Chứng minh:
\(\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2\le n\left(a_1^2+a^2_2+...+a^2_n\right)\)
Những câu hỏi liên quan
Cho \(n\) số \(a_1,a_2,...,a_n\in\left[0;1\right]\)
CMR:\(\left(1+a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2\ge4\left(a^2_1+a^2_2+a^2_3+...+a^2_n\right)\)
Do \(a_1;a_2;...a_n\in\left[0;1\right]\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}0\le a_1\le1\\0\le a_2\le1\\...\\0\le a_n\le1\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a_1\left(1-a_1\right)\ge0\\a_2\left(1-a_2\right)\ge0\\...\\a_n\left(1-a_n\right)\ge0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a_1\ge a_1^2\\a_2\ge a_2^2\\...\\a_n\ge a_n^2\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\le a_1+a_2+...+a_n\)
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
\(\left(1+a_1+a_2+...+a_n\right)^2\ge4\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\)
\(\Leftrightarrow1+2\left(a_1+a_2+...+a_n\right)+\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2\ge4\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\)
\(\Leftrightarrow\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2-2\left(a_1+a_2+...+a_n\right)+1\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a_1+a_2+...+a_n-1\right)^2\ge0\) (luôn đúng)
Dấu "=" xảy ra tại \(\left(a_1,a_2,...,a_n\right)=\left(0,0,..,1\right)\) và các hoán vị
Đúng 1
Bình luận (0)
cho \(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1};a_1+a_2+..+a_{n-1}+a_n\ne0\)
Tính \(\frac{a^2_2+a^2_2+...+a^2_n}{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}\)
Đặt \(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1}=k\)
=>\(\frac{a_1}{a_2}.\frac{a_2}{a_3}.....\frac{a_{n-1}}{a_n}.\frac{a_n}{a_1}=k.k.....k.k\)
=>\(k^n=\frac{a_1.a_2.....a_{n-1}.a_n}{a_2.a_3.....a_n.a_1}\)
=>\(k^n=1=1^n\)
=>k=1
=>\(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1}=1\)
=>\(a_1=a_2=...=a_n\)
\(=>\frac{a^2_1+a^2_2+...+a_n^2}{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}\)
=\(\frac{a^2_1+a^2_1+...+a_1^2}{\left(a_1+a_1+...+a_1\right)^2}\)
=\(\frac{n.a^2_1}{\left(n.a_1\right)^2}=\frac{n.a_1^2}{n^2.a^2_1}=\frac{1}{n}\)
Đúng 0
Bình luận (0)
thế này dc ko
Áp dụng t/c của dãy tỉ số bằng nhau, ta có :
\(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1}=\frac{a_1+a_2+...+a_{n-1}+a_n}{a_2+a_3+...+a_n+a_1}\Rightarrow a_1=a_2=...=a_n\)
\(\frac{a^1_2+a^2_2+...+a^2_n}{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)}=\frac{na^2_1}{\left(na_1\right)^2}=\frac{1}{n}\)
Đúng 0
Bình luận (0)
Chứng minh rằng: \(\frac{a_1^2+a^2_2+...+a^2_n}{n}\ge\left(\frac{a_1+a_2+..+a_n}{n}\right)^2\)
Chiều mình ktra rồi, help me
Cho: \(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=\frac{a_3}{a_4}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1}\) với \(a_1+a_2+...+a_n\)# 0. Tính:
1. A = \(\frac{a^2_1+a^2_2+...+a^2_n}{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}\)
2. B = \(\frac{a^9_1+a^9_2+...+a^9_n}{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^9}\)
Cho Afrac{a_1}{a_2}frac{a_2}{a_3}frac{a_3}{a_4}.......frac{a_{n-1}}{a_n}frac{a_n}{a_1}(a1 + a2 + a3 +.......+ an khác 0)1.tính Afrac{a_1^2+a^2_2+.......a^2_n}{left(a_1+a_2+.......a_nright)^2}2) tính Bfrac{a_1^9+a^9_2+.......a^9_n}{left(a_1+a_2+.......a_nright)^9}Giải hộ mình chi tiết nhất có thể nha. Mik sẽ tích và xin cảm
Đọc tiếp
Cho A=\(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=\frac{a_3}{a_4}=.......=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1}\)(a1 + a2 + a3 +.......+ an khác 0)
1.tính A=\(\frac{a_1^2+a^2_2+.......a^2_n}{\left(a_1+a_2+.......a_n\right)^2}\)
2) tính B=\(\frac{a_1^9+a^9_2+.......a^9_n}{\left(a_1+a_2+.......a_n\right)^9}\)
Giải hộ mình chi tiết nhất có thể nha. Mik sẽ tích và xin cảm
Chứng minh rằng với mọi số dương \(a_1,a_2,...,a_n\) ta luôn có :
\(a_1^{\dfrac{1}{2}}+a^{\dfrac{2}{3}}_2+...+a_n^{\dfrac{n}{n+1}}\le a_1+a_2+...+a_n+\sqrt{\dfrac{2\left(\pi^2-3\right)}{9}\left(a_1+a_2+...+a_n\right)}\)
Chứng minh các bất đẳng thức:
\(\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2\le n\left(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2\right)\)
Sửa đề: n \(\ge1\).
Với n =1, bất đẳng thức trở thành đẳng thức.
Với n =2, cần chứng minh: \(2\left(a_1^2+a_2^2\right)\ge\left(a_1+a_2\right)^2\Leftrightarrow\left(a_1-a_2\right)^2\ge0\) (đúng)
Giả sử nó đúng đến n = k, tức là ta có: \(k\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_k\right)^2\)
Hay là: \(\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2\right)\ge\frac{\left(a_1+a_2+...+a_k\right)^2}{k}\)
Ta c/m nó đúng với n = k +1 or \(\left(k+1\right)\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2\right)\ge\left(a_1+a_2+...+a_k+a_{k+1}\right)^2\)
Ta có: \(VT=\left(k+1\right)\left(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2\right)\)
\(\ge\left(k+1\right)\left[\frac{\left(a_1+a_2+...+a_k\right)^2}{k}+\frac{a^2_{k+1}}{1}\right]\ge\frac{\left(k+1\right)\left(a_1+a_2+..+a_k+a_{k+1}\right)^2}{k+1}=VP\)
Vậy đpcm là đúng.
P/s: Chả biết đúng không, chưa check, đại khái hướng làm là dùng quy nạp.
delllllllllll bt
ta có: 2(a^2+b^2)>= (a+b)^2
Xem thêm câu trả lời
Cho \(a_1\le a_2\le....\le a_n\) thỏa mãn \(\hept{\begin{cases}a_1+a_2+a_3+...+a_n=0\\\left|a_1\right|+\left|a_2\right|+\left|a_3\right|+...+\left|a_n\right|=1\end{cases}}\)
CMR: \(a_n-a_1\ge\frac{2}{n}\)
Chứng minh rằng với các số thực \(a_1,a_2,a_3,....,a_n\left(n\in N^{\circledast}\right)\), ta có :
\(\left|a_1+a_2+...+a_n\right|\le\left|a_a\right|+\left|a_1\right|+....+\left|a_n\right|\)
