Toán 8 Chuyên đề ôn BDT 8 và cực trị 8

[riverflowsinyou1]

Cho $a,b,c>0$. C/m
$\sqrt{\frac{a}{b+c}.\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{a}{b+c}.\frac{c}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}.\frac{c}{a+b}}$ lớn hơn hoặc bằng $\frac{5}{4}$

Bài này dành đăng lời giải vây .
Cho $X=\sqrt{\frac{a}{b+c}}$
$Y=\sqrt{\frac{b}{a+c}}$
$Z=\sqrt{\frac{c}{a+b}}$
C/m $X+Z+Y>2$ bằng bất đẳng thức Cauchy.
\Rightarrow $(X+Y+Z)^2>4$
Hay $(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b})+2.(X.Y+Y.X+Z.X)>4$.
Theo bất đẳng thức Nesbitt. $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}$ \geq $\frac{3}{2}$
\Rightarrow $XY+YZ+XZ>\frac{5}{4}$

 

[letsmile519]

Cho các số dương x, y, z thoả mãn $xyz$ = $1$.
Chứng minh rằng: $x^2$+$y^2$+$z^2$ +$x$+$y$+$z$\geq$2(xy+yz+zx)$

P.s : cho hỏi bạn lớp mí v?

Giải: (Trích từ @Van Persie Nguyen trên face)

Đặt $x+y+z = p$ , $xy+yz + zx = q $, $xyz = r$

Điều cần cm \Leftrightarrow $p^2 + p$ \geq $4q$ .

Ta có bất đẳng thức schur : $a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b)$ \geq0

có thể chứng minh như sau giả sử a\geqb\geqc thì $c(c-a)(c-b) , b(b-c)(b-a)+a(a-b)(a-c) = (a-b)^2(a+b-c) $\geq0

=> bđt trên đúng . bằng cách thêm bớt vào bđt schur đã cm như trên ta có :

$(x^2+y^2+z^2)(x+y+z) +9xyz$ \geq $2 (x+y+z)(xy+yz+zx)$

thay $xyz=1$ ta có :

$4pq - p^3$ \leq 9 => $4q$ \leq $(p^3+9)/p4$ ,

nên h nếu cm đc $(p^3+9)/p$ \leq $p^2+p$ là đúng thì ta có đpcm.

thật vậy điều đó tương đương $p^3+9$ \leq $p^3 + p^2$

<=>9 \leq $p^2$ đúng

 

[congchuaanhsang]

Đây là bài trong IMO Short List 1995!

Có thể giải bằng Cauchy-Schwarz nhưng dài hơn

Thử nhé: Cho $a^2+b^2+c^2=8$. Tìm min:

$A=ab+bc+2ca$

Không cao thủ nào chém bài này à ?

Bài khác dễ xơi hơn nhé:

Cho a,b,c>0 và $abc=8$. Tìm min:

$P=\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}$

 

[casidainganha]

nhầm lập phương và số chia

không biết đúng hay sai nhưng cứ làm thử, sai thôi nhé(cô chưa dạy sâu lắm phần này)
áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki
P(a+1+b+1+c+1)($\frac{1}{a+1}$ +$\frac{1}{b+1}$ +$\frac{1}{c+1}$ ) \geq $3^2$=9

Dấu bằng xảy ra \Leftrightarrow $\frac{a+1}{\frac{1}{a+1}}$= $\frac{b+1}{\frac{1}{b+1}}$ = $\frac{c+1}{\frac{1}{c+1}}$

\Leftrightarrow $(a+1)^2$ = $(b+1)^2$ = $(c+1)^2$ \Leftrightarrow a=b=c=2

Khi đó (a+1+b+1+c+1) = 6+ 3=9 \Rightarrow Min P= 1

 

[su10112000a]

Cho các số dương x, y, z thoả mãn $xyz$=$1$
Chứng minh rằng: $x^2$+$y^2$+$z^2$+$x+y+z$\geq$2(xy+yz+zx)$

bài này còn cách giải khác:
Theo nguyên lí Dirichlet: $(x-1)(y-1)$\geq0 \Rightarrow$xy-x-y+1$\geq$0$ \Rightarrow$xyz$\geq$xz+yz-z$
áp dụng bđt Cau-chy, ta có: $x+y+z$\geq3.$\sqrt[3]{xyz}$
\Rightarrow$x+y+z$\geq3
suy ra:
$x^2$+$y^2$+$z^2$+$x+y+z$\geq$x^2$+$y^2$+$z^2$+$3$
\Leftrightarrow$x^2$+$y^2$+$z^2$+$x+y+z$\geq$x^2$+$y^2$+$z^2$+$1$+$2xyz$
\Leftrightarrow$x^2$+$y^2$+$z^2$+$x+y+z$\geq$2xy$+$2z$+$2(xz+yz-z)$
\Leftrightarrow$x^2$+$y^2$+$z^2$+$x+y+z$\geq$2xy$+$2z$+$2(xz+yz)$-$2z$
\Leftrightarrow$x^2$+$y^2$+$z^2$+$x+y+z$\geq$2(xy+yz+zx)$

 

[su10112000a]

thêm một bài mời mọi người cùng giải

chứng minh với mọi số thực dương $a, b, c$ bất kì, ta có bất đẳng thức:
$a+b+c$ \leq$\frac{a^4+b^4+c^4}{abc}$

 

[casidainganha]

chứng minh với mọi số thực dương $a, b, c$ bất kì, ta có bất đẳng thức:
$a+b+c$ \leq$\frac{a^4+b^4+c^4}{abc}$

Áp dụng bđt $a^2$+$b^2$ +$c^2$ \geq ab+bc+ac
$\frac{a^4+b^4+c^4}{abc}$ \geq $\frac{a^2b^2 +b^2c^2 +a^2c^2}{abc}$ \geq $\frac{a^2bc + abc^2 +ab^2c}{abc}$ (áp dụng bất đẳng thức trên) = a+b+c

 

[riverflowsinyou1]

Toán học tuổi thơ .
Cho $a,b,c>0$. C/m $a^2+b^2+c^2$ \geq $\frac{9abc}{a+b+c}+(a-c)^2$

 

[su10112000a]

theo đề bài, ta cần c/m
$b^2$\geq$\frac{9abc}{a+b+c}$-$2ac$
vì $a+b+c$>0 nên ta có thể quy đồng:
$b^2$\geq$\frac{9abc}{a+b+c}$-$2ac$
\Leftrightarrow$b^2.(a+b+c)$\geq$9abc$-$2ac.(a+b+c)$
\Leftrightarrow$ab^2$+$b^3$+$b^2c$\geq$9abc$-$2a^2c$-2abc-$2ac^2$
\Leftrightarrow$ab^2$+$b^3$+$b^2c$+$2a^2c$+$2ac^2$\geq$7abc$
ta có:
$ab^2$+$b^3$+$b^2c$+$2a^2c$+$2ac^2$
=$ab^2$+$b^3$+$b^2c$+$a^2c$+$a^2c$+$ac^2$+$ac^2$
\Rightarrow$ab^2$+$b^3$+$b^2c$+$2a^2c$+$2ac^2$\geq7.$\sqrt[7]{a^7b^7c^7}$
\Rightarrow$ab^2$+$b^3$+$b^2c$+$2a^2c$+$2ac^2$\geq$7abc$
suy ra đpcm
nhìn mãi mới ra Cau-chy 7 số

 

[phuong_july]

Đây là bài trong IMO Short List 1995!

Có thể giải bằng Cauchy-Schwarz nhưng dài hơn

Thử nhé: Cho $a^2+b^2+c^2=8$. Tìm min:

$A=ab+bc+2ca$

Ta có: $(a+b+c)^2$ \geq $0$.
\Leftrightarrow $\sum a^2+\sum 2ab$ \geq $0$.
\Leftrightarrow $\sum ab$ \geq $-4$. ( khi $a+b+c=0$).
Mà: $a^2+c^2$ \geq $-2ac$ \Rightarrow $ac$ \geq $\frac{-(a^2+c^2)}{2}$
\Rightarrow $A=ab+bc+2ca$\geq $-4+\frac{-(a^2+c^2)}{2}=-8$
(Do $a^2+c^2$ \leq $a^2+b^2+c^2=8$)
Vậy $min_A=-8$ \Leftrightarrow $a=2;b=0;c=-2$.

 

[riverflowsinyou1]

Cho các số thực dương $x,y,z$.C/m
$\frac{x^2+y^2}{x+y}+\frac{y^2+z^2}{z+y}+\frac{x^2+z^2}{x+z}$ \geq $3.\sqrt{(x^2+y^2+z^2)}$

 

[riverflowsinyou1]

Áp dụng Cauchy-Schawrz có thể đưa về $$(\sum \sqrt{x^{2}+y{2}})^{4} \geq 12(x+y+z)^{2}(x^{2}+y^{2}+z^{2})$$ . Đặt $\sqrt{x^{2}+y^{2}}=a$ tg tự với các cái kia đưa bdt về $$(a+b+c)^{4} \geq 6(x+y+z)^{2} .(a^{2}+b^{2}+c^{2})=3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+4(xy+yz+xz))(a^{2}+b^{2}+c^{2})$$

 

[riverflowsinyou1]

Áp dụng Cauchy-Schawrz có thể đưa về
$(\sum \sqrt{x^{2}+y{2}})^{4}$ \geq $12(x+y+z)^{2}(x^{2}+y^{2}+z^{2})$
Đặt $\sqrt{x^2+y^2}=a$ tương tự với các cái kia đưa bdt về $(a+b+c)^{4}$ \geq $6(x+y+z)^{2}$
$(a^2+b^2+c^2)=3.(a^2+b^2+c^2)+4(xy+yz+xz)(a^2+b^2+c^2)=\sum \sqrt{(x^2+y^2)^4$ \geq $12(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)$

 

[su10112000a]

a/ Cho a, b, c, d>0, chứng minh rằng:
$\frac{a^3}{b^2}$ + $\frac{b^3}{c^2}$ + $\frac{c^3}{d^2}$ + $\frac{d^3}{a^2}$\geq $a+b+c+d$
b/ Cho $x, y, z>0$, $x+y+z$\geq1. Chứng minh:
$\frac{x^5}{y^4}$ + $\frac{y^5}{z^4}$ + $\frac{z^5}{x^4}$ \geq $1$

 

[su10112000a]

a/ Cho a, b, c, d>0, chứng minh rằng:
$\frac{a^3}{b^2}$ + $\frac{b^3}{c^2}$ + $\frac{c^3}{d^2}$ + $\frac{d^3}{a^2}$\geq $a+b+c+d$
b/ Cho $x, y, z>0$, $x+y+z$\geq1. Chứng minh:
$\frac{x^5}{y^4}$ + $\frac{y^5}{z^4}$ + $\frac{z^5}{x^4}$ \geq $1$

bài giải đây:
a/ áp dụng bất đẳng thức Cau-chy, ta có:
$\frac{a^3}{b^2}$+$b+b$\geq$3a$
\Rightarrow$\frac{a^3}{b^2}$\geq$3a-2b$
tương tự, ta có: $\frac{b^3}{c^2}$\geq$3b-2c$ ; $\frac{c^3}{d^2}$\geq$3c-2d$ ; $\frac{d^3}{a^2}$\geq$3d-2a$
cộng lại, ta chứng minh đc:
$\frac{a^3}{b^2}$ + $\frac{b^3}{c^2}$ + $\frac{c^3}{d^2}$ + $\frac{d^3}{a^2}$\geq $a+b+c+d$
b/ giải tương tự, ta có:
$\frac{x^5}{y^4}$ + $\frac{y^5}{z^4}$ + $\frac{z^5}{x^4}$ \geq$x+y+z$
mà $x+y+z$\geq$1$ nên:
$\frac{x^5}{y^4}$ + $\frac{y^5}{z^4}$ + $\frac{z^5}{x^4}$ \geq $1$

 

[riverflowsinyou1]

Cho $a$\geq$b$\geq$c$\geq $1$. C/m
$\sum \frac{a^2b}{c}$ \geq $a+b+c$

 

[riverflowsinyou1]

Lời giải :
$\sum \frac{a^2b}{c}=\sum \frac{(ab)^2}{bc}$ \geq $\frac{(ab+bc+ac)^2}{ab+bc+ac}=ab+ac+bc$ \geq $a+b+c$

 

[riverflowsinyou1]

Tiếp nào . Cho $x,y,z>0$ $x^2+y^2+z^2$ \geq $1$. C/m
$\sum \frac{x^3}{y+2z}$ \geq $\frac{1}{3}$

 

[tensa_zangetsu]

Tiếp nào . Cho $x,y,z>0$ $x^2+y^2+z^2$ \geq $1$. C/m
$\sum \frac{x^3}{y+2z}$ \geq $\frac{1}{3}$

$\sum \dfrac{x^3}{y+2z} = \sum \dfrac{x^4}{xy+2zx} \ge \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3(xy+yz+zx)} \ge \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3(x^2+y^2+z^2)}=\dfrac{x^2+y^2+z^2}{3} \ge \dfrac{1}{3}$

Lâu lắm rồi mới có bài dễ để làm =))

 

[huynhbachkhoa23]

Đóng góp:
$\dfrac{2}{a}+\dfrac{3}{b}=6$

Tìm GTNN của tổng $a+b$