Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(1-a_1\ge a_2+a_3+...+a_n\ge\left(n-1\right)\sqrt[n-1]{a_2a_3...a_n}\)
\(1-a_2\ge a_1+a_3+...+a_n\ge\left(n-1\right)\sqrt[n-1]{a_1a_3...a_n}\)
....
\(1-a_n\ge a_1+a_2+...+a_{n-1}\ge\left(n-1\right)\sqrt[n-1]{a_1a_2...a_{n-1}}\)
Nhân vế với vế:
\(\left(1-a_1\right)\left(1-a_2\right)...\left(1-a_n\right)\ge\left(n-1\right)^n.a_1a_2...a_n\)
\(\Leftrightarrow\frac{a_1a_2...a_n}{\left(1-a_1\right)\left(1-a_2\right)...\left(1-a_n\right)}\le\frac{1}{\left(n-1\right)^n}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(a_1=a_2=...=a_n=\frac{1}{n}\)
Áp dụng bất đẳng thức Cô - si với n số dương ta được
\(a_1+a_2+...+a_n\ge n\sqrt[n]{a_1.a_2....a_n}\)
\(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}\ge n\sqrt[n]{\frac{1}{a_1}.\frac{1}{a_2}....\frac{1}{a_n}}\)
Suy ra \(\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...+\frac{1}{a_n}\right)\ge n^2.\sqrt[n]{1}=n^2\)
(dấu "=" xẩy ra <=> a1=a2 =...=an)
Theo bat dang thuc cauchy ta co
a1+a2+...+an lon hon hoc bang n.can bac n cua (a1.a2....an) (1)
1/a1+1/a2...1/an lon hon hoac bang n.1/can bac n cua (a1.a2...an) (2)
Nhan 2 ve (1) va (2) ta duoc
(a1+a2+...+an).(1/a1+1/a2+...1/an) lon hon hoac bang n tren 2
=>1/a1+1/a2+...1/an lon hon hoac bang n tren 2/a1+a2+...+an
Dau bang xay ra khi a1=a2=...=an
Mk giai co hieu ko
Ta có \(1^2+2^2+\cdots+2014^2=\text{2725088015}=a_1^2+\left(2a_2\right)^2+\cdots+\left(2014a_{2014}^2\right)^2\).
Suy ra \(\left(a_1^2-1\right)+2^2\left(a_2^2-1\right)+\cdots+2014^2\left(a_{2014}^2-1\right)=0\).
Vì các số \(a_1,\ldots,a_{2014}\) nguyên khác không nên \(a_1^2,\ldots,a_{2014}^2\) là các số nguyên dương, do đó đều lớn hơn hoặc bằng 1. Vậy ta có \(a_1^2=a_2^2=\cdots=a_{2014}^2=1\). Điều này suy ra với mỗi \(i=1,\ldots,2014\) thì \(a_i\) nhận tùy ý một trong hai giá trị là \(\pm1\). Vì tổng đã cho \(P=a_1+a_2+\cdots+a_{2014}\) , là số chẵn (do là tổng của 2014 số lẻ) do đó có thể nhận giá trị nguyên \(k\) bất kì với \(k\in\left\{-2014,-2012,\ldots,-2,0,2,4,\ldots,2014\right\}.\)