Keičiu uždavinį.
Tarkime [tex]n\geq 1[/tex] ir [tex]x_1,x_2,...,x_n\geq 0[/tex]. Įrodykite, kad $$(x_1+2x_2+...+nx_n)(x_1+\frac{x_2}{2}+...+\frac{x_n}{n})\leq\frac{(n+1)^2}{4n}(x_1+x_2+...+x_n)^2$$
Duotoji nelygybė ekvivalenti tokiai:
\begin{gather*}
\frac{(n+1)x_1+(n+1)x_2+\dotsb+(n+1)x_n}{2}\geq
\sqrt{\bigg(x_1+2x_2+\dotsb+nx_n\bigg)\bigg(nx_1+\frac{n}{2}x_2+\dotsb+\frac{n}{n}x_n\bigg)}.
\end{gather*}
Nesunku įsitikinti, jog $n+1\geq \frac{n}{k}+k$ su visais $k\in\{1, 2, \dotsc, n\}$, todėl
\begin{gather*}
\frac{(n+1)x_1+(n+1)x_2+\dotsb+(n+1)x_n}{2}\geq\frac{\bigg(x_1+2x_2+\dotsb+nx_n\bigg)+\bigg(nx_1+\frac{n}{2}x_2+\dotsb+\frac{n}{n}x_n\bigg)}{2}
\end{gather*}
ir, pasirėmę A-G vidurkių nelygybe, gaunam, ką ir reikėjo.
Tarkime eilutė $\displaystyle\sum a_n$ konverguoja ir $a_n\geq 0$. Įrodykite, kad eilutė $\displaystyle\sum\frac{\sqrt{a_n}}{n}$ taip pat konverguoja.
Kadangi $$\frac{\sqrt{a_n}}{n}\leq \frac{a_n}{2} + \frac{1}{2n^2}$$
ir $$\sum \frac{1}{n^2} \;\; -konverguoja,$$ tai remiantis palyginimo požymiu, $$\sum \frac{\sqrt{a_n}}{n} \;\; - konverguoja.$$
Įrodyta.
Imkime aibę [tex]A_n = \{ \frac{1}{k}| \;\; k \in \mathbb{N},\;\; k \leq n \},\;\;n \in\mathbb{N}[/tex]. Su bet kuriais aibės [tex]A_n[/tex] elementais [tex]x, y[/tex] galime atlikti operaciją:
$$x+y+xy \;\;\;(*).$$ Po operacijos [tex](*)[/tex] atlikimo, elementai [tex]x, y[/tex] pašalinami iš aibės [tex]A_n[/tex], o naujai gautas skaičius patalpinamas į aibę [tex]A_n[/tex]. Atlikus operaciją [tex](*)[/tex] tam tikrą skaičių kartų, aibėje [tex]A_n[/tex] teliks vienas elementas. Raskite likusio elemento reikšmę.
Manau reiktų atgaivint maratoną!
Įrodykite, jog $\forall n\in\mathbb{N}$ skaičius
$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dotsb+\frac{1}{n}$$
nėra sveikasis.
Kai n=1, 1 yra sveikasis skaičius.