Giả sử phương trình ${x^2} + ax + b = 0$ có 2 nghiệm lớn hơn 1. Chứng minh rằng: $\frac{{{a^2} - a - 2b}}{{b - a + 1}} \ge \frac{{2\sqrt b }}{{1 + \sqrt b }}$.
Lời giải:
Theo định lý Vi et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - a\\{x_1}.{x_2} = b\end{array} \right.$.
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : $\frac{{{x_1}}}{{1 + {x_1}}} + \frac{{{x_2}}}{{1 + {x_2}}} \ge \frac{{2\sqrt {{x_1}{x_2}} }}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}$.
Hay $\frac{{{x_1}}}{{1 + {x_2}}} + 1 + \frac{{{x_2}}}{{1 + {x_1}}} + 1 \ge \frac{{2\sqrt {{x_1}{x_2}} }}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }} + 2$ $\left( {{x_1} + {x_2} + 1} \right)\left( {\frac{1}{{1 + {x_1}}} + \frac{1}{{1 + {x_2}}}} \right) \ge \frac{{2\left( {1 + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right)}}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}$.
Theo bất đẳng thức Cô si ta có: ${x_1} + {x_2} + 1 \ge 2\sqrt {{x_1}{x_2}} + 1$.
Để chứng minh $\left( * \right)$ ta quy về chứng minh: $\frac{1}{{1 + {x_1}}} + \frac{1}{{1 + {x_2}}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}$ với ${x_1},{x_2} > 1$.
Quy đồng và rút gọn bất đẳng thức trên tương đương với $\left( {\sqrt {{x_1}{x_2}} - 1} \right){\left( {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right)^2} \ge 0$( Điều này là hiển nhiên đúng).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ${x_1} = {x_2} \Leftrightarrow {a^2} = 4b$.
Lời giải:
Theo định lý Vi et ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = - a\\{x_1}.{x_2} = b\end{array} \right.$.
Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : $\frac{{{x_1}}}{{1 + {x_1}}} + \frac{{{x_2}}}{{1 + {x_2}}} \ge \frac{{2\sqrt {{x_1}{x_2}} }}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}$.
Hay $\frac{{{x_1}}}{{1 + {x_2}}} + 1 + \frac{{{x_2}}}{{1 + {x_1}}} + 1 \ge \frac{{2\sqrt {{x_1}{x_2}} }}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }} + 2$ $\left( {{x_1} + {x_2} + 1} \right)\left( {\frac{1}{{1 + {x_1}}} + \frac{1}{{1 + {x_2}}}} \right) \ge \frac{{2\left( {1 + 2\sqrt {{x_1}{x_2}} } \right)}}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}$.
Theo bất đẳng thức Cô si ta có: ${x_1} + {x_2} + 1 \ge 2\sqrt {{x_1}{x_2}} + 1$.
Để chứng minh $\left( * \right)$ ta quy về chứng minh: $\frac{1}{{1 + {x_1}}} + \frac{1}{{1 + {x_2}}} \ge \frac{2}{{1 + \sqrt {{x_1}{x_2}} }}$ với ${x_1},{x_2} > 1$.
Quy đồng và rút gọn bất đẳng thức trên tương đương với $\left( {\sqrt {{x_1}{x_2}} - 1} \right){\left( {\sqrt {{x_1}} - \sqrt {{x_2}} } \right)^2} \ge 0$( Điều này là hiển nhiên đúng).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ${x_1} = {x_2} \Leftrightarrow {a^2} = 4b$.