Diễn Đàn MathScope - Xem bài viết đơn

magic. · 09-07-2014, 01:45 PM

Chi tiết bài 1 xem thế nào:

+) Giả sử không tồn tại $n $ thỏa $a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $
Hay với mọi $n $ thì $\left[ \begin{array}{ll} a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n > na_{n+1} \\ a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_n \end{array} \right $
Giả sử $n_0 $ là nhỏ nhất thỏa $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0} > n_0a_{n_0+1} $.
$\to $ $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0+1} > (n_0+1) a_{n_0+1} $
$\to $ $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0+1} > (n_0+1) a_{n_0+2} $
Vậy $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_n \forall n \le n_0 $ Sai ngay với $n=1 $ $\to n_0=1 $
Vậy:
$a_0+a_1>a_2 $
$a_0+a_1+a_2>2a_3 $
......
$a_0+a_1+a_2+a_3+...+a_n>na_{n+1} $ ($n $ tiến đến vô cùng)
Cộng vế với vế suy ra $na_0+na_1>na_{n+1} $
Vô lý do $n $ tiến đến vô cùng

Vậy tồn tại $n $ thỏa $a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $

+) Giờ ta chứng minh tồn tại suy nhất:
Giả sử tồn tại $n < m $ đồng thời thỏa mãn :
$a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $ (*)
$a_m < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_m}{m} \leq a_{m+1} $ (**)

Từ (*): $ a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_{n+1} $
$\to a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n+1} \le (n+1)a_{n+1} $
$\to a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n+2} \le (n+1)a_{n+1} + a_{n+2}< (n+2)a_{n+2} $
Lặp lại chu trình trên đến khi $n=m $ ta sẽ được;
$a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{m} < ma_{m} $ Vô lý với điều giả sử (**)

Hoàn tất

09-07-2014, 01:45 PM	#7
magic. +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2010 Bài gởi: 213 Thanks: 107 Thanked 140 Times in 84 Posts	Chi tiết bài 1 xem thế nào: +) Giả sử không tồn tại $n $ thỏa $a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $ Hay với mọi $n $ thì $\left[ \begin{array}{ll} a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n > na_{n+1} \\ a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_n \end{array} \right $ Giả sử $n_0 $ là nhỏ nhất thỏa $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0} > n_0a_{n_0+1} $. $\to $ $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0+1} > (n_0+1) a_{n_0+1} $ $\to $ $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0+1} > (n_0+1) a_{n_0+2} $ Vậy $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_n \forall n \le n_0 $ Sai ngay với $n=1 $ $\to n_0=1 $ Vậy: $a_0+a_1>a_2 $ $a_0+a_1+a_2>2a_3 $ ...... $a_0+a_1+a_2+a_3+...+a_n>na_{n+1} $ ($n $ tiến đến vô cùng) Cộng vế với vế suy ra $na_0+na_1>na_{n+1} $ Vô lý do $n $ tiến đến vô cùng Vậy tồn tại $n $ thỏa $a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $ +) Giờ ta chứng minh tồn tại suy nhất: Giả sử tồn tại $n < m $ đồng thời thỏa mãn : $a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $ () $a_m < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_m}{m} \leq a_{m+1} $ () Từ (): $ a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_{n+1} $ $\to a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n+1} \le (n+1)a_{n+1} $ $\to a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n+2} \le (n+1)a_{n+1} + a_{n+2}< (n+2)a_{n+2} $ Lặp lại chu trình trên đến khi $n=m $ ta sẽ được; $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{m} < ma_{m} $ Vô lý với điều giả sử () Hoàn tất __________________ Peace195** thay đổi nội dung bởi: magic., 09-07-2014 lúc 08:02 PM