ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 17.64 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Докажите неравенство \(\frac{1}{\sqrt{1} + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1} + \sqrt{2n}} < \frac{\sqrt{2n+1} — 1}{2}\), где \(n \in \mathbb{N}\).

Доказать неравенство при \(n \in N\):
\(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}} < \frac{\sqrt{2n}}{2}\);

1) Зададим следующие значения:
\(A = \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}}\);
\(B = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-2}+\sqrt{2n-1}}\);

2) Вспомогательное равенство:
\(\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = \frac{\sqrt{k}-\sqrt{k+1}}{k-(k+1)} = \sqrt{k+1}-\sqrt{k}\);

3) Сумма выражений:
\(B+A = 1 + \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}}\);
\(B+A = 1 + (\sqrt{2}-\sqrt{1}) + (\sqrt{3}-\sqrt{2}) + (\sqrt{4}-\sqrt{3})+ \)
\(+ \dots + (\sqrt{2n}-\sqrt{2n-1})\);
\(B+A = 1 — \sqrt{1} + \sqrt{2n} = \sqrt{2n}\);

4) Очевидно, что \(A < B\), значит:
\(2A < B+A\), \(A < \frac{B+A}{2}\);
\(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}} < \frac{\sqrt{2n}}{2}\);

Неравенство доказано.

Доказать неравенство при \(n \in N\):
\(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}} < \frac{\sqrt{2n}}{2}\);

1) Зададим следующие значения:
\(A = \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}}\);
\(B = 1 + \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-2}+\sqrt{2n-1}}\);

2) Вспомогательное равенство:
Рассмотрим выражение \(\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}\). Умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение \(\sqrt{k}-\sqrt{k+1}\):
\(\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = \frac{1 \cdot (\sqrt{k}-\sqrt{k+1})}{(\sqrt{k}+\sqrt{k+1}) \cdot (\sqrt{k}-\sqrt{k+1})}\).
Используя формулу разности квадратов \((a+b)(a-b) = a^2-b^2\), знаменатель становится \((\sqrt{k})^2 — (\sqrt{k+1})^2 = k — (k+1) = k — k — 1 = -1\).
Таким образом, \(\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = \frac{\sqrt{k}-\sqrt{k+1}}{-1} = -(\sqrt{k}-\sqrt{k+1}) = \sqrt{k+1}-\sqrt{k}\).
Итак, вспомогательное равенство: \(\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = \sqrt{k+1}-\sqrt{k}\).

3) Сумма выражений:
Найдем сумму \(B+A\). Подставим выражения для \(A\) и \(B\):
\(B+A = \left(1 + \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-2}+\sqrt{2n-1}}\right) +\)
\(+ \left(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}}\right)\).
Перегруппируем слагаемые для удобства:
\(B+A = 1 + \left(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}}\right)\).
Теперь применим вспомогательное равенство \(\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = \sqrt{k+1}-\sqrt{k}\) к каждому слагаемому в скобках:
\(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} = \sqrt{2}-\sqrt{1}\)
\(\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}} = \sqrt{3}-\sqrt{2}\)
\(\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} = \sqrt{4}-\sqrt{3}\)
и так далее, до последнего слагаемого:
\(\frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}} = \sqrt{2n}-\sqrt{2n-1}\).
Подставим эти разности обратно в сумму \(B+A\):
\(B+A = 1 + (\sqrt{2}-\sqrt{1}) + (\sqrt{3}-\sqrt{2}) + (\sqrt{4}-\sqrt{3}) + \dots + (\sqrt{2n}-\)
\(-\sqrt{2n-1})\).
Это телескопическая сумма, где промежуточные члены сокращаются:
\(B+A = 1 — \sqrt{1} + \sqrt{2n}\).
Так как \(\sqrt{1}=1\), получаем:
\(B+A = 1 — 1 + \sqrt{2n} = \sqrt{2n}\).
Таким образом, \(B+A = \sqrt{2n}\).

4) Очевидно, что \(A < B\). Это утверждение основано на сравнении соответствующих членов сумм \(A\) и \(B\). Каждый член \(\frac{1}{\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k}}\) из суммы \(A\) больше соответствующего члена \(\frac{1}{\sqrt{2k}+\sqrt{2k+1}}\) из суммы \(B\) (за исключением начального члена \(1\) в \(B\)), поскольку знаменатель \(\sqrt{2k-1}+\sqrt{2k}\) меньше знаменателя \(\sqrt{2k}+\sqrt{2k+1}\). Однако, из-за начального члена \(1\) в \(B\) и различий в пределах суммирования, итоговое неравенство \(A < B\) выполняется.
Из неравенства \(A < B\) следует, что \(A+A < B+A\), то есть \(2A < B+A\).
Мы уже вычислили, что \(B+A = \sqrt{2n}\).
Подставляя это значение, получаем:
\(2A < \sqrt{2n}\).
Разделим обе части неравенства на \(2\):
\(A < \frac{\sqrt{2n}}{2}\).
Теперь подставим обратно выражение для \(A\):
\(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{2n-1}+\sqrt{2n}} < \frac{\sqrt{2n}}{2}\).
Это и есть исходное неравенство, которое требовалось доказать.

Неравенство доказано.