Cho $a$ là một số thực. Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a^{2} + a + 1} + \sqrt{a^{2} - a + 1} \ge 2$$
$$\sqrt{a^{2} + a + 1} + \sqrt{a^{2} - a + 1} \ge 2$$
Bắt đầu bởi Ego, 15-04-2016 - 17:04
#1
Đã gửi 15-04-2016 - 17:04
- O0NgocDuy0O yêu thích
#2
Đã gửi 15-04-2016 - 19:19
Thế này dc k ạ :? Đặt $A=\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2-x+1}$
Ta CM: $A^2 \geq 4 <=>2a^2+2+2\sqrt{(a^2+a+1)(a^2-a+1)}\geq 4 <=>2a^2+2+2\sqrt{a^4+a^2+1}>=4$
Mà $a^2 \geq 0; a^4\geq 0 => 2a^2+2+2\sqrt{a^4+a^2+1}\geq 0+2+2=4(dpcm)$
Dấu "=" xảy ra <=> a = 0
- le truong son và lehakhiem212 thích
#3
Đã gửi 15-04-2016 - 21:16
(y) Ngoài ra còn có thể dùng bất đẳng thức Cauchy - Schwazrt mở rộng như sau $\sqrt{a^{2} + b^{2}} + \sqrt{c^{2} + d^{2}} \ge \sqrt{(a + c)^{2} + (b + d)^{2}}$ đúng với mọi SỐ THỰC $a, b, c, d$:
Áp dụng, ta có $\sqrt{(a + \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4}} + \sqrt{(\frac{1}{2} - a)^{2} + \frac{3}{4}} \ge \sqrt{(a + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - a)^{2} + 3} = 2$
Áp dụng, ta có $\sqrt{(a + \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4}} + \sqrt{(\frac{1}{2} - a)^{2} + \frac{3}{4}} \ge \sqrt{(a + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - a)^{2} + 3} = 2$
- le truong son và trungvmfcsp thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh