Đến nội dung

Hình ảnh

$\sum_{i=1}^n(a_i^7+a_i^3)\ge 2\left(\sum_{i=1}^na_i^3\right)$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 675 Bài viết

Cho $n$ số nguyên dương $a_1,\ a_2,\ \dots,\ a_n$ phân biệt. Chứng minh rằng
\[a_1^7+a_1^3+a_2^7+a_2^3+\dots+a_n^7+a_n^3\ge 2\left(a_1^3+a_2^3+\dots+a_n^3\right)^2.\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 10-11-2022 - 16:15

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra ~O) 
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em :wub:
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh :ukliam2:


#2
Hoang72

Hoang72

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 539 Bài viết

Không biết đề bài này đúng không nhỉ? Nếu để mũ 2 ở VP thì cho $n=2; (a_1,a_2) = (1;2)$ ta có: $VT = 1^7 + 1^3 + 2^7 + 2^3=138$ và $VP= 2(1^3 + 2^3)^2=162$



#3
nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 675 Bài viết

Ngớ ngẩn thật, tiêu đề lẫn nội dung đều viết sai  :( . Đề đúng là như sau:

Cho $n$ số nguyên dương $a_1,\ a_2,\ \dots,\ a_n$ phân biệt. Chứng minh rằng
\[a_1^7+a_1^{\color{red}5}+a_2^7+a_2^{\color{red}5}+\dots+a_n^7+a_n^{\color{red}5}\ge 2\left(a_1^3+a_2^3+\dots+a_n^3\right)^2.\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 06-01-2023 - 07:04

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra ~O) 
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em :wub:
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh :ukliam2:


#4
Hoang72

Hoang72

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 539 Bài viết

Có một hướng bằng quy nạp khá nhẹ nhàng:

Đặt $$S_n = \left\{(x_1,x_2,...,x_n)\in \mathbb {N^*}^n; x_1 < x_2 < ... < x_n\right\}$$

Trước tiên ta chứng minh quy nạp theo $n$ rằng với mọi $(a_1,a_2,...,a_n)\in S_n$ thì ta có bất đẳng thức \begin{equation}4\sum_{i=1}^{n-1} a_i^3\leq (a_n^2 - a_n)^2\end{equation}

Khi $n=1$, bất đẳng thức $(1)$ là hiển nhiên.

Giả sử khi $n=k\in\mathbb N^*$ thì $(1)$ đúng với mọi bộ $(a_1,a_2,...,a_k)\in S_k$.

Ta chứng minh khi $n=k+1\in\mathbb N^*$ thì $(1)$ đúng với mọi bộ $(a_1,a_2,...,a_{k+1})\in S_{k+1}$.

Lấy một bộ $(a_1,a_2,...,a_{k+1})$ bất kì thuộc $S_{k+1}$.

Theo giả thiết quy nạp ta có $$4\sum_{i=1}^{k-1} a_i^3\leq (a_k^2 - a_k)^2$$

Vì $a_{k+1}\geq a_k + 1$ nên $$a_{k+1}^2 - a_{k+1} = a_{k+1}(a_{k+1} - 1)\geq a_k(a_k+1)$$

$$\Rightarrow (a_{k+1}^2 - a_{k+1})^2\geq (a_k^2 + a_k)^2 = (a_k^2 - a_k)^2 + 4a_k^3\geq 4\sum_{i=1}^{k-1} a_{i}^3 + 4a_k^3=4\sum_{i=1}^k a_i^3$$

Theo nguyên lí quy nạp, ta có $(1)$ đúng.

Bây giờ trở lại bài toán: Không mất tính tổng quát giả sử $a_1<a_2<...<a_n$.

Với mọi $i\in \{2...,n\}$ ta có: $$(a_i^2 - a_i)^2\geq 4\sum_{j = 1}^{i-1} a_j^3$$

$$\Leftrightarrow a_i^7 + a_i^5 \geq 2a_i^6 + 4\sum_{j=1}^{i-1} a_i^3a_j^3$$

Do đó: \begin{align*}\sum_{i=1}^n \left(a_i^7 + a_i^5\right) \geq \sum_{i=1}^n 2a_i^6 + 4\sum_{i=2}^n\sum_{j=1}^{i-1}\left(a_ia_j\right)^3 = 2\left(a_1^3 + a_2^3 + ... + a_n^3\right)^2\end{align*}

Đẳng thức xảy ra khi $(a_1,a_2,...,a_n) = (1,2,...,n)$.






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh