K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

30 tháng 1 2017

web wiki có cách cm vs quy nạp đó

30 tháng 1 2017

Bất đẳng thức trung bình cộng và trung bình nhân – Wikipedia tiếng Việt

NV
14 tháng 9 2020

Đặt vế trái biểu thức là P

- Nếu một trong các số bằng 0 thì biểu thức vô nghĩa

- Nếu một trong các số bằng 1 thì vế trái lớn hơn 1 nên đẳng thức ko xảy ra

- Nếu tất cả các số đều lớn hơn 1, không mất tính tổng quát, giả sử \(a_1< a_2< ...< a_n\)

\(\Rightarrow a_1\ge2;a_2\ge3;...;a_n\ge n+1\)

\(\Rightarrow P=\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+...+\frac{1}{a_n^2}\le\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+...+\frac{1}{\left(n+1\right)^2}\)

\(\Rightarrow P< \frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{n\left(n+1\right)}\)

\(\Rightarrow P< 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}< 1\)

\(\Rightarrow\) Không thể tồn tại đẳng thức \(P=1\)

NV
15 tháng 1

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

2 tháng 8 2018

cho toán lớp 10 ....Bố nó hiểu

HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
1 tháng 10 2023

a) Các giao điểm của \(\left( H \right)\) với trục hoành có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} - \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} = 1\\y = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x =  \pm a\\y = 0\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{A_1}\left( { - a;0} \right)\\{A_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)

b) Với \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc (H) ta có \(\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} = 1 + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} \ge 1 \Rightarrow {x^2} \ge {a^2} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}x \le  - a\\x \ge a\end{array} \right.\)

Do đó nếu \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc bên trái trục tung khi thì \(x < 0\), suy ra \(x \le  - a\).

Nếu \(M\left( {x;y} \right)\) thuộc bên phải trục tung khi thì \(x > 0\), suy ra \(x \ge  - a\).

c) Gọi \({M_1}\left( {{x_1};{y_1}} \right),{M_2}\left( {{x_2};{y_2}} \right)\). Vì \({M_1}\) thuộc nhánh bên trái trục tung nên ta có  \({x_1} \le  - a\),\({M_2}\) thuộc nhánh bên phải trục tung nên ta có \({x_2} \ge a\).

Suy ra \({M_1}{M_2} = \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2} + {{\left( {{y_2} - {y_1}} \right)}^2}}  \ge \sqrt {{{\left( {{x_2} - {x_1}} \right)}^2}+(0- 0)^2}  = \left| {{x_2} - {x_1}} \right| \ge \left| {a - \left( { - a} \right)} \right| = 2a\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}{y_2} - {y_1} = 0\\{x_2} = a\\{x_1} =  - a\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_2} = a\\{x_1} =  - a\\{y_1} = {y_2} = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{M_1}\left( { - a;0} \right)\\{M_2}\left( {a;0} \right)\end{array} \right.\)