Chủ đề này có 4 trả lời

[Super Fields]

Bài toán:

 

 

Đề cho ta các số thứ tự $a_i$ với:

 

$\begin{Bmatrix} i=\overline{1,2002}\\ \sum \dfrac{1}{1+(a_i)^2}=1 \end{Bmatrix}$

 

Chứng minh rằng: 

 

$\prod a_i\geq 2001^{1001}$

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 16-07-2014 - 14:37

[Trung Gauss]

Từ giả thiết ta dễ dàng suy ra:

              $\frac{a-k}{1+a_k}=\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+...\frac{1}{1+a_{k-1}}\ge \dfrac{k-1}{\sqrt[k-1]{(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_{k-1})}}$

 Tương tự, ta cũng có $2001$ bất đẳng thức tương tự trên,  Nhân vế theo vế các bdt đó, ta được:

             $\prod_{i=1}^{2002}a_i\ge 2001^{2002}$

 Mặt khác, $2001^{2002} > 2002^{1001}$

               $\Rightarrow 2001^2 >2002$, luôn đúng. 

 Suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 15-07-2014 - 20:06

[Super Fields]

Từ giả thiết ta dễ dàng suy ra:

              $\frac{a-k}{1+a_k}=\frac{1}{1+a_1}+\frac{1}{1+a_2}+...\frac{1}{1+a_{k-1}}\ge \dfrac{k-1}{\sqrt[k-1]{(1+a_1)(1+a_2)...(1+a_{k-1})}}$

 Tương tự, ta cũng có $2001$ bất đẳng thức tương tự trên,  Nhân vế theo vế các bdt đó, ta được:

             $\prod_{i=1}^{2002}a_i\ge 2001^{2002}$

 Mặt khác, $2001^{2002} > 2002^{1001}$

               $\Rightarrow 2001^2 >2002$, luôn đúng. 

 Suy ra đpcm.

Đề có chút chỉnh sửa . Hướng giải vẫn vậy.

 

Dòng 2: $a_i$ ( không phải $a-k$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 16-07-2014 - 14:00

[Super Fields]

My Solution:

 

 

Một cách tổng quát, giả thiết cho ta

 

$\frac{a_i^2}{1+a_i^2}=1-\frac{1}{1+a_i^2}=\sum \frac{1}{1+a_{i-1}^2}\geq \frac{i-1}{\sqrt[i-1]{\prod(1+a_{i-1}^2)}}$

 

Thiết lập $2002$ bất đẳng thức tương tự với $i=\overline{1,2002}$ và nhân lại, ta được:

 

$\prod_{i=1}^{2002}a_i^2\geq 2001^{2002}\Rightarrow \prod_{i=1}^{2002}a_i\geq 2001^{1001}$

 

Vậy bài toán đã được chứng minh $\blacksquare$

 

---------------------------------------------

 

Mở rộng ra, ta có bài toán với cách làm tương tự:

 

Với mọi số tự nhiên $k$ chẵn, thỏa mãn:

 

$\sum \frac{1}{1+a_{n}^2}=1$             ( Trong đó $a_k$ là số thứ tự với $n=\overline{1;k}$)

 

Thì: $\prod_{1}^{k}a_n\geq (k-1)^{k/2}$

[Trang Luong]

Bài toán:

 

 

Đề cho ta các số thứ tự $a_i$ với:

 

$\begin{Bmatrix} i=\overline{1,2002}\\ \sum \dfrac{1}{1+(a_i)^2}=1 \end{Bmatrix}$

 

Chứng minh rằng: 

 

$\prod a_i\geq 2002^{1001}$

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

Áp dụng BĐT : $\frac{1}{y_1+1}+\frac{1}{y_2+1}+...+\frac{1}{y_n+1}\leq \frac{n}{1+\sqrt[n]{y_1y_2...y_n}}$

Ta thay vào đầu bài ta có : $1=\frac{1}{a_1^2+1}+\frac{1}{a_2^2+1}+...+\frac{1}{a_{2002}^2+1}\leq \frac{2002}{1+\left ( a_1a_2...a_{2002} \right )^{\frac{2}{2002}}}\Rightarrow \left ( a_1a_2...a_{2002} \right )^\frac{1}{1001}\Rightarrow \prod^{2002}_{i=1} a_i\geq 2001^{1001}$