Номер 17.64, 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 17.64, страница 172.

Условие.

17.64. Докажите неравенство $\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}} < \frac{\sqrt{2n}}{2}$, где $n \in \mathbf{N}$.

Решение.

Обозначим левую часть неравенства через $S_n$:

$S_n = \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k}}$

Для доказательства неравенства мы сначала преобразуем общий член суммы. Умножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное знаменателю, то есть на $(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1})$:

$\frac{1}{\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k}} = \frac{\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1}}{(\sqrt{2k}+\sqrt{2k-1})(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1})} = \frac{\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1}}{(\sqrt{2k})^2 - (\sqrt{2k-1})^2} = \frac{\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1}}{2k - (2k-1)} = \sqrt{2k}-\sqrt{2k-1}$

Теперь мы можем представить исходную сумму в следующем виде:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} (\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1})$

Далее, мы оценим каждый член этой суммы сверху. Докажем, что для любого натурального $k \geq 1$ выполняется неравенство:

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

Мы уже преобразовали левую часть. Преобразуем правую часть, избавившись от иррациональности в знаменателе (мысленно):

$\frac{\sqrt{2k}-\sqrt{2k-2}}{2} = \frac{(\sqrt{2k}-\sqrt{2k-2})(\sqrt{2k}+\sqrt{2k-2})}{2(\sqrt{2k}+\sqrt{2k-2})} = \frac{2k-(2k-2)}{2(\sqrt{2k}+\sqrt{2k-2})} = \frac{1}{\sqrt{2k}+\sqrt{2k-2}}$

Таким образом, неравенство, которое нам нужно доказать, эквивалентно следующему:

$\frac{1}{\sqrt{2k}+\sqrt{2k-1}} < \frac{1}{\sqrt{2k}+\sqrt{2k-2}}$

Поскольку обе дроби положительны, это неравенство равносильно неравенству для знаменателей:

$\sqrt{2k}+\sqrt{2k-1} > \sqrt{2k}+\sqrt{2k-2}$

Вычитая $\sqrt{2k}$ из обеих частей, получаем:

$\sqrt{2k-1} > \sqrt{2k-2}$

Это неравенство очевидно верно для всех натуральных $k$, так как $2k-1 > 2k-2$ и функция $f(x)=\sqrt{x}$ является возрастающей.

Теперь мы можем применить доказанную оценку к каждому члену суммы $S_n$:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} (\sqrt{2k}-\sqrt{2k-1}) < \sum_{k=1}^{n} \frac{\sqrt{2k}-\sqrt{2k-2}}{2}$

Сумма в правой части является телескопической. Вынесем константу $\frac{1}{2}$ за знак суммы и распишем слагаемые:

$\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} (\sqrt{2k}-\sqrt{2k-2}) = \frac{1}{2} \left( (\sqrt{2}-\sqrt{0}) + (\sqrt{4}-\sqrt{2}) + (\sqrt{6}-\sqrt{4}) + \dots + (\sqrt{2n}-\sqrt{2n-2}) \right)$

В этой сумме все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются: $+\sqrt{2}$ и $-\sqrt{2}$, $+\sqrt{4}$ и $-\sqrt{4}$, и так далее, до слагаемого $\sqrt{2n-2}$. Остаются только первый и последний члены:

$\frac{1}{2} (-\sqrt{0} + \sqrt{2n}) = \frac{\sqrt{2n}}{2}$

Таким образом, мы показали, что:

$S_n < \frac{\sqrt{2n}}{2}$

Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.