Страница 35 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

1.81* Задача Евклида (III в.).

Докажите, что если $a$ — наибольшее из четырёх положительных чисел $a, b, c, d$ и $ \frac{a}{b} = \frac{c}{d} $, то справедливо неравенство $ a + d > b + c $.

По условию задачи даны четыре положительных числа $a, b, c, d$. Число $a$ является наибольшим из них, что означает выполнение неравенств $a > b$, $a > c$ и $a > d$. Также задано соотношение в виде пропорции:

$\frac{a}{b} = \frac{c}{d}$

Требуется доказать справедливость неравенства:

$a + d > b + c$

Для доказательства воспользуемся методом равносильных преобразований. Начнем с исходного неравенства и будем преобразовывать его до тех пор, пока не получим очевидно истинное утверждение, вытекающее из условий задачи.

Из пропорции $\frac{a}{b} = \frac{c}{d}$, используя основное свойство пропорции, получаем равенство:

$ad = bc$

Рассмотрим доказываемое неравенство $a + d > b + c$. Так как по условию $a$ — положительное число ($a > 0$), мы можем выразить $d$ из равенства $ad=bc$ и подставить в неравенство. Однако удобнее выполнить другие преобразования. Перенесем все члены неравенства в левую часть:

$a^2 - ab - ac + bc > 0$

Сгруппируем слагаемые и вынесем общие множители за скобки:

$(a^2 - ab) - (ac - bc) > 0$

$a(a - b) - c(a - b) > 0$

Вынесем за скобки общий множитель $(a-b)$:

$(a - b)(a - c) > 0$

Теперь проанализируем полученное неравенство. По условию, $a$ — наибольшее из четырёх чисел. Это значит, что $a > b$ и $a > c$.

Из $a > b$ следует, что разность $(a - b)$ является положительным числом: $a - b > 0$.

Из $a > c$ следует, что разность $(a - c)$ также является положительным числом: $a - c > 0$.

Произведение двух положительных чисел $(a - b)$ и $(a - c)$ всегда положительно. Следовательно, неравенство $(a - b)(a - c) > 0$ является истинным.

Так как мы пришли к истинному неравенству с помощью равносильных преобразований исходного неравенства, то и исходное неравенство $a + d > b + c$ также является истинным. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

1.82* Докажите, что для любого натурального числа n справедливо неравенство:

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

б) $\frac{1}{4 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(n+3) \cdot (n+4)} < \frac{1}{4};$

в) $\frac{1}{1 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 9} + \frac{1}{9 \cdot 13} + \dots + \frac{1}{(4n-3) \cdot (4n+1)} < \frac{1}{4};$

г) $\frac{1}{2^2} + \frac{1}{4^2} + \frac{1}{6^2} + \dots + \frac{1}{(2n)^2} < \frac{1}{2};$

д) $\frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \frac{1}{7^2} + \dots + \frac{1}{(2n+1)^2} < \frac{1}{4};$

е) $\frac{2}{(n+2)^2} < \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+3}.$

Рассмотрим сумму $S_n = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{n(n+1)}$.

Каждый член этой суммы можно представить в виде разности двух дробей, используя метод разложения на простейшие дроби:

$\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$

Таким образом, сумма является телескопической, так как промежуточные члены взаимно сокращаются:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}) = (\frac{1}{1} - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + \dots + (\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1})$

В результате сокращения остаются только первый и последний члены:

$S_n = 1 - \frac{1}{n+1}$

Теперь докажем требуемое неравенство $S_n < 1$:

$1 - \frac{1}{n+1} < 1$

Поскольку $n$ — натуральное число ($n \ge 1$), то $n+1 \ge 2$, и, следовательно, дробь $\frac{1}{n+1}$ является положительным числом. Вычитание положительного числа из единицы дает результат, который строго меньше единицы. Неравенство справедливо для любого натурального $n$.

Ответ: Неравенство доказано.

Рассмотрим сумму $S_n = \frac{1}{4 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(n+3)(n+4)}$.

Как и в предыдущем пункте, общий член ряда можно представить в виде разности:

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

Сумма является телескопической. Запишем ее в развернутом виде, чтобы увидеть сокращения:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{k+3} - \frac{1}{k+4}) = (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{5} - \frac{1}{6}) + (\frac{1}{6} - \frac{1}{7}) + \dots + (\frac{1}{n+3} - \frac{1}{n+4})$

После сокращения промежуточных членов получаем:

$S_n = \frac{1}{4} - \frac{1}{n+4}$

Докажем неравенство $S_n < \frac{1}{4}$:

$\frac{1}{4} - \frac{1}{n+4} < \frac{1}{4}$

Так как $n$ — натуральное число ($n \ge 1$), то $n+4 \ge 5$, и дробь $\frac{1}{n+4}$ положительна. Вычитание положительного числа из $\frac{1}{4}$ дает результат, строго меньший $\frac{1}{4}$. Неравенство справедливо.

Ответ: Неравенство доказано.

Рассмотрим сумму $S_n = \frac{1}{1 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 9} + \frac{1}{9 \cdot 13} + \dots + \frac{1}{(4n-3)(4n+1)}$.

Разложим общий член ряда на простейшие дроби:

$\frac{1}{(4k-3)(4k+1)} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{4k-3} - \frac{1}{4k+1} \right)$

Теперь сумма принимает вид:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4} \left( \frac{1}{4k-3} - \frac{1}{4k+1} \right) = \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{4k-3} - \frac{1}{4k+1} \right)$

Это телескопическая сумма:

$S_n = \frac{1}{4} \left[ (\frac{1}{1} - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{5} - \frac{1}{9}) + (\frac{1}{9} - \frac{1}{13}) + \dots + (\frac{1}{4n-3} - \frac{1}{4n+1}) \right]$

После сокращения получаем:

$S_n = \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{4n+1} \right)$

Докажем неравенство $S_n < \frac{1}{4}$:

$\frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{4n+1} \right) < \frac{1}{4}$

Умножим обе части на 4 (так как 4 > 0, знак неравенства не меняется):

$1 - \frac{1}{4n+1} < 1$

Для натурального $n \ge 1$, выражение $4n+1 \ge 5$, поэтому $\frac{1}{4n+1} > 0$. Выражение $1 - \frac{1}{4n+1}$ всегда меньше 1. Неравенство справедливо.

Ответ: Неравенство доказано.

Рассмотрим сумму $S_n = \frac{1}{2^2} + \frac{1}{4^2} + \frac{1}{6^2} + \dots + \frac{1}{(2n)^2}$.

Вынесем общий множитель $\frac{1}{2^2} = \frac{1}{4}$ за скобки:

$S_n = \frac{1}{(2 \cdot 1)^2} + \frac{1}{(2 \cdot 2)^2} + \frac{1}{(2 \cdot 3)^2} + \dots + \frac{1}{(2n)^2} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{1^2} + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} \right)$

Оценим сумму в скобках. Для любого натурального $k \ge 2$ справедливо неравенство $k^2 > k^2 - k = k(k-1)$, откуда $\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)}$.

Заменим каждый член суммы (кроме первого) на большую величину:

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k^2} < 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k(k-1)}$

Сумма $\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k(k-1)}$ является телескопической, так как $\frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}$.

$\sum_{k=2}^{n} (\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}) = (\frac{1}{1} - \frac{1}{2}) + (\frac{1}{2} - \frac{1}{3}) + \dots + (\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}) = 1 - \frac{1}{n}$

Следовательно, $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} < 1 + (1 - \frac{1}{n}) = 2 - \frac{1}{n}$.

Подставим эту оценку в выражение для $S_n$:

$S_n = \frac{1}{4} \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} \right) < \frac{1}{4} (2 - \frac{1}{n})$

Так как $n \ge 1$, то $\frac{1}{n} > 0$, и $2 - \frac{1}{n} < 2$. Таким образом:

$S_n < \frac{1}{4} \cdot 2 = \frac{1}{2}$

Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

Рассмотрим сумму $S_n = \frac{1}{3^2} + \frac{1}{5^2} + \frac{1}{7^2} + \dots + \frac{1}{(2n+1)^2}$.

Для оценки суммы воспользуемся методом сравнения. Для любого целого числа $m > 1$ справедливо неравенство $m^2 > m^2 - 1 = (m-1)(m+1)$, откуда следует $\frac{1}{m^2} < \frac{1}{(m-1)(m+1)}$.

Применим это к общему члену нашей суммы $a_k = \frac{1}{(2k+1)^2}$, где $m = 2k+1$. Для $k \ge 1$ имеем $m \ge 3$.

$\frac{1}{(2k+1)^2} < \frac{1}{((2k+1)-1)((2k+1)+1)} = \frac{1}{(2k)(2k+2)} = \frac{1}{4k(k+1)}$

Тогда исходная сумма меньше, чем сумма этих больших дробей:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(2k+1)^2} < \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4k(k+1)} = \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}$

Сумма $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}$ нам уже знакома из пункта а). Она равна $1 - \frac{1}{n+1}$.

Подставляем это значение:

$S_n < \frac{1}{4} \left( 1 - \frac{1}{n+1} \right)$

Так как $n \ge 1$, то $1 - \frac{1}{n+1} < 1$. Следовательно:

$S_n < \frac{1}{4} \cdot 1 = \frac{1}{4}$

Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

Нужно доказать неравенство: $\frac{2}{(n+2)^2} < \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+3}$.

Преобразуем правую часть неравенства, приведя дроби к общему знаменателю:

$\frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+3} = \frac{(n+3) - (n+1)}{(n+1)(n+3)} = \frac{2}{(n+1)(n+3)}$

Теперь неравенство принимает вид:

$\frac{2}{(n+2)^2} < \frac{2}{(n+1)(n+3)}$

Поскольку числители дробей равны и положительны, неравенство будет верным, если знаменатель левой дроби больше знаменателя правой дроби:

$(n+2)^2 > (n+1)(n+3)$

Раскроем скобки в обеих частях неравенства:

$n^2 + 4n + 4 > n^2 + 4n + 3$

Вычтем из обеих частей $n^2 + 4n$:

$4 > 3$

Мы получили верное числовое неравенство. Так как все преобразования были эквивалентными для натуральных $n$ (знаменатели всегда положительны), исходное неравенство также верно.

Ответ: Неравенство доказано.

1.83* Докажите, что для любых действительных чисел $a$ и $b$:

а) если $a + b = 3$, то $a^2 + b^2 \ge 4.5$;

б) если $a + b = 4$, то $a^2 + b^2 \ge 8$;

в) если $a + b = 1$, то $a^4 + b^4 \ge \frac{1}{8}$;

г) если $a + b = 4$, то $a^4 + b^4 \ge 32$.

а) Из условия $a+b=3$ выразим одну переменную через другую, например, $b = 3-a$. Подставим это выражение в левую часть доказываемого неравенства $a^2+b^2 \ge 4,5$: $a^2 + (3-a)^2 = a^2 + (9 - 6a + a^2) = 2a^2 - 6a + 9$. Теперь нам нужно доказать, что $2a^2 - 6a + 9 \ge 4,5$. Перенесем 4,5 в левую часть: $2a^2 - 6a + 9 - 4,5 \ge 0$ $2a^2 - 6a + 4,5 \ge 0$. Разделим обе части неравенства на 2: $a^2 - 3a + 2,25 \ge 0$. Левая часть этого неравенства представляет собой полный квадрат: $(a - 1,5)^2 \ge 0$. Это неравенство справедливо для любого действительного числа $a$, так как квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен. Следовательно, исходное неравенство также верно.
Ответ: Утверждение доказано.

б) Из условия $a+b=4$ выразим $b$: $b = 4-a$. Подставим это выражение в левую часть доказываемого неравенства $a^2+b^2 \ge 8$: $a^2 + (4-a)^2 = a^2 + (16 - 8a + a^2) = 2a^2 - 8a + 16$. Требуется доказать, что $2a^2 - 8a + 16 \ge 8$. Перенесем 8 в левую часть: $2a^2 - 8a + 16 - 8 \ge 0$ $2a^2 - 8a + 8 \ge 0$. Разделим обе части неравенства на 2: $a^2 - 4a + 4 \ge 0$. Левая часть является полным квадратом: $(a - 2)^2 \ge 0$. Это неравенство верно для любого действительного числа $a$, так как квадрат любого действительного числа неотрицателен. Следовательно, исходное неравенство также верно.
Ответ: Утверждение доказано.

в) Для решения задачи воспользуемся неравенством $x^2+y^2 \ge \frac{(x+y)^2}{2}$, которое справедливо для любых действительных чисел $x$ и $y$. Сначала применим его для $x=a$ и $y=b$. Учитывая условие $a+b=1$, получаем: $a^2+b^2 \ge \frac{(a+b)^2}{2} = \frac{1^2}{2} = \frac{1}{2}$. Теперь применим это же неравенство для $x=a^2$ и $y=b^2$: $a^4+b^4 = (a^2)^2 + (b^2)^2 \ge \frac{(a^2+b^2)^2}{2}$. Из предыдущего шага мы знаем, что $a^2+b^2 \ge \frac{1}{2}$. Так как обе части этого неравенства неотрицательны, мы можем возвести их в квадрат, получив $(a^2+b^2)^2 \ge (\frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}$. Подставим этот результат в неравенство для $a^4+b^4$: $a^4+b^4 \ge \frac{(a^2+b^2)^2}{2} \ge \frac{1/4}{2} = \frac{1}{8}$. Следовательно, $a^4+b^4 \ge \frac{1}{8}$, что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.

г) Действуем аналогично пункту в), используя неравенство $x^2+y^2 \ge \frac{(x+y)^2}{2}$. Сначала применим его для $x=a$ и $y=b$ с учётом условия $a+b=4$: $a^2+b^2 \ge \frac{(a+b)^2}{2} = \frac{4^2}{2} = \frac{16}{2} = 8$. Затем применим то же неравенство для $x=a^2$ и $y=b^2$: $a^4+b^4 = (a^2)^2+(b^2)^2 \ge \frac{(a^2+b^2)^2}{2}$. Так как из предыдущего шага $a^2+b^2 \ge 8$, то, возведя обе части в квадрат, получим $(a^2+b^2)^2 \ge 8^2 = 64$. Подставим этот результат в неравенство для $a^4+b^4$: $a^4+b^4 \ge \frac{(a^2+b^2)^2}{2} \ge \frac{64}{2} = 32$. Следовательно, $a^4+b^4 \ge 32$, что и требовалось доказать.
Ответ: Утверждение доказано.