Страница 201, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

31.19. Докажите неравенство:

a) $\sqrt{\cos x} < \sqrt{2} \cos \frac{x}{2}$, $x \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$

б) $\sqrt{\sin x} > \sqrt{2} \sin \frac{x}{2}$, $x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$

в) $\sqrt{\cos x} \ge \cos x \ge \cos^2 x$, $x \in \left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)$

г) $\sqrt{\sin x} \ge \sin x \ge \sin^2 x$, $x \in (0; \pi)$

а) Докажем неравенство $ \sqrt{\cos x} < \sqrt{2} \cos\frac{x}{2} $ для $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $.В указанном интервале $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $ выполняется условие $ \cos x > 0 $. Также, поскольку $ \frac{x}{2} \in (-\frac{\pi}{4}; \frac{\pi}{4}) $, то и $ \cos\frac{x}{2} > 0 $.Так как обе части неравенства строго положительны, мы можем возвести их в квадрат, сохранив знак неравенства:$ (\sqrt{\cos x})^2 < (\sqrt{2} \cos\frac{x}{2})^2 $
$ \cos x < 2 \cos^2\frac{x}{2} $
Воспользуемся формулой косинуса двойного угла: $ \cos x = 2 \cos^2\frac{x}{2} - 1 $.Подставим это выражение в неравенство:$ 2 \cos^2\frac{x}{2} - 1 < 2 \cos^2\frac{x}{2} $
Перенеся слагаемое $2 \cos^2\frac{x}{2}$ в левую часть, получим верное числовое неравенство:$ -1 < 0 $
Поскольку все преобразования были равносильными, исходное неравенство справедливо для всех $x$ из заданного интервала.

Ответ: Неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $ \sqrt{\sin x} > \sqrt{2} \sin\frac{x}{2} $ для $ x \in (0; \frac{\pi}{2}) $.В указанном интервале $ x \in (0; \frac{\pi}{2}) $ выполняется условие $ \sin x > 0 $. Также, поскольку $ \frac{x}{2} \in (0; \frac{\pi}{4}) $, то и $ \sin\frac{x}{2} > 0 $.Так как обе части неравенства строго положительны, возведем их в квадрат:$ (\sqrt{\sin x})^2 > (\sqrt{2} \sin\frac{x}{2})^2 $
$ \sin x > 2 \sin^2\frac{x}{2} $
Применим формулу понижения степени, которая следует из формулы косинуса двойного угла: $ 2 \sin^2\frac{x}{2} = 1 - \cos x $.Подставим это выражение в неравенство:$ \sin x > 1 - \cos x $
$ \sin x + \cos x > 1 $
Преобразуем левую часть с помощью введения вспомогательного угла: $ \sin x + \cos x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) $.Неравенство принимает вид:$ \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4}) > 1 $, или $ \sin(x + \frac{\pi}{4}) > \frac{\sqrt{2}}{2} $.Если $ x \in (0; \frac{\pi}{2}) $, то аргумент синуса $ x + \frac{\pi}{4} $ находится в интервале $ (\frac{\pi}{4}; \frac{3\pi}{4}) $. Для любого угла из этого интервала значение синуса строго больше $ \frac{\sqrt{2}}{2} $. Следовательно, неравенство верно.

Ответ: Неравенство доказано.

в) Докажем двойное неравенство $ \sqrt{\cos x} \ge \cos x \ge \cos^2 x $ для $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $.Необходимо доказать два неравенства:1) $ \sqrt{\cos x} \ge \cos x $2) $ \cos x \ge \cos^2 x $В интервале $ x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}) $ косинус принимает значения $ 0 < \cos x \le 1 $.Рассмотрим второе неравенство: $ \cos x \ge \cos^2 x $. Перенесем все члены в левую часть и вынесем общий множитель:$ \cos x - \cos^2 x \ge 0 $
$ \cos x (1 - \cos x) \ge 0 $
Поскольку $ \cos x > 0 $ и $ 1 - \cos x \ge 0 $ (так как $ \cos x \le 1 $), произведение двух неотрицательных множителей также неотрицательно. Таким образом, второе неравенство доказано.Рассмотрим первое неравенство: $ \sqrt{\cos x} \ge \cos x $.Пусть $ y = \cos x $, где $ y \in (0, 1] $. Неравенство принимает вид $ \sqrt{y} \ge y $.Так как обе части неотрицательны, возведем их в квадрат:$ y \ge y^2 $
$ y - y^2 \ge 0 \Rightarrow y(1-y) \ge 0 $
Это неравенство верно для всех $ y \in [0, 1] $, а значит и для $ y \in (0, 1] $. Таким образом, первое неравенство также доказано.Поскольку оба неравенства верны, то и исходное двойное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

г) Докажем двойное неравенство $ \sqrt{\sin x} \ge \sin x \ge \sin^2 x $ для $ x \in (0; \pi) $.Необходимо доказать два неравенства:1) $ \sqrt{\sin x} \ge \sin x $2) $ \sin x \ge \sin^2 x $В интервале $ x \in (0; \pi) $ синус принимает значения $ 0 < \sin x \le 1 $.Доказательство полностью аналогично пункту (в), если заменить $ \cos x $ на $ \sin x $ и учесть соответствующий интервал.Пусть $ y = \sin x $, где $ y \in (0, 1] $.Неравенство $ \sin x \ge \sin^2 x $ превращается в $ y \ge y^2 $, или $ y(1-y) \ge 0 $, что верно для $ y \in (0, 1] $.Неравенство $ \sqrt{\sin x} \ge \sin x $ превращается в $ \sqrt{y} \ge y $, что, как показано выше, также верно для $ y \in (0, 1] $.Оба неравенства выполняются, следовательно, исходное двойное неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

31.20. a) Докажите, что $\operatorname{tg} A \operatorname{tg} B < 1$, если $A, B$ — острые углы тупоугольного треугольника.

б) Докажите, что $\operatorname{tg} A \operatorname{tg} B > 1$, если $A, B$ — углы остроугольного треугольника.

а)

Пусть $A, B, C$ — углы треугольника. По условию, треугольник тупоугольный, а углы $A$ и $B$ — острые. Это означает, что третий угол, $C$, является тупым, то есть $C > 90^\circ$.

Сумма углов в любом треугольнике равна $180^\circ$:

$A + B + C = 180^\circ$

Выразим сумму углов $A$ и $B$:

$A + B = 180^\circ - C$

Так как по условию $C > 90^\circ$, то $-C < -90^\circ$. Прибавим $180^\circ$ к обеим частям этого неравенства:

$180^\circ - C < 180^\circ - 90^\circ$

Следовательно:

$A + B < 90^\circ$

Поскольку углы $A$ и $B$ острые, то $A \in (0, 90^\circ)$ и $B \in (0, 90^\circ)$. Это значит, что их тангенсы положительны: $\text{tg} A > 0$ и $\text{tg} B > 0$.

Рассмотрим известную тригонометрическую формулу для углов треугольника (при условии, что ни один из углов не равен $90^\circ$):

$\text{tg}(A+B) = \frac{\text{tg} A + \text{tg} B}{1 - \text{tg} A \text{tg} B}$

Также мы знаем, что $\text{tg}(A+B) = \text{tg}(180^\circ - C) = -\text{tg} C$.

Приравняем правые части:

$\frac{\text{tg} A + \text{tg} B}{1 - \text{tg} A \text{tg} B} = -\text{tg} C$

Проанализируем знаки в этом равенстве.

• Числитель левой части, $\text{tg} A + \text{tg} B$, является суммой двух положительных чисел, следовательно, он положителен.
• Угол $C$ тупой ($90^\circ < C < 180^\circ$), поэтому его тангенс отрицателен: $\text{tg} C < 0$. Значит, правая часть равенства, $-\text{tg} C$, положительна.

Для того чтобы дробь в левой части была положительной при положительном числителе, её знаменатель также должен быть положителен:

$1 - \text{tg} A \text{tg} B > 0$

Из этого неравенства напрямую следует, что:

$\text{tg} A \text{tg} B < 1$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Пусть $A, B, C$ — углы треугольника. По условию, треугольник остроугольный. Это означает, что все три его угла являются острыми: $A < 90^\circ$, $B < 90^\circ$ и $C < 90^\circ$.

Сумма углов треугольника: $A + B + C = 180^\circ$.

Выразим сумму $A + B$:

$A + B = 180^\circ - C$

Так как $C < 90^\circ$, то $-C > -90^\circ$. Прибавим $180^\circ$ к обеим частям:

$180^\circ - C > 180^\circ - 90^\circ$

Следовательно:

$A + B > 90^\circ$

Поскольку $A$ и $B$ — острые углы, их тангенсы положительны: $\text{tg} A > 0$ и $\text{tg} B > 0$.

Снова воспользуемся формулой тангенса суммы:

$\text{tg}(A+B) = \frac{\text{tg} A + \text{tg} B}{1 - \text{tg} A \text{tg} B}$

Так как $A < 90^\circ$, $B < 90^\circ$ и $A+B > 90^\circ$, то сумма $A+B$ находится в интервале $(90^\circ, 180^\circ)$. Тангенс угла в этом интервале (во второй четверти) отрицателен:

$\text{tg}(A+B) < 0$

Следовательно, мы имеем неравенство:

$\frac{\text{tg} A + \text{tg} B}{1 - \text{tg} A \text{tg} B} < 0$

Проанализируем знаки в этой дроби.

• Числитель, $\text{tg} A + \text{tg} B$, является суммой двух положительных чисел, а значит, он положителен.

Для того чтобы дробь была отрицательной при положительном числителе, её знаменатель должен быть отрицателен:

$1 - \text{tg} A \text{tg} B < 0$

Из этого неравенства следует, что:

$\text{tg} A \text{tg} B > 1$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

31.21. Пусть $x \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$, $y \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$. Докажите, что:

а) $\sin \frac{x + y}{2} \geqslant \frac{\sin x + \sin y}{2}$;

б) $\operatorname{tg} \frac{x + y}{2} \leqslant \frac{\operatorname{tg} x + \operatorname{tg} y}{2}$;

в) $\cos \frac{x + y}{2} \geqslant \frac{\cos x + \cos y}{2}$;

г) $\operatorname{ctg} \frac{x + y}{2} \leqslant \frac{\operatorname{ctg} x + \operatorname{ctg} y}{2}$.

Все четыре неравенства являются следствием свойства выпуклости (или вогнутости) соответствующих тригонометрических функций и могут быть доказаны с помощью неравенства Йенсена. Неравенство Йенсена для функции $f(x)$ и двух точек $x$ и $y$ утверждает, что:

• $f\left(\frac{x+y}{2}\right) \le \frac{f(x)+f(y)}{2}$, если функция $f(x)$ выпукла вниз на рассматриваемом интервале (её вторая производная $f''(x) \ge 0$).
• $f\left(\frac{x+y}{2}\right) \ge \frac{f(x)+f(y)}{2}$, если функция $f(x)$ выпукла вверх на рассматриваемом интервале (её вторая производная $f''(x) \le 0$).

Во всех случаях рассматривается интервал $x, y \in \left(0; \frac{\pi}{2}\right)$.

а)

Рассмотрим функцию $f(x) = \sin x$. Найдем её вторую производную:

$f'(x) = (\sin x)' = \cos x$

$f''(x) = (\cos x)' = -\sin x$

На интервале $\left(0; \frac{\pi}{2}\right)$ значение $\sin x > 0$, следовательно, $f''(x) = -\sin x < 0$.

Так как вторая производная отрицательна, функция $f(x) = \sin x$ является выпуклой вверх на данном интервале.

Согласно неравенству Йенсена для выпуклых вверх функций:

$f\left(\frac{x+y}{2}\right) \ge \frac{f(x)+f(y)}{2}$

Подставляя $f(x) = \sin x$, получаем:

$\sin\frac{x+y}{2} \ge \frac{\sin x + \sin y}{2}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство $\sin\frac{x+y}{2} \ge \frac{\sin x + \sin y}{2}$ доказано.

б)

Рассмотрим функцию $f(x) = \mathrm{tg}\,x$. Найдем её вторую производную:

$f'(x) = (\mathrm{tg}\,x)' = \frac{1}{\cos^2 x}$

$f''(x) = \left(\frac{1}{\cos^2 x}\right)' = (\cos^{-2} x)' = -2\cos^{-3} x \cdot (-\sin x) = \frac{2\sin x}{\cos^3 x}$

На интервале $\left(0; \frac{\pi}{2}\right)$ значения $\sin x > 0$ и $\cos x > 0$. Следовательно, $f''(x) = \frac{2\sin x}{\cos^3 x} > 0$.

Так как вторая производная положительна, функция $f(x) = \mathrm{tg}\,x$ является выпуклой вниз на данном интервале.

Согласно неравенству Йенсена для выпуклых вниз функций:

$f\left(\frac{x+y}{2}\right) \le \frac{f(x)+f(y)}{2}$

Подставляя $f(x) = \mathrm{tg}\,x$, получаем:

$\mathrm{tg}\frac{x+y}{2} \le \frac{\mathrm{tg}\,x + \mathrm{tg}\,y}{2}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство $\mathrm{tg}\frac{x+y}{2} \le \frac{\mathrm{tg}\,x + \mathrm{tg}\,y}{2}$ доказано.

в)

Рассмотрим функцию $f(x) = \cos x$. Найдем её вторую производную:

$f'(x) = (\cos x)' = -\sin x$

$f''(x) = (-\sin x)' = -\cos x$

На интервале $\left(0; \frac{\pi}{2}\right)$ значение $\cos x > 0$, следовательно, $f''(x) = -\cos x < 0$.

Так как вторая производная отрицательна, функция $f(x) = \cos x$ является выпуклой вверх на данном интервале.

Согласно неравенству Йенсена для выпуклых вверх функций:

$f\left(\frac{x+y}{2}\right) \ge \frac{f(x)+f(y)}{2}$

Подставляя $f(x) = \cos x$, получаем:

$\cos\frac{x+y}{2} \ge \frac{\cos x + \cos y}{2}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство $\cos\frac{x+y}{2} \ge \frac{\cos x + \cos y}{2}$ доказано.

г)

Рассмотрим функцию $f(x) = \mathrm{ctg}\,x$. Найдем её вторую производную:

$f'(x) = (\mathrm{ctg}\,x)' = -\frac{1}{\sin^2 x}$

$f''(x) = \left(-\frac{1}{\sin^2 x}\right)' = (-\sin^{-2} x)' = -(-2)\sin^{-3} x \cdot (\cos x) = \frac{2\cos x}{\sin^3 x}$

На интервале $\left(0; \frac{\pi}{2}\right)$ значения $\cos x > 0$ и $\sin x > 0$. Следовательно, $f''(x) = \frac{2\cos x}{\sin^3 x} > 0$.

Так как вторая производная положительна, функция $f(x) = \mathrm{ctg}\,x$ является выпуклой вниз на данном интервале.

Согласно неравенству Йенсена для выпуклых вниз функций:

$f\left(\frac{x+y}{2}\right) \le \frac{f(x)+f(y)}{2}$

Подставляя $f(x) = \mathrm{ctg}\,x$, получаем:

$\mathrm{ctg}\frac{x+y}{2} \le \frac{\mathrm{ctg}\,x + \mathrm{ctg}\,y}{2}$

Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство $\mathrm{ctg}\frac{x+y}{2} \le \frac{\mathrm{ctg}\,x + \mathrm{ctg}\,y}{2}$ доказано.

31.22. a) Пусть $n$ и $k$ — некоторые натуральные числа, большие или равные 2. Докажите, что $\sin^n x + \cos^k x \leq 1$ при всех действительных значениях $x$.

б) Пусть $\alpha$ и $\beta$ — некоторые положительные действительные числа, меньшие 1. Докажите, что $\sin^\alpha x + \cos^\beta x \geq 1$ при всех $x \in \left[0; \frac{\pi}{2}\right]$.

а)

Нам нужно доказать, что для любых натуральных чисел $n \ge 2$ и $k \ge 2$ и для любого действительного $x$ выполняется неравенство $\sin^n x + \cos^k x \le 1$.

Рассмотрим значения $\sin x$ и $\cos x$. Для любого действительного $x$ выполняются неравенства:
$-1 \le \sin x \le 1$
$-1 \le \cos x \le 1$

Отсюда следует, что $\sin^2 x \in [0, 1]$ и $\cos^2 x \in [0, 1]$.

Сравним $\sin^n x$ и $\sin^2 x$.

Пусть $u = \sin x$. Тогда $u \in [-1, 1]$.
1. Если $u \in [0, 1]$, то при $n \ge 2$ имеем $u^n \le u^2$, так как возведение в большую степень числа из отрезка $[0, 1]$ не увеличивает его.
2. Если $u \in [-1, 0)$, то:

• Если $n$ — четное число ($n \ge 2$), то $\sin^n x = (\sin x)^n = |\sin x|^n$. Так как $|\sin x| \in (0, 1]$, то $|\sin x|^n \le |\sin x|^2 = \sin^2 x$. Следовательно, $\sin^n x \le \sin^2 x$.
• Если $n$ — нечетное число ($n \ge 3$), то $\sin^n x$ будет отрицательным, в то время как $\sin^2 x$ всегда неотрицательно. Следовательно, $\sin^n x < 0 \le \sin^2 x$.

Таким образом, для любого действительного $x$ и натурального $n \ge 2$ выполняется неравенство $\sin^n x \le \sin^2 x$.

Аналогично, сравнивая $\cos^k x$ и $\cos^2 x$ при $k \ge 2$, мы приходим к выводу, что $\cos^k x \le \cos^2 x$ для любого действительного $x$.

Теперь сложим полученные неравенства:
$\sin^n x + \cos^k x \le \sin^2 x + \cos^2 x$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, получаем:
$\sin^n x + \cos^k x \le 1$
Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Нам нужно доказать, что для любых положительных действительных чисел $\alpha < 1$ и $\beta < 1$ и для любого $x \in [0; \frac{\pi}{2}]$ выполняется неравенство $\sin^\alpha x + \cos^\beta x \ge 1$.

Рассмотрим $x \in [0; \frac{\pi}{2}]$. На этом отрезке $\sin x$ и $\cos x$ принимают значения из отрезка $[0, 1]$.
$0 \le \sin x \le 1$
$0 \le \cos x \le 1$

Рассмотрим свойство степенной функции: для любого числа $y \in [0, 1]$ и любых положительных показателей степени $p_1$ и $p_2$ таких, что $p_1 < p_2$, выполняется неравенство $y^{p_1} \ge y^{p_2}$. Равенство достигается при $y=0$ или $y=1$.

Сравним $\sin^\alpha x$ и $\sin^2 x$.
По условию, $0 < \alpha < 1$. Таким образом, $\alpha < 2$. Применяя указанное выше свойство для $y = \sin x$, $p_1 = \alpha$ и $p_2 = 2$, получаем:
$\sin^\alpha x \ge \sin^2 x$

Аналогично сравним $\cos^\beta x$ и $\cos^2 x$.
По условию, $0 < \beta < 1$. Таким образом, $\beta < 2$. Применяя свойство для $y = \cos x$, $p_1 = \beta$ и $p_2 = 2$, получаем:
$\cos^\beta x \ge \cos^2 x$

Сложим полученные неравенства:
$\sin^\alpha x + \cos^\beta x \ge \sin^2 x + \cos^2 x$

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, получаем:
$\sin^\alpha x + \cos^\beta x \ge 1$
Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

Докажите неравенство, воспользовавшись методом математической индукции:

31.23. а) $2^n > n^2$, где $n \geq 5$;

б) $2^n > n^3$, где $n \geq 10$.

а) Докажем неравенство $2^n > n^2$ для всех натуральных чисел $n \ge 5$ методом математической индукции.

1. Базис индукции.
Проверим, выполняется ли неравенство для наименьшего возможного значения $n=5$. Подставляем в неравенство:
$2^5 > 5^2$
$32 > 25$
Неравенство верно. Базис индукции доказан.

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

3. Индукционный шаг.
Докажем, что из нашего предположения следует верность неравенства для следующего числа, $n = k+1$. То есть, докажем, что $2^{k+1} > (k+1)^2$.
Рассмотрим левую часть этого неравенства: $2^{k+1} = 2 \cdot 2^k$.
Согласно индукционному предположению, $2^k > k^2$. Умножив обе части на 2, получим:
$2 \cdot 2^k > 2k^2$, следовательно, $2^{k+1} > 2k^2$.
Теперь нам нужно доказать, что $2k^2 > (k+1)^2$ для $k \ge 5$.
$2k^2 > k^2 + 2k + 1 \Leftrightarrow k^2 - 2k - 1 > 0$.
Рассмотрим параболу $y = k^2 - 2k - 1$. Ее ветви направлены вверх. Найдем ее корни: $k_{1,2} = \frac{2 \pm \sqrt{4-4(-1)}}{2} = 1 \pm \sqrt{2}$.
Таким образом, неравенство $k^2 - 2k - 1 > 0$ выполняется при $k > 1 + \sqrt{2}$.
Так как $1 + \sqrt{2} \approx 2.414$, а мы рассматриваем $k \ge 5$, то неравенство $k^2 - 2k - 1 > 0$ для таких $k$ выполняется.
Итак, мы показали, что $2^{k+1} > 2k^2$ и $2k^2 > (k+1)^2$. Следовательно, по свойству транзитивности, $2^{k+1} > (k+1)^2$.
Индукционный шаг доказан. Поскольку базис индукции и индукционный шаг доказаны, по методу математической индукции неравенство $2^n > n^2$ верно для всех натуральных чисел $n \ge 5$.

Ответ: Доказано.

б) Докажем неравенство $2^n > n^3$ для всех натуральных чисел $n \ge 10$ методом математической индукции.

1. Базис индукции.
Проверим, выполняется ли неравенство для наименьшего возможного значения $n=10$. Подставляем:
$2^{10} > 10^3$
$1024 > 1000$
Неравенство верно. Базис индукции доказан.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 10$, то есть, $2^k > k^3$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что из этого предположения следует верность неравенства для $n = k+1$, то есть $2^{k+1} > (k+1)^3$.
Из индукционного предположения $2^k > k^3$ следует, что $2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2k^3$.
Теперь докажем, что $2k^3 > (k+1)^3$ для $k \ge 10$.
Это неравенство равносильно неравенству $2 > \frac{(k+1)^3}{k^3}$ или $2 > \left(1 + \frac{1}{k}\right)^3$.
Раскроем правую часть по формуле куба суммы: $\left(1 + \frac{1}{k}\right)^3 = 1^3 + 3 \cdot 1^2 \cdot \frac{1}{k} + 3 \cdot 1 \cdot \left(\frac{1}{k}\right)^2 + \left(\frac{1}{k}\right)^3 = 1 + \frac{3}{k} + \frac{3}{k^2} + \frac{1}{k^3}$.
Нам нужно доказать, что $2 > 1 + \frac{3}{k} + \frac{3}{k^2} + \frac{1}{k^3}$, что равносильно $1 > \frac{3}{k} + \frac{3}{k^2} + \frac{1}{k^3}$.
Оценим правую часть для $k \ge 10$. Поскольку $k \ge 10$, то $\frac{1}{k} \le \frac{1}{10}$, $\frac{1}{k^2} \le \frac{1}{100}$ и $\frac{1}{k^3} \le \frac{1}{1000}$.
$\frac{3}{k} + \frac{3}{k^2} + \frac{1}{k^3} \le \frac{3}{10} + \frac{3}{100} + \frac{1}{1000} = 0.3 + 0.03 + 0.001 = 0.331$.
Так как $1 > 0.331$, то неравенство $1 > \frac{3}{k} + \frac{3}{k^2} + \frac{1}{k^3}$ верно для всех $k \ge 10$, а значит верно и $2k^3 > (k+1)^3$.
Мы получили цепочку неравенств: $2^{k+1} > 2k^3 > (k+1)^3$. Отсюда следует, что $2^{k+1} > (k+1)^3$.
Индукционный шаг доказан. Поскольку базис индукции и индукционный шаг доказаны, по методу математической индукции неравенство $2^n > n^3$ верно для всех натуральных чисел $n \ge 10$.

Ответ: Доказано.

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.

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.

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.