RSS

∑≥∏ Một cách chứng minh bđt AM-GM™

19 Th6

Bất đẳng thức nổi tiếng AM-GM :

Cho n số dương n\geq 2,n \in N,a_1;a_2...;a_n , khi đó

a_1^n+a_2^n+...+a_n^n \geq na_1a_2...a_n

(Ở VN hay gọi là BDT Cauchy mà trường hợp n=2,3 được đưa vào SGK phổ thông)

Đang nghiên cứu tìm cách dồn biến sơ cấp có thể dùng được trong toán PT…ngẫu hứng lấy bdt này ra thử nghiệm và kết quả……………..

________________________________________________

CM:

\exists x \in R_+^*,a_n=xa_1

Khi đó P=a_1^n+a_2^n+...+a_n^n-na_1a_2...a_n

=a_1^n+a_2^n+...+a_{n-1}^n+a_1^nx^n-na_1^2a_2...a_{n-1}x

P^{'}(x)=na_1^nx^{n-1}-na_1^2a_2...a_{n-1}

P^{'}(x) \geq 0

<=> x \geq \sqrt[n-1]{\frac{a_2...a_{n-1}}{a_1^{n-2}}}=x_0

P^{'}(x)<0 \; \forall x \in (0;x_0) và P^{'}(x)>0 \; \forall x>x_0

=>

P(x)\geq P(x_0)=a_1^n+a_2^n+...+a_{n-1}^n+a_1^n \sqrt[n-1]{\frac{a_2^n...a_{n-1}^n}{a_1^{n(n-2)}}}-na_1^2a_2...a_{n-1}\sqrt[n-1]{\frac{a_2...a_{n-1}}{a_1^{n-2}}}

\geq a_1^n+a_2^n+...+a_{n-1}^n-(n-1)\sqrt[n-1]{a_1^na_2^n...a_{n-1}^n}

Đặt b_{1,i}=\sqrt[n-1]{a_i^n}=a^{\frac{n}{n-1}} , \: i \in \bar{1,n-1}

=> P \geq b_1^{n-1}+b_2^{n-1}+...+b_{n-1}^{n-1}-(n-1)b_1b_2...b_{n-1}

Ta áp dụng liên tiếp các bước làm trên và được :

Với b_{k,i}=b_{k-1,i}^{\frac{n-k+1}{n-k}}=a_i^{\frac{n}{n-k}} , \forall k \in \bar{1,n-1} ; \: \forall i \in \bar{1,n-k} thì

P \geq b_{k,1}^{n-k}+b_{k,2}^{n-k}+...+b_{k,n-k}^{n-k}-(n-k)b_{k,1}b_{k,2}...b_{k,n-k}

Thế thì áp dụng cho k=n-1 ta được :

P \geq b_{n-1,1}-b_{n-1,1}=0

=> đpcm

Với k=1 ta có bdt:

a_1^n+a_2^n+...+a_n^n-na_1a_2...a_n \geq a_1^n+a_2^n+...+a_{n-1}^n-(n-1)\sqrt[n-1]{a_1^na_2^n...a_{n-1}^{n-1}}

<=> a_n^n+(n-1)\frac{a_1a_2...a_{n-1}a_n\sqrt[n-1]{a_1a_2...a_{n-1}a_n}}{\sqrt[n-1]{a_n^n}} \geq na_1a_2...a_n

Thay a_n bởi a_i , \; i \in \bar{1,n-1} ta được các bdt tương tự, cộng tất cả lại ta được bdt sau:

\sum_{i=1}^n a_i^n +(n-1)\sqrt[n-1]{a_1^na_2^n...a_n^n}\sum_{i=1}^n \frac{1}{\sqrt[n-1]{a_i^n}} \geq n^2 \prod_{i=1}^na_i

Với trường hợp n=3 ta có bdt đẹp sau:

Với a,b,c dương thì
a^3+b^3+c^3+2\sqrt{a^3b^3c^3}(\frac{1}{\sqrt{a^3}}+\frac{1}{\sqrt{b^3}}+\frac{1}{\sqrt{c^3}}) \geq 9abc

CM cũng không mấy khó khăn như bề ngoài của nó !

 
Bình luận về bài viết này

Posted by trên Tháng Sáu 19, 2012 in Sáng tạo

 

Bình luận về bài viết này