Chủ đề này có 1 trả lời

[MIM]

Cho $\left\{\begin{array}{l}a_1,a_2,...,a_n>0\\x_1,x_2,...,x_n>0 \\S=a_1+a_2+...+a_n\\2\leq n\in \mathbb{Z}\\m>0 \end{array}\right.$

Chứng minh rằng:

$\frac{1}{n-1}(x_1+x_2+...+x_n)^2\leq (\frac{a_1^{m+1}}{S-a_1}+...+\frac{a_n^{m+1}}{S-a_n})(\frac{x_1^2}{a_1^m}+...+\frac{x_n^2}{x_n^m})$

(Theo Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 1997)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HAIBARA AI loves ZHAOYUN: 09-08-2012 - 08:09

[Tham Lang]

Lời giải :
Ta có nhận xét sau :
Nếu $a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_n$ thì ta có :

• $a_1^m \ge a_2^m\ge ... \ge a_n^m$
• $\dfrac{a_1}{S-a_1} \ge \dfrac{a_2}{S-a_2} \ge ... \ge \dfrac{a_n}{S-a_n}$

DTheo Chebyshev, CS, ta có :
$$\frac{a_1^{m+1}}{S-a_1}+...+\frac{a_n^{m+1}}{S-a_n} \ge \dfrac{1}{n}\left (a_1^m+a_2^m+...+a_n^m\right )\left (\dfrac{a_1}{S-a_1}+...+\dfrac{a_n}{S-a_n}\right ) \ge \dfrac{1}{n-1} \left (a_1^m+a_2^m+...+a_n^m\right )$$
Theo CS, ta có :
$$\frac{x_1^2}{a_1^m}+...+\frac{x_n^2}{a_n^m} \ge \dfrac{(x_1+x_2+...+x_n)^2}{a_1^m+a_2^m+...+a_n^m}$$
Nhân lại, suy ra ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 09-08-2012 - 12:42