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?
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 t.c dãy tỉ số bằng nhau ta có:
\(\frac{a1}{a2}=\frac{a2}{a3}=\frac{a3}{a4}=.....=\frac{an}{an+1}=\frac{a1+a2+a3+....+an}{a2+a3+a4+...+an+1}\)
\(\frac{a1}{a2}\cdot\frac{a2}{a3}\cdot\frac{a3}{a4}\cdot...\cdot\frac{an}{an+1}=\frac{a1}{an+1}=\left(\frac{a1}{a2}\right)^n=\left(\frac{a1+a2+a3+....+an}{a2+a3+a4+...+an+1}\right)^n\)(vì từ 1 đến n có n chữ số)
=> đpcm
Đặt \(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1}=k\)
=>\(\frac{a_1}{a_2}.\frac{a_2}{a_3}.....\frac{a_{n-1}}{a_n}.\frac{a_n}{a_1}=k.k.....k.k\)
=>\(k^n=\frac{a_1.a_2.....a_{n-1}.a_n}{a_2.a_3.....a_n.a_1}\)
=>\(k^n=1=1^n\)
=>k=1
=>\(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1}=1\)
=>\(a_1=a_2=...=a_n\)
\(=>\frac{a^2_1+a^2_2+...+a_n^2}{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)^2}\)
=\(\frac{a^2_1+a^2_1+...+a_1^2}{\left(a_1+a_1+...+a_1\right)^2}\)
=\(\frac{n.a^2_1}{\left(n.a_1\right)^2}=\frac{n.a_1^2}{n^2.a^2_1}=\frac{1}{n}\)
thế này dc ko
Áp dụng t/c của dãy tỉ số bằng nhau, ta có :
\(\frac{a_1}{a_2}=\frac{a_2}{a_3}=...=\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_n}{a_1}=\frac{a_1+a_2+...+a_{n-1}+a_n}{a_2+a_3+...+a_n+a_1}\Rightarrow a_1=a_2=...=a_n\)
\(\frac{a^1_2+a^2_2+...+a^2_n}{\left(a_1+a_2+...+a_n\right)}=\frac{na^2_1}{\left(na_1\right)^2}=\frac{1}{n}\)
Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nha, ta có :
\(\dfrac{a_1}{a_2}=\dfrac{a_2}{a_3}=.....=\dfrac{a_n}{a_{n+1}}=\dfrac{a_1+a_2+....+a_n}{a_2+a_3+....+a_{n+1}}\)
\(\Rightarrow\dfrac{a_1}{a_2}=\dfrac{a_1+a_2+....+a_n}{a_2+a_3+....+a_{n+1}}\)
\(\dfrac{a_2}{a_3}=\dfrac{a_1+a_2+.....+a_n}{a_2+a_3+.....+a_{n+1}}\)
.................................
\(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}=\dfrac{a_1+a_2+.....+a_n}{a_2+a_3+.....+a_{n+1}}\)
\(\Rightarrow\left(\dfrac{a_1+a_2+.....+a_n}{a_2+a_3+.....+a_{n+1}}\right)^n=\dfrac{a_1}{a_2}.\dfrac{a_2}{a_3}........\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\)
Vậy \(\left(\dfrac{a_1+a_2+......+a_n}{a_2+a_3+......+a_{n+1}}\right)=\dfrac{a_1}{a_{n+1}}\) (đpcm)
~ Học tốt ~
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.
Bài này khó thật !