Chủ đề này có 4 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán :
Cho $a_i\ge 1; i=1,2,...,n$
Chứng minh rằng :
$$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left [\left (\sum_{i=1}^{n} a_i\right ) +1\right ]$$

[nhungvienkimcuong]

Bài toán :
Cho $a_i\ge 1; i=1,2,...,n$
Chứng minh rằng :
$$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left [\left (\sum_{i=1}^{n} a_i\right ) +1\right ]$$

cứ thấy $n$ mà quy nạp thôi nào 

ta gọi $\mathcal{P}(n)$ là mệnh đề với bất kì $n$ số $a_i\ge 1; i=1,2,...,n$ thì

$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )$

$\bullet$ dễ dàng chứng minh $\mathcal{P}(1)$ đúng

$\bullet$ với $n\ge 2:$ giả sử $\mathcal{P}(k)$ đúng $\forall k\le n$

$\bullet$ ta chứng minh $\mathcal{P}(n+1)$ đúng

thật vậy với $n+1$ số $a_i\ge 1,i=\overline{1,n+1}$ ta hoàn toàn có thể giả sử $a_{n+1}=\max\left \{ a_i\mid i=\overline{1,n+1} \right \}$

ta cần chứng minh

$\prod_{i=1}^{n+1} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^{n+1}}{n+2}\left ( \sum_{i=1}^{n+1}a_i+1 \right )$

mà với $n$ số $a_i,i=\overline{1,n}$ thì theo $\mathcal{P}(n)$ ta có

$\prod_{i=1}^{n} \left (a_i+1\right ) \ge \dfrac{2^n}{n+1}\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )$

do đó ta chỉ cần chứng minh

$\frac{2^n}{n+1}\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )\left ( a_{n+1}+1 \right )\ge \frac{2^{n+1}}{n+2}\left ( \sum_{i=1}^{n+1}a_i+1 \right )$

$\Leftrightarrow \left ( 1-\frac{2(n+1)}{(n+2)\left ( \sum_{i=1}^{n}a_i+1 \right )} \right )a_{n+1}\ge \frac{n}{n+2}$

mà ta lại có $a_{n+1}=\max\left \{ a_i\mid i=\overline{1,n+1} \right \}$ nên

$\Rightarrow a_{n+1}\ge \frac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n}=\frac{\mathcal{A}}{n}$

do đó ta chỉ cần chứng minh

$\left ( 1-\frac{2n+2}{(n+2)\left ( \mathcal{A}+1 \right )} \right ).\frac{\mathcal{A}}{n}\ge \frac{n}{n+2}$

$\Leftrightarrow (n+2)\mathcal{A}^2-(n^2+n)\mathcal{A}-n^2\ge 0$

điều trên luôn đúng bởi vì để ý $\mathcal{A}\ge n$ thì ta được

$(n+2)\mathcal{A}^2-(n^2+n)\mathcal{A}-n^2\ge (n+2)n.\mathcal{A}-(n^2+n)\mathcal{A}-n^2=n\mathcal{A}-n^2\ge 0$

do đó $\mathcal{P}(n+1)$ được chứng minh nên theo quy nạp ta có $\text{Q.E.D}$

[WhjteShadow]

cứ thấy $n$ mà quy nạp thôi nào 

...

do đó $\mathcal{P}(n+1)$ được chứng minh nên theo quy nạp ta có $\text{Q.E.D}$

 

Bài làm của em làm đúng rồi. Tuy nhiên ta có thể nghĩ theo một cách khác đơn giản và trực quan hơn:

Nếu ta coi bậc của các $a_i$ là như nhau thì rõ ràng vế trái có nhiều phần tử có bậc to hơn vế phải và các phần tử đều $\geq 1$. Gọi $S=\sum_{i=1}^{n} a_{i}$. Ta nhân bung vế trái ra, với mỗi $1< k \leq n$ và bộ $i_1<i_2< \dots < i_k$ thì 

$$a_{i_1}a_{i_2} \cdots a_{i_k} \geq \dfrac{a_{i_1} + a_{i_2} +\cdots + a_{i_k}}{k}$$

Đánh giá với mọi bộ như vậy và cộng lại (tất nhiên phải có bước "đếm"  ), ta có

$$ \text{Vế trái} \geq \dfrac{2^n-1}{n} S +1 \geq \dfrac{2^n}{n+1} (S+1)= \text{Vế phải}, $$

do $S\geq n$. 

====

Từ nay mình sẽ phụ trách một phần chấm bài của các bài PSW; cũng bật mí rằng chế độ tính điểm và thưởng cho các bạn đạt 100 điểm PSW sẽ trở lại. Bài em làm đúng +10 điểm nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 23-08-2017 - 22:04

[ehtetaf]

Cách khác:

Bài  toán 1:Cho các số $a_{i}$>0,i=1,2,...n thì $\prod_{1}^{n}\left ( a_{i}+1 \right )\geq 1+\sum_{1}^{n}a_{i.}$

Chứng minh  bằng qui nạp.

Quay trở lại bài toán:

Để ý $\frac{x+1}{2}=\frac{x-1}{2}+1$.

     Áp dụng vào bài toán 1 có $\prod_{1}^{n}\left ( \frac{a_{i}-1}{2}+1 \right )\geq 1+\sum_{1}^{n}\frac{a_{i}-1}{2}.$

     Hay $\prod_{1}^{n}\left ( \frac{a_{i}+1}{2} \right )\geq 1+\frac{\sum_{1}^{n}a_{i}-n}{2}$.

     Đặt $A=\sum_{1}^{n}a_{i}$.

     Cần chứng minh $\frac{A-n+2}{2}\geq \frac{A+1}{n+1}\Leftrightarrow A\geq n. $

     Đúng do a$_{i}\geq 1$ với mọi i.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ehtetaf: 28-09-2017 - 20:52

[NeverDiex]

cứ thấy nn mà quy nạp thôi nào  

ta gọi P(n)P(n) là mệnh đề với bất kì nn số ai≥1;i=1,2,...,nai≥1;i=1,2,...,n thì

n∏i=1(ai+1)≥2nn+1(n∑i=1ai+1)∏i=1n(ai+1)≥2nn+1(∑i=1nai+1)

∙∙ dễ dàng chứng minh P(1)P(1) đúng

∙∙ với n≥2:n≥2: giả sử P(k)P(k) đúng ∀k≤n∀k≤n

∙∙ ta chứng minh P(n+1)P(n+1) đúng

thật vậy với n+1n+1 số ai≥1,i=¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯1,n+1ai≥1,i=1,n+1¯ ta hoàn toàn có thể giả sử an+1=max{ai∣i=¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯1,n+1}an+1=max{ai∣i=1,n+1¯}

ta cần chứng minh

n+1∏i=1(ai+1)≥2n+1n+2(n+1∑i=1ai+1)∏i=1n+1(ai+1)≥2n+1n+2(∑i=1n+1ai+1)

mà với nn số ai,i=¯¯¯¯¯¯¯¯1,nai,i=1,n¯ thì theo P(n)P(n) ta có

n∏i=1(ai+1)≥2nn+1(n∑i=1ai+1)∏i=1n(ai+1)≥2nn+1(∑i=1nai+1)

do đó ta chỉ cần chứng minh

2nn+1(n∑i=1ai+1)(an+1+1)≥2n+1n+2(n+1∑i=1ai+1)2nn+1(∑i=1nai+1)(an+1+1)≥2n+1n+2(∑i=1n+1ai+1)

⇔(1−2(n+1)(n+2)(∑ni=1ai+1))an+1≥nn+2⇔(1−2(n+1)(n+2)(∑i=1nai+1))an+1≥nn+2

mà ta lại có an+1=max{ai∣i=¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯1,n+1}an+1=max{ai∣i=1,n+1¯} nên

⇒an+1≥∑ni=1ain=An⇒an+1≥∑i=1nain=An

do đó ta chỉ cần chứng minh

(1−2n+2(n+2)(A+1)).An≥nn+2