Giải Bài 92, 93, 94, 95 trang 20 SBT Toán 9 tập 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm để chứng minh
Bài 9. Căn bậc ba – SBT Toán lớp 9: Giải bài 92, 93, 94, 95 trang 20 Sách bài tập Toán 9 tập 1. Câu 92: So sánh (không dùng bảng tính hay máy tính bỏ túi)…
Câu 92: So sánh (không dùng bảng tính hay máy tính bỏ túi)
a) \(2\root 3 \of 3 \) và \(\root 3 \of {23} \)
Bạn đang xem: Giải Bài 92, 93, 94, 95 trang 20 SBT Toán 9 tập 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm để chứng minh
b) 33 và \(3\root 3 \of {1333} \)
a) Ta có:
\(2\root 3 \of 3 = \root 3 \of {{2^3}} .\root 3 \of 3 = \root 3 \of {8.3} = \root 3 \of {24} \)
Vì 23 < 24 nên \(\root 3 \of {23} < \root 3 \of {24} \)
Vậy \(2\root 3 \of 3 \) > \(\root 3 \of {23} \)
b) Ta có: \(33:3 = 11\) và \(3\root 3 \of {1333} \)
So sánh: 11 và \(3\root 3 \of {1333} \)
Ta có: \({11^3} = 1331\)
Vì 1331 < 1333 nên \(\root 3 \of {1331} < \root 3 \of {1333} \)
Suy ra: \(11 < \root 3 \of {1333} \) hay \(33 < 3\root 3 \of {1333} \)
Câu 93: Tìm tập hợp các giá trị x thỏa mãn điều kiện sau và biểu diễn tập hợp đó trên trục số
a) \(\root 3 \of x \ge 2\);
b) \(\root 3 \of x \le – 1,5\).
a) Ta có:
\(\eqalign{
& \root 3 \of x \ge 2 \Leftrightarrow \root 3 \of x \ge \root 3 \of {{2^3}} \cr
& \Leftrightarrow x \ge {2^3} \Leftrightarrow x \ge 8 \cr} \)
b) Ta có:
\(\eqalign{
& \root 3 \of x \le – 1,5 \Leftrightarrow \root 3 \of x \le \root 3 \of {{{\left( { – 1,5} \right)}^3}} \cr
& \Leftrightarrow x \le {\left( { – 1,5} \right)^3} \Leftrightarrow x \le – 3,375 \cr} \)
Câu 94: Chứng minh
\({x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz = {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {y – z} \right)}^2} + {{\left( {z – x} \right)}^2}} \right]\)
Từ đó chứng tỏ:
a) Với ba số x, y, z không âm thì \({{{x^3} + {y^3} + {z^3}} \over 3} \ge xyz\)
b) Với ba số a, b, c không âm thì \({{a + b + c} \over 3} \ge \root 3 \of {abc} \) (Bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số a, b, c bằng nhau.
Ta có:
\({1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {y – z} \right)}^2} + {{\left( {z – x} \right)}^2}} \right]\)
\( = {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left[ {\left( {{x^2} – 2xy + {y^2}} \right) + \left( {{y^2} – 2yz + {z^2}} \right) + \left( {{z^2} – 2zx + {x^2}} \right)} \right]\)
\( = {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} – 2xy + {y^2} + {y^2} – 2yz + {z^2} + {z^2} – 2zx + {x^2}} \right)\)
\( = {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left( {2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} – 2xy – 2yz – 2zx} \right)\)
\( = \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} – xy – yz – zx} \right)\)
\( = {x^3} + x{y^2} + x{z^2} – {x^2}y – xyz – {x^2}z\)
\( + {x^2}y + {y^3} + y{z^2} – x{y^2} – {y^2}z – xyz\)
\( + {x^2}z + {y^2}z + {z^3} – xyz – y{z^2} – x{z^2}\)
\( = {x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz\)
Vế trái bằng vế phải nên đẳng thưc được chứng minh.
a) Nếu \(x \ge 0,y \ge 0,z \ge 0\) thì:
\(x + y + z \ge 0\)
\({\left( {x – y} \right)^2} + {\left( {y – z} \right)^2} + {\left( {z – z} \right)^2} \ge 0\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& {x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz \ge 0 \cr
& \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz \cr} \)
Hay: \({{{x^3} + {y^3} + {z^3}} \over 3} \ge xyz\)
b) Nếu \(a \ge 0,b \ge 0,c \ge 0$ thì $\root 3 \of a \ge 0,\root 3 \of b \ge 0,\root 3 \of {c \ge 0} \)
Đặt \(x = \root 3 \of a ,y = \root 3 \of b ,z = \root 3 \of c \) thì x, y, z cũng không âm.
Từ chứng minh trên, ta có: \({{{x^3} + {y^3} + {z^3}} \over 3} \ge xyz\)
Hay:
\(\eqalign{
& {{{{\left( {\root 3 \of a } \right)}^3} + {{\left( {\root 3 \of b } \right)}^3} + {{\left( {\root 3 \of c } \right)}^3}} \over 3} \ge \left( {\root 3 \of a } \right)\left( {\root 3 \of b } \right)\left( {\root 3 \of c } \right) \cr
& \Leftrightarrow {{a + b + c} \over 3} \ge \root 3 \of {abc} \cr} \)
Câu 95: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm, chứng minh
a) Trong các hình hộp chữ nhật có cùng tổng ba kích thước thì hình lập phương có thể tích lớn nhất.
b) Trong các hình hộp chữ nhật có cùng thể tích thì hình lập phương có tổng ba kích thước bé nhất.
Gọi a, b, c lần lượt là ba kích thước của hình hộp chữ nhật.
Ta có: \(a > 0,b > 0,c > 0\) suy ra: \(\sqrt a > 0,\sqrt b > 0,\sqrt c > 0\)
Đặt \(x = \root 3 \of a ,y = \root 3 \of b ,z = \root 3 \of c \)
Ta có:
\(\eqalign{
& x + y + z > 0,{\left( {x – y} \right)^2} \ge 0, \cr
& {\left( {y – z} \right)^2} \ge 0,{\left( {z – x} \right)^2} \ge 0 \cr} \)
Suy ra: \(\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {y – z} \right)}^2} + {{\left( {z – x} \right)}^2}} \right] \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {y – z} \right)}^2} + {{\left( {z – x} \right)}^2}} \right] \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {1 \over 2}(x + y + z)\left[ {({x^2} – 2xy + {y^2})({y^2} – 2yz + {z^2})({z^2} – 2zx + {x^2})} \right] \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {1 \over 2}(x + y + z)(2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} – 2xy – 2yz – 2zx) \ge 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} – xy – yz – zx} \right) \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {x^3} + x{y^2} + x{z^2} – {x^2}y – xyz – {x^2}z\)
\( + {x^2}y + {y^3} + y{z^2} – x{y^2} – {y^2}z – xyz\)
\( + {x^2}z + {y^2}z + {z^3} – xyz – y{z^2} – x{z^2} \ge 0\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz \ge 0 \cr
& \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz \ge 0 \cr} \)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz \cr
& \Leftrightarrow {{{x^3} + {y^3} + {z^3}} \over 3} \ge xyz \cr} \)
Thay \(x = \root 3 \of a ,y = \root 3 \of b ,z = \root 3 \of c \), ta có:
\(\eqalign{
& {{{{(\root 3 \of a )}^3} + {{(\root 3 \of b )}^3} + {{(\root 3 \of c )}^3}} \over 3} \ge \root 3 \of a .\root 3 \of b .\root 3 \of c \cr
& \Leftrightarrow {{a + b + c} \over 3} \ge \root 3 \of {abc} \cr} \)
Các hình hộp chữ nhật có cùng tổng ba kích thích thì \({{a + b + c} \over 3}\) không đổi.
Vì \({{a + b + c} \over 3} \ge \root 3 \of {abc} \) và \({{a + b + c} \over 3}\) không đổi nên \(\root 3 \of {abc} \) \(\root 3 \of {abc} \) đạt giá trị lớn nhất \({{a + b + c} \over 3}\) khi a = b = c.
Vậy trong các hình hộp chữ nhật có cùng thể tích thì hình lập phương có tổng ba kích thước bé nhất.
Đăng bởi: Monica.vn
Chuyên mục: Giải bài tập
[toggle title=”Xem thêm Bài 92, 93, 94, 95 trang 20 SBT Toán 9 tập 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm để chứng minh” state=”close”]Bài 9. Căn bậc ba – SBT Toán lớp 9: Giải bài 92, 93, 94, 95 trang 20 Sách bài tập Toán 9 tập 1. Câu 92: So sánh (không dùng bảng tính hay máy tính bỏ túi)…
Câu 92: So sánh (không dùng bảng tính hay máy tính bỏ túi)
a) \(2\root 3 \of 3 \) và \(\root 3 \of {23} \)
b) 33 và \(3\root 3 \of {1333} \)
a) Ta có:
\(2\root 3 \of 3 = \root 3 \of {{2^3}} .\root 3 \of 3 = \root 3 \of {8.3} = \root 3 \of {24} \)
Vì 23 < 24 nên \(\root 3 \of {23} < \root 3 \of {24} \)
Vậy \(2\root 3 \of 3 \) > \(\root 3 \of {23} \)
b) Ta có: \(33:3 = 11\) và \(3\root 3 \of {1333} \)
So sánh: 11 và \(3\root 3 \of {1333} \)
Ta có: \({11^3} = 1331\)
Vì 1331 < 1333 nên \(\root 3 \of {1331} < \root 3 \of {1333} \)
Suy ra: \(11 < \root 3 \of {1333} \) hay \(33 < 3\root 3 \of {1333} \)
Câu 93: Tìm tập hợp các giá trị x thỏa mãn điều kiện sau và biểu diễn tập hợp đó trên trục số
a) \(\root 3 \of x \ge 2\);
b) \(\root 3 \of x \le – 1,5\).
a) Ta có:
\(\eqalign{
& \root 3 \of x \ge 2 \Leftrightarrow \root 3 \of x \ge \root 3 \of {{2^3}} \cr
& \Leftrightarrow x \ge {2^3} \Leftrightarrow x \ge 8 \cr} \)
b) Ta có:
\(\eqalign{
& \root 3 \of x \le – 1,5 \Leftrightarrow \root 3 \of x \le \root 3 \of {{{\left( { – 1,5} \right)}^3}} \cr
& \Leftrightarrow x \le {\left( { – 1,5} \right)^3} \Leftrightarrow x \le – 3,375 \cr} \)
Câu 94: Chứng minh
\({x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz = {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {y – z} \right)}^2} + {{\left( {z – x} \right)}^2}} \right]\)
Từ đó chứng tỏ:
a) Với ba số x, y, z không âm thì \({{{x^3} + {y^3} + {z^3}} \over 3} \ge xyz\)
b) Với ba số a, b, c không âm thì \({{a + b + c} \over 3} \ge \root 3 \of {abc} \) (Bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi ba số a, b, c bằng nhau.
Ta có:
\({1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {y – z} \right)}^2} + {{\left( {z – x} \right)}^2}} \right]\)
\( = {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left[ {\left( {{x^2} – 2xy + {y^2}} \right) + \left( {{y^2} – 2yz + {z^2}} \right) + \left( {{z^2} – 2zx + {x^2}} \right)} \right]\)
\( = {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} – 2xy + {y^2} + {y^2} – 2yz + {z^2} + {z^2} – 2zx + {x^2}} \right)\)
\( = {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left( {2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} – 2xy – 2yz – 2zx} \right)\)
\( = \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} – xy – yz – zx} \right)\)
\( = {x^3} + x{y^2} + x{z^2} – {x^2}y – xyz – {x^2}z\)
\( + {x^2}y + {y^3} + y{z^2} – x{y^2} – {y^2}z – xyz\)
\( + {x^2}z + {y^2}z + {z^3} – xyz – y{z^2} – x{z^2}\)
\( = {x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz\)
Vế trái bằng vế phải nên đẳng thưc được chứng minh.
a) Nếu \(x \ge 0,y \ge 0,z \ge 0\) thì:
\(x + y + z \ge 0\)
\({\left( {x – y} \right)^2} + {\left( {y – z} \right)^2} + {\left( {z – z} \right)^2} \ge 0\)
Suy ra:
\(\eqalign{
& {x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz \ge 0 \cr
& \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz \cr} \)
Hay: \({{{x^3} + {y^3} + {z^3}} \over 3} \ge xyz\)
b) Nếu \(a \ge 0,b \ge 0,c \ge 0$ thì $\root 3 \of a \ge 0,\root 3 \of b \ge 0,\root 3 \of {c \ge 0} \)
Đặt \(x = \root 3 \of a ,y = \root 3 \of b ,z = \root 3 \of c \) thì x, y, z cũng không âm.
Từ chứng minh trên, ta có: \({{{x^3} + {y^3} + {z^3}} \over 3} \ge xyz\)
Hay:
\(\eqalign{
& {{{{\left( {\root 3 \of a } \right)}^3} + {{\left( {\root 3 \of b } \right)}^3} + {{\left( {\root 3 \of c } \right)}^3}} \over 3} \ge \left( {\root 3 \of a } \right)\left( {\root 3 \of b } \right)\left( {\root 3 \of c } \right) \cr
& \Leftrightarrow {{a + b + c} \over 3} \ge \root 3 \of {abc} \cr} \)
Câu 95: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số không âm, chứng minh
a) Trong các hình hộp chữ nhật có cùng tổng ba kích thước thì hình lập phương có thể tích lớn nhất.
b) Trong các hình hộp chữ nhật có cùng thể tích thì hình lập phương có tổng ba kích thước bé nhất.
Gọi a, b, c lần lượt là ba kích thước của hình hộp chữ nhật.
Ta có: \(a > 0,b > 0,c > 0\) suy ra: \(\sqrt a > 0,\sqrt b > 0,\sqrt c > 0\)
Đặt \(x = \root 3 \of a ,y = \root 3 \of b ,z = \root 3 \of c \)
Ta có:
\(\eqalign{
& x + y + z > 0,{\left( {x – y} \right)^2} \ge 0, \cr
& {\left( {y – z} \right)^2} \ge 0,{\left( {z – x} \right)^2} \ge 0 \cr} \)
Suy ra: \(\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {y – z} \right)}^2} + {{\left( {z – x} \right)}^2}} \right] \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {1 \over 2}\left( {x + y + z} \right)\left[ {{{\left( {x – y} \right)}^2} + {{\left( {y – z} \right)}^2} + {{\left( {z – x} \right)}^2}} \right] \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {1 \over 2}(x + y + z)\left[ {({x^2} – 2xy + {y^2})({y^2} – 2yz + {z^2})({z^2} – 2zx + {x^2})} \right] \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {1 \over 2}(x + y + z)(2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} – 2xy – 2yz – 2zx) \ge 0\)
\( \Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2} – xy – yz – zx} \right) \ge 0\)
\( \Leftrightarrow {x^3} + x{y^2} + x{z^2} – {x^2}y – xyz – {x^2}z\)
\( + {x^2}y + {y^3} + y{z^2} – x{y^2} – {y^2}z – xyz\)
\( + {x^2}z + {y^2}z + {z^3} – xyz – y{z^2} – x{z^2} \ge 0\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz \ge 0 \cr
& \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} – 3xyz \ge 0 \cr} \)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + {z^3} \ge 3xyz \cr
& \Leftrightarrow {{{x^3} + {y^3} + {z^3}} \over 3} \ge xyz \cr} \)
Thay \(x = \root 3 \of a ,y = \root 3 \of b ,z = \root 3 \of c \), ta có:
\(\eqalign{
& {{{{(\root 3 \of a )}^3} + {{(\root 3 \of b )}^3} + {{(\root 3 \of c )}^3}} \over 3} \ge \root 3 \of a .\root 3 \of b .\root 3 \of c \cr
& \Leftrightarrow {{a + b + c} \over 3} \ge \root 3 \of {abc} \cr} \)
Các hình hộp chữ nhật có cùng tổng ba kích thích thì \({{a + b + c} \over 3}\) không đổi.
Vì \({{a + b + c} \over 3} \ge \root 3 \of {abc} \) và \({{a + b + c} \over 3}\) không đổi nên \(\root 3 \of {abc} \) \(\root 3 \of {abc} \) đạt giá trị lớn nhất \({{a + b + c} \over 3}\) khi a = b = c.
Vậy trong các hình hộp chữ nhật có cùng thể tích thì hình lập phương có tổng ba kích thước bé nhất.
[/toggle]
