Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(\left(a_1,a_2,...,a_n\right)\left[A_1,A_2,...,A_n\right]=d.d^{n-1}x_1x_2...x_n=d^nx_1x_2...x_n=A\).
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 \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\text{a}_1=\text{a}_2=...=\text{a}_n\\\frac{1}{\text{a}_1}=\frac{1}{\text{a}_2}=...=\frac{1}{\text{a}_n}\end{cases}}\)
\(\Leftrightarrow\text{a}_1=\text{a}_2=...=\text{a}_n\)
\(S-P=a_1^3-a_1+a_2^3-a_2+...+a_n^3-a_n\)
\(=a_1\left(a_1-1\right)\left(a_1+1\right)+a_2\left(a_2-1\right)\left(a_2+1\right)+...+a_n\left(a_n-1\right)\left(a_n+1\right)\)
Do \(a_k\left(a_k-1\right)\left(a_k+1\right)\) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên luôn chia hết cho 6
\(\Rightarrow S-P⋮6\)
Mà \(P⋮6\Rightarrow S⋮6\)
\(\dfrac{a_1}{2-a_1}+\dfrac{a_2}{2-a_2}+...+\dfrac{a_n}{2-a_n}\ge\dfrac{n}{2n-1}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a^2_1}{2a_1-a^2_1}+\dfrac{a^2_2}{2a_2-a^2_2}+...+\dfrac{a^2_n}{2a_n-a^2_2}\ge\dfrac{n}{2n-1}\)
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 )
CM :\(\left(1+a_1\right)+\left(1+a_2\right)+...+\left(1+a_n\right)\ge2^n\)
Áp dụng BĐT Cô si cho 2 số \(a_1\) và 1 :
\(a_1+1\ge2\sqrt{a_1}\ge0\)
Tương tự cũng có :
\(a_2+1\ge2\sqrt{a_2}\ge0\)
........
\(a_n+1\ge2\sqrt{a_n}\ge0\)
=> \(\left(1+a_1\right)+\left(1+a_2\right)+...+\left(1+a_n\right)\ge2^n\sqrt{a_1.a_2...a_n}=2^n\left(đpcm\right)\)
Dấu " = " xảy ra khi \(a_1=a_2=...=a_n=1\)
Mik sửa lại đề thành \(\left(1+a_1\right)+\left(1+a_2\right)+...+\left(1+a_n\right)\ge2^n\)
Cái đầu tiên là \(\sqrt[n]{\frac{a_1^n+a_2^n+a_3^n+...+a_n^n}{n}}\)nhé.
