Bài 109432

Question

Cho $n+2$ số thực dương $\alpha, \beta,a_1,a_2,...,a_n$ thỏa $\alpha \leq a_i \leq \beta, \forall i=1,2,...,n$
Gọi $S_1=\frac{1}{n}(a_1+a_2+....+a_n), S_2=\frac{1}{n}(a_1^2+a_2^2+....+a_n^2)$. Chứng minh:
$\frac{S_2}{S_1^2} \leq \frac{(\alpha+\beta)^2}{4\alpha.\beta} (1)$

score 0 · Answer 1

Ta có: $\alpha \leq a_1 \leq \beta \Leftrightarrow (a_1-\alpha)(a_1-\beta) \leq 0 \Leftrightarrow a_1^2-(\alpha+\beta)a_1+\alpha.\beta \leq 0$
Dấu đẳng thức có khi và chỉ khi $a_1=\alpha$ hoặc $a_1=\beta$
Tương tự: $a_2^2-(\alpha+\beta)a_2+\alpha.\beta \leq 0$
         $a_3^2-(\alpha+\beta)a_3+\alpha.\beta \leq 0$
       .................................................
         $a_n^2-(\alpha+\beta)a_n+\alpha.\beta \leq 0$
Công theo từng vế $n$ bất phương trình trên ta có:
       $(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)-(\alpha+\beta)(a_1+a_2+...+a_n)+n\alpha.\beta \leq 0$
    $\Leftrightarrow nS_2-n(\alpha+\beta)S_1+n\alpha.\beta \leq 0 \Leftrightarrow S_2+\alpha.\beta \leq (\alpha+\beta)S_    (2)$
Theo bất đửng thức Cô-si: $S_2+\alpha.\beta \geq 2\sqrt{\alpha.\beta.S_2}            (3)$
Từ $(2),(3)$ suy ra: $2\sqrt{\alpha.\beta S_2} \leq (\alpha+\beta)S_1 \Leftrightarrow \frac{S_2}{S_1} \leq \frac{(\alpha+\beta)^2}{4\alpha.\beta}$   (đpcm)
Dấu đẳng thức có khi và chỉ khi $a_i=\alpha$ hoặc $a_i=\beta$ với $\forall a_i=1,2...n$

Bài 109432

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 109432

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan