Номер 1075, страница 245 - гдз по алгебре 9 класс учебник Макарычев, Миндюк

1075. Докажите, что при любом натуральном значении $n > 1$ верно неравенство

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

Для доказательства данного двойного неравенства необходимо доказать два неравенства по отдельности:

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

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

Обозначим выражение под корнем как $A_n = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2n}$.

Рассмотрим выражение $A_n$. Его можно представить в виде произведения дробей:

$A_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \ldots \cdot \frac{2n-1}{2n}$

Это произведение состоит из $n$ сомножителей вида $\frac{2k-1}{2k}$, где $k$ принимает натуральные значения от 1 до $n$.

Для любого натурального $k \ge 1$, числитель $2k-1$ строго меньше знаменателя $2k$. Следовательно, каждая дробь $\frac{2k-1}{2k}$ является положительным числом, строго меньшим 1:

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

Произведение положительных чисел, каждое из которых меньше 1, также меньше 1. Поэтому $0 < A_n < 1$.

Корень $n$-ой степени из числа, которое больше 0 и меньше 1, также больше 0 и меньше 1. Таким образом, $\sqrt[n]{A_n} < 1$.

Правая часть неравенства доказана.

Докажем, что $\frac{1}{2} < \sqrt[n]{A_n}$.

Поскольку обе части неравенства положительны, мы можем возвести их в степень $n$, не меняя знака неравенства:

$(\frac{1}{2})^n < A_n$

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

Представим знаменатель в правой части: $2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \ldots \cdot 2n = (2 \cdot 1) \cdot (2 \cdot 2) \cdot (2 \cdot 3) \cdot \ldots \cdot (2 \cdot n) = 2^n \cdot n!$.

Подставим это выражение в неравенство:

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

Умножим обе части на $2^n$ (так как $2^n > 0$):

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

Чтобы доказать это неравенство, представим правую часть в виде произведения:

$\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot n} = \frac{1}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{3} \cdot \ldots \cdot \frac{2n-1}{n}$

Это произведение состоит из $n$ сомножителей вида $\frac{2k-1}{k}$ для $k=1, 2, \ldots, n$.

Первый сомножитель (при $k=1$) равен $\frac{2(1)-1}{1} = 1$.

Для любого $k \ge 2$ (что возможно, так как по условию $n > 1$), имеем $2k-1 > k$, поскольку это эквивалентно $k > 1$.

Следовательно, для всех $k \in \{2, 3, \ldots, n\}$, сомножитель $\frac{2k-1}{k} > 1$.

Таким образом, правая часть является произведением единицы и $n-1$ чисел, каждое из которых строго больше единицы. Такое произведение всегда строго больше 1.

Неравенство $1 < \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2n-1)}{n!}$ доказано, а значит, верна и левая часть исходного неравенства.

Так как мы доказали и левую, и правую части исходного двойного неравенства, то утверждение задачи полностью доказано.

Ответ: Неравенство доказано.