Diễn Đàn MathScope - Xem bài viết đơn

Chém Gió · 04-07-2012, 11:02 AM

Câu 6 (BĐT)
Chú ý là
$6(x^2+y^2+z^2)=2(|x-y|^2+|y-z|^2+|z-x|^2)$
nên nếu đặt $A=|y-z|,B=|z-x|,C=|x-y|$ thì ta có
$P=3^A+3^B+3^C-\sqrt{2(A^2+B^2+C^2)}.$
Giả sử $x\ge y\ge z,$ ta chứng minh
$2(A^2+B^2+C^2)\le(A+B+C)^2.$
Thật vậy bất đẳng thức tương đương
$2(AB+BC+CA)\ge A^2+B^2+C^2,$
$2(x-y)(y-z)+2(x-z)(y-z)+2(x-y)(x-z)\ge(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2,$
$4(x-y)(y-z)\ge0,$
đúng vì $x\ge y\ge z.$ Vậy ta có
$P\ge 3^A+3^B+3^C-(A+B+C).$
Xét hàm số $f(x)=3^x-x$ với $x\ge 0$ ta có ngay $f(x)\ge1$ $\forall x\ge0.$ Do đó $P\ge3.$
Mặt khác tại $x=y=z=0$ thì $P=3$ và như vậy $\min P=3.$

04-07-2012, 11:02 AM	#21
Chém Gió +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Bài gởi: 60 Thanks: 0 Thanked 28 Times in 18 Posts	Câu 6 (BĐT) Chú ý là $6(x^2+y^2+z^2)=2(\|x-y\|^2+\|y-z\|^2+\|z-x\|^2)$ nên nếu đặt $A=\|y-z\|,B=\|z-x\|,C=\|x-y\|$ thì ta có $P=3^A+3^B+3^C-\sqrt{2(A^2+B^2+C^2)}.$ Giả sử $x\ge y\ge z,$ ta chứng minh $2(A^2+B^2+C^2)\le(A+B+C)^2.$ Thật vậy bất đẳng thức tương đương $2(AB+BC+CA)\ge A^2+B^2+C^2,$ $2(x-y)(y-z)+2(x-z)(y-z)+2(x-y)(x-z)\ge(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2,$ $4(x-y)(y-z)\ge0,$ đúng vì $x\ge y\ge z.$ Vậy ta có $P\ge 3^A+3^B+3^C-(A+B+C).$ Xét hàm số $f(x)=3^x-x$ với $x\ge 0$ ta có ngay $f(x)\ge1$ $\forall x\ge0.$ Do đó $P\ge3.$ Mặt khác tại $x=y=z=0$ thì $P=3$ và như vậy $\min P=3.$