Номер 15.42, страница 96, часть 2 - гдз по алгебре 9 класс учебник Мордкович, Семенов

15.42 Докажите, что последовательность убывает:

а) $a_n = \frac{1}{2n}$;

б) $b_n = \frac{n+1}{n}$;

в) $c_n = 1 + \frac{1}{3n}$;

г) $d_n = \frac{1}{3^n}$.

Чтобы доказать, что последовательность является убывающей, нужно показать, что каждый следующий ее член меньше предыдущего, то есть что для любого натурального $n$ выполняется неравенство $x_{n+1} < x_n$.

а) Дана последовательность $a_n = \frac{1}{2n}$.
Запишем ее $(n+1)$-й член: $a_{n+1} = \frac{1}{2(n+1)}$.
Сравним $(n+1)$-й и $n$-й члены последовательности. Нам нужно доказать, что $a_{n+1} < a_n$:
$\frac{1}{2(n+1)} < \frac{1}{2n}$
Поскольку $n$ — натуральное число, то $n \ge 1$. Значит, оба знаменателя $2(n+1)$ и $2n$ положительны. Мы можем умножить обе части неравенства на $2n(n+1)$, при этом знак неравенства не изменится:
$2n < 2(n+1)$
$2n < 2n + 2$
Вычтем $2n$ из обеих частей:
$0 < 2$
Это неравенство является верным. Следовательно, исходное неравенство $a_{n+1} < a_n$ также верно для любого натурального $n$. Таким образом, последовательность $a_n$ убывает.
Ответ: Последовательность $a_n$ убывает, так как было доказано, что $a_{n+1} < a_n$ для всех натуральных $n$.

б) Дана последовательность $b_n = \frac{n+1}{n}$.
Для удобства преобразуем выражение: $b_n = \frac{n}{n} + \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{n}$.
Запишем $(n+1)$-й член последовательности: $b_{n+1} = 1 + \frac{1}{n+1}$.
Докажем, что $b_{n+1} < b_n$:
$1 + \frac{1}{n+1} < 1 + \frac{1}{n}$
Вычтем 1 из обеих частей неравенства:
$\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n}$
Так как $n$ — натуральное число, знаменатели $n+1$ и $n$ положительны. Умножим обе части на $n(n+1)$:
$n < n+1$
$0 < 1$
Это неравенство является верным. Значит, и исходное неравенство $b_{n+1} < b_n$ верно для любого натурального $n$. Следовательно, последовательность $b_n$ убывает.
Ответ: Последовательность $b_n$ убывает, так как было доказано, что $b_{n+1} < b_n$ для всех натуральных $n$.

в) Дана последовательность $c_n = 1 + \frac{1}{3n}$.
Запишем ее $(n+1)$-й член: $c_{n+1} = 1 + \frac{1}{3(n+1)}$.
Докажем, что $c_{n+1} < c_n$:
$1 + \frac{1}{3(n+1)} < 1 + \frac{1}{3n}$
Вычтем 1 из обеих частей:
$\frac{1}{3(n+1)} < \frac{1}{3n}$
Поскольку $n$ — натуральное число, знаменатели $3(n+1)$ и $3n$ положительны. Умножим обе части на $3n(3(n+1))$:
$3n < 3(n+1)$
$3n < 3n + 3$
$0 < 3$
Это верное неравенство, поэтому исходное неравенство $c_{n+1} < c_n$ также верно для любого натурального $n$. Последовательность $c_n$ является убывающей.
Ответ: Последовательность $c_n$ убывает, так как было доказано, что $c_{n+1} < c_n$ для всех натуральных $n$.

г) Дана последовательность $d_n = \frac{1}{3^n}$.
Запишем ее $(n+1)$-й член: $d_{n+1} = \frac{1}{3^{n+1}}$.
Докажем, что $d_{n+1} < d_n$:
$\frac{1}{3^{n+1}} < \frac{1}{3^n}$
Так как $n$ — натуральное число, то $3^n > 0$ и $3^{n+1} > 0$. Умножим обе части на $3^{n+1}$:
$\frac{3^{n+1}}{3^{n+1}} < \frac{3^{n+1}}{3^n}$
$1 < 3^{n+1-n}$
$1 < 3^1$
$1 < 3$
Полученное неравенство верно. Следовательно, неравенство $d_{n+1} < d_n$ верно для любого натурального $n$, и последовательность $d_n$ убывает.
Ответ: Последовательность $d_n$ убывает, так как было доказано, что $d_{n+1} < d_n$ для всех натуральных $n$.