Đến nội dung

Hình ảnh

$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{c^2+a} \ge 3\sqrt{2} $

* * * * * 1 Bình chọn

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
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} $

#2
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết

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} $

Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$ thì ta có $x,y,z\geq 0,x+y+z=1$ và cần chứng minh:
$$\sqrt{3(3x^2+y)}+\sqrt{3(3y^2+z)}+\sqrt{3(3z^2+x)}\geq 3\sqrt{2}$$
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

“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#3
bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết

Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$ thì ta có $x,y,z\geq 0,x+y+z=1$ và cần chứng minh:
$$\sqrt{3(3x^2+y)}+\sqrt{3(3y^2+z)}+\sqrt{3(3z^2+x)}\geq 3\sqrt{2}$$

Lời giải của bạn rất thú vị!!
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? :D
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


#4
bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
Ặc sao bạn kog trả lời ra ngoài mà edit bài mình vậy!!
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


#5
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết

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 $

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
“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#6
bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết

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

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!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 14-09-2012 - 21:58


#7
Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết

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
Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết

Bạn có thể trình bày được không?

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
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

<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.




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh