Chủ đề này có 1 trả lời

[Pirates]

Giả sử $x_k > 0 (k = 1, 2, ..., n), \sum\limits_{k=1}^{n} x_k = 1$. Chứng minh: $\prod\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1 + x_k}{x_k} \geq \prod\limits_{k=1}^{n} \dfrac{n - x_k}{1 - x_k}$.

[*LinKinPark*]

Holer

$\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {1 + \dfrac{1}{{{x_k}}}} \right]} \ge {\left[ {1 + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt[{n - 1}]{{\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}}}} \right)} \right]^{n - 1}}$

AM-GM

${\left[ {1 + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt[{n - 1}]{{\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}}}} \right)} \right]^{n - 1}} \ge {\left[ {1 + \left( {\dfrac{{n - 1}}{{\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}} \right)} \right]^{n - 1}}$

$ = {\left[ {1 + \dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}} = {\left[ {\dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}}$

Suy ra $\prod\limits_{i = 1}^{n - 1} {\left[ {1 + \dfrac{1}{{{x_k}}}} \right]} \ge {\left[ {\dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}}$

Xây dựng thêm $n-1$ BĐT như vậy rồi nhân vế theo vế ta được

${\left[ {\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{1 + {x_k}}}{{{x_k}}}} \right)} } \right]^{n - 1}} \ge {\left[ {\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{n - {x_k}}}{{1 - {x_k}}}} \right)} } \right]^{n - 1}}$

hay

$\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{1 + {x_k}}}{{{x_k}}}} \right)} \ge \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{n - {x_k}}}{{1 - {x_k}}}} \right)} $ Q.E.D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi *LinKinPark*: 01-05-2010 - 08:55