Номер 106, страница 89 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

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

Докажем данное неравенство методом математической индукции.

Пусть $P(n)$ — это утверждение $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \ldots \cdot \frac{2n-1}{2n} > \frac{1}{2\sqrt{n}}$. Нам необходимо доказать, что $P(n)$ истинно для всех натуральных чисел $n > 1$.

Шаг 1: База индукции

Проверим утверждение для наименьшего возможного значения $n$, то есть для $n=2$.
Левая часть неравенства: $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{8}$.
Правая часть неравенства: $\frac{1}{2\sqrt{2}}$.
Проверим, выполняется ли неравенство $\frac{3}{8} > \frac{1}{2\sqrt{2}}$.
Умножим обе части на 8, получим $3 > \frac{8}{2\sqrt{2}}$, что эквивалентно $3 > \frac{4}{\sqrt{2}}$, или $3 > 2\sqrt{2}$.
Поскольку обе части положительны, возведем их в квадрат, не меняя знака неравенства:
$3^2 > (2\sqrt{2})^2$
$9 > 4 \cdot 2$
$9 > 8$
Неравенство верно. Таким образом, база индукции установлена.

Шаг 2: Индукционное предположение

Предположим, что утверждение $P(k)$ истинно для некоторого натурального числа $k \ge 2$:

$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{2k-1}{2k} > \frac{1}{2\sqrt{k}}$

Шаг 3: Индукционный переход

Докажем, что из истинности $P(k)$ следует истинность $P(k+1)$, то есть:
$\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{2k-1}{2k} \cdot \frac{2(k+1)-1}{2(k+1)} > \frac{1}{2\sqrt{k+1}}$
Левая часть этого неравенства может быть записана как произведение левой части неравенства для $k$ и нового множителя $\frac{2k+1}{2k+2}$. Используя индукционное предположение, получаем:
$\left(\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{2k-1}{2k}\right) \cdot \frac{2k+1}{2k+2} > \frac{1}{2\sqrt{k}} \cdot \frac{2k+1}{2k+2}$
Теперь нам достаточно доказать, что полученное выражение больше правой части доказываемого неравенства для $k+1$:
$\frac{1}{2\sqrt{k}} \cdot \frac{2k+1}{2k+2} > \frac{1}{2\sqrt{k+1}}$
Умножим обе части на $2$:
$\frac{2k+1}{2(k+1)\sqrt{k}} > \frac{1}{\sqrt{k+1}}$
Перегруппируем члены:
$\frac{2k+1}{2(k+1)} > \frac{\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}}$
Поскольку обе части положительны при $k \ge 2$, возведем их в квадрат:
$\left(\frac{2k+1}{2(k+1)}\right)^2 > \left(\frac{\sqrt{k}}{\sqrt{k+1}}\right)^2$
$\frac{(2k+1)^2}{4(k+1)^2} > \frac{k}{k+1}$
Умножим обе части на положительное число $4(k+1)^2$:
$(2k+1)^2 > 4k(k+1)$
Раскроем скобки:
$4k^2 + 4k + 1 > 4k^2 + 4k$
$1 > 0$
Последнее неравенство очевидно истинно. Таким образом, индукционный переход доказан.

Поскольку база индукции и индукционный переход верны, утверждение $P(n)$ истинно для всех натуральных чисел $n > 1$ по принципу математической индукции.

Ответ: Неравенство доказано.