Chủ đề này có 6 trả lời

[daothanhoai]

Bất đẳng thức hàm mũ cơ bản:

Với $a_1 \geq a_2 \geq ......\geq a_n \geq 1$ hoặc $1 \geq a_n \geq a_{n-1} ......\geq a_1 \geq 0$ và $b_1 \geq b_2 \ .... \geq b_n \geq 0$ Ta có bất đẳng thức:
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n}) $

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc:

$a_1=a_2 = ......= a_n$ hoặc $b_1=b_2 = ......= b_n$

Chứnng minh bất đẳng thức trên rất đơn giản bằng phương pháp đạo hàm.

Chú ý: Trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức trên là bất đẳng thức Becnulli.

Thật vậy: $n=2 ; a_1= a > 0; a_2= 1; b_1=\alpha \geqslant b_2=1$

$(\alpha +1)(a^\alpha +1)\geqslant \alpha (a^\alpha+a^1 )+1(1^\alpha +1^1) <=> a^\alpha +\alpha \geqslant \alpha. a+1$

Cũng có thể xem bất đẳng thức trên là mở rộng tổng quát của bất đẳng thức Becnuli (Phát hiện và chứng minh thời học lớp 12-2004)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 03-07-2012 - 00:26

[le_hoang1995]

Anh có thể chứng minh lại cho em được không, cảm ơn anh

[daothanhoai]

Anh có thể chứng minh lại cho em được không, cảm ơn anh

Với $a_1 \geq a_2 \geq ......\geq a_n \geq 1$ hoặc $1 \geq a_n \geq a_{n-1} ......\geq a_1 \geq 0$ và $b_1 \geq b_2 \ .... \geq b_n \geq 0$ Ta có bất đẳng thức:
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n}) $

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc:

$a_1=a_2 = ......= a_n$ hoặc $b_1=b_2 = ......= b_n$

1- Đầu tiên chứng minh cho trường hợp n=2; để cho tiện nhìn ta đặt a_1=x; a_2=a;

xét hàm số:

$y(x)= VT-VP=(b_1+b_2)(x^{b_1}+a^{b_2})- b_1(x^{b_1}+x^{b_2})+b_2(a^{b_1}+a^{b_2}) $

=$b_2x^{b_1}+b_1a^{b_2}-b_1x^{b_2}-b_2a^{b_1}$

Đạo hàm $y'(x)=b_1b_2x^{b_2-1}(x^{b_1-b_2}-1)$

Trường hợp 1:

$ x=a_1\geq a=a_2 \geq 1$
$b_1 > b_2 \geq 0$

=> $y'(x) \geq 0$ tức hàm y(x) đồng biến => $y(x) \geq y(a)=0$ do đó ta có điều phải chứng minh

Trường hợp 2:

$ 1 \geq a =a_2 \geq x=a_1 > 0$
$b_1 > B_2 \geq 0$

=> $y'(x) <0 $ => hàm số nghịch biến nên $y(x) \geq y(a)=0$ do đó ta có điều phải chứng minh

2- Chứng minh cho trường hợp n bất kỳ! Ta áp dụng trường hợp bằng 2 như sau:

$b_2a_1^{b_1}+b_1a_2^{b_2} \geq b_1a_1^{b_2}+b_2a_2^{b_1}$

$b_3a_1^{b_3}+b_1a_3^{b_3} \geq b_1a_1^{b_3}+b_3a_3^{b_1}$
................................................................................................

$b_na_1^{b_1}+b_1a_n^{b_n} \geq b_na_1^{b_n}+b_na_n^{b_1}$

$b_3a_2^{b_3}+b_2a_3^{b_3} \geq b_2a_2^{b_3}+b_3a_3^{b_2}$

$b_4a_2^{b_2}+b_2a_4^{b_4} \geq b_2a_2^{b_4}+b_4a_4^{b_2}$
......................................................................................................
$b_na_2^{b_2}+b_2a_n^{b_n} \geq b_na_2^{b_n}+b_2a_n^{b_2}$
.........................................................................................................
$b_na_{n-1}^{b_{n-1}}+b_{n-1}a_n^{b_n} \geq b_na_{n-1}^{b_n}+b_na_n^{b_{n-1}}$

Cộng tất cả các bất đẳng thức trên lại ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 03-07-2012 - 01:34

[daothanhoai]

Mọi người cùng nhau chứng minh bất đẳng thức này xem sao?

Cho
\[{{a}_{1}}\ge {{a}_{2}}\ge ......\ge {{a}_{n}}>0\] và \[{{\alpha }_{1}}\ge {{\alpha }_{2}}\ge .....\ge {{\alpha }_{n}}\ge 1\] chứng minh:

\[\frac{a_{1}^{{{\alpha }_{1}}}+a_{2}^{{{\alpha }_{2}}}+....a_{n}^{{{\alpha }_{n}}}}{n}\ge {{(\frac{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+....+{{a}_{n}}}{n})}^{\frac{{{\alpha }_{1}}+{{\alpha }_{2}}+.....+{{\alpha }_{n}}}{n}}}\]

Tớ chỉ chứng minh được với n=2 thôi!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 31-07-2012 - 08:41

[le_hoang1995]

Cho
\[{{a}_{1}}\ge {{a}_{2}}\ge ......\ge {{a}_{n}}>0\] và \[{{\alpha }_{1}}\ge {{\alpha }_{2}}\ge .....\ge {{\alpha }_{n}}\ge 1\] chứng minh:

\[\frac{a_{1}^{{{\alpha }_{1}}}+a_{2}^{{{\alpha }_{2}}}+....a_{n}^{{{\alpha }_{n}}}}{n}\ge {{(\frac{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+....+{{a}_{n}}}{n})}^{\frac{{{\alpha }_{1}}+{{\alpha }_{2}}+.....+{{\alpha }_{n}}}{n}}}\]

Tớ chỉ chứng minh được với n=2 thôi!

Em thử làm nhé, sử dụng ngay BĐT anh đã chứng minh ở trên

Với $a_1 \geq a_2 \geq ......\geq a_n \geq 1$ và $b_1 \geq b_2 \ .... \geq b_n \geq 0$ Ta có bất đẳng thức:
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n}) $

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi hoặc:

$a_1=a_2 = ......= a_n$ hoặc $b_1=b_2 = ......= b_n$

Ps gõ mãi mà vẫn không sửa được, mọi người thông cảm nhé
Đặt $\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}=b$
Sử dụng BĐT AM-GM và BĐT Chê-bư sép cho 2 bộ đơn điệu cùng chiều trên, ta được
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n})$

$\geq b_1.n.a_1^{b}+b_2.n.a_2^{b}+...+b_n.n.a_n^{b}$

$=n\left [ b_1.a_1^{b}+b_2.a_2^{b}+...+b_n.a_n^{b} \right ]$

$\geq n.\frac{1}{n}.(b_1+b_2+...+b_n).\left [ a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b} \right ]$

$\Rightarrow (b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq(b_1+b_2+...+b_n)\left [ a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b} \right ]$

$\Rightarrow a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}\geq a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}$

$\Rightarrow \frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \frac{a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}}{n}$

Theo một kết quả quen thuộc, ta có
$$\frac{x_1^k+x_2^k+...+x_n^k}{n}\geq \left ( \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n} \right )^k$$.
Áp dụng vào trên ta được
$$\frac{a_1^{b}+a_2^{b}+...+.a_n^{b}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{b}$$
Suy ra $$\frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{b}$$
Dấu bằng xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
a_1=a_2=..=a_n\\b_1=b_2=...=b_n

\end{matrix}\right.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 10-08-2012 - 02:04

[daothanhoai]

Em thử làm nhé, sử dụng ngay BĐT anh đã chứng minh ở trên


Ps gõ mãi mà vẫn không sửa được, mọi người thông cảm nhé
Sử dụng BĐT AM-GM và BĐT Chê-bư sép cho 2 bộ đơn điệu cùng chiều trên, ta được
$(b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq b_1(a_1^{b_1}+a_1^{b_2}.....+a_1^{b_n})+.....+b_n(a_n^{b_1}+.....+a_n^{b_n})$

$\geq b_1.n.a_1^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+b_2.n.a_2^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+...+b_n.n.a_n^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}$

$=n\left [ b_1.a_1^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+b_2.a_2^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+...+b_n.a_n^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}} \right ]$

$\geq n.\frac{1}{n}.(b_1+b_2+...+b_n).\left [ a_1^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+a_2^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+...+.a_n^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}} \right ]$

$\Rightarrow (b_1+b_2+...+b_n)(a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n})\geq(b_1+b_2+...+b_n)\left [ a_1^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+a_2^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+...+.a_n^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}} \right ]$

$\Rightarrow a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}\geq a_1^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+a_2^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+...+.a_n^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}$

$\Rightarrow \frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \frac{a_1^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+a_2^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+...+.a_n^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}}{n}$

Theo một kết quả quen thuộc, ta có
$$\frac{x_1^k+x_2^k+...+x_n^k}{n}\geq \left ( \frac{x_1+x_2+...+x_n}{n} \right )^k$$.(*)
Áp dụng vào trên ta được
$$\frac{a_1^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+a_2^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}+...+.a_n^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}$$
Suy ra $$\frac{a_1^{b_1}+.....+a_n^{b_n}}{n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{\frac{b_1+b_2+...+b_n}{n}}$$
Dấu bằng xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
a_1=a_2=..=a_n\\b_1=b_2=...=b_n

\end{matrix}\right.$$

Cách chứng minh của em đúng, anh bất ngờ vì để chứng minh bất đẳng thức trên phải áp dụng nhiều bất đẳng thức đến như vậy: Bất đẳng thức đầu tiên #1; bất đẳng thức AM-GM; bất đẳng thức che bư sep; và bất đẳng thức quen thuộc ở trên (*)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 13-07-2012 - 21:54

[daothanhoai]

Đính chính đề bài của bài trên là:

\[{{a}_{1}}\ge {{a}_{2}}\ge ......\ge {{a}_{n}}>1\] và \[{{\alpha }_{1}}\ge {{\alpha }_{2}}\ge .....\ge {{\alpha }_{n}}\ge 0\] chứng minh:

\[\frac{a_{1}^{{{\alpha }_{1}}}+a_{2}^{{{\alpha }_{2}}}+....a_{n}^{{{\alpha }_{n}}}}{n}\ge {{(\frac{{{a}_{1}}+{{a}_{2}}+....+{{a}_{n}}}{n})}^{\frac{{{\alpha }_{1}}+{{\alpha }_{2}}+.....+{{\alpha }_{n}}}{n}}}\]

Cách làm của Hoàng là đúng hoàn toàn(nhưng cả hai anh em đều viết nhầm điều kiện giả thiết)