23.12.2015 Шеина Г.В. Теория и практика решения задач по алгебре, часть 1

прямую 1, на которой лежат точки 2, … , . Могут ли прямые и 1 быть различными? Нет, так как обе они проходят через точки 2 и −1, а через две точки можно провести лишь одну прямую. Значит, и 1 совпадают и проходят через все точек.

Ошибка состоит в том, что мы не доказали справедливость индукционного пе-

рехода от случая = 1 к случаю = 2. В этом случае возникает равенство

1+1 = 1 ∙ 1 − 1−1 2 = 1 ∙ 1 − 0.

Но утверждение о том, что число 0 = 0 + 10 — целое, нами не проверялось и могло, вообще говоря, оказаться неверным. Однако в данном случае оно верно и нужно было только дополнительно проверить индукционный переход от слу-

чая = 1 к случаю = 2. Причина возникшей ошибки в том, что числа вида

− 1 и − 2 могут не быть натуральными числами. Число − 2 является натуральным только для значений параметра , начиная с трех.

12

Доказательство неравенств по индукции

Докажем, что для любого натурального числа и для любых неотрицатель-

1 ≥ 1. Проверим справедливость утверждения для случая = 2. В этом случае

либо, наоборот, 1 < 1, тогда 2 > 1.

Влюбом из этих случаев числа 1 − 1 и 1 − 2 противоположны по знаку и справедливо неравенство (1 − 1)(1 − 2) < 0. Раскрыв скобки и перенеся сла-

гаемые со знаком минус в противоположную часть неравенства, получим

1 + 2 > 1 + 1 2. Поэтому 1 + 2 > 2.

=1

Тем самым мы убедились не только в справедливости доказываемого неравен-

ства, но и в том, что неравенство выполняется как равенство только в случае, когда 1 = 2 = 1.

13

(Индукционный переход.) Предположим, что если 1 ∙ 2 ∙ … ∙ = 1, то спра-

ведливо неравенство 1 + 2 + … + ≥ , причем равенство достигается в том и только том случае, когда 1 = 2 = … = = 1. Покажем, что если1 ∙ 2 ∙ … ∙ +1 = 1, то справедливо неравенство

2.В противном случае среди чисел 1, 2, … , +1 имеются числа, не рав-

ные единице. Невозможно, чтобы числа, не равные единице, все были больше (меньше) единицы, ибо тогда их произведение было бы также больше (меньше) единицы. Поэтому среди чисел

1, 2, … , +1 найдутся два числа, одно из которых больше единицы, а

другое меньше единицы. Пусть это будут числа 1 и 2. В этом случае числа 1 − 1 и 1 − 2 противоположны по знаку и, как показано выше,

1 + 2 > 1 + 1 2.

Но тогда

1 + 2 + 3 + … + +1 > 1 + 1 2 + 3 + … + +1.

≥1+ 1 2

В правой части последнего неравенства имеется неотрицательных чисел

1 = 1 2 ≠ 1. К ним применимо предположение индукции, и мы можем утверждать, что справедливо строгое неравенство

1 2 + 3 + + +1 > .

Поэтому

1 + 2 + 3 + + +1 > 1 + 1 2+ 3 + … + +1 > + 1.

>

14

Справедливость неравенства 1 + 2 + … + +1 ≥ + 1 полностью доказана.

Из доказательства видно, что неравенство 1 + 2 + … + +1 ≥ + 1

выполняется как равенство только в случае, когда 1 = 2 = … = +1 = 1.

Неравенства: среднее арифметическое и среднее геометрическое

Используем доказанное выше неравенство для доказательства того, что для любых неотрицательных чисел 1, 2, … , справедливо неравенство ̅ ≥̅ . Равенство при этом достигается тогда и только тогда, когда

1 = 2 = = .

Действительно, в случае, когда хотя бы одно из чисел равно нулю, среднее гео-

метрическое становится равным нулю, и мы получаем очевидное верное нера-

Тем самым мы установили, что ̅ ≥ ̅ .

15

Задача. Докажите, что для любого натурального числа большего единицы, то есть ≥ 2, справедливо неравенство ( !)3 > .

Решение. Докажем это утверждение по индукции. Если = 2, то неравенство примет вид (2!)3 > 22 8 > 4, которое верно.

Индукционный переход. Пусть неравенство ( !)3 > , ≥ 2 верно. Докажем, что верно неравенство (( + 1)!)3 > ( + 1)+1. Поскольку

(( + 1)!)3 > ( + 1)+1 ( !)3 > ( + 1)−2, проверим справедливость по-

следнего неравенства. Если мы докажем, что > ( + 1)−2, то тогда

( !)3 > > ( + 1)−2 ( !)3 > ( + 1)−2 и неравенство ( !)3 >

предположение

индукции

будет доказано.

Из неравенства 1+ 2+ + ≥ √ 1 ∙ 2 ∙ … ∙ при значениях

1 = 2 = = −2 = + 1, −1 = = 1 получаем1 + 2 + + = ( + 1) ∙ ( − 2) + 1 + 1 = 2 − и

( + 1) ∙ ( − 2) + 1 + 1 ≥ √( + 1)−2 ∙ 1 ∙ 1

2− ≥ √( + 1)−2 − 1 ≥ √( + 1)−2 ( − 1) ≥ ( + 1)−2.

Поэтому > ( + 1)−2, а значит, справедливо и неравенство

( !)3 > .

16

Упражнения

1. Докажите, что если , то справедливы равенства

ются дроби, знаменатели которых меняются в интервале от + 1 до 2 .

Если = 2, то знаменатели изменяются от 2 + 1 до 2 ∙ 2, и сумма имеет вид:

2+11 + 2∙21 = 13 + 14.

Если = 3, то знаменатели изменяются от 3 + 1 = 4 до 2 ∙ 3 = 6, и в сумме — три слагаемых: 14 + 15 + 16.

3. Докажите неравенство Бернулли

(1 + ) ≥ 1 + , , > −1, .

4. Докажите неравенства а) 2 < ! для любого натурального ≥ 4;

б) ! < ( +12 ) для любого натурального > 1.

Решение задачи б. Базис индукции: пусть = 2, тогда неравенство примет вид 2! < (2+12 )2 = 49. Это верное неравенство.

Индукционный переход: предположим, что неравенство ! < ( +12 ) верно и

проверим, что неравенство ( + 1)! < ( +22 ) +1 также верно.

Для этого представим число ( +22 ) +1 в виде: ( +22 ) +1 = ( +12 + 12) +1.

17

6. Докажите, что для любого натурального ≥ 2 справедливо двойное нера-

венство: 2√ > 1 + √12 + + √1 > √ .

7.Докажите, что 1 + 14 + + 12 < 2 − 1, .

8.Докажите, что 1 + 12 + + 21 < 2.

Указание. Докажите сначала, что 1 + 12 + + 21 = 2 − 21 .

9.Докажите, что если , , > 0, > 0, и ≠ , то ( − )( − ) > 0.

10.Докажите, что 2 −1( + ) ≥ ( + ) , , если > 0, > 0.

11.Докажите, что + ≤ +1 + +1 для любого натурального и не-

отрицательных чисел и .

Решение. Очевидно, что в случае, если одно из чисел равно нулю, неравенство верно. Поскольку + ≤ +1 + +1 ( − )( − ) ≥ 0,

будем доказывать последнее неравенство. Если = , то неравенство верно.

Рассмотрим теперь случай, когда оба числа положительны и ≠ . Докажем по индукции, что если символом обозначено большее из чисел , , то есть если > , то > для любого натурального .

Для случая = 1 утверждение верно.

Пусть утверждение > верно. Докажем, что верно утверждение

+1 > +1.

В самом деле, умножив обе части неравенства > на положительное число

, получим +1 > . Умножив обе части неравенства > на положительное число , получим > +1 , и тогда +1 > > +1 или

+1 > +1. Таким образом, имеем > > для всех натуральных

чисел . Поэтому ( − )( − )>0. Неравенство задачи доказано.

>0 >0

19

12. Докажите, что ( + ) ≤ 2−1( + ) для любого натурального

>1 и неотрицательных чисел и .

Указание. Используйте задачу 11.

13.На сколько частей делят плоскость прямых, никакие две из которых не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке.

14.Докажите, что любую сумму денег, большую семи копеек, можно упла-

тить без сдачи, используя только трех- и пятикопеечные монеты.

15. Плоскость разбита на части прямыми. Докажите, что ее можно закра-

сить черной и белой краской так, что любые две части, имеющие общую сторону, будут окрашены в разный цвет (такая раскраска называется пра-

вильной).

16. Докажите, что любой из квадратов, размеров 2 × 2, 4 × 4, 8 × 8, …,

2 × 2 , из которого вырезан угловой квадратик 1 × 1, можно разрезать на квадратики размера 2 × 2 без угловой клетки.

20