Номер 1.38, страница 21 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

1.3*. Метод математической индукции. § 1. Действительные числа. Глава I. Корни, степени, логарифмы - номер 1.38, страница 21.

1.38 Докажите по индукции, что для любого натурального n справедливо неравенство:

а) $\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} < \frac{1}{2};$

б) $\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \frac{1}{7 \cdot 10} + \dots + \frac{1}{(3n - 2)(3n + 1)} < \frac{1}{3};$

в) $\frac{1}{1 \cdot 8} + \frac{1}{8 \cdot 15} + \frac{1}{15 \cdot 22} + \dots + \frac{1}{(7n - 6)(7n + 1)} < \frac{1}{7};$

г) $\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \frac{1}{n + 3} + \dots + \frac{1}{3n + 1} > 1.$

а)

Докажем неравенство $\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} < \frac{1}{2}$.

Обозначим левую часть неравенства через $S_n$. Мы докажем по индукции, что для этой суммы справедлива формула $S_n = \frac{n}{2n+1}$. Из этого равенства будет следовать исходное неравенство, так как $\frac{n}{2n+1} < \frac{1}{2}$ эквивалентно $2n < 2n+1$ (поскольку $2n+1>0$ для натуральных $n$), что сводится к очевидно верному неравенству $0 < 1$.

Докажем равенство $S_n = \frac{n}{2n+1}$ методом математической индукции.

1. База индукции ($n=1$):

Для $n=1$ имеем $S_1 = \frac{1}{1 \cdot 3} = \frac{1}{3}$. Правая часть формулы дает $\frac{1}{2(1)+1} = \frac{1}{3}$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение:

Предположим, что формула верна для некоторого натурального $k \ge 1$: $S_k = \frac{1}{1 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{(2k - 1)(2k + 1)} = \frac{k}{2k+1}$.

3. Индукционный шаг:

Докажем, что формула верна для $n=k+1$. Сумма $S_{k+1}$ получается из $S_k$ добавлением следующего члена:

$S_{k+1} = S_k + \frac{1}{(2(k+1)-1)(2(k+1)+1)} = S_k + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)}$.

Применяя индукционное предположение, получаем:

$S_{k+1} = \frac{k}{2k+1} + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{k(2k+3) + 1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{2k^2+3k+1}{(2k+1)(2k+3)}$.

Разложив числитель на множители $2k^2+3k+1 = (2k+1)(k+1)$, получим:

$S_{k+1} = \frac{(2k+1)(k+1)}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{k+1}{2k+3} = \frac{k+1}{2(k+1)+1}$.

Таким образом, формула верна и для $n=k+1$.

По принципу математической индукции, формула $S_n = \frac{n}{2n+1}$ верна для всех натуральных $n$. Поскольку $\frac{n}{2n+1} < \frac{1}{2}$, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Докажем неравенство $\frac{1}{1 \cdot 4} + \frac{1}{4 \cdot 7} + \frac{1}{7 \cdot 10} + \dots + \frac{1}{(3n - 2)(3n + 1)} < \frac{1}{3}$.

Аналогично пункту а), обозначим левую часть через $S_n$ и докажем по индукции, что $S_n = \frac{n}{3n+1}$. Из этого будет следовать требуемое неравенство: $\frac{n}{3n+1} < \frac{1}{3} \iff 3n < 3n+1 \iff 0 < 1$, что верно.

Докажем равенство $S_n = \frac{n}{3n+1}$ методом математической индукции.

1. База индукции ($n=1$):

Для $n=1$ имеем $S_1 = \frac{1}{1 \cdot 4} = \frac{1}{4}$. Правая часть формулы дает $\frac{1}{3(1)+1} = \frac{1}{4}$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение:

Предположим, что формула верна для некоторого натурального $k \ge 1$: $S_k = \frac{k}{3k+1}$.

3. Индукционный шаг:

Докажем, что формула верна для $n=k+1$.

$S_{k+1} = S_k + \frac{1}{(3(k+1)-2)(3(k+1)+1)} = S_k + \frac{1}{(3k+1)(3k+4)}$.

Используя индукционное предположение:

$S_{k+1} = \frac{k}{3k+1} + \frac{1}{(3k+1)(3k+4)} = \frac{k(3k+4) + 1}{(3k+1)(3k+4)} = \frac{3k^2+4k+1}{(3k+1)(3k+4)}$.

Разложим числитель на множители $3k^2+4k+1 = (3k+1)(k+1)$:

$S_{k+1} = \frac{(3k+1)(k+1)}{(3k+1)(3k+4)} = \frac{k+1}{3k+4} = \frac{k+1}{3(k+1)+1}$.

Формула верна для $n=k+1$.

По принципу математической индукции, $S_n = \frac{n}{3n+1}$ для всех натуральных $n$, и, следовательно, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

в)

Докажем неравенство $\frac{1}{1 \cdot 8} + \frac{1}{8 \cdot 15} + \dots + \frac{1}{(7n - 6)(7n + 1)} < \frac{1}{7}$.

Как и в предыдущих пунктах, докажем по индукции, что сумма $S_n$ равна $S_n = \frac{n}{7n+1}$. Отсюда следует неравенство: $\frac{n}{7n+1} < \frac{1}{7} \iff 7n < 7n+1 \iff 0 < 1$, что верно.

Докажем равенство $S_n = \frac{n}{7n+1}$ методом математической индукции.

1. База индукции ($n=1$):

Для $n=1$ имеем $S_1 = \frac{1}{1 \cdot 8} = \frac{1}{8}$. Формула дает $\frac{1}{7(1)+1} = \frac{1}{8}$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение:

Предположим, что для некоторого натурального $k \ge 1$ формула верна: $S_k = \frac{k}{7k+1}$.

3. Индукционный шаг:

Докажем, что формула верна для $n=k+1$.

$S_{k+1} = S_k + \frac{1}{(7(k+1)-6)(7(k+1)+1)} = S_k + \frac{1}{(7k+1)(7k+8)}$.

Используя индукционное предположение:

$S_{k+1} = \frac{k}{7k+1} + \frac{1}{(7k+1)(7k+8)} = \frac{k(7k+8) + 1}{(7k+1)(7k+8)} = \frac{7k^2+8k+1}{(7k+1)(7k+8)}$.

Разложим числитель на множители $7k^2+8k+1 = (7k+1)(k+1)$:

$S_{k+1} = \frac{(7k+1)(k+1)}{(7k+1)(7k+8)} = \frac{k+1}{7k+8} = \frac{k+1}{7(k+1)+1}$.

Формула верна для $n=k+1$.

По принципу математической индукции, $S_n = \frac{n}{7n+1}$ для всех натуральных $n$, и, следовательно, исходное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

г)

Докажем неравенство $S_n = \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \dots + \frac{1}{3n + 1} > 1$ методом математической индукции.

1. База индукции ($n=1$):

При $n=1$ сумма имеет вид: $S_1 = \frac{1}{1+1} + \frac{1}{1+2} + \frac{1}{1+3} = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4}$.

$S_1 = \frac{6+4+3}{12} = \frac{13}{12}$. Так как $\frac{13}{12} > 1$, база индукции верна.

2. Индукционное предположение:

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

3. Индукционный шаг:

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$ для $n=k+1$:

$S_{k+1} = \frac{1}{(k+1)+1} + \dots + \frac{1}{3(k+1)+1} = \frac{1}{k+2} + \frac{1}{k+3} + \dots + \frac{1}{3k+4}$.

Выразим $S_{k+1}$ через $S_k$:

$S_{k+1} = (\frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{3k+1}) + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4}$.

Из $S_k = \frac{1}{k+1} + (\frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{3k+1})$ следует, что $(\frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{3k+1}) = S_k - \frac{1}{k+1}$.

Подставим это в выражение для $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = S_k - \frac{1}{k+1} + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4}$.

По индукционному предположению $S_k > 1$, значит $S_{k+1} > 1 - \frac{1}{k+1} + \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4}$.

Для завершения доказательства нам нужно показать, что $S_{k+1} > S_k$, т.е. что $S_{k+1}-S_k > 0$:

$S_{k+1} - S_k = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+3} + \frac{1}{3k+4} - \frac{1}{k+1}$.

Приведем выражение к общему знаменателю:

$\frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3(k+1)} + \frac{1}{3k+4} - \frac{3}{3(k+1)} = \frac{1}{3k+2} + \frac{1}{3k+4} - \frac{2}{3(k+1)}$.

$\frac{(3k+3)(3k+4) + (3k+2)(3k+3) - 2(3k+2)(3k+4)}{3(k+1)(3k+2)(3k+4)}$.

Знаменатель дроби положителен для натуральных $k$. Раскроем скобки в числителе:

$(9k^2+12k+9k+12) + (9k^2+6k+9k+6) - 2(9k^2+12k+6k+8) = (18k^2+36k+18) - (18k^2+36k+16) = 2$.

Таким образом, $S_{k+1} - S_k = \frac{2}{3(k+1)(3k+2)(3k+4)} > 0$.

Мы получили, что $S_{k+1} = S_k + \frac{2}{3(k+1)(3k+2)(3k+4)}$. Так как $S_k > 1$ по предположению, и мы прибавляем положительное число, то $S_{k+1} > 1$. Индукционный шаг доказан.

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

Ответ: Неравенство доказано.