В общем виде это знаменитое неравенство Коши о том что среднее геометрическое не превосходит среднего арифментического для положительных чисел и равняется при равенстве чисел (a₁+a₂+a₃++aₓ)/x ≥ ˣ√ (a₁a₂a₃aₓ) a₁ aₓ ≥0 докажем сначала для 2-х (a₁+a₂)/2 ≥ √a₁a₂ a₁+a₂≥ 2√a₁a₂ a₁+a₂ - 2√a₁a₂ ≥ 0 (√a₁ - √a₂) ≥ 0 квадрат всегда больше равен 0 докажем на основании этой теоремы что (a₁+a₂+a₃+a₄)/4 ≥ ⁴√a₁a₂a₃a₄ теперь рассмотрим некие преобразования [ (a₁+a₂)/2 + (a₃+a₄)/2 ] / 2 ≥ √ ((a₁+a₂)/2) * ((a₃+a₄)/2) (a₁+a₂+a₃+a₄)/4 ≥ √ ((√a₁a₂)* (√a₃a₄) = √√(a₁a₂a₃a₄)=⁴√(a₁a₂a₃a₄) чтд
можно доказать в общем для n переменных по методу математической индукции вышеуказанный метод модно применять для степеней 2 для 2 4 8 16 итд членов
Площадь ΔOAB равна половине произведения основания OB на высоту H, опущенную из A на OB. OB не меняется, поэтому нужно минимизировать высоту. Для нахождения высоты можно воспользоваться формулой расстояния от точки до прямой, но, боюсь, ее не все знают. Лучше поступим так: найдем на параболе точку, касательная в которой параллельна OB. Эта точка и будет требуемой точкой A.
y'=x/4 -1/2; приравниваем к тангенсу угла наклона OB, равному 1/2:
x/4-1/2=1/2; x=4; y=16/8-4/2+6=6; A(4;6)
Осталось найти площадь. Из всех возможных выберем "самый школьный". Рисуем прямоугольник, внутри которого лежит наш треугольник, и отсекаем от него все лишнее. Прямоугольник ограничен осями координат, прямой x=6 и прямой y=6. Его площадь равна 36. Три "лишних" треугольника имеют площади (1/2)·4·6=12; (1/2)·6·3=9; (1/2)·2·3=3, в сумме 24. Вычитая из 36 лишние 24, получаем ответ 12
1) xₙ = 3n² + 1
x₁ = 3 * 1² + 1 = 3 + 1 = 4
x₅ = 3 * 5² + 1 = 3 * 25 + 1 = 76
2) y₁ = - 3 yₙ₊₁ = 2yₙ + 5
y₂ = y₁₊₁ = 2y₁ + 5 = 2 * (- 3) + 5 = - 6 + 5 = - 1
y₃ = y₂₊₁ = 2y₂ + 5 = 2 * (- 1) + 5 = - 2 + 5 = 3
3)