YOMEDIA
NONE

Chứng minh BĐT cauchy với pp quy nạp 

Chứng minh BĐT cauchy với pp quy nạp

 

Theo dõi Vi phạm
ADSENSE

Trả lời (1)

  • Ta cần chứng minh : \(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}\ge\sqrt[n]{a_1.a_2...a_n}\) với \(n\in N^{\text{*}}\)

    Hiển nhiên bđt đúng với n = 2 , tức là \(\frac{a_1+a_2}{2}\ge\sqrt{a_1a_2}\) (1)

    Giả sử bđt đúng với n = k , tức là \(\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}\ge\sqrt[k]{a_1.a_2...a_k}\) với \(k>2\)

    Ta sẽ chứng minh bđt cũng đúng với mọi n = k + 1 

    Không mất tính tổng quát, đặt \(a_1\le a_2\le...\le a_k\le a_{k+1}\)

    thì : \(a_{k+1}\ge\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}\) . Lại đặt \(\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k}=x,x\ge0\)

    \(\Rightarrow a_{k+1}=x+y,y\ge0\) và \(x^k=a_1.a_2...a_k\) (suy ra từ giả thiết quy nạp)

    Ta có : \(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1}=\left(\frac{kx+x+y}{k+1}\right)^{k+1}=\left(\frac{x\left(k+1\right)+y}{k+1}\right)^{k+1}=\left(x+\frac{y}{k+1}\right)^{k+1}\)

                                                \(\ge x^{k+1}+\left(k+1\right).\frac{y}{k+1}.x^k=x^{k+1}+y.x^k=x^k\left(x+y\right)\ge a_1.a_2...a_k.a_{k+1}\)

    Suy ra \(\left(\frac{a_1+a_2+...+a_{k+1}}{k+1}\right)^{k+1}\ge\sqrt[k+1]{a_1.a_2...a_{k+1}}\)

    Vậy bđt luôn đúng với mọi n > 2 (2)

    Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

      bởi Nguyễn Bảo Lợi 28/09/2018
    Like (0) Báo cáo sai phạm

Nếu bạn hỏi, bạn chỉ thu về một câu trả lời.
Nhưng khi bạn suy nghĩ trả lời, bạn sẽ thu về gấp bội!

Lưu ý: Các trường hợp cố tình spam câu trả lời hoặc bị báo xấu trên 5 lần sẽ bị khóa tài khoản

Gửi câu trả lời Hủy
 
NONE

Các câu hỏi mới

ZUNIA9
 

 

YOMEDIA
AANETWORK
OFF