Неравенства и равенства

[Spider Iovkov]

Зад. 1. Да се докаже, че ако [tex]a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}[/tex] са положителни числа и [tex]n\ge0[/tex], то

[tex]\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\ge \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}[/tex].

Зад. 2. Да се докаже, че

[tex]\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}\ge \sqrt{n}[/tex].

Зад. 3. Да се докаже, че във всеки изпъкнал [tex]n[/tex]-ъгълник броят на всички диагонали е

[tex]S_{n}=\frac{n(n-3)}{2}[/tex].

Зад. 4. Да се докаже равенството:

[tex]1^3+2^3+...+n^3=(1+2+...+n)^2[/tex].

[Реклама]

[jeo]

Айде набързо
1. Неравенство м/у средно аритметично и средно геометрично (оправи си [tex]a_{3 }[/tex] на [tex]a_{n }[/tex] )
2.[tex]\frac{1}{\sqrt{1}}[/tex]+[tex]\frac{1}{\sqrt{2}}[/tex]+...+[tex]\frac{1}{\sqrt{n}}[/tex][tex]\ge \frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{1}{\sqrt{n}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}}= n\frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n}[/tex]
3. Еми то се води и формула, ама иначе така, всеки връх се свързва с всички останали върхове без двата му съседни, т.е. [tex]n-3[/tex] (двата съседни и самия връх). Има [tex]n[/tex]върхове става [tex]n(n-3)[/tex], тъй като обаче всеки връх се брои два пъти, става [tex]\frac{n(n-3)}{2}[/tex] . Може и с индукция.
4. Еми то пак е формула, която също се доказва с индукция
[tex]1^{3 }[/tex]+[tex]2^{3 }[/tex]+...+[tex]n^{3 }[/tex]=[tex](\frac{n(n+1)}{2})^{2}=(1+2+...+n)^{2}[/tex]

[ганка симеонова]

[jeo]

стига бе тъкмо почнах да хващам тоя latex

[ганка симеонова]

[gvateva]

Прилагам доказателство за трета задача

[jeo]

Аз набързо набързо, сто пъти го оправях, ама го схванах латекса.

[r2d2]

За 1. Kакво значи нер. между ...
Някой може ли да го докаже или пак писание от Емо..

[Spider Iovkov]

Да означим [tex]\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}[/tex] с [tex]b[/tex], като след това положим [tex]c_{1}=\frac{a_{1}}{b}, c_{2}=\frac{a_{2}}{b}, ..., c_{n}=\frac{a_{n}}{b}[/tex]. Числата [tex]c_{1}, c_{2}, ..., c_{n}[/tex] са положителни, [tex]n\ge2[/tex] и освен това [tex]c_{1}c_{2}...c_{n}=\frac{a_{1}a_{2}...a_{n}}{b^n}=1[/tex].
Налице са обаче условията: [tex]a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}[/tex] — положителни числа, [tex]n\ge2[/tex], [tex]a_{1}a_{2}...a_{n}=1[/tex]. Тогава [tex]a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\ge n[/tex]. Поради това [tex]c_{1}+c_{2}+...+c_{n}\ge n[/tex]. Оттук [tex]\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\ge b[/tex]. Но [tex]b=\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}[/tex]
[tex]\Rightarrow \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\ge \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}[/tex].

Сега като странично отклонение, за да е пълно решението на задачата, да докажем, че ако са налице условията [tex]a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}[/tex] — положителни числа, [tex]n\ge2[/tex], [tex]a_{1}a_{2}...a_{n}=1[/tex], то [tex]a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\ge n[/tex].
Нека това неравенство е изпълнено при [tex]n=k[/tex], т. е. [tex]a_{1}a_{2}...a_{k}\ge k (*)[/tex]. Ще докажем, че [tex](1) a_{1}a_{2}...a_{k}a_{k+1}\ge (k+1)[/tex].
Ако [tex]a_{1}=a_{2}=...=a_{k+1}=1[/tex], неравенството [tex](1)[/tex] е изпълнено. Ако поне едно от числата е по-малко от [tex]1[/tex], то ще има и число, по-голямо от [tex](1)[/tex].
Да предположим, че [tex]a_{m}>1, a_{m+1}<1[/tex]. Тогава числата [tex]a_{1}, a_{2}, ..., a_{m-1}, a_{m+2}, ..., a_{k}[/tex] и [tex]a_{m}a_{m+1}[/tex] са [tex]k[/tex] на брой и съгласно неравенството [tex](*)[/tex], получаваме [tex]a_{1}+a_{2}+...+a_{m-1}+a_{m+2}+...+a_{k}+(a_{m}a_{m+1})\ge k[/tex]. От друга страна, като вземем предвид, че [tex]a_{m-1}>0, 1-a_{m+1}>0[/tex], намираме
[tex]a_{1}+a_{2}+...+a_{m-1}+a_{m}+a_{m+1}+a_{m+2}+...+a_{k}[/tex]
[tex]\ge k-(a_{m}a_{m+1})+a_{m}+a_{m+1}[/tex]
[tex]\ge k+1+a_{m}(1-a_{m+1})-(1-a_{m+1})[/tex]
[tex]\ge k+1+(a_{m}-1)(1-a_{m+1})>k+1[/tex].

[soldier_vl]

[r2d2]

Абе Емо, спри се бе!

[Пафнутий]

Емо, остави ни поне малко и ние да помислим Няма смисъл да пускаш задачи и сам да ги доказваш