Cho \(n\) số \(a_1,a_2,...,a_n\in\left[0;1\right]\)
CMR:\(\left(1+a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)^2\ge4\left(a^2_1+a^2_2+a^2_3+...+a^2_n\right)\)
Những câu hỏi liên quan
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 \(\left(a_1,a_2,...,a_n\right)\left[A_1,A_2,...,A_n\right]=d.d^{n-1}x_1x_2...x_n=d^nx_1x_2...x_n=A\).
Đúng 1
Bình luận (0)
20 tháng 6 2018 lúc 11:51
Cho \(\hept{\begin{cases}a_1>a_2>...>a_n>0\\1\le k\in Z\end{cases}}\)
CMR : \(a_1+\frac{1}{a_n\left(a_1-a_2\right)^k\left(a_2-a_3\right)^k...\left(a_{n-1}-a_n\right)^k}\ge\frac{\left(n-1\right)k+2}{\sqrt[\left(n-1\right)k+2]{k^{\left(n-1\right)k}}}\)
(Nghi binh 20/09)
Cho \(a_1,a_2,...,a_n>0;3\le n\in N.\) Đặt:
\(A_1=\frac{a_1}{a_2+a_3}+\frac{a_2}{a_3+a_4}+...+\frac{a_{n-1}}{a_n+a_1}+\frac{a_n}{a_1+a_2}\)
\(A_2=\frac{a_1}{a_n+a_2}+\frac{a_2}{a_1+a_3}+...+\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}+a_n}+\frac{a_n}{a_{n-1}+a_1}\)
Chứng minh rằng: \(Max\left\{A_1,A_2\right\}\ge\frac{n}{2}\)
Cho \(\left(a_n\right)\) thỏa mãn: \(a_{n+1}=a_n+\dfrac{1}{a_1+a_2+...+a_n}\) \(\left(a_1>0\right)\).
Tính \(lim\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\).
Cho \(a_1,a_2,...,a_n>0\) .
CMR : \(\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}\right)\ge n^2\)(*)
ÁP DỤNG BĐT Cauchy ta có :
\(\text{a}_1+\text{a}_2+...+\text{a}_n\ge n^n\sqrt{\text{a}_1.\text{a}_2....\text{a}_n}\) (1)
\(\frac{1}{\text{a}_1}+\frac{1}{\text{a}_2}+...+\frac{1}{\text{a}_n}\ge n^n\sqrt{\frac{1}{\text{a}_1}\cdot\frac{1}{\text{a}_2}\cdot...\cdot\frac{1}{\text{a}_n}}\)(2)
Nhân (1) và (2) vế với vế tương ứng ta có được BĐT (*)
Đẳng thức xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\text{a}_1=\text{a}_2=...=\text{a}_n\\\frac{1}{\text{a}_1}=\frac{1}{\text{a}_2}=...=\frac{1}{\text{a}_n}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\text{a}_1=\text{a}_2=...=\text{a}_n\)
Đúng 0
Bình luận (0)
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 :
\(\left|a_1+a_2+...+a_n\right|\le\left|a_a\right|+\left|a_1\right|+....+\left|a_n\right|\)
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: \(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=\frac{a_3}{a_4}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1}\) 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 = \(\frac{a^9_1+a^9_2+...+a^9_n}{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^9}\)