Toán 8 Chuyên đề ôn BDT 8 và cực trị 8

[tanngoclai]

Với a,b,c không âm . CM

$2(a^2+b^2+c^2)+2abc+1\ge 3(ab+bc+ac)$

Theo Dirichlet thì luôn có 2 trong 3 số a,b,c cùng $\ge 1$ hoặc $\le 1$, giả sử là b và c. Ta có :

$2a(b-1)(c-1) \ge 0 \leftrightarrow 2abc -2ab-2bc+2a \ge 0 \rightarrow 2abc - 2ab - 2ac + a^2 + 1 \ge 0 \leftrightarrow 2abc + a^2 + 1 \ge 2(ab+ac)$

Lại có : $(a^2 + b^2) + (a^2 + c^2) + 3(b^2 + c^2) \ge 2ab + 2ac + 6bc \leftrightarrow a^2 + 3(b^2 + c^2) \ge ab+ac+3bc$

Cộng theo vế $\to dpcm$ :3 Lâu lâu mới làm được 1 bài :3

 

[tanngoclai]

Bài này cũng khá dễ, lấy từ bác 0******thuy

Chứng minh $a,b,c \ge 0$ thì $a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} \ge 2(ab+bc+ca)$

$c^2 + 3\sqrt[3]{(abc)^2} \ge 4c\sqrt{ab} \to c(c - 4\sqrt{bc}) \ge -3\sqrt[3]{(abc)^2}$

Ta có : $a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} - 2(ab+bc+ca) = (a+b-c)^2 - 4ab + 3\sqrt[3]{(abc)^2} \ge (2\sqrt{ab}-c)^2-4ab +3\sqrt[3]{(abc)^2} = c(c-4\sqrt{ab})+3\sqrt[3]{(abc)^2} \ge 0$

Dễ chỗ nào hả bác =)) Có cách nào dễ hơn không :v

 

[tanngoclai]

Em đóng góp nhiều bài =))

Bài 4: Giả sử a;b > 0 và c = a + b. CMR : $\sqrt{a} + \sqrt{b} > \sqrt{c}$ (đã làm) và $\sqrt{a^3} + \sqrt{b^3} < \sqrt{c^3}$

Bài 5: Chứng minh rằng nếu $a; b > 0$ thì $\sqrt{a^2 + b^2} > \sqrt[3]{a^3 + b^3}$

Bài 4 :
Sai đề =)) Mũ 3 lên sẽ rõ =))

Bài 5 :
Mũ 6 cả 2 vế =))

 

[huynhbachkhoa23]

$c^2 + 3\sqrt[3]{(abc)^2} \ge 4c\sqrt{bc} \to c(c - 4\sqrt{bc}) \ge -3\sqrt[3]{(abc)^2}$

Ta có : $a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} - 2(ab+bc+ca) = (a+b-c)^2 - 4ab + 3\sqrt[3]{(abc)^2} \ge (2\sqrt{ab}-c)^2-4ab +3\sqrt[3]{(abc)^2} = c(c-4\sqrt{ab})+3\sqrt[3]{(abc)^2} \ge 0$

Dễ chỗ nào hả bác =)) Có cách nào dễ hơn không :v

Theo phong cách của em thì:
Hai vế của BDT đồng bậc 2, chuẩn hoá $abc=1$

Cần chứng minh $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca)$

Cách 1: Theo Dirichlet, giả sử $(b-1)(c-1) \ge 0$

$\leftrightarrow (a-1)+(b-c)^2+2a(b-1)(c-1) \ge 0$ (đúng)

Cách 2: Giả sử $b \ge a \ge c \rightarrow b \ge 1; c\le 1$

Ta có $2a(b-1)(c-1) \le 0$

$\leftrightarrow 2abc+2a\le 2ab+2ca$

Trừ vào: $a^2 +b^2+c^2-2a+1 \ge 2bc$

$\leftrightarrow (a-1)^2+(b-c)^2 \ge 0$

BDT được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

[thopeo_kool]

Bài 1: Cho ba số thực dương a;b;c. CMR :

$\dfrac{a}{bc(c + a)} + \dfrac{b}{ca(a + b)} + \dfrac{c}{ab(b + c)} \ge \dfrac{27}{2(a + b + c)}$

Hình như là $\ge \dfrac{27}{2(a + b + c)^2}$

Nhưng mà cứ làm theo cái đề chuẩn ban đầu đi =))


Bài 2: Cho ba số thực a;b;c không âm và hai trong ba số không đồng thời bằng 0. CMR :

$\dfrac{1}{4a^2 + b^2 + c^2} + \dfrac{1}{4b^2 + c^2 + a^2} + \dfrac{1}{4c^2 + a^2 + b^2} \le \dfrac{1}{2(a^2 + b^2 + c^2)} + \dfrac{1}{ab + bc + ca}$

Bài 3: Cho a;b;c > 0 thỏa $ab + bc + ca = 1$. CMR:

$\dfrac{a}{(3b + 5c)^3} + \dfrac{b}{(3c + 5a)^3} + \dfrac{c}{(3a + 5b)^3} \ge \dfrac{9}{512}$

 

[phuong_july]

Bài 3: Cho a;b;c > 0 thỏa $ab + bc + ca = 1$. CMR:

$\dfrac{a}{(3b + 5c)^3} + \dfrac{b}{(3c + 5a)^3} + \dfrac{c}{(3a + 5b)^3} \ge \dfrac{9}{512}$

Ta có:
$\frac{a}{(3b + 5c)^3}=\frac{a^2}{a(3b+5c)^3}=\frac{\frac{a^2}{(3b+5c)^2}}{3ab+5c}$
Tương tự với 2 bdt còn lại, áp dụng BCS dạng phân thức cộng mẫu ta được:
$\sum \frac{\frac{a^2}{(3b+5c)^2}}{3ab+5c}$ \geq $\frac{(\frac{a}{3b+5c}+\frac{b}{3c+5a}+\frac{c}{3a+5b})^2}{8}$
Mặt khác.
$\frac{a}{3b+5c}+\frac{b}{3c+5a}+\frac{c}{3a+5b}$ $=\frac{a^2}{3ab+5ac}+\frac{b^2}{3bc+5ca}+\frac{c^2}{3ca+5bc}$ \geq $\frac{(a+b+c)^2}{8}$\geq $\frac{3}{8}$
đến đây thì cm được rồi.
Dấu "=" khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

 

[phuong_july]

Bài 2: Cho ba số thực a;b;c không âm và hai trong ba số không đồng thời bằng 0. CMR :

$\dfrac{1}{4a^2 + b^2 + c^2} + \dfrac{1}{4b^2 + c^2 + a^2} + \dfrac{1}{4c^2 + a^2 + b^2} \le \dfrac{1}{2(a^2 + b^2 + c^2)} + \dfrac{1}{ab + bc + ca}$

$VT=\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}+\frac{4}{4(ab+bc+c)}$ \geq $\frac{9}{2(a+b+c)^2}$
Cần cm:
$\frac{(a+b+c)^2}{4a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b+c)^2}{a^2+4b^2+c^2}+\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+4c^2}$ \geq $\frac{9}{2}$
Mà:
$\frac{(a+b+c)^2}{4a^2+b^2+c^2}$ \leq $\frac{a^2}{2a^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^2+c^2}$
Tương tự ta được 2 bdt. vế+vế \Rightarrow đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

 

[huy14112]

Bài 1: Cho ba số thực dương a;b;c. CMR :

$\dfrac{a}{bc(c + a)} + \dfrac{b}{ca(a + b)} + \dfrac{c}{ab(b + c)} \ge \dfrac{27}{2(a + b + c)}$

Hình như là $\ge \dfrac{27}{2(a + b + c)^2}$

Nhưng mà cứ làm theo cái đề chuẩn ban đầu đi =))

Chắc là đề dưới cơ =)

$\dfrac{a}{bc(c + a)} + \dfrac{b}{ca(a + b)} + \dfrac{c}{ab(b + c)}= \dfrac{a^2}{abc(c + a)} + \dfrac{b^2}{bca(a + b)} + \dfrac{c^2}{c ab(b + c)} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2abc(a+b+c)}=\dfrac{(a+b+c)^3}{2abc(a+b+c)^2}\ge \dfrac{27abc}{2abc(a+b+c)^2}=\dfrac{27}{2(a + b + c)^2}$

 

[tanngoclai]

Xem hộ em cái đề =))

Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh : $\sum \dfrac{a}{b} \ge \sum a^2$

 

[riverflowsinyou1]

Cho $a_i>0$ ($i=\overline{i,n}$) $\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i+1}=n-1$
C/m $\sum_{i=1}^n \frac{1}{4a_i+1} \ge \frac{2n-3}{3}$

 

[riverflowsinyou1]

Chứng minh $\frac{1}{4a+1} \ge \frac{1}{a+1}-\frac{1}{3}$ bằng biến đổi tương đương từ đó \Rightarrow đpcm.

 

[tanngoclai]

Bài của em không ai làm à =)) Em nói trước là em không biết nó có đúng không. Biến đổi từ bài nào ra đến bước đấy thì tịt :3 Không nhớ đề bài nên không biết biến đổi có đúng không =)) Thử máy tính thấy nó cũng đúng :3

Thôi thì bài khác :

Cho $a,b,c >0$. Chứng minh :

$(a+b)(b+c)(c+d)(d+a) \ge (a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)$

 

[riverflowsinyou1]

Chứng mỉnh tương đương nhé =))......................................................

 

[tanngoclai]

Có cách nào hay ho hơn không =))

Đây nữa =)) $a,b,c > 0$

$ \sum \dfrac{a}{a^2+bc+b^2} \le \dfrac{\sum a}{\sum ab}$

 

[thopeo_kool]

Bài 1: Giả sử $a;b;c \ge 1$. Xác định max của :

$T = a + b + c + ab + bc + ca - 3abc$

Đáp án : Max = 3 khi a = b = c = 1

Bài 2: Giả sử $a;b;c \ge 1$ hãy tìm max của:

$T = \dfrac{1}{ab + a + 1} + \dfrac{1}{bc + b + 1} + \dfrac{1}{ca + c + 1}$

Đáp án: Max = 1 khi a = b = c = 1

Bài 3: Giả sử $a;b;c \ge 0$ và $a + b + c \le 3$. Hãy tìm Max của:

$T = \dfrac{a + b}{a^2 + b^2 + 2} + \dfrac{b + c}{b^2 + c^2 + 2} + \dfrac{c + a}{c^2 + a^2 + 2}$

ĐS: $\text{Max} = \dfrac{3}{2} \leftrightarrow a = b = c = 1$

Bài 4: Giả sử $a; b \in [1; 2].$

Chứng minh bđt sau đây: $\dfrac{1}{4 + a - ab} + \dfrac{1}{4 + b - bc} + \dfrac{1}{4 + c - ca} \ge \dfrac{3}{3 + abc}$
Tìm min; max của $T = \dfrac{1}{4 + a - ab} + \dfrac{1}{4 + b - bc} + \dfrac{1}{4 + c - ca}$

ĐS: $\text{Max} = 3/2 \leftrightarrow a = b = c = 2$

Min = 3/4 khi a = b = c = 1



Mình cần cách giải!

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 3: Ờ, có vẻ bài này khó =))

$T=\sum \dfrac{a+b}{a^2+b^2+2} \le \sum \dfrac{2(a+b)}{(a+b)^2+4} \le \sum \dfrac{2(a+b)}{4(a+b)}=\dfrac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Mấy bài kia "dễ" lắm nên em không chém (

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1:

Từa tựa Look at the end point

$f(a)=-(3bc-b-c-1)a+bc+b+c$

$3bc-b-c-1 \ge 0$

Suy ra $f(a) \le f(1)=1+2b+2c+bc-3bc=f(b)$

$f(b)=-(2c-2)b+2c+1$

$2c-2\ge 0$

Suy ra $f(b) \le f(1)=-2c+2+2c+1=3$

$\text{maxT}=3$, đạt được khi có $2$ số bằng $1$ và số còn lại tuỳ ý thuộc $[1; ∞)$

 

[vipboycodon]

Bài 2:
Ta có: $a,b,c \ge 1$ => $abc \ge 1$
$T = \dfrac{1}{ab+a+1}+\dfrac{1}{bc+b+1}+\dfrac{1}{ac+c+1}$
$T = \dfrac{1}{ab+a+1}+\dfrac{a}{abc+ab+a}+\dfrac{ab}{a^2bc+abc+ab}$
$T \le \dfrac{1}{ab+a+1}+\dfrac{a}{ab+a+1}+\dfrac{ab}{ab+a+1} = 1$
Làm vậy dc ko nhỉ.

 

[huynhbachkhoa23]

Cách khác cho bài 1:

$a=x+1; b=y+1; c=z+1$

$a+b+c+ab+bc+ca-3abc=x+y+z+3+(x+1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x+1)-3(x+1)(y+1)(z+1)$

$=-3(xy+yz+zx)-3xyz+3 \le 3$

 

[vipboycodon]

Bài 4: Phần tìm min :
Theo schwartz ta có:
$T \ge \dfrac{9}{12+a+b+c-ab-bc-ac}$
Mặt khác theo đề bài ta có:
$a(1-b) \le 0$ ; $b(1-c) \le 0$ ; $c(1-a) \le 0$
=> $a+b+c-ab-bc-ac \le 0$
=> $T \ge \dfrac{9}{12} = \dfrac{3}{4}$