Bạn nào chứng minh cho mình bđt cô si này với!!
\(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\right)^n\ge a_1a_2...a_n\)
Chứng minh BĐT Cô si tổng quát:
Với mọi: a1;a2;...;an không âm thì: \(a_1+a_2+...+a_n\ge n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}\)
Chứng minh bđt cô si với n số \(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1\times a_2\times...\times a_n}\)a1; a2;...; an>=0
Bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân – Wikipedia tiếng Việt
Cho a1 , a2 , ... , an > 0 . Với mọi m,n ∈ N* , n ≥ 2 , chứng minh bất đẳng thức :
\(a_1^m+a_2^m+...a_n^m\ge\left(n-1\right)a_1a_2...a_n+\frac{a_1^{m-1}+a_2^{m-1}+...+a_n^{m-1}}{\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}}\)
Cho \(a_1,a_2,..,a_n\) là các số nguyên dương và n>1.
Đặt \(A=a_1a_2...a_n,\) \(A_i=\dfrac{A}{a_i}\left(i=\overline{1,n}\right)\). CM các đẳng thức sau:
a) \(\left(a_1,a_2,...,a_n\right)\left[A_1,A_2,...,A_n\right]=A\)
b) \(\left[a_1,a_2,..,a_n\right]\left(A_1,A_2,...,A_n\right)=A\)
a) Đặt \(d=\left(a_1,a_2,...,a_n\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}a_1=dx_1\\a_2=dx_2\\...\\a_n=dx_n\end{matrix}\right.\) (với \(\left(x_1,x_2,...,x_n\right)=1\)).
Ta có \(A_i=\dfrac{A}{a_i}=\dfrac{d^nx_1x_2...x_n}{dx_i}=d^{n-1}\dfrac{x_1x_2...x_n}{x_i}=d^{n-1}B_i\forall i\in\overline{1,n}\).
Từ đó \(\left[A_1,A_2,...,A_n\right]=d^{n-1}\left[B_1,B_2,...,B_n\right]\).
Mặt khác do \(\left(x_1,x_2,...,x_n\right)=1\Rightarrow\left[B_1,B_2,...B_n\right]=x_1x_2...x_n\).
Vậy \(\left(a_1,a_2,...,a_n\right)\left[A_1,A_2,...,A_n\right]=d.d^{n-1}x_1x_2...x_n=d^nx_1x_2...x_n=A\).
với \(a_1,a_2,a_3,.....,a_n>0;a_1+a_2+a_3+....+a_n=k\)
Chứng minh\(\left(a_1+\frac{1}{a_2}\right)^2+\left(a_2+\frac{1}{a_3}\right)^2+...+\left(a_n+\frac{1}{a_1}\right)^2\ge\frac{1}{n}\left(\frac{k^2+n^2}{k}\right)^2\)
Cho \(n\left(n\ge3\right)\) số thực dương \(a_1;a_2;...;a_n\) thỏa mãn điều kiện:
\(\frac{1}{1+a_1^4}+\frac{1}{1+a_2^4}+...+\frac{1}{1+a_n^4}=1\)
Chứng minh rằng:
\(a_1a_2...a_n\ge\left(n-1\right)^{\frac{n}{4}}\)
Cho \(n\left(n\ge3\right)\) số thực dương \(a_1;a_2;a_3;...a_n\) thỏa mãn điều kiện:
\(\frac{1}{1+a_1^4}+\frac{1}{1+a_2^4}+\frac{1}{1+a_3^4}+...+\frac{1}{1+a_n^4}=1\)
Chứng minh rằng:
\(a_1a_2...a_n\ge\left(n-1\right)^{\frac{n}{4}}\)
Cho \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\left(n\ge2\right)\) là các số thực thỏa mãn \(a_1a_2+a_2a_3+...+a_{n-1}a=1\)
Chứng minh rằng : \(a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2\ge\frac{1}{\cos\frac{\pi}{n+1}}\)
Cho \(a_1;a_2;a_3;....;a_n>0\) thỏa mãn \(a_1+a_2+a_3+...+a_n=n\).CMR:
\(\frac{a_1}{1+a_2^2}+\frac{a_2}{1+a_3^2}+....+\frac{a_n}{1+a_1^2}\ge\frac{n}{2}\)
Giải
\(\frac{a_1}{1+a_2^2}=\frac{a_1\left(1+a_2^2\right)-a_1a_2^2}{1+a_2^2}\ge a_1-\frac{a_1a_2^2}{2a_2}=a_1-\frac{a_1a_2}{2}\)
Tương tự cộng vế theo vế ta được:
\(\Sigma\frac{a_1}{1+a_2^2}\ge\Sigma a_1-\left(\frac{a_1a_2}{2}+\frac{a_2a_3}{2}+....+\frac{a_na_1}{2}\right)\)
Mà \(\Sigma a_1=n\) nên ta cần cm \(\frac{1}{2}\left(a_1a_2+a_2a_3+....+a_na_1\right)\le\frac{n}{2}\) ( cái này e chịu ạ,ai giúp e với!)
Cho e sửa chỗ \(\Sigma\frac{a_1}{1+a_2^2}\) là \(\frac{a_1}{1+a_2^2}+\frac{a_2}{1+a_3^2}+......+\frac{a_n}{1+a_1^2}\) nha mn
\(\Leftrightarrow a_1a_2+...+a_ka_1\le a_1+a_2+...+a_k.lay:a_1=a_2=...=a_k=5\Rightarrow sai\)