Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 1115
2015-03-19 
а) Докажите неравенство
$(a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k})^{2} \leq k(a_{1}^{2} + \cdots + a_{k}^{2})$, (1)
где $k \geq 1$ натуральные и $a_{1}, \cdots, a_{k}$ произвольные действительные числа.
б) Используя неравенство (1), докажите, что если действительные числа $a_{1}, \cdots, a_{n}$ удовлетворяют неравенству
$a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n} \geq \sqrt{(n-1)(a_{1}^{2}+ \cdots + a_{n}^{2})}$, (2)
то все числа $a_{1}, \cdots, a_{n}$ неотрицательны.
Решение:
а) Для $k=1$ неравенство (1), очевидно, выполнено. В общем случае его докажем по индукции. Имеем:
$N= (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k} + a_{k+1})^{2} = (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k} + a_{k+1}) + a_{k+1}^{2} + 2 a_{k+1} (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k})$.
Применяя (1) к первому слагаемому в правой части последнего равенства, получим:
$N \leq k (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{k}^{2}) + a_{k+1}^{2} + 2 a_{k+1} (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k}) = (k+1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{k}^{2} + a_{k+1}^{2}) – a_{1}^{2} – a_{2}^{2} - \cdots – a_{k}^{2} – ka_{k+1}^{2} + 2a_{1}a_{k+1} + 2a_{2}a_{k+1} + \cdots + 2a_{k}a_{k+1} = (k+1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{k+1}^{2}) – (a_{1} – a_{k+1})^{2} – (a_{2} – a_{k+1})^{2} - \cdots – (a_{k}-a_{k+1})^{2}$.
Отсюда сразу получается (1) для
$N \leq (k+1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots a_{k+1}^{2})$
б) Утверждение, очевидно, имеет место для $k=1$.
Для $k=n-1$ вследствие (1) имеем:
$|a_{1} + a_{2} + \cdots a_{n-1}| \leq \sqrt{(n-1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{k+1}^{2})} \leq \sqrt{(n-1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{n}^{2})}$.
Учитывая неравенство (2), данное в условии, получим:
$a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n-1} \leq |a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n-1}| \leq a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}$,
откуда вытекает $a_{n} \geq 0$. Изменив нумерацию чисел, можно любое из них обозначить $a_{n}$ и доказать его неотрицательность. Утверждение доказано.
а) Докажите неравенство
$(a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k})^{2} \leq k(a_{1}^{2} + \cdots + a_{k}^{2})$, (1)
где $k \geq 1$ натуральные и $a_{1}, \cdots, a_{k}$ произвольные действительные числа.
б) Используя неравенство (1), докажите, что если действительные числа $a_{1}, \cdots, a_{n}$ удовлетворяют неравенству
$a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n} \geq \sqrt{(n-1)(a_{1}^{2}+ \cdots + a_{n}^{2})}$, (2)
то все числа $a_{1}, \cdots, a_{n}$ неотрицательны.
Решение:
а) Для $k=1$ неравенство (1), очевидно, выполнено. В общем случае его докажем по индукции. Имеем:
$N= (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k} + a_{k+1})^{2} = (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k} + a_{k+1}) + a_{k+1}^{2} + 2 a_{k+1} (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k})$.
Применяя (1) к первому слагаемому в правой части последнего равенства, получим:
$N \leq k (a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{k}^{2}) + a_{k+1}^{2} + 2 a_{k+1} (a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{k}) = (k+1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{k}^{2} + a_{k+1}^{2}) – a_{1}^{2} – a_{2}^{2} - \cdots – a_{k}^{2} – ka_{k+1}^{2} + 2a_{1}a_{k+1} + 2a_{2}a_{k+1} + \cdots + 2a_{k}a_{k+1} = (k+1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{k+1}^{2}) – (a_{1} – a_{k+1})^{2} – (a_{2} – a_{k+1})^{2} - \cdots – (a_{k}-a_{k+1})^{2}$.
Отсюда сразу получается (1) для
$N \leq (k+1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots a_{k+1}^{2})$
б) Утверждение, очевидно, имеет место для $k=1$.
Для $k=n-1$ вследствие (1) имеем:
$|a_{1} + a_{2} + \cdots a_{n-1}| \leq \sqrt{(n-1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{k+1}^{2})} \leq \sqrt{(n-1)(a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + \cdots + a_{n}^{2})}$.
Учитывая неравенство (2), данное в условии, получим:
$a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n-1} \leq |a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n-1}| \leq a_{1} + a_{2} + \cdots + a_{n}$,
откуда вытекает $a_{n} \geq 0$. Изменив нумерацию чисел, можно любое из них обозначить $a_{n}$ и доказать его неотрицательность. Утверждение доказано.
