Cmr : Với mọi số n nguyên dương có :
$$\frac{1!2!+2!3!+...+n!(n+1)!}{n\sqrt[n]{(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}}\geq 2\sqrt[2n]{n!}$$
$\frac{1!2!+2!3!+...+n!(n+1)!}{n\sqrt[n]{(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}}\geq 2\sqrt[2n]{n!}$
#1
Đã gửi 30-11-2012 - 11:38
- ineX, tquangmh, fatcat12345 và 1 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 10-05-2016 - 20:57
Bài này không biết có uẩn khúc gì không nhỉ
Lời giải.$n=1;2$. Dễ thấy bất đẳng thức đúng.
$n\geq 3\Longrightarrow \frac {n+2}{\sqrt{n+1}}\geq 2$.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{(1!2!+2!3!+...+n!(n+1)!)^n}{n^n(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}\geq 2^n\sqrt{n!}$
Áp dụng bất đẳng thức C-S ta được:
$\frac{(1!2!+2!3!+...+n!(n+1)!)^n}{n^n.(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}\geq \frac{(n\sqrt[n]{1!(2!)^2(3!)^2...(n!)^2.(n+1)!})^n}{n^n.(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}=\frac {n^n.1!(2!)^2(3!)^2...(n!)^2.(n+1)!}{n^n.(1!)^2.(2!)^2...(n!)^2}=(n+1)!$
Mặt khác với $n=3$ thì $(n+1)!\geq 2^n\sqrt{n!}$ nên theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
- ineX và fatcat12345 thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh