Đến nội dung


Hình ảnh

$$\left (\sum_{i=1}^n 2^{a_i}\right ).\left (\sum_{i=1}^{n} 2^{-a_i}\right ) \le \dfrac{9n^2}{8}$$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 04-08-2012 - 16:31

Bài toán :
Cho $a_i \in [1999, 2000], i=1,2,..., n$. Chứng minh rằng :
$$\left (\sum_{i=1}^n 2^{a_i}\right ).\left (\sum_{i=1}^{n} 2^{-a_i}\right ) \le \dfrac{9n^2}{8}$$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#2 khanh3570883

khanh3570883

    Trung úy

  • Thành viên
  • 899 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Địa ngục

Đã gửi 06-08-2012 - 21:02

Đây là bài toán tổng quát!

Bài toán Cho $0 < p < q$, và n số thực ${x_i} \in \left[ {p;q} \right]$. Chứng minh rằng:
\[\left( {{x_1} + ... + {x_n}} \right)\left( {\frac{1}{{{x_1}}} + ... + \frac{1}{{{x_n}}}} \right) \le {n^2} + \left[ {\frac{{{n^2}}}{4}} \right]\frac{{{{\left( {p - q} \right)}^2}}}{{pq}}\]

Ở đây kí hiệu $\left[ x \right]$ chỉ phần nguyên của số thực x.
Lời giải:
Từ giả thiết ${x_i} \in \left[ {p;q} \right]$, ta dễ dàng đoán rằng: GTLN sẽ đạt được khi ${x_i} \in \left\{ {p;q} \right\}$ với mọi i. Khi đó, giả sử trong n số ${x_i}$ có k số p và n-k số q thì:
$\begin{array}{l}
VT = \left( {kp + \left( {n - k} \right)q} \right)\left( {\frac{k}{q} + \frac{{n - k}}{q}} \right) = {k^2} + {\left( {n - k} \right)^2} + k\left( {n - k} \right)\left( {\frac{p}{q} + \frac{q}{p}} \right) \\
= {n^2} + k\left( {n - k} \right)\frac{{{{\left( {p - q} \right)}^2}}}{{pq}} = {n^2} + \frac{1}{4}\left[ {{n^2} - {{\left( {n - 2k} \right)}^2}} \right]\frac{{{{\left( {p - q} \right)}^2}}}{{pq}} \\
\end{array}$
Vì k nguyên nên ${n^2} - {\left( {n - 2k} \right)^2} \le {n^2}$ (khi n chẵn) và ${n^2} - {\left( {n - 2k} \right)^2} \le {n^2}-1$ (khi n lẻ). Từ đó, ta thu được BĐT thức ban đầu đồng thời chỉ ra trường hợp dấu bằng xảy ra.
Đến đây ta nhận ra: mấu chốt của vấn đề chỉ là nhận xét: GTLN sẽ đạt được khi ${x_i} = p$ hoặc ${x_i} = q$ với mọi i.
Với mọi i, ta xem vế trái là một hàm theo ${x_i}$, ta sẽ chứng tỏ: $f\left( {{x_i}} \right) \le \max \left\{ {f\left( p \right),f\left( q \right)} \right\}$.
Ta có: $f\left( x \right) = Ax + \frac{B}{x} + C$. Để ý:
\[\begin{array}{l}
f\left( {{x_i}} \right) - f\left( p \right) = \left( {{x_i} - p} \right)\left( {A - \frac{B}{{{x_i}p}}} \right) \\
f\left( {{x_i}} \right) - f\left( q \right) = \left( {{x_i} - q} \right)\left( {A - \frac{B}{{{x_i}q}}} \right) \\
\end{array}\]
Từ đó nếu $f\left( {{x_i}} \right) > \max \left\{ {f\left( p \right),f\left( q \right)} \right\}$ thì rõ ràng ${x_i} \notin \left\{ {p,q} \right\}$ và:
\[A - \frac{B}{{{x_i}p}} > 0 > A - \frac{B}{{{x_i}q}} \Rightarrow \frac{B}{{{x_i}p}} < A < \frac{B}{{{x_i}q}}\]
mâu thuẫn p<q. Vậy $f\left( {{x_i}} \right) \le \max \left\{ {f\left( p \right),f\left( q \right)} \right\}$


THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT

LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN

 

Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh