tex]...

August 2022 1 85 Report

Доказать, что для любых положительных чисел [tex]a_1,a_2,...,a_n[/tex] справедливо неравенство [tex](a_1+a_2+...+a_n)\cdot\bigg(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n}\bigg)\geq n^2.[/tex]

Answers & Comments

xERISx

Verified answer

Доказать справедливость неравенства для любых положительных чисел:

$(a_1+a_2+...+a_n)\cdot \left(\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}+...+\dfrac1{a_n}\right)\geq n^2$

Рассмотрим неравенство.

Слева - произведение двух скобок, в каждой из которых по $n$ слагаемых. Если эти скобки перемножить, то получится сумма, состоящая из $n^2$ слагаемых.

Перемножим скобки и сгруппируем слагаемые:

$(a_1+a_2+...+a_n)\cdot \left(\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}+...+\dfrac1{a_n}\right)=\\\\\\=\dfrac{a_1}{a_1}+\dfrac{a_1}{a_2}+...+\dfrac{a_1}{a_n}+\dfrac{a_2}{a_1}+\dfrac{a_2}{a_2}+...+\dfrac{a_2}{a_n}+\dfrac{a_n}{a_1}+\dfrac{a_n}{a_2}+...+\dfrac{a_n}{a_n}=$

$=\left(\dfrac{a_1}{a_1}+\dfrac{a_2}{a_2}+...+\dfrac{a_n}{a_n}\right)+\left(\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_1}\right)+...+\left(\dfrac{a_1}{a_n}+\dfrac{a_n}{a_1}\right)+\\\\\\+\left(\dfrac{a_2}{a_3}+\dfrac{a_3}{a_2}\right)+...+\left(\dfrac{a_2}{a_n}+\dfrac{a_n}{a_2}\right)+...+\left(\dfrac{a_{n-1}}{a_n}+\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\right)$

Сумма $n$ слагаемых в первых скобках равна сумме $n$ единиц:

$\left(\dfrac{a_1}{a_1}+\dfrac{a_2}{a_2}+...+\dfrac{a_n}{a_n}\right) = \underbrace{1 + 1 + ...+1}_n=n$

Осталось $n^2-n$ слагаемых, которые сгруппированы попарно. В каждых скобках сумма двух взаимно обратных чисел.

Теорема: сумма двух положительных и взаимно обратных чисел всегда больше либо равна 2.

$\dfrac{a_k}{a_j}+\dfrac{a_j}{a_k}\geq 2$

Таким образом, каждая пара оставшихся слагаемых больше либо равна 2, и таких пар $\dfrac{n^2-n}2$ .

$\underbrace{\left(\dfrac{a_1}{a_1}+\dfrac{a_2}{a_2}+...+\dfrac{a_n}{a_n}\right)}_{=n}+\underbrace{\left(\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_1}\right)}_{\ge2}+...+\underbrace{\left(\dfrac{a_1}{a_n}+\dfrac{a_n}{a_1}\right)}_{\ge2}+\\\\\\+\underbrace{\left(\dfrac{a_2}{a_3}+\dfrac{a_3}{a_2}\right)}_{\ge2}+...+\underbrace{\left(\dfrac{a_2}{a_n}+\dfrac{a_n}{a_2}\right)}_{\ge2}+...+\underbrace{\left(\dfrac{a_{n-1}}{a_n}+\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\right)}_{\ge2}\boldsymbol{\geq}$

$\boldsymbol{\geq} n+\underbrace{2+2+...+2}_{\left(\frac{n^2-n}2\right)}=n+2\cdot \dfrac{n^2-n}2=n+n^2-n=n^2\\\blacksquare$
Доказано неравенство:

$(a_1+a_2+...+a_n)\cdot \left(\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}+...+\dfrac1{a_n}\right)\geq n^2$

8 votes Thanks 6

Answers & Comments

Verified answer

e26a5c15e045cd1d3ae9596d1ed28e18

f0c724033e52b9c03831324fc7672841

3b5e3bcb498e75c2771a1176ae332968

tex 649a737b8cf00

20 5 6474a77351405

kio 65 i 0635

tex]

tex]

4 135 63a53a4f7c5cb

tex]

рекомендуемые вопросы

Helpful Links

Helpful Social