- LG a
- LG b
- LG c
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.