ГДЗ по Алгебре 10 Класс Номер 48.30 Профильный Уровень Мордкович — Подробные Ответы

а) Для любого натурального числа $n > 1$ и любого $x > 0$ верно:

$$(1 + x)^n > 1 + nx;$$

Разложим левую часть неравенства на множители:

$$(1 + x)^n = C_n^0 \cdot 1 + C_n^1 \cdot 1 \cdot x + C_n^2 \cdot 1 \cdot x^2 + C_n^3 \cdot 1 \cdot x^3 + \cdots + C_n^n \cdot 1;$$

Биномиальные коэффициенты:

$$C_n^0 = \frac{n!}{0! \cdot (n-0)!} = \frac{n!}{1 \cdot n!} = 1;$$ $$C_n^1 = \frac{n!}{1! \cdot (n-1)!} = \frac{n(n-1)!}{1 \cdot (n-1)!} = n;$$

Все числа в треугольнике Паскаля положительные и число $x$ также положительное, следовательно:

$$(1 + x)^n = 1 + nx + C_n^2 \cdot x^2 + C_n^3 \cdot x^3 + \cdots + C_n^n \cdot x^n > 1 + nx;$$

б) $1,001^n > 1000$;

$$(1 + 0,001)^n > 1 + n \cdot 0,001 > 1000;$$ $$0,001n > 999;$$ $$n > 999000;$$

Ответ: 999003.

в) $0,99^n < 0,01$;

$$\left(\frac{99}{100}\right)^n < \frac{1}{100};$$ $$\left(\frac{100}{99}\right)^n > 100;$$

$$\left(1 + \frac{1}{99}\right)^n > 1 + n \cdot \frac{1}{99} > 100;$$ $$\frac{n}{99} > 99;$$ $$n>9801;$$$$n > 9801;$$

Ответ: 9803.

г) Для любого $0 < q < 1$ и любого $a > 0$ неравенство $q^n < a$ верно для всех натуральных $n$, начиная с некоторого номера:

$$q^n < a;$$ $$\frac{1}{q^n} > \frac{1}{a};$$ $$\left(\frac{q + 1 — q}{q}\right)^n > \frac{1}{a};$$ $$\left(1 + \frac{1 — q}{q}\right)^n > 1 + n \cdot \frac{1 — q}{q} > \frac{1}{a};$$ $$n \cdot \frac{1 — q}{q} > \frac{1}{a} — 1;$$ $$\frac{n(1 — q)}{q} > \frac{1 — a}{a};$$ $$n > \frac{q(1 — a)}{a(1 — q)};$$

Так как $n > 1$, $a > 0$ и $0 < q < 1$, то неравенство верно для всех $n$, начиная с первого номера, большего, чем число $\frac{q(1 — a)}{a(1 — q)}$.

а) Для любого натурального числа $n > 1$ и любого $x > 0$ верно неравенство:

$$(1 + x)^n > 1 + nx;$$

Решение:

Это классическое неравенство Бернулли, которое можно доказать с использованием биномиальной теоремы.

Разложим левую часть на биномиальные множители.

Согласно биномиальной теореме, для любого $n \geq 0$ верно разложение:

$$(1 + x)^n = \sum_{k=0}^{n} C_n^k \cdot x^k,$$

где $C_n^k$ — биномиальные коэффициенты, равные $C_n^k = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.

Разложение $(1 + x)^n$ примет вид:

$$(1 + x)^n = C_n^0 \cdot 1 + C_n^1 \cdot x + C_n^2 \cdot x^2 + C_n^3 \cdot x^3 + \cdots + C_n^n \cdot x^n.$$

Вычислим биномиальные коэффициенты для первых нескольких значений $k$:

• $C_n^0 = \frac{n!}{0! \cdot (n-0)!} = 1$,
• $C_n^1 = \frac{n!}{1! \cdot (n-1)!} = n$,
• $C_n^2 = \frac{n!}{2! \cdot (n-2)!} = \frac{n(n-1)}{2}$,
• $C_n^3 = \frac{n!}{3! \cdot (n-3)!} = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$,
• и так далее.

Таким образом, разложение будет выглядеть как:

$$(1 + x)^n = 1 + nx + C_n^2 \cdot x^2 + C_n^3 \cdot x^3 + \cdots + C_n^n \cdot x^n.$$

Анализ знаков коэффициентов:

• Все биномиальные коэффициенты $C_n^k$ для $k \geq 2$ положительны, поскольку они всегда выражаются через произведение положительных чисел.
• $x$ также положительно по условию задачи, то есть каждый следующий член разложения $C_n^k \cdot x^k$ для $k \geq 2$ будет положительным.

Заключение:

Таким образом, мы видим, что:

$$(1 + x)^n = 1 + nx + C_n^2 \cdot x^2 + C_n^3 \cdot x^3 + \cdots + C_n^n \cdot x^n.$$

Поскольку все дополнительные члены $C_n^k \cdot x^k$ для $k \geq 2$ положительны, то:

$$(1 + x)^n > 1 + nx.$$

Это и требовалось доказать.

б) Решение неравенства $1,001^n > 1000$:

Подставим $x = 0,001$ в неравенство Бернулли:

$$(1 + 0,001)^n > 1 + n \cdot 0,001.$$

Это неравенство эквивалентно:

$$1,001^n > 1 + n \cdot 0,001.$$

Мы ищем наименьшее $n$, для которого $1 + n \cdot 0,001 > 1000$, то есть:

$$1 + n \cdot 0,001 > 1000.$$

Вычитаем 1 из обеих частей:

$$n \cdot 0,001 > 999.$$

Разделим обе части на 0,001:

$$n > 999000.$$

Таким образом, наименьшее целое $n$, удовлетворяющее этому неравенству, равно 999003.

Ответ: $n = 999003$.

в) Решение неравенства $0,99^n < 0,01$:

Подставим $x = -0,01$ в неравенство Бернулли:

$$(1 — 0,01)^n < 1 — n \cdot 0,01.$$

Это неравенство эквивалентно:

$$0,99^n < 1 — n \cdot 0,01.$$

Мы ищем наименьшее $n$, для которого $0,99^n < 0,01$, то есть:

$$\left(\frac{99}{100}\right)^n < \frac{1}{100}.$$

Преобразуем это неравенство:

$$\left(\frac{100}{99}\right)^n > 100.$$

Подставим это в неравенство Бернулли:

$$\left(1 + \frac{1}{99}\right)^n > 1 + n \cdot \frac{1}{99} > 100.$$

Отсюда:

$$\frac{n}{99} > 99.$$

Умножим обе части на 99:

$$n > 9801.$$

Таким образом, наименьшее целое $n$, удовлетворяющее этому неравенству, равно 9803.

Ответ: $n = 9803$.

г) Для любого $0 < q < 1$ и любого $a > 0$ неравенство $q^n < a$ верно для всех натуральных $n$, начиная с некоторого номера.

Начнем с того, что неравенство $q^n < a$ преобразуется в:

$$q^n < a.$$

Возьмем обратное значение обеих частей:

$$\frac{1}{q^n} > \frac{1}{a}.$$

Так как $q < 1$, то $\frac{1}{q} > 1$. Обозначим $\frac{1}{q}$ как $r > 1$, тогда неравенство примет вид:

$$r^n > \frac{1}{a}.$$

Подставим это в неравенство Бернулли:

$$\left(1 + \frac{1 — q}{q}\right)^n > 1 + n \cdot \frac{1 — q}{q} > \frac{1}{a}.$$

Следовательно:

$$n \cdot \frac{1 — q}{q} > \frac{1}{a} — 1.$$

Умножив обе части на $\frac{q}{1 — q}$, получаем:

$$\frac{n(1 — q)}{q} > \frac{1 — a}{a}.$$

Таким образом, наименьшее $n$, которое удовлетворяет этому неравенству:

$$n > \frac{q(1 — a)}{a(1 — q)}.$$

Следовательно, для всех $n$, начиная с $\left\lceil \frac{q(1 — a)}{a(1 — q)} \right\rceil$, неравенство будет выполняться.

Ответ: Неравенство $q^n < a$ выполнится для всех $n$, начиная с некоторого номера $n > \frac{q(1 — a)}{a(1 — q)}$.