Giải bài tập trang 20 bài 9 căn bậc ba Sách bài tập (SBT) Toán 9 tập 1. Câu 92: So sánh (không dùng bảng tính hay máy tính bỏ túi)…
Câu 92 trang 20 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
So sánh (không dùng bảng tính hay máy tính bỏ túi):
a) (2root 3 of 3 ) và (root 3 of {23} )
Bạn đang xem: Giải bài 92, 93, 94, 95 trang 20 SBT Toán 9 tập 1
b) 33 và (3root 3 of {1333} )
Gợi ý làm bài
a) Ta có:
(2root 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 (2root 3 of 3 ) > (root 3 of {23} )
b) Ta có: (33:3 = 11) và (3root 3 of {1333} )
So sánh: 11 và (3root 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 < 3root 3 of {1333} )
Câu 93 trang 20 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
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).
Gợi ý làm bài
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 trang 20 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
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.
Gợi ý làm bài
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 trang 20 Sách Bài Tập (SBT) Toán 9 Tập 1
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.
Gợi ý làm bài
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.
Trường THPT Ngô Thì Nhậm
Đăng bởi: THPT Ngô Thì Nhậm
Chuyên mục: Giải bài tập
