eMatematikas
Kategorijos +Nauja tema Prisijungti        

Matematikos Maratonas Nr. 4


Teisingai :)

0

Keičiu uždavinį.

Tarkime [tex]n\geq 1[/tex] ir [tex]x_1,x_2,...,x_n\geq 0[/tex]. Įrodykite, kad $$(x_1+2x_2+...+nx_n)(x_1+\frac{x_2}{2}+...+\frac{x_n}{n})\leq\frac{(n+1)^2}{4n}(x_1+x_2+...+x_n)^2$$

Paskutinį kartą atnaujinta 2019-06-26

0

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.

0

Gerai.

0

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.

0

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.

1

Gerai.

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!