Các bạn ơi! Cho mk hỏi là cols tổng quát không?
\(\left(a_1+a_2+a_3+.....+a_n\right)^n\ge n^n.a_1a_2a_3......a_n\)
VD: \(\left(x+y+z\right)^3\ge27xyz\)
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 \(a_1\le a_2\le....\le a_n\) 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: \(a_n-a_1\ge\frac{2}{n}\)
Cho \(\hept{\begin{cases}a_1>a_2>...>a_n>0\\1\le k\in Z\end{cases}}\)
CMR : \(a_1+\frac{1}{a_n\left(a_1-a_2\right)^k\left(a_2-a_3\right)^k...\left(a_{n-1}-a_n\right)^k}\ge\frac{\left(n-1\right)k+2}{\sqrt[\left(n-1\right)k+2]{k^{\left(n-1\right)k}}}\)
cho n số thực dương \(a_{_{ }1},a_2,...,a_n\)có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:
a) \(\left(a_1+\frac{1}{a_2}\right)^2+\left(a_2+\frac{1}{a_3}\right)^2+...+\left(a_n+\frac{1}{a_1}\right)^2\ge\left(\frac{n^2+1}{n}\right)^2\)
b) \(\left(a_1+\frac{1}{a_1}\right)^2+\left(a_2+\frac{1}{a_2}\right)^2+...+\left(a_n+\frac{1}{a_n}\right)^2\ge\left(\frac{n^2+1}{n}\right)^2\)
Cho các số nguyên \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\)\(\left(n\in N,n>1\right)\)thõa mãn \(\left(a_1+a_2+a_3+...+a_n\right)⋮3\)
Chứng minh rằng \(\left(a_1^3+a_2^3+a_3^3+...+a_n^3\right)⋮3\)
P/s : Này là đề thi loại HSG cấp trường đợt 2 đó :))
Thực ra mình lập câu hỏi này để giải một bài toán mình từng hỏi cho mọi người tham khảo, thì có một bạn nhờ mình giải.
Link : http://olm.vn/hoi-dap/question/715065.html
Thấy Online Math chọn thì không nỡ bỏ quên :v
Đề : Chia số \(2013^{2016}\) thành tổng các số tự nhiên.
Tìm số dư của tổng lập phương các số tự nhiên đó cho 6.
Bài này chủ yếu là đánh lừa các bạn, vì không rõ ràng ở phần " tổng các số tự nhiên", chúng ta chẳng biết tổng của các số nào cả, có rất nhiều cách chia như vậy. Với những bài có dạng như này, mẹo là các bạn đưa về dạng tổng quá, sẽ dễ dàng chứng minh được.
Cách giải :
Đặt \(2013^{2016}=a_1+a_2+...+a_n\)
Tổng lập phương các số tự nhiên này là :
\(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3\)
Có :
\(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3-\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\)
\(=\left(a_1^3-a_1\right)+\left(a_2^3-a_2\right)+...+\left(a_n^3-a_n\right)\)
\(=a_1\left(a_1^2-1\right)+a_2\left(a_2^2-1\right)+...+a_n\left(a_n^2-1\right)\)
\(=\left(a_1-1\right)a\left(a_1+1\right)+\left(a_2-1\right)a_2\left(a_2+1\right)+...+\left(a_n-1\right)a_n\left(a_n+1\right)\)
Thấy \(\left(a_1-1\right)a\left(a_1+1\right);\left(a_2-1\right)a_2\left(a_2+1\right);...;\left(a_n-1\right)a_n\left(a_n+1\right)\) là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên dễ dàng chứng minh nó chia hết cho 6.
Do đó \(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3-\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\) chia hết cho 6, tức \(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3\) có cùng số dư với \(2013^{2016}\left(=a_1+a_2+...+a_n\right)\) khi chia cho 6.
Các bạn tự tìm số dư, vì phần còn lại khá đơn giản :)
(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 \(n\) 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
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 \(\left(a_1,a_2,...,a_n\right)\left[A_1,A_2,...,A_n\right]=d.d^{n-1}x_1x_2...x_n=d^nx_1x_2...x_n=A\).