Номер 14, страница 316 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 1. Числа и преобразования выражений - номер 14, страница 316.

Условие.

14. Докажите методом математической индукции неравенство ($n \in N$):

a) $ | \sin nx | \le n | \sin x | $;

б) $ \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{3n+1} > 1 $;

в) $ (1+h)^n > 1 + nh $ для любого натурального $ n \ge 2 $, $ h > -1 $ и $ h \ne 0 $ (неравенство Бернулли);

г) $ (1+h)^n > 1 + nh + \frac{n(n-1)}{2} h^2 $ для любого натурального $ n \ge 3 $ и $ h > 0 $.

Решение 5.

а) Докажем неравенство $|\sin nx| \le n |\sin x|$ для $n \in \mathbb{N}$ методом математической индукции.

1. База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$|\sin (1 \cdot x)| \le 1 \cdot |\sin x|$
$|\sin x| \le |\sin x|$
Неравенство верно.

2. Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.
$|\sin kx| \le k |\sin x|$

3. Индукционный шаг:
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$. То есть, докажем, что $|\sin((k+1)x)| \le (k+1)|\sin x|$.
Рассмотрим левую часть неравенства:
$|\sin((k+1)x)| = |\sin(kx+x)|$
Используем формулу синуса суммы: $\sin(\alpha+\beta) = \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta$.
$|\sin(kx+x)| = |\sin kx \cos x + \cos kx \sin x|$
Применим неравенство треугольника $|a+b| \le |a|+|b|$:
$|\sin kx \cos x + \cos kx \sin x| \le |\sin kx \cos x| + |\cos kx \sin x| = |\sin kx||\cos x| + |\cos kx||\sin x|$
Так как $|\cos x| \le 1$ и $|\cos kx| \le 1$, получаем:
$|\sin kx||\cos x| + |\cos kx||\sin x| \le |\sin kx| \cdot 1 + 1 \cdot |\sin x| = |\sin kx| + |\sin x|$
Теперь воспользуемся индукционным предположением $|\sin kx| \le k |\sin x|$:
$|\sin kx| + |\sin x| \le k |\sin x| + |\sin x| = (k+1)|\sin x|$
Таким образом, мы показали, что $|\sin((k+1)x)| \le (k+1)|\sin x|$. Шаг индукции доказан.
Следовательно, по принципу математической индукции, неравенство $|\sin nx| \le n |\sin x|$ верно для всех натуральных $n$.

Ответ: Доказано.

б) Докажем неравенство $\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{3n+1} > 1$ для $n \in \mathbb{N}$ методом математической индукции.

Обозначим сумму $S_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{3n+1}$.

1. База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$S_1 = \frac{1}{1+1} + \frac{1}{1+2} + \frac{1}{3(1)+1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{6+4+3}{12} = \frac{13}{12}$
Так как $\frac{13}{12} > 1$, база индукции верна.

2. Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.
$S_k = \frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{3k+1} > 1$

3. Индукционный шаг:
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$. То есть, докажем, что $S_{k+1} > 1$.
$S_{k+1} = \frac{1}{(k+1)+1} + \dots + \frac{1}{3(k+1)+1} = \frac{1}{k+2} + \frac{1}{k+3} + \dots + \frac{1}{3k+4}$
Выразим $S_{k+1}$ через $S_k$:
$S_{k+1} = S_k - \frac{1}{k+1} + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4}$
По индукционному предположению $S_k > 1$. Чтобы доказать, что $S_{k+1} > 1$, достаточно показать, что $S_{k+1} > S_k$, т.е. $S_{k+1} - S_k > 0$.
$S_{k+1} - S_k = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4} - \frac{1}{k+1}$
Приведем выражение $\frac{1}{k+1}$ к знаменателю $3k+3$: $\frac{1}{k+1} = \frac{3}{3k+3}$.
$S_{k+1} - S_k = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4} - \frac{3}{3k+3} = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+4} - \frac{2}{3k+3}$
Приведем к общему знаменателю:
$\frac{(3k+3)(3k+4) + (3k+2)(3k+3) - 2(3k+2)(3k+4)}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} = \frac{(3k+3)(6k+6) - 2(9k^2+18k+8)}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)}$
$= \frac{18(k+1)^2 - 18k^2-36k-16}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} = \frac{18(k^2+2k+1) - 18k^2-36k-16}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} = \frac{18k^2+36k+18 - 18k^2-36k-16}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)} = \frac{2}{(3k+2)(3k+3)(3k+4)}$
Так как $k \ge 1$, знаменатель дроби положителен. Следовательно, $S_{k+1} - S_k > 0$.
Тогда $S_{k+1} = S_k + (S_{k+1} - S_k) > 1 + (\text{положительное число}) > 1$.
Шаг индукции доказан. По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n$.

Ответ: Доказано.

в) Докажем неравенство Бернулли $(1+h)^n > 1 + nh$ для любого натурального $n \ge 2$, $h > -1$ и $h \neq 0$ методом математической индукции.

1. База индукции:
Проверим утверждение для $n=2$.
$(1+h)^2 > 1 + 2h$
$1 + 2h + h^2 > 1 + 2h$
$h^2 > 0$
Так как по условию $h \neq 0$, то $h^2 > 0$ всегда. База индукции верна.

2. Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 2$.
$(1+h)^k > 1 + kh$

3. Индукционный шаг:
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$. То есть, докажем, что $(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h$.
Рассмотрим левую часть неравенства $(1+h)^{k+1} = (1+h)^k (1+h)$.
По условию $h > -1$, значит $1+h > 0$. Умножим обе части неравенства из индукционного предположения на $(1+h)$:
$(1+h)^k (1+h) > (1 + kh)(1+h)$
$(1+h)^{k+1} > 1 + h + kh + kh^2$
$(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + kh^2$
Так как $k \ge 2$ и $h \neq 0$, то $h^2 > 0$, и следовательно $kh^2 > 0$.
Поэтому $1 + (k+1)h + kh^2 > 1 + (k+1)h$.
Объединяя неравенства, получаем:
$(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + kh^2 > 1 + (k+1)h$
Откуда следует $(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h$. Шаг индукции доказан.
По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 2$.

Ответ: Доказано.

г) Докажем неравенство $(1+h)^n > 1 + nh + \frac{n(n-1)}{2}h^2$ для любого натурального $n \ge 3$ и $h > 0$ методом математической индукции.

1. База индукции:
Проверим утверждение для $n=3$.
$(1+h)^3 > 1 + 3h + \frac{3(3-1)}{2}h^2$
$(1+h)^3 > 1 + 3h + 3h^2$
Раскроем левую часть: $1 + 3h + 3h^2 + h^3$.
$1 + 3h + 3h^2 + h^3 > 1 + 3h + 3h^2$
$h^3 > 0$
Так как по условию $h > 0$, то $h^3 > 0$. База индукции верна.

2. Индукционное предположение:
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 3$.
$(1+h)^k > 1 + kh + \frac{k(k-1)}{2}h^2$

3. Индукционный шаг:
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$. То есть, докажем, что $(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + \frac{(k+1)k}{2}h^2$.
Рассмотрим левую часть $(1+h)^{k+1} = (1+h)^k (1+h)$.
По условию $h > 0$, значит $1+h > 0$. Умножим обе части неравенства из индукционного предположения на $(1+h)$:
$(1+h)^{k+1} > \left(1 + kh + \frac{k(k-1)}{2}h^2\right) (1+h)$
Раскроем скобки в правой части:
$\left(1 + kh + \frac{k(k-1)}{2}h^2\right) (1+h) = 1 + kh + \frac{k(k-1)}{2}h^2 + h + kh^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3$
Сгруппируем слагаемые:
$= 1 + (k+1)h + \left(k + \frac{k(k-1)}{2}\right)h^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3$
Преобразуем коэффициент при $h^2$:
$k + \frac{k(k-1)}{2} = \frac{2k + k^2 - k}{2} = \frac{k^2+k}{2} = \frac{k(k+1)}{2}$
Тогда правая часть равна:
$1 + (k+1)h + \frac{k(k+1)}{2}h^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3$
Мы получили, что $(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + \frac{k(k+1)}{2}h^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3$.
Поскольку $k \ge 3$ и $h > 0$, то слагаемое $\frac{k(k-1)}{2}h^3$ строго положительно.
Следовательно:
$1 + (k+1)h + \frac{k(k+1)}{2}h^2 + \frac{k(k-1)}{2}h^3 > 1 + (k+1)h + \frac{k(k+1)}{2}h^2$
Объединяя неравенства, получаем:
$(1+h)^{k+1} > 1 + (k+1)h + \frac{(k+1)k}{2}h^2$
Шаг индукции доказан. По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 3$ при $h>0$.

Ответ: Доказано.