Номер 1.36, страница 20 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

1.3*. Метод математической индукции. § 1. Действительные числа. Глава I. Корни, степени, логарифмы - номер 1.36, страница 20.

1.36 Докажите по индукции, что для любого натурального $n$ выполняется неравенство:

a) $2 + 4 + \dots + 2n < (n + 1)^2;$

б) $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n+1} > \frac{1}{2n};$

в) $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2n-1}{2n} < \frac{2n}{2n+1};$

г) $4^n > 7n - 5.$

а) Докажем неравенство $2 + 4 + \dots + 2n < (n + 1)^2$ методом математической индукции.

1. База индукции. Проверим неравенство для $n=1$.

Левая часть: $2$.

Правая часть: $(1+1)^2 = 2^2 = 4$.

Получаем $2 < 4$. Неравенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.

То есть, $2 + 4 + \dots + 2k < (k + 1)^2$.

3. Индукционный переход. Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$.

Нужно доказать: $2 + 4 + \dots + 2k + 2(k+1) < ((k+1)+1)^2 = (k+2)^2$.

Рассмотрим левую часть неравенства для $n=k+1$:

$S_{k+1} = (2 + 4 + \dots + 2k) + 2(k+1)$.

Используя индукционное предположение, имеем:

$S_{k+1} < (k+1)^2 + 2(k+1)$.

Теперь докажем, что $(k+1)^2 + 2(k+1) < (k+2)^2$.

$(k+1)^2 + 2(k+1) = k^2+2k+1 + 2k+2 = k^2+4k+3$.

$(k+2)^2 = k^2+4k+4$.

Сравнивая эти два выражения, получаем $k^2+4k+3 < k^2+4k+4$, что эквивалентно $3 < 4$. Это верное неравенство.

Таким образом, мы показали, что $2 + 4 + \dots + 2(k+1) < (k+2)^2$.

По принципу математической индукции, неравенство доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Неравенство $2 + 4 + \dots + 2n < (n + 1)^2$ верно для всех натуральных $n$.

б) Докажем неравенство $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n+1} > \frac{1}{2n}$ методом математической индукции.

1. База индукции. Проверим неравенство для $n=1$.

Левая часть: $\frac{2}{3}$.

Правая часть: $\frac{1}{2(1)} = \frac{1}{2}$.

Получаем $\frac{2}{3} > \frac{1}{2}$ (так как $4 > 3$). Неравенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.

То есть, $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2k}{2k+1} > \frac{1}{2k}$.

3. Индукционный переход. Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$.

Нужно доказать: $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1} > \frac{1}{2(k+1)}$.

Рассмотрим левую часть неравенства для $n=k+1$:

$P_{k+1} = \left(\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2k}{2k+1}\right) \cdot \frac{2k+2}{2k+3}$.

Используя индукционное предположение, имеем:

$P_{k+1} > \frac{1}{2k} \cdot \frac{2k+2}{2k+3} = \frac{k+1}{k(2k+3)}$.

Теперь докажем, что $\frac{k+1}{k(2k+3)} > \frac{1}{2(k+1)}$.

Это неравенство равносильно $2(k+1)^2 > k(2k+3)$.

$2(k^2+2k+1) > 2k^2+3k$.

$2k^2+4k+2 > 2k^2+3k$.

$k+2 > 0$.

Так как $k$ — натуральное число ($k \ge 1$), это неравенство всегда верно.

Таким образом, мы показали, что $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1} > \frac{1}{2(k+1)}$.

По принципу математической индукции, неравенство доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Неравенство $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n+1} > \frac{1}{2n}$ верно для всех натуральных $n$.

в) Докажем неравенство $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2n-1}{2n} < \frac{2n}{2n+1}$ методом математической индукции.

1. База индукции. Проверим неравенство для $n=1$.

Левая часть: $\frac{1}{2}$.

Правая часть: $\frac{2(1)}{2(1)+1} = \frac{2}{3}$.

Получаем $\frac{1}{2} < \frac{2}{3}$ (так как $3 < 4$). Неравенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.

То есть, $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2k-1}{2k} < \frac{2k}{2k+1}$.

3. Индукционный переход. Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$.

Нужно доказать: $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2k-1}{2k} \cdot \frac{2(k+1)-1}{2(k+1)} < \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1}$.

Рассмотрим левую часть неравенства для $n=k+1$:

$P_{k+1} = \left(\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2k-1}{2k}\right) \cdot \frac{2k+1}{2k+2}$.

Используя индукционное предположение, имеем:

$P_{k+1} < \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2k+1}{2k+2} = \frac{2k}{2k+2}$.

Теперь докажем, что $\frac{2k}{2k+2} < \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1} = \frac{2k+2}{2k+3}$.

Это неравенство равносильно $2k(2k+3) < (2k+2)^2$.

$4k^2+6k < 4k^2+8k+4$.

$0 < 2k+4$.

Так как $k$ — натуральное число ($k \ge 1$), это неравенство всегда верно.

Таким образом, мы показали, что $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2(k+1)-1}{2(k+1)} < \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1}$.

По принципу математической индукции, неравенство доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Неравенство $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2n-1}{2n} < \frac{2n}{2n+1}$ верно для всех натуральных $n$.

г) Докажем неравенство $4^n > 7n - 5$ методом математической индукции.

1. База индукции. Проверим неравенство для $n=1$.

Левая часть: $4^1 = 4$.

Правая часть: $7(1) - 5 = 2$.

Получаем $4 > 2$. Неравенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.

То есть, $4^k > 7k - 5$.

3. Индукционный переход. Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$.

Нужно доказать: $4^{k+1} > 7(k+1) - 5$.

Правая часть неравенства: $7(k+1) - 5 = 7k + 7 - 5 = 7k + 2$.

Рассмотрим левую часть неравенства для $n=k+1$:

$4^{k+1} = 4 \cdot 4^k$.

Используя индукционное предположение, имеем:

$4^{k+1} > 4(7k - 5) = 28k - 20$.

Теперь докажем, что $28k - 20 > 7k + 2$.

$21k > 22$.

$k > \frac{22}{21}$.

Это неравенство верно для всех натуральных $k \ge 2$. Для $k=1$ этот метод не работает. Воспользуемся другим подходом для индукционного перехода.

Докажем, что $4^{k+1} > 7k+2$, используя $4^k > 7k-5$.

$4^{k+1} = 4^k + 3 \cdot 4^k$.

Из индукционного предположения $4^k > 7k-5$, следовательно:

$4^{k+1} > (7k-5) + 3 \cdot 4^k$.

Чтобы доказать $4^{k+1} > 7k+2$, достаточно показать, что $(7k-5) + 3 \cdot 4^k > 7k+2$.

$(7k-5) + 3 \cdot 4^k > 7k+2 \iff 3 \cdot 4^k > 7$.

Для $k=1$, $3 \cdot 4^1 = 12 > 7$.

Поскольку функция $f(k) = 3 \cdot 4^k$ возрастающая, то для любого натурального $k \ge 1$ неравенство $3 \cdot 4^k > 7$ будет верным.

Таким образом, мы показали, что $4^{k+1} > 7(k+1)-5$.

По принципу математической индукции, неравенство доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Неравенство $4^n > 7n - 5$ верно для всех натуральных $n$.