Номер 48.30, страница 296, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

48.30. а) Докажите, что для любого натурального числа $n > 1$ и любого $x > 0$ верно неравенство $(1 + x)^n > 1 + nx$ (неравенство Бернулли).

б) Используя неравенство пункта а), укажите какое-нибудь решение неравенства $1,001^n > 1000$.

в) Используя неравенство пункта а), укажите какое-нибудь решение неравенства $0,99^n < 0,01$.

г) Докажите, что для любого $0 < q < 1$ и любого $a > 0$ неравенство $q^n < a$ верно для всех натуральных $n$, начиная с некоторого номера.

а) Докажем неравенство $(1 + x)^n > 1 + nx$ для $n > 1, x > 0$ методом математической индукции по $n$.

1. База индукции: Проверим неравенство для наименьшего возможного натурального $n$, то есть для $n=2$.

$(1 + x)^2 = 1 + 2x + x^2$.

Так как по условию $x > 0$, то $x^2 > 0$. Следовательно, $1 + 2x + x^2 > 1 + 2x$.

Неравенство для $n=2$ выполняется.

2. Индукционное предположение: Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $k > 1$:

$(1 + x)^k > 1 + kx$.

3. Индукционный переход: Докажем, что неравенство верно и для $n = k + 1$. То есть, докажем, что $(1 + x)^{k+1} > 1 + (k+1)x$.

Рассмотрим левую часть неравенства:

$(1 + x)^{k+1} = (1 + x)^k \cdot (1 + x)$.

Используем индукционное предположение. Так как $(1+x)^k > 1 + kx$ и $1 + x > 1$ (поскольку $x > 0$), мы можем умножить обе части неравенства предположения на $(1+x)$, сохранив знак неравенства:

$(1 + x)^k \cdot (1 + x) > (1 + kx)(1 + x)$.

Раскроем скобки в правой части:

$(1 + kx)(1 + x) = 1 + x + kx + kx^2 = 1 + (k+1)x + kx^2$.

Таким образом, мы получили:

$(1 + x)^{k+1} > 1 + (k+1)x + kx^2$.

Поскольку $k > 1$ и $x > 0$, то $kx^2 > 0$. Значит, правая часть последнего неравенства больше, чем $1 + (k+1)x$:

$1 + (k+1)x + kx^2 > 1 + (k+1)x$.

Объединяя два последних неравенства, получаем:

$(1 + x)^{k+1} > 1 + (k+1)x$.

Это и есть то, что требовалось доказать. По принципу математической индукции, неравенство Бернулли $(1 + x)^n > 1 + nx$ верно для любого натурального числа $n > 1$ и любого $x > 0$.

Ответ: Доказательство приведено выше.

б) Требуется найти решение неравенства $1,001^n > 1000$.

Представим $1,001$ в виде $1 + 0,001$. Тогда неравенство принимает вид $(1 + 0,001)^n > 1000$.

Здесь $x = 0,001 > 0$. Воспользуемся доказанным в пункте а) неравенством Бернулли $(1 + x)^n > 1 + nx$ для $n > 1$:

$(1 + 0,001)^n > 1 + n \cdot 0,001$.

Чтобы исходное неравенство $1,001^n > 1000$ выполнялось, достаточно, чтобы выполнялось более сильное неравенство $1 + 0,001n > 1000$.

Решим это линейное неравенство относительно $n$:

$0,001n > 1000 - 1$

$0,001n > 999$

$n > \frac{999}{0,001}$

$n > 999000$.

Таким образом, любое натуральное число $n$, большее $999000$, является решением.

Ответ: Например, $n = 999001$. (Любое натуральное число $n > 999000$).

в) Требуется найти решение неравенства $0,99^n < 0,01$.

Поскольку обе части неравенства положительны, мы можем преобразовать его, взяв обратные величины и изменив знак неравенства:

$\frac{1}{0,99^n} > \frac{1}{0,01}$

$(\frac{1}{0,99})^n > 100$.

Представим основание степени $\frac{1}{0,99}$ в виде $1+x$:

$\frac{1}{0,99} = \frac{1}{1 - 0,01} = \frac{100}{99} = 1 + \frac{1}{99}$.

Неравенство принимает вид $(1 + \frac{1}{99})^n > 100$.

Здесь $x = \frac{1}{99} > 0$. Воспользуемся неравенством Бернулли $(1 + x)^n > 1 + nx$ для $n > 1$:

$(1 + \frac{1}{99})^n > 1 + n \cdot \frac{1}{99}$.

Достаточно найти $n$, для которого $1 + \frac{n}{99} > 100$.

Решим это неравенство:

$\frac{n}{99} > 100 - 1$

$\frac{n}{99} > 99$

$n > 99 \cdot 99$

$n > 9801$.

Таким образом, любое натуральное число $n > 9801$ является решением.

Ответ: Например, $n = 9802$. (Любое натуральное число $n > 9801$).

г) Требуется доказать, что для любого $0 < q < 1$ и любого $a > 0$ неравенство $q^n < a$ верно для всех натуральных $n$, начиная с некоторого номера.

Рассмотрим два случая для $a$.

1. Если $a \geq 1$. Поскольку $0 < q < 1$, для любого натурального $n \geq 1$ верно, что $q^n < 1$. Следовательно, $q^n < 1 \leq a$, и неравенство $q^n < a$ выполняется для всех натуральных $n \geq 1$.

2. Если $0 < a < 1$. Преобразуем неравенство $q^n < a$. Так как обе части положительны, возьмем обратные величины, изменив знак неравенства:

$\frac{1}{q^n} > \frac{1}{a}$

$(\frac{1}{q})^n > \frac{1}{a}$.

Поскольку $0 < q < 1$, то $\frac{1}{q} > 1$. Обозначим $\frac{1}{q} = 1 + x$, где $x = \frac{1}{q} - 1 = \frac{1-q}{q} > 0$.

Неравенство принимает вид $(1 + x)^n > \frac{1}{a}$.

Согласно неравенству Бернулли (для $n > 1$), $(1+x)^n > 1+nx$.

Чтобы выполнялось неравенство $(1 + x)^n > \frac{1}{a}$, достаточно потребовать выполнения более сильного неравенства $1 + nx > \frac{1}{a}$.

Решим его относительно $n$:

$nx > \frac{1}{a} - 1$

$nx > \frac{1-a}{a}$.

Так как $x > 0$, можем разделить на $x$ без изменения знака неравенства:

$n > \frac{1-a}{ax}$.

Подставим обратно $x = \frac{1-q}{q}$:

$n > \frac{1-a}{a \cdot \frac{1-q}{q}} = \frac{q(1-a)}{a(1-q)}$.

Так как $q$ и $a$ — фиксированные числа ($0 < q < 1, 0 < a < 1$), то выражение $\frac{q(1-a)}{a(1-q)}$ является некоторым положительным числом. По аксиоме Архимеда, всегда существует натуральное число $N$, которое больше этого числа. Тогда для любого натурального $n > N$ будет выполняться неравенство $n > \frac{q(1-a)}{a(1-q)}$, а значит, будет выполняться и исходное неравенство $q^n < a$.

Таким образом, для любых $0 < q < 1$ и $a > 0$ всегда найдется такой номер $N$, что для всех $n > N$ будет верно $q^n < a$.

Ответ: Что и требовалось доказать.