Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 1 Bình chọn

$(n-1)^{n-1}\sum_{i=1}^n({x_i\prod_{j\ne i}{a_j}})\leq (\sum_{i=1}^n{(1-x_i)a_i})^{n-1}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1 trả lời

#1 phong than

phong than

    Đại Sư

  • Thành viên
  • 273 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 26-08-2009 - 18:03

Cho $a_1,a_2,. . .,a_n;x_1,x_2,. . .,x_n$ là các số thực dương thỏa mãn $\sum_{i=1}^n{x_i}=1$. Chứng minh rằng:
$$(n-1)^{n-1}\sum_{i=1}^n({x_i\prod_{j\ne i}{a_j}})\leq (\sum_{i=1}^n{(1-x_i)a_i})^{n-1}$$



#2 ChinhLu

ChinhLu

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Pisa Italy
  • Sở thích:Football, chess

Đã gửi 11-01-2016 - 05:36

Để thuận tiện ta đặt 

$$S=\{x=(x_1,...,x_n)\in \mathbb{R}^n : 0\leq x_i\leq 1, \forall i ; \sum_{i=1}^n x_i=1\}$$
$$\mathbb{R}_+^n=\{(x_1,...,x_n)\in \mathbb{R}^n : x_i >0, \forall i\}.$$
Xét hàm số (nhiều biến) $F: \mathbb{R}^{n}\times \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}$ cho bởi
$$F(x,a) = \left(\sum_{i=1}^n (1-x_i)a_i \right)^{n-1} - (n-1)^{n-1}\sum_{i=1}^n x_i\prod_{j\neq i}a_j,$$
với $x=(x_1,...,x_n)\in \mathbb{R}^n$, $a=(a_1,...,a_n)\in \mathbb{R}^n$.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo $n$ rằng 
$$(*) \ \ \ F(x,a)\geq 0 , \forall x\in S,\  \forall a \in \mathbb{R}_+^n. $$
Ta kiểm tra được trường hợp $n=2$ (lúc này $F\equiv 0$). Giả sử rằng (*) là đúng với $n=2,3,...,k-1$. Ta chứng minh (*)  cho $n=k$. Cố định $a=(a_1,...,a_n)\in \mathbb{R}_+^n$. Chọn $(x_1,...,x_n)\in S$ sao cho giá trị nhỏ nhất của $F$ đạt được  tại $(x,a)$. Ta xét hai trường hợp sau:
 
 
  • TH1: Các số $a_i$ là đôi một khác nhau. Khi đó tồn tại $k < m$ sao cho 
$$(**) \ \ (n-1)\left(\sum_{i=1}^n (1-x_i)a_i \right)^{n-2} \neq  (n-1)^{n-1} \prod_{j\neq k, j\neq m} a_j.$$
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $k=1,m=2$. Ta chứng minh rằng trong các số $x_i$ phải có ít nhất một số bằng $0$. Giả sử ngược lại, $x_i\in (0,1), \forall i$. Xét hàm số $f(t)= F(x(t),a)$ với $x(t)= (x_1+t,x_2-t,x_3,...,x_n)$. Để ý rằng với $t\in \mathbb{R}$ đủ nhỏ  thì $x(t) \in S$. Do $f(t)$ đạt cực tiểu tại $t=0$ nên ta có $f'(0)=0$. Nhưng do các số $a_i$ khác nhau đôi một nên theo (**) ta thấy rằng $f'(0)\neq 0$, mâu thuẫn. Vậy phải tồn tại $k$ sao cho $x_k=0$. Bây giờ ta viết 
 
$$F(x,a) = (a_k + X)^{n-1} - (n-1)^{n-1} a_k  \sum_{i\neq k} x_i \prod_{j\neq i,j\neq k} a_j,$$
 
với $$X=\sum_{i\neq k} (1-x_i)a_i.$$ Áp dụng giả thiết quy nạp ta có 
$$(n-2)^{n-2} \sum_{i\neq k} x_i \prod_{j\neq i,j\neq k} a_j \leq X^{n-2}.$$
Như vậy ta có 
 
$$F(x,a) \geq (a_k +X)^{n-1} -\frac{(n-1)^{n-1}}{(n-2)^{n-2}} a_k X^{n-2}.$$
 
Bây giờ áp dụng BDT AM-GM ta được $F(x,a)\geq 0$.
 
 
  • TH2:  Tồn tại $k\neq m$ sao cho $a_k=a_m$. Ta có thể giả sử $a_1=a_n$. Đặt $y_1=x_1+x_2, y_2=x_3,...,y_{n-1}=x_n$. Ta có thể viết lại $F(x,a)$ dưới dạng
 
$$ F(x,a) = (a_n + Y)^{n-1} - (n-1)^{n-1} a_n \sum_{i=1}^{n-1} y_i \prod_{j\neq i}^{n-1} a_j,$$
với $$Y= \sum_{i=1}^{n-1}(1-y_i)a_i.$$ Áp dụng giả thiết quy nạp và lập luận tương tự như trường hợp (1) ta được $F(x,a)\geq 0$. 
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ChinhLu: 11-01-2016 - 15:58





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh