Quay lại đáp án

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\leq b\leq c$. Nếu $b=0$ thì $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}=2+\sqrt{1-ca}$. Ta có $ca\leq \frac{a^2+c^2}{2}=\frac{1}{2}$ suy ra: $2+\sqrt{1-ca}\geq 2+\frac{\sqrt{2}}{2}>\sqrt{6}$. Vậy bài toán đúng với trường hợp $b=0$. Xét trường hợp $b>0$. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phản chứng. Giả sử $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}<\sqrt{6}$ ta có: $\sqrt{1-ac}+\sqrt{1-bc}<\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Ta sẽ chứng minh tồn tại số $t_0$ sao cho: $\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0}=\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Thật vậy, xét hàm số $f(t)=\sqrt{1-at}+\sqrt{1-bt}$ trên $D=\left[ 0,\frac{1}{b}\right]$. Ta có: $f’(t)=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{\sqrt{1-at}}+\frac{b}{\sqrt{1-bt}}\right)<0,\forall t \in D$. Do đó hàm số $f(t)$ nghịch biến trên $D$. Với giả thiết $a\leq b\leq c$ ta có $c^2\geq \frac{1}{3}$ hay $a^2+b^2\leq \frac{2}{3}$. Từ đó suy ra: $ab\leq \frac{1}{3} \Rightarrow \sqrt{6}-\sqrt{1-ab}<2$. Như vậy$f(0)=2>\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Để ý rằng$bc\leq c^2\leq 1$nên$c\in D$. Mà$f(c)<\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$nên tồn tại$t_0 \in (0,c)$sao cho$f(t_0)=\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$, nghĩa là:$\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0}=\sqrt{6}$. Ta suy ra$6=(\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0})^2\leq 3(3-ab-at_0-bt_0)$, dẫn đến$ab+at_0+bt_0\geq 1$, suy ra$a^2+b^2+t_{0}^{2}\geq 1$. Vì$t_0<c$nên$a^2+b^2+c^2>1$ (mâu thuẫn với điều kiện ban đầu). Vậy giả thiết phản chứng là sai, bài toán được chứng minh.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\leq b\leq c$. Nếu $b=0$ thì $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}=2+\sqrt{1-ca}$. Ta có $ca\leq \frac{a^2+c^2}{2}=\frac{1}{2}$ suy ra: $2+\sqrt{1-ca}\geq 2+\frac{\sqrt{2}}{2}>\sqrt{6}$. Vậy bài toán đúng với trường hợp $b=0$. Xét trường hợp $b>0$. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phản chứng. Giả sử $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}<\sqrt{6}$ ta có: $\sqrt{1-ac}+\sqrt{1-bc}<\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Ta sẽ chứng minh tồn tại số $t_0$ sao cho: $\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0}=\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Thật vậy, xét hàm số $f(t)=\sqrt{1-at}+\sqrt{1-bt}$ trên $D=\left[ 0,\frac{1}{b}\right]$. Ta có: $f’(t)=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{\sqrt{1-at}}+\frac{b}{\sqrt{1-bt}}\right)<0,\forall t \in D$. Do đó hàm số $f(t)$ nghịch biến trên $D$. Với giả thiết $a\leq b\leq c$ ta có $c^2\geq \frac{1}{3}$ hay $a^2+b^2\leq \frac{2}{3}$. Từ đó suy ra: $ab\leq \frac{1}{3} \Leftarrow \sqrt{6}-\sqrt{1-ab}<2$. Như vậy $f(0)=2>\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Để ý rằng $bc\leq c^2\leq 1$ nên $c\in D$. Mà $f(c)<\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$ nên tồn tại $t_0 \in (0,c)$ sao cho $f(t_0)=\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$, nghĩa là: $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0}=\sqrt{6}$. Ta suy ra $6=(\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0})^2\leq 3(3-ab-at_0-bt_0)$, dẫn đến $ab+at_0+bt_0\geq 1$, suy ra $a^2+b^2+t_{0}^{2}\geq 1$. Vì $t_0<c$ nên $a^2+b^2+c^2>1$ (mâu thuẫn với điều kiện ban đầu). Vậy giả thiết phản chứng là sai, bài toán được chứng minh. Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE