Toán 8 Chuyên đề ôn BDT 8 và cực trị 8

[huynhbachkhoa23]

Đồ thị là ngu nhất trong các khoản ngu :| Thứ nhì là bđt =))

Ờ =))

Trong đây có thêm ai casio không nhỉ. Sẵn lập pic casio chỉ luôn đồ thị, lớp 9 casio toàn đồ thị, hàm số với phương trình =))

 

[congchuaanhsang]

Ờ =))

Trong đây có thêm ai casio không nhỉ. Sẵn lập pic casio chỉ luôn đồ thị, lớp 9 casio toàn đồ thị, hàm số với phương trình =))

Mình đã từng đặt chân đến vòng tỉnh Casio
Nhưng mà cái này không phải sở trường. Nếu muốn lập pic Casio thì mình tiến cử soicon_boy_9x

 

[huynhbachkhoa23]

Ờ, chắc vậy. Mình thì trong đống đó thì đồ thị với hàm số là giỏi nhất, còn phương trình thì cũng được =))

 

[huynhbachkhoa23]

Thêm bài làm thôi.

Chứng minh với $x,y,z>0; x+y\le z$ thì:

$(\sum x^2)(\sum \dfrac{1}{x^2}) \ge \dfrac{27}{2}$

 

[riverflowsinyou1]

Thêm bài làm thôi.

Chứng minh với $x,y,z>0; x+y\le z$ thì:

$(\sum x^2)(\sum \dfrac{1}{x^2}) \ge \dfrac{27}{2}$

Cái này Nghệ An chứ gì bung ra thôi .....................................

 

[huynhbachkhoa23]

Bắt đầu lại thôi mấy bác =))

Rơi nước mắt vì ngày pic "hồi sinh". (

Đề của bác su: Với $a,b,c \ge 0$. Chứng minh:

$(\dfrac{a}{b+c})^2+(\dfrac{b}{c+a})^2+(\dfrac{c}{a+b})^2+\dfrac{10abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge 2$

 

[transformers123]

bắt đầu từ bài dễ=))
Tìm GTLN của:
$$\sqrt{4-x} + \sqrt{x-2}$$

 

[huy14112]

bắt đầu từ bài dễ=))
Tìm GTLN của:
$$\sqrt{4-x} + \sqrt{x-2}$$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM có:

$\sqrt{4-x}+\sqrt{x-2} \le \dfrac{4-x+1+x-2+1}{2}=2$

 

[transformers123]

tiếp=)):
Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ chứng minh:
$$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \ge ab+bc+ca$$
bài em đăng mà bác Khoa ghi lại đến chiều mai chưa ai giải thì em sẽ đăng đáp án=))

 

[vnmctd]

bắt đầu từ bài dễ=))
Tìm GTLN của:
$$\sqrt{4-x} + \sqrt{x-2}$$

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:

 

[vnmctd]

Bài dễ:

 

[transformers123]

Bài dễ:

áp dụng bđt Cauchy, tra có:
$\dfrac{ab}{a+b} + \dfrac{bc}{b+c} + \dfrac{ca}{c+a} \le \dfrac{ab}{2\sqrt{ab}} + \dfrac{bc}{2\sqrt{bc}} + \dfrac{ca}{2\sqrt{ca}} = \dfrac{\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}}{2}$
đặt $P=\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}$ , ta có:
$P^2 \le 3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2$
$\Longrightarrow P \le a+b+c$
suy ra: $\dfrac{\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}}{2} \le \dfrac{a+b+c}{2}$
$\Longrightarrow \mathfrak{dpcm}$

 

[vnmctd]

áp dụng bđt Cauchy, tra có:
$\dfrac{ab}{a+b} + \dfrac{bc}{b+c} + \dfrac{ca}{c+a} \ge \dfrac{ab}{2\sqrt{ab}} + \dfrac{bc}{2\sqrt{bc}} + \dfrac{ca}{2\sqrt{ca}} = \dfrac{\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}}{2}$
đặt $P=\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}$ , ta có:
$P^2 \le 3(ab+bc+ca) \le (a+b+c)^2$
$\Longrightarrow P \le a+b+c$
suy ra: $\dfrac{\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}}{2} \le \dfrac{a+b+c}{2}$
$\Longrightarrow \mathfrak{dpcm}$

Cách của mình (không sử dụng Cauchy):

 

[0973573959thuy]

Ta có : $a + b + c =3 \rightarrow a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ca) = 9 \rightarrow ab + bc + ca = \dfrac{9 - (a^2 + b^2 + c^2)}{2}$

Thay vào bđt cần chứng minh có bđt tương tương

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

Có $a^2 + 2\sqrt{a} = a^2 + \sqrt{a} + \sqrt{a} \ge 3.\sqrt[3]{a^2.\sqrt{a}.\sqrt{a}} = 3a$

Tương tự với các cái còn lại rồi cộng vế với vế có $a^2 + b^2 + c^2 + 2(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \ge 3(a + b + c) = 9 (dpcm)$

 

[huynhbachkhoa23]

Bác nào làm được bài này thì là thánh =))

Cho $a,b$ là các số dương thoả mãn $a^{14}+b^{14}=2$

Chứng minh $\dfrac{5a^2}{b}+\dfrac{3b^3}{a^2}\ge 8$

Không làm cũng được =))

 

[transformers123]

Bác nào làm được bài này thì là thánh =))

Cho $a,b$ là các số dương thoả mãn $a^{14}+b^{14}=2$

Chứng minh $\dfrac{5a^2}{b}+\dfrac{3b^3}{a^2}\ge 8$

Không làm cũng được =))

ko biết làm đúng hay sai=)):
ta có:
$2=a^{14}+b^{14} \ge \dfrac{(a^7+b^7)^2}{2} \rightarrow a^7+b^7 \le 2$
giả sử $a \ge 1$, theo đề bài, ta cần chứng minh:
$5a^4b+3b^5 \ge 8a^2b^2$
thật vậy, ta có: $5a^4b+3b^5 \ge 8\sqrt[8]{a^{20}b^{16}}$
mà $a \ge 1$ nên $8\sqrt[8]{a^{20}b^{16}} \ge 8\sqrt[8]{a^{16}b^{16}} = 8a^2b^2$
vậy bđt đã chứng minh xong, dấu "=" xảy ra khi $x=y=1$
Ok)

 

[huynhbachkhoa23]

ko biết làm đúng hay sai=)):
ta có:
$2=a^{14}+b^{14} \ge \dfrac{(a^7+b^7)^2}{2} \rightarrow a^7+b^7 \le 2$
mà $a, b > 0$ nên $1$ trong $a, b$ sẽ không nhỏ hơn $1$ và số còn lại sẽ ko lớn hơn $1$
giả sử $a \ge 1 \ge b$, theo đề bài, ta cần chứng minh:
$5a^4b+3b^5 \ge 8a^2b^2$
thật vậy, ta có: $5a^4b+3b^5 \ge 8\sqrt[8]{a^{20}b^{16}}$
mà $a \ge 1$ nên $8\sqrt[8]{a^{20}b^{16}} \ge 8\sqrt[8]{a^{16}b^{16}} = 8a^2b^2$
vậy bđt đã chứng minh xong, dấu "=" xảy ra khi $x=y=1$
Ok)

Chuẩn với đáp án =))

Tiếp, Chứng minh với "mọi số nguyên dương" $a_1; a_2;...;a_n$ thì:

$\dfrac{a_1}{1^2}+\dfrac{a_2}{2^2}+...+\dfrac{a_n}{n^2} \ge \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+...\dfrac{1}{n}$

 

[huy14112]

Chuẩn với đáp án =))

Tiếp, Chứng minh với "mọi số nguyên dương" $a_1; a_2;...;a_n$ thì:

$\dfrac{a_1}{1^2}+\dfrac{a_2}{2^2}+...+\dfrac{a_n}{n^2} \ge \dfrac{1}{1}+\dfrac{1}{2}+...\dfrac{1}{n}$

Ta có :

$\dfrac{a_1}{1^2} \ge \dfrac{1^2}{1^2}$

$\dfrac{a_2}{2^2} \ge \dfrac{1^2}{2^2}$

Tương tự mấy cái sau rồi cộng lại )

 

[transformers123]

Ta có :

$\dfrac{a_1}{1^2} \ge \dfrac{1^2}{1^2}$

$\dfrac{a_2}{2^2} \ge \dfrac{1^2}{2^2}$

Tương tự mấy cái sau rồi cộng lại )

mẫu các phân số ở VP đâu có bình=))
giải lại đi)................................................

 

[huynhbachkhoa23]

Ta có :

$\dfrac{a_1}{1^2} \ge \dfrac{1^2}{1^2}$

$\dfrac{a_2}{2^2} \ge \dfrac{1^2}{2^2}$

Tương tự mấy cái sau rồi cộng lại )

Bài sai rồi.

Có $\dfrac{1}{1^2};\dfrac{2}{2^2};...;\dfrac{n}{n^2}$ là dãy số giảm.

Áp dụng: $(a_n)$ và $(b_n)$ là 2 dãy ngược thứ tự và $(c_n)$ là hoán vị tuỳ ý của $(b_n)$ thì $a_1.b_1+a_2.b_2+...+a_n.b_n \le a_1.c_1+a_2.c_2+...+a_n.c_n$

Tổng quát