Toán 8 $\fbox{[Toán 8] Chuyên đề ôn BDT 8 và cực trị 8}$

Thảo luận trong 'Đại số' bắt đầu bởi riverflowsinyou1, 28 Tháng tư 2014.

Lượt xem: 51,263

  1. eye_smile

    eye_smile Guest

    AD Cauchy-Schwarz, có:

    ${[{(r+s)^2}]^2}$ \leq ${[2({r^2}+{s^2})]^2}=4{({r^2}+{s^2})^2}$ \leq $4.2({r^4}+{s^4})=8({r^4}+{s^4})$

    Dấu "=" xảy ra \Leftrightarrow r=s
     
  2. thinhrost1

    thinhrost1 Guest

    Góp cho theard bài này

    Cho $abc=1$, Chứng minh:

    $\dfrac{1}{\sqrt{8a+1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{8b+1}}+ \dfrac{1}{\sqrt{8c+1}} \geq 1$
     
  3. Cái này dùng bất đẳng thức Holder bạn nhé :) .............................
     
  4. Đặt biểu thức là P

    Đặt $a=\dfrac{bc}{a^2} \ \ \ \ b=\dfrac{ac}{b^2} \ \ \ \ c=\dfrac{ab}{c^2}$

    Ta có:

    $\dfrac{1}{\sqrt{8a+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{\dfrac{8bc}{a^2}+1}}=\dfrac{a}
    {\sqrt{8bc+a^2}}$

    $P=\dfrac{a}{\sqrt{8bc+a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{8ac+b^2}}+\dfrac{c}
    {\sqrt{8ab+c^2}}$

    Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

    $P=\dfrac{a^2}{a\sqrt{8bc+a^2}}+\dfrac{b^2}{b\sqrt{8ac+b^2}}+\dfrac{c^2}
    {c\sqrt{8ab+c^2}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}
    {a\sqrt{8bc+a^2}+b\sqrt{8ac+b^2}+c\sqrt{8ab+c^2}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}
    {\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^3+8abc}}$

    Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

    $(\sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^3+8abc})^2
    \leq (a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc) \leq (a+b+c)[a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)]=
    (a+b+c)(a+b+c)^3=(a+b+c)^4$

    $\rightarrow
    \sqrt{a}.\sqrt{a^3+8abc}+\sqrt{b}.\sqrt{b^3+8abc}+\sqrt{c}.\sqrt{c^3+8abc} \leq
    (a+b+c)^2$

    $\rightarrow P \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}=1$

    Dấu $"="$ xảy ra $\leftrightarrow x=y=z=1$

    P/S: Nếu được dùng kì hiệu $\sum$ thì đỡ mệt rồi
    Holder cái gì, chỉ cần Bunhiacopski và Cauchy thôi mà
     
  5. Tiếp nhé :).
    Cho $a;b;c$ là các số thực dương . Hãy chứng minh:
    $\frac{a^8+b^8+c^8}{(a.b.c)^3}$ \geq $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
     
  6. Cho em đóng góp:
    $x+y+z\le 1$

    Tìm $GTNN$ $M=\sqrt{x^2+\dfrac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\dfrac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\dfrac{1}{z^2}}$
     
  7. letsmile519

    letsmile519 Guest

    Theo Holder sẽ bị ngược bước cuối bạn nhé!

    k thì bạn giải ra thử xem :p
     
  8. $\leftrightarrow \dfrac{a^5}{b^3.c^3}+\dfrac{b^5}{a^3c^3}+\dfrac{c^5}{a^3b^3}
    \geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

    Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 6 số dương ta có:

    $\dfrac{a^5}{b^3c^3}+\dfrac{b^5}{a^3c^3}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}
    {a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a} \geq 6\dfrac{1}{c}$

    Tương tự cộng từng vế ta có $dpcm$
     
  9. letsmile519

    letsmile519 Guest

    Nhưng phần sau của bạn hơi phức tạp nhỉ!!
    Từ cái $$P=\dfrac{a}{\sqrt{8bc+a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{8ac+b^2}}+\dfrac{c}
    {\sqrt{8ab+c^2}}$$

    Ta áp dụng Holder

    Gọi $B= a(a^2+8bc)+b(b^2+8ac)+c(c^2+8ab)$

    => $P^2.B$\geq $(a+b+c)^3$

    Ta cần cm $(a+b+c)^3$\geq $B$

    hay : $(a+b+c)^3$\geq$a^3+b^3+c^3+24$

    \Leftrightarrow $c(a-b)^2+a(b-c)^2+b(c-a)^2$\geq0 đúng

    =. đpcm
     
  10. Cách Holder là một cách làm rất hay của bài này nhưng mình giải cho phù hợp với cách lớp 8

    Bạn tham khảo cách làm bằng BĐT Holder trong sáng tạo Bất Đẳng thức của Phạm Kim Hùng nhé
     
  11. Chứng minh thêm bất đẳng thức Holder thì sẽ dài gấp đôi bài mình

    Cách làm của bạn giống hệt trong sáng tạo bất đẳng thức
     
  12. letsmile519

    letsmile519 Guest

    Không! mình đang nói bạn kia...nếu dùng trực tiếp e là không được. phải đặt như bạn đã xong mới theo Holder được! :D còn nếu cm trực tiếp thì ai giúp mềnh :))
     
  13. Xét phép biến đổi ẩn ($\frac{b.c}{a^2}$;$\frac{a.c}{b^2}$;$\frac{b.a}{c^2}$) ($a;b;c$ lớn hơn $0$ )
    Khi đó ta phải tìm GTLN của $S=\frac{a}{\sqrt{a^2+8.b.c}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8.a.c}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+b.a.8}}$
    Cho $A=a.(a^2+8.b.c)+b.(b^2+8.a.c)+c.(c^2+8.a.b)$
    Áp dụng bất đẳng thức Holder ;) :
    $S^2.A$ \geq $(a+b+c)^3$
    Mặt khác $(a+b+c)^3 \geq A=a^3+b^3+c^3+24.a.b.c$
    Từ đó \Rightarrow $S^2.A$ \geq $(a+b+c)^3$ \geq $A$ \Leftrightarrow $S>1$
    Từ đó suy ra đpcm.
     
  14. letsmile519

    letsmile519 Guest

    Vì mình đã học :))

    BDT học trong đó cả mà :))
    ...............................................................
     
  15. Điểm rơi Bunhiacopski thôi

    Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

    $(x^2+\dfrac{1}{x^2})(1+81) \geq (x+\dfrac{9}{x})^2$

    $\rightarrow M \sqrt{82} \geq x+y+z+\dfrac{9}{x}+\dfrac{9}{y}+\dfrac{9}{z}
    =x+\dfrac{1}{9x}+\dfrac{1}{9y}+y+\dfrac{1}{9z}+z+ \dfrac{ 80 }{ 9x } +\dfrac{80}
    {9y}+\dfrac{80}{9z} \geq ...$

    Bạn tự dùng Cauchy và Schwarz để tính
     
  16. Tiếp nhé :)). Cho $a;b;c$>$0$ thoả mãn $a.b.c=1$. C/m
    $\frac{a}{(b+c)^2}$+$\frac{b}{(a+c)^2}$+$\frac{c}{(a+b)^2}$ \geq $\frac{9}{4.(a+b+c)}$
    Cái này dùng Cauchy Swarchz nhé :).
     
  17. Viết sai tên nhà toán học rồi kìa :))

    Mình lại không thích dùng Cauchy "Swarchz" nữa

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

    $\leftrightarrow [\dfrac{a^2}{(b+c)^2}+\dfrac{b^2}{(a+c)^2}+\dfrac{c^2}
    {(a+b)^2}]+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{9}{4}$

    Lại có $[\dfrac{a^2}{(b+c)^2}+\dfrac{b^2}{(a+c)^2}+\dfrac{c^2}
    {(a+b)^2}]+\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{1}{3}
    (\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b})^2+ \dfrac{ a }{ b+c } +\dfrac{b}
    {a+c}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{1}{3}.\dfrac{3^2}{2^2}+\dfrac{3}{2}=\dfrac{9}
    {4}$

    P/S: Chắc là không cần phải chứng minh Nesbit 3 biến đâu nhỉ
     
  18. letsmile519

    letsmile519 Guest

    BDT trên tương đương với

    $4(a+b+c).(\frac{a}{(b+c)^2}$+$\frac{b}{(a+c)^2}$+$\frac{c}{(a+b)^2})$\geq9

    Nhân tung ra được:

    $4(\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2})+\frac{4a}{b+c}+\frac{4b}{c+a}+\frac{4c}{b+a}$\geq 9

    Theo Bunhia

    $4(\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(c+a)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2}$\geq$\frac{4}{3}.(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}$

    Mà theo Nesbitt 3 biến thì $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}$\geq3/2

    =>đpcm
     
    Last edited by a moderator: 28 Tháng tư 2014
  19. Thôi làm thêm 1 bài nữa đi ngủ :)).
    Cho 1 \leq a;b;c \leq 2
    Chứng tỏ : (x+y+z)($\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$+$\frac{1}{z}$) \leq 10
     
    Last edited by a moderator: 28 Tháng tư 2014
  20. letsmile519

    letsmile519 Guest

    Ta có BDT tương đương:

    [TEX]\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{y}{z}+\frac{y}{x}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}\leq 7[/TEX]

    Giả sử a\geqb\geqc

    \Rightarrow $(a-b)(b-c)$\geq0

    \Leftrightarrow $ab+bc$\geq$b^2+ac$

    Chua cả 2 vế với bc

    => [TEX]\frac{a}{c}+1 \geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}[/TEX]

    Tương tự chia 2 vế với ab

    [TEX]1+\frac{c}{a}\geq\frac{c}{b}+\frac{b}{a}[/TEX]

    => [TEX]\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+2\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}[/TEX]

    \Rightarrow [TEX]2.\frac{a}{c}+2.\frac{c}{a}+2\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}[/TEX]

    Đặt x=a/c=> 1\leqx\leq2

    \Rightarrow x+1/x\leq5/2

    =>đpcm

    p.s:bài này có trung đề thi lớp 10 năm ngoái hay sao ý!!
     
    Last edited by a moderator: 28 Tháng tư 2014
Chú ý: Trả lời bài viết tuân thủ NỘI QUY. Xin cảm ơn!

Draft saved Draft deleted

CHIA SẺ TRANG NÀY

-->