Номер 31.24, страница 201, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 31. Доказательство неравенств. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 31.24, страница 201.

31.24. a) $\sqrt{n} < 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n}}$, где $n \ge 2$;

б) $2\sqrt{n} > 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n}}$, где $n \ge 2$.

Для решения обоих пунктов мы будем использовать метод сравнения суммы с телескопической суммой. Этот метод похож на сравнение суммы с интегралом.

а)

Требуется доказать неравенство $\sqrt{n} < 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}}$ для $n \ge 2$.
Обозначим сумму в правой части как $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}$. Нам нужно доказать, что $S_n > \sqrt{n}$.
Для этого оценим каждый член суммы $\frac{1}{\sqrt{k}}$ снизу. Рассмотрим следующее вспомогательное неравенство для натурального $k \ge 1$: $$ \frac{1}{\sqrt{k}} > 2(\sqrt{k+1} - \sqrt{k}) $$ Докажем его. Преобразуем правую часть, умножив и разделив на сопряженное выражение: $$ 2(\sqrt{k+1} - \sqrt{k}) = \frac{2(\sqrt{k+1} - \sqrt{k})(\sqrt{k+1} + \sqrt{k})}{\sqrt{k+1} + \sqrt{k}} = \frac{2((k+1) - k)}{\sqrt{k+1} + \sqrt{k}} = \frac{2}{\sqrt{k+1} + \sqrt{k}} $$ Теперь неравенство принимает вид: $$ \frac{1}{\sqrt{k}} > \frac{2}{\sqrt{k+1} + \sqrt{k}} $$ Поскольку обе части положительны, можно выполнить перекрестное умножение: $$ \sqrt{k+1} + \sqrt{k} > 2\sqrt{k} $$ Вычтем $\sqrt{k}$ из обеих частей: $$ \sqrt{k+1} > \sqrt{k} $$ Это неравенство очевидно верно для всех $k \ge 1$. Значит, и наше вспомогательное неравенство верно.
Теперь просуммируем неравенство $\frac{1}{\sqrt{k}} > 2(\sqrt{k+1} - \sqrt{k})$ для всех $k$ от $1$ до $n$: $$ S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} > \sum_{k=1}^{n} 2(\sqrt{k+1} - \sqrt{k}) $$ Сумма в правой части является телескопической, так как соседние члены взаимно уничтожаются: $$ \sum_{k=1}^{n} 2(\sqrt{k+1} - \sqrt{k}) = 2 \big( (\sqrt{2}-\sqrt{1}) + (\sqrt{3}-\sqrt{2}) + \dots + (\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) \big) = 2(\sqrt{n+1} - \sqrt{1}) = 2\sqrt{n+1} - 2 $$ Таким образом, мы получили оценку для суммы: $S_n > 2\sqrt{n+1} - 2$.
Осталось показать, что $2\sqrt{n+1} - 2 > \sqrt{n}$ для $n \ge 2$: $$ 2\sqrt{n+1} > \sqrt{n} + 2 $$ Обе части неравенства положительны, поэтому мы можем возвести их в квадрат: $$ (2\sqrt{n+1})^2 > (\sqrt{n} + 2)^2 $$ $$ 4(n+1) > n + 4\sqrt{n} + 4 $$ $$ 4n + 4 > n + 4\sqrt{n} + 4 $$ $$ 3n > 4\sqrt{n} $$ Так как $n \ge 2$, можно разделить на $\sqrt{n}$ (которое положительно): $$ 3\sqrt{n} > 4 \implies \sqrt{n} > \frac{4}{3} $$ Возводя в квадрат, получаем $n > \frac{16}{9} = 1.777...$. Это условие выполняется для всех целых $n \ge 2$.
Следовательно, мы доказали, что $S_n > 2\sqrt{n+1} - 2$ и $2\sqrt{n+1} - 2 > \sqrt{n}$, откуда и следует требуемое неравенство $S_n > \sqrt{n}$.
Ответ: Неравенство доказано.

б)

Требуется доказать неравенство $2\sqrt{n} > 1 + \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n}}$ для $n \ge 2$.
Используя обозначение $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}}$, нам нужно доказать, что $2\sqrt{n} > S_n$.
Для этого оценим каждый член суммы $\frac{1}{\sqrt{k}}$ сверху. Рассмотрим следующее вспомогательное неравенство для $k \ge 2$: $$ \frac{1}{\sqrt{k}} < 2(\sqrt{k} - \sqrt{k-1}) $$ Докажем его, преобразовав правую часть: $$ 2(\sqrt{k} - \sqrt{k-1}) = \frac{2(\sqrt{k} - \sqrt{k-1})(\sqrt{k} + \sqrt{k-1})}{\sqrt{k} + \sqrt{k-1}} = \frac{2(k - (k-1))}{\sqrt{k} + \sqrt{k-1}} = \frac{2}{\sqrt{k} + \sqrt{k-1}} $$ Неравенство принимает вид: $$ \frac{1}{\sqrt{k}} < \frac{2}{\sqrt{k} + \sqrt{k-1}} $$ Перекрестно умножая (обе части положительны), получаем: $$ \sqrt{k} + \sqrt{k-1} < 2\sqrt{k} $$ $$ \sqrt{k-1} < \sqrt{k} $$ Это неравенство очевидно верно для всех $k \ge 2$. Значит, и вспомогательное неравенство верно.
Теперь представим нашу сумму $S_n$, выделив первый член: $$ S_n = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} $$ Применим наше неравенство к каждому члену суммы от $k=2$ до $n$: $$ \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} < \sum_{k=2}^{n} 2(\sqrt{k} - \sqrt{k-1}) $$ Сумма в правой части является телескопической: $$ \sum_{k=2}^{n} 2(\sqrt{k} - \sqrt{k-1}) = 2 \big( (\sqrt{2}-\sqrt{1}) + (\sqrt{3}-\sqrt{2}) + \dots + (\sqrt{n}-\sqrt{n-1}) \big) = 2(\sqrt{n} - \sqrt{1}) = 2\sqrt{n} - 2 $$ Таким образом, мы получили оценку для части суммы: $\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} < 2\sqrt{n} - 2$.
Подставим эту оценку обратно в выражение для $S_n$: $$ S_n = 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} < 1 + (2\sqrt{n} - 2) = 2\sqrt{n} - 1 $$ Так как $2\sqrt{n} - 1 < 2\sqrt{n}$, мы окончательно получаем: $$ S_n < 2\sqrt{n} $$ что и требовалось доказать.
Ответ: Неравенство доказано.