Номер 875, страница 212 - гдз по алгебре 9 класс учебник Макарычев, Миндюк

Задачи повышенной трудности. Параграф 10. Геометрическая прогрессия. Глава 5. Арифметическая и геометрическая прогрессии - номер 875, страница 212.

Условие.

875. Докажите, что при любом натуральном значении n › 1 верно неравенство

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

Требуется доказать двойное неравенство для любого натурального значения $n > 1$:

$$ \frac{1}{2} < \sqrt[n]{\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 2n}} < 1 $$

Доказательство можно разбить на две части: доказательство левого и правого неравенств по отдельности.

1. Доказательство правого неравенства: $\sqrt[n]{\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 2n}} < 1$

Рассмотрим выражение под корнем. Его можно представить в виде произведения $n$ дробей:

$$ \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \dots \cdot \frac{2n-1}{2n} $$

Каждая дробь в этом произведении имеет вид $\frac{2k-1}{2k}$ для $k=1, 2, \dots, n$.

Для любого натурального $k \ge 1$ очевидно, что $2k-1 < 2k$. Следовательно, каждая дробь положительна и строго меньше единицы:

$$ 0 < \frac{2k-1}{2k} < 1 $$

Произведение $n$ положительных чисел, каждое из которых меньше 1, также будет положительным числом, меньшим 1. Обозначим это произведение $A_n$. Тогда $0 < A_n < 1$.

Так как $A_n < 1$, то и корень $n$-й степени из $A_n$ будет меньше 1 (поскольку функция $y=\sqrt[n]{x}$ является возрастающей для $x>0$):

$$ \sqrt[n]{A_n} < \sqrt[n]{1} $$

что равносильно

$$ \sqrt[n]{A_n} < 1 $$

Таким образом, правая часть исходного неравенства доказана.

Ответ: Правое неравенство $\sqrt[n]{\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 2n}} < 1$ доказано.

2. Доказательство левого неравенства: $\frac{1}{2} < \sqrt[n]{\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 2n}}$

Поскольку обе части неравенства положительны, мы можем возвести их в степень $n$, при этом знак неравенства сохранится. Получим равносильное неравенство:

$$ \left(\frac{1}{2}\right)^n < \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 2n} $$

Преобразуем знаменатель дроби в правой части:

$$ 2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 2n = (2 \cdot 1) \cdot (2 \cdot 2) \cdot (2 \cdot 3) \cdot \dots \cdot (2 \cdot n) = 2^n \cdot (1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n) = 2^n \cdot n! $$

Подставим это выражение обратно в неравенство:

$$ \frac{1}{2^n} < \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2^n \cdot n!} $$

Умножим обе части неравенства на положительное число $2^n$:

$$ 1 < \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{n!} $$

Теперь умножим обе части на $n!$ (которое также положительно):

$$ n! < 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1) $$

Осталось доказать это последнее неравенство для всех натуральных $n > 1$. Сравним произведения в левой и правой частях. Каждое произведение состоит из $n$ множителей.

Левая часть: $n! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n$.

Правая часть: $1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)$.

Сравним множители, стоящие на одинаковых местах (с номером $k$, где $k$ от 1 до $n$).

При $k=1$ множители равны: $1 = 1$.

При $k \ge 2$ $k$-й множитель слева равен $k$, а справа — $2k-1$. Сравним их: $2k-1 - k = k-1$. Так как по условию $n > 1$, мы рассматриваем $k \ge 2$, то $k-1 \ge 1 > 0$, откуда следует, что $k < 2k-1$.

Итак, для $n > 1$ первый множитель в произведениях одинаков, а все остальные $n-1$ множителей в левой части ($2, 3, \dots, n$) строго меньше соответствующих множителей в правой части ($3, 5, \dots, 2n-1$). Следовательно, и само произведение слева строго меньше произведения справа.

Таким образом, неравенство $n! < 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)$ верно для всех $n>1$. А поскольку все наши преобразования были равносильными, то и исходное левое неравенство также верно.

Ответ: Левое неравенство $\frac{1}{2} < \sqrt[n]{\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dots \cdot 2n}}$ доказано.

Поскольку обе части двойного неравенства доказаны, исходное утверждение верно для любого натурального $n>1$.