Question

[Hiền Lê Thị]

Cho a, b, c\(\ge\) và a+b+c=1. Chứng minh rằng:
a)\(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\ge3,5\)
b)\(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\ge\sqrt6\)

Answer 1

[phong nguyen]

a) \(\Rightarrow\left(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\right)^2\le\left(1^2+1^2+1^2\right)\left\lbrack\left(\sqrt{a+1}\right)^2+\left(\sqrt{b+1}\right)^2+\left(\sqrt{c+1}\right)^2\right\rbrack\)

\(VT^2\le3\left(a+b+c+3\right)=12\)

=> \(VT\le2\sqrt3<3,5\)

b) => \(VT^2\le3\left(2a+2b+2c\right)=6\)

=> \(VT\le\sqrt6\)

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:

\(\frac{\sqrt{a+b}}{1}=\frac{\sqrt{b+c}}{1}=\frac{\sqrt{c+a}}{1}\)

=> a=b=c=\(\frac13\)

Answer 2

[Hiền Lê Thị]

Đúng nhầm ạ:))

Answer 3

[nguyenbaanh]

đây là toàn bộ bài mà cậu nói ư:), mà câu a) thì đành làm như v, câu b) phải sửa lại cái, cậu xem sai chỗ nào ko

Answer 4

[Nguyễn Minh Nhật]

Câu a) Chứng minh \(\sqrt{a+1} + \sqrt{b+1} + \sqrt{c+1} \ge 3,5\)Để chứng minh bất đẳng thức có chiều \(\ge \) với các căn thức độc lập khi biết tổng \(a+b+c=1\), ta sử dụng phương pháp đánh giá biên (đánh giá từng căn thức dựa trên điều kiện \(0 \le a, b, c \le 1\)).Bước 1: Thiết lập bất đẳng thức phụ
Với mọi \(x \in [0; 1]\), ta chứng minh bất đẳng thức sau:
\(\sqrt{x+1}\ge \frac{3-\sqrt{2}}{2}x+1\)Chứng minh:
Xét hiệu hoặc bình phương hai vế (vì hai vế đều dương):
\(x+1\ge \left(\frac{3-\sqrt{2}}{2}x+1\right)^{2}\)
\(x+1\ge \frac{11-6\sqrt{2}}{4}x^{2}+(3-\sqrt{2})x+1\)
\(0\ge \frac{11-6\sqrt{2}}{4}x^{2}+(2-\sqrt{2})x\)
\(x\left[\frac{11-6\sqrt{2}}{4}x+(2-\sqrt{2})\right]\le 0\)Vì \(x \in [0; 1]\) nên \(x \ge 0\). Đồng thời, hệ số bên trong ngoặc luôn dương với mọi \(x \in [0;1]\). Tuy nhiên, cách đánh giá tuyến tính này cho dấu bằng tại biên \(x=0\) và \(x=1\) sẽ đơn giản hơn nếu ta nhận xét tính lồi lõm:
Hàm số \(f(x) = \sqrt{x+1}\) có \(f''(x) = -\frac{1}{4(x+1)^{3/2}} < 0\), suy ra hàm số có tính lõm, đường thẳng nối hai điểm đầu mút biên \((0; 1)\) và \((1; \sqrt{2})\) sẽ nằm dưới đồ thị hàm số trên đoạn \([0; 1]\).Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm \((0; 1)\) và \((1; \sqrt{2})\) là:
\(y=(\sqrt{2}-1)x+1\)Do đó, với mọi \(x \in [0; 1]\), ta luôn có bất đẳng thức đúng sau:
\(\sqrt{x+1}\ge (\sqrt{2}-1)x+1\)Bước 2: Áp dụng vào bài toán
Thay lần lượt \(x\) bằng \(a, b, c\) (do \(a,b,c \in [0;1]\)):

• \(\sqrt{a+1} \ge (\sqrt{2}-1)a + 1\)
• \(\sqrt{b+1} \ge (\sqrt{2}-1)b + 1\)
• \(\sqrt{c+1} \ge (\sqrt{2}-1)c + 1\)

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên:
\(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\ge (\sqrt{2}-1)(a+b+c)+3\)Thay \(a+b+c = 1\) vào vế phải:
\(\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\ge (\sqrt{2}-1)(1)+3=\sqrt{2}+2\)Bước 3: So sánh với yêu cầu đề bài
Ta biết \(\sqrt{2} \approx 1,4142\), do đó:
\(\sqrt{2}+2\approx 3,4142\)Nhận xét: Giá trị nhỏ nhất thực tế của biểu thức là \(\sqrt{2}+2 \approx 3,414\), giá trị này nhỏ hơn \(3,5\). Do đó, đề bài yêu cầu chứng minh \(\ge 3,5\) bị sai (hoặc đề bài gốc có thể là \(\le 3,5\) khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz để tìm giá trị lớn nhất).

• Nếu đề bài đúng phải là tìm Giá trị lớn nhất (\(\le 3,5\)):
  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
  \((\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1})^{2}\le 3(a+1+b+1+c+1)\)
  \((\sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1})^{2}\le 3(a+b+c+3)=3(1+3)=12\)
  \(\Rightarrow \sqrt{a+1}+\sqrt{b+1}+\sqrt{c+1}\le \sqrt{12}=2\sqrt{3}\approx 3,464\le 3,5\text{\ (Đúng)}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\).Câu b) Chứng minh \(\sqrt{a+b} + \sqrt{b+c} + \sqrt{c+a} \ge \sqrt{6}\)Tương tự câu a, khi các biến không âm và có tổng bằng 1, ta tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức tại các điểm biên (khi có các biến bằng 0).Bước 1: Sử dụng bất đẳng thức bình phương
Đặt \(P = \sqrt{a+b} + \sqrt{b+c} + \sqrt{c+a}\). Bình phương hai vế:
\(P^{2}=(a+b)+(b+c)+(c+a)+2\left(\sqrt{(a+b)(b+c)}+\sqrt{(b+c)(c+a)}+\sqrt{(c+a)(a+b)}\right)\)
\(P^{2}=2(a+b+c)+2\left(\sqrt{b^{2}+ab+bc+ca}+\sqrt{c^{2}+ab+bc+ca}+\sqrt{a^{2}+ab+bc+ca}\right)\)Thay \(a+b+c=1\):
\(P^{2}=2+2\left(\sqrt{b^{2}+ab+bc+ca}+\sqrt{c^{2}+ab+bc+ca}+\sqrt{a^{2}+ab+bc+ca}\right)\)Bước 2: Đánh giá các căn thức
Vì \(a, b, c \ge 0\) nên \(ab+bc+ca \ge 0\). Do đó ta có:

• \(\sqrt{b^2+ab+bc+ca} \ge \sqrt{b^2} = b\)
• \(\sqrt{c^2+ab+bc+ca} \ge \sqrt{c^2} = c\)
• \(\sqrt{a^2+ab+bc+ca} \ge \sqrt{a^2} = a\)

Bước 3: Cộng các vế đánh giá
Suy ra:
\(P^{2}\ge 2+2(b+c+a)\)
Thay \(a+b+c=1\) vào:
\(P^{2}\ge 2+2(1)=4\)
\(\Rightarrow P\ge \sqrt{4}=2\)Nhận xét: Ta tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức là \(2\) (đạt được khi một biến bằng \(1\) và hai biến bằng \(0\), ví dụ \(a=1, b=0, c=0\)). Vì \(2 < \sqrt{6} \approx 2,449\), nên bất đẳng thức chiều \(\ge \sqrt{6}\) là không chính xác.

• Nếu đề bài đúng phải là chứng minh chiều \(\le \sqrt{6}\):
  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho 3 căn thức:
  \(P^{2}=(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})^{2}\le 1\cdot \left[(a+b)+(b+c)+(c+a)\right]\cdot 3\)
  \(P^{2}\le 3\cdot 2(a+b+c)=6(1)=6\)
  \(\Rightarrow P\le \sqrt{6}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{3}\).Kết luận: Cả hai câu a và b trong đề bài đều bị viết ngược dấu bất đẳng thức. Bài toán đúng phải là chứng minh giá trị lớn nhất (chiều \(\le \)):

• a) \(\sqrt{a+1} + \sqrt{b+1} + \sqrt{c+1} \le 3,5\)
• b) \(\sqrt{a+b} + \sqrt{b+c} + \sqrt{c+a} \le \sqrt{6}\)