Đại số lớp 8

Bài 1)

Vì \(a,b,c\) là ba cạnh của tam giác nên :

\(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\)

Đặt \((a+b-c,b+c-a,c+a-b)=(x,y,z)\Rightarrow (a,b,c)=\left(\frac{x+z}{2},\frac{x+y}{2},\frac{y+z}{2}\right)\)

BĐT cần CM tương đương:

\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 8xyz\) với \(x,y,z>0\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\((x+y)(y+z)(x+z)\geq 2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{xz}=8xyz\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\)

Bài 2)

Để đề bài chặt chẽ phải bổ sung điều kiện \(a,b,c>0\)

\((a^2+b^2+c^2)^2>2(a^4+b^4+c^4) \Leftrightarrow 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) >a^4+b^4+c^4\)

\(\Leftrightarrow 4a^2b^2>(c^2-a^2-b^2)^2\Leftrightarrow (2ab+a^2+b^2-c^2)(2ab-a^2-b^2+c^2)>0\)

\(\Leftrightarrow [(a+b)^2-c^2][c^2-(a-b)^2]>0\)

\(\Leftrightarrow (a+b-c)(a+b+c)(c+b-a)(c+a-b)>0\)

\(\Leftrightarrow (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0\). Khi đó xảy ra các TH:

+) Cả ba nhân tử \(a+b-c,b+c-a,c+a-b>0\) đồng nghĩa với \(a,b,c\) là ba cạnh tam giác

+ ) Tồn tại một nhân tử nhỏ hơn $0$ sẽ kéo theo bắt buộc phải có thêm một nhân tử nhỏ hơn $0$ nữa. Giả sử \(\left\{\begin{matrix} a+b-c<0\\ b+c-a<0\end{matrix}\right.\Rightarrow 2b < 0\) (vô lý)

Vậy ta có đpcm

Bài 3)

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki:

\(\left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\right)(p-a+p-b)\geq 2^2=4\Rightarrow \frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\geq \frac{4}{2p-a-b}\)

\(\Leftrightarrow \frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}\geq \frac{4}{c}\)

Thực hiện tương tự với các cặp còn lại và cộng theo vế, ta thu được:

\(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c}\geq 2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\) (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\Leftrightarrow \triangle ABC\) đều.

\(MD^{^2}=4\)

Lời giải:

Khai triển:

\(\text{VT}=5(x^5+y^5+z^5)+5\underbrace{[x^3(y^2+z^2)+y^3(x^2+z^2)+z^3(x^2+y^2)]}_{M}\)

Xét riêng $M$ kết hợp với điều kiện $x+y+z=0$ ta có

\(M=x^2y^2(x+y)+y^2z^2(y+z)+z^2x^2(x+z)=-(x^2y^2z+y^2z^2x+z^2x^2y)\)

\(\Leftrightarrow M=-xyz(xy+yz+xz)=\frac{-1}{2}xyz[(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)]=\frac{1}{2}xyz(x^2+y^2+z^2)\)

Ta biết đến một hằng thức rất quen thuộc: Nếu $x+y+z=0$ thì \(x^3+y^3+z^3=3xyz\)

Cách chứng minh: \(x^3+y^3+z^3=(x+y+z)^3-3(x+y)(y+z)(x+z)=0-3(-x)(-y)(-z)=3xyz\)

Do đó \(M=\frac{1}{6}(x^3+y^3+z^3)(x^2+y^2+z^2)=\frac{\text{VT}}{30}\)

\(\Rightarrow \text{VT}=5(x^5+y^5+z^5)+5M=5(x^5+y^5+z^5)+\frac{\text{VT}}{6}\)

\(\Rightarrow \text{VT}=6(x^5+y^5+z^5)\) (đpcm)

b) Theo phần a)

\(\left\{\begin{matrix} M=\frac{1}{2}xyz(x^2+y^2+z^2)\\ M=\frac{5(x^2+y^2+z^2)(x^3+y^3+z^3)}{30}\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{5(x^2+y^2+z^2)(x^3+y^3+z^3)}{30}=\frac{xyz(x^2+y^2+z^2)}{2}\)

Mà \(5(x^2+y^2+z^2)(x^3+y^3+z^3)=6(x^5+y^5+z^5)\Rightarrow \frac{6(x^5+y^5+z^5)}{30}=\frac{xyz(x^2+y^2+z^2)}{2}\)

\(\Leftrightarrow 2(x^5+y^5+z^5)=5xyz(x^2+y^2+z^2)\) (đpcm)

b)Vì x+y+z=0
=>x+y=-z =>(x+y)^5=-z^5
hay x^5+y^5+5(x^4y+xy^4+2x³y²+2x²y³+)=-z^5
<=>x^5+y^5+z^5+5xy(x³+y³+2x²y+2x²y)=0
<=>x5+y^5+z^5+5xy(x+y)(x²-xy+y²+2xy)=0
<=>x^5+y^5+z^5-5xyz(x²+xy+y²)=0
<=>x^5+y^5+z^5=5xyz(x²+xy+y²)
<=>2(x^5+y^5+z^5)=5xyz(2x²+2xy+2y²)
<=>2(x^5+y^5+z^5)=5xyz[x²+y²+(x+y)²]
<=>2(x^5+y^5+z^5)=5xyz(x³+y²+z²)

Lời giải:

Đến thi HSG C3 còn không được phép sử dụng những BĐT nằm ngoài phạm vi kinh điển vậy mà một bài lớp 8 tại sao lại dùng đến những công cụ như thế kia? Bằng không hãy chứng minh nó trước khi sử dụng, nếu không bài làm của bạn là vô nghĩa.

Áp dụng BĐT Holder bậc 3:

BĐT Holder: Cho \(a,b,c,m,n,p,x,y,z>0\) thì có:

\((a^3+b^3+c^3)(m^3+n^3+p^3)(x^3+y^3+z^3)\geq (amx+bny+cpz)^3\)

Cách CM: Áp dụng BĐT AM-GM:

\(\frac{a^3}{a^3+b^3+c^3}+\frac{m^3}{m^3+n^3+p^3}+\frac{x^3}{x^3+y^3+z^3}\geq \frac{3axm}{\sqrt[3]{(a^3+b^3+c^3)(m^3+n^3+p^3)(x^3+y^3+z^3)}}\)

Thức hiện tương tự với các phân thức dạng trên và cộng lại ta được đpcm

Quay lại bài toán và áp dụng:

Ta có \(\left(\frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}\right)\left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\right)(1+1+1)\geq \left(\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{x}\right)^3\)

\(\Leftrightarrow \left(\frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}\right).3\geq \left(\frac{xy+yz+xz}{xyz}\right)^3\) \((1)\)

Ta biết BĐT quen thuộc sau \((xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z)\) (AM-GM)

\(\Rightarrow (xy+yz+xz)^2\geq 3(xyz)^2\rightarrow \frac{xy+yz+xz}{xyz}\geq \sqrt{3}\) \((2)\)

\((1),(2)\Rightarrow \frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}\geq \sqrt{3}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(x=y=z=\sqrt{3}\)

Dự đoán khi \(x=y=z=\sqrt{3}\) ta tìm được \(S=\sqrt{3}\)

Vậy ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất của \(S\)

Tức là ta cần chứng minh \(\Sigma\dfrac{x}{y^2}\ge\sqrt{\dfrac{3\left(x+y+z\right)}{xyz}}\)

Thật vậy, \(\left(x,y,z\right)\) và \(\left(\dfrac{1}{x^2,},\dfrac{1}{y^2},\dfrac{1}{z^2}\right)\) là các số đối đã được sắp xếp lại

Vì vậy theo BĐT Rearrangement ta có:

\(\sum\frac{x}{y^2}=x\cdot\frac{1}{y^2}+y\cdot\frac{1}{z^2}+z\cdot\frac{1}{x^2}\geq x\cdot\frac{1}{x^2}+y\cdot\frac{1}{y^2}+z\cdot\frac{1}{z^2}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}.\)

Vậy ta còn phải chứng minh \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq\sqrt{\frac{3(x+y+z)}{xyz}}\)
Hay \(xy+xz+yz\geq\sqrt{3xyz(x+y+z)}\)

Sau khi bình phương và biến đổi 2 vế ta có \(\sum z^2(x-y)^2\geq0\)

Hint: Min=x=y=z=1,73205... mai mình giải cho giờ hẵng bt kq đã !!

ta có : 3-Q=\(\dfrac{2\left(a+b\right)^2}{a^2+ab+b^2}\)>=0

\(\Rightarrow\) Max Q=3

ta có : Q-\(\dfrac{1}{3}\)= \(\dfrac{2\left(a-b\right)^2}{3\left(a^2+ab+b^2\right)}\)>=0

\(\Rightarrow\)Min Q=\(\dfrac{-1}{3}\)

Hãy dùng phương pháp tập thể dục như của Hung nguyen nhé

Theo bài ra , ta có :

\(Q=\dfrac{a^2-ab+b^2}{a^2+ab+b^2}=\dfrac{a^2+ab+b^2-2ab}{a^2+ab+b^2}=1-\dfrac{2ab}{a^2+ab+b^2}\)

Vì a,b đồng thời không bằng không ta chia cả tử và mẩu cho 2ab , ta được

\(\dfrac{2a}{a^2+ab+b^2}=\dfrac{1}{\dfrac{a^2}{2ab}+1+\dfrac{b^2}{2ab}}=\dfrac{1}{\dfrac{a}{2b}+1+\dfrac{b}{2a}}\)

Vì a,b khác 0 =) a/2b , b/2a khác 0

Áp dụng BĐT cô si cho 2 số a/2b , b/2a khác 0

\(\Rightarrow\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{2a}\ge2\sqrt{\dfrac{a}{2b}.\dfrac{b}{2a}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{2b}+\dfrac{b}{2a}\ge2\sqrt{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{1}{4}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a}{2b}+1+\dfrac{b}{2a}\ge1+\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{4}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{\dfrac{a}{2b}+1+\dfrac{b}{2a}}\le\dfrac{1}{\dfrac{5}{4}}=\dfrac{4}{5}\)

\(\Leftrightarrow1-\dfrac{1}{\dfrac{a}{2b}+1+\dfrac{b}{2a}}\le\dfrac{1}{5}\)

\(\Rightarrow Max_Q=\dfrac{1}{5}\Leftrightarrow\dfrac{a}{2b}=\dfrac{b}{2a}\Leftrightarrow\dfrac{a}{2b}-\dfrac{b}{2a}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(a+b\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}a=b\\a=-b\end{matrix}\right.\)

mà a và b là hai số khác 0 =) a = b

Vậy GTLN của Q là 1/5 khi và chỉ khi a = b

Tìm Min

\(Q=1-\dfrac{2ab}{a^2+ab+b^2}\ge1-\dfrac{2ab}{2ab+ab}=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi a = b

Có 1 bộ là z-y=1;x=y.z

ta có : x3 +10y3=25z3 (1)

vì 25z³ \(⋮\)5 \(\Leftrightarrow\) x³ + 10y³ \(⋮\) 5. mà 10y³ \(⋮\) 5 \(\Rightarrow\) x³ \(⋮\)5. hay x \(⋮\) 5

-đặt x=5x₁.thay vào (1)\(\Rightarrow\)125x₁³ + 10y³ = 25z³ \(\Rightarrow\) 25x₁³ + 2y³= 5z³ (2) y \(⋮\) 5.

- đặt y = 5y₁ thay vào (2)\(\Rightarrow\) 25x₁³+250y₁³=5z³\(\Rightarrow\) 5x₁³ + 50y₁³=z³ (3)\(\Rightarrow\)z\(⋮\)5

- đặt z=5z₁ thay vào (3)\(\Rightarrow\)5x₁³ +50y₁³=125z₁³\(\Rightarrow\) x₁³+10y₁³= 25z₁³.

nếu (x;y;z) là nghiệm của (1) thì ( x₁;y₁;z₁ ) cùng là nghiệm của (1) hay (\(\dfrac{x}{5}\); \(\dfrac{y}{5};\dfrac{z}{5}\)) là nghiệm của (1) tổng quát ta có : (\(\dfrac{x}{5^x};\dfrac{y}{5^x};\dfrac{z}{5^x}\)) là nghiệm của (1)

với mọi giá trị của x \(\in\) N^* điều xảy ra \(\Leftrightarrow\)x = y = z = 0

nhận định x = y = z = 0

Nè làm giùm đi Akai Haruma , ngonhuminh ,

\(P=\frac{1}{a^3\left(b+c\right)}+\frac{1}{b^3\left(a+c\right)}+\frac{1}{c^3\left(a+b\right)}\)

\(=\frac{bc}{a^2\left(b+c\right)}+\frac{ac}{b^2\left(a+c\right)}+\frac{ab}{c^2\left(a+b\right)}\left(abc=1\right)\)

\(=\frac{1}{a^2\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{b}\right)}+\frac{1}{b^2\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}\right)}+\frac{1}{c^2\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{a}\right)}\)

\(=\frac{\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{c}+\frac{1}{b}}+\frac{\frac{1}{b^2}}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}+\frac{\frac{1}{c^2}}{\frac{1}{b}+\frac{1}{a}}\)

Đặt \(\left\{\begin{matrix}\frac{1}{a}=x\\\frac{1}{b}=y\\\frac{1}{c}=z\end{matrix}\right.\) suy ra \(xyz=1\). Khi đó:

\(P=\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\)

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

\(\left\{\begin{matrix}\frac{x^2}{y+z}+\frac{y+z}{4}\ge x\\\frac{y^2}{x+z}+\frac{x+z}{4}\ge y\\\frac{z^2}{x+y}+\frac{x+y}{4}\ge z\end{matrix}\right.\).Cộng theo vế ta có:

\(P+\frac{x+y+z}{2}\ge x+y+z\)

\(\Rightarrow P\ge\frac{x+y+z}{2}\ge\frac{3}{2}\left(x+y+z\ge3\sqrt[3]{xyz}=3\right)\)