Chủ đề này có 2 trả lời

[Nhok Tung]

Cho $a_{1},a_{2},...,a_{n}>1$. Chứng minh rằng :

$\frac{1}{1+a_{1}}+\frac{1}{1+a_{2}}+...+\frac{1}{1+a_{n}}\geq \frac{n}{1+\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mikhail Leptchinski: 10-07-2015 - 14:06

[arsfanfc]

 Chủ đề đã có ở đây http://diendantoanho...-sum-frac11a-1/

[Chung Anh]

Cho $a_{1},a_{2},...,a_{n}>1$. Chứng minh rằng :

$\frac{1}{1+a_{1}}+\frac{1}{1+a_{2}}+...+\frac{1}{1+a_{n}}\geq \frac{n}{1+\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}$

Dễ chứng minh BĐT đúng với n=2

Giả sử BĐT đúng với $n=k$ ,tức là $\sum \frac{1}{1+a_{1}}\geq \frac{k}{1+\sqrt[k]{a_{1}a_{2}...a_{k}}} $ (*)

Ta cần chứng minh BĐT đúng với $n=k+1$

Áp dụng (*) có cho (k-1) phân số $\frac{1}{1+\sqrt[k+1]{a_{1}a_{2}...a_{k+1}}} $ có

$\frac{1}{1+a_{k+1}}+\frac{1}{1+\sqrt[k+1]{a_{1}a_{2}...a_{k+1}}}+...+\frac{1}{1+\sqrt[k+1]{a_{1}a_{2}...a_{k+1}}}\geq \frac{k}{1+\sqrt[k]{\sqrt[k+1]{(a_{1}a_{2}...a_{k})^{k-1}a_{k+1}^{2k}}}} $         (**)

Lại có $\frac{k}{1+\sqrt[k]{\sqrt[k+1]{(a_{1}a_{2}...a_{k})^{k-1}a_{k+1}^{2k}}}}+\frac{k}{1+\sqrt[k]{a_{1}a_{2}...a_{k}}}\geq \frac{2k}{1+\sqrt[2k]{\sqrt[k+1]{(a_{1}a_{2}...a_{k})^{k-1}a_{k+1}^{2k}}(a_{1}a_{2}...a_{k})}}=\frac{2k}{1+\sqrt[k+1]{a_{1}a_{2}...a_{k+1}}} $         (1)

Cộng (*),(**) kết hợp (1) ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra <=> $a_{1}=a_{2}=...=a_{k+1}$