§1. Mệnh đề

Lời giải:

Phản chứng. Giả sử \(A=a\sqrt{n}+b\sqrt{n+1}\in\mathbb{Q}\)

Bình phương 2 vế:

\(\Rightarrow a^2n+b^2(n+1)+2ab\sqrt{n(n+1)}=A^2\)

\(\Rightarrow 2ab\sqrt{n(n+1)}=A^2-a^2n-b^2(n+1)\in\mathbb{Q}\)

Mà \(2ab\in\mathbb{Q}\Rightarrow \sqrt{n(n+1)}\in\mathbb{Q}\)

Do \(n\in\mathbb{N}^*\Rightarrow n(n+1)\in\mathbb{N}^*\). Suy ra, để \(\sqrt{n(n+1)}\in\mathbb{Q}\) thì nó phải có dạng \(t\) (\(t\in\mathbb{N})\)

Ta có:

\(\sqrt{n(n+1)}=t\)

\(\Rightarrow n(n+1)=t^2\)

\(\Rightarrow 4n(n+1)=(2t)^2\Rightarrow (2n+1)^2=(2t)^2+1\)

\(\Leftrightarrow (2n+1-2t)(2n+1+2t)=1\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 2n+1-2t=1\\ 2n+1+2t=1\end{matrix}\right.\rightarrow n=0\) (vô lý do \(n\in\mathbb{N}^*\) )

Vậy giả sử là sai. Do đó \(A\not\in\mathbb{Q}\) hay A vô tỉ.

Chứng minh bằng quy nạp :

Suy ra a = y+z , b = z+x , c = x+y

BĐT cần chứng minh trở thành \(xy^3+yz^3+zx^3-xyz\left(x+y+z\right)\ge0\)

\(\Leftrightarrow xyz\left[\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}-\left(x+y+z\right)\right]\ge0\)(*)

Áp dụng BĐT Cauchy cho các số dương ta có :

\(y+\frac{x^2}{y}\ge2x\) ; \(x+\frac{z^2}{x}\ge2z\) ; \(z+\frac{y^2}{z}\ge2y\)

Từ đó suy ra \(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\ge x+y+z\)

\(\Leftrightarrow\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}-\left(x+y+z\right)\ge0\)

Từ đó BĐT (*) được chứng minh. Từ đó suy ra BĐT ban đầu được chứng minh.

Theo giả thiết quy nạp ta có \(b^nc\left(b-c\right)\ge-a^nb\left(a-b\right)-c^na\left(c-a\right)\)

\(\Rightarrow b^{n+1}c\left(b-c\right)\ge-a^nb^2\left(a-b\right)-c^nab\left(c-a\right)\)

Do đó \(a^{n+1}b\left(a-b\right)+b^{n+1}c\left(b-c\right)+c^{n+1}a\left(c-a\right)\)

\(\ge a^{n+1}b\left(a-b\right)-a^nb^2\left(a-b\right)-c^nab\left(c-a\right)+c^{n+1}a\left(c-a\right)\)

\(=a^nb\left(a-b\right)^2+c^na\left(c-a\right)\left(c-b\right)\ge0\)

Vậy BĐT đúng với n + 1

Theo nguyên lí quy nạp BĐT đã cho đúng với mọi n > 1

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c <=> Tam giác đã cho là tam giác đều.

Lớp mấy vậy bạn