Номер 955, страница 248 - гдз по алгебре 7 класс учебник Никольский, Потапов

Буквенные выражения. Задания для повторения. Глава 3. Линейные уравнения - номер 955, страница 248.

Условие.

955. Доказываем. Докажите, что при любом натуральном n:

a) $ \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \ldots + \frac{1}{(n-1) \cdot n} < 1; $

б) $ \frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \ldots + \frac{1}{(2n-1) \cdot (2n+1)} < \frac{1}{2}. $

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 6.

Решение 7.

a)

Для доказательства данного неравенства рассмотрим сумму в левой части: $S_n = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{(n-1) \cdot n}$. Заметим, что выражение имеет смысл при натуральных $n \ge 2$. Общий член этой суммы можно представить в виде $\frac{1}{k(k+1)}$ для $k$ от $1$ до $n-1$.

Воспользуемся методом разложения на простейшие дроби. Любую дробь вида $\frac{1}{k(k+1)}$ можно представить как разность: $\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$. Это легко проверить, приведя дроби в правой части к общему знаменателю: $\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} = \frac{k+1-k}{k(k+1)} = \frac{1}{k(k+1)}$.

Теперь мы можем переписать исходную сумму, заменив каждый член на соответствующую разность. Получим так называемую телескопическую сумму: $S_n = \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right)$.

В этой сумме все промежуточные слагаемые попарно уничтожаются: $-\frac{1}{2}$ сокращается с $+\frac{1}{2}$, $-\frac{1}{3}$ с $+\frac{1}{3}$ и так далее, до предпоследней пары. В результате остаются только первое и последнее слагаемые: $S_n = 1 - \frac{1}{n}$.

Нам нужно доказать, что $S_n < 1$. Подставим найденное значение суммы в неравенство: $1 - \frac{1}{n} < 1$.

Вычтем 1 из обеих частей неравенства: $-\frac{1}{n} < 0$. Умножим обе части на -1, изменив знак неравенства на противоположный: $\frac{1}{n} > 0$.

Так как по условию $n$ — натуральное число (и для данной суммы $n \ge 2$), то $n$ всегда положительно. Следовательно, и обратная величина $\frac{1}{n}$ также всегда положительна. Таким образом, неравенство $\frac{1}{n} > 0$ истинно, а значит, истинно и исходное неравенство.
Ответ: Неравенство доказано.

б)

Рассмотрим сумму в левой части неравенства: $S_n = \frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(2n-1) \cdot (2n+1)}$. Общий член этой суммы имеет вид $\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}$ для $k$ от $1$ до $n$.

Представим общий член в виде разности двух дробей. Заметим, что разность множителей в знаменателе равна $(2k+1) - (2k-1) = 2$. Это подсказывает следующий приём: $\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2} \cdot \frac{(2k+1) - (2k-1)}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1} \right)$.

Теперь перепишем исходную сумму, используя это представление для каждого члена: $S_n = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{1} - \frac{1}{3}\right) + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{5} - \frac{1}{7}\right) + \dots + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right)$.

Вынесем общий множитель $\frac{1}{2}$ за скобки. В скобках останется телескопическая сумма: $S_n = \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \left(\frac{1}{5} - \frac{1}{7}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right) \right]$.

Внутри квадратных скобок все промежуточные члены взаимно уничтожаются. Остаются только первый и последний: $S_n = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right)$.

Нам нужно доказать, что $S_n < \frac{1}{2}$. Подставим полученное выражение для $S_n$: $\frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right) < \frac{1}{2}$.

Умножим обе части неравенства на 2 (так как 2 > 0, знак неравенства не меняется): $1 - \frac{1}{2n+1} < 1$.

Вычтем 1 из обеих частей: $-\frac{1}{2n+1} < 0$. Умножим на -1 и сменим знак неравенства: $\frac{1}{2n+1} > 0$.

По условию $n$ — любое натуральное число, то есть $n \ge 1$. Тогда $2n \ge 2$, и $2n+1 \ge 3$. Значит, знаменатель $2n+1$ всегда положителен. Следовательно, дробь $\frac{1}{2n+1}$ также всегда положительна. Неравенство $\frac{1}{2n+1} > 0$ является истинным, что и доказывает исходное неравенство.
Ответ: Неравенство доказано.