|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
09-07-2012, 09:49 PM | #1 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts | [IMO 2012] Bài 2 - Bất đẳng thức Cho số nguyên $n \ge 3$ và các số thực dương $a_2,a_3,\ldots,a_n$ thỏa mãn $a_2 \cdots a_n= 1$. Chứng minh rằng $$ (1+a_2)^2(1+a_3)^3 \cdots (1+a_n)^n > n^n $$ __________________ M. thay đổi nội dung bởi: novae, 11-07-2012 lúc 12:41 AM |
The Following 4 Users Say Thank You to novae For This Useful Post: |
11-07-2012, 01:36 AM | #2 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2008 Bài gởi: 32 Thanks: 24 Thanked 26 Times in 6 Posts | Dùng cái này là xong mà $(a_k+1)=\left(a_k+\frac 1{k-1}+\cdots+\frac 1{k-1}\right)\geq k\sqrt[k]{\frac{a_k}{(k-1)^{k-1}}}$ |
The Following 5 Users Say Thank You to Harry Potter For This Useful Post: | baotram (11-07-2012), hoang_kkk (13-07-2012), kien10a1 (11-07-2012), nghiepdu-socap (11-07-2012), ngocson_dhsp (11-07-2012) |
11-07-2012, 01:56 AM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Bài gởi: 12 Thanks: 40 Thanked 10 Times in 8 Posts | Mình làm giống như ý tưởng bạn ở trên AM - GM cho k số: $(1+a_k)^k=\left (\dfrac{1}{k-1}.(k-1)+a_k\right )^k\ge \dfrac{a_k}{(k-1)^{k-1}}.k^k $ từ đấy suy ra $\prod (1+a_i)^i\geq a_2a_3...a_n\frac{2^2.3^3...n^n}{1^1.2^2...(n-1)^{n-1}}=n^n $ dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a_i = \frac{1}{i-1} \Rightarrow a_2a_3...a_n < 1 $ (mâu thuẫn) Vậy ta có đpcm |
11-07-2012, 08:28 AM | #4 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Đến từ: Vô cực Bài gởi: 267 Thanks: 358 Thanked 48 Times in 32 Posts | Bài này chẳng phải AM-GM trực tiếp cho từng thừa số sau khi tách ra rồi xét dấu bằng thì là gì? |
11-07-2012, 10:34 AM | #6 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2011 Bài gởi: 59 Thanks: 17 Thanked 19 Times in 13 Posts | |
11-07-2012, 08:31 PM | #7 |
+Thành Viên+ | Một cách khác dựa trên ý tưởng trên Vì $a_2a_3...a_n =1$ nên tồn tại các số $x_2,x_3,...,x_n$ sao cho: $a_2=\frac{x_2}{x_3}, a_3=\frac{x_4}{x_3},...,a_n=\frac{x_n}{x_2}$ Sử dụng bđt AM-GM ta có $(\frac{x_i+x_{i+1}}{x_{i+1}})^k \ge \frac{i^{i}}{(i-1)^{i-1} }\frac{x_{i}}{x_{i+1}}$ Cho $i$ chạy từ $2 \to n$ ta có ĐPCM Việt Nam cố lên |
The Following 3 Users Say Thank You to hansongkyung For This Useful Post: |
12-07-2012, 09:55 PM | #8 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2012 Bài gởi: 5 Thanks: 1 Thanked 2 Times in 2 Posts | Dùng BĐT Holder ta có $$(1+1)^1(1+a_2)^2(1+a_3)^3...(1+a_n)^n \ge (1+a_2.a_3...a_n)^{\frac{n(n+1)}{2}}$$ $$=2^{\frac{n(n+1)}{2}} = \left( 2^{\frac{(n+1)}{2}}\right)^n \ge ( 2\ln2.n )^n=n^n(2\ln2)^n > 2n^n, (n \ge 3)$$ Vì ta có hàm số $$f(x)=2^{\frac{x+1}{2}}-2\ln2.x \ge 0, \forall x \ge 3$$ thay đổi nội dung bởi: minhphuc.v, 12-07-2012 lúc 10:05 PM |
The Following User Says Thank You to minhphuc.v For This Useful Post: | 9A1 (13-07-2012) |
Bookmarks |
|
|