Cho | x | \(\le\) 1
Tìm GTLN của \(\left(1-x\right)^n+\left(1+x\right)^n\) với n nguyên dương.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
5 tháng 11 2017
a) 9x2 - 36
=(3x)2-62
=(3x-6)(3x+6)
=4(x-3)(x+3)
b) 2x3y-4x2y2+2xy3
=2xy(x2-2xy+y2)
=2xy(x-y)2
c) ab - b2-a+b
=ab-a-b2+b
=(ab-a)-(b2-b)
=a(b-1)-b(b-1)
=(b-1)(a-b)
P/s đùng để ý đến câu trả lời của mình
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
13 tháng 1 2024
- Nếu \(a_i=0\) ; \(\forall i\in\left(0;n-1\right)\Rightarrow a_nx^n=0\Rightarrow\alpha=0< 1\) thỏa mãn
- Nếu tồn tại \(a_i\ne0\), đặt \(max\left|\dfrac{a_i}{a_n}\right|=A>0\)
Do \(\alpha\) là nghiệm nên:
\(a_n\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+...+a_1\alpha+a_0=0\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{a_0}{a_n}+\dfrac{a_1}{a_n}\alpha+...+\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\alpha^{n-1}=-\alpha^n\)
\(\Leftrightarrow\left|\alpha^n\right|=\left|\dfrac{a_0}{a_n}+\dfrac{a_1}{a_n}\alpha+...+\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\alpha^{n-1}\right|\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le\left|\dfrac{a_0}{a_n}\right|+\left|\dfrac{a_1}{a_n}\right|.\left|\alpha\right|+...+\left|\dfrac{a_{n-1}}{a_n}\right|.\left|\alpha^{n-1}\right|\le A+A.\left|\alpha\right|+...+A.\left|\alpha^{n-1}\right|\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le A\left(1+\left|\alpha\right|+\left|\alpha^2\right|+...+\left|\alpha^{n-1}\right|\right)\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le A.\dfrac{\left|\alpha^n\right|-1}{\left|\alpha\right|-1}\)
TH1: Nếu \(\left|\alpha\right|\le1\) hiển nhiên ta có \(\left|\alpha\right|< 1+A\) (đpcm)
TH2: Nếu \(\left|\alpha\right|>1\)
\(\Rightarrow\left|\alpha^n\right|\le\dfrac{A.\left|\alpha^n\right|}{\left|\alpha\right|-1}-\dfrac{A}{\left|\alpha\right|-1}< \dfrac{A.\left|\alpha^n\right|}{\left|\alpha\right|-1}\)
\(\Leftrightarrow\left|\alpha\right|-1< A\Rightarrow\left|\alpha\right|< 1+A\) (đpcm)
Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}1-x=a>0\\1+x=b>0\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow a+b=2\)
Cần chứng minh \(a^n+b^n\le\left(a+b\right)^n\forall a;b>0;n\in N\text{*}\)
Với n=1;2 bất đẳng thức đúng
Giả sử BĐT đúng với \(n=k\) khi đó \(a^k+b^k\le\left(a+b\right)^k\)
Cần chứng minh BĐT đúng với \(n=k+1\), tức là:
\(a^{k+1}+b^{k+1}\le\left(a+b\right)^{k+1}\). Thật vậy
\(\left(a+b\right)^{k+1}=\left(a+b\right)\left(a+b\right)^k\ge\left(a+b\right)\left(a^k+b^k\right)\)
\(=a^{k+1}+b^{k+1}+a^kb+b^ka\ge a^{k+1}+b^{k+1}\)
Theo nguyên lí quy nạp thì ta có ĐPCM
\(\left(1-x\right)^n+\left(1+x\right)^n\le2^n\) này hử ?