Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


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
  • 272 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