Номер 17.62, страница 172 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 3. Неравенства с двумя переменными и их системы. Доказательство неравенств. Параграф 17. Основные методы доказательства неравенств - номер 17.62, страница 172.

Условие.

17.62. Докажите неравенство $ \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \ldots \cdot \frac{2n-1}{2n} > \frac{1}{2\sqrt{n}} $, где $ n \in \frac{1}{2\sqrt{n}}N $, $ n > 1 $.

Решение.

Для доказательства данного неравенства воспользуемся методом математической индукции.

Обозначим левую часть неравенства как $P_n$:

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

Требуется доказать, что $P_n > \frac{1}{2\sqrt{n}}$ для всех натуральных чисел $n > 1$.

1. База индукции

Проверим справедливость неравенства для наименьшего натурального числа $n$, удовлетворяющего условию $n > 1$, то есть для $n=2$.

При $n=2$ левая часть неравенства равна:

$P_2 = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{8}$

Правая часть неравенства равна:

$\frac{1}{2\sqrt{2}}$

Сравним $\frac{3}{8}$ и $\frac{1}{2\sqrt{2}}$. Так как обе части положительны, мы можем сравнить их квадраты:

$(\frac{3}{8})^2 = \frac{9}{64}$

$(\frac{1}{2\sqrt{2}})^2 = \frac{1}{4 \cdot 2} = \frac{1}{8} = \frac{8}{64}$

Поскольку $\frac{9}{64} > \frac{8}{64}$, то и $\frac{3}{8} > \frac{1}{2\sqrt{2}}$.

Таким образом, для $n=2$ неравенство выполняется.

2. Шаг индукции (индукционный переход)

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k > 1$:

$P_k = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{2k-1}{2k} > \frac{1}{2\sqrt{k}}$ (индукционное предположение).

Докажем, что неравенство верно и для $n = k+1$, то есть:

$P_{k+1} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{2k-1}{2k} \cdot \frac{2(k+1)-1}{2(k+1)} > \frac{1}{2\sqrt{k+1}}$

Выразим $P_{k+1}$ через $P_k$:

$P_{k+1} = P_k \cdot \frac{2k+1}{2k+2}$

Используя индукционное предположение ($P_k > \frac{1}{2\sqrt{k}}$), получаем:

$P_{k+1} > \frac{1}{2\sqrt{k}} \cdot \frac{2k+1}{2k+2}$

Теперь нам достаточно доказать, что $\frac{1}{2\sqrt{k}} \cdot \frac{2k+1}{2k+2} > \frac{1}{2\sqrt{k+1}}$. Если это так, то по свойству транзитивности неравенств будет следовать, что $P_{k+1} > \frac{1}{2\sqrt{k+1}}$.

Докажем вспомогательное неравенство:

$\frac{1}{2\sqrt{k}} \cdot \frac{2k+1}{2k+2} > \frac{1}{2\sqrt{k+1}}$

Умножим обе части на 2:

$\frac{1}{\sqrt{k}} \cdot \frac{2k+1}{2k+2} > \frac{1}{\sqrt{k+1}}$

Так как обе части неравенства положительны, возведем их в квадрат:

$\frac{1}{k} \cdot \left(\frac{2k+1}{2k+2}\right)^2 > \frac{1}{k+1}$

$\frac{(2k+1)^2}{k(2k+2)^2} > \frac{1}{k+1}$

Умножим обе части на $k(k+1)(2k+2)^2$, что больше нуля при $k>1$:

$(k+1)(2k+1)^2 > k(2k+2)^2$

$(k+1)(4k^2 + 4k + 1) > k \cdot 4(k+1)^2$

Так как по условию $k > 1$, то $k+1 > 0$, и мы можем разделить обе части на $k+1$:

$4k^2 + 4k + 1 > 4k(k+1)$

$4k^2 + 4k + 1 > 4k^2 + 4k$

$1 > 0$

Последнее неравенство является истинным. Следовательно, наше предположение $\frac{1}{2\sqrt{k}} \cdot \frac{2k+1}{2k+2} > \frac{1}{2\sqrt{k+1}}$ верно.

Таким образом, мы доказали, что если неравенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$.

3. Заключение

На основании принципа математической индукции, мы заключаем, что неравенство $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \ldots \cdot \frac{2n-1}{2n} > \frac{1}{2\sqrt{n}}$ справедливо для всех натуральных чисел $n > 1$.

Ответ: Неравенство доказано.