Chủ đề này có 3 trả lời

[yellow]

Cho $a_{1},a_{2},...,a_{n}>0$ thoả mãn điều kiện $\frac{1}{a_{1}+1998}+\frac{1}{a_{2}+1998}+...+\frac{1}{a_{n}+1998}=\frac{1}{1998}$. Chứng minh: $\frac{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}{n-1}\geq 1998$

[dark templar]

Cho $a_{1},a_{2},...,a_{n}>0$ thoả mãn điều kiện $\frac{1}{a_{1}+1998}+\frac{1}{a_{2}+1998}+...+\frac{1}{a_{n}+1998}=\frac{1}{1998}$. Chứng minh: $\frac{\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}}{n-1}\geq 1998$

VMO 1998,cách giải là đổi ẩn $b_{i}=\frac{1998}{1998+x_{i}}$
Khi đó giả thuyết là $b_1+b_2+...+b_{n}=1$.Điều cần cm trở thành:$\prod_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{b_{k}}-1 \right) \ge (n-1)^{n}$
Thực chất đây chỉ là hệ quả của AM-GM:
$$\frac{1}{b_{k}}-1 \ge (n-1)\sqrt[n-1]{\frac{b_1...b_{k-1}b_{k+1}....b_{n}}{b_{k}^{n-1}}}$$
P/s:Ta có thể thay 1998 bằng 1 hằng số $k$ dương bất kỳ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-10-2012 - 09:33

[dark templar]

có thể chứng minh : $\frac{1}{1998}=\frac{1}{1998+a_{1}}+\frac{1}{1998+a_{2}}+..+\frac{1}{1998+a_{n}} \geq \frac{1998n}{1998+\sqrt[n]{a_{1}a_{2}..a_{n}}}$
Sau đó suy ra kết quả

BĐT này chỉ đúng khi $\frac{1}{1998+x}+\frac{1}{1998+y} \ge \frac{2}{1998+\sqrt{xy}};\forall x,y>0$ Mà rõ ràng BĐT này sai khi ta thử $x=\frac{1}{3};y=\frac{1}{2}$.

[dark templar]

BĐT mà bạn gọi là Jensen thực ra không đúng
Xét hàm số $f(t)=\frac{1}{1998+t}$ là hàm lồi trên $(0;+\infty)$ thì để BĐT của bạn đúng thì nó phải thỏa mãn:$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy});\forall x,y>0$,nhưng đáng tiếc là BĐT này sai với $x=\frac{1}{3};y=\frac{1}{2}$