Cho $a_1,a_2,...,a_n,a_{n+1}(n>1)$ là các số thực dương sao cho $a_2-a_1=a_3-a_2=...=a_{n+1}-a_n$. Chứng minh rằng $\sum_{k=2}^n\dfrac{1}{a_k^2}\leq\dfrac{n-1}{2}.\dfrac{a_1a_n+a_2a_{n+1}}{a_1a_2a_na_{n+1}}$.
#2
Đã gửi 15-01-2007 - 12:22
leecom
-
- Thành viên
-
- 327 Bài viết
Sĩ quan
Ta chứng minh bài toán bằng qui nap.
Với $n=2$, dễ thấy đúng.
Giả sử đã đúng đến $n$, xét với $n+1.$
Ta có $\sum\limits_{k=2}^{n+1}\dfrac{1}{a_{k}^{2}}= \sum\limits_{k=2}^{n}\dfrac{1}{a_{k}^{2}}+\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}\le \dfrac{n-1}{2}.\dfrac{a_{1}a_{ n}+a_{2}a_{n+1}}{a_{1}a_{2}a_{ n}a_{n+1}}+\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}= \dfrac{n-1}{2}.(\dfrac{1}{a_{1}a_{n }}+ \dfrac{1}{a_{2}a_{n+1}}) +\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}= \dfrac{1}{2d}.(\dfrac{1}{a_{1}}- \dfrac{1}{a_{n }}+ \dfrac{1}{a_{2}}-\dfrac{1}{a_{n+1}}) +\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}\le \dfrac{1}{2d}.(\dfrac{1}{a_{1}}- \dfrac{1}{a_{n+1 }}+ \dfrac{1}{a_{2}}-\dfrac{1}{a_{n+2}})= \dfrac{n }{2}.\dfrac{a_{1}a_{ n+1}+a_{2}a_{n+2}}{a_{1}a_{2}a_{ n+1}a_{n+2}} $.
Vậy theo nguyên lý qui nạp toán học, ta có DDFCM.
Với $n=2$, dễ thấy đúng.
Giả sử đã đúng đến $n$, xét với $n+1.$
Ta có $\sum\limits_{k=2}^{n+1}\dfrac{1}{a_{k}^{2}}= \sum\limits_{k=2}^{n}\dfrac{1}{a_{k}^{2}}+\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}\le \dfrac{n-1}{2}.\dfrac{a_{1}a_{ n}+a_{2}a_{n+1}}{a_{1}a_{2}a_{ n}a_{n+1}}+\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}= \dfrac{n-1}{2}.(\dfrac{1}{a_{1}a_{n }}+ \dfrac{1}{a_{2}a_{n+1}}) +\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}= \dfrac{1}{2d}.(\dfrac{1}{a_{1}}- \dfrac{1}{a_{n }}+ \dfrac{1}{a_{2}}-\dfrac{1}{a_{n+1}}) +\dfrac{1}{a_{n+1}^{2}}\le \dfrac{1}{2d}.(\dfrac{1}{a_{1}}- \dfrac{1}{a_{n+1 }}+ \dfrac{1}{a_{2}}-\dfrac{1}{a_{n+2}})= \dfrac{n }{2}.\dfrac{a_{1}a_{ n+1}+a_{2}a_{n+2}}{a_{1}a_{2}a_{ n+1}a_{n+2}} $.
Vậy theo nguyên lý qui nạp toán học, ta có DDFCM.
The Past, The Present, and The Future...
#3
Đã gửi 22-01-2007 - 20:53
QUANVU
-
- Hiệp sỹ
-
- 4378 Bài viết
B&S-D
Đây là lời giải không dùng quy nạp này:
http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=128011
1728
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
