Страница 57 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

102. Найдите объём тела, образованного вращением вокруг оси абсцисс фигуры, ограниченной:

1) графиком функции $y = \sqrt{x}$ и прямыми $x = 9$ и $y = 0;$

2) косинусоидой $y = \cos x$ и прямыми $x = 0, x = \frac{\pi}{6}$ и $y = 0;$

3) графиком функции $y = 5 - x^2$ и прямыми $x = 0, x = 1$ и $y = 0.$

Для нахождения объёма тела, образованного вращением вокруг оси абсцисс ($Ox$) фигуры, ограниченной графиком функции $y=f(x)$, осью $Ox$ и прямыми $x=a$ и $x=b$, используется формула:

$V = \pi \int_{a}^{b} [f(x)]^2 dx$

1)

Фигура ограничена графиком функции $y=\sqrt{x}$ и прямыми $x=9$ и $y=0$ (ось абсцисс). Нижний предел интегрирования находится из условия $y=0$, т.е. $\sqrt{x}=0$, откуда $x=0$. Таким образом, пределы интегрирования от $a=0$ до $b=9$. Подставляем функцию $f(x)=\sqrt{x}$ в формулу объёма:

$V = \pi \int_{0}^{9} (\sqrt{x})^2 dx = \pi \int_{0}^{9} x dx$

Вычисляем полученный интеграл:

$V = \pi \left[ \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{9} = \pi \left( \frac{9^2}{2} - \frac{0^2}{2} \right) = \pi \left( \frac{81}{2} - 0 \right) = \frac{81\pi}{2}$

Ответ: $V = \frac{81\pi}{2}$ или $40,5\pi$.

2)

Фигура ограничена косинусоидой $y=\cos x$ и прямыми $x=0$, $x=\frac{\pi}{6}$ и $y=0$. Пределы интегрирования заданы: от $a=0$ до $b=\frac{\pi}{6}$. Подставляем функцию $f(x)=\cos x$ в формулу объёма:

$V = \pi \int_{0}^{\pi/6} (\cos x)^2 dx = \pi \int_{0}^{\pi/6} \cos^2 x dx$

Для вычисления интеграла применим формулу понижения степени: $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$.

$V = \pi \int_{0}^{\pi/6} \frac{1 + \cos(2x)}{2} dx = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\pi/6} (1 + \cos(2x)) dx$

Находим первообразную и вычисляем определённый интеграл:

$V = \frac{\pi}{2} \left[ x + \frac{1}{2}\sin(2x) \right]_{0}^{\pi/6} = \frac{\pi}{2} \left( \left(\frac{\pi}{6} + \frac{1}{2}\sin\left(2 \cdot \frac{\pi}{6}\right)\right) - \left(0 + \frac{1}{2}\sin(0)\right) \right)$

$V = \frac{\pi}{2} \left( \frac{\pi}{6} + \frac{1}{2}\sin\left(\frac{\pi}{3}\right) \right) = \frac{\pi}{2} \left( \frac{\pi}{6} + \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{\pi}{2} \left( \frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{4} \right) = \frac{\pi^2}{12} + \frac{\pi\sqrt{3}}{8}$

Ответ: $V = \frac{\pi^2}{12} + \frac{\pi\sqrt{3}}{8}$.

3)

Фигура ограничена графиком функции $y=5-x^2$ и прямыми $x=0$, $x=1$ и $y=0$. Пределы интегрирования заданы: от $a=0$ до $b=1$. На этом отрезке функция $y=5-x^2$ положительна. Подставляем функцию в формулу объёма:

$V = \pi \int_{0}^{1} (5-x^2)^2 dx$

Раскроем квадрат разности в подынтегральном выражении:

$V = \pi \int_{0}^{1} (25 - 10x^2 + x^4) dx$

Вычисляем интеграл от многочлена:

$V = \pi \left[ 25x - \frac{10x^3}{3} + \frac{x^5}{5} \right]_{0}^{1} = \pi \left( \left(25(1) - \frac{10(1)^3}{3} + \frac{(1)^5}{5}\right) - (0) \right)$

$V = \pi \left( 25 - \frac{10}{3} + \frac{1}{5} \right) = \pi \left( \frac{25 \cdot 15}{15} - \frac{10 \cdot 5}{15} + \frac{1 \cdot 3}{15} \right) = \pi \left( \frac{375 - 50 + 3}{15} \right) = \frac{328\pi}{15}$

Ответ: $V = \frac{328\pi}{15}$.

103. Найдите объём тела, образованного вращением вокруг оси абсцисс фигуры, ограниченной прямой $y = 4x$ и графиком функции $y = x^3$ при $x \geq 0$.

Для нахождения объёма тела, образованного вращением вокруг оси абсцисс фигуры, ограниченной графиками функций $y = f_1(x)$ и $y = f_2(x)$, используется формула (метод шайб):

$V = \pi \int_a^b (f_1^2(x) - f_2^2(x)) \,dx$

где $f_1(x) \ge f_2(x)$ на отрезке $[a, b]$, а $a$ и $b$ — абсциссы точек пересечения графиков.

Нахождение пределов интегрирования

Сначала найдём абсциссы точек пересечения кривых $y = 4x$ и $y = x^3$, чтобы определить границы фигуры.

$4x = x^3$

$x^3 - 4x = 0$

$x(x^2 - 4) = 0$

$x(x - 2)(x + 2) = 0$

Корни уравнения: $x = 0$, $x = 2$, $x = -2$.

Согласно условию задачи, мы рассматриваем область при $x \ge 0$. Таким образом, пределы интегрирования будут от $a = 0$ до $b = 2$.

Определение верхней и нижней функций

На отрезке $[0, 2]$ необходимо определить, какая из функций принимает большие значения. Возьмём для проверки любую точку из этого интервала, например, $x = 1$.

При $x = 1$: $y_1 = 4x = 4(1) = 4$.

При $x = 1$: $y_2 = x^3 = 1^3 = 1$.

Так как $4 > 1$, на отрезке $[0, 2]$ график прямой $y = 4x$ находится выше графика кривой $y = x^3$. Следовательно, $f_1(x) = 4x$ (внешний радиус вращения) и $f_2(x) = x^3$ (внутренний радиус вращения).

Вычисление объёма

Теперь подставим найденные пределы и функции в формулу для объёма тела вращения:

$V = \pi \int_0^2 ((4x)^2 - (x^3)^2) \,dx = \pi \int_0^2 (16x^2 - x^6) \,dx$

Вычислим определённый интеграл, используя формулу Ньютона-Лейбница:

$V = \pi \left[ \frac{16x^3}{3} - \frac{x^7}{7} \right]_0^2$

$V = \pi \left( \left( \frac{16 \cdot 2^3}{3} - \frac{2^7}{7} \right) - \left( \frac{16 \cdot 0^3}{3} - \frac{0^7}{7} \right) \right)$

$V = \pi \left( \frac{16 \cdot 8}{3} - \frac{128}{7} - 0 \right)$

$V = \pi \left( \frac{128}{3} - \frac{128}{7} \right)$

Приводим дроби к общему знаменателю (21):

$V = \pi \left( \frac{128 \cdot 7}{21} - \frac{128 \cdot 3}{21} \right) = \pi \left( \frac{896 - 384}{21} \right)$

$V = \pi \frac{512}{21}$

Ответ: $V = \frac{512\pi}{21}$.

104. Вычислите значение многочлена $f(n) = n^2 - 3n + 19$ при $n = 1, n = 2, n = 3, n = 4, n = 5$. Верна ли следующая гипотеза: при всех натуральных $n$ значение многочлена $f(n) = n^2 - 3n + 19$ — простое число?

Вычислим значение многочлена $f(n) = n^2 - 3n + 19$ при n = 1, n = 2, n = 3, n = 4, n = 5.

При n = 1:
$f(1) = 1^2 - 3 \cdot 1 + 19 = 1 - 3 + 19 = 17$
Ответ: 17.

При n = 2:
$f(2) = 2^2 - 3 \cdot 2 + 19 = 4 - 6 + 19 = 17$
Ответ: 17.

При n = 3:
$f(3) = 3^2 - 3 \cdot 3 + 19 = 9 - 9 + 19 = 19$
Ответ: 19.

При n = 4:
$f(4) = 4^2 - 3 \cdot 4 + 19 = 16 - 12 + 19 = 23$
Ответ: 23.

При n = 5:
$f(5) = 5^2 - 3 \cdot 5 + 19 = 25 - 15 + 19 = 29$
Ответ: 29.

Верна ли следующая гипотеза: при всех натуральных n значение многочлена $f(n) = n^2 - 3n + 19$ — простое число?
Результаты вычислений для $n$ от 1 до 5 (17, 17, 19, 23, 29) являются простыми числами. Это может навести на мысль, что гипотеза верна. Однако для опровержения гипотезы достаточно найти хотя бы один контрпример, то есть такое натуральное $n$, при котором значение многочлена будет составным числом.
Рассмотрим значение многочлена при $n=19$:
$f(19) = 19^2 - 3 \cdot 19 + 19$
Вынесем общий множитель 19 за скобки:
$f(19) = 19 \cdot (19 - 3 + 1) = 19 \cdot 17 = 323$
Число 323 является составным, так как оно имеет делители, отличные от 1 и самого себя (например, 17 и 19). Следовательно, мы нашли контрпример, который опровергает гипотезу.
Ответ: нет, гипотеза не верна.

105. Докажите, что при любом натуральном n выполняется равенство:

1) $1 \cdot 5 + 2 \cdot 11 + 3 \cdot 17 + \dots + n(6n - 1) = \frac{n(n+1)(4n+1)}{2};$

2) $1 + 2 \cdot 2 + 3 \cdot 2^2 + \dots + n \cdot 2^{n-1} = (n-1)2^n + 1;$

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

Для доказательства данных равенств воспользуемся методом математической индукции.

1) Докажем равенство $1 \cdot 5 + 2 \cdot 11 + 3 \cdot 17 + \dots + n(6n - 1) = \frac{n(n+1)(4n+1)}{2}$.

Пусть $S(n)$ — утверждение, которое мы доказываем.

Шаг 1: База индукции.
Проверим справедливость утверждения для $n=1$.
Левая часть: $1 \cdot (6 \cdot 1 - 1) = 1 \cdot 5 = 5$.
Правая часть: $\frac{1(1+1)(4 \cdot 1 + 1)}{2} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 5}{2} = 5$.
$5=5$. Утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение $S(k)$ верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$:
$1 \cdot 5 + 2 \cdot 11 + \dots + k(6k - 1) = \frac{k(k+1)(4k+1)}{2}$.

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что утверждение $S(k+1)$ также верно. То есть, докажем, что:
$1 \cdot 5 + \dots + k(6k - 1) + (k+1)(6(k+1) - 1) = \frac{(k+1)((k+1)+1)(4(k+1)+1)}{2}$.
Преобразуем правую часть: $\frac{(k+1)(k+2)(4k+5)}{2}$.

Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$. Используя индукционное предположение, заменим сумму первых $k$ слагаемых:
$\underbrace{1 \cdot 5 + \dots + k(6k - 1)}_{\frac{k(k+1)(4k+1)}{2}} + (k+1)(6(k+1) - 1) = \frac{k(k+1)(4k+1)}{2} + (k+1)(6k+5)$.

Вынесем общий множитель $(k+1)$ за скобки:
$(k+1) \left( \frac{k(4k+1)}{2} + (6k+5) \right) = (k+1) \left( \frac{4k^2+k+2(6k+5)}{2} \right)$
$= (k+1) \left( \frac{4k^2+k+12k+10}{2} \right) = (k+1) \left( \frac{4k^2+13k+10}{2} \right)$.

Разложим квадратный трехчлен $4k^2+13k+10$ на множители. Его корни $k_1=-2$ и $k_2=-5/4$.
$4k^2+13k+10 = 4(k+2)(k+5/4) = (k+2)(4k+5)$.

Подставим разложение в наше выражение:
$\frac{(k+1)(k+2)(4k+5)}{2}$.

Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства для $n=k+1$. Таким образом, индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Равенство доказано.

2) Докажем равенство $1 + 2 \cdot 2 + 3 \cdot 2^2 + \dots + n \cdot 2^{n-1} = (n-1)2^n + 1$.

Шаг 1: База индукции.
Проверим для $n=1$.
Левая часть: $1 \cdot 2^{1-1} = 1 \cdot 2^0 = 1$.
Правая часть: $(1-1)2^1 + 1 = 0 \cdot 2 + 1 = 1$.
$1=1$. Утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $k \ge 1$:
$1 + 2 \cdot 2 + \dots + k \cdot 2^{k-1} = (k-1)2^k + 1$.

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$:
$1 + 2 \cdot 2 + \dots + k \cdot 2^{k-1} + (k+1) \cdot 2^{(k+1)-1} = ((k+1)-1)2^{k+1} + 1$.
Правая часть равна $k \cdot 2^{k+1} + 1$.

Рассмотрим левую часть. Используем индукционное предположение:
$\underbrace{(1 + 2 \cdot 2 + \dots + k \cdot 2^{k-1})}_{(k-1)2^k + 1} + (k+1) \cdot 2^k = ((k-1)2^k + 1) + (k+1)2^k$.

Сгруппируем слагаемые:
$(k-1)2^k + (k+1)2^k + 1 = (k-1+k+1)2^k + 1 = (2k)2^k + 1 = k \cdot 2 \cdot 2^k + 1 = k \cdot 2^{k+1} + 1$.

Полученное выражение совпадает с правой частью. Индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Равенство доказано.

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

Шаг 1: База индукции.
Проверим для $n=1$.
Левая часть: $\frac{1}{(4 \cdot 1 - 3)(4 \cdot 1 + 1)} = \frac{1}{1 \cdot 5} = \frac{1}{5}$.
Правая часть: $\frac{1}{4 \cdot 1 + 1} = \frac{1}{5}$.
$1/5=1/5$. Утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $k \ge 1$:
$\frac{1}{1 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(4k-3)(4k+1)} = \frac{k}{4k+1}$.

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$:
$\frac{1}{1 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(4k-3)(4k+1)} + \frac{1}{(4(k+1)-3)(4(k+1)+1)} = \frac{k+1}{4(k+1)+1}$.
Правая часть равна $\frac{k+1}{4k+5}$.

Рассмотрим левую часть. Используем индукционное предположение:
$\underbrace{\left(\frac{1}{1 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(4k-3)(4k+1)}\right)}_{\frac{k}{4k+1}} + \frac{1}{(4k+1)(4k+5)} = \frac{k}{4k+1} + \frac{1}{(4k+1)(4k+5)}$.

Приведем к общему знаменателю:
$\frac{k(4k+5) + 1}{(4k+1)(4k+5)} = \frac{4k^2+5k+1}{(4k+1)(4k+5)}$.

Разложим на множители числитель $4k^2+5k+1$. Корни уравнения $4k^2+5k+1=0$ равны $k_1=-1$ и $k_2=-1/4$.
$4k^2+5k+1 = 4(k+1)(k+1/4) = (k+1)(4k+1)$.

Подставим разложение в дробь:
$\frac{(k+1)(4k+1)}{(4k+1)(4k+5)} = \frac{k+1}{4k+5}$.

Полученное выражение совпадает с правой частью. Индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Равенство доказано.

106. Докажите неравенство $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdots \frac{2n-1}{2n} < \frac{1}{\sqrt{2n+1}}$, где $n \in N$.

Для доказательства данного неравенства обозначим его левую часть как $P_n$:

$P_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \dots \cdot \frac{2n-1}{2n}$

Требуется доказать, что $P_n < \frac{1}{\sqrt{2n+1}}$ для всех $n \in \mathbb{N}$.

Поскольку обе части неравенства положительны, мы можем возвести их в квадрат. Неравенство равносильно следующему:

$P_n^2 < \frac{1}{2n+1}$

Рассмотрим вспомогательное произведение $Q_n$:

$Q_n = \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n+1}$

Сравним соответствующие множители из произведений $P_n$ и $Q_n$. Для любого натурального $k$ в пределах от 1 до $n$ имеем:

$\frac{2k-1}{2k} < \frac{2k}{2k+1}$

Это неравенство верно, так как при перекрестном умножении (обе части положительны) получаем:

$(2k-1)(2k+1) < (2k)^2$

$4k^2 - 1 < 4k^2$

Последнее неравенство очевидно верно для любого натурального $k$.

Так как каждый множитель в произведении $P_n$ строго меньше соответствующего множителя в произведении $Q_n$, то и само произведение $P_n$ меньше произведения $Q_n$:

$P_n < Q_n$

Умножим обе части этого неравенства на $P_n$. Так как $P_n > 0$, знак неравенства не изменится:

$P_n^2 < P_n \cdot Q_n$

Теперь вычислим произведение $P_n \cdot Q_n$:

$P_n \cdot Q_n = \left(\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \dots \cdot \frac{2n-1}{2n}\right) \cdot \left(\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n+1}\right)$

Запишем это произведение в виде одной дроби:

$P_n \cdot Q_n = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 2n} \cdot \frac{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 2n}{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot \dots \cdot (2n+1)}$

Сокращая одинаковые множители в числителе и знаменателе, получаем:

$P_n \cdot Q_n = \frac{1}{2n+1}$

Подставим полученный результат в неравенство $P_n^2 < P_n \cdot Q_n$:

$P_n^2 < \frac{1}{2n+1}$

Извлекая квадратный корень из обеих частей (что возможно, так как обе части положительны), получаем исходное неравенство:

$P_n < \frac{1}{\sqrt{2n+1}}$

Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Неравенство $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \dots \cdot \frac{2n-1}{2n} < \frac{1}{\sqrt{2n+1}}$ доказано для всех натуральных $n$.

107. При каких натуральных значениях $n$ выполняется неравенство:

1) $6^n > 5n + 1$;

2) $4^n > 18n - 15$?

1) $6^n > 5n + 1$

Решим данное неравенство для натуральных значений $n$. Поскольку аналитически решить такое неравенство сложно, воспользуемся методом перебора для малых $n$ и методом математической индукции для доказательства общего случая.

Проверим несколько первых натуральных значений $n$:

• При $n=1$: $6^1 > 5 \cdot 1 + 1 \Rightarrow 6 > 6$. Неверно.
• При $n=2$: $6^2 > 5 \cdot 2 + 1 \Rightarrow 36 > 11$. Верно.
• При $n=3$: $6^3 > 5 \cdot 3 + 1 \Rightarrow 216 > 16$. Верно.

Возникает гипотеза, что неравенство выполняется для всех натуральных $n \ge 2$. Докажем это с помощью метода математической индукции.

Шаг 1: База индукции.
При $n=2$ неравенство верно, как мы уже показали: $36 > 11$.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 2$, то есть выполняется $6^k > 5k + 1$.

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что из предположения следует истинность неравенства для $n=k+1$, то есть $6^{k+1} > 5(k+1) + 1$.

Умножим обе части неравенства из индукционного предположения на 6:
$6 \cdot 6^k > 6 \cdot (5k + 1)$
$6^{k+1} > 30k + 6$

Теперь сравним полученную правую часть с той, что нам нужна, то есть с $5(k+1) + 1 = 5k + 5 + 1 = 5k + 6$. Нам нужно доказать, что $30k + 6 > 5k + 6$.
$30k > 5k$
$25k > 0$
Поскольку по условию $k \ge 2$, это неравенство очевидно верно.

Таким образом, мы получили цепочку неравенств: $6^{k+1} > 30k + 6 > 5k + 6 = 5(k+1)+1$.
Отсюда следует, что $6^{k+1} > 5(k+1)+1$. Индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, неравенство выполняется для всех натуральных $n \ge 2$.

Ответ: для всех натуральных $n \ge 2$.

2) $4^n > 18n - 15$

Решим неравенство для натуральных $n$. Проверим несколько первых значений.

• При $n=1$: $4^1 > 18 \cdot 1 - 15 \Rightarrow 4 > 3$. Верно.
• При $n=2$: $4^2 > 18 \cdot 2 - 15 \Rightarrow 16 > 36 - 15 \Rightarrow 16 > 21$. Неверно.
• При $n=3$: $4^3 > 18 \cdot 3 - 15 \Rightarrow 64 > 54 - 15 \Rightarrow 64 > 39$. Верно.
• При $n=4$: $4^4 > 18 \cdot 4 - 15 \Rightarrow 256 > 72 - 15 \Rightarrow 256 > 57$. Верно.

Мы видим, что неравенство выполняется при $n=1$ и, вероятно, для всех $n \ge 3$. Докажем методом математической индукции, что неравенство верно для всех натуральных $n \ge 3$.

Шаг 1: База индукции.
При $n=3$ неравенство $64 > 39$ верно.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что для некоторого натурального $k \ge 3$ выполняется неравенство $4^k > 18k - 15$.

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$, то есть $4^{k+1} > 18(k+1) - 15$.

Умножим обе части неравенства из индукционного предположения на 4:
$4 \cdot 4^k > 4 \cdot (18k - 15)$
$4^{k+1} > 72k - 60$

Теперь докажем, что $72k - 60$ больше, чем правая часть искомого неравенства $18(k+1) - 15 = 18k + 3$.
Рассмотрим разность: $(72k - 60) - (18k + 3) = 54k - 63$.
Поскольку мы рассматриваем $k \ge 3$, то $54k \ge 54 \cdot 3 = 162$.
Следовательно, $54k - 63 \ge 162 - 63 = 99 > 0$.
Это означает, что $72k - 60 > 18k + 3$.

Таким образом, мы получили цепочку неравенств: $4^{k+1} > 72k - 60 > 18k + 3 = 18(k+1) - 15$.
Следовательно, $4^{k+1} > 18(k+1) - 15$. Шаг индукции доказан.

По принципу математической индукции, неравенство верно для всех натуральных $n \ge 3$.
Учитывая, что неравенство также выполняется при $n=1$, получаем итоговое решение.

Ответ: $n = 1$ и все натуральные $n \ge 3$.