Номер 16.19, страница 135 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мерзляк, Номировский

Упражнения. § 16. Бином Ньютона. Глава 3. Элементы комбинаторики. Бином Ньютона - номер 16.19, страница 135.

16.19. Для всех $x \in \mathbb{R}$ и $n \in \mathbb{N}$ докажите неравенство $(1+x)^n + (1-x)^n \ge 2$.

Для доказательства данного неравенства можно использовать несколько методов. Приведем два из них.

Способ 1: Использование бинома Ньютона

Рассмотрим левую часть неравенства: $(1+x)^n + (1-x)^n$. Воспользуемся формулой бинома Ньютона:

$$ (a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k $$

где $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ — биномиальные коэффициенты.

Применим эту формулу для каждого слагаемого в выражении.

Для первого слагаемого $(1+x)^n$ (здесь $a=1, b=x$):

$$ (1+x)^n = \binom{n}{0} + \binom{n}{1}x + \binom{n}{2}x^2 + \binom{n}{3}x^3 + \dots + \binom{n}{n}x^n $$

Для второго слагаемого $(1-x)^n$ (здесь $a=1, b=-x$):

$$ (1-x)^n = \binom{n}{0} - \binom{n}{1}x + \binom{n}{2}x^2 - \binom{n}{3}x^3 + \dots + (-1)^n\binom{n}{n}x^n $$

Теперь сложим эти два разложения:

$$ (1+x)^n + (1-x)^n = \left(\binom{n}{0} + \binom{n}{1}x + \binom{n}{2}x^2 + \dots\right) + \left(\binom{n}{0} - \binom{n}{1}x + \binom{n}{2}x^2 - \dots\right) $$

При сложении все члены, содержащие нечетные степени $x$ (например, $\binom{n}{1}x, \binom{n}{3}x^3$ и т.д.), взаимно уничтожаются, так как они имеют противоположные знаки. Члены, содержащие четные степени $x$, удваиваются:

$$ (1+x)^n + (1-x)^n = 2\binom{n}{0} + 2\binom{n}{2}x^2 + 2\binom{n}{4}x^4 + \dots $$

Вынесем 2 за скобки:

$$ (1+x)^n + (1-x)^n = 2 \left( \binom{n}{0} + \binom{n}{2}x^2 + \binom{n}{4}x^4 + \dots \right) $$

Рассмотрим выражение в скобках. Первый член $\binom{n}{0} = 1$. Все остальные слагаемые имеют вид $\binom{n}{2k}x^{2k}$, где $k \ge 1$.

Для любых $n \in \mathbb{N}$ и $k \ge 0$, биномиальный коэффициент $\binom{n}{2k}$ является неотрицательным числом ($\binom{n}{k} \ge 0$).

Для любого действительного числа $x$, его четная степень $x^{2k} = (x^k)^2 \ge 0$.

Следовательно, произведение $\binom{n}{2k}x^{2k}$ всегда неотрицательно.

Таким образом, сумма в скобках является суммой единицы и нескольких неотрицательных слагаемых:

$$ \binom{n}{0} + \binom{n}{2}x^2 + \binom{n}{4}x^4 + \dots \ge \binom{n}{0} = 1 $$

Умножив обе части этого неравенства на 2, получаем исходное неравенство:

$$ (1+x)^n + (1-x)^n = 2 \left( \binom{n}{0} + \binom{n}{2}x^2 + \dots \right) \ge 2 \cdot 1 = 2 $$

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда все слагаемые $\binom{n}{2k}x^{2k}$ для $k \ge 1$ равны нулю. Если $n=1$, это так и есть, и равенство $(1+x)+(1-x)=2$ выполняется для любого $x$. Если $n \ge 2$, то $\binom{n}{2} > 0$, и равенство возможно только при $x=0$.

Ответ: Неравенство $(1+x)^n + (1-x)^n \ge 2$ доказано для всех $x \in \mathbb{R}$ и $n \in \mathbb{N}$.

Способ 2: Использование производной

Рассмотрим функцию $f(x) = (1+x)^n + (1-x)^n$. Наша задача — доказать, что $f(x) \ge 2$ для всех $x \in \mathbb{R}$ и $n \in \mathbb{N}$.

Во-первых, заметим, что функция $f(x)$ является четной, поскольку $f(-x) = (1-x)^n + (1-(-x))^n = (1-x)^n + (1+x)^n = f(x)$. Это означает, что график функции симметричен относительно оси ординат, и нам достаточно доказать неравенство для $x \ge 0$.

Рассмотрим случай $n=1$: $f(x) = (1+x) + (1-x) = 2$. Неравенство $2 \ge 2$ выполняется.

Теперь рассмотрим случай $n \ge 2$. Найдем производную функции $f(x)$:

$$ f'(x) = n(1+x)^{n-1} - n(1-x)^{n-1} = n \left[ (1+x)^{n-1} - (1-x)^{n-1} \right] $$

Найдем критические точки, приравняв производную к нулю: $f'(x)=0$.

$$ (1+x)^{n-1} = (1-x)^{n-1} $$

Это равенство всегда имеет решение $x=0$. Для $n \ge 2$ других действительных решений нет. Чтобы это показать, рассмотрим показательную функцию $g(t)=t^{n-1}$. Если $n-1$ нечетное (т.е. $n$ четное), функция $g(t)$ строго возрастает, и из $g(1+x)=g(1-x)$ следует $1+x=1-x$, то есть $x=0$. Если $n-1$ четное (т.е. $n$ нечетное), то $g(t)$ четная, и из $g(1+x)=g(1-x)$ следует $1+x = \pm(1-x)$. Вариант $1+x = 1-x$ дает $x=0$, а вариант $1+x = -(1-x) = -1+x$ приводит к неверному $1=-1$. Таким образом, $x=0$ — единственная критическая точка.

Исследуем знак производной $f'(x)$ для $x > 0$:

Нужно сравнить $(1+x)^{n-1}$ и $(1-x)^{n-1}$.

Если $0 < x < 1$, то $1+x > 1-x > 0$. Так как функция $t^{n-1}$ возрастает для $t>0$ (при $n \ge 2$), то $(1+x)^{n-1} > (1-x)^{n-1}$, и, следовательно, $f'(x) > 0$.

Если $x > 1$, то $1+x > 0$ и $1-x < 0$.

- Если $n$ четное, то $n-1$ нечетное. Тогда $(1-x)^{n-1}$ отрицательно. $f'(x) = n \left[ (1+x)^{n-1} - (1-x)^{n-1} \right] = n \left[ (\text{положит.}) - (\text{отриц.}) \right] > 0$.

- Если $n$ нечетное ($n \ge 3$), то $n-1$ четное. Тогда $(1-x)^{n-1} = (x-1)^{n-1}$. Поскольку $x>1$, имеем $1+x > x-1 > 0$. Так как $t^{n-1}$ возрастает для $t>0$, то $(1+x)^{n-1} > (x-1)^{n-1} = (1-x)^{n-1}$, и, следовательно, $f'(x)>0$.

Таким образом, при $n \ge 2$ производная $f'(x) > 0$ для всех $x>0$. Это значит, что функция $f(x)$ строго возрастает на промежутке $[0, \infty)$.

Следовательно, свое наименьшее значение на этом промежутке функция достигает в его начальной точке, то есть при $x=0$.

$$ f_{min} = f(0) = (1+0)^n + (1-0)^n = 1^n + 1^n = 2 $$

Мы показали, что для $x \ge 0$ выполняется $f(x) \ge f(0) = 2$.

Так как функция $f(x)$ четная, это же неравенство справедливо и для $x < 0$.

Ответ: Неравенство $(1+x)^n + (1-x)^n \ge 2$ доказано для всех $x \in \mathbb{R}$ и $n \in \mathbb{N}$.