ГДЗ по Алгебре 10 Класс Номер 6.17 Профильный Уровень Мордкович — Подробные Ответы

а) $\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n+1}}>\sqrt{n+1}-1;$

б) ${}_{}\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n+1}}<2\sqrt{n+1}-1$

а)
$S_n=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n+1}}>\sqrt{n+1}-1;$

При $n=1$ неравенство выполняется:

$$S_1=\frac{1}{\sqrt{2}}>\sqrt{2}-1.$$

Докажем, что если неравенство выполняется при $n=k$, то оно всегда будет выполняться и при $n=k+1$:

$$S_{k+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}=S_k+\frac{1}{\sqrt{k+2}}\mathrm{.}$$

По индукционному предположению:

$$S_k>\sqrt{k+1}-1.$$

Теперь:

$$S_{k+1}>\sqrt{k+1}-1+\frac{1}{\sqrt{k+2}}\mathrm{.}$$

Найдем знак разности:

$$(\sqrt{k+1}-1+\frac{1}{\sqrt{k+2}})-(\sqrt{(k+1)+1}-1)=\sqrt{k+1}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}-\sqrt{k+2}=$$$$=\sqrt{k+1}+\frac{1-(k+2)}{\sqrt{k+2}}=\sqrt{k+1}-\frac{k+1}{\sqrt{k+2}}=\frac{\sqrt{k+1}\cdot \sqrt{k+2}-(\sqrt{k+1}{)}^2}{\sqrt{k+2}}=$$$$=\frac{\sqrt{k+1}\cdot (\sqrt{k+2}-\sqrt{k+1})}{\sqrt{k+2}}>0.$$

Таким образом, неравенство верно:

$$\sqrt{k+1}-1+\frac{1}{\sqrt{k+2}}>\sqrt{(k+1)+1}-1;$$$$S_{k+1}>\sqrt{(k+1)+1}-1.$$

б)
$S_n=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n+1}}<2\sqrt{n+1}-1;$

При $n=1$ неравенство выполняется:

$$S_1=\frac{1}{\sqrt{2}}<2\sqrt{2}-1.$$

Докажем, что если неравенство выполняется при $n=k$, то оно всегда будет выполняться и при $n=k+1$:

$$S_{k+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}=S_k+\frac{1}{\sqrt{k+2}}\mathrm{.}$$

По индукционному предположению:

$$S_k<2\sqrt{k+1}-1.$$

Теперь:

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

Найдем знак разности:

$$(2\sqrt{k+1}-1+\frac{1}{\sqrt{k+2}})-(2\sqrt{(k+1)+1}-1)=$$$$=2\sqrt{k+1}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}-2\sqrt{k+2}=\frac{1}{\sqrt{k+2}}-2(\sqrt{k+2}-\sqrt{k+1})=$$$$=\frac{1}{\sqrt{k+2}}-\frac{2(\sqrt{k+2}-\sqrt{k+1})(\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})}{\sqrt{k+2}}=$$$$=\frac{1}{\sqrt{k+2}}-\frac{2}{\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1}}=\frac{(\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})-2\sqrt{k+2}}{\sqrt{k+2}\cdot (\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})}=$$$$=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k+2}}{\sqrt{k+2}\cdot (\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})}<0.$$

Таким образом, неравенство верно:

$$2\sqrt{k+1}-1+\frac{1}{\sqrt{k+2}}<2\sqrt{(k+1)+1}-1;$$$$S_{k+1}<2\sqrt{(k+1)+1}-1.$$

а) $S_n=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n+1}}>\sqrt{n+1}-1;$

Необходимо доказать, что сумма дробей с квадратными корнями, от $\frac{1}{\sqrt{2}}$ до $\frac{1}{\sqrt{n+1}}$, больше, чем $\sqrt{n+1}-1$.

1) Базовый случай $n=1$:

Подставим $n=1$ в обе части неравенства:

$$S_1=\frac{1}{\sqrt{2}},$$

и

$$\sqrt{2}-1.$$

Теперь вычислим:

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0.7071,\sqrt{2}-1\approx \mathrm{0.4142.}$$

Таким образом, для $n=1$:

$$S_1=\frac{1}{\sqrt{2}}>\sqrt{2}-1,$$

и неравенство выполняется. Это является базой индукции.

2) Индукционное предположение:

Предположим, что неравенство выполняется для $n=k$, то есть:

$$S_k=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt{k+1}-1.$$

Необходимо доказать, что неравенство выполняется для $n=k+1$.

3) Индукционный шаг:

Для $n=k+1$ рассматриваем выражение для $S_{k+1}$:

$$S_{k+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}\mathrm{.}$$

Поскольку по предположению $S_k>\sqrt{k+1}-1$, имеем:

$$S_{k+1}=S_k+\frac{1}{\sqrt{k+2}}>\sqrt{k+1}-1+\frac{1}{\sqrt{k+2}}\mathrm{.}$$

Теперь нужно доказать, что:

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

Рассмотрим разницу:

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

Теперь упростим эту разницу:

$$\sqrt{k+1}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}-\sqrt{k+2}=\sqrt{k+1}-\sqrt{k+2}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}\mathrm{.}$$

Для того чтобы убедиться, что эта разность положительна, преобразуем её в более удобный вид. Положим:

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

Теперь выражаем разницу $\sqrt{k+2}-\sqrt{k+1}$ с использованием разности квадратов:

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

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

Таким образом, выражение принимает вид:

$$\frac{1}{\sqrt{k+2}}-\frac{1}{\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1}}\mathrm{.}$$

Поскольку $\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1}>\sqrt{k+2}$, это выражение положительно, и следовательно, мы доказали, что:

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

Таким образом, $S_{k+1}>\sqrt{k+2}-1$, и индукционный шаг завершен.

4) Заключение:

Поскольку база индукции и индукционный шаг доказаны, по принципу математической индукции неравенство выполняется для всех $n\in \mathbb{N}$.

б) $S_n=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n+1}}<2\sqrt{n+1}-1;$

Необходимо доказать, что сумма дробей с квадратными корнями, от $\frac{1}{\sqrt{2}}$ до $\frac{1}{\sqrt{n+1}}$, меньше, чем $2\sqrt{n+1}-1$.

1) Базовый случай $n=1$:

Подставим $n=1$ в обе части неравенства:

$$S_1=\frac{1}{\sqrt{2}},$$

и

$$2\sqrt{2}-1.$$

Вычислим значения:

$$\frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0.7071,2\sqrt{2}-1\approx \mathrm{1.8284.}$$

Таким образом, для $n=1$:

$$S_1=\frac{1}{\sqrt{2}}<2\sqrt{2}-1,$$

и неравенство выполняется. Это является базой индукции.

2) Индукционное предположение:

Предположим, что неравенство выполняется для $n=k$, то есть:

$$S_k=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k+1}}<2\sqrt{k+1}-1.$$

Необходимо доказать, что неравенство выполняется для $n=k+1$.

3) Индукционный шаг:

Для $n=k+1$ рассматриваем выражение для $S_{k+1}$:

$$S_{k+1}=\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+2}}\mathrm{.}$$

По индукционному предположению:

$$S_k<2\sqrt{k+1}-1.$$

Теперь:

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

Нам нужно доказать, что:

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

Рассмотрим разницу:

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

Применяя разность квадратов:

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

получаем:

$$\frac{1}{\sqrt{k+2}}-\frac{2}{\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1}}=\frac{(\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})-2\sqrt{k+2}}{\sqrt{k+2}(\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})}=$$$$=\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k+2}}{\sqrt{k+2}\cdot (\sqrt{k+2}+\sqrt{k+1})}<0.$$

Это отрицательное выражение показывает, что правая часть неравенства меньше левой, то есть:

$$S_{k+1}<2\sqrt{k+2}-1.$$

4) Заключение:

Поскольку база индукции и индукционный шаг доказаны, по принципу математической индукции неравенство выполняется для всех $n\in \mathbb{N}$.