Đến nội dung

Hình ảnh

Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 43 trả lời

#21
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết

Cho các bạn 1 câu dễ nè:
Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. $a+b+c=6$
Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+2abc\geq 52$

Anh có cách này, hơi nặng.
Lời giải:
Đặt\[\begin{array}{l}
g\left( a \right) = VT - VP = 3{a^2} + 3{b^2} + 3{\left( {6 - a - b} \right)^2} + 2ab\left( {6 - a - b} \right) - 52 \\
= \left( {6 - 2b} \right){a^2} - 2\left( {{b^2} - 9b + 18} \right)a + 6{b^2} - 36b + 56 \\
\end{array}\]
Ta cần cm $g(a)>0,\forall a \in \left( {0;6} \right)$
TH1: $b = 3 \Rightarrow g\left( a \right) = 2 > 0$
TH2: $b \neq 3$
\[{\Delta _a}' = {b^4} - 6{b^3} + 9b + 4b - 12 = {\left( {b - 2} \right)^2}\left( {b + 1} \right)\left( {b - 3} \right)\]
TH2.1: $b<3 \Rightarrow 6-2b>0; \Delta_a'<0 \Rightarrow g(a)>0,\forall a$, do đồ thị của g(a) là Parabol có bề lõm hướng lên trên.
TH2.2: $b>3 \Rightarrow 6-2b<0; \Delta_a'>0 \Rightarrow $ đồ thị của g(a) là Parabol có bề lõm hướng xuống dưới và có phần đồ thị nằm trên trục Ox.
$a+b<6 \Rightarrow a<6-b<3 \Rightarrow a \in \left( {0;3} \right)$
\[\begin{array}{l} g\left( 0 \right) = 6{b^2} - 36b + 56 = 6\left( {{b^2} - 6b + 9} \right) + 2 = 6{\left( {b - 3} \right)^2} + 2 > 0 \\ g\left( 3 \right) = 9\left( {6 - 2b} \right) - 2.\left( {{b^2} - 9b + 18} \right).3 + 6{b^2} - 36b + 56 = 2 > 0 \\ \Rightarrow g\left( a \right) > 0,\forall a \in \left( {0;3} \right) \\ \end{array}\]
Vậy ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 11-01-2012 - 22:55

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#22
MyLoVeForYouNMT

MyLoVeForYouNMT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết

Cho các bạn 1 câu dễ nè:
Cho a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác. $a+b+c=6$
Chứng minh rằng:
$3(a^2+b^2+c^2)+2abc\geq 52$


Em xin làm cách nhẹ hơn anh Hân
Áp dụng BĐT tam giác ta có
$a< b+c\Leftrightarrow 2a<a+b+c\Leftrightarrow 2a<6\Leftrightarrow a<3$
Tương tự ta có:
$b<3; c<3$
Mặt khác:
$(3-a)(3-b)(3-c)\leq (\frac{3-a+3-b+3-c}{3})^3$
$\Leftrightarrow (3-a)(3-b)(3-c)\leq1$
$\Leftrightarrow 27-9a-9b+3ab-9c+3ac+3bc-abc\leq 1$
$\Leftrightarrow -28+3ab+3ac+3bc\leq abc$ (1)
Thay (1) vào bài ta có
$VT\geq 3(a^2+b^2+c^2)+2(-28+3ab+3ac+3bc)=3(a+b+c)^2-56=52$

​You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person


#23
MyLoVeForYouNMT

MyLoVeForYouNMT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
Cho mọi người bài tiếp nè.
Cho a, b, c, d dương; abcd=1
CMR: $$a+b+c+d+\frac{9}{a+b+c+d}\geq \frac{25}{4}$$

​You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person


#24
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
Giải như sau:
Dễ đoán trước dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=d=1$ và khi đó $a+b+c+d=1$ và khi đó $a+b+c+d=1$
Đặt $a+b+c+d=k$ ta có $a+b+c+d\geq 4\sqrt[4]{abcd}=4$ do vậy $k\geq 4$
Viết lại đề $k+\dfrac{9}{k}=\dfrac{k}{\dfrac{16}{9}}+\dfrac{9}{k}+\dfrac{k}{\dfrac{16}{7}}\geq 2\sqrt{(\dfrac{k}{\dfrac{16}{9}})*(\dfrac{9}{k})}+\dfrac{4}{\dfrac{16}{7}}=\dfrac{25}{4}$
Dấu $"="$ khi $k=4 \rightarrow a+b+c+d=4 \leftrightarrow a=b=c=d=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-01-2012 - 09:56


#25
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết

Em xin làm cách nhẹ hơn anh Hân
Áp dụng BĐT tam giác ta có
$a< b+c\Leftrightarrow 2a<a+b+c\Leftrightarrow 2a<6\Leftrightarrow a<3$
Tương tự ta có:
$b<3; c<3$
Mặt khác:
$(3-a)(3-b)(3-c)\leq (\frac{3-a+3-b+3-c}{3})^3$
$\Leftrightarrow (3-a)(3-b)(3-c)\leq1$
$\Leftrightarrow 27-9a-9b+3ab-9c+3ac+3bc-abc\leq 1$
$\Leftrightarrow -28+3ab+3ac+3bc\leq abc$ (1)
Thay (1) vào bài ta có
$VT\geq 3(a^2+b^2+c^2)+2(-28+3ab+3ac+3bc)=3(a+b+c)^2-56=52$

Lời giải của em cũng đẹp nhưng bài toán này đúng với mọi $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=6$ mà không nhất thiết là bộ số tam giác.
Cách của em đúng khi nó là bộ số tam giác còn cách anh thì đúng trong mọi TH :icon6:
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#26
Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Thành viên
  • 524 Bài viết
Mọi người đi đâu cả rồi sao ko post đề nựa, giải.Tớ xin góp 1 kâu tiếp:
Cho $a,b,c$$\geqslant 0$ $a+b+c=8$ CMR:
$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geqslant 64$
@@@@@@@@@@@@

#27
Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết

Mọi người đi đâu cả rồi sao ko post đề nựa, giải.Tớ xin góp 1 kâu tiếp:
Cho $a,b,c$$\geqslant 0$ $a+b+c=8$ CMR:
$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geqslant 64$


Bài này điều kiện phải là $a,b,c \geqslant 0;a + b + c = 1$ chứ nhỉ. Khi đó mới có điểm rơi tại $a = b = c = \frac{1}{3}$. Với điều kiện này thì ta làm như sau:

Khai triển vế trái, ta được: $$VT=\left( {1 + \frac{1}{a}} \right)\left( {1 + \frac{1}{b}} \right)\left( {1 + \frac{1}{c}} \right) = 1 + \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} + \frac{1}{{ca}} + \frac{1}{{abc}}$$
$$ \geqslant 1 + \frac{9}{{a + b + c}} + \frac{9}{{ab + bc + ca}} + \frac{1}{{abc}} \geqslant 1 + 9 + \frac{9}{{\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}}} + \frac{1}{{\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}}}}$$
$$ = 10 + 27 + 27 = 64 \Rightarrow Q.E.D$$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}$.

#28
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Chứng minh BĐT : Với $n,t,z>2$, $n,t,z$ là các số nguyên ta luôn có BĐT $\inline 2^{n}+2^{t}+2^{z}$>$ 2n+2z+2t$
2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
CHứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$
Chứng minh $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$
P/s: Các cao thủ đi đâu cả rồi sao ko chém nựa:D

Bài 1: ý bạn có phải là cm: Với $n,t,z>2$, $n,t,z$ là các số nguyên ta luôn có BĐT $ 2^{n}+2^{t}+2^{z}$>$ 2n+2z+2t$
Nếu đúng là vậy thì cm bất đẳng thức bằng quy nạp
Ta sẽ chứng minh $2^{n}>2n$ với $n>2$
Thật vậy ta có:
$n=3$ đúng
Giả sử $n=k$ đúng hay $2^k>2k$ <1>
Ta sẽ chứng minh $n=k+1$ cũng đúng hay $2^{k+1}>2(k+1)$
Thật vậy ta có: từ <1> suy ra $2^{k+1}>4k=2k+2k>2k+2=2(k+1)$ suy ra giả thiết phản chứng được chứng minh.
Áp dụng tương tự với số $z,t$ ta sẽ có $đpcm$

Mọi người chú ý lần sau khi đưa bài vào topic này nhớ đánh số bài nhé chú ý trình bày đẹp thí dụ như Bài 1, bây giờ bắt đầu lại từ đầu.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 13-01-2012 - 13:55


#29
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
Tặng anh em topic này mọt bài dễ đây :icon6:
Bài 2: (trả rõ là bài mấy nữa gọi tạm là bài 2 vậy :P)
Cho các số $a,b,c,d \in \mathbb{Z} $. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{5}}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}+\frac{1}{d^{3}}$
P/s: Do sự cố kĩ thuật (bài này khá dễ) nên các cao thủ có lv > THCS đừng chém để các bạn THCS làm nha :)

Hình đã gửi


#30
Nguyễn Trung Nghĩa

Nguyễn Trung Nghĩa

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 48 Bài viết

2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$



Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có:
\[\left[ {\left( {\frac{a}{{\sqrt {b + c} }}} \right)^2 + \left( {\frac{b}{{\sqrt {c + a} }}} \right)^2 + \left( {\frac{c}{{\sqrt {a + b} }}} \right)^2 } \right]\left[ {\left( {\sqrt {b + c} } \right)^2 + \left( {\sqrt {c + a} } \right)^2 + \left( {\sqrt {a + b} } \right)^2 } \right] \ge \left( {a + b + c} \right)^2\]
\[\Leftrightarrow \left[ {\left( {\frac{a}{{\sqrt {b + c} }}} \right)^2 + \left( {\frac{b}{{\sqrt {c + a} }}} \right)^2 + \left( {\frac{c}{{\sqrt {a + b} }}} \right)^2 } \right]\left[ {2\left( {a + b + c} \right)} \right] \ge \left( {a + b + c} \right)^2\]\[
\Leftrightarrow \frac{{a^2 }}{{b + c}} + \frac{{b^2 }}{{c + a}} + \frac{{c^2 }}{{a + b}} \ge \frac{{a + b + c}}{2}\]

ĐPCM


#31
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết

2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$

Mình nghĩ là đâu cần phức tạp như bạn Nghĩa đâu.
Dùng bđt Cauchy-Schwarz dạng cộng mẫu ta có:
\[\frac{{{a^2}}}{{b + c}} + \frac{{{b^2}}}{{c + a}} + \frac{{{c^2}}}{{a + b}} \ge \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{{2(a + b + c)}} = \frac{{a + b + c}}{2}\]

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#32
Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
Cách của Huy anh đã giải quyết rồi mà :P . Xem ở đây nè $\to$ http://diendantoanho...ndpost&p=293372

#33
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết

Tặng anh em topic này mọt bài dễ đây :icon6:
Bài 2: (trả rõ là bài mấy nữa gọi tạm là bài 2 vậy :P)
Cho các số $a,b,c,d \in \mathbb{Z} $. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{5}}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}+\frac{1}{d^{3}}$
P/s: Do sự cố kĩ thuật (bài này khá dễ) nên các cao thủ có lv > THCS đừng chém để các bạn THCS làm nha :)

Chém bài này nhé Quý.

Ta có:

\[\frac{{{a^2}}}{{{b^5}}} + \frac{{{a^2}}}{{{b^5}}} + \frac{{{a^2}}}{{{b^5}}} + \frac{1}{{{a^3}}} + \frac{1}{{{a^3}}} \ge 5\sqrt[5]{{\frac{{{a^6}}}{{{b^{15}}.{a^6}}}}} \Rightarrow 3.\frac{{{a^2}}}{{{b^5}}} \ge 5.\frac{1}{{{b^3}}} - 2.\frac{1}{{{a^3}}}\]

Xây dựng thêm 4 bđt tương tự ta có ĐPCM
  • cvp yêu thích

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#34
Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết

2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$


Một bất đẳng thức mạnh hơn: $$\frac{{{a^2}}}{{a + b}} + \frac{{{b^2}}}{{b + c}} + \frac{{{c^2}}}{{c + a}} \geqslant \frac{{\sqrt 2 }}{4}\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{b^2} + {c^2}} + \sqrt {{c^2} + {a^2}} } \right)$$

#35
Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết

2.Cho $a,b,c$ là các số thực dương.
Chứng minh$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{ a+b}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$


Tổng quát nhỏ cho bài toán này: Cho $a,b,c>0$ và $n$ là số tự nhiên dương. Chứng minh:
$$\frac{{{a^n}}}{{b + c}} + \frac{{{b^n}}}{{c + a}} + \frac{{{c^n}}}{{a + b}} \geqslant \frac{{{a^{n - 1}} + {b^{n - 1}} + {c^{n - 1}}}}{2}$$
Khi $n=1$ thì ta được BĐT Nesbit 3 biến.
-------------------------------------------
P/s: Không biết có tổng quát được cho $m$ biến không :D

#36
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
Bài 3:
Với $a,b,c>1$, chứng minh rằng:
$P=(\frac{2+b+c}{1+a})^{2}+(\frac{2+c+a}{1+b})^{2}+(\frac{2+a+b}{1+c})^{2}\geq 12$
:icon6:

Hình đã gửi


#37
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết

Bài 3:
Với $a,b,c>1$, chứng minh rằng:
$P=(\frac{2+b+c}{1+a})^{2}+(\frac{2+c+a}{1+b})^{2}+(\frac{2+a+b}{1+c})^{2}\geq 12$

Đặt $\left\{ \begin{array}{l}x = a + 1\\y = b + 1\\z = c + 1\end{array} \right.$ ta có:
\[P = {\left( {\frac{{y + z}}{x}} \right)^2} + {\left( {\frac{{x + z}}{y}} \right)^2} + {\left( {\frac{{x + y}}{z}} \right)^2}\]
\[ = \sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{{{x^2}}}{{{y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2}}}} \right)} + 2.\left( {\frac{{xy}}{{{z^2}}} + \frac{{xz}}{{{y^2}}} + \frac{{yz}}{{{x^2}}}} \right) \ge \sum\limits_{cyc} {2\sqrt {\frac{{{x^2}{y^2}}}{{{y^2}{x^2}}}} } + 2.3\sqrt[3]{{\frac{{{x^2}{y^2}{z^2}}}{{{x^2}{y^2}{z^2}}}}} = 12\]
Vậy ta có ĐPCM.
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z \Leftrightarrow a=b=c$

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#38
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
Bài 3:
đây là cách của em.
Ta có bài toán phụ : $\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}\geq 6$
CM:
$\frac{2+b+c}{1+a}+1+\frac{2+c+a}{1+b}+1+\frac{2+a+b}{1+c}+1\geq 9$
$\Leftrightarrow (3+a+b+c)(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq 9$
Ta có:
$3+a+b+c\geq 3(1+\sqrt[3]{abc}) (1)$
$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$ (2)
nhân vế vs vế ta được bđt phụ.

Quay lại bài toán ta có:
$P\geq 3.(\frac{\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}}{3})^{2}\geq 3.(\frac{6}{3})^{2}=12$
Ta được ĐPCM. ($\square$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 17-01-2012 - 15:53

Hình đã gửi


#39
Dung Dang Do

Dung Dang Do

    Dũng Dang Dở

  • Thành viên
  • 524 Bài viết
post đề dùm cho bạn 123123talackoka và giải luôn:
Cho $a,b,c>0$ CMR:
$\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\geq a+b+c$.
Giải:
Áp dụng BĐT Cô Si ta có:
$\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}\geq2a$
$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\geq2b$
$\frac{ac}{c}+\frac{bc}{a}\geq2c$
Cộng các vế BĐT lại ta có : $2(\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a})\geq2(a+b+c)$. Rồi chia cho hai cả hai vế ta được điều phải chứng minh.Bạn $talackoka$ ra đề dễ quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 17-01-2012 - 14:39

@@@@@@@@@@@@

#40
minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
Đưa lên bài này cho mọi người tham khảo!
Bài 4: Cho $a,b,c>0;a+b+c=3$. CMR:
$\frac{a}{3a^2+5}+\frac{b}{3b^2+5}+\frac{c}{3c^2+5}\leq \frac{3}{8}$
Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh