ГДЗ по Алгебре 10 Класс Номер 6.16 Профильный Уровень Мордкович — Подробные Ответы

а) $S_n = \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} + \cdots + \frac{1}{(n+1)^2} < 1$;

Воспользуемся тем, что:

$$\frac{1}{2^2} < \frac{1}{1 \cdot 2}; \quad \frac{1}{3^2} < \frac{1}{2 \cdot 3}; \quad \frac{1}{4^2} < \frac{1}{3 \cdot 4}; \quad \ldots; \quad \frac{1}{(n+1)^2} < \frac{1}{n(n+1)}.$$

Получим неравенство:

$$S_n < \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \cdots + \frac{1}{n(n+1)}.$$ $$S_n < \frac{2-1}{1 \cdot 2} + \frac{3-2}{2 \cdot 3} + \frac{4-3}{3 \cdot 4} + \cdots + \frac{(n+1)-n}{n(n+1)}.$$ $$S_n < \left(1 — \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} — \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} — \frac{1}{4}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} — \frac{1}{n+1}\right).$$ $$S_n < 1 — \frac{1}{n+1} < 1.$$

Докажем правую часть неравенства:

$$\left(1 — \frac{1}{n+1}\right) — 1 = -\frac{n}{n+1} < 0.$$

б) $S_n = \frac{1}{5^2} + \frac{1}{9^2} + \frac{1}{13^2} + \cdots + \frac{1}{(4n+1)^2} < \frac{1}{4}$;

Воспользуемся тем, что:

$$\frac{1}{5^2} < \frac{1}{1 \cdot 5}; \quad \frac{1}{9^2} < \frac{1}{5 \cdot 9}; \quad \frac{1}{13^2} < \frac{1}{9 \cdot 13}; \quad \ldots; \quad \frac{1}{(4n+1)^2} < \frac{1}{(4n-3)(4n+1)}.$$

Получим неравенство:

$$S_n < \frac{1}{1 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 9} + \frac{1}{9 \cdot 13} + \cdots + \frac{1}{(4n-3)(4n+1)}.$$ $$S_n < \frac{1}{4} \left( \frac{5-1}{1 \cdot 5} + \frac{9-5}{5 \cdot 9} + \frac{13-9}{9 \cdot 13} + \cdots + \frac{(4n+3)-(4n-1)}{(4n-3)(4n+1)} \right).$$ $$S_n < \frac{1}{4} \left( \left(1 — \frac{1}{5}\right) + \left(\frac{1}{5} — \frac{1}{9}\right) + \left(\frac{1}{9} — \frac{1}{13}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{4n-1} — \frac{1}{4n+3}\right) \right).$$ $$S_n < \frac{1}{4} \left(1 — \frac{1}{4n+3}\right) < \frac{1}{4}.$$

Докажем правую часть неравенства:

$$\frac{1}{4} \left(1 — \frac{1}{4n+3}\right) — \frac{1}{4} = \frac{1}{4} — \frac{1}{4} — \frac{1}{4(4n+3)} = -\frac{1}{4(4n+3)} < 0.$$

а) $S_n = \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} + \cdots + \frac{1}{(n+1)^2} < 1$;

Необходимо доказать, что сумма $S_n$, которая является суммой дробей с квадратами чисел, меньше 1 для всех $n \in \mathbb{N}$.

1) Преобразование неравенства:

Начнем с того, что каждый элемент последовательности в сумме $S_n$ можно оценить снизу с помощью соответствующих дробей:

$$\frac{1}{2^2} < \frac{1}{1 \cdot 2}, \quad \frac{1}{3^2} < \frac{1}{2 \cdot 3}, \quad \frac{1}{4^2} < \frac{1}{3 \cdot 4}, \quad \ldots, \quad \frac{1}{(n+1)^2} < \frac{1}{n(n+1)}.$$

Эти неравенства выполняются, так как для любого $k$, начиная с 2, $k^2 > k(k+1)$, то есть:

$$\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k+1)}.$$

Таким образом, мы можем заменить каждый элемент суммы $S_n$ на более простую дробь, которая дает верхнюю границу для каждого слагаемого.

2) Получение неравенства для суммы:

Теперь мы получаем следующее неравенство для суммы:

$$S_n < \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \cdots + \frac{1}{n(n+1)}.$$

Это выражение можно упростить, заметив, что сумма является телескопической. Распишем её подробнее:

$$S_n < \frac{2-1}{1 \cdot 2} + \frac{3-2}{2 \cdot 3} + \frac{4-3}{3 \cdot 4} + \cdots + \frac{(n+1)-n}{n(n+1)}.$$

Теперь видим, что каждый из элементов является разностью двух дробей:

$$S_n < \left(1 — \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} — \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} — \frac{1}{4}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} — \frac{1}{n+1}\right).$$

Как видно, эта сумма телескопически сокращается, и в результате остается:

$$S_n < 1 — \frac{1}{n+1}.$$

Таким образом, мы получили верхнюю границу для суммы $S_n$:

$$S_n < 1 — \frac{1}{n+1}.$$

3) Доказательство правой части неравенства:

Теперь докажем, что правая часть неравенства $1 — \frac{1}{n+1}$ всегда меньше 1 для всех $n \geq 1$. Вычитаем 1 из обеих частей:

$$\left(1 — \frac{1}{n+1}\right) — 1 = -\frac{n}{n+1}.$$

Это выражение всегда отрицательно, так как $\frac{n}{n+1} > 0$. Следовательно:

$$S_n < 1 \quad \text{для всех} \quad n \in \mathbb{N}.$$

б) $S_n = \frac{1}{5^2} + \frac{1}{9^2} + \frac{1}{13^2} + \cdots + \frac{1}{(4n+1)^2} < \frac{1}{4};$

Задача аналогична предыдущей, но с более сложным видом числителей и знаменателей.

1) Преобразование неравенства:

Для каждого элемента последовательности можно воспользоваться следующим неравенством:

$$\frac{1}{5^2} < \frac{1}{1 \cdot 5}, \quad \frac{1}{9^2} < \frac{1}{5 \cdot 9}, \quad \frac{1}{13^2} < \frac{1}{9 \cdot 13}, \quad \ldots, \quad \frac{1}{(4n+1)^2} < \frac{1}{(4n-3)(4n+1)}.$$

Эти неравенства основаны на том, что для каждого $k \geq 2$, квадрат числа $(4k+1)$ больше произведения $(4k-3)(4k+1)$, как это можно проверить для конкретных значений $k$.

2) Получение неравенства для суммы:

Аналогично предыдущему примеру, получаем неравенство для суммы:

$$S_n < \frac{1}{1 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 9} + \frac{1}{9 \cdot 13} + \cdots + \frac{1}{(4n-3)(4n+1)}.$$

Эту сумму можно упростить, заметив, что она тоже является телескопической. Раскроем её более подробно:

$$S_n < \frac{1}{4} \left( \frac{5-1}{1 \cdot 5} + \frac{9-5}{5 \cdot 9} + \frac{13-9}{9 \cdot 13} + \cdots + \frac{(4n+3)-(4n-1)}{(4n-3)(4n+1)} \right).$$

Каждое из слагаемых преобразуется в разность дробей:

$$S_n < \frac{1}{4} \left( \left(1 — \frac{1}{5}\right) + \left(\frac{1}{5} — \frac{1}{9}\right) + \left(\frac{1}{9} — \frac{1}{13}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{4n-1} — \frac{1}{4n+3}\right) \right).$$

В итоге получаем:

$$S_n < \frac{1}{4} \left( 1 — \frac{1}{4n+3} \right) < \frac{1}{4}.$$

3) Доказательство правой части неравенства:

Теперь докажем, что правая часть неравенства $\frac{1}{4} \left( 1 — \frac{1}{4n+3} \right)$ всегда меньше $\frac{1}{4}$ для всех $n \geq 1$. Вычитаем $\frac{1}{4}$ из обеих частей:

$$\frac{1}{4} \left( 1 — \frac{1}{4n+3} \right) — \frac{1}{4} = \frac{1}{4} — \frac{1}{4} — \frac{1}{4(4n+3)} = -\frac{1}{4(4n+3)}.$$

Это выражение всегда отрицательно, так как $\frac{1}{4(4n+3)} > 0$. Следовательно:

$$S_n < \frac{1}{4} \quad \text{для всех} \quad n \in \mathbb{N}.$$

Ответ: Для обеих частей задачи доказано, что соответствующие суммы $S_n$ меньше 1 и $\frac{1}{4}$, соответственно, для всех $n \in \mathbb{N}$.