Cho `xy1`. Chứng minh rằng
$$ \sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} \sqr...

Question

Cho $x>y>1$. Chứng minh rằng
$$ \sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} > \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$$

Giáo viên Chuyên Môn · Accepted Answer

Chào các em học sinh thân mến!

Hôm nay, chúng ta sẽ cùng nhau chinh phục một bài toán chứng minh bất đẳng thức khá thú vị, đòi hỏi sự suy luận và biến đổi khéo léo. Bài toán như sau:

Cho $x > y > 1$. Chứng minh rằng
$$ \sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} > \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$$

Để chứng minh bất đẳng thức này, chúng ta sẽ sử dụng phương pháp so sánh hai vế. Nếu ta có thể chứng minh được vế trái bình phương lớn hơn vế phải bình phương và cả hai vế đều dương, thì bất đẳng thức ban đầu sẽ đúng.

Bước 1: Đặt tên cho hai vế của bất đẳng thức
Đặt $A = \sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}}$ và $B = \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$.
Vì $x > y > 1$, nên rõ ràng cả A và B đều là các số dương.

Bước 2: Bình phương hai vế
Ta sẽ chứng minh $A^2 > B^2$.
Ta có:
$A^2 = x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$

$B^2 = y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Để so sánh $A^2$ và $B^2$, ta xét hiệu $A^2 - B^2$:
$A^2 - B^2 = (x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}) - (y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}})$
$A^2 - B^2 = (x - y) + (\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} - \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}})$

Chúng ta biết $x > y$, nên $x - y > 0$. Bây giờ, chúng ta cần xem xét phần còn lại:
$(\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} - \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}})$

Để so sánh hai biểu thức dưới dấu căn, ta sẽ so sánh:
$y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$ với $x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$

Ta xét hiệu:
$(y + \sqrt{x + \sqrt{y}}) - (x + \sqrt{y+ \sqrt{x}})$
$= (y - x) + (\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}})$

Chúng ta biết $y - x  y$. Bây giờ ta cần so sánh $\sqrt{x + \sqrt{y}}$ và $\sqrt{y+ \sqrt{x}}$.
Điều này tương đương với việc so sánh $x + \sqrt{y}$ và $y + \sqrt{x}$.
Xét hiệu:
$(x + \sqrt{y}) - (y + \sqrt{x})$
$= (x - y) + (\sqrt{y} - \sqrt{x})$
$= (x - y) - (\sqrt{x} - \sqrt{y})$

Ta lại có $x - y = (\sqrt{x} - \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{y})$.
Vậy hiệu trở thành:
$= (\sqrt{x} - \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{y}) - (\sqrt{x} - \sqrt{y})$
$= (\sqrt{x} - \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{y} - 1)$

Vì $x > y > 1$, nên $\sqrt{x} > \sqrt{y} > 1$.
Do đó, $\sqrt{x} - \sqrt{y} > 0$.
Và $\sqrt{x} + \sqrt{y} > 1 + 1 = 2$, nên $\sqrt{x} + \sqrt{y} - 1 > 2 - 1 = 1 > 0$.

Suy ra, $(\sqrt{x} - \sqrt{y})(\sqrt{x} + \sqrt{y} - 1) > 0$.
Điều này có nghĩa là $x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$.
Do đó, $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$.

Quay trở lại với biểu thức:
$(y + \sqrt{x + \sqrt{y}}) - (x + \sqrt{y+ \sqrt{x}})$
$= (y - x) + (\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}})$

Ta có $y - x 
Ta đã chứng minh được \(x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$.
Do đó, $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$.

Tuy nhiên, điều này chưa đủ để kết luận về dấu của $ (y + \sqrt{x + \sqrt{y}}) - (x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}) $.
Chúng ta cần một cách tiếp cận khác.

Bước 3: Sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số căn bậc hai
Ta có $x > y > 1$. Điều này suy ra:
$x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$  (chúng ta đã chứng minh ở trên)

$\Rightarrow \sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$

$\Rightarrow \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > \sqrt{y + \sqrt{y + \sqrt{x}}}$

Bây giờ ta so sánh:
$x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ với $y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Xét sự khác biệt của các thành phần bên trong dấu căn bậc hai của A và B:
Vế trái A có dạng $\sqrt{x + \text{something}}$.
Vế phải B có dạng $\sqrt{y + \text{something'}}$.

Ta có $x > y$.
Bây giờ, ta cần so sánh $\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ và $\sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.

Ta biết rằng, nếu $a > b$ và $c > d$, thì $\sqrt{a+c} > \sqrt{b+d}$ là không nhất thiết đúng. Tuy nhiên, nếu ta có thể chứng minh được biểu thức bên trong A "lớn hơn" biểu thức bên trong B một cách tổng thể thì sẽ dễ dàng hơn.

Hãy xem xét hai biểu thức dưới dấu căn bậc hai lớn nhất:
Biểu thức 1: $x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$
Biểu thức 2: $y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Ta có $x > y$.
Bây giờ so sánh $\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ và $\sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.
Điều này tương đương với so sánh $y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$ và $x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$.
Ta đã xét hiệu này ở Bước 2: $(y - x) + (\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}})$.

Để tiếp tục, ta sẽ sử dụng một kỹ thuật gọi là "tăng dần" các thành phần.
Ta có $x > y > 1$.
Do đó:
$x > y$

$\sqrt{x} > \sqrt{y}$

$x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$ (đã chứng minh)

$\Rightarrow \sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$

Tiếp tục, ta có:
$y + \sqrt{x + \sqrt{y}} > y + \sqrt{y + \sqrt{x}}$ (vì $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$)

Và ta cũng có:
$x + \sqrt{y + \sqrt{x}} > y + \sqrt{y + \sqrt{x}}$ (vì $x > y$)

Bây giờ, ta xét:
$x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$  vs  $y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Vì $x > y$, ta có:
$x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > y + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$

Và ta cũng có (từ $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$):
$\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > \sqrt{y + \sqrt{y + \sqrt{x}}}$

Chúng ta hãy xét lại $A^2 - B^2$:
$A^2 - B^2 = (x - y) + (\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} - \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}})$

Để $A^2 - B^2 > 0$, ta cần chứng minh:
$ \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} - (x - y) $

Điều này vẫn còn phức tạp.

Bước 4: Một cách nhìn khác bằng cách so sánh các thành phần "lớn nhất" và "nhỏ nhất"
Ta có $x > y > 1$.
Ta cần chứng minh:
$\sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} > \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$

Bình phương hai vế:
$x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Ta viết lại thành:
$x - y > \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} - \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$

Vì $x > y$, nên $x-y > 0$. Bây giờ ta cần chứng minh vế phải nhỏ hơn $x-y$.

Hãy xem xét hai biểu thức dưới dấu căn bậc hai:
$E_1 = x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$
$E_2 = y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$

Ta có $x > y$. Và ta đã chứng minh được $ \sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}} $.

Bây giờ, ta xét:
$x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$  vs  $y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$

Ta có $x > y$.
Và $\sqrt{y+ \sqrt{x}}$ vs $\sqrt{x + \sqrt{y}}$. 
Để so sánh hai căn này, ta so sánh các biểu thức bên trong:
$y + \sqrt{x}$ vs $x + \sqrt{y}$
$\Rightarrow (y-x) + (\sqrt{x}-\sqrt{y}) = - (x-y) + (\sqrt{x}-\sqrt{y}) = - (\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}) + (\sqrt{x}-\sqrt{y})$
$= (\sqrt{x}-\sqrt{y}) (1 - (\sqrt{x}+\sqrt{y}))$
Vì $\sqrt{x} > \sqrt{y} > 1$, nên $\sqrt{x}-\sqrt{y} > 0$. Tuy nhiên, $1 - (\sqrt{x}+\sqrt{y})$ là âm vì $\sqrt{x}+\sqrt{y} > 2$.
Vậy $y + \sqrt{x} 
Suy ra \(\sqrt{y+ \sqrt{x}}

Bây giờ quay lại:
\(E_1 = x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$
$E_2 = y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$

Ta có $x > y$.
Và $\sqrt{y+ \sqrt{x}}

Xét \(E_1 - E_2$:
$E_1 - E_2 = (x - y) + (\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}})$
Ta biết $x - y > 0$.
Và $\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}}

Đây là điểm mấu chốt. Chúng ta cần so sánh \((x-y)$ và $(\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}})$.

Bước 5: Đặt $f(t) = \sqrt{t}$. Hàm này đồng biến.
Ta có $x > y > 1$.
Xét biểu thức lồng nhau.
Vế trái: $\sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}}$
Vế phải: $\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$

Hãy so sánh các "lớp" của biểu thức:
Lớp 1: x so với y. Ta có $x > y$.
Lớp 2: $\sqrt{y + \dots}$ so với $\sqrt{x + \dots}$.

Ta có $x > y$.
Xét $x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ và $y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.

Ta đã chứng minh được rằng $x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$. Điều này có nghĩa là tại lớp "ngoài cùng" của biểu thức bên trong căn bậc hai, thành phần thứ nhất của vế trái ($x$) lớn hơn thành phần thứ nhất của vế phải ($y$).

Bây giờ, ta xem xét hàm $f(t) = \sqrt{t}$ và hàm $g(t) = t$.
Ta biết $x > y$.
Xét $h(a, b) = \sqrt{a + \sqrt{b}}$. 
Ta cần so sánh $h(x, y')$ với $h(y, x')$, trong đó $y'$ và $x'$ là các biểu thức phức tạp hơn.

Bước 6: Chứng minh một bổ đề phụ
Ta sẽ chứng minh một bổ đề: Nếu $a > b > 0$ và $c > d > 0$, thì $\sqrt{a+c} > \sqrt{b+d}$ không luôn đúng. Tuy nhiên, nếu ta có thể chứng minh được một sự "lệch" lớn hơn ở các thành phần.

Quay lại hiệu $A^2 - B^2$:
$A^2 - B^2 = (x - y) + (\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} - \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}})$

Chúng ta cần chứng minh $A^2 - B^2 > 0$.
Ta biết $x - y > 0$.
Bây giờ, ta cần so sánh $ \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} $ với $ \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} $.

Ta đã chứng minh được $x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$.
Điều này suy ra $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$.

Xét hai biểu thức dưới căn của $A^2$ và $B^2$:
$U = x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$
$V = y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Ta có $x > y$.
Bây giờ ta cần so sánh $\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ và $\sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.

Đặt $f(t) = \sqrt{t}$. Hàm này đồng biến.
Ta có $x > y$. 
Do đó $x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$.
Suy ra $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$.

Bây giờ ta xét:
$y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$ vs $x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$
$\Leftrightarrow (y-x) + (\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}})$

Ta biết $y-x 
Và \(\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}} > 0$.

Để chứng minh bất đẳng thức ban đầu, chúng ta sẽ chứng minh một cách trực tiếp hơn.

Bước 7: Xét sự "lớn dần" của các thành phần
Ta có $x > y > 1$.
Do đó:
$x > y$

$\sqrt{x} > \sqrt{y}$

$x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$

$\Rightarrow \sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$

$\Rightarrow y + \sqrt{x + \sqrt{y}} > y + \sqrt{y + \sqrt{x}}$

$\Rightarrow x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > y + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$

$\Rightarrow x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > y + \sqrt{y + \sqrt{y + \sqrt{x}}}$ (vì $x > y$)

Bây giờ, chúng ta cần so sánh $\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ và $\sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.

Xét:
$x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ vs $y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Ta có $x > y$.
Bây giờ xem xét các thành phần sau dấu căn thứ hai:
$\sqrt{x + \sqrt{y}}$ vs $\sqrt{y+ \sqrt{x}}$
Ta đã chứng minh $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y+ \sqrt{x}}$.

Let's re-examine the squares:
$A^2 = x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$
$B^2 = y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Ta có $x > y$.
Also, $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$.

Consider the terms inside the square roots:
Term for A: $x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$
Term for B: $y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

We know $x > y$. We also need to compare $\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ and $\sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.

Let's try to show that $A^2 > B^2$ directly by showing that the "dominant" terms are larger on the left.

We have $x > y$.
Consider the arguments of the second square root:
$y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$ vs $x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$
$\Leftrightarrow (y-x) + (\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}})$

This difference is still hard to sign. Let's use a stronger argument.

Bước 8: Sử dụng tính chất đơn điệu một cách tổng quát
Ta có $x > y > 1$.
Xét hàm $f(t) = \sqrt{t}$. Hàm này đồng biến.
Ta có $x > y$. 
Do đó, $x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$. 
Nên $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$.

Bây giờ, hãy so sánh các biểu thức bên trong căn bậc hai lớn nhất:
Biểu thức 1: $X = x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$
Biểu thức 2: $Y = y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Ta có $x > y$. 
Now, let's compare the second terms:
$\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ vs $\sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

Let's denote $u = \sqrt{x}$ and $v = \sqrt{y}$. So $u > v > 1$.
We need to prove $\sqrt{u^2 + \sqrt{v^2 + \sqrt{u^2 + v}}} > \sqrt{v^2 + \sqrt{u^2 + \sqrt{v^2 + u}}}$.
This substitution doesn't seem to simplify things much.

Back to basics:
We need to show $A^2 > B^2$.
$A^2 - B^2 = (x - y) + (\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} - \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}})$

Let's focus on the term $(\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} - \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}})$. 
To show $A^2 - B^2 > 0$, we need $x-y$ to be "large enough" to compensate for the negative part of the second term (if it is negative).

Consider the function $f(t) = \sqrt{t}$. It's concave.
Let's try to bound the terms.
Since $x > y > 1$:
$\sqrt{x} > \sqrt{y}$
$x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$
$\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$

Now, consider:
$y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$ vs $x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$
We had $(y-x) + (\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}})$.

Let's consider a simpler case. If we had $\sqrt{a+b} > \sqrt{b+a}$, which is trivial.

Let's assume the contrary: 
$\sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} \le \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$
$x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} \le y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$
$x - y \le \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} - \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$

We know $x-y > 0$.
Let $U = x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$ and $V = y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$. 
We want to show $U > V$.
We have shown that $x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$.

Let's try to prove that $ \sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} > \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}} $ by showing that the term under the first square root is greater than the term under the second square root.
We need to prove $ x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} $.
This is equivalent to proving $ x - y > \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} - \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} $.

Consider the structure. The first term $x$ is larger than $y$. The second term involves a square root.

Let's denote $f(a, b, c, d) = \sqrt{a + \sqrt{b + \sqrt{c + \sqrt{d}}}}$.
We want to show $f(x, y, x, y) > f(y, x, y, x)$.

Since $x > y > 1$:
$x > y$
$\sqrt{x} > \sqrt{y}$
$x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$
$\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$

Consider the term inside the outermost square root for the left side:
$LHS_{inner} = x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$
Consider the term inside the outermost square root for the right side:
$RHS_{inner} = y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

We know $x > y$.
Now compare $\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$ and $\sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.

Let's try to show that $y + \sqrt{x + \sqrt{y}} 
This is equivalent to showing \(\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}}

We know that for \(a>b>0$, $\sqrt{a} - \sqrt{b} = \frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$.
Let $a = x + \sqrt{y}$ and $b = y + \sqrt{x}$.
Then $\sqrt{x + \sqrt{y}} - \sqrt{y+ \sqrt{x}} = \frac{(x+\sqrt{y}) - (y+\sqrt{x})}{\sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} = \frac{(x-y) + (\sqrt{y}-\sqrt{x})}{\sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.
$= \frac{(x-y) - (\sqrt{x}-\sqrt{y})}{\sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} = \frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}) - (\sqrt{x}-\sqrt{y})}{\sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$
$= \frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}-1)}{\sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$

We need to show: $x - y > \frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}-1)}{\sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.
Since $x-y = (\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y})$, we need to show:
$(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}) > \frac{(\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}-1)}{\sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.
Since $\sqrt{x}-\sqrt{y} > 0$, we can divide by it:
$\sqrt{x}+\sqrt{y} > \frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}-1}{\sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.
$(\sqrt{x}+\sqrt{y})(\sqrt{x + \sqrt{y}} + \sqrt{y+ \sqrt{x}}) > \sqrt{x}+\sqrt{y}-1$.

Since $\sqrt{x}+\sqrt{y} > 2$, this inequality holds true.
Therefore, $x - y > \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} - \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$.

This means $x - y + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$.

This is not exactly what we need. Let's go back to the squares.

Conclusion:
We want to show:
$\sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} > \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$
Equivalently, we show:
$x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$
Rearranging terms:
$x - y > \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} - \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$

Let $a = x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$ and $b = y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$.
We need to show $x - y > \sqrt{a} - \sqrt{b}$.

We know $x > y$.
Let's consider the structure of $a$ and $b$.
The first term of $a$ is $x$, which is greater than the first term of $b$, which is $y$.
The second term of $a$ is $\sqrt{y+ \sqrt{x}}$.
The second term of $b$ is $\sqrt{x + \sqrt{y}}$.
We have shown that $\sqrt{y+ \sqrt{x}}

Consider the difference \(a-b = (x-y) + (\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}})$.
Since $x-y > 0$ and $\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}}

However, the fact that the leading term \(x$ in $a$ is strictly greater than the leading term $y$ in $b$, and that the other terms are also of a "similar nature" with $x$ and $y$ swapped, suggests the inequality.

The key is that $x$ is strictly greater than $y$ from the start.

Let's assume $x=3, y=2$.
LHS: $\sqrt{3 + \sqrt{2 + \sqrt{3 + \sqrt{2}}}}$
RHS: $\sqrt{2 + \sqrt{3 + \sqrt{2+ \sqrt{3}}}}$

Squaring the arguments:
$3 + \sqrt{2 + \sqrt{3 + \sqrt{2}}}$ vs $2 + \sqrt{3 + \sqrt{2+ \sqrt{3}}}$
$1 > \sqrt{3 + \sqrt{2+ \sqrt{3}}} - \sqrt{2 + \sqrt{3 + \sqrt{2}}}$

This is where the proof becomes rigorous.

Final Strategy: Proof by Contradiction on the Squares
Assume for contradiction that:
$\sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} \le \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$
Squaring both sides:
$x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} \le y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$
Rearranging:
$x - y \le \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} - \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$

We know $x - y > 0$. 
Let $f(a,b) = \sqrt{a+\sqrt{b}}$. We are comparing $f(x, \sqrt{y + \sqrt{x}})$ and $f(y, \sqrt{x + \sqrt{y}})$.

Let's use the inequality $a-b > \sqrt{a} - \sqrt{b}$ for $a>b>0$.

We need to show $x - y > \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} - \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$.
Let $A' = x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$ and $B' = y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$.
We need to show $x - y > \sqrt{A'} - \sqrt{B'}$.

We know $A' - B' = (x-y) + (\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}})$.
We also know that $\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}}

The inequality we are trying to prove is: 
\(x-y > \frac{A'-B'}{\sqrt{A'} + \sqrt{B'}}$
$x-y > \frac{(x-y) + (\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}})}{\sqrt{A'} + \sqrt{B'}}$

Let $D = \sqrt{A'} + \sqrt{B'}$.
$D(x-y) > (x-y) + (\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}})$
$(D-1)(x-y) > \sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}}$

Since $x>y>1$, $x-y>0$. 
Also $D = \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > \sqrt{1} + \sqrt{1} = 2$.
So $D-1 > 1$.

The term $\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}}$ is negative.
The term $(D-1)(x-y)$ is positive.
A positive number is always greater than a negative number. Thus, the inequality holds.

Therefore, the assumption that $A \le B$ is false. So $A > B$.

Chứng minh
Đặt $A = \sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}}$ và $B = \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$.
Ta cần chứng minh $A > B$. Vì $x > y > 1$, nên $A$ và $B$ đều dương.
Ta sẽ chứng minh $A^2 > B^2$.
Ta có:
$A^2 = x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$
$B^2 = y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}$
Xét hiệu $A^2 - B^2$:
$A^2 - B^2 = (x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}) - (y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}})$
$A^2 - B^2 = (x - y) + (\sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} - \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}})$

Ta muốn chứng minh $A^2 - B^2 > 0$, tức là:
$x - y > \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} - \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}$

Đặt $P = x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}$ và $Q = y + \sqrt{x + \sqrt{y}}$.
Ta cần chứng minh $x - y > \sqrt{P} - \sqrt{Q}$.

Ta xét hiệu $P - Q$:
$P - Q = (x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}) - (y + \sqrt{x + \sqrt{y}})$
$P - Q = (x - y) + (\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}})$

Ta biết $x > y > 1$. Suy ra $x-y > 0$.
Xét $x + \sqrt{y}$ và $y + \sqrt{x}$. Ta có $x + \sqrt{y} - (y + \sqrt{x}) = (x-y) - (\sqrt{x} - \sqrt{y}) = (\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}) - (\sqrt{x}-\sqrt{y}) = (\sqrt{x}-\sqrt{y})(\sqrt{x}+\sqrt{y}-1)$.
Vì $\sqrt{x} > \sqrt{y} > 1$, nên $\sqrt{x}-\sqrt{y} > 0$ và $\sqrt{x}+\sqrt{y}-1 > 1+1-1 = 1 > 0$.
Do đó, $x + \sqrt{y} > y + \sqrt{x}$, suy ra $\sqrt{x + \sqrt{y}} > \sqrt{y + \sqrt{x}}$.
Vì vậy, $\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}}

Bây giờ ta xét \(\sqrt{P} - \sqrt{Q} = \frac{P - Q}{\sqrt{P} + \sqrt{Q}}$.
$\sqrt{P} - \sqrt{Q} = \frac{(x - y) + (\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}})}{\sqrt{P} + \sqrt{Q}}$

Ta cần chứng minh:
$x - y > \frac{(x - y) + (\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}})}{\sqrt{P} + \sqrt{Q}}$
$(x - y)(\sqrt{P} + \sqrt{Q}) > (x - y) + (\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}})$
$(x - y)(\sqrt{P} + \sqrt{Q} - 1) > \sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}}$

Vì $x > y > 1$, ta có $x-y > 0$.
Mặt khác, $\sqrt{P} = \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}} > \sqrt{1 + \sqrt{1+ \sqrt{1}}} = \sqrt{3} > 1$.
$\sqrt{Q} = \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}} > \sqrt{1 + \sqrt{1+ \sqrt{1}}} = \sqrt{3} > 1$.
Do đó, $\sqrt{P} + \sqrt{Q} > 2$, suy ra $\sqrt{P} + \sqrt{Q} - 1 > 1$.
Vậy $(x - y)(\sqrt{P} + \sqrt{Q} - 1) > 0$.

Mặt khác, $\sqrt{y+ \sqrt{x}} - \sqrt{x + \sqrt{y}} 
Một số dương luôn lớn hơn một số âm.
Do đó, \(x - y > \sqrt{P} - \sqrt{Q}$.

Điều này chứng tỏ $A^2 - B^2 > 0$.
Vì $A$ và $B$ đều dương, nên $A > B$.
Vậy, $\sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} > \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y+ \sqrt{x}}}}$.

Bài toán đã được chứng minh.
Chúc các em học tốt!

Duy Cương · Answer

Đặt ${(a_1 = sqrty), (b_1 = sqrtx):}$ $=> {(a_2 = sqrt(x+a_1)), (b_2 = sqrt(y+b_1)):}=>{(a_3 = sqrt(y+a_2)), (b_3 = sqrt(x+b_2)):}=> {(a_4 = sqrt(x+a_3)), (b_4 = sqrt(y+b_3)):}$ YCBT $<=>a_4 > b_4$ Ta có: $x > y > 1$ $=> b_1-a_1 = sqrtx-sqrty > 0$ Mà $sqrtx-sqrty = (x-y)/(sqrtx+sqrty) < x-y$ (vì $sqrtx+sqrty > 2$) $=> 0 < b_1-a_1 < x-y$ $(1)$ $@$ Xét $a_2^2-b_2^2= x-y-(b_1-a_1)$ Từ $(1)=> a_2^2-b_2^2 > 0=> a_2 > b_2$ Vì $a_2+b_2 > 2$ $=> a_2-b_2 = (a_2^2-b_2^2)/(a_2+b_2) < a_2^2-b_2^2 < x-y$ $=> 0 < a_2-b_2 < x-y$ $(2)$ $@$ Xét $b_3^2-a_3^2 = (x+b_2)-(y+a_2) = x-y-(a_2-b_2)$ Từ $(2)=> b_3^2-a_3^2 > 0=> b_3 > a_3$ Tương tự, $b_3+a_3 > 2$ $=> b_3-a_3 = (b_3^2-a_3^2)/(b_3+a_3) < b_3^2-a_3^2 < x-y$ $=> 0 < b_3-a_3 < x-y$ $(3)$ $@$ Xét $a_4^2-b_4^2 = (x+a_3)-(y+b_3) = x-y-(b_3-a_3)$ Từ $(3)=> a_4^2-b_4^2 > 0=> a_4 > b_4$ (Chấm hết.)

Cho `x>y>1`. Chứng minh rằng $$ \sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} > \sqr…

Cho `x>y>1`. Chứng minh rằng $$ \sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} > \sqr…

Cho `x>y>1`. Chứng minh rằng
$$ \sqrt{x + \sqrt{y + \sqrt{x + \sqrt{y}}}} > \sqr…

Về tác giả

về tác giả

Thiên Nam

Add comment Hủy

Giao Hàng Nhanh Chóng

Trả Lại Dễ Dàng Và Nhanh Chóng

Hỗ Trợ Khách Hàng 24/7

Thanh Toán An Toàn 100%

Vị trí