Cho: $a_{1},a_{2},...,a_{n}\geq 0$
$a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=1$
$n\epsilon Z$, $n\geq 2$
Chứng minh rằng: $(1+\frac{1}{a_{1}})(1+\frac{1}{a_{2}})...(1+\frac{1}{a_{n}})\geq (n+1)^{n}$
Chứng minh rằng: $(1+\frac{1}{a_{1}})(1+\frac{1}{a_{2}})...(1+\frac{1}{a_{n}})\geq (n+1)^{n}$
#1
Đã gửi 05-08-2015 - 21:59
Ultra music festival is my life
#2
Đã gửi 05-08-2015 - 22:21
Cho: $a_{1},a_{2},...,a_{n}\geq 0$
$a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=1$
$n\epsilon Z$, $n\geq 2$
Chứng minh rằng: $(1+\frac{1}{a_{1}})(1+\frac{1}{a_{2}})...(1+\frac{1}{a_{n}})\geq (n+1)^{n}$
Sử dụng BĐT Holder thì:
$(1+\frac{1}{a_1})(1+\frac{1}{a_2})...(1+\frac{1}{a_n})\geq (1+\frac{1}{\sqrt[n]{a_1a_2...a_2}})^n$
$=(1+\frac{n}{n.\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}})^n$
$\geq (1+\frac{n}{a_1+a_2+...a_n})^n=(n+1)^n$
#3
Đã gửi 05-08-2015 - 22:24
Có 2 cách làm là Minkouski hoặc biến đổi phương trình bậc cao Cauchy
Ultra music festival is my life
#4
Đã gửi 05-08-2015 - 22:25
Sử dụng BĐT Holder thì:
$(1+\frac{1}{a_1})(1+\frac{1}{a_2})...(1+\frac{1}{a_n})\geq (1+\frac{1}{\sqrt[n]{a_1a_2...a_2}})^n$
$=(1+\frac{n}{n.\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}})^n$
$\geq (1+\frac{n}{a_1+a_2+...a_n})^n=(n+1)^n$
e nghĩ dùng Holder nên để các a cấp 3 làm chứ cấp 2 giới hạn dùng các BĐT quen thuộc thôi
Ultra music festival is my life
#5
Đã gửi 05-08-2015 - 22:34
e nghĩ dùng Holder nên để các a cấp 3 làm chứ cấp 2 giới hạn dùng các BĐT quen thuộc thôi
BĐT Minkowski 2:
$\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}+\sqrt[n]{b_1b_2...b_n}\leq \sqrt[n]{(a_1+b_1)(a_2+b_2)...(a_n+b_n)}$
- Thao Huyen yêu thích
#6
Đã gửi 06-08-2015 - 16:04
Cho: $a_{1},a_{2},...,a_{n}\geq 0$
$a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=1$
$n\epsilon Z$, $n\geq 2$
Chứng minh rằng: $(1+\frac{1}{a_{1}})(1+\frac{1}{a_{2}})...(1+\frac{1}{a_{n}})\geq (n+1)^{n}$
Bài này mình mới nghĩ ra,chẳng biết sót chỗ nào không
Biến đổi VT ta có $\frac{(a_{1}+1)(a_{2}+1)...(a_{n}+1)}{a_{1}a_{2}...a_{n}}=\frac{\prod (a_{1}+a_{2}+...+a_{n}+a_{1})}{\prod a_{1}}$ (chú ý giả thiết $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=1$)
Áp dụng BDT AM-GM cho $n+1$ số ở mỗi nhân tử trong tích ta có
$VT\geq \frac{\prod (n+1)\sqrt[n+1]{a_{1}^{2}a_{2}...a_{n}}}{\prod a_{1}}=\frac{(n+1)^{n}\prod a_{1}}{\prod a_{1}}=(n+1)^{n}(đpcm)$
Cm hoàn tất
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 06-08-2015 - 16:05
#7
Đã gửi 07-08-2015 - 13:46
Bài này mình mới nghĩ ra,chẳng biết sót chỗ nào không
Biến đổi VT ta có $\frac{(a_{1}+1)(a_{2}+1)...(a_{n}+1)}{a_{1}a_{2}...a_{n}}=\frac{\prod (a_{1}+a_{2}+...+a_{n}+a_{1})}{\prod a_{1}}$ (chú ý giả thiết $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}=1$)
Áp dụng BDT AM-GM cho $n+1$ số ở mỗi nhân tử trong tích ta có
$VT\geq \frac{\prod (n+1)\sqrt[n+1]{a_{1}^{2}a_{2}...a_{n}}}{\prod a_{1}}=\frac{(n+1)^{n}\prod a_{1}}{\prod a_{1}}=(n+1)^{n}(đpcm)$
Cm hoàn tất
Spoiler
Nên biểu diễn cho dễ hiểu 1 chút chứ cấp 2 hình như chưa học mấy cái ký hiệu này đâu
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fairytail19061: 07-08-2015 - 13:46
Ultra music festival is my life
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh