$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{c^2+a} \ge 3\sqrt{2} $
#1
Đã gửi 13-09-2012 - 09:30
$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{c^2+a} \ge 3\sqrt{2} $
- Poseidont và WhjteShadow thích
#2
Đã gửi 13-09-2012 - 19:49
Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$ thì ta có $x,y,z\geq 0,x+y+z=1$ và cần chứng minh:Cho $ a, b, c \ge 0 $ là ba số thực. Thỏa mãn: $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{c^2+a} \ge 3\sqrt{2} $
$$\sqrt{3(3x^2+y)}+\sqrt{3(3y^2+z)}+\sqrt{3(3z^2+x)}\geq 3\sqrt{2}$$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:
$$\sqrt{3(3x^2+y)}=\sqrt{(1+2)(2x^2+x^2+y)}\geq \sqrt{2x^2}+\sqrt{2(x^2+y)}$$
$$=\sqrt{2}.(x+\sqrt{x^2+y})$$
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
$$x+\sqrt{x^2+y}+y+\sqrt{y^2+z}+z+\sqrt{z^2+x}\geq 3$$
Hay
$$\sqrt{x^2+y}+\sqrt{y^2+z}+\sqrt{z^2+x}\geq 2$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{x^2+y^2+xy+yz}+\sqrt{y^2+z^2+yz+xz}+\sqrt{z^2+x^2+xy+xz}\geq 2$$
Giả sử $x=max(x;y;z)$ Ta sẽ chứng minh:
$\sqrt{x^2+y^2+xy+yz}+\sqrt{y^2+z^2+yz+xz}\geq \sqrt{x^2+y^2+xy+xz}+\sqrt{y^2+z^2+yz+yz}\,\,\,(*)$
Thật vậy
$$(*)\Leftrightarrow (\sqrt{x^2+y^2+xy+yz}+\sqrt{y^2+z^2+yz+xz})^2\geq (\sqrt{x^2+y^2+xy+xz}+\sqrt{y^2+z^2+yz+yz})^2$$
$$\Leftrightarrow (\sqrt{x^2+y^2+xy+yz}+\sqrt{y^2+z^2+yz+xz})^2\geq (\sqrt{x^2+y^2+xy+xz}+\sqrt{y^2+z^2+yz+yz})^2$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{x^2+y^2+xy+yz}.\sqrt{y^2+z^2+yz+xz}\geq \sqrt{x^2+y^2+xy+xz}.\sqrt{y^2+z^2+yz+yz}$$
$$\Leftrightarrow (x^2+y^2+xy+yz).(y^2+z^2+yz+xz)-(x^2+y^2+xy+xz)(y^2+z^2+yz+yz)\geq 0$$
$$\Leftrightarrow z(x-y)(x-z)(x+y+z)\geq 0$$
Và bất đẳng thức cuối luôn đúng do $x=max(x;y;z)$
Cuối cùng ta chỉ cần có được:
$$\sqrt{x^2+y^2+xy+xz}+\sqrt{y^2+z^2+yz+yz}+\sqrt{z^2+x^2+xy+xz}\geq 2$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{x+y^2}+\sqrt{x+z^2}+y+z\geq 2(x+y+z)$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{x+y^2}+\sqrt{x+z^2}\geq 2x+y+z$$
Điều này đúng the0 $Minkowski$:
$$\sqrt{x+y^2}+\sqrt{x+z^2}\geq \sqrt{4x+(y+z)^2}=\sqrt{4x(x+y+z)+(y+z)^2}$$
$$=2x+y+z$$
Vậy ta có ĐPCM.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1\blacksquare$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 14-09-2012 - 12:10
- HÀ QUỐC ĐẠT, yeutoan11, Poseidont và 6 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 14-09-2012 - 08:15
Lời giải của bạn rất thú vị!!Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$ thì ta có $x,y,z\geq 0,x+y+z=1$ và cần chứng minh:
$$\sqrt{3(3x^2+y)}+\sqrt{3(3y^2+z)}+\sqrt{3(3z^2+x)}\geq 3\sqrt{2}$$
Nhưng bước này:
$\sqrt{x^2+y}+\sqrt{y^2+z}+\sqrt{z^2+x}\geq 2, x, y, z \ge 0$ Có thể giải đơn giản hơn bằng đánh giá
$ \sqrt{p}+\sqrt{q} \ge \sqrt{r}+\sqrt{p+q-r} $ Với $ r=Min (p,q,r) $ Mình có 1 lời giải bằng Minkowski kết hợp với giải tích!!
__________________________________
Bạn p0st để mọi người cùng học hỏi được không?
Bạn có thể tham khảo về $\LaTeX$ tại:
http://diendantoanho...cong-thức-toan/
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 18-09-2012 - 20:03
- WhjteShadow yêu thích
#4
Đã gửi 14-09-2012 - 15:11
Latex mình biết gõ mà!!
Đây là lời giải của mình (kỹ thuật mình dùng tạm gọi là MKS Cyclic), không mất tính tổng quát giả sử $ a \ge b \ge c $ Viết lại bất đẳng thức cần chứng mình thành: $ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{a+c^2} \ge 3\sqrt{2} $ Sử dụng bất đẳng thức Minkowski quy bất đẳng thức cần chứng minh thành:
$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{a+c^2} \ge \sqrt{(a+b+\sqrt{a})^2+(\sqrt{b}+\sqrt{c}+c)^2} $ Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng: $(a+b+\sqrt{a})^2+(\sqrt{b}+\sqrt{c}+c)^2 \ge 18 $ với $ a+b+c=3 $. Nhưng trước hết ta sẽ chứng minh $ f(a,b,c) \ge f(t,t,c) $ với $ t=\frac{a+b}{2} $. Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với: $ (a+b)(\sqrt{a}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}})+(c+\sqrt{c})(\sqrt{b}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) $ nhưng không quá khó để thấy:
$ (a+b)(\sqrt{a}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) \ge 0 \ge (a+b)(\sqrt{b}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) $ cho nên bất đẳng thức cuối có thể viết lại thành: $ (a^2+b-c-\sqrt{c})(\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}-\sqrt{b}) \ge 0 $ đúng do $ a^2 \ge \sqrt{c} $ và $ b \ge c$ cũng như $ \frac{(a+b)}{2} \ge b $. Vậy sử dụng điều kiện $ a+b+c=3 $ ta có $ t=\frac{3-c}{2} $. Vậy bất đẳng thức cuối sẽ là: $ (3-c+\sqrt{\frac{3-c}{2}})^{2}+(\sqrt{\frac{3-c}{2}}+\sqrt{c}+c)^{2}\ge 18 $ bằng việc khảo sát $ f(c.)$ với $ c \in [0,1] $ ta có ngay kết quả cần chứng minh!! Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ Lời giải của mình rất dài và nhiều tính toán nhưng mình chỉ có mỗi lời giải này!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bdtilove: 14-09-2012 - 15:14
- HÀ QUỐC ĐẠT, nthoangcute, ducthinh26032011 và 2 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 14-09-2012 - 20:08
Lúc đầu bạn gõ $\LaTeX$ lỗi mà.Thôi bỏ qua chuyện đó đi.Nhưng mà mình nghĩ bài toán này là 1 bài toán hoán vị,không đối xứng.Tức là mình không thể giả sử $a\geq b\geq c$ được :-sĐây là lời giải của mình (kỹ thuật mình dùng tạm gọi là MKS Cyclic), không mất tính tổng quát giả sử $ a \ge b \ge c $
Kĩ thuật kia là j thế bạn =p~ bạn có tài liệu j về nó không minh xin với
#6
Đã gửi 14-09-2012 - 21:36
Trên thực tế $(3-c+\sqrt{\frac{3-c}{2}})^{2}+(\sqrt{\frac{3-c}{2}}+\sqrt{c}+c)^{2}\ge 18$ với mọi $c \in [0,3]$ Cho nên ta chỉ cần xét $ a \ge b $ hoặc $ b \ge a $ mà hai trường hợp này thì như nhau!!! Còn $ c $ Max hay Min không quan trọng!Cho nên chỉ cần xét 1 trường hợp cho toàn bài!! Mình nghĩ là vậy!! Còn bạn thì sao?? Còn MKS Cyclic không có trong ebook nào đâu!! Nhưng nếu bạn thích mình có thể trao đổi qua Yahoo!!Lúc đầu bạn gõ $\LaTeX$ lỗi mà.Thôi bỏ qua chuyện đó đi.Nhưng mà mình nghĩ bài toán này là 1 bài toán hoán vị,không đối xứng.Tức là mình không thể giả sử $a\geq b\geq c$ được :-s
Kĩ thuật kia là j thế bạn =p~ bạn có tài liệu j về nó không minh xin với
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 14-09-2012 - 21:58
- WhjteShadow yêu thích
#7
Đã gửi 15-09-2012 - 21:06
Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$ thì ta có $x,y,z\geq 0,x+y+z=1$ và cần chứng minh:
Bài anh hơi dài em có cách khác ngắn hơn
---------------------------------------
Bạn có thể trình bày được không? Lần sau không quote cả bài viết dài bạn nhé.Nó làm mất mĩ quan diễn đàn
Thân!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-09-2012 - 21:14
<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.
.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.
#8
Đã gửi 15-09-2012 - 21:56
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:Bạn có thể trình bày được không?
Bổ đề
Cho a,b,c,d không âm thỏa mãn a+b=c+d và \[
\left| {a - b} \right| \le \left| {c - d} \right|
\] Khi đó ta có : \[
\sqrt a + \sqrt b \ge \sqrt c + \sqrt d
\]
Thật vậy theo giả thiết ta có: \[
\begin{array}{l}
(a + b)^2 - (a - b)^2 \ge (c + d)^2 - (c - d)^2 \\
\Leftrightarrow ab \ge cd \\
\end{array}
\]
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[
a + b + 2\sqrt {ab} \ge c + d + 2\sqrt {cd}
\] ( Đúng)
Trở lại bài toán:
Đặt y=a,x=b,c=z, nên x+y+z=3
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:\[
\sqrt {x + y^2 } + \sqrt {y + z^2 } + \sqrt {z + x^2 } \ge 3\sqrt 2
\] ( Tại em quen viết x,y,z nó nhanh hơn)
Áp dụng bổ đề trên ta có:
\[
\sqrt {x + y^2 } + \sqrt {y + z^2 } \ge \sqrt {z + y^2 } + \sqrt {z^2 - 2z + 3}
\]
Từ đó ta suy ra:
\[
\begin{array}{l}
\sqrt {x + y^2 } + \sqrt {y + z^2 } + \sqrt {z + x^2 } \ge \sqrt {z + y^2 } + \sqrt {z^2 - 2z + 3} + \sqrt {z + x^2 } \\
\ge \sqrt {(\sqrt z + \sqrt z )^2 + (x + y)^2 } + \sqrt {(z - 1)^2 + 2} \\
\end{array}
\] ( Theo BDT Mincoski)
\[
\begin{array}{l}
= \sqrt {(z - 1)^2 + 2} + \sqrt {4z + (3 - z)^2 } = \sqrt {(z - 1)^2 + 2} + \sqrt {(z - 1)^2 + 8} \\
\ge \sqrt 2 + \sqrt 8 = 3\sqrt 2 \\
\end{array}
\]
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
------------------------------------------------------------------------
Cám ơn anh lần sau e sẽ rút kn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 15-09-2012 - 22:01
- WhjteShadow yêu thích
<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.
.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh