[Toán 8] Bất đẳng thức

[su10112000a]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

$\fbox{Bài 1:}$
Cho $a, b, c > 0$, chứng minh:
$$\sqrt{(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})} \ge 1+\sqrt{1+\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})}}$$
$\fbox{Bài 2:}$
Cho $x, y, z \in [-1;1]$. Chứng minh:
$$\dfrac{1}{(1-x)(1-y)(1-z)}+\dfrac{1}{(1+x)(1+y)(1+z)} \ge 2$$
$\fbox{Bài 3:}$
Cho $a, b, c > 0$, chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^3+b^3}{c}+\dfrac{b^3+c^3}{a}+\dfrac{c^3+a^3}{b} \ge \dfrac{2}{3}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^2$$
$\fbox{Bài 4:}$
Cho $a, b, c > 0$ và $a+b+c \ge 6$. Chứng minh:
$$\sqrt{a^2+\dfrac{1}{b+c}}+\sqrt{b^2+\dfrac{1}{c+a}}+\sqrt{c^2+\dfrac{1}{a+b}} \ge \dfrac{3\sqrt{17}}{2}$$
$\fbox{Bài 5:}$
Cho $a, b, c > 0$, chứng minh:
$$\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)} \ge abc+\sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)}$$
$\fbox{Bài 6:}$
Cho $a, b, c > 0$ thỏa $a^3+b^3+c^3=1$. Chứng minh rằng:
$$a+b+c +\dfrac{1}{abc} \le 3+\sqrt[3]{9}$$
$\fbox{Bài 7:}$
Cho $a, b, c \in Z^+$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^4+b^4}{(a+b)^4}+\dfrac{\sqrt{ab}}{a+b} \ge \dfrac{5}{8}$$
$\fbox{Bài 8:}$
Cho $a, b, c > 0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$5(a^2+b^2+c^2) \le 6(a^3+b^3+c^3)+1$$
$\fbox{Bài 9:}$
Cho $a, y, z > 0$ thỏa $x^3+y^3+z^3=1$. Chứng minh rằng:
$$x^2+y^2+z^2 \ge x^5+y^5+z^5+2(x+y+z)x^2y^2z^2$$
$\fbox{Bài 10:}$
Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$(a+b)(b+c)(c+a)(a+1)(b+1)(c+1) \ge abc(3-a)(3-b)(3-c)$$
P/s: Chưa có đáp án=))

 

[huynhbachkhoa23]

Ờ ) Đổi nick à )

Bài 4:

$VT \ge \sqrt{(\sum a)^2+(\sum \dfrac{1}{\sqrt{b+c}})^2} \ge \sqrt{(\sum a)^2+(\dfrac{9}{\sum \sqrt{b+c}})^2} \ge \sqrt{(\sum a)^2+\dfrac{81}{6\sum a}}$

Đến đây Cauchy, nếu cần thì tách thằng $(\sum a)^2$ ra cho cân bằng
@transformer: bài này bác làm nhiều rồi=))
@khoa: dạng này mà không biết Minkovsky chắc khốn lắm )

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 7:

Bác không làm được bài này á :|

Chuẩn hoá $x+y=2$ (Điểm rơi $x=y=1$ cho đẹp ))

BDT trở thành:

$x^4+y^4+8\sqrt{xy}\ge 10$

Dồn biến $t=\sqrt{xy}$

Hình như là thế )

 

[transformers123]

Buổi chiều lục lại đống sách vở thì thấy đăng luôn nên chưa suy nghĩ=))
Bài 6:
ta có:
$a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a+b+c} \ge \dfrac{(a+b+c)^4}{9(a+b+c)} = \dfrac{(a+b+c)^3}{9}$
$\Longrightarrow a+b+c \le \sqrt[3]{9}$
ta có:
$a+b+c+\dfrac{1}{a+b+c} \ge \sqrt[3]{9} + \dfrac{3}{a^3+b^3+c^3}=\sqrt[3]{9}+3$
dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\sqrt[3]{\dfrac{1}{3}}$
đợi em ăn cơm xong rồi giải tiếp=))