Cho n số thực \(a_1;a_2;...;a_n\) thoả mãn \(a_1^2+a_2^2+..+a_n^2=3\).
Chứng minh rằng: \(\left|\frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{3}+..+\frac{a_n}{n+1}\right|\le\sqrt{2}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
KK
10 tháng 3 2017
\(\dfrac{a_1}{2-a_1}+\dfrac{a_2}{2-a_2}+...+\dfrac{a_n}{2-a_n}\ge\dfrac{n}{2n-1}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2_1}{2a_1-a^2_1}+\dfrac{a^2_2}{2a_2-a^2_2}+...+\dfrac{a^2_n}{2a_n-a^2_2}\ge\dfrac{n}{2n-1}\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow\dfrac{a^2_1}{2a_1-a^2_1}+\dfrac{a^2_2}{2a_2-a^2_2}+...+\dfrac{a^2_n}{2a_n-a^2_2}\ge\dfrac{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}{2\left(a_1+a_2+...+a_n\right)-\left(a^2_1+a^2_2+...+a_n^2\right)}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a^2_1}{2a_1-a^2_1}+\dfrac{a^2_2}{2a_2-a^2_2}+...+\dfrac{a^2_n}{2a_n-a^2_2}\ge\dfrac{1}{2-\left(a^2_1+a^2_2+...+a_n^2\right)}\)
Chứng minh rằng \(\dfrac{1}{2-\left(a^2_1+a_2^2+...+a^2_n\right)}\ge\dfrac{n}{2n-1}\)
\(\Leftrightarrow2n-1\ge n\left[2-\left(a^2_1+a^2_2+...+a^2_n\right)\right]\)
\(\Leftrightarrow2n-1\ge2n-n\left(a^2_1+a^2_2+...+a^2_n\right)\)
\(\Leftrightarrow-1\ge-n\left(a^2_1+a^2_2+...+a^2_n\right)\)
\(\Leftrightarrow1\le n\left(a^2_1+a^2_2+...+a^2_n\right)\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{n}\le a^2_1+a^2_2+...+a^2_n\)
Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số
\(\Rightarrow VP=\dfrac{a^2_1}{1}+\dfrac{a^2_2}{1}+...+\dfrac{a^2_n}{1}\ge\dfrac{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}{n}=\dfrac{1}{n}\)
\(\Rightarrow\) đpcm
Vậy \(\dfrac{1}{2-\left(a^2_1+a_2^2+...+a^2_n\right)}\ge\dfrac{n}{2n-1}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a_1}{2-a_1}+\dfrac{a_2}{2-a_2}+...+\dfrac{a_n}{2-a_n}\ge\dfrac{n}{2n-1}\) ( đpcm )
9 tháng 4 2022
Cái đầu tiên là \(\sqrt[n]{\frac{a_1^n+a_2^n+a_3^n+...+a_n^n}{n}}\)nhé.
VD
15 tháng 4 2018
mày bị điên đứa nào thích thì mà đứa nào chơi truy kích cho tao nick
