Bất đẳng thức Cô – si bậc 3 bậc 4 không có dấu căn

Chứng minh bất đẳng thức Cô – si bậc 3 bậc 4 không có dấu căn cho lớp 8:

1.     Dễ chứng minh bất đẳng thức ${{\left(\dfrac{a+b}{2}\right)}^{2}}\ge ab$ với $a,b\ge0$

2.     Áp dụng  ta chứng minh bất đẳng thức ${{\left(\dfrac{ a+b+c+d }{4}\right)}^{4}}\ge abcd$.

Ta có \[{{\left( \dfrac{a+b+c+d}{4} \right)}^{4}}={{\left( \dfrac{\dfrac{a+b}{2}+\dfrac{c+d}{2}}{2} \right)}^{2.2}}\ge {{\left( \dfrac{a+b}{2}.\dfrac{c+d}{2} \right)}^{2}}\ge abcd\] (Hai lần liên tiếp áp dụng bất đẳng thức thứ nhất). Dấu “=” xảy ra khi $a=b=c=d$.

3.     Áp dụng bất đẳng thức 2 ta chứng minh bất đẳng thức: ${{\left( \dfrac{a+b+c}{3} \right)}^{3}}\ge abc$

Ta có ${{\left( \dfrac{a+b+c}{3} \right)}^{4}}={{\left( \dfrac{a+b+c+\dfrac{a+b+c}{3}}{4} \right)}^{4}}\ge abc\dfrac{a+b+c}{3}$. Chia hai vế cho $\dfrac{a+b+c}{3}$  là số dương ta được bất đẳng thức cần chứng minh. (Trường hợp $a=b=c=0$ bất đẳng thức hiển nhiên đúng). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Một bài tìm GTNN.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}$ , với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$

Lời giải:

Cách 1: Vì x, y, z là các số dương nên áp dụng BĐT Côsi ta có:

$\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{y+1}{4}\ge 2\sqrt{\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}.\dfrac{y+1}{4}}=x$

Tương tự                        $\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{z+1}{4}\ge y$  và $\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}+\dfrac{x+1}{4}\ge z$

Nên $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \left( x+y+z \right)-\left( \dfrac{x+1}{4}+\dfrac{y+1}{4}+\dfrac{z+1}{4} \right)$

$\Leftrightarrow $ $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{3}{4}\left( x+y+z-1 \right)$

$\Leftrightarrow $$B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{3}{4}\left( 3\sqrt[3]{xyz}-1 \right)$

$\Leftrightarrow $$B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{3}{4}\left( 3-1 \right)=\dfrac{3}{2}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$ .

Kết luận: \[\min \,B=\frac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z=1\] .

Cách 2: Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Bunhiacopski $\dfrac{{{a}^{2}}}{m}+\dfrac{{{b}^{2}}}{n}+\dfrac{{{c}^{2}}}{p}\ge \dfrac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{m+n+p}$, với m, n, p dương  cho các bộ số x, y, z và y +1, z +1, x +1

Ta có $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{x+y+z+3}$

$\Leftrightarrow $ $B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{{{\left( x+y+z \right)}^{2}}}{2\left( x+y+z \right)}$, (với chú ý là $x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}=3$, BĐT Côsi ).

$\Leftrightarrow $$B=\dfrac{{{x}^{2}}}{y+1}+\dfrac{{{y}^{2}}}{z+1}+\dfrac{{{z}^{2}}}{x+1}\ge \dfrac{x+y+z}{2}\ge \dfrac{3}{2}$ (lại với chú ý là $x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}=3$ ).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$ .

Kết luận $$\min \,B=\dfrac{3}{2}\Leftrightarrow x=y=z=1.$$

(Chứng minh Hệ quả: $\dfrac{{{a}^{2}}}{m}+\dfrac{{{b}^{2}}}{n}+\dfrac{{{c}^{2}}}{p}\ge \dfrac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{m+n+p}$

Áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho hai bộ số: $\dfrac{{{a}^{2}}}{m},\,\,\dfrac{{{b}^{2}}}{n},\,\,\dfrac{{{c}^{2}}}{p}$ và $m,\,\,n,\,\,p>0$ ta có:

\[\left( \frac{{{a}^{2}}}{{{\left( \sqrt{m} \right)}^{2}}}+\frac{{{b}^{2}}}{{{\left( \sqrt{n} \right)}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{\left( \sqrt{p} \right)}^{2}}} \right)\left( {{\left( \sqrt{m} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{n} \right)}^{2}}+{{\left( \sqrt{p} \right)}^{2}} \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\]

$\Leftrightarrow $ $\left( \dfrac{{{a}^{2}}}{m}+\dfrac{{{b}^{2}}}{n}+\dfrac{{{c}^{2}}}{p} \right)\left( m+n+p \right)\ge {{\left( a+b+c \right)}^{2}}$ . Vì $m,\,\,n,\,\,p>0$ nên suy ra $\dfrac{{{a}^{2}}}{m}+\dfrac{{{b}^{2}}}{n}+\dfrac{{{c}^{2}}}{p}\ge \dfrac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{m+n+p}$)

Đề KSLC học kì I năm học 2013 - 2014

           


           PHÒNG GD&ĐT TÂN KÌ    

                                                                       ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG CUỐI HỌC KỲ I
                                                                                                  NĂM HỌC 2013 – 2014

                                                      MÔN TOÁN LỚP 8

    Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian giao đề).

Câu 1: (1,5 điểm).
Rút gọn các biểu thức:
a) 4x²y : 2xy;        b) x(x + y) + y(y – x);        c) (2x + y)² – 4x² – y².

Câu 2: (1,5 điểm).

          Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) 3x² – 6x;           b) x(x – 2) + 3x – 6;                c) 2x² – 7x + 5.

Câu 3: (2,5 điểm).

          Cho biểu thức:      A = $\dfrac{x}{{{x}^{2}}+1}.\dfrac{{{x}^{2}}+1}{x+3}+\dfrac{9x+9}{{{x}^{2}}-9}$.

          a) Nêu điều kiện xác định rồi rút gọn biểu thức A.

          b) Tính giá trị của biểu thức A khi |x – 1| = 4.

Câu 4: (4 điểm).

Cho tứ giác ABCD, gọi E, F, G, H thứ tự là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA.

a)     Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?

b)    Tìm điều kiện của tứ giác ABCD để tứ giác EFGH là hình vuông.

c)     Gọi M là điểm thay đổi trong tam giác ABC sao cho tổng diện tích của hai tam giác AMB và BMC bằng diện tích tam giác AMC. Hỏi M di chuyển trên đường nào?

Câu 5: (0,5 điểm).

          Cho   x + y + z  = 2013 và  $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0$.

Tìm giá trị của biểu thức:                   B = x² + y² + z² .

……….HẾT……….

Tóm tắt lời giải

Câu 1 (1,5 điểm).

Rút gọn các biểu thức:

a) 4x²y : 2xy = 2x;        

b) x(x + y) + y(y – x)

= x² + xy + y² – xy = x² + y² ;          

c) (2x + y)² – 4x² – y²

= 4x² + 4xy + y² – 4x² – y² = 4xy.

          

Câu 2: (1,5 điểm).

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) 3x² – 6x = 3x(x – 2);          

b) x(x – 2) + 3x – 6

     = x(x – 2) + 3(x – 2)

     = (x – 2)(x + 3);                 

c)2x² – 7x + 5

     = 2x² – 2x – 5x + 5

    = 2x(x – 1) – 5(x – 1)

    = (x – 1)(2x – 5)

.

Câu 3: (2,5 điểm).        

          a) ĐKXĐ x ≠ ± 3.

Với ĐKXĐ x ≠ ± 3 thì

A = $\dfrac{x}{{{x}^{2}}+1}.\dfrac{{{x}^{2}}+1}{x+3}+\dfrac{9x+9}{{{x}^{2}}-9}$ 

= $\dfrac{x}{x+3}+\dfrac{9x+9}{{{x}^{2}}-9}$

  
 =  $\dfrac{x(x-3)+9x+9}{(x+3)(x-3)}$ 

= $\dfrac{{{x}^{2}}-3x+9x+9}{(x+3)(x-3)}$

  
 = $\dfrac{{{x}^{2}}+6x+9}{(x+3)(x-3)}$ 

= $\dfrac{{{(x+3)}^{2}}}{(x+3)(x-3)}=\dfrac{x+3}{x-3}$. 

Vậy A  = $\dfrac{x+3}{x-3}$.

          b) Khi |x – 1| = 4 thì x -1 = 4 hoặc x-1 = - 4

                   nên  x = 5 (thỏa mãn ĐKXĐ)

                   hoặc x = - 3 ( không thỏa mãn ĐKXĐ, loại).

Với x = 5 thì giá trị của A là:

                             A = \[\dfrac{x+3}{x-3}=\dfrac{5+3}{5-3}=4\]

         

Câu 4: (4 điểm).

Vẽ hình đúng

GT – KL.

a)Vì E, F thứ tự là trung điểm của AB, BC nên EF là đường trung bình của tam giác ABC.Suy ra EF//AC.

Tương tự cho tam giác ADC ta có GH//AC.

Cho nên EF//GH.                                                 (1)

Tương tự cũng có EH//GF                           (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra EFGH là hình bình hành.

b) Hình bình hành EFGH là hình vuông khi nó vừa là hình chữ nhật, vừa là hình thoi.

Từ a) ta cũng có EF  = $\dfrac{1}{2}$ AC, FG = $\dfrac{1}{2}$BD

Hình bình hành EFGH là hình thoi khi hai cạnh kề bằng nhau, chẳng hạn EF = FG $\Leftrightarrow $ AC = BD.

Hình bình hành EFGH là hình chữ nhật khi có  một góc vuông, chẳng hạn $\widehat{EFG}=1v$ $\Leftrightarrow $EF $\bot $ FG $\Leftrightarrow $ AC $\bot $BD (Vì EF//AC, FG//BD).

Kết luận tứ giác EFGH là hình vuông khi AC $\bot $BD và AC = BD.

c) Hạ các đường cao AP, CQ của các tam giác ABM, BCM, thì chúng thứ tự cũng là đường cao của các tam giác AMN, CMN ( với N là giao của BM và AC).

Khi đó S_ABM + S_BCM = S_AMC = S_AMN + S_CMN.

Hay $\dfrac{1}{2}$AP.BM + $\dfrac{1}{2}$CQ.BM = $\dfrac{1}{2}$AP.MN + $\dfrac{1}{2}$CQ.MN

$\Leftrightarrow $$\dfrac{1}{2}$BM(AP + CQ) = $\dfrac{1}{2}$MN(AP + CQ)

$\Leftrightarrow $ BM = MN.

$\Leftrightarrow $ EM là đường trung bình tam giác ABN

$\Leftrightarrow $ EM //AC  $\Leftrightarrow $M thuộc EF (vì EF//AC).

Vậy khi S_ABM + S_BCM = S_AMC thì M chạy trên đoạn EF.

Câu 5: (0,5 điểm).

Ta có:  $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0\Leftrightarrow \dfrac{xy+yz+zx}{xyz}=0\Rightarrow xy+yz+zx=0$

          Và x + y + z  = 2013 $\Rightarrow $ (x + y + z)² = 2013²

          $\Leftrightarrow $  x² + y² + z² + 2(xy + yz +zx) = 2013². Thay      $xy+yz+zx=0$ vào ta có:  x² + y² + z² = 2013²

              Vậy B = x² + y² + z² = 2013²    (= 4 052 169)