Lời giải
Đề bài:
Cho $-1\leq x\leq 1$. Chứng minh : $S=\sqrt[4]{1-x^2}+\sqrt[4]{1-x}+\sqrt[4]{1+x}\leq 3$.
Lời giải
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
$\sqrt[4]{1-x^2}=\sqrt[4]{1-x}.\sqrt[4]{1+x}\leq \frac{\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x}}{2} (1)$
$\sqrt[4]{1-x}=\sqrt[4]{1-x}.1\leq \frac{\sqrt{1-x}+1}{2} (2)$
$\sqrt[4]{1+x}=\sqrt[4]{1+x}.1\leq \frac{\sqrt{1+x}+1}{2} (3)$
Cộng từng vế của $(1),(2),(3)$ ta có: $S\leq 1+\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x} (4)$
Dấu $”=”$ trong $(4)$ xảy ra $\Leftrightarrow$ đồng thời có dấu bằng trong $(1),(2),(3) \Leftrightarrow x=0$.
Lại có: $\sqrt[]{1-x}=\sqrt[]{1-x}.1\leq \frac{1-x+1}{2} ;\sqrt[]{1+x}=\sqrt[]{1+x}.1\leq \frac{1+x+1}{2} $
Từ đó: $\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}\leq 2 (5)$.
Dấu $”=”$ trong $(5)$ xảy ra khi và chỉ khi $x=0$. Từ $(4),(5)$ đi đến $S\leq 3 (6) \Rightarrow $ đpcm.
Dấu $”=”$ trong $(6)$ xảy ra$\Leftrightarrow x=0$
=========
Chuyên mục: Bất đẳng thức Côsi
Trả lời