|
|
Với điều kiện $a_{1},a_{2},...,a_{n} \ge 1$, ta sẽ chứng minh:
$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n}) \ge nf(\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}....a_{n}})$
Với $n=2$, bất đẳng thức đúng.
-Giả sử bdt đúng với $n+1$ số $a_{1},a_{2},...,a_{n+1}$, ta có:
$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n+1}) \ge (n+1)f(\sqrt[n+1]{a_{1}.a_{2}....a_{n+1}})$
Lấy $a_{n+1}=a=\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}}$ , suy ra:
$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n})+f(a) \ge (n+1)f(a)$
$\Rightarrow f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n}) \ge nf(a)=nf(\sqrt[n]{a_{1}.a_{2}...a_{n}})$.
-Hai bất đẳng thức trên là trường hợp nhỏ của bất đẳng thức này. $\blacksquare$
|