Chủ đề này có 5 trả lời

[dorabesu]

Cmr : $\frac{a_1^k+a_2^k+...+a_n^k}{n}\geq (\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n})^k$ với mọi $k,n\in N*;a_i\in R$

[dorabesu]

Mình không biết Holder

[dtvanbinh]

Mình không biết Holder

với $k=1$ ta có bất đẳng thức đúng
với $k\geq 2$
đặt $f(x)=x^{k}$
là hàm lồi nên áp dụng ngay Jensen ta có đpcm
$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n})\geq nf(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtvanbinh: 01-03-2013 - 14:08

[dorabesu]

với $k=1$ ta có bất đẳng thức đúng
với $k\geq 2$
đặt $f(x)=x^{k}$
là hàm lồi nên áp dụng ngay Jensen ta có đpcm
$f(a_{1})+f(a_{2})+...+f(a_{n})\geq nf(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n})$

Phạm vi THCS thôi anh

[dtvanbinh]

Phạm vi THCS thôi anh

THCS của em đây
chứng minh bằng quy nạp
trường hợp $n=2$ chứng minh dễ
giả sử bất bẳng thức đúng với n
ta có
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n}^{k}\geq n(\frac{a_{1}+...+a_{n}}{n})^{k}$
ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n-1
chọn $a_{n}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n-1}a_{i}$
ta có
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n-1}^{k}+a_{n}^{k}\geq na_{n}^{k}$
nên
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n-1}^{k}\geq (n-1)a_{n}^{k}=(n-1)(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1}}{n-1})^{k}$
ta có đpcm

[dorabesu]

THCS của em đây
chứng minh bằng quy nạp
trường hợp $n=2$ chứng minh dễ
giả sử bất bẳng thức đúng với n
ta có
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n}^{k}\geq n(\frac{a_{1}+...+a_{n}}{n})^{k}$
ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n-1
chọn $a_{n}=\frac{1}{n-1}\sum_{i=1}^{n-1}a_{i}$
ta có
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n-1}^{k}+a_{n}^{k}\geq na_{n}^{k}$
nên
$a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+...+a_{n-1}^{k}\geq (n-1)a_{n}^{k}=(n-1)(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n-1}}{n-1})^{k}$
ta có đpcm

Cám ơn anh