Bài 104955

Question

Chứng minh rằng với mọi $a_1,a_2,...,a_n>0$ và với mọi $x_1,x_2,...,x_n\in \mathbb{R}$.

Ta có bất đẳng thức sau:
$\frac{1}{n-1}(x_1+x_2+...+x_n)^2\leq (\frac{a_1^{m+1}}{S-a_1}+...+\frac{a_n^{m+1}}{S-a_n})(\frac{x_1^2}{a_1^m}+\frac{x_2^2}{a_2^m}+...+\frac{x_n^2}{a_n^m})$
Với mọi $m,n\in \mathbb{N}; m\geq2, S=a_1+a_2+...+a_n$

hoàng anh thọ · Answer 1 · 7/11/2012 4:03:42 PM

Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1\geq a_2\geq ...\geq a_n$.
Khi đó, do $a_i>0 \forall i=1,2...,n ;    m\in N$, ta có:
     $a_1^m\geq a_2^m \geq ...\geq a_n^m.            (1)$
     $\frac{a_1}{S-a_1}\geq \frac{a_2}{S-a_2}\geq ...\geq \frac{a_n}{S-a_n}.        (2)$
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:
$(a_1^m+a_2^m+...+a_n^m)(\frac{a_1}{S-a_1}+ \frac{a_2}{S-a_2}+ ...+ \frac{a_n}{S-a_n}) \leq n(\frac{a_1^{m+1}}{S-a_1}+ \frac{a_2^{m+1}}{S-a_2}+...+ \frac{a_n^{m+1}}{S-a_n})(3)$
Mặt khác ta có:
     $\frac{a_1}{S-a_1}+ \frac{a_2}{S-a_2}+ ...+ \frac{a_n}{S-a_n}=(\frac{S}{S-a_1}-1)+ (\frac{S}{S-a_2}-1)+ ...+ (\frac{S}{S-a_n}-1)$
$=S(\frac{1}{S-a_1}+ \frac{1}{S-a_2}+ ...+ \frac{1}{S-a_n})-n$
$=\frac{1}{n-1}[(S-a_1)+...+(S-a_n)].(\frac{1}{S-a_1}+ ...+ \frac{1}{S-a_n})-n\geq \frac{n^2}{n-1}-n=\frac{n}{n-1}$.
Khi đó, từ $(3) $ta có: $\frac{1}{n-1}(a_1^m+...+a_n^m) \leq\frac{a_1^{m+1}}{S-a_2}+...+ \frac{a_n^{m+1}}{S-a_n}        (4)$
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski cho hai bộ số:
$\frac{x_1}{\sqrt{a_1^m}},\frac{x_2}{\sqrt{a_2^m}},...,\frac{x_n}{\sqrt{a_n^m}}$ và $\sqrt{a_1^m},\sqrt{a_2^m},...,\sqrt{a_n^m}$    ta được:
$(\frac{x_1^2}{{a_1^m}}+\frac{x_2^2}{{a_2^m}}+...+\frac{x_n^2}{{a_n^m}}) .({a_1^m}+{a_2^m}+...+{a_n^m}) \geq(x_1+x_2+...+x_n)^2$
$\Rightarrow \frac{(x_1+x_2+...+x_n)^2}{{a_1^m}+{a_2^m}+...+{a_n^m}} \leq \frac{x_1^2}{{a_1^m}}+\frac{x_2^2}{{a_2^m}}+...+\frac{x_n^2}{{a_n^m}}   .       (5)$
Do các vế của $(4),(5)$ đều là các số dương nên nhân vế với vế hai bất đẳng thức cùng chiều $(4),(5)$ ta được:
$\frac{1}{n-1}(x_1+x_2+...+x_n)^2\leq (\frac{a_1^{n+1}}{S-a_1}+...+\frac{a_n^{m+1}}{S-a_n})(\frac{x_1^2}{a_1^m}+\frac{x_2^2}{a_2^m}+...+\frac{x_n^2}{a_n^m})$
Dấu $"="$ ở đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi dấu $"="$ ở $(4),(5)$ xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}x_1=x_2=...=x_n \\ a_1=a_2=...=a_n \end{cases}$
Vậy ta có đpcm.

Bài 104955

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 104955

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan