Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
* * * * * 1 Bình chọn

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


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

#1 bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-09-2012 - 09:30

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 trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-09-2012 - 19:49

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

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#3 bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 08:15

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
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 15:11

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 trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 20:08

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

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#6 bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 21:36

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
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

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 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 15-09-2012 - 21:56

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