Chủ đề này có 3 trả lời

[Ham học toán hơn]

Cho a,b,c là các số dương.C/mR:

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq\sqrt{(a+b+c)^2+(a+b+c)^2}$

--------------------------------------------

P/s: Biết là Mincopxki nhưng mà mình không biết chứng minh làm sao cả, mọi người giải giúp nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ham học toán hơn: 07-05-2014 - 23:28

[hoctrocuanewton]

trước tiên ta sẽ chứng minh cho 2 số :

$\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sqrt{b^{2}+c^{2}}\geqslant \sqrt{(a+b)^{2}+(b+c)^{2}}$

 

$\Rightarrow a^{2}+2 b^{2}+ c^{2}+2\sqrt{b^{4}+ a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}\geqslant a^{2}+2 b^{2}+ c^{2}+2ab+2bc$

 

$\Rightarrow b^{4}+ a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geqslant a^{2}b^{2}+2ab^{2}c+b^{2}c^{2}$

 

$\Rightarrow (b^{2}-ac)^{2}\geqslant 0$ (BĐT luôn đúng )

 

Áp dụng BĐT trên ta có :

$\sum \sqrt{a^{2}+b^{2}}\geqslant \sqrt{(a+b)^{2}+(b+c)^{2}}+\sqrt{a^{2}+c^{2}}\geqslant \sqrt{2(a+b+c)^{2}}$

vậy ta được đpcm

 

P/s : với cách làm tương tự như trên ta có thể chứng minh được trường hợp tổng quát 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoctrocuanewton: 07-05-2014 - 23:53

[NMDuc98]

Cho a,b,c là các số dương.C/mR:

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq\sqrt{(a+b+c)^2+(a+b+c)^2}$

--------------------------------------------

P/s: Biết là Mincopxki nhưng mà mình không biết chứng minh làm sao cả, mọi người giải giúp nhé.

Ta đi chứng minh:

$\forall~x,y>0$ thì $\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{z^2+t^2}\geq \sqrt{(x+z)^2+(y+t)^2}~~~~(*)$

Thật vây:

$(*)\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+t^2+2\sqrt{(x^2+y^2)(z^2+t^2)}\geq x^2+2xz+z^2+y^2+2yt+t^2\\\Leftrightarrow 2\sqrt{(x^2+y^2)(z^2+t^2)}\leq 2(xz+yt)$

$\Leftrightarrow (xz+yt)^2\leq(x^2+y^2)(z^2+t^2)$  (Đúng vì đây là BĐT Bunhiacopski)

Áp dụng BĐT $(*)$ ta có:   

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq \sqrt{(a+b)^2+(b+c)^2}+\sqrt{c^2+a^2}\geq \sqrt{(a+b+c)^2+(a+b+c)^2}$  (Dpcm)

[dogsteven]

Bài này thì có rất nhiều cách chứng minh.

1. Chứng minh và sử dụng bất đẳng thức trung gian:

 

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau luôn đúng: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2} \ge \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}$ $(1)$

 

Bình phương 2 vế:

$a^2+b^2+x^2+y^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(x^2+y^2)} \ge a^2+b^2+x^2+y^2+2(ax+by)$

$\Leftrightarrow \sqrt{a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2} \ge ax+by$

$\Leftrightarrow a^2x^2+a^2y^2+b^2x^2+b^2y^2 \ge a^2x^2+2abxy+b^2y^2$

$\Leftrightarrow a^2y^2+b^2x^2-2aybx \ge 0$

$\Leftrightarrow (ay-bx)^2 \ge 0$ $(2)$

Bất đẳng thức $(2)$ luôn đúng nên $(1)$ luôn đúng.

Đẳng thức xảy ra khi $ay=bx$

 

Áp dụng $(1)$ vào bài toán:

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(b+c)^2}$

$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(b+c)^2}+\sqrt{c^2+a^2}  \ge \sqrt{2(a+b+c)^2}$ (dpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

2. Dùng vector (cách này không được áp dụng, nhưng cũng là một cách chứng minh, mang tính tham khảo):

$|\vec{u}|+|\vec{v}|+|\vec{t}|  \ge |\vec{u}+\vec{v}+\vec{t}|$ $(1)$

 

Đặt $\vec{u}=(a; b), \vec{v}=(b; c), \vec{t}=(c;a)$

Vậy $\vec{u}+\vec{v}+\vec{t}=(a+b+c;a+b+c)$

 

Áp dụng 1 vào ta được: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2} \ge \sqrt{2(a+b+c)^2}$ (dpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $\vec{u}=k\vec{v}=n\vec{t}$ hay $a=b=c$

 

3. Áp dụng bất đẳng thức Minkovsky ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 09-05-2014 - 07:33