Номер 1061, страница 281 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

1061. a) $m + \frac{9}{m} \ge 6 (m > 0)$;

б) $x - 1 \le \frac{x^2}{4}$;

в)* $n! \le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n (n \in N)$.

а)

Для доказательства неравенства $m + \frac{9}{m} \ge 6$ при $m > 0$ можно использовать два способа.

Способ 1: Использование неравенства о средних (неравенство Коши)

Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для двух положительных чисел $a$ и $b$ гласит: $\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$.

Поскольку по условию $m > 0$, то числа $m$ и $\frac{9}{m}$ также положительны. Применим к ним неравенство Коши, положив $a = m$ и $b = \frac{9}{m}$:

$\frac{m + \frac{9}{m}}{2} \ge \sqrt{m \cdot \frac{9}{m}}$

$\frac{m + \frac{9}{m}}{2} \ge \sqrt{9}$

$\frac{m + \frac{9}{m}}{2} \ge 3$

Умножим обе части на 2, получим:

$m + \frac{9}{m} \ge 6$

Неравенство доказано. Равенство достигается, когда $m = \frac{9}{m}$, то есть $m^2 = 9$, и так как $m>0$, то $m=3$.

Способ 2: Алгебраические преобразования

Перенесем все члены неравенства в одну сторону:

$m + \frac{9}{m} - 6 \ge 0$

Так как $m > 0$, умножим обе части на $m$. Знак неравенства при этом не изменится.

$m^2 + 9 - 6m \ge 0$

Перегруппируем слагаемые и свернем левую часть по формуле квадрата разности:

$m^2 - 6m + 9 \ge 0$

$(m-3)^2 \ge 0$

Квадрат любого действительного числа всегда неотрицателен, поэтому данное неравенство верно для любого $m$. Следовательно, и исходное неравенство верно для всех $m>0$.

Ответ: Неравенство доказано. Оно является следствием неравенства о средних для чисел $m$ и $\frac{9}{m}$, а также может быть сведено к очевидно верному неравенству $(m-3)^2 \ge 0$.

б)

Для доказательства неравенства $x - 1 \le \frac{x^2}{4}$ выполним равносильные преобразования. Перенесем все члены в правую часть:

$0 \le \frac{x^2}{4} - x + 1$

Умножим обе части неравенства на 4. Так как $4 > 0$, знак неравенства не изменится:

$0 \le 4 \cdot \left(\frac{x^2}{4} - x + 1\right)$

$0 \le x^2 - 4x + 4$

Выражение в правой части является полным квадратом разности:

$0 \le (x-2)^2$

Квадрат любого действительного числа $(x-2)$ всегда больше или равен нулю. Таким образом, неравенство $(x-2)^2 \ge 0$ верно для любого действительного числа $x$.

Так как все преобразования были равносильными, исходное неравенство $x - 1 \le \frac{x^2}{4}$ также верно для любого $x$. Равенство достигается при $(x-2)^2=0$, то есть при $x=2$.

Ответ: Неравенство доказано. Оно эквивалентно очевидно верному неравенству $(x-2)^2 \ge 0$.

в)*

Для доказательства неравенства $n! \le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n$ для всех натуральных $n \in \mathbb{N}$ воспользуемся неравенством о среднем арифметическом и среднем геометрическом (неравенство Коши) для $n$ чисел.

Неравенство Коши для $n$ положительных чисел $a_1, a_2, \dots, a_n$ имеет вид:

$\sqrt[n]{a_1 a_2 \dots a_n} \le \frac{a_1 + a_2 + \dots + a_n}{n}$

Рассмотрим $n$ натуральных чисел: $1, 2, 3, \dots, n$.

Их среднее геометрическое равно: $\sqrt[n]{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \dots \cdot n} = \sqrt[n]{n!}$.

Их среднее арифметическое равно: $\frac{1 + 2 + 3 + \dots + n}{n}$.

Сумма первых $n$ натуральных чисел вычисляется по формуле арифметической прогрессии: $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$.

Тогда среднее арифметическое равно: $\frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n} = \frac{n(n+1)}{2n} = \frac{n+1}{2}$.

Подставим полученные выражения для среднего геометрического и среднего арифметического в неравенство Коши:

$\sqrt[n]{n!} \le \frac{n+1}{2}$

Возведем обе части неравенства в степень $n$. Так как обе части неотрицательны, знак неравенства сохранится:

$(\sqrt[n]{n!})^n \le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n$

$n! \le \left(\frac{n+1}{2}\right)^n$

Неравенство доказано. Равенство в неравенстве Коши достигается тогда и только тогда, когда все числа равны между собой, то есть $1=2=\dots=n$, что возможно только при $n=1$. Для всех $n > 1$ неравенство является строгим: $n! < \left(\frac{n+1}{2}\right)^n$.

Ответ: Неравенство доказано. Оно является следствием применения неравенства о среднем арифметическом и среднем геометрическом к числам $1, 2, \dots, n$.