Chứng minh răng nếu \(x_1+\frac{1}{x_1}=x_2+\frac{1}{x_2}=...=x_n+\frac{1}{x_n}\)
thì ta có \(x_1=x_2=...=x_n\)hoặc \(\left|x_1x_2...x_n\right|=1\)
Cho \(x_1,x_2,...,x_n\) thỏa mãn: \(\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+...+\frac{1}{1+x_n}=1\).
Chứng minh rằng: \(x_1x_2...x_n\ge\left(n-1\right)^n\)
AM-GM thôi :))
từ giả thiết :\(\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+...+\frac{1}{1+x_{n-1}}=\frac{x_n}{1+x_n}\)
Áp dụng BĐT AM-GM: \(\frac{x_n}{1+x_n}\ge\left(n-1\right)\sqrt[n-1]{\frac{1}{\left(1+x_1\right)\left(1+x_2\right)..\left(1+x_{n-1}\right)}}\)
từ giả thiết ta cũng có: \(\frac{x_{n-1}}{1+x_{n-1}}=\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+...+\frac{1}{1+x_{n-2}}+\frac{1}{1+x_n}\ge\left(n-1\right)\sqrt[n-1]{\frac{1}{\left(1+x_1\right)\left(1+x_2\right)...\left(1+x_{n-2}\right)\left(1+x_n\right)}}\)
cứ như thế,chuyễn 1 hạng tử từ vế trái sang vế phải, ta được n bất đẳng thức
Nhân chúng lại với nhau: \(\frac{x_1.x_2...x_n}{\left(1+x_1\right)\left(1+x_2\right)..\left(1+x_n\right)}\ge\frac{\left(n-1\right)^n}{\left(1+x_1\right)\left(1+x_2\right)..\left(1+x_n\right)}\)
do đó \(x_1.x_2.x_3...x_n\ge\left(n-1\right)^n\)
P/s: Nếu thắc mắc vì sao nó hết căn,để ý rằng nhân tử \(x_n\)xuất hiện (n-1) lần , nó chỉ không xuất hiện ở BĐT thứ 2 ở trên . căn (n-1) ắt sẽ hết
CMR: nếu \(x_1=\frac{1}{x_2}=x_2+\frac{1}{x_3}=x_3+\frac{1}{x_4}=.....=x_n+\frac{1}{x_1}\)
thì \(x_1=x_2=x_3=...=x_n\)
hoặc \(\left|x_1.x_2.x_3......x_n\right|=1\)
Ai nhanh mk tik
dễ vãi luôn ai thấy đúng cho
Với n=2
=> \(x_1+\frac{1}{x_1}=x_2+\frac{1}{x_2}\)
\(\Rightarrow x_1-x_2=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\)
\(\Rightarrow\left(x_1-x_2\right)-\frac{x_1-x_2}{x_1x_2}=0\)
\(\Rightarrow\left(x_1-x_2\right)\left(1-\frac{1}{x_1x_2}\right)=0\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x_1-x_2=0\\1-\frac{1}{x_1x_2}=0\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x_1=x_2\\x_1x_2=1\end{cases}}}\)
*) n=k
=> \(x_1+\frac{1}{x_1}=x_2+\frac{1}{x_2}=...=x_k+\frac{1}{x_k}\)
thì \(x_1=x_2=x_3=...=x_k\)hoặc \(\left|x_1x_2...x_k\right|=0\)
Với n=k+1
=> \(x_1+\frac{1}{x_1}=x_2+\frac{1}{x_2}=x_3+\frac{1}{x_3}=...x_{k+1}+\frac{1}{x_1}\)
=> \(x_1+\frac{1}{x_2}=x_2+\frac{1}{x_3}=....=x_k+\frac{1}{x_{k+1}}=x_{k+1}+\frac{1}{x_1}\)
\(\Rightarrow x_{k-1}+\frac{1}{x_k}=x_k+\frac{1}{x_1}=x_{k+1}+\frac{1}{x_1}\)
\(\Rightarrow x_k-x_{k+1}=0\)
\(\Rightarrow x_k=x_{k+1}\)
\(\Rightarrow x_1=x_2=...=x_k=x_{k+1}\)
bạn Nguyễn Đức Nam cho mình hỏi, bạn nói bài dễ thì sao bạn ko làm đi, bài này chỉ dễ với bạn thôi chứ rất khó với nhiều người, ng.ta ko bt làm mới đăng bài lên mà, bạn ko bt làm thì đừng cmt như thật nhé
Cho n số thực \(x_1;x_2;x_3;...;x_n\left(n\ge3\right)\)
\(CMR:max\left\{x_1;x_2;x_3;...;x_n\right\}\ge\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}+\frac{\left|x_1-x_2\right|+\left|x_2-x_3\right|+...+\left|x_{n-1}-x_n\right|+\left|x_n-x_1\right|}{2n}\)
\(max\left\{x_1;x_2;...;x_n\right\}\ge\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}+\frac{\left|x_1-x_2\right|+\left|x_2-x_3\right|+...+\left|x_{n-1}-x_n\right|+\left|x_n-x_1\right|}{2n}\)
Đề Tuyển sinh lớp 10 chuyên toán ĐHSP Hà Nội 2012-2013
NGUỒN:CHÉP MẠNG,CHÉP Y CHANG CHỨ E KO HIỂU GÌ ĐÂU(vài dòng đầu)-lỡ như anh cần mak ko có key. ( VÔ TÌNH TRA TÀI LIỆU THÌ THẦY BÀI NÀY )
P/S:Xin đừng bốc phốt.
Để ý trong 2 số thực x,y bất kỳ luôn có
\(Min\left\{x;y\right\}\le x,y\le Max\left\{x,y\right\}\) và \(Max\left\{x;y\right\}=\frac{x+y+\left|x-y\right|}{2}\)
Ta có:
\(\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}+\frac{\left|x_1-x_2\right|+\left|x_2-x_3\right|+.....+\left|x_n-x_1\right|}{2n}\)
\(=\frac{x_1+x_2+\left|x_1-x_2\right|}{2n}+\frac{x_2+x_3+\left|x_2-x_3\right|}{2n}+.....+\frac{x_3+x_4+\left|x_3-x_4\right|}{2n}+\frac{x_4+x_5+\left|x_4-x_5\right|}{2n}\)
\(\le\frac{Max\left\{x_1;x_2\right\}+Max\left\{x_2;x_3\right\}+.....+Max\left\{x_n;x_1\right\}}{n}\)
\(\le Max\left\{x_1;x_2;x_3;.....;x_n\right\}^{đpcm}\)
Chứng minh rằng với các số thực dương \(x_1,x_2,...,x_n\)ta có:
\(\frac{x_1}{x_2+x_n}+\frac{x_2}{x_3+x_1}+\frac{x_3}{x_2+x_4}+...+\frac{x_n}{x_{n-1}+x_1}\ge2,\forall n\ge4\).
P/s: chứng minh bằng quy nạp
Với \(n=4\) bđt \(\Leftrightarrow\)\(\frac{x_1}{x_4+x_2}+\frac{x_2}{x_1+x_3}+\frac{x_3}{x_2+x_4}+\frac{x_4}{x_3+x_1}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{x_1^2}{x_4x_1+x_1x_2}+\frac{x_2^2}{x_1x_2+x_2x_3}+\frac{x_3^2}{x_2x_3+x_3x_4}+\frac{x_4^2}{x_3x_4+x_4x_1}\ge2\) (1)
\(VT_{\left(1\right)}\ge\frac{\left(x_1+x_2+x_3+x_4\right)^2}{2\left(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_4+x_4x_1\right)}\ge\frac{\left(x_1+x_2+x_3+x_4\right)^2}{2.\frac{\left(x_1+x_2+x_3+x_4\right)^2}{4}}=2\)
Giả sử bđt đúng đến n=k hay \(\frac{x_1}{x_k+x_2}+\frac{x_2}{x_1+x_3}+...+\frac{x_{k-1}}{x_{k-2}+x_k}+\frac{x_k}{x_{k-1}+x_1}\ge2\)
\(\Leftrightarrow\)\(\frac{x_2}{x_1+x_3}+...+\frac{x_{k-1}}{x_{k-2}+x_k}\ge2-\frac{x_1}{x_k+x_2}-\frac{x_k}{x_{k-1}+x_1}\)
Với n=k+1, cần cm \(\frac{x_1}{x_{k+1}+x_2}+\frac{x_2}{x_1+x_3}+...+\frac{x_{k-1}}{x_{k-2}+x_k}+\frac{x_k}{x_{k-1}+x_{k+1}}+\frac{x_{k+1}}{x_k+x_1}\ge2\)
hay \(\frac{x_1}{x_{k+1}+x_2}-\frac{x_1}{x_k+x_2}+\frac{x_k}{x_{k-1}+x_{k+1}}-\frac{x_k}{x_{k-1}+x_1}+\frac{x_{k+1}}{x_k+x_1}\ge0\) (2)
giả sử \(x_k=max\left\{a_1;a_2;...;a_{k+1}\right\}\)
\(VT_{\left(2\right)}=\frac{x_1\left(x_k-x_{k+1}\right)}{\left(x_k+x_2\right)\left(x_{k+1}+x_2\right)}+\frac{x_k\left(x_1-x_{k+1}\right)}{\left(x_{k-1}+x_1\right)\left(x_{k-1}+x_{k+1}\right)}+\frac{x_{k+1}}{x_k+x_1}>0\)
nhầm, chỗ giả sử là \(x_{k+1}=min\left\{x_1;x_2;...;x_{k+1}\right\}\)
Cho \(2\le n\in N,x_1,x_2,....,x_n\in\left[1;\sqrt{2}\right]\)
cmr : \(\frac{\sqrt{x_1^2-1}}{x_2}+....+\frac{\sqrt{x_n^2-1}}{x_1}\le\frac{n}{\sqrt{2}}\)
Biểu thức cuối là \(\frac{\sqrt{x_n^2-1}}{x_1}\) hay là \(\frac{\sqrt{x_n^2-1}}{x_{n+1}}\)
Cho \(x_i\in\left[1;\sqrt{2}\right]\)
Chứng minh: \(\frac{\sqrt{x_1^2}-1}{x_2}+\frac{\sqrt{x_2^2}-1}{x_3}+...+\frac{\sqrt{x_n^2}-1}{x_1}\le\frac{n\sqrt{2}}{2}\)
Chắc bạn đánh nhầm đề. Đây là bài 7 trong báo TTT tháng trước. (Nếu mình sửa sai thì mình xin lỗi nhé).
Sửa đề: Cho \(n\in\mathbb{N},n\geq 2\) và \(x_i\in[1;\sqrt{2}] \forall i\in\overline{1,n}\).
Chứng minh: \(\dfrac{\sqrt{x_1^2-1}}{x_2}+\dfrac{\sqrt{x_2^2-1}}{x_3}+...+\dfrac{\sqrt{x_n^2-1}}{x_1}\le\dfrac{n\sqrt{2}}{2}\).
Giải:
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:
\(\dfrac{\sqrt{x_1^2-1}}{x_2}=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.2.\sqrt{x_1^2-1}.\dfrac{\sqrt{2}}{x_2}\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.\left(x_1^2-1+\dfrac{2}{x_2^2}\right)\).
Chứng minh tương tự...
Do đó \(VT\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(x_1^2+x_2^2++...+x_n^2+\dfrac{2}{x_1^2}+\dfrac{2}{x_2^2}+...+\dfrac{2}{x_n^2}-n\right)\).
Mặt khác với mọi \(i\in\overline{1,n}\) ta có:
\(x_i^2+\dfrac{2}{x_i^2}-3=\dfrac{\left(x_i^2-1\right)\left(x_i^2-2\right)}{x_i^2}\le0\).
Do đó \(VT\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(x_1^2+x_2^2++...+x_n^2+\dfrac{2}{x_1^2}+\dfrac{2}{x_2^2}+...+\dfrac{2}{x_n^2}-n\right)\le\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(3n-n\right)=\dfrac{n\sqrt{2}}{2}=VP\left(đpcm\right)\).
Tìm các số \(x_1,x_2,...,x_{n-1},x_n\), biết rằng:
\(\frac{x_1}{a_1}=\frac{x_2}{a_2}=\frac{x_3}{a_3}=....=\frac{x_{n-1}}{a_{n-1}}=\frac{x_n}{a_n}\)và \(x_1+x_2+x_3+...+x_n=c\)
\(\left(a_1\ne0,a_2\ne0,....,a_n\ne0,a_1+a_2+....+a_n\ne0\right)\)
Ta có:
\(\frac{x_1}{a_1}=\frac{x_2}{a_2}=...=\frac{x_n}{a_n}=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{a_1+a_2+...+a_n}_n=\frac{c}{a_1+a_2+...+a_n}\)
\(\Rightarrow x_1=\frac{a_1.c}{a_1+a_2+...+a_n}\) các x còn lại tương tự
Tìm \(x_1;x_2;...;x_n\) thoả mãn:
\(\sqrt{x_1^2-1^2}+2\sqrt{x_2^2-2^2}+...+n\sqrt{x_n^2-n^2}=\dfrac{1}{2}\left(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\right)\)
cho các số thực dương x1>(=)x2>(=)x3>(=)...>(=)xn
chứng minh rằng:
\(\frac{x_1+x_2}{2}+\frac{x_2+x_3}{2}+...+\frac{x_n+x_1}{2}\le\frac{x_1+x_2+x_3}{3}+\frac{x_2+x_3+x_4}{3}+...+\frac{x_n+x_1+x_2}{3}\)
Nhìn nó tưởng khủng hóa ra đơn giản lắm :D
Sẵn mẫu = 2 ở Vế trái, ta cộng luôn các Tử: Các hạng tử x1; x2; ...; xn xuất hiện 2 lần nên tổng VT = x1 + x2 + ... + xn
Sẵn mẫu = 3 ở Vế ơhair, ta cộng luôn các Tử: Các hạng tử x1; x2; ...; xn xuất hiện 3 lần nên tổng VP = x1 + x2 + ... + xn
=> VT = VP. đpcm
Lão Linh mới xét đến điều kiện dấu "=" xảy ra
Thế còn điều kiện "<" vứt đâu?
nếu nó mà dễ thế thì mình đã ko hỏi rồi,linh à