Страница 296, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

48.24. Раскройте скобки в выражении:

а) $(x + 1)^7;$

б) $(2x - y)^6;$

в) $(x^2 + 2)^5;$

г) $(1 - x^3)^4.$

Для раскрытия скобок в данных выражениях используется формула бинома Ньютона, которая позволяет возвести двучлен $(a+b)$ в любую натуральную степень $n$.

Формула бинома Ньютона выглядит так:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1}b + C_n^2 a^{n-2}b^2 + \dots + C_n^{n-1} ab^{n-1} + C_n^n b^n$

Здесь $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — это биномиальные коэффициенты, которые соответствуют числам в строке $n$ треугольника Паскаля.

а) Раскроем скобки в выражении $(x + 1)^7$.

В этом случае $a = x$, $b = 1$ и $n = 7$. Биномиальные коэффициенты для $n=7$ (седьмая строка треугольника Паскаля) равны: 1, 7, 21, 35, 35, 21, 7, 1.

Применяя формулу бинома Ньютона, получаем:

$(x + 1)^7 = C_7^0 x^7 \cdot 1^0 + C_7^1 x^6 \cdot 1^1 + C_7^2 x^5 \cdot 1^2 + C_7^3 x^4 \cdot 1^3 + C_7^4 x^3 \cdot 1^4 + C_7^5 x^2 \cdot 1^5 + C_7^6 x^1 \cdot 1^6 + C_7^7 x^0 \cdot 1^7$

Подставляем значения коэффициентов и упрощаем, учитывая, что любая степень единицы равна единице:

$(x + 1)^7 = 1 \cdot x^7 + 7 \cdot x^6 + 21 \cdot x^5 + 35 \cdot x^4 + 35 \cdot x^3 + 21 \cdot x^2 + 7 \cdot x + 1$

Ответ: $x^7 + 7x^6 + 21x^5 + 35x^4 + 35x^3 + 21x^2 + 7x + 1$.

б) Раскроем скобки в выражении $(2x - y)^6$.

Здесь $a = 2x$, $b = -y$ и $n = 6$. Биномиальные коэффициенты для $n=6$ равны: 1, 6, 15, 20, 15, 6, 1.

Подставляем в формулу бинома Ньютона:

$(2x - y)^6 = C_6^0 (2x)^6(-y)^0 + C_6^1 (2x)^5(-y)^1 + C_6^2 (2x)^4(-y)^2 + C_6^3 (2x)^3(-y)^3 + C_6^4 (2x)^2(-y)^4 + C_6^5 (2x)^1(-y)^5 + C_6^6 (2x)^0(-y)^6$

Выполняем вычисления для каждого члена разложения:

$1 \cdot (64x^6) \cdot 1 + 6 \cdot (32x^5) \cdot (-y) + 15 \cdot (16x^4) \cdot (y^2) + 20 \cdot (8x^3) \cdot (-y^3) + 15 \cdot (4x^2) \cdot (y^4) + 6 \cdot (2x) \cdot (-y^5) + 1 \cdot 1 \cdot (y^6)$

Упрощаем и получаем окончательный результат:

$64x^6 - 192x^5y + 240x^4y^2 - 160x^3y^3 + 60x^2y^4 - 12xy^5 + y^6$

Ответ: $64x^6 - 192x^5y + 240x^4y^2 - 160x^3y^3 + 60x^2y^4 - 12xy^5 + y^6$.

в) Раскроем скобки в выражении $(x^2 + 2)^5$.

В этом случае $a = x^2$, $b = 2$ и $n = 5$. Биномиальные коэффициенты для $n=5$ равны: 1, 5, 10, 10, 5, 1.

Применяем формулу:

$(x^2 + 2)^5 = C_5^0 (x^2)^5 \cdot 2^0 + C_5^1 (x^2)^4 \cdot 2^1 + C_5^2 (x^2)^3 \cdot 2^2 + C_5^3 (x^2)^2 \cdot 2^3 + C_5^4 (x^2)^1 \cdot 2^4 + C_5^5 (x^2)^0 \cdot 2^5$

Вычисляем степени и произведения:

$1 \cdot (x^{10}) \cdot 1 + 5 \cdot (x^8) \cdot 2 + 10 \cdot (x^6) \cdot 4 + 10 \cdot (x^4) \cdot 8 + 5 \cdot (x^2) \cdot 16 + 1 \cdot 1 \cdot 32$

Упрощаем выражение:

$x^{10} + 10x^8 + 40x^6 + 80x^4 + 80x^2 + 32$

Ответ: $x^{10} + 10x^8 + 40x^6 + 80x^4 + 80x^2 + 32$.

г) Раскроем скобки в выражении $(1 - x^3)^4$.

Здесь $a = 1$, $b = -x^3$ и $n = 4$. Биномиальные коэффициенты для $n=4$ равны: 1, 4, 6, 4, 1.

Подставляем в формулу бинома Ньютона:

$(1 - x^3)^4 = C_4^0 \cdot 1^4 \cdot (-x^3)^0 + C_4^1 \cdot 1^3 \cdot (-x^3)^1 + C_4^2 \cdot 1^2 \cdot (-x^3)^2 + C_4^3 \cdot 1^1 \cdot (-x^3)^3 + C_4^4 \cdot 1^0 \cdot (-x^3)^4$

Вычисляем степени и произведения, учитывая, что $1$ в любой степени равен $1$:

$1 \cdot 1 + 4 \cdot (-x^3) + 6 \cdot (x^6) + 4 \cdot (-x^9) + 1 \cdot (x^{12})$

Упрощаем выражение:

$1 - 4x^3 + 6x^6 - 4x^9 + x^{12}$

Ответ: $1 - 4x^3 + 6x^6 - 4x^9 + x^{12}$.

48.25. У многочлена P найдите коэффициент при $x^3$:

а) $P(x) = (1 + 3x)^4;$

б) $P(x) = (3 - 2x)^5;$

в) $P(x) = (x + 2)^5 - (2x + 1)^4;$

г) $P(x) = (x^2 - x)^4 + \left(3 - \frac{x}{3}\right)^4.$

Для нахождения коэффициента при $x^3$ в каждом из многочленов мы будем использовать формулу бинома Ньютона:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k$

где $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ - биномиальный коэффициент.

В данном случае $a=1$, $b=3x$ и $n=4$. Общий член разложения имеет вид:

$T_{k+1} = \binom{4}{k} (1)^{4-k} (3x)^k = \binom{4}{k} \cdot 1 \cdot 3^k x^k = \binom{4}{k} 3^k x^k$

Нам нужен член разложения, содержащий $x^3$. Это означает, что степень $x$ должна быть равна 3, поэтому $k=3$.

Найдем коэффициент для $k=3$:

$\binom{4}{3} 3^3 = \frac{4!}{3!(4-3)!} \cdot 27 = \frac{4}{1} \cdot 27 = 4 \cdot 27 = 108$

Ответ: 108

Здесь $a=3$, $b=-2x$ и $n=5$. Общий член разложения:

$T_{k+1} = \binom{5}{k} (3)^{5-k} (-2x)^k = \binom{5}{k} 3^{5-k} (-2)^k x^k$

Для нахождения коэффициента при $x^3$ необходимо положить $k=3$.

Вычислим этот коэффициент:

$\binom{5}{3} 3^{5-3} (-2)^3 = \frac{5!}{3!(5-3)!} \cdot 3^2 \cdot (-8) = \frac{5 \cdot 4}{2 \cdot 1} \cdot 9 \cdot (-8) = 10 \cdot 9 \cdot (-8) = -720$

Ответ: -720

Чтобы найти искомый коэффициент, нужно найти коэффициенты при $x^3$ в разложениях $(x + 2)^5$ и $(2x + 1)^4$ по отдельности, а затем вычесть второй из первого.

1. Для $(x + 2)^5$: $a=x$, $b=2$, $n=5$. Общий член $T_{k+1} = \binom{5}{k} x^{5-k} 2^k$.

Нам нужен член с $x^3$, значит $5-k=3$, откуда $k=2$. Коэффициент равен:

$\binom{5}{2} 2^2 = \frac{5 \cdot 4}{2} \cdot 4 = 10 \cdot 4 = 40$

2. Для $(2x + 1)^4$: $a=2x$, $b=1$, $n=4$. Общий член $T_{k+1} = \binom{4}{k} (2x)^{4-k} 1^k = \binom{4}{k} 2^{4-k} x^{4-k}$.

Нам нужен член с $x^3$, значит $4-k=3$, откуда $k=1$. Коэффициент равен:

$\binom{4}{1} 2^{4-1} = 4 \cdot 2^3 = 4 \cdot 8 = 32$

3. Итоговый коэффициент равен разности найденных коэффициентов:

$40 - 32 = 8$

Ответ: 8

Искомый коэффициент равен сумме коэффициентов при $x^3$ в разложениях слагаемых $(x^2 - x)^4$ и $(3 - \frac{x}{3})^4$.

1. Для $(x^2 - x)^4$. Можно вынести $x$ за скобки: $(x(x-1))^4 = x^4(x-1)^4$. Так как всё разложение $(x-1)^4$ умножается на $x^4$, наименьшая степень переменной $x$ в итоговом многочлене будет 4. Следовательно, коэффициент при $x^3$ равен 0.

2. Для $(3 - \frac{x}{3})^4$: $a=3$, $b=-\frac{x}{3}$, $n=4$. Общий член $T_{k+1} = \binom{4}{k} 3^{4-k} (-\frac{x}{3})^k = \binom{4}{k} 3^{4-k} \frac{(-1)^k}{3^k} x^k = \binom{4}{k} (-1)^k 3^{4-2k} x^k$.

Нам нужен член с $x^3$, значит $k=3$. Коэффициент равен:

$\binom{4}{3} (-1)^3 3^{4-2\cdot3} = 4 \cdot (-1) \cdot 3^{-2} = -4 \cdot \frac{1}{9} = -\frac{4}{9}$

3. Итоговый коэффициент равен сумме найденных коэффициентов:

$0 + (-\frac{4}{9}) = -\frac{4}{9}$

Ответ: $-\frac{4}{9}$

48.26. В разложении $(x + \frac{1}{x})^{10}$ по степеням x укажите:

Для решения задачи воспользуемся формулой бинома Ньютона для разложения $(a+b)^n$:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k} b^k$

В нашем случае дано разложение выражения $(x + \frac{1}{x})^{10}$. Здесь $a = x$, $b = \frac{1}{x}$ и $n=10$.

Общий $(k+1)$-й член разложения $T_{k+1}$ (где $k$ — целое число от 0 до 10) имеет вид:
$T_{k+1} = C_{10}^k x^{10-k} \left(\frac{1}{x}\right)^k = C_{10}^k x^{10-k} x^{-k} = C_{10}^k x^{10-2k}$

Здесь $C_{10}^k = \frac{10!}{k!(10-k)!}$ — биномиальный коэффициент. Чтобы найти искомый член разложения, нужно определить значение $k$, при котором степень $x$ будет равна заданной.

а) член, содержащий $x^8$;
Найдем значение $k$, для которого степень переменной $x$ равна 8:
$10 - 2k = 8$
$2k = 10 - 8$
$2k = 2$
$k = 1$
Поскольку $k=1$ является целым числом от 0 до 10, такой член существует. Это $(1+1)=2$-й член разложения.
Найдем его: $T_2 = C_{10}^1 x^{10-2(1)} = C_{10}^1 x^8$.
Вычислим биномиальный коэффициент:
$C_{10}^1 = \frac{10!}{1!(10-1)!} = 10$.
Следовательно, искомый член равен $10x^8$.
Ответ: $10x^8$.

б) член, содержащий $x^4$;
Найдем значение $k$, для которого степень $x$ равна 4:
$10 - 2k = 4$
$2k = 10 - 4$
$2k = 6$
$k = 3$
Это $(3+1)=4$-й член разложения.
Найдем его: $T_4 = C_{10}^3 x^{10-2(3)} = C_{10}^3 x^4$.
Вычислим коэффициент:
$C_{10}^3 = \frac{10!}{3!(10-3)!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 4 = 120$.
Таким образом, член, содержащий $x^4$, это $120x^4$.
Ответ: $120x^4$.

в) член, содержащий $x^{-2}$;
Найдем значение $k$, для которого степень $x$ равна -2:
$10 - 2k = -2$
$2k = 10 + 2$
$2k = 12$
$k = 6$
Это $(6+1)=7$-й член разложения.
Найдем его: $T_7 = C_{10}^6 x^{10-2(6)} = C_{10}^6 x^{-2}$.
Вычислим коэффициент, используя свойство $C_n^k = C_n^{n-k}$:
$C_{10}^6 = C_{10}^{10-6} = C_{10}^4 = \frac{10!}{4!(10-4)!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 7 = 210$.
Значит, искомый член равен $210x^{-2}$.
Ответ: $210x^{-2}$.

г) член, не содержащий $x$.
Член, не содержащий $x$, является свободным членом, то есть степень $x$ в нем равна 0.
Найдем значение $k$, для которого степень $x$ равна 0:
$10 - 2k = 0$
$2k = 10$
$k = 5$
Это $(5+1)=6$-й член разложения.
Найдем его: $T_6 = C_{10}^5 x^{10-2(5)} = C_{10}^5 x^0 = C_{10}^5$.
Вычислим коэффициент:
$C_{10}^5 = \frac{10!}{5!(10-5)!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{30240}{120} = 252$.
Следовательно, член, не содержащий $x$, равен 252.
Ответ: 252.

48.27. Найдите член разложения, не содержащий переменных:

а) $ \left(2x^2 + \frac{1}{x}\right)^6; $

б) $ \left(\frac{1}{x^3} + x^{-\frac{4}{3}}\right)^5; $

в) $ \left(3\sqrt[4]{a} + \frac{1}{\sqrt{a}}\right)^9; $

г) $ \left(x^{0,75} + x^{-\frac{2}{3}}\right)^{17}. $

Для нахождения члена разложения, не содержащего переменных, используется формула общего члена разложения бинома Ньютона $(a+b)^n$:

$T_{k+1} = C_n^k a^{n-k} b^k$

где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$, а $k$ — целое число от 0 до $n$. Член разложения не содержит переменной, если суммарный показатель степени переменной в нем равен нулю.

а) В разложении $(2x^2 + \frac{1}{x})^6$ имеем: $a = 2x^2$, $b = \frac{1}{x} = x^{-1}$ и $n=6$.

Общий член разложения $T_{k+1}$ равен:

$T_{k+1} = C_6^k (2x^2)^{6-k} (x^{-1})^k = C_6^k \cdot 2^{6-k} \cdot (x^2)^{6-k} \cdot x^{-k} = C_6^k \cdot 2^{6-k} \cdot x^{2(6-k)-k} = C_6^k \cdot 2^{6-k} \cdot x^{12-3k}$

Чтобы член разложения не содержал $x$, показатель степени должен быть равен нулю:

$12 - 3k = 0 \implies 3k = 12 \implies k=4$

Поскольку $k=4$ является целым числом и $0 \le 4 \le 6$, такой член существует. Это $T_{4+1} = T_5$. Найдем его значение:

$T_5 = C_6^4 \cdot 2^{6-4} \cdot x^0 = \frac{6!}{4!2!} \cdot 2^2 = \frac{6 \cdot

48.28. Известно, что сумма биномиальных коэффициентов разложения $(a+b)^n$ равна 1024.

а) Найдите $n$.

б) Найдите наибольший биномиальный коэффициент этого разложения.

в) Сколько в разложении членов с этим наибольшим коэффициентом?

г) Дайте ответы на вопросы пунктов а), б), в), если сумма биномиальных коэффициентов разложения $(a+b)^n$ равна 512.

а) Найдите n.

Формула разложения бинома Ньютона для $(a+b)^n$ имеет вид:
$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k a^{n-k}b^k = C_n^0 a^n + C_n^1 a^{n-1}b + C_n^2 a^{n-2}b^2 + \dots + C_n^n b^n$,
где $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — это биномиальные коэффициенты.
Сумму всех биномиальных коэффициентов можно найти, подставив в формулу $a=1$ и $b=1$:
$\sum_{k=0}^{n} C_n^k = C_n^0 + C_n^1 + \dots + C_n^n = (1+1)^n = 2^n$.
По условию задачи, эта сумма равна 1024. Следовательно, мы имеем уравнение:
$2^n = 1024$.
Поскольку $1024$ является степенью двойки, $1024 = 2^{10}$, мы можем заключить, что $n=10$.
Ответ: $n=10$.

б) Найдите наибольший биномиальный коэффициент этого разложения.

Из пункта а) мы знаем, что $n=10$. Биномиальные коэффициенты $C_n^k$ для фиксированного $n$ симметричны ($C_n^k = C_n^{n-k}$) и их значения возрастают от $k=0$ к середине, а затем убывают.
Поскольку $n=10$ является четным числом, наибольший коэффициент будет один, и он будет находиться в центре последовательности коэффициентов, то есть при $k = \frac{n}{2} = \frac{10}{2} = 5$.
Таким образом, нам нужно найти значение $C_{10}^5$.
$C_{10}^5 = \frac{10!}{5!(10-5)!} = \frac{10!}{5!5!} = \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = (2 \cdot 9 \cdot 2 \cdot 7) = 252$.
Ответ: 252.

в) Сколько в разложении членов с этим наибольшим коэффициентом?

Как было установлено в пункте б), для четного $n=10$ наибольший биномиальный коэффициент является единственным. Он соответствует значению $C_{10}^5$. Остальные коэффициенты, $C_{10}^k$ при $k \neq 5$, будут меньше.
Следовательно, в разложении есть только один член с наибольшим коэффициентом.
Ответ: 1.

г) Дайте ответы на вопросы пунктов а), б), в), если сумма биномиальных коэффициентов разложения $(a+b)^n$ равна 512.

Теперь решим задачу для нового условия, где сумма коэффициентов равна 512.

Ответ на вопрос а):
Используем ту же формулу для суммы коэффициентов: $2^n$.
$2^n = 512$.
Так как $512 = 2^9$, то $n=9$.

Ответ на вопрос б):
При $n=9$ (нечетное число), наибольшее значение принимают два центральных коэффициента: $C_n^{\frac{n-1}{2}}$ и $C_n^{\frac{n+1}{2}}$.
Для $n=9$ это будут $C_9^{\frac{9-1}{2}} = C_9^4$ и $C_9^{\frac{9+1}{2}} = C_9^5$.
В силу свойства симметрии, эти коэффициенты равны: $C_9^4 = C_9^5$. Вычислим их значение:
$C_9^4 = \frac{9!}{4!(9-4)!} = \frac{9!}{4!5!} = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 9 \cdot 2 \cdot 7 = 126$.
Наибольший биномиальный коэффициент равен 126.

Ответ на вопрос в):
Поскольку $n=9$ является нечетным, существует два равных наибольших коэффициента: $C_9^4=126$ и $C_9^5=126$. Они соответствуют двум разным членам разложения: $126a^5b^4$ и $126a^4b^5$.
Следовательно, в разложении есть два члена с наибольшим коэффициентом.

Ответ: а) $n=9$; б) 126; в) 2.

48.29. Найдите $k$, при котором достигается наибольшее значение выражения:

a) $C_5^k$;

б) $C_{16}^k$;

в) $C_{61}^k$;

г) $C_{999}^{k-1} + C_{999}^k$.

Для решения данной задачи необходимо найти значение $k$, при котором биномиальный коэффициент $C_n^k$ или сумма таких коэффициентов максимальна. Значение $C_n^k$ (число сочетаний из $n$ по $k$) достигает своего максимума при фиксированном $n$, когда $k$ находится как можно ближе к $n/2$.

• Если $n$ — четное число ($n = 2m$), то наибольшее значение достигается при $k = m = n/2$.
• Если $n$ — нечетное число ($n = 2m+1$), то наибольшее значение достигается при двух значениях $k$: $k = m = \frac{n-1}{2}$ и $k = m+1 = \frac{n+1}{2}$.

а) $C_5^k$

Здесь $n=5$. Это нечетное число. Наибольшее значение выражения достигается, когда $k$ наиболее близко к $n/2 = 5/2 = 2.5$. Такими целыми значениями являются $k=2$ и $k=3$.

При $k=2$, $C_5^2 = \frac{5!}{2!(5-2)!} = 10$.

При $k=3$, $C_5^3 = \frac{5!}{3!(5-3)!} = 10$.

Ответ: $k=2$ или $k=3$.

б) $C_{16}^k$

Здесь $n=16$. Это четное число. Наибольшее значение достигается, когда $k = n/2 = 16/2 = 8$.

Ответ: $k=8$.

в) $C_{61}^k$

Здесь $n=61$. Это нечетное число. Наибольшее значение достигается, когда $k$ наиболее близко к $n/2 = 61/2 = 30.5$. Такими целыми значениями являются $k=30$ и $k=31$.

Ответ: $k=30$ или $k=31$.

г) $C_{999}^{k-1} + C_{999}^k$

Для этого выражения воспользуемся свойством биномиальных коэффициентов, известным как тождество Паскаля: $C_n^m + C_n^{m-1} = C_{n+1}^m$.

Применив это тождество, получим:

$C_{999}^{k-1} + C_{999}^k = C_{999+1}^k = C_{1000}^k$.

Теперь задача сводится к нахождению $k$, при котором выражение $C_{1000}^k$ достигает наибольшего значения. Здесь $n=1000$. Это четное число.

Наибольшее значение достигается при $k = n/2 = 1000/2 = 500$.

Необходимо проверить, что при $k=500$ исходное выражение определено. Для $C_{999}^{k-1}$ и $C_{999}^k$ должны выполняться условия $0 \le k-1 \le 999$ и $0 \le k \le 999$. Отсюда следует, что $1 \le k \le 999$. Найденное значение $k=500$ удовлетворяет этому условию.

Ответ: $k=500$.

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.