Đề bài: Cho $a \ge 1,b \ge 1$. Chứng minh $\sqrt {{{\log }_2}a}  + \sqrt {{{\log }_2}b}  \ge 2\sqrt {{{\log }_2}\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)} $

Lời giải

$x \ge 0,y \ge 0 \Rightarrow 2\sqrt {xy}  \le x + y \Rightarrow {\left( {\sqrt x  + \sqrt y } \right)^2} \le 2\left( {x + y} \right) $
$\Rightarrow $$\sqrt x  + \sqrt y  \le \sqrt 2 .\sqrt {x + y} $.
Khi đó đặt $x = {\log _2}a,y = {\log _2}a$   ( do $a,b \ge 1$) ta có:
$\sqrt {{{\log }_2}a}  + \sqrt {{{\log }_2}b}  \le \sqrt 2 \sqrt {{{\log }_2}a + {{\log }_2}b} $              $(1)$

Mặt khác $a,b \ge 1 \Rightarrow \sqrt {ab}  \le \frac{{a + b}}{2}$
$\log $ cơ số $2$ ta được:
         $\frac{1}{2}\left( {{{\log }_2}a + {{\log }_2}b} \right) \le {\log _2}\frac{{a + b}}{2}$
$ \Rightarrow \sqrt 2 \sqrt {{{\log }_2}a + {{\log }_2}b}  \le {\log _2}\frac{{a + b}}{2}$                           $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\sqrt {{{\log }_2}a}  + \sqrt {{{\log }_2}b}  \le 2\sqrt {{{\log }_2}\frac{{a + b}}{2}} $  (ĐPCM)

=========
Chuyên mục: Bất đẳng thức cơ bản