Chủ đề này có 2 trả lời

[demonhunter000]

Cho $a_{1},a_{2},...a_{n}>0$ sao cho:
$a_{1}^{6}+a_{2}^{6}+...+a_{n}^{6}=n$,$n \leq 81$
Cmr:$a_{1}^{2}+...a_{n}^{2}\leq a_{1}^{5}+....a_{n}^{5}$
Vasc
Có thể bỏ $n\leq 81$ đc ko?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-02-2013 - 23:22

[nguyenthehoan]

có dk các số dương ko bạn.để nguyên thì sai rồi!!!
---------------
Đã sửa bạn nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-02-2013 - 23:22

[WhjteShadow]

Cho $a_{1},a_{2},...a_{n}>0$ sao cho:
$a_{1}^{6}+a_{2}^{6}+...+a_{n}^{6}=n$,$n \leq 81$
Cmr:$a_{1}^{2}+...a_{n}^{2}\leq a_{1}^{5}+....a_{n}^{5}$
Vasc
Có thể bỏ $n\leq 81$ đc ko?

Cố định $\sum a_i^5$, lúc đó ta có:
$$a_{1}^{6}+a_{2}^{6}+...+a_{n}^{6}=Const$$
$$a_{1}^{5}+a_{2}^{5}+...+a_{n}^{5}=Const$$
The0 định lý EV thì $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2}$ đạt GTLN khi $a_1=a_2=....\leq a_n$. Vậy bài toán trở thành:
$$(n-1)a^6+b^6=n$$
Chứng minh rằng:
$$(n-1)a^2+b^2\leq (n-1)a^5+b^5$$
Với $a=a_1=a_2=....\leq a_n=b$.
Viết lại bất đẳng thức duới dạng thuần nhất:
$$\left[(n-1)a^2+b^2\right]^2\left[(n-1)a^6+b^6\right]\leq n.\left[(n-1)a^5+b^5\right]^2$$
Do $a>0$ nên ta chuẩn hóa $a=1,b\geq 1$, bất đẳng thức tương đương:
$$\left(n-1+b^2\right)^2\left(n-1+b^6\right)\leq n.\left(n-1+b^5\right)^2$$
Khai triển và biến đổi ta có bất đẳng thức tương đương:
$$(n-1)(b-1)^2\left[b^6+b^5-b^4-(n-1)b^2+(n-1)b+n-1\right]\geq 0$$
Đặt $80\geq n-1=k\geq 1$ (TH $k=0$ tầm thường), ta chỉ cần chứng minh:
$$b^6+b^5-b^4-kb^2+kb+k\geq 0$$
Với $b\geq 1$.
Ta coi $k$ là ẩn và đạo hàm the0 $k$ thì:
$$f'(k)= k(1-2b)+1\leq 0$$
Vậy $f(k)$ nghịch biến, $f(k)\geq f(80)$, ta chỉ cần chứng minh:
$$b^6+b^5-b^4-80b^2+80b+80\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (b-2)^2(b^4+5b^3+15b^2+40b+20)\geq 0$$
Bất đẳng thức này luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra tại $a_1=a_2=...=a_n$ hoặc $a_1=a_2=....=a_{n-1}=\frac{a_n}{2}$ $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 17-02-2013 - 22:12