Chủ đề này có 3 trả lời

[Nguyễn Hoàng Nam]

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c \geq 1$, ta có:
$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1} \leq \sqrt{c(ab+1)}$
(Olympic Toán Hồng Kông)

Một điều đặt ra ở đây đó là bạn sẽ làm gì đầu tiên với một bài toán có dạng như thế này

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Nam: 07-05-2011 - 23:48

[tuan101293]

Chứng minh rằng với mọi $a,b,c \geq 1$, ta có:
$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1} \leq \sqrt{c(ab+1)}$
(Olympic Toán Hồng Kông)

Một điều đặt ra ở đây đó là bạn sẽ làm gì đầu tiên với một bài toán có dạng như thế này

ta có
$\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}\le \sqrt{xy}$ với mọi $x,y\ge 1$
tương đương $x-1+y-1+2\sqrt{(x-1)(y-1)}\le xy$ hay là $(x-1)(y-1)+1\ge 2\sqrt{(x-1)(y-1)}$ Đúng theo côsi
áp dụng ta có
$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\le \sqrt{ab}+\sqrt{c-1}=\sqrt{(ab+1)-1}+\sqrt{c-1}\le \sqrt{c(ab+1)}$
đpcm
hình như ko có dấu đẳng thức

[Nguyễn Hưng]

Mình vừa nghĩ ra một cách tiếp cận khá đẹp (và hết sức tự nhiên) như sau

Đầu tiên ta đặt ẩn phụ phá căn (tất nhiên đây là suy nghĩ tự nhiên nhất bên cạnh .... bình phương 2 vế)

\[\begin{array}{l}
x = \sqrt {a - 1} \Rightarrow a = {x^2} + 1 \\
y = \sqrt {b - 1} \Rightarrow b = {y^2} + 1 \\
z = \sqrt {c - 1} \Rightarrow c = {z^2} + 1 \\
\end{array}\]
Bất đẳng thức được viết lại thành

\[\begin{array}{l}
x + y + z \le \sqrt {\left( {{z^2} + 1} \right)\left[ {\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{y^2} + 1} \right) + 1} \right]} \\
\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + 2xy + 2yz + 2zx \le \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{y^2} + 1} \right)\left( {{z^2} + 1} \right) + 1 \\
\Leftrightarrow 2xy + 2yz + 2zx \le {x^2}{y^2}{z^2} + {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2} + {z^2} + 2 \\
\end{array}\]
Khó nhất trong lời giải là việc chứng minh bất đẳng thức cuối này. Chú ý vế trái:
\[2xy + 2yz + 2zx = 2xy + 2z\left( {x + y} \right)\]
Vế phải đã có sẵn ${x^2}{y^2} + 1$ để "giải quyết" $2xy$. Để xử lí $2z\left( {x + y} \right)$, ta hi vọng vế phải cũng có ${z^2}{\left( {x + y} \right)^2} + 1$ (Tại sao không phải là ${z^2} + {\left( {x + y} \right)^2}$? Vì vế phải vẫn còn số $1$ chưa sử dụng hết)

Vậy ta cần đánh giá

\[\begin{array}{l}
{x^2}{y^2}{z^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2} + {z^2} \ge {z^2}{\left( {x + y} \right)^2} \\
\Leftrightarrow {x^2} + {y^2} + {x^2}{y^2} + 1 \ge {\left( {x + y} \right)^2} \\
\Leftrightarrow {x^2}{y^2} + 1 \ge 2xy \\
\Leftrightarrow {\left( {xy - 1} \right)^2} \ge 0 \\
\end{array}\]
Điều này hiển nhiên đúng. Vậy ta có
\[VP \ge {x^2}{y^2} + {z^2}{\left( {x + y} \right)^2} + 2 \ge {\left( {xy - 1} \right)^2} + {\left[ {z\left( {x + y} \right) - 1} \right]^2} + VT \ge VT\]
Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
___________________________

Chú ý: trong việc trình bày, ta có thể trau chuốt lời giải trên thành một lời giải "biến đổi tương đương" chỉ vỏn vẹn vài dòng:

Sau khi đổi biến, ta có

\[\begin{array}{l}
\sqrt {\left( {{z^2} + 1} \right)\left[ {\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{y^2} + 1} \right) + 1} \right]} \ge x + y + z \\
\Leftrightarrow \left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{y^2} + 1} \right)\left( {{z^2} + 1} \right) + 1 \ge {x^2} + {y^2} + 2xy + 2yz + 2zx \\
\Leftrightarrow {x^2}{y^2}{z^2} + {x^2}{y^2} + {y^2}{z^2} + {z^2}{x^2} + {z^2} + 2 \ge 2xy + 2yz + 2zx \\
\Leftrightarrow \left( {1 + {z^2}} \right){\left( {xy - 1} \right)^2} + {\left( {yz + zx - 1} \right)^2} \ge 0 \\
\end{array}\]

Tuy nhiên, lời giải được trau chuốt lại sẽ không có vẻ tự nhiên như ban đầu.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hưng: 19-12-2011 - 18:09

[Nesbit]

Mới thấy cái này, các bạn đọc chơi cho vui:

Theo Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có
\begin{eqnarray}
\left(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\right)^2 &\le & \left[ \left(\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}\right)^2+1 \right] \left[ 1+\left(\sqrt{c-1}\right)^2 \right] \\
&= & c\left(a+b-1+2\sqrt{(a-1)(b-1)}\right)\\
&\le & c(a+b-1+(a-1)(b-1)+1) \\
&= & c(ab+1).
\end{eqnarray}