Đề bài: Tìm giá trị bé nhất của biểu thức: $A = \sqrt[n]{{({a_1} + {b_1})({a_2} + {b_2})…({a_n} + {b_n})}}$Biết rằng ${a_1},{a_2},…,{a_n},{b_1},{b_2},…,{b_n}$là $2n$ số dương thỏa mãn điều kiện ${a_1}{a_2}…{a_n} = a; {b_1}{b_2}…{b_n} = b$ ($a, b$ là hai số dương cho trước)
Lời giải
Ta có
$\begin{array}{l}
\frac{{\sqrt[n]{{{a_1}{a_2}…{a_n}}} + \sqrt[{}]{{{b_1}{b_2}…{b_n}}}}}{A}
= \sqrt[n]{{\frac{{{a_1}{a_2}…{a_n}}}{{({a_1} + {b_1})…({a_n} + {b_n})}}}} + \sqrt[n]{{\frac{{{b_1}{b_2}…{b_n}}}{{({a_1} + {b_1})…({a_n} + {b_n})}}}}
\end{array}$
$\begin{array}{l}
= \sqrt[n]{{\frac{{{a_1}}}{{{a_1} + {b_1}}}.\frac{{{a_2}}}{{{a_2} + {b_2}}}…\frac{{{a_n}}}{{{a_n} + {b_n}}}}} + \sqrt[n]{{\frac{{{b_1}}}{{{a_1} + {b_1}}}.\frac{{{b_2}}}{{{a_2} + {b_2}}}…\frac{{{b_n}}}{{{a_n} + {b_n}}}}} \\
\le \frac{1}{n}\left( {\frac{{{a_1}}}{{{a_1} + {b_1}}} + \frac{{{a_2}}}{{{a_2} + {b_2}}} + … + \frac{{{a_n}}}{{{a_n} + {b_n}}}} \right) + \frac{1}{n}\left( {\frac{{{b_1}}}{{{a_1} + {b_1}}} + \frac{{{b_2}}}{{{a_2} + {b_2}}} + … + \frac{{{b_n}}}{{{a_n} + {b_n}}}} \right)
\end{array}$
(theo bất đẳng thức Côsi)
$\begin{array}{l}
= \frac{1}{n}\left[ {\left( {\frac{{{a_1}}}{{{a_1} + {b_1}}} + \frac{{{b_1}}}{{{a_1} + {b_1}}}} \right) + \left( {\frac{{{a_2}}}{{{a_2} + {b_2}}} + \frac{{{b_2}}}{{{a_2} + {b_2}}}} \right) + … + \left( {\frac{{{a_n}}}{{{a_{_n}} + {b_{_n}}}} + \frac{{{b_n}}}{{{a_{_n}} + {b_n}}}} \right)} \right]\\
= 1
\end{array}$
$ \Rightarrow A \ge \sqrt[n]{a} + \sqrt[n]{b}$
Vậy $\min A = \sqrt[n]{a} + \sqrt[n]{b}$ đạt được khi ${a_1} = {a_2} = …. = {a_n} = \sqrt[n]{a},{\rm{ }}{{\rm{b}}_1} = {b_2} = …. = {b_n} = \sqrt[n]{b}$
Trả lời