Udowodnij, że dla dowolnej liczby rzeczywistej a oraz dowolnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n} a^{2i} \geq (n+1)a^n - 1}\)
proszę o pomoc
nierówność
- Justka
- Użytkownik
- Posty: 1680
- Rejestracja: 25 sty 2007, o 12:58
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 579 razy
nierówność
Przekształcamy nierówność do postaci:
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a^{2i} +1 \geqslant (n+1)a^n}\)
I z nierówności pomiędzy średnimi mamy:
\(\displaystyle{ L=1+\sum_{i=1}^{n}a^{2i}=1+a^2+a^4+...+a^{2n} \geqslant (n+1)\sqrt[n+1]{1\cdot a^2\cdot a^4\cdot ... a^{2n}}=\sqrt[n+1]{a^{(n+1)n}}=(n+1)|a^n| \geqslant (n+1)a^n=P}\)
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^{n}a^{2i} +1 \geqslant (n+1)a^n}\)
I z nierówności pomiędzy średnimi mamy:
\(\displaystyle{ L=1+\sum_{i=1}^{n}a^{2i}=1+a^2+a^4+...+a^{2n} \geqslant (n+1)\sqrt[n+1]{1\cdot a^2\cdot a^4\cdot ... a^{2n}}=\sqrt[n+1]{a^{(n+1)n}}=(n+1)|a^n| \geqslant (n+1)a^n=P}\)
- Justka
- Użytkownik
- Posty: 1680
- Rejestracja: 25 sty 2007, o 12:58
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 579 razy
nierówność
Mnożąc potęgi o tych samych podstawach wykładniki dodajemy, zatem
\(\displaystyle{ 1\cdot a^2\cdot a^4\cdot a^6\cdot ... a^{2n}=a^{0+2+4+6+...+2n}}\)
ponieważ \(\displaystyle{ 0+2+4+6+...+2n}\) to ciąg arytmetyczny to suma tego ciągu jest równa \(\displaystyle{ S=\frac{0+2n}{2}(n+1)=(n+1)n}\), stąd \(\displaystyle{ a^{0+2+4+...+2n}=a^{n(n+1)}}\)
Następnie skorzystałam z tego, że \(\displaystyle{ \sqrt[n]{x^n}=x}\)
\(\displaystyle{ 1\cdot a^2\cdot a^4\cdot a^6\cdot ... a^{2n}=a^{0+2+4+6+...+2n}}\)
ponieważ \(\displaystyle{ 0+2+4+6+...+2n}\) to ciąg arytmetyczny to suma tego ciągu jest równa \(\displaystyle{ S=\frac{0+2n}{2}(n+1)=(n+1)n}\), stąd \(\displaystyle{ a^{0+2+4+...+2n}=a^{n(n+1)}}\)
Następnie skorzystałam z tego, że \(\displaystyle{ \sqrt[n]{x^n}=x}\)