Cho $n$ số nguyên dương $a_1,\ a_2,\ \dots,\ a_n$ phân biệt. Chứng minh rằng
\[a_1^7+a_1^3+a_2^7+a_2^3+\dots+a_n^7+a_n^3\ge 2\left(a_1^3+a_2^3+\dots+a_n^3\right)^2.\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 10-11-2022 - 16:15
Cho $n$ số nguyên dương $a_1,\ a_2,\ \dots,\ a_n$ phân biệt. Chứng minh rằng
\[a_1^7+a_1^3+a_2^7+a_2^3+\dots+a_n^7+a_n^3\ge 2\left(a_1^3+a_2^3+\dots+a_n^3\right)^2.\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 10-11-2022 - 16:15
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
Không biết đề bài này đúng không nhỉ? Nếu để mũ 2 ở VP thì cho $n=2; (a_1,a_2) = (1;2)$ ta có: $VT = 1^7 + 1^3 + 2^7 + 2^3=138$ và $VP= 2(1^3 + 2^3)^2=162$
Ngớ ngẩn thật, tiêu đề lẫn nội dung đều viết sai . Đề đúng là như sau:
Cho $n$ số nguyên dương $a_1,\ a_2,\ \dots,\ a_n$ phân biệt. Chứng minh rằng
\[a_1^7+a_1^{\color{red}5}+a_2^7+a_2^{\color{red}5}+\dots+a_n^7+a_n^{\color{red}5}\ge 2\left(a_1^3+a_2^3+\dots+a_n^3\right)^2.\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 06-01-2023 - 07:04
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
Có một hướng bằng quy nạp khá nhẹ nhàng:
Đặt $$S_n = \left\{(x_1,x_2,...,x_n)\in \mathbb {N^*}^n; x_1 < x_2 < ... < x_n\right\}$$
Trước tiên ta chứng minh quy nạp theo $n$ rằng với mọi $(a_1,a_2,...,a_n)\in S_n$ thì ta có bất đẳng thức \begin{equation}4\sum_{i=1}^{n-1} a_i^3\leq (a_n^2 - a_n)^2\end{equation}
Khi $n=1$, bất đẳng thức $(1)$ là hiển nhiên.
Giả sử khi $n=k\in\mathbb N^*$ thì $(1)$ đúng với mọi bộ $(a_1,a_2,...,a_k)\in S_k$.
Ta chứng minh khi $n=k+1\in\mathbb N^*$ thì $(1)$ đúng với mọi bộ $(a_1,a_2,...,a_{k+1})\in S_{k+1}$.
Lấy một bộ $(a_1,a_2,...,a_{k+1})$ bất kì thuộc $S_{k+1}$.
Theo giả thiết quy nạp ta có $$4\sum_{i=1}^{k-1} a_i^3\leq (a_k^2 - a_k)^2$$
Vì $a_{k+1}\geq a_k + 1$ nên $$a_{k+1}^2 - a_{k+1} = a_{k+1}(a_{k+1} - 1)\geq a_k(a_k+1)$$
$$\Rightarrow (a_{k+1}^2 - a_{k+1})^2\geq (a_k^2 + a_k)^2 = (a_k^2 - a_k)^2 + 4a_k^3\geq 4\sum_{i=1}^{k-1} a_{i}^3 + 4a_k^3=4\sum_{i=1}^k a_i^3$$
Theo nguyên lí quy nạp, ta có $(1)$ đúng.
Bây giờ trở lại bài toán: Không mất tính tổng quát giả sử $a_1<a_2<...<a_n$.
Với mọi $i\in \{2...,n\}$ ta có: $$(a_i^2 - a_i)^2\geq 4\sum_{j = 1}^{i-1} a_j^3$$
$$\Leftrightarrow a_i^7 + a_i^5 \geq 2a_i^6 + 4\sum_{j=1}^{i-1} a_i^3a_j^3$$
Do đó: \begin{align*}\sum_{i=1}^n \left(a_i^7 + a_i^5\right) \geq \sum_{i=1}^n 2a_i^6 + 4\sum_{i=2}^n\sum_{j=1}^{i-1}\left(a_ia_j\right)^3 = 2\left(a_1^3 + a_2^3 + ... + a_n^3\right)^2\end{align*}
Đẳng thức xảy ra khi $(a_1,a_2,...,a_n) = (1,2,...,n)$.
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh