Chứng minh bất đẳng thức Minkosky

H

huynhbachkhoa23

Chọn $\vec{u}=(a,x); \vec{v}=(b,y); \vec{t}=(c,z)$
Bất đẳng thức tương đương với $|\vec{u}|+|\vec{v}|+|\vec{t}| \ge |\vec{u}+\vec{v}+\vec{t}|$
Theo bất đẳng thức tam giác: $|\vec{u}|+|\vec{v}|+|\vec{t}| \ge |\vec{u}+\vec{v}|+|\vec{t}| \ge |\vec{u}+\vec{v}+\vec{t}|$
 
H

huynhbachkhoa23

Xét hiệu:
$\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}-\sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}\\=\dfrac{2\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}-2(ab+xy)}{\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}}\\=\dfrac{2(ay-bx)^2}{\left[\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}+(ab+xy)\right]\left[\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}\right]} \ge 0$
$\leftrightarrow \sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}$
Áp dụng bất đẳng thức này một lần nữa:
$\sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}+\sqrt{c^2+z^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(x+y+z)^2}$
Vì vậy mà:
$\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{c^2+z^2} \ge \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}+\sqrt{c^2+z^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(x+y+z)^2}$
Ta có điều phải chứng minh.
 
K

kienconktvn

huynhbachkhoa23 said:
Xét hiệu:
$\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}-\sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}\\=\dfrac{2\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}-2(ab+xy)}{\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}}\\=\dfrac{2(ay-bx)^2}{\left[\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)}+(ab+xy)\right]\left[\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}\right]} \ge 0$
$\leftrightarrow \sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2} \ge \sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}$
Áp dụng bất đẳng thức này một lần nữa:
$\sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}+\sqrt{c^2+z^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(x+y+z)^2}$
Vì vậy mà:
$\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2}+\sqrt{c^2+z^2} \ge \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}+\sqrt{c^2+z^2} \ge \sqrt{(a+b+c)^2+(x+y+z)^2}$
Ta có điều phải chứng minh.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

cái bài này nếu chưa giải nhiều bài tập dạng này, mới gặp lần đầu mà ai trong vòng 180' giải được thì mình xin gọi người đó bằng "quái thú" chứ không phải người :D :confused:
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom