pháp chuẩn hoá thuần nhất.

Updated.

P/s: Bác river chắc biết tới phương pháp để giải mấy bài lằng nhằng này =))

 

[huy14112]

Bài 1: Chứng minh $6(a^3+b^3+c^3+d^3) \ge (a^2+b^2+c^2+d^2)+\dfrac{1}{8}$ với mọi số thực dương $a,b,c,d$ thoả mãn $a+b+c+d=1$

Xác định BDT phụ hơi khó đấy =))

Bài 2: Chứng minh với mọi $a,b,c$ là số đo ba cạnh tam giác thì:
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{9}{a+b+c} \ge 4(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a})$$

Bài 3: Chứng minh với mọi $a,b,c \in \mathbb{R}^{+}$ thì:

$$ \dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2} \ge \dfrac{9}{4(a+b+c)} $$

Gợi ý bài 2, 3: Dùng phương pháp chuẩn hoá thuần nhất.

Updated.

P/s: Bác river chắc biết tới phương pháp để giải mấy bài lằng nhằng này =))

Câu 1 dám chém gió là khó à -_- .

Áp dụng $AM-GM$ có :

$a^3+a^3+\dfrac{1}{64} \ge \dfrac{3}{4}a^2$

Làm vài cái tương tự rồi cộng lại có :

$2(\sum a^3) \ge \dfrac{3}{4}(\sum a^2) - \dfrac{1}{16}$

$6(\sum a^3) \ge \dfrac{9}{4}(\sum a^2) - \dfrac{3}{16}$

Áp dụng $Cauchy-Schawarz$ có :

$\dfrac{9}{4}(\sum a^2) =(\sum a^2)+\dfrac{5}{4}.\dfrac{1}{4}.4(\sum a^2) \ge \dfrac{5}{16}+(\sum a)^2=9\sum a^2)+\dfrac{5}{16}$

đến đây dễ rồi )

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1:

Ta cần chứng minh: $6x^3-x^2 \ge \dfrac{5x-1}{8}$ với $x\in (0;1)$

$\leftrightarrow 48x^3-8x^2-5x+1 \ge 0$
$\leftrightarrow (x+\dfrac{1}{3})(x-\dfrac{1}{4})^2 \ge 0$ (luôn đúng vì $(x-\dfrac{1}{4})^2 \ge 0$ và $x+\dfrac{1}{3} > 0$, $x\in (0;1)$)

Thế vào ta được $(6a^3-a^2)+(6b^3-b^2)+(6c^3-c^2)+(6d^3-d^2) \ge \dfrac{5(a+b+c+d)-4}{8}=\dfrac{1}{8}$

Suy ra được điều phải chứng minh.

Ngắn gọn hơn nhỉ =))

Ai nói là khó nhưng nhanh mới là điều khó =))

 

[su10112000a]

Bài 3: Chứng minh với mọi $a,b,c \in \mathbb{R}^{+}$ thì:

$ \dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2} \ge \dfrac{9}{4(a+b+c)} $
Gợi ý bài 2, 3: Dùng phương pháp chuẩn hoá thuần nhất.

ta có:
$(a+b+c)(\dfrac{a}{(b+c)^2} + \dfrac{b}{(c+a)^2} + \dfrac{c}{(a+b)^2}) \ge (\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b})^2$
xét:$\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2ab+2bc+2ca} \ge \dfrac{3}{2}$
thế vào, ta có:$\mathfrak{dpcm}$
chuẩn hóa là gì vậy bác Khoa

 

[su10112000a]

gần giống bài bác Khoa nhưng có đôi chút khác=)):
Cho dãy số dương $a_1; a_2;...;a_n$, ta có bđt:
$$(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_n) \ge (1+\sqrt[n]{a_1a_2...a_n})^n$$
Không xài Holder)

 

[su10112000a]

Bài 1: Chứng minh $6(a^3+b^3+c^3+d^3) \ge (a^2+b^2+c^2+d^2)+\dfrac{1}{8}$ với mọi số thực dương $a,b,c,d$ thoả mãn $a+b+c+d=1$
Xác định BDT phụ hơi khó đấy =))

giải bằng Schwars (bỏ wa bước làm với thu gọn bởi $a+b+c+d=1$)):
$6(a^3+b^3+c^3+d^3) \ge (a^2+b^2+c^2+d^2) + \dfrac{1}{8}$
$\rightarrow 6(a^2+b^2+c^2+d^2)^2 - (a^2+b^2+c^2+d^2) - \dfrac{1}{8} \ge 0$
xét: $6(a^2+b^2+c^2+d^2)^2 - (a^2+b^2+c^2+d^2) - \dfrac{1}{8} = (a^2+b^2+c^2+d^2)[6(a^2+b^2+c^2+d^2)-1] - \dfrac{1}{8}$
$\rightarrow VT \ge \dfrac{1}{4}(\dfrac{3}{2}-1) - \dfrac{1}{8} = 0$
Xong:|

 

[huynhbachkhoa23]

Chuẩn hóa là như một bất đẳng thức đúng với $x,y,z,...$ mà vẫn đúng với $tx,ty,tz,...$ thì ta có thể chuẩn hóa nó như $x+y+z=1$ hay $x^2+y^2+z^2=3$...

Phương pháp làm nhanh hơn trong mấy bài lằng bà nhằng hay mấy bài BDT thuần nhất mà trong căn thức vẫn còn biểu thức lằng nhằng thì chuẩn hoá nó.

Ví dụ dưới đây em cho bác xem chuẩn hoá nhue thế nào =))

Bài 3:

Ta chuẩn hóa $a+b+c=1$ vì nhìn vào có $a+b+c, a+b, b+c, c+a$.

Có BDT tương đương $\sum \dfrac{a}{(1-a)^2} \ge \dfrac{9}{4}\;\;\;\; (1)$ (bước thế số)

Phương pháp tiếp tuyến: $\dfrac{x}{(1-x)^2} \ge \dfrac{18x-3}{4}$ (tạo BDT phụ, chú ý $x\in (0;1)$)

Thế vào và được: $VT(1) \ge \dfrac{18(a+b+c)-9}{4}=\dfrac{9}{4}$

Ok.

 

[su10112000a]

Chuẩn hóa là như một bất đẳng thức đúng với $x,y,z,...$ mà vẫn đúng với $tx,ty,tz,...$ thì ta có thể chuẩn hóa nó như $x+y+z=1$ hay $x^2+y^2+z^2=3$...

Phương pháp làm nhanh hơn trong mấy bài lằng bà nhằng hay mấy bài BDT thuần nhất mà trong căn thức vẫn còn biểu thức lằng nhằng thì chuẩn hoá nó.

Ví dụ dưới đây em cho bác xem chuẩn hoá nhue thế nào =))

Bài 3:

Ta chuẩn hóa $a+b+c=1$ vì nhìn vào có $a+b+c, a+b, b+c, c+a$.

Có BDT tương đương $\sum \dfrac{a}{(1-a)^2} \ge \dfrac{9}{4}\;\;\;\; (1)$ (bước thế số)

Phương pháp tiếp tuyến: $\dfrac{x}{(1-x)^2} \ge \dfrac{18x-3}{4}$ (tạo BDT phụ, chú ý $x\in (0;1)$)

Thế vào và được: $VT(1) \ge \dfrac{18(a+b+c)-9}{4}=\dfrac{9}{4}$

Ok.

đã hiểu phần nào cái chuẩn hóa còn bài của bác chỉ có phần này ko hiểu)

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 2: Chứng minh với mọi $a,b,c$ là số đo ba cạnh tam giác thì:
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{9}{a+b+c} \ge 4(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a})$$

Ví dụ bài này nữa để giải bài đề sai của bác su =)) mũ $n$ không mũ $2$ nhé bác =))

Vì BDT có tính thuần nhất, không mất tính tổng quát, ta chuẩn hoá $a+b+c=1$

Và chú ý, khi giả sử $\text{a=max{a;b;c}}$ thì có $a+b+c=1 > 2a$ nên suy ra $a,b,c\in (0;\dfrac{1}{2})$ (đẩy đến cực hạn, cái này chắc cũng sẽ có nhiều bạn thắc mắc tại sao chọn $a$ lớn nhất)

BDT tương đương:

$\sum (\dfrac{4}{1-a}-\dfrac{1}{a}) \le 9\;\;\;\; (1)$

Phương pháp tiếp tuyến: $\dfrac{4}{1-x}-\dfrac{1}{x} \le 18x-3$ (nếu cần thì chứng minh ngược lại và sử dụng điều kiện $x\in (0;\dfrac{1}{2})$)

Áp dụng vào $VT(1) \le 18(a+b+c)-9=9$

Ok.

 

[huynhbachkhoa23]

đã hiểu phần nào cái chuẩn hóa còn bài của bác chỉ có phần này ko hiểu)

bác chứng minh ngược lại thử xem nó có đúng không =))....................................................

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1: Cho $a,b,c \in \mathbb{R}^{+}$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$ \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge ab+bc+ca $$

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c > 0$ thì:
$$ \dfrac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2}+\dfrac{(c+a-b)^2}{b^2+(c+a)^2}+\dfrac{(a+b-c)^2}{c^2+(a+b)^2} \ge \dfrac{3}{5}$$

Bài 3: Cho $a,b,c >0$. Chứng minh:
$$ \dfrac{1+\sqrt{3}}{3\sqrt{3}}(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}) \ge a+b+c+\sqrt{a^2+b^2+c^2} $$

Bài 4: Chứng minh với mọi số dương $x,y,z$ có $x^2+y^2+z^2=1$ thì:
$$ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \ge x+y+z +2\sqrt{3}$$

 

[ronaldover7]

Bài 4: Chứng minh với mọi số dương $x,y,z$ có $x^2+y^2+z^2=1$ thì:
$$ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \ge x+y+z +2\sqrt{3}$$

Ngu nên làm bài dễ trc
Ta có:
$ 3(x^2+y^2+z^2)$ \geq$ (x+y+z)^2 $
\Rightarrow $3$ \geq$(x+y+z)^2 $
\Rightarrow$ x+y+z $\leq $\sqrt{3}$
$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$ \geq $\dfrac{9}{x+y+x}$
Mà $\dfrac{9}{x+y+x}$ \geq$ 3\sqrt{3}$
Mà $ \sqrt{3}$+$2\sqrt{3}$ \geq$ x+y+z +2\sqrt{3}$
\Rightarrow $3\sqrt{3}$\geq$x+y+z +2\sqrt{3}$
\Rightarrow dpcm

 

[satthuphucthu]

Ronaldove nhé!Giải lun,nick sao ko vô dc!

Gọi $\sqrt{a}=x ; \sqrt{b}=y ; \sqrt{c}=z$ ($x,y,z >0$)

Vậy ta có: $x^2+y^2+z^2$=1

CM: $x+y+z$ \geq $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2$
\Rightarrow $2(x+y+z)$ \geq $2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$
\Rightarrow $2(x+y+z)$ \geq $(x^2+y^2+z^2)^2-x^4-y^4-z^4$
\Rightarrow $2(x+y+z)$+$x^4+y^4+z^4$ \geq $3(x^2+y^2+z^2)$
Ta có:$2x+x^4-3x^2$=$x(x^3-3x+2)=x(x+2)(x-1)^2 $ \geq 0
CMTT \Rightarrow dpcm

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1:

Theo đề ra: $a+b+c=3 \rightarrow a,b,c \in (0;3)$

BDT tương đương: $\sum (a^2+2\sqrt{a}) \ge 9\;\;\; (1)$

Có $x^2+2\sqrt{x} \ge 3x$ với $x \in (0;3)$ (chứng minh ngược lại là ra =)))

Chứng minh: $t^4-3t^2+2t=t(t^3-3t+2)=t(t-1)^2(t+2) \ge 0$ với $t= \sqrt{x}\in (0;\sqrt{3})$

Dấu bằng khi $x=0$ hoặc $x=1$ (loại $x=0$)

Thế số vào: $VT(1) \ge 3(a+b+c)=9 \;\;\;\mathfrak{(dpcm)}$

Dấu bằng khi $a=b=c=1$

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 4 mới làm ra cách khác =))

Có BDT tương đương: $\dfrac{1}{x}-x+\dfrac{1}{y}-y+\dfrac{1}{z}-z\ge 2\sqrt{3}$ với $x+y+z \le \sqrt{3}\;\;\;(1)$

Xét $f(a)=\dfrac{1}{a}-a \ge -4a+2\sqrt{3}\;\;\;\; a\in (0;\sqrt{3})$

$\leftrightarrow 3a^2-2\sqrt{3}a+1 \ge 0$ luôn đúng với mọi $a\in \mathbb{R}$ nên đúng với $a\in (0;\sqrt{3})$

Dấu bằng khi $a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$

Áp dụng $VT(1) \ge -4(x+y+z)+6\sqrt{3}\ge 2 \sqrt{3}=VT \;\;\;\mathfrak{(dpcm)}$

Dấu bằng khi $x=y=z=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$

 

[ronaldover7]

Bài 4 mới làm ra cách khác =))

Có BDT tương đương: $\sum (\dfrac{1}{x}-x)\ge 2\sqrt{3}$ với $x+y+z \le \sqrt{3}\;\;\;(1)$

Xét $f(a)=\dfrac{1}{a}-a \ge -4a+2\sqrt{3}\;\;\;\; a\in (0;\sqrt{3})$ (Chứng minh thì làm ngược lại)

Áp dụng $VT(1) \ge -4(x+y+z)+6\sqrt{3}\ge 2 \sqrt{3}=VT \;\;\;\mathfrak{(dpcm)}$

Bác viết lun ra dc ko huynhbachkhoa23,E đã ngu còn gặp mấy bác là thất học lun =))!

 

[thinhrost1]

Bài 1:

Theo đề ra: $a+b+c=3 \rightarrow a,b,c \in (0;3)$

BDT tương đương: $\sum (a^2+2\sqrt{a}) \ge 9\;\;\; (1)$

Có $x^2+2\sqrt{x} \ge 3x$ với $x \in (0;3)$ (chứng minh ngược lại là ra =)))

Chứng minh: $t^4-3t^2+2t=t(t^3-3t+2)=t(t-1)^2(t+2) \ge 0$ với $t= \sqrt{x}\in (0;\sqrt{3})$

Dấu bằng khi $x=0$ hoặc $x=1$ (loại $x=0$)

Thế số vào: $VT(1) \ge 3(a+b+c)=9 \;\;\;\mathfrak{(dpcm)}$

Dấu bằng khi $a=b=c=1$

Bài 1:

Ta cần chứng minh: $6x^3-x^2 \ge \dfrac{5x-1}{8}$ với $x\in (0;1)$

$\leftrightarrow 48x^3-8x^2-5x+1 \ge 0$
$\leftrightarrow (x+\dfrac{1}{3})(x-\dfrac{1}{4})^2 \ge 0$ (luôn đúng vì $(x-\dfrac{1}{4})^2 \ge 0$ và $x+\dfrac{1}{3} > 0$, $x\in (0;1)$)

Thế vào ta được $(6a^3-a^2)+(6b^3-b^2)+(6c^3-c^2)+(6d^3-d^2) \ge \dfrac{5(a+b+c+d)-4}{8}=\dfrac{1}{8}$

Suy ra được điều phải chứng minh.

Ngắn gọn hơn nhỉ =))

Ai nói là khó nhưng nhanh mới là điều khó =))

Bài 4 mới làm ra cách khác =))

Có BDT tương đương: $\dfrac{1}{x}-x+\dfrac{1}{y}-y+\dfrac{1}{z}-z\ge 2\sqrt{3}$ với $x+y+z \le \sqrt{3}\;\;\;(1)$

Xét $f(a)=\dfrac{1}{a}-a \ge -4a+2\sqrt{3}\;\;\;\; a\in (0;\sqrt{3})$

$\leftrightarrow 3a^2-2\sqrt{3}a+1 \ge 0$ luôn đúng với mọi $a\in \mathbb{R}$ nên đúng với $a\in (0;\sqrt{3})$

Dấu bằng khi $a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$

Áp dụng $VT(1) \ge -4(x+y+z)+6\sqrt{3}\ge 2 \sqrt{3}=VT \;\;\;\mathfrak{(dpcm)}$

Dấu bằng khi $x=y=z=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$

Một câu thôi ! Mấy cái in đỏ bác mò ở đâu ra :|

 

[huynhbachkhoa23]

Mấy bài này em chỉ chép thôi, không có lời giải nên em giải được thì em đăng =))

Bài 2:

Bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên chuẩn hoá $a+b+c=1$

BDT tương đương: $\sum \dfrac{4a^2-4a+1}{2a^2-2a+1} \ge \dfrac{3}{5}$

$\leftrightarrow \sum \dfrac{1}{2a^2-2a+1} \le \dfrac{27}{5}\;\;\; (1)$ (Rút gọn)

Giờ ta cần chứng minh: $\dfrac{1}{2x^2-2x+1} \le \dfrac{54x+27}{25}$ với mọi $x\in (0;1)$

$\dfrac{54x+27}{25}-\dfrac{1}{2x^2-2x+1} = \dfrac{(54x+27)(2x^2-2x+1)-25}{25(x^2-2x+1)}$
$=\dfrac{2(54x^3-27x^2+1)}{25(2x^2-2x+1)}=\dfrac{2(3x-1)^2(6x+1)}{25(2x^2-2x+1)} \ge 0$

Dấu bằng khi $x=\dfrac{1}{3}$

Thế vào $VT(1) \le \dfrac{54(a+b+c)+81}{25}=\dfrac{27}{5}\;\;\;\; \mathfrak{(dpcm)}$

Dấu bằng khi $a=b=c$