Chứng minh rằng các bất phương trình sau đây vô nghiệm:
LG a
\({x^2} + \dfrac{1}{{{x^2} + 1}} < 1\).
Phương pháp giải:
Sử dụng bất đẳng thức cô-si
Lời giải chi tiết:
BPT tương đương: \({x^2} + 1 + \dfrac{1}{{{x^2} + 1}} < 2\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số \({x^2} + 1\) và \(\dfrac{1}{{({x^2} + 1)}}\) ta được:
\(({x^2} + 1) + \dfrac{1}{{({x^2} + 1)}} \ge 2\sqrt {({x^2} + 1).\dfrac{1}{{{x^2} + 1}}} = 2 \, \forall x\)
Vậy \(({x^2} + 1) + \dfrac{1}{{({x^2} + 1)}} \ge 2 \, \forall x\)
Hay \({x^2} + \dfrac{1}{{({x^2} + 1)}} \ge 1\)
Vì vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm.
LG b
\(\sqrt {{x^2} - x + 1} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }} < 2\).
Phương pháp giải:
Sử dụng bất đẳng thức cô-si
Lời giải chi tiết:
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương \(\sqrt {{x^2} - x + 1} ;\dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }}\) ta được:
\(\sqrt {{x^2} - x + 1} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }}\) \( \ge 2\sqrt {\sqrt {{x^2} - x + 1} .\dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }}} = 2\)
\( \Rightarrow \sqrt {{x^2} - x + 1} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }} \ge 2\)
Vậy bất phương trình \(\sqrt {{x^2} - x + 1} + \dfrac{1}{{\sqrt {{x^2} - x + 1} }} < 2\) vô nghiệm.
LG c
\(\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^4} - {x^2} + 1} < 2\sqrt[4]{{{x^6} + 1}}\).
Phương pháp giải:
Sử dụng bất đẳng thức Cô - si và hằng đẳng thức \((a + b)({a^2} - ab + {b^2}) = {a^3} + {b^3}\).
Chú ý: \(\sqrt {\sqrt a } = \sqrt[4]{a}\).
Lời giải chi tiết:
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương \(\sqrt {{x^2} + 1} \) và \(\sqrt {{x^4} - {x^2} + 1} \) ta có:
\(\begin{array}{l}\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^4} - {x^2} + 1} \\ \ge 2\sqrt {\sqrt {{x^2} + 1} .\sqrt {{x^4} - {x^2} + 1} } \\ = 2\sqrt {\sqrt {\left( {{x^2} + 1} \right)\left( {{x^4} - {x^2} + 1} \right)} } \\ = 2\sqrt {\sqrt {{x^6} + 1} } \\ = 2\sqrt[4]{{{x^6} + 1}}\\ \Rightarrow \sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^4} - {x^2} + 1} \ge 2\sqrt[4]{{{x^6} + 1}}\end{array}\)
Vậy bất phương trình đã cho vô nghiệm.
dapandethi.vn