Chủ đề này có 2 trả lời

[Sagittarius912]

Cho $a,b >0$ thỏa mãn $a+b=2$ và $n \in \mathbb{N}$ Chứng minh:

$(ab)^{\frac{n(n+1)}{2}}.(a^n+b^n)\le 2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 30-04-2013 - 23:11

[Nguyenhuyen_AG]

Cho $a,b >0$ thỏa mãn $a+b=2$ và $n \in \mathbb{N}$ Chứng minh:

$(ab)^{\frac{n(n+1)}{2}}.(a^n+b^n)\le 2$

 

Thuần nhất hai vế và chuẩn hóa $b=1$ ta sẽ được câu bất đẳng thức trong đề thi quốc gia năm 2011.

[hozymary]

Chứng minh bằng quy nạp: Đặt $S_n = (ab)^{\frac{n(n+1)}{2}}\left(a^n+b^n\right)$. BĐT hiển nhiên đúng với $n=0$.

Ta sẽ chứng minh $\begin{align} S_n\ge S_{n+1}, \ \forall n\in \mathbb{N} \label{eq:pt1}\end{align}$

 

Dễ thấy với $n=0$ thì $\eqref{eq:pt1}$ đúng. Giả sử $\eqref{eq:pt1}$ đúng với $n=k-1\Rightarrow a^{k-1}+b^{k-1}\ge (ab)^{k}\left(a^k+b^k\right)$

Từ điều kiện $a+b=2$ ta có:

$(a+b)\left(a^k+b^k \right )=a^{k+1}+b^{k+1}+ab\left(a^{k-1}+b^{k-1} \right )\\ \Rightarrow \left(2-(ab)^{k+1} \right )\left(a^k+b^k \right )\ge a^{k+1}+b^{k+1}$

Mặt khác, theo Cô-si thì $\left(2-(ab)^{k+1}\right)(ab)^{k+1}\le \frac{\left(2-(ab)^{k+1}+(ab)^{k+1}\right)^2}{4} = 1$

Từ hai điều trên suy ra $a^k+b^k\ge (ab)^{k+1}\left(a^{k+1}+b^{k+1}\right)$. Nhân cả hai vế cho $(ab)^{\frac{k(k+1)}{2}}$ cho ta điều phải chứng minh: $S_k\ge S_{k+1}$. Như vậy theo nguyên lý quy nạp ta có $\eqref{eq:pt1}$ đúng

Vậy $S_n\le S_0\le 2$ với mọi $n\in \mathbb{N}$