BẤT ĐẲNG THỨC 6
#1
Đã gửi 11-12-2011 - 20:12
$$S = \dfrac{{\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}{{\sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}}} + \dfrac{{\sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}$$
#2
Đã gửi 11-12-2011 - 20:36
$\sum_{n}^{i=1}a_i\geq n\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}a_i}$
Đặt $\dfrac{\sum_{n}^{i=1}a_i}{\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}a_i}}=x$
Ta có: $S=x+\dfrac{1}{x}$
Do $x\geq n$ hence $S\geq n+\dfrac{1}{n}$
We are done!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 11-12-2011 - 20:37
- NguyThang khtn yêu thích
#3
Đã gửi 08-02-2012 - 16:18
Bài này bạn làm sai rồiBài này thực chất đơn giản như thế này:
$\sum_{n}^{i=1}a_i\geq n\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}a_i}$
Đặt $\dfrac{\sum_{n}^{i=1}a_i}{\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}a_i}}=x$
Ta có: $S=x+\dfrac{1}{x}$
Do $x\geq n$ hence $S\geq n+\dfrac{1}{n}$
We are done!
đặt $ X = a_1 + a_2 + ... + a_n , Y = \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$ suy ra $X \ge nY$
$$S = \dfrac{X}{Y} + \dfrac{Y}{X} = \dfrac{(n^2 - 1)X}{n^2.Y} + \left ( \dfrac{X}{n^2Y} + \dfrac{Y}{X} \right ) \ge \dfrac{n.(n^2 - 1)}{n^2} + \dfrac{2}{n} = \dfrac{n^2 + 1}{n}$$
vậy $S_{min} = \dfrac{n^2 + 1}{n}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 08-02-2012 - 16:19
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#4
Đã gửi 08-02-2012 - 20:21
Không sai đâu bạn, đây dùng tính chất hàm số.Bài này bạn làm sai rồi
đặt $ X = a_1 + a_2 + ... + a_n , Y = \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$ suy ra $X \ge nY$
$$S = \dfrac{X}{Y} + \dfrac{Y}{X} = \dfrac{(n^2 - 1)X}{n^2.Y} + \left ( \dfrac{X}{n^2Y} + \dfrac{Y}{X} \right ) \ge \dfrac{n.(n^2 - 1)}{n^2} + \dfrac{2}{n} = \dfrac{n^2 + 1}{n}$$
vậy $S_{min} = \dfrac{n^2 + 1}{n}$
#5
Đã gửi 08-02-2012 - 20:24
uhm, mình nhìn nhầmKhông sai đâu bạn, đây dùng tính chất hàm số.
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh