Chủ đề này có 2 trả lời

[Crystal]

Bài toán: Cho $n$ số thực dương bất kì $x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}$ với $n\geq 2$.

Đặt ${S_k} = \sum\limits_{1 \le {i_1} < {i_2} < ... < {i_k} \le n} {\,\,\,\,\prod\limits_{j = 1}^k {{x_{{i_j}}}} }$.

Khi đó ta có bất đẳng thức: ${d_1} \ge {d_2} \ge {d_3} \ge ... \ge {d_n}$

[dark templar]

Bài toán: Cho $n$ số thực dương bất kì $x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{n}$ với $n\geq 2$.

Đặt ${S_k} = \sum\limits_{1 \le {i_1} < {i_2} < ... < {i_k} \le n} {\,\,\,\,\prod\limits_{j = 1}^k {{x_{{i_j}}}} }$.

Khi đó ta có bất đẳng thức: ${d_1} \ge {d_2} \ge {d_3} \ge ... \ge {d_n}$

$d_{i}(i=\overline{1;n})$ là ký hiệu cho cái gì vậy anh ?
Em xin nêu ra lại nội dung của BĐT Maclaurin và 1 BĐT khác có họ hàng với nó là BĐT Newton.:
BĐT Maclaurin: Cho $n$ số thực không âm $a_1;a_2;....a_n$.Ta ký hiệu:
$$S_{k}=\sqrt[k]{\dfrac{\sum\limits_{1 \le i_1<i_2<...<i_{k} \le n}a_{i_1}a_{i_2}....a_{i_{k}}}{\binom{n}{k}}}$$
Chứng minh rằng,ta luôn có:
$$S_1 \ge S_2 \ge .... \ge S_{n}$$.

BĐT Newton: Cho $n$ số thực không âm $a_1;a_2;...;a_n$.Ta ký hiệu:
$$S_{k}=\sqrt[k]{\dfrac{\sum\limits_{1 \le i_2<i_2<....<i_{k} \le n}a_{i_1}a_{i_2}...a_{i_{k}}}{\binom{n}{k}}}$$
Chứng minh rằng,ta luôn có:
$$S^2_{k} \ge S_{k-1}S_{k+1}$$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 23-10-2011 - 16:31

[dark templar]

Ta nhận thấy rằng chỉ cần giải 1 trong 2 BĐT trên là ta đã giải quyết xong vấn đề.Ta sẽ chứng minh BĐT Newton.
Trích dẫn lời giải của thầy Trần Nam Dũng :
Để giải quyết bài toán,chúng ta đưa ra định nghĩa sau:
Định nghĩa: Cho $\overline{a}$ là bộ $n$ số thực dương $\{a_1;a_2;...a_n \}(n \in \mathbb{N^*})$.Khi đó:
$$f(x)=(x+a_1)(x+a_2)(x+a_3)...(x+a_n)=x^{n}+E_1(\overline{a})x^{n-1}+E_2(\overline{a})x^{n-2}+...+E_{n}(\overline{a})$$
Trong đó:
$$E_1(\overline{a})=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i};E_2(\overline{a})=\sum\limits_{1 \le i<j \le n}a_{i}a_{j};...;E_{n}(\overline{a})=\prod\limits_{i=1}^{n}a_{i}$$
Đặt $E_0(\overline{a})=1$.Ta gọi $E_{r}(\overline{a})(r \in \{1,...,n \})$ là các hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp thứ $r$($E_{r}(\overline{a})$ là tổng của tất cả các tích $r$ số khác nhau của bộ số $\overline{a}$).Ký hiệu:
$$P_{r}(\overline{a})=\dfrac{r!(n-r)!}{n!}E_{r}(\overline{a})=\binom{n}{r}E_{r}(\overline{a})$$

Quay trở lại bài toán.Ta đặt $P_0=1,P_{k}=P_{k}(\overline{a});E_{r}(\overline{a})=E_{r}$.Dễ dàng nhận thấy:$S_{k}=P_{k}$.Như vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$P_{k}^2 \ge P_{k-1}P_{k+1}(k=1,2,....,n-1)$$
(Nếu các số $a_{i}$ không đồng thời bằng nhau thì ta có dấu BĐT thực sự)
Giả sử:
$$f(x;y)=(x+a_1y)(x+a_2y)(x+a_3y)...(x+a_{n}y)=E_0x^{n}+E_1x^{n-1}+...+E_{n}y^{n}$$
Với $E_{i}$ là tổng tất cả các tích $i$ số khác nhau,
$$P_{k}=\dfrac{k!(n-k)!}{n!}E_{k}=\binom{n}{k}E_{k}$$.
Vì tất cả các số $a_{i}>0$ và $\dfrac{x}{y}=0$ không phải là nghiệm của phương trình $f(x;y)=0$ nên $\dfrac{x}{y}=0$ cũng không là nghiệm bội trong các phương trình nhận từ đạo hàm của nó.
Từ đó,ta có $P_{i}>0$ và phương trình:
$$P_{k-1}x^2+2P_{k}xy+P_{k+1}y^2=0$$
nhận được từ $f(x;y)=0$ bằng cách lấy vi phân liên tiếp theo $x$ và $y$ có nghiệm thực,hay:
$$\Delta_{x}=4y^2(P^2_{k}-P_{k-1}P_{k+1}) \ge 0$$
Hay:
$$P_{k}^2 \ge P_{k-1}P_{k+1}$$.