Determinati \( n\in\mathbb{N}* \) astfel incat sa existe \( x_1,x_2,...,x_n>0 \) cu proprietatea:
\( (1+x_1)(1+x_2)...(1+x_n)(x_1+x_2+...+x_n)=2n^2x_1x_2...x_n \).
Dan Stefan Marinescu si V. Cornea, Hunedoara, Shortlist 2002
Shortlist 1
Moderators: Filip Chindea, Andrei Velicu, Radu Titiu
-
Antonache Emanuel
- Euclid
- Posts: 37
- Joined: Sat Feb 28, 2009 4:15 pm
- Location: Targoviste, Dambovita
-
Mateescu Constantin
- Newton
- Posts: 307
- Joined: Tue Apr 21, 2009 8:17 am
- Location: Pitesti
Vom arăta că \( (1+x_1)(1+x_2)\cdot\ \ldots\ \cdot (1+x_n)\ \ge\ 2n^2x_1x_2\cdot\ \ldots\ \cdot x_n \) şi vom stabili cazurile de egalitate .
Folosind inegalităţile : \( \left\|\ \begin{array}{ccccc}
\normal\mbox{Huygens} & : & (1+x_1)(1+x_2)\cdot\ \ldots\ \cdot(1+x_n) & \ge & \(1+\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\)^n \\\\\\\\
\normal\mbox{AM-GM} & : & x_1\ +\ x_2\ +\ \ldots\ +\ x_n & \ge & n\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\ \end{array}\right\| \) ,
rămâne de demonstrat faptul că : \( \(1+\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\)^n\cdot \ n\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\ \ge\ 2n^2x_1x_2\cdot\ \ldots\ \cdot x_n \) .
Împărţind această inegalitate prin \( x_1x_2\cdot\ \ldots\ \cdot x_n \) şi notând \( x=\frac{1}{\sqrt[n]{x_1x_2\cdot\ \ldots\ \cdot x_n}} \) trebuie arătat că :
\( (1+x)^n\ \ge\ 2nx\ \Longleftrightarrow\ x+1\ \ge\ \sqrt[n]{2nx} \) . Pe de altă parte, avem şi inegalităţile :
\( x\ +\ 1\ =\ x\ +\ \frac{1}{n-1}\ +\ \frac{1}{n-1}\ +\ \ldots\ +\ \frac{1}{n-1}\ \stackrel{\small AM-GM}{\ \ge\ }n\sqrt[n]{\frac{x}{(n-1)^{n-1}}}\ \ge\ \sqrt[n]{2nx} \) , ultima fiind
echivalentă cu \( \left(1\ +\ \frac{1}{n-1}\right)^{n-1}\ \ge\ 2 \) , adevărată conform inegalităţii lui Bernoulii .
Aşadar, ultima inegalitate se transformă în egalitate doar dacă \( n=2 \) , care implică \( x_1=x_2=1 \) .
Folosind inegalităţile : \( \left\|\ \begin{array}{ccccc}
\normal\mbox{Huygens} & : & (1+x_1)(1+x_2)\cdot\ \ldots\ \cdot(1+x_n) & \ge & \(1+\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\)^n \\\\\\\\
\normal\mbox{AM-GM} & : & x_1\ +\ x_2\ +\ \ldots\ +\ x_n & \ge & n\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\ \end{array}\right\| \) ,
rămâne de demonstrat faptul că : \( \(1+\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\)^n\cdot \ n\sqrt[n]{x_1x_2\ldots x_n}\ \ge\ 2n^2x_1x_2\cdot\ \ldots\ \cdot x_n \) .
Împărţind această inegalitate prin \( x_1x_2\cdot\ \ldots\ \cdot x_n \) şi notând \( x=\frac{1}{\sqrt[n]{x_1x_2\cdot\ \ldots\ \cdot x_n}} \) trebuie arătat că :
\( (1+x)^n\ \ge\ 2nx\ \Longleftrightarrow\ x+1\ \ge\ \sqrt[n]{2nx} \) . Pe de altă parte, avem şi inegalităţile :
\( x\ +\ 1\ =\ x\ +\ \frac{1}{n-1}\ +\ \frac{1}{n-1}\ +\ \ldots\ +\ \frac{1}{n-1}\ \stackrel{\small AM-GM}{\ \ge\ }n\sqrt[n]{\frac{x}{(n-1)^{n-1}}}\ \ge\ \sqrt[n]{2nx} \) , ultima fiind
echivalentă cu \( \left(1\ +\ \frac{1}{n-1}\right)^{n-1}\ \ge\ 2 \) , adevărată conform inegalităţii lui Bernoulii .
Aşadar, ultima inegalitate se transformă în egalitate doar dacă \( n=2 \) , care implică \( x_1=x_2=1 \) .