1. Cho dãy số nguyên dương \(a_1,a_2,...,a_n\) được xác định như sau : \(a_1=b

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)

B

Buddy

17 tháng 7 2023

Cho các dãy số \(\left( {{a_n}} \right),\left( {{b_n}} \right),\left( {{c_n}} \right),\left( {{d_n}} \right)\) được xác định như sau.• \({a_1} = 0;{a_2} = 1;{a_3} = 2;{a_4} = 3;{a_5} = 4\).• \({b_n} = 2n\).• \(\left\{ \begin{array}{l}{c_1} = 1\\{c_n} = {c_{n - 1}} + 1\left( {n \ge 2} \right)\end{array} \right.\). • \({d_n}\) là chu vi của đường tròn có bán kính \(n\).Tìm bốn số hạng đầu tiên của các dãy số...

Đọc tiếp

#Toán lớp 11

1

QT

Quoc Tran Anh Le

Giáo viên

22 tháng 9 2023

Ta có:

\({a_1} = 0;{a_2} = 1;{a_3} = 2;{a_4} = 3;{a_5} = 4\).

\({b_1} = 2.1 = 2;{b_2} = 2.2 = 4;{b_3} = 2.3 = 6;{b_4} = 2.4 = 8\).

\({c_1} = 1;{c_2} = {c_1} + 1 = 1 + 1 = 2;{c_3} = {c_2} + 1 = 2 + 1 = 3;{c_4} = {c_3} + 1 = 3 + 1 = 4\).

+ Chu vi đường tròn có bán kính \(n\) là \({d_n} = 2\pi n\).

Ta có: \({d_1} = 2\pi .1 = 2\pi ;{d_2} = 2\pi .2 = 4\pi ;{d_3} = 2\pi .3 = 6\pi ;{d_4} = 2\pi .4 = 8\pi \).

Đúng(0)

LH

Lê Hiển Vinh

30 tháng 8 2016

Câu hỏi hay

Cho \(a_0< a_1< a_2< ...< a_n\) là 1 dãy vô hạn nguyên dương.

Chứng minh rằng tồn tại duy nhất \(m\ge1\) sao cho:

\(a_n< \frac{a_0+a_1+a_2+...+a_n}{m}< a_{n+1}\)

Nếu bỏ giả thiết dãy nguyên dương thì kết quả trên còn đúng nữa không?

#Toán lớp 7

5

CH

Cô Hoàng Huyền

Admin VIP

31 tháng 8 2016

Đặt \(f\left(n\right)=a_0+a_1+...+a_n-na_{n+1}\); Ta có \(f\left(0\right)=a_0\)

Bởi vì \(a_{n+2}\ge a_{n+1}\) nên ta có:

\(a_0+a_1+...+a_n-na_{n+1}>a_0+a_1+...+a_n+a_{n+1}-\left(n+1\right)a_{n+2}.\)

Vậy thì \(f\left(n\right)>f\left(n+1\right)\) hay \(f\left(n\right)\) là dãy đơn điệu giảm.

Bởi vậy, vì \(f\left(0\right)>0\) nên tồn tại duy nhất số m thỏa mãn \(f\left(m-1\right)>0\ge f\left(m\right).\)

Mặt khác, ta lại có:

\(a_0+a_1+...+a_{m-1}-\left(m-1\right)a_m>0;a_0+a_1+...+a_m-ma_{m+1}\le0\)

Từ đó suy ra:

\(a_m< \frac{a_0+a_1+...+a_m}{m}\le a_{m+1}\)

Đặt \(h\left(n\right)=a_0+a_1+...+a_m-ma_m\). Bởi vì \(a_{n+1}>a_n\) nên ta có:

\(a_0+a_1+...+a_n-na_n>a_0+a_1+...+a_n+a_{n+1}-\left(n+1\right)a_{n+1}.\)

Vậy \(h\left(n\right)\) cũng là dãy đơn điệu giảm.

Chú ý rằng: \(h\left(m+1\right)=a_0+a_1+...+a_{m+1}-\left(m+1\right)a_{m+1}\le0.\)

nên \(h\left(t\right)\le0\forall t>m.\) Vì vậy, \(h\left(n\right)>0\) sẽ không thỏa mãn với n > m. Vậy m là số duy nhất thỏa mãn.

Đây là bài tập trong đề thi IMO 2014 tại Nam Phi. Đề bài chính xác thì bất đẳng thức đằng sau có dấu bằng. Đây là bài cô dịch từ bài giải bằng tiếng anh của tác giả Gerhard Woeginger, Australia.

Đúng(0)

BT

Bùi Thị Vân

31 tháng 8 2016

Bài này khó thật !

Đúng(0)

QB

Quốc Bảo

10 tháng 3 2017

Cho n số thực dương \(a_1,a_2,..,a_n\) có tổng bằng 1

Chứng minh rằng \(\dfrac{a_1}{2-a_1}+\dfrac{a_2}{2-a_2}+...+\dfrac{a_n}{2-a_n}\ge\dfrac{n}{2n-1}\)

#Toán lớp 9

1

KK

Kuro Kazuya

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 )

Đúng(0)

PT

Phương Thảo

10 tháng 3 2017

lp 7

Đúng(0)

LS

Lê Song Phương

CTVHS

23 tháng 4 2022

Cho các số nguyên \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\). Đặt \(S=a_1^3+a_2^3+a_3^3+...+a_n^3\) và \(P=a_1+a_2+a_3+...+a_n\). Chứng minh rằng \(S⋮6\) khi \(P⋮6\)

#Toán lớp 9

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

23 tháng 4 2022

\(S-P=a_1^3-a_1+a_2^3-a_2+...+a_n^3-a_n\)

\(=a_1\left(a_1-1\right)\left(a_1+1\right)+a_2\left(a_2-1\right)\left(a_2+1\right)+...+a_n\left(a_n-1\right)\left(a_n+1\right)\)

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 \(P⋮6\Rightarrow S⋮6\)

Đúng(1)

VC

Vũ Cao Thành

22 tháng 10 2017

cho a_1,a_2,...,a_n>0, gọi m= min {a_1, a_2, ..., a_n} và M = max {a_1, a_2, ..., a_n}, A = a_1 +a_2 + ...+ a_n và B=1/a_1 + ...+ 1/a_n.

CMR B\(\le\)1/mM.[n(m+M) - A]

#Toán lớp 9

0

NT

Nguyễn Thị Quỳnh

2 tháng 12 2015

Cho dãy tỉ số bằng nhau \(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}\) biết \(a_1+a_2+a_3+...+a_n\ne0;a_1=\sqrt{3}\)

Tính tổng \(a_1+a_2+a_3+...+a_n\)

#Toán lớp 7

0

NM

Nguyễn Minh Huy

7 tháng 3 2021

Cho dãy số \(\left(a_n\right)\) xác định bởi công thức:\(\hept{\begin{cases}a_1=1;a_2=2;\\na_{n+2}=\left(3n+2\right)a_{n+1}-2\left(n+1\right)a_n;n=1;2;3...\end{cases}}\)a) Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy \(\left(a_n\right)\)b)Chứng minh \(\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}+...+\sqrt{a_n-1}\ge\frac{n\left(n+1\right)}{2};\forall n\inℕ^∗\)c)...

Đọc tiếp

#Toán lớp 11

0

NM

NGUYỄN MINH HUY

7 tháng 3 2021

Câu hỏi hay

Cho dãy số \(\left(a_n\right)\) xác định bởi công thức:\(\hept{\begin{cases}a_1=1;a_2=2;\\na_{n+2}=\left(3n+2\right)a_{n+1}-2\left(n+1\right)a_n;n=1;2;3...\end{cases}}\)a) Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy \(\left(a_n\right)\)b)Chứng minh \(\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}+...+\sqrt{a_n-1}\ge\frac{n\left(n+1\right)}{2};\forall n\inℕ^∗\)c)...

Đọc tiếp

#Toán lớp 11

3

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

8 tháng 3 2021

a.

\(\Leftrightarrow na_{n+2}-na_{n+1}=2\left(n+1\right)a_{n+1}-2\left(n+1\right)a_n\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a_{n+2}-a_{n+1}}{n+1}=2.\dfrac{a_{n+1}-a_n}{n}\)

Đặt \(b_n=\dfrac{a_{n+1}-a_n}{n}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b_1=\dfrac{a_2-a_1}{1}=1\\b_{n+1}=2b_n\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow b_n=2^{n-1}\Rightarrow a_{n+1}-a_n=n.2^{n-1}\)

\(\Leftrightarrow a_{n+1}-\left[\dfrac{1}{2}\left(n+1\right)-1\right]2^{n+1}=a_n-\left[\dfrac{1}{2}n-1\right]2^n\)

Đặt \(c_n=a_n-\left[\dfrac{1}{2}n-1\right]2^n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c_1=a_1-\left[\dfrac{1}{2}-1\right]2^1=2\\c_{n+1}=c_n=...=c_1=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a_n=\left[\dfrac{1}{2}n-1\right]2^n+2=\left(n-2\right)2^{n-1}+2\)

Đúng(2)

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

8 tháng 3 2021

b.

Câu b này đề sai

Với \(n=1\Rightarrow\sqrt{a_1-1}=0< \dfrac{1\left(1+1\right)}{2}\)

Với \(n=2\Rightarrow\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}=0+1< \dfrac{2\left(2+1\right)}{2}\)

Có lẽ đề đúng phải là: \(\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}+...+\sqrt{a_n-1}\ge\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\)

Ta sẽ chứng minh: \(\sqrt{a_n-1}\ge n-1\) ; \(\forall n\in Z^+\)

Hay: \(\sqrt{\left(n-2\right)2^{n-1}+1}\ge n-1\)

\(\Leftrightarrow\left(n-2\right)2^{n-1}+2n\ge n^2\)

- Với \(n=1\Rightarrow-1+2\ge1^2\) (đúng)

- Với \(n=2\Rightarrow0+4\ge2^2\) (đúng)

- Giả sử BĐT đúng với \(n=k\ge2\) hay \(\left(k-2\right)2^{k-1}+2k\ge k^2\)

Ta cần chứng minh: \(\left(k-1\right)2^k+2\left(k+1\right)\ge\left(k+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(k-1\right)2^k+1\ge k^2\)

Thật vậy: \(\left(k-1\right)2^k+1=2\left(k-2\right)2^{k-1}+2^k+1\ge2k^2-4k+2^k+1\)

\(\ge2k^2-4k+5=k^2+\left(k-2\right)^2+1>k^2\) (đpcm)

Do đó:

\(\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}+...+\sqrt{a_n-1}>0+1+...+n-1=\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\)

Đúng(2)

P

piojoi

15 tháng 8 2023

\(Cho\) \(\dfrac{a_1}{a_2}=\dfrac{a_2}{a_3}=...=\dfrac{a_{n-1}}{a_n}=\dfrac{a_n}{a_1}\). Và \(a_1+a_2+...+a_n\ne0;a_1=-\sqrt{5}\). Tính \(a_2;a_3;...a_n=?\)

#Toán lớp 7

0

Chúng tôi đề xuất

Tài nguyên

Ứng dụng mobile

Bảng xếp hạng

Các khóa học có thể bạn quan tâm

Yêu cầu VIP