Chủ đề này có 4 trả lời

[I Love MC]

Cho $n \in \mathbb{N^*}$ và $f : \{1,2,..,n\} \rightarrow \{1,2..,n\}$ là một song ánh . Chứng minh rằng : 
$\sum_{k=1}^n \frac{f(k)}{k^2} \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$

[Nguyenhuyen_AG]

 

Cho $n \in \mathbb{N^*}$ và $f : \{1,2,..,n\} \rightarrow \{1,2..,n\}$ là một song ánh . Chứng minh rằng : 
$\sum_{k=1}^n \frac{f(k)}{k^2} \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$

 

 

Câu này là bất đẳng thức và là đề thi IMO.

[I Love MC]

Câu này là bất đẳng thức và là đề thi IMO.

Em không biết ạ ? Nó nằm ở phần ánh xạ nên em thử làm thôi .  

[the unknown]

 

Cho $n \in \mathbb{N^*}$ và $f : \{1,2,..,n\} \rightarrow \{1,2..,n\}$ là một song ánh . Chứng minh rằng : 
$\sum_{k=1}^n \frac{f(k)}{k^2} \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$

 

Bài này nếu dùng bất đẳng thức hoán vị thì nhanh rồi nhỉ 

Nhắc lại về bất đẳng thức hoán vị: Cho hai dãy số thực $(a_1,a_2,...,a_n)$ và  $(b_1,b_2,...,b_n)$ cùng tăng hoặc cùng giảm. Khi đó giả sử $(b_{k_1},b_{k_2},...,b_{k_n})$ là một hoán vị của $(b_1,b_2,...,b_n)$ thì ta có bất đẳng thức: $a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n\geq a_1b_{k_1}+a_2b_{k_2}+...+a_nb_{k_n}\geq a_1b_n+a_2b_{n-1}+...+a_nb_1$.

Như vậy nhận xét rằng $(1,2,...,n)$ và $(\frac{1}{n^2},\frac{1}{(n-1)^2},...,1)$ là hai dãy cùng tăng. Hơn nữa ánh xạ $f: \{1,2,...,n\} \rightarrow \{1,2,...,n\}$ là một song ánh nên $(f(1),f(2),...,f(n))$ là một hoán vị của $(1,2,...,n)$. Từ đó theo bất đẳng thức hoán vị ta được: $\sum_{k=1}^n \frac{f(k)}{k^2} \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$.

Vậy bài toán được chứng minh.

 

P.s: Hóng cách giải hay hơn. Chứ dùng bất đẳng thức hoán vị thì ác quá.  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 21-07-2016 - 20:27

[I Love MC]

Bài này nếu dùng bất đẳng thức hoán vị thì nhanh rồi nhỉ 

Nhắc lại về bất đẳng thức hoán vị: Cho hai dãy số thực $(a_1,a_2,...,a_n)$ và  $(b_1,b_2,...,b_n)$ cùng tăng hoặc cùng giảm. Khi đó giả sử $(b_{k_1},b_{k_2},...,b_{k_n})$ là một hoán vị của $(b_1,b_2,...,b_n)$ thì ta có bất đẳng thức: $a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n\geq a_1b_{k_1}+a_2b_{k_2}+...+a_nb_{k_n}\geq a_1b_n+a_2b_{n-1}+...+a_nb_1$.

Như vậy nhận xét rằng $(1,2,...,n)$ và $(\frac{1}{n^2},\frac{1}{(n-1)^2},...,1)$ là hai dãy cùng tăng. Hơn nữa ánh xạ $f: \{1,2,...,n\} \rightarrow \{1,2,...,n\}$ là một song ánh nên $(f(1),f(2),...,f(n))$ là một hoán vị của $(1,2,...,n)$. Từ đó theo bất đẳng thức hoán vị ta được: $\sum_{k=1}^n \frac{f(k)}{k^2} \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$.

Vậy bài toán được chứng minh.

 

P.s: Hóng cách giải hay hơn. Chứ dùng bất đẳng thức hoán vị thì ác quá.  

Do $f:{1,2,..,n} \rightarrow {1,2,...,n}$ là một song ánh do vậy $\sum_{k=1}^n \frac{1}{f(k)}=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ 
Theo Cauchy-Swarchz : $(\sum_{k=1}^n \frac{1}{f(k)})(\sum_{k=1}^n \frac{f(k)}{k^2}) \ge (\sum_{k=1}^n \frac{1}{k})^2$ 
Suy ra $\sum_{k=1}^n \frac{f(k)}{k^2} \ge \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}$ 
Dấu bằng xảy ra khi $f(1)=1,f(2)=2,...,f(n)=n$