Chủ đề này có 2 trả lời

[BoBoiBoy]

Bài toán:Chứng minh BĐT :
$$\sqrt{a+b-2ab}+\sqrt{b+c-2bc}+\sqrt{c+a-2ca}\geq 2$$ với a;b;c là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c\in \left \{ 1;2 \right \}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoBoiBoy: 20-09-2012 - 21:58

[WhjteShadow]

Bài toán:Chứng minh BĐT :
$$\sqrt{a+b-2ab}+\sqrt{b+c-2bc}+\sqrt{c+a-2ca}\geq 2$$ với a;b;c là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c\in \left \{ 1;2 \right \}$

Mình tách ra thành 2 bài ch0 các bạn dễ nhìn
Bài toán 1. Ch0 $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+b-2ab}+\sqrt{b+c-2bc}+\sqrt{c+a-2ca}\geq 2$$
Bài toán 2. Ch0 $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=2$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+b-2ab}+\sqrt{b+c-2bc}+\sqrt{c+a-2ca}\geq 2$$
Ở đây mình sẽ trình bày bài toán 2.Còn bài 1 xin nhường các bạn
Lời giải:
Bằng cách bình phương 2 vế.Ta có:
$$Q.e.D\Leftrightarrow 2(a+b+c-ab-bc-ca)+2\left(\sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\right)\geq 4$$
$$\Leftrightarrow (2-ab-bc-ca)+\sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\geq 2$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\geq ab+bc+ca$$
Ta có:
$$(a+b-2ab)(b+c-2bc)=\frac{1}{4}.\left[(a-b)^2+c(a+b)\right].\left[(b-c)^2+a(b+c)\right]$$
$$\geq \frac{1}{4}.\left(|(a-b)(b-c)|+\sqrt{ac(a+b)(b+c)}\right)^2$$
Vậy nên:
$$\sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\geq \frac{1}{2}.(\sum |(a-b)(b-c)|+\sqrt{ac(a+b)(b+c)})$$
Công việc còn lại là ta phải chứng minh:
$$\sum |(a-b)(b-c)|+\sqrt{ac(a+b)(b+c)}\geq 2(ab+bc+ca)$$
Mặt khác the0 $Cauchy-Schwarz$ thì: $\sqrt{ac(a+b)(b+c)}\geq \sqrt{ac}.(b+\sqrt{ac})$
Và $|(a-b)(b-c)|\geq b^2+ac-ab-bc$.Nên cuối cùng ta phải chỉ ra:
$$a^2+b^2+c^2+\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 2(ab+bc+ca)$$
Đặt $a=x^2,b=y^2,z=c^2\,\,\,\,(a,b,c\geq 0)$ thì bất đẳng thức tương đương
$$x^4+y^4+z^4+xyz(x+y+z)\geq 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$$
$$\Leftrightarrow 2(x^4+y^4+z^4-x^2y^2-y^2z^2-z^2x^2)\geq 2\left[x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2-xyz(x+y+z)\right]$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^2[(x+y)^2-z^2]+(y-z)^2[(y+z)^2-x^2]+(z-x)^2[(z+x)^2-y^2]\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^2(x+y-z)(x+y+z)+(y-z)^2(y+z-x)(x+y+z)+(z-x)^2(x+z-y)(x+y+z)\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^2(x+y-z)+(y-z)^2(y+z-x)+(z-x)^2(x+z-y)\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^2.S_z+(y-z)^2.S_x+(z-x)^2.S_y\geq 0$$
Với $S_x=y+z-x,S_y=x+z-x,S_z=x+y-z$.Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$
Ta dễ thấy $S_z\geq S_y\geq S_x$ và $S_y+ S_x=2z\geq 0$
Vậy nên bất đẳng thức cuối đúng the0 tiêu chuẩn 2 của $S.O.S$.
Ta có điều phải chứng minh .Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{2}{3}$ hoặc $x=y=1,z=0$ và các hoán vị $\blacksquare$

[Secrets In Inequalities VP]

Bài toán 2. Ch0 $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=2$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+b-2ab}+\sqrt{b+c-2bc}+\sqrt{c+a-2ca}\geq 2$$
Ở đây mình sẽ trình bày bài toán 2.Còn bài 1 xin nhường các bạn
Lời giải:
Bằng cách bình phương 2 vế.Ta có:
$$Q.e.D\Leftrightarrow 2(a+b+c-ab-bc-ca)+2\left(\sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\right)\geq 4$$
$$\Leftrightarrow (2-ab-bc-ca)+\sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\geq 2$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\geq ab+bc+ca$$
Ta có:
$$(a+b-2ab)(b+c-2bc)=\frac{1}{4}.\left[(a-b)^2+c(a+b)\right].\left[(b-c)^2+a(b+c)\right]$$
$$\geq \frac{1}{4}.\left(|(a-b)(b-c)|+\sqrt{ac(a+b)(b+c)}\right)^2$$
Vậy nên:
$$\sqrt{(a+b-2ab)(b+c-2bc)}+\sqrt{(b+c-2bc)(c+a-2ca)}+\sqrt{(c+a-2ca)(a+b-2ab)}\geq \frac{1}{2}.(\sum |(a-b)(b-c)|+\sqrt{ac(a+b)(b+c)})$$
Công việc còn lại là ta phải chứng minh:
$$\sum |(a-b)(b-c)|+\sqrt{ac(a+b)(b+c)}\geq 2(ab+bc+ca)$$
Mặt khác the0 $Cauchy-Schwarz$ thì: $\sqrt{ac(a+b)(b+c)}\geq \sqrt{ac}.(b+\sqrt{ac})$
Và $|(a-b)(b-c)|\geq b^2+ac-ab-bc$.Nên cuối cùng ta phải chỉ ra:
$$a^2+b^2+c^2+\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 2(ab+bc+ca)$$
Đặt $a=x^2,b=y^2,z=c^2\,\,\,\,(a,b,c\geq 0)$ thì bất đẳng thức tương đương
$$x^4+y^4+z^4+xyz(x+y+z)\geq 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$$

Đến đây thì cần gì phải S.O.S nữa nhề
Theo $Schur$ bậc 4 và $AM-GM$ ta có :
$x^4+y^4+z^4+xyz(x+y+z)\geq xy(x^2+y^2)+yz(y^2+z^2)+zx(z^2+x^2)$
$\geq 2x^2y^2+2y^2z^2+2z^2x^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 25-09-2012 - 18:28