Chủ đề này có 2 trả lời

[song_ha]

Cho $n\geq 3$ và $a_k> 0, k = 1,2,...,n$. Đặt $S= \sum\limits_{i=1}^{n}a_i; P= a_1.a_2...a_n$
Chứng minh rằng:
$$ \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{S- a_i} < \sqrt[n]{\dfrac{S}{P}}$$

[phudinhgioihan]

Cho $n\geq 3$ và $a_k> 0, k = 1,2,...,n$. Đặt $S= \sum\limits_{i=1}^{n}a_i; P= a_1.a_2...a_n$
Chứng minh rằng:
$$ \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{S- a_i} < \sqrt[n]{\dfrac{S}{P}}$$

Thật buồn khi bất đẳng thức này là sai!

Cho $a_1=a_2=...=a_n$ , bất đẳng thức trên viết lại là

$$\dfrac{n}{(n-1)a_1} < \sqrt[n]{\dfrac{n}{a_1^{n-1}}}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{n}{(n-1)\sqrt[n]{a_1}}<\sqrt[n]{n}$$

Chọn $a_1=\dfrac{1}{n}$

Vậy bất đẳng thức tương đương với $\dfrac{n}{n-1}<1 $ mâu thuẫn !

Ta có thể sửa lại đề bài để được bài toán đúng là:

$$ \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{S- a_i} < \sqrt[n-1]{\dfrac{S}{P}}$$

Tuy nhiên, xin nghĩ khác đi một tí và ta "chế" được một bài toán khác hay hơn nhiều.

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
Tìm $n \in \mathbb{N},n>1 $ sao cho tồn tại bộ $n$ số thực dương $a_i \;, i \in \{1,...,n\}$ sao cho

$$\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{S- a_i} = \sqrt[n-1]{\dfrac{S}{P}}$$

Với $S= \sum\limits_{i=1}^{n}a_i\;;\;\; P= a_1.a_2...a_n$
|~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Với $n=2$ , rõ ràng ta luôn có $$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}=\sqrt[1]{\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}} \;\;, \forall (a_1;a_2) \in {\mathbb{R}_+^*}^2 $$

Vậy $n=2$ luôn có vô số bộ 2 số dương thỏa yêu cầu.

Với $n\ge 3$ ta chứng minh rằng

$$\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{S- a_i} < \sqrt[n-1]{\dfrac{S}{P}}$$

$$\Leftrightarrow \left(\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{S- a_i} \right)^{n-1}<\dfrac{S}{P}$$

$$\Leftrightarrow \left(\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{\sum_{k=1, k \neq i}^n a_k} \right)^{n-1}<\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{\prod_{k=1,k \neq i}^n a_i}$$

Theo $AM-GM$

$$ \left(\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{\sum_{k=1, k \neq i}^n a_k} \right)^{n-1} \le \left( \sum_{i=1}^n \dfrac{1}{(n-1)\prod_{k=1,k \neq i}^n \sqrt[n-1]{a_k}} \right)^{n-1}$$

$$\le \dfrac{1}{(n-1)^{n-1}} \left(\sum_{i=1}^n \dfrac{1}{\prod_{k=1,k \neq i}^n\sqrt[n-1]{a_k}} \right)^{n-1}$$

$$\le \dfrac{1}{(n-1)^{n-1}} n^{n-2} \sum_{i=1}^n \dfrac{1}{\prod_{k=1,k\neq i}^na_k}$$

Ta chứng minh $n^{n-2}<(n-1)^{n-1} \;\;, \forall n\ge 3$

$$\Leftrightarrow \dfrac{\ln n}{n-1}<\dfrac{\ln (n-1)}{n-2}$$

Xét hàm số $f(x)=\dfrac{\ln x}{x-1} \;\;, x \ge 2$

$$f'(x)=\dfrac{x-1-x\ln x}{x(x-1)^2} $$

Xét $g(x)=x-1-x\ln x \;\;, x \ge 2 $

$$g'(x)=- \ln x <0 \;\;, \forall x \ge 2$$

$$ \text{Suy ra g(x) nghịch biến trên} [2;+\infty) \Rightarrow g(x) \le g(2)<0 $$

$$\Rightarrow f'(x)<0 \;\;, \forall x \ge 2 $$

suy ra $f(x)$ giảm ngặt trên $[2;+\infty)$

Vậy $\forall n \ge 2 \;, f(n)<f(n-1) $ tức $\dfrac{\ln n}{n-1}<\dfrac{\ln (n-1)}{n-2}$

Vậy ta đã cm được $$ \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{S- a_i} < \sqrt[n-1]{\dfrac{S}{P}} \;\;\;, \forall n \ge 3$$

Kết luận : $n=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 16-01-2013 - 15:57

[PSW]

Chấm bài:
phudinhgioihan: 10 điểm + 5 điểm mở rộng = 15 điểm