ПО МАТЕМАТИКЕ
---< о ►-
П.П. КОРОВ кин
НЕРАВЕНСТВА
ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
ВЫПУСК 5
П. П. КОРОВКИН
НЕРАВЕНСТВА
ИЗДАНИЕ ЧЕТВЕРТОЕ,
ПЕРЕРАБОТАННОЕ

ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1974
512
К66
УДК 512.13
АННОТАЦИЯ
Брошюра знакомит читателей с некото-
рыми замечательными неравенствами, игра-
ющими большую роль в различных разде-
лах высшей математики, и применением
их к нахождению наибольшего и наимень-
шего значений величин и к вычислению
пределов. В книге приводится 63 задачи,
из которых многие снабжены подробными
решениями.
Рассчитана книга на учащихся стар-
ших классов.
© Издательство «Наука», 1974.
К
20202—079
053(02)-74 **
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие ......................................... 4
Глава I. Неравенства...............................   5
§ 1.	, Целая часть числа . . . . ;............... 5
§ 2.	Среднее арифметическое и среднее геометри-
ческое ......................................... 10
§ 3.	Число е...............................  .	18
§ 4.	Неравенство Бернулли................... 21
§ 5.	Средние степенные...................... 26
Глава II. Применение неравенств.................. 31
§ 1.	Наибольшее и наименьшее значения	функции	.	31
§ 2.	Неравенство Гельдера................... 39
§ 3.	Применение неравенств к вычислению	пределов	42
§ 4.	Применение неравенств к приближенному вычи-
слению величин.............................. 48
Решения упражнений.................................  57
ПРЕДИСЛОВИЕ
В курсе математики средней школы учащийся зна-
комится со свойствами неравенств и методами их ре-
шения в простейших случаях (неравенства первой и вто-
рой степени).
В этой книжке автор не ставил себе целью изло-
жить основные свойства неравенств, а стремился лишь
познакомить учащихся старших классов средней школы
с некоторыми замечательными неравенствами, игра-
ющими большую роль в различных разделах высшей
математики, и применением их к нахождению наиболь-
шего и наименьшего значений величин и к вычислению
некоторых пределов.
В книжке приводится 63 задачи, из которых 35 с по-
дробными решениями составляют основное ее содержа-
ние, а 28 задач даются в конце § 1 гл. I и §§ 1, 3, 4 гл. II
мелким шрифтом в качестве упражнений. Решения
упражнений читатель найдет в конце книжки.
Самостоятельное решение нескольких трудных задач,
несомненно, принесет учащимся большую пользу, чем
решение большого числа задач простых.
Поэтому мы предлагаем учащимся обращаться к ре-
шениям упражнений только после того, как будет най-
дено самостоятельное решение, быть может и отличаю-
щееся (что очень хорошо!) от решения, указанного
автором.
При доказательстве неравенств и решении задач
автор пользовался лишь свойствами неравенств и пре-
делов, изучаемыми в 9 классе средней школы.
При подготовке четвертого издания, в отличие от
предыдущих изданий, произведено несколько иное рас-
положение задач, добавлены новые задачи и поясняющий
текст. В таком виде содержание книги может быть фа-
культативным курсом в старших классах средней школы.
П. Коровкин
Глава I
НЕРАВЕНСТВА
Важная роль неравенств определяется применением
их в различных вопросах естествознания и техники.
Дело в том, что значения величин, определяемых
из той или иной практической задачи (расстояние до
Луны, скорость Луны и т. д.), могут быть найдены не
точно, а приближенно. Если х— найденное значение
величины, а Ах — погрешность ее измерения, то истин-
ное значение у удовлетворяет неравенствам
х — | Ах | у х +1 Ах |.
При решении практических задач приходится учи-
тывать все погрешности измерений. Более того, по
мере совершенствования техники и усложнения задач
приходится совершенствовать и технику измерения ве-
личин. Большие погрешности измерения становятся не-
допустимыми при решении сложных технических про-
блем (посадка лунохода в намеченный район Луны,
посадка космических кораблей на Венеру и др.).
§ 1. Целая часть числа
Целой частью числа х (обозначается [х]) называется
наибольшее целое число, не превосходящее х.
Из этого определения следует, что [х]^х, так как
целая часть не превосходит х. С другой стороны, так
как [х] — наибольшее целое число, удовлетворяющее
последнему неравенству, то [х] + 1 > х.
Таким образом, [х] есть целое число, определяющее
еся неравенствами
[х]<Х<[х]+ 1.
Так, например, из неравенств
3 < л < 4, 5 < -Ц. < 6, —2< —/2< —1, 5 = 5<6
О
2 ' П. П. Коровкин
5
следует, что
[л] = 3, [4] = 5’ [-V2] = -2, [5] = 5.
Умение находить целую часть величины очень
важно в приближенных вычислениях. В самом деле,
если мы умеем найти целую часть величины х, то,
приняв [х] или [х] + 1 за приближенное значение ве-
личины х, мы сделаем погрешность, величина которой
не больше единицы, так как
0<х — [х]<[х]+1—[х]=1,
о<и+1-х<И + 1-М=1.
Более того, знание целой части величины позволяет
просто найти ее значение с точностью до у. За такое
riil
значение можно взять [х] + -^.
Отметим еще, что умение находить целую часть
числа позволит определить это число и с любой сте-
пенью точности. Действительно, так как
[JVx]<tfx<[tfx] + 1,
то
№1	РУх] , 1
N	N ~г N •
Таким образом, число
fVx] .	1
N ' 2N
отличается от числа х не более чем на При боль-
шом N ошибка будет мала.
В следующих задачах находится целая часть числа.
Задача 1. Найти целую часть числа
*-1+тт4'
6
Решение. Воспользуемся неравенствами
1 < 1 < 1,
0,7 <	1/ 1 V 2 <	сод
0,5 <	/т К 3 <	сод
0,5 <	V 4	% 0,5,
0,4 <	л/т V 5 <	С 0,5
(они получаются при извлечении корней с точностью
до 0,1 с недостатком и избытком). Сложив эти нера-
венства, получим
1 + 0,7 4- 0,5 4- 0,5 4- 0,4 < х < 1 + 0,8 4- 0,6 4- 0,5 4- 0,5,
т. е. 3,1 <х <3,4 и, следовательно, [х] = 3.
Заметим в связи с этим примером, что число 3,25
отличается от х не более чем на 0,15.
Задача 2. Найти целую часть числа
. ।	1	.	1	.	1	,	. I
у = 14- -т= + -т= +	4- • • • 4- г 	•
У2 Уз УТ	УI ооо ооо
Решение. Эта задача отличается от предыдущей
только количеством слагаемых: в первой слагаемых 5,
во второй— 1 000000. Но уже это обстоятельство делает
практически невозможным применение предыдущего
метода решения.
Для решения задачи изучим сумму
1	4—U-4—U4—L-4- ... 4--т=--
С этой целью докажем неравенства
2	/п+Т — 2 УЪ <.—)= <2 Уп — 2 Уп^У (1)
V л
В самом деле, так как
— п =2 (иг+т - (или + иг) =
уТ+Т + Кп
= 2
Кмй + Кп
2 уп + 1—2 У
2*
7
и
]/n + 1 > |/7z,
то
2 ]/T+T —2 Vn<—~ = ~^
2 у п	У п
Этим доказана первая часть неравенств (1); вторая
часть доказывается аналогично.
Полагая в неравенствах (1) и = 2, 3, 4,
лучим
и, по-
2]/3 —2/2<т7^<2]/2 —2,
2 V 5 —2	< 2 /4 —2 ]/3,
 Г /4 Г
2 ]/« + 1 — 2 Уп
<-^=-<2	—2 Vn — 1.
У п
Сложим теперь эти неравенства:
2 |/n + 1 — 2 )/2<
/2 УЗ
L+ ... + ‘<2 Уп-2.
4	У п
Прибавляя ко всем частям полученных неравенств по 1,
найдем
2 //Г+Т —2 V2+ 1 <
< 1 + -L + -U + ^L-+ ... + ~<2 V~n — 1. (2)
/2 Уз У 4	Уп	)
Так как 2 ]/2 < 3, a Vn-j- 1 > ]/п, то из вера-
венств (2) следует, что
2 |/п —2 < 1 +-т=-+ —Д=- + —4=-+ ...
у 2	Уз уг
... +-Ь<2 У^-1. (3)
V п
3
Пользуясь неравенствами (3), легко найдем теперь
целую часть числа
I у	1 I	1 I	I I	•	1
у:= *1—т—' Ч—7—" Ч—Ч~ • • • Ч—1	=•
у /2 1 /3 J/T	VI 000 000
Для этого, полагая в неравенствах (3) «= 1000000,
получим
2 /1 000 000 — 2 <
или
1998 < у < 1999.
Следовательно, [у] =1998.
Из неравенств (2) следует, что число 1998,6 отли-
чается от у не более чем на 0,4. Таким образом, мы
ВЫЧИСЛИЛИ ЧИСЛО у С ТОЧНОСТЬЮ ДО iqqoj % =0,02%.
1*
Числа 1998 и 1999 отличаются от числа у не более чем
на единицу, а число 1998,5 — не более чем на половину.
Разберем теперь задачу несколько иного характера.
Задача 3. Доказать неравенство
1 А А 99 < 1
2 ’ 4 ’ 6 • • • 100	10 •
Решение. Положим
= А A A J21
У 3 ‘ 5 * 7 • • • 101 •
Так как
А^А А^А А^А 99 юо
2*^3’ 4^5’ 6 7 ’ • • • ’ 100 101 •
то х < у и, следовательно,
2	_ 1 2 3 Д 5 6	99	100 _ 1
х <; ху — 2 • 3 • 4 • 5 • б • 7 ... |00 • |01	|01 •
Извлекая квадратный корень из обеих частей нера-
венства, получим
9
УПРАЖНЕНИЯ
1.	Доказать неравенства
2yn+l-2Km<-j=-+ г 	+ ...
V т	/«+1
... +-7L<2Kn-2/m7^h
у«
2.	Доказать неравенства
1800 < -г-Д-.-тт- + -7=1= + ... + г 1	< 1800,02.
Кюооо Kioooi Ki оооооо
3.	Найти [50г], где
=	1	4-	1	4-	4-	1
z /Тообо ф ИЮ001 ф “ Kiоооооо'
Отв. [50г] = 90 000.
4.	Методом математической индукции доказать неравенство
Л.А.А 2п -1 <	1
2 4 6” 2п КзпТ! *
5.	Доказать неравенство
1 3 5	99	1
УТ'? •••ТОО<-12-
§ 2.	Среднее арифметическое и среднее
геометрическое
Если X], х2, .... х„ — положительные числа, то обра-
зованные из них числа
а  X! + Х2 + ... + Хп
п	’
g=yX1x2 ... хп
называют соответственно средним арифметическим и
средним геометрическим чисел х19 х2> хп. Для этих
чисел в начале прошлого столетия французский мате-
матик О. Коши установил неравенство
g<a,‘
часто применяемое при решении задач. Мы это нера-
венство докажем, но предварительно установим спра-
ведливость одного вспомогательного утверждения.
10
Теорема 1. Если произведение п положительных
чисел xlt х2, ..хп равно 1, то их сумма не меньше п:
?Х|Х2 ...	= 1 =>х, 4- х2 + ... + хп > п.
Доказательство. Воспользуемся методом мате-
матической индукции1)- Вначале проверим справедли-
вость теоремы при п = 2, т. е. покажем, что
Х[Х2 = 1=^Х1 +х2>:2.
При решении этого вопроса рассмотрим отдельно два
случая:
1)	х1 = х2=1.
В этом случае Х!4-х2 = 2, и'теорема доказана.
2)	0 < х1 < х2.
В этом случае Xi < 1, а х2> 1, так как их произведение
равно 1. Из равенства
(1 — хО (х2 — 1) = х2 + х1 — xtx2 — 1
следует, что
Х1 + Х2 — Х1Х2 + 1 4" (1 — Х1)(Х2- О-	(4)
Равенство (4) установлено нами без каких-либо ограни-
чений на числа xt и х2. Учитывая еще, что х1х2=1,
получим
Х| 4" х2 == 2 4" О — -^i) (х2 — О-
Наконец, так как х( < 1 < х2, то последнее число положи-
тельно и xt-\-x2>2. Итак, при п = 2 теорема уже
доказана. Заметим, что равенство
х1 4- х2 = 2
осуществляется только тогда, когда х{ = х2. Если же
Х1 Ф Х2, ТО
Х1 4- хг > 2.
') Подробнее о методе математической индукции рассказано
в книжке: И. С. С о м и и с к и й, Метод математической индукции,
изд. 8, «Наука», 1974 (серия «Популярные лекции по математике»,
выпуск 3).
11
Теперь, опираясь на метод математической индукции,
предполагаем, что теорема верна нри n — k, т. е. пред-
полагаем, что неравенство
xi + хг + «з + • • • 4- xk k
имеет место, если Х]Х2х3 ••• хк=1, и докажем теорему
для n = k-[- 1, т. е. докажем, что
Х1 + Х2 + хз + ••• + хь 4" xk + l k + 1,
если ХхХ^Хз ... хкхк+1 — 1, причем х1 > 0, х2 > 0, х3 > 0, ...
....	> О, хк+1 >0.
Прежде всего заметим, что если
х1х2хз ... xkxk+i = 1,
то могут представиться два случая:
1) все множители xlt х2, х3, .... хк, хк+х одина-
ковы, т. е.
х1 = х2 = х3 = ... = xft = xft+1;
2) не все множители одинаковы.
В первом случае каждый множитель равен единице,
а их сумма равна &+ 1, т. е-
xt 4" х2 4- хз 4- • • • 4" xk 4" xk+i — k 4“ !•
Во втором случае среди множителей произведения
ххх2 ... хкхк+1 найдутся числа как больше, так и меньше
единицы (если бы все множители были меньше единицы,
то и произведение их было бы меньше единицы).
Пусть, например, х1 < 1, а хк+1 > 1. Мы имеем
(xjxft+i)x2x3 ... хк=1.
Полагая yi = XiXk+i, получим
гЛХгХз ... хк = 1.
Так как здесь произведение k положительных чисел
равно единице, то (согласно предположению) их сумма
не меньше А, т. е.
Z/1 + *2 + *3 + • • • + Xk k.
12
Но
Х1+х2 + *з+ ••• +*fe + *4+l =
= (У i + *2 + хз + • • • + xk) + хь+1 —У\ + *1
k + Xft+1 —Ух 4- X; = (k + 1) + Xft + I — Ух + Х1 — 1*
Вспоминая, что yt = xtxk+l, получим
xi + х2 4- *з + ... +^ + xfe+i^
(Л 4" 1) + *А+1 — *№ + ! + Хх — 1 =
= (ft+l) + (xft+1-l)(l-x,).
Так как хг < 1, а х^+1 > 1, то (xft+1 — 1)(1 —Xj) > 0 и,
следовательно,
xi + х2 + хз + ••• 4- Хь 4- **+1
>(fe4-l) + (xft+I-l)(l-xI) >й + 1.
Этим теорема 1 доказана.
Задача 1. Доказать, что если xt, х2, х3, .... хп —
положительные числа, то
Д2.4-Д2.4- ... 4-4-Ztl „
причем знак равенства имеет место, только когда
х|=х2 = х3= ... = х„.
Решение. Так как
Х\ . Х2	Хп—1 t Хп __ |
Х2 ’ Хз	Хп X, “ ’
то неравенство следует из теоремы 1. Знак равенства
имеет место, только когда
2El_j£2_=	- Хп~' — х» — 1
х2 х3 ‘ ‘ * хп Х| ’
т. е. когда х} = х2 = х3 = ... —хп.
Задача 2. Доказать неравенство
х^ + 2	>2
/х2+1
13
Решение. Имеем
^+2 _ хЧ-1	।	j
/х2+1	/х2+ 1 ' Кх2 +1 V + +/х2+1
Так как произведение слагаемых в правой части равен-
ства равно единице, то их сумма не меньше двух. Знак
равенства имеет место только при х = 0.
Задача 3. Доказать, что при а> 1
lga + loge10>2.
Решение. Так как loga 10 • iga= 1, то
1g а + logo 10 = Iga +	> 2.
Задача 4. Доказать неравенство
х'2	1
1 + х4	2 ’
Решение. Разделим на х2 числитель и знаменатель
левой части неравенства:
X2 	1
Х2 т х
Так как -1--х2=1, то -^-4-х2>2 и, следовательно,
Переходим теперь к доказательству утверждения,
отмеченного в начале параграфа.
Теорема 2. Среднее геометрическое положительных
чисел не больше среднего арифметического этих же
чисел.
Если числа xlt х2, ..., хп не все одинаковы, то
среднее геометрическое этих чисел меньше их среднего
арифметцческого.
п ,
Доказательство. Из равенства g= VxiX2 ... xrt
следует, что
1=УДЛ„Д, ИЛИ	=
V g g g	g g g
14
Так как произведение п положительных чисел
равно 1, то (теорема 1) их сумма не меньше п, т. е.
*1 .*2 I	। хп
g + £ +	+ g
Умножив обе части последнего неравенства на g и
разделив на п, получим
п+ *2 -h и» + *п
Заметим, что равенство имеет место, только когда
—	—	=*2.— 1 ТА Y —Y =
g	• • • g 1 ’ Т> е* х1 Х2^= . , . = Хп^= g.
Если же числа х1г х2, ...» хп не все одинаковы, то
a>g.
Задача Б. Из всех параллелепипедов с данной
суммой трех взаимно перйендикуЛГярных ребер найти
тот, объем которого наибольший.
Решение. Пусть т => аbс— сумма ребер,
a V = abc — объем параллелепипеда. Так как
о	о
/?13
то	Знак равенства имеет место, только когда
а = Ь = с	т. е. когда параллелепипед есть куб.
Задача 6. Доказать неравенство
«Kpir-f, п>2.	(5)
Решение. Пользуясь теоремой 2, получим
= /1.2.3...П < 1+2 + ?^::.+« =
__ (п+ 1)^ _ п + 1
2п	2
Возведя в n-ю степень обе части последнего неравен-
ства, мы и получим неравенство (5).
15
Определение. Число
Z а® + а® + • • • + л® \ а
Са “ \	п	)
называется средним степенным чисел а{, а2, ап по-
рядка а. В частности, число
Л __ «1 + а2 4- ... + ап
С‘-----------а
есть среднее арифметическое чисел ah а2, ап, число
называется средним квадратическим, а число
называется средним гармоническим чисел а1г а2,.... ап.
Задача 7. Доказать, что если ah а2.....ап — по-
ложительные числа и а < 0 < 0, то
са S сз>
(6)
т. е. среднее степенное с отрицательным показателем
не превосходит среднего геометрического, а среднее сте-
пенное с положительным показателем не меньше сред-
него геометрического.
Решение. Пользуясь тем, что среднее геометри-
ческое положительных чисел не превосходит среднего
арифметического, имеем
/а“а“ ... а“ <
а® + а2 4- ... + а®
п
Возводя обе части последнего неравенства в степень —
(К
и учитывая, что ~ < 0, получим
п _________
g= Уа,а2 ... а„ >
1
а?+4+ ...
.-----п-----) =С“-
16
Этим доказана первая часть неравенств (6); вторая
часть доказывается аналогично.
Из неравенств (6) следует, в частности, что среднее
гармоническое с_х не превосходит среднего арифмети-
ческого сх.
Задача 8. Доказать, что если ах, а2, ап —по-
ложительные числа, то
(«1 + «г+ ••• +а«)(4[+'^’+ ••• ♦'^От-
решение. Так как	то
.___________П________ Д| + С; + • • • + Дд _ „
*“ 1 . 1 .	. 1	п	Р
^Г + ^7+ ••• +^Г
Из этого неравенства следует, что
п2<(а1 + а2+ ... +а„)(-^- + -^-+ ...
Задача 9. Доказать неравенство
гаа,а2 ... ап<а«4-а"+ ... +а»,	(7)
где at > 0, а2 > 0, ..., ап > 0.
Решение. Так как среднее геометрическое не пре-
восходит среднего арифметического, то
Умножая обе части этого неравенства на п, мы и
получим неравенство (7).
Из неравенства (7) следует, что
2ахаг < а2 + а2, За{а2а3 < а? + а| + а],
4ala2aia4 < a* + а42 + а| + а\,
т. е. удвоенное произведение двух положительных чисел
не превосходит суммы их квадратов, утроенное про-
изведение трех чисел, не превосходит суммы их кубов
и т. д.
17
§ 3. Число е
Число е играет важную роль в математике. Мы
придем к определению этого числа после решения ряда
задач, в которых применяется только теорема 2.
Задача 1. Доказать, что для любых положитель-
ных чисел а, Ъ (а Ь) справедливо неравенство
п+1 _ . .
Решение. Имеем
п
"/aF =Vabb...b < ±+.L+..ft + r,.:. + ^ =	(
-	-	И 4- 1	п + 1 ’
п
что и требовалось.
Задача 2. Доказать, что с увеличением номера п
величины
ЧЧЬ-(1-я
увеличиваются, т. е.
х„<х„+1 = (1 + 7ГрГ)'‘+1, zn < z„+l = (1 - —2—.
Решение. Полагая в неравенстве предыдущей
задачи а=1, 6=1+“» получим
в (п+1)-ю степень,
Возводя обе части неравенства
будем иметь
т. е. хп <С Хп+1’
Второе неравенство доказывается аналогично.
Задача 3. Доказать, что
13
убывает с увеличением номера п, т. е.
/ 1 \п+2
Уп > Уп+1 =	+ п + 1 )
Решение. Имеем
(* , 1 \n+l _ М +1 Г+1 =	1	=
Уп —	+ п) \ п ) г п хп+1
U + 1 I
=_______1________ 1
(.	1	\п+* гп+1
\ «+1/
(см. обозначения задачи 2). Так как zn возрастает
с увеличением номера п, то уп убывает.
В задачах 2 и 3 мы доказали, что
Л,_(1+|У = 2<^(1+1)’=
= 2,25<х3< ... <	< •••»
У\ — (1 + "jj = 4 > z/2 =
— (1 + у) = 3,375 > у3 > ... > уп > ...
С другой стороны,
2=Jt,<x. = (.+±)-<(.+lf = ,.<y, = 4.
Итак, переменная величина хп удовлетворяет двум
условиям:
1) хп монотонно возрастает вместе с возрастанием
номера п;
2) хп — ограниченная величина, 2 < хп < 4.
Известно, что монотонно возрастающая и ограничен-
ная переменная величина имеет предел. Следовательно,
существует предел переменной величины хп. Этот пре-
дел обозначают буквой е, т. е.
е —lim х„ = Пт(1 + —
П -> оо п > оо\	-
19
Так как величина хп приближается к своему пределу
возрастая, то хп меньше своего предела, т. е.
х„ = (1 +±)П <е.	(8)
Нетрудно проверить, что е < 3. В самом деле, если
номер п велик, то
Хп < Уп < Уз = (1 + у)* = 2,985984.
Следовательно, и
е — lim хп 2,985984 < 3.
П-> оо
Число е, наряду с числом л, имеет в математике
большое значение. Оно употребляется, например, в ка-
честве основания логарифмов, называемых натураль-
ными. логарифмами. Логарифм числа Af при основании
е символически обозначается in У (читается: логарифм
натуральный N).
Известно, что числа е и л иррациональны. Каждое
из этих чисел вычислено с точностью до 808 знаков
после запятой, причем
6 = 2,7182818285490...
Покажем теперь, что и предел переменной величины уп
равен е. В самом деле,
lim уп = lim(l + =lim(l (1 +^-) = е- 1 =е.
Так как уп приближается к числу е убывая (задача 2), то
Задача 4. Доказать неравенство
п!>(т)П.	(Ю)
Решение. Мы докажем неравенство (10) методом
математической индукции. Оно легко проверяется для
л=1. В самом деле,
11 = 1
20
Предположим, что неравенство (10) справедливо для
п = k, т. е.
“>(4Г-
Умножив обе части последнего неравенства на fe+1,
получим
(Н !)«"« + DI > (|)‘<* + 1) = (-ЦЩ', ’|у
е + k)
Так как согласно неравенству (8) (1	<е, то
(*+1))>(А±±Г | = (^Г
т. е. неравенство (9) доказано для n — k+\. Этим са-
мым доказана справедливость неравенства (9) для всех
значений п.
Так как е < 3, то из неравенства (9) следует, что
- > (т)“-
С помощью последнего неравенства легко дока-
зать, что
300! > 100300.
В самом деле, полагая в нем п = 300, получим
300! >(^-)30°= loo™.
Совершенно аналогично неравенству задачи 4 дока-
зывается неравенство
§ 4. Неравенство Бернулли
В этом параграфе, опираясь на теорему 2, мы
докажем неравенство Бернулли, представляющее
самостоятельный интерес и часто применяемое при
решении задач.
3 П. П. Коровкин
21
Теорема 3. Если х^ — 1 и 0< а< 1, то
(1+х)а<1+ах.	(11)
Если же а < 0 или а > 1, то
(1+х)а>1+ах.	(12)
Знак равенства в (11) и (12) имеет место только при; х = 0.
Доказательство. Предположим, что а — рацио-
нальное число, причем 0<а< 1. Пусть а = -^-, где m
и п — целые положительные числа, l^m<n. Так как
по условию 1+х^0, то
(1 + х)а = (1 + хй = /(1 +х)т. 1а~т =
= уг(1+х)(1+х)...(1+х).1 • 1 ... 1 <
(1+ X) + (1 + х) + ... + (1 + х) + 1 + 1 + ... + 1
п	—
m (1 4- х) + fi — m п-\- mx t , m 1 .
-------n--------= —— =1+vX=1+ajC-
Знак равенства имеет место, только когда все множи-
тели, стоящие под знаком корня, одинаковы, т. е. когда
1 4- х = 1, х = 0. Если же х =/= 0, то
(1 + х)° < 1 + ах.
Таким образом, мы доказали первую часть теоремы
для того случая, когда a — рациональное число.
Предположим теперь, что a — иррациональное число,
0<а<1. Пусть г1( г2» •••, гп, ... —последователь-
ность рациональных чисел, имеющая пределом число а,
причем 0 < < 1. Из неравенств
(1+хЛ<1 + г„х, х>—1, п= 1,2,3,
уже доказанных нами для случая, когда показателем
степени является рациональное число, следует, что
(1 + x)a = lim(l 4-	4- rax)= 1 4- ах.
rn-»e

22
Этим неравенство (11) доказано и для иррациональных
значений а. Нам остается еще доказать, что для ирра-
циональных значений а при х =/= О и 0 < а < 1
(1 + х) < 1 “f- аХ,
т. е. что при х =/= 0 в (11) знак равенства не имеет места.
С этой целью возьмем рациональное число г такое, что
a<r< 1. Очевидно, имеем
(1+х)а = [(1+х)Я.
Так как 0<-у< 1, то, как уже доказано,
(1 + хГ<1 + ^-х.
Следовательно,
(1+х)°<(1 + “х)'.
Если х =# 0, то -f- -y-xj < 1 4-r-y-x = 1 4- ах, т. е.
(1 + х)а < 1 + ах.
Этим первая часть теоремы доказана полностью.
Переходим к доказательству второй части теоремы.
Если 1+ах<0, то неравенство (12) очевидно, так
как левая часть его неотрицательна, а правая отрица-
тельна.
Если 1+ах^0, ах^—1, то рассмотрим отдельно
оба случая.
Пусть а> 1; тогда в силу доказанной первой части
теоремы имеем
_L	1
(1 + ах) а < 1 + — ах = 1 + х,
причем знак равенства имеет место только при х = 0.
Возводя обе части последнего неравенства в степень а,
получим
1 +ах<(1 +х)а.
Пусть теперь а < 0. Если 1 + ах < 0, то неравенство
(12) очевидно. Если же 1+ах^0, то выбираем целое
3*	23
положительное число п так, чтобы имело место нера«
венство —< 1. В силу первой части теоремы получим
(1+х)"£<1—±Х,
1---X
п
(последнее неравенство справедливо, так как 1’^1 —
—-^х2). Возводя в п-ю степень обе части последнего
неравенства, получим
(1 4-х)а>^1	>1 +п^Х= 1 +<ХЛГ.
Заметим, что равенство возможно только в случае,
когда х = 0. Этим теор.ема полностью доказана.
Задача 1. Доказать, что если 0 > а > — 1, то
(n+ 1)° + 1 — па+1	а	п° + 1-(п-1)а+|
а + 1	п	а + 1	*
Решение. Так как 0 < а + 1 < 1, то в силу нера-
венства (11) имеем
(1+1Г<1ц.д+1,
\ п I	п
Умножая эти неравенства на па+', получим
(n+ 1)а+1 <па+1 + (а+ 1)иа,
(п — 1)а+‘ < па+1 — (а+ 1)па.
Из этих неравенств легко следуют неравенства (13).
Задача 2. Доказать, что если 0 > а > — 1, то
(и+1)о+1 — та+1
я + 1
<т° + (т+1)а+...+гаа<^.-(:-1)^>	(U)
24
Решение. Положив в неравенствах (13) п — т,
т + 1.....п, получим
(m+ l)1+a —т1+а а т1+а — (т—1)'+а
1 + а Ш	1 + а ’
(m + 2)1+а - (т + 1)'+а < ,	. па < Qn + 1)1+а - т1*»
1 +а	'	'	1 +а ’
(m + 3)1'|-a-(m + 2)1+a < ,	, 2)а	(m + 2)1+a - (т + 1)»+°
1 + а	\	“г 7	1 + а
(п + l)l+a -п1+“	„„ / п1+а-(п- 1)1+а
1 +а	1 +а
Сложив эти неравенства, мы и получим (14).
Задача 3. Найти целую часть числа
1 . 1 . 1 . , 1
— г,— 4" у— 4“ у— 4" ••• 4“ у ZZT •
1/4 у5 >/6	1/ 1 000 000
Решение. Положив в (14) т = 4, п= 1 000000,
а = —получим
О
2	2	2	2
1 000 001 3 —4^	1 0000003 — З3
Т Х £
3	3
т. е.
4- 1 000 0013 _ 3 4з <х< 3 1 0000003 З3 .
Так как
ч	- ч	- з
4 - 1 000 0013 >4- 1 000 0003 =4 •10 000 = 15 000,
2	2	2
-1^16 = ^54 <4,	4^9 >4^8 = 3,
ТО
15000 —4<х< 15000 —3, т. е. 14 996 < х < 14 997.
Из этих неравенств следует, что [х] = 14 996.
25
§ S. Средние степенные
Уже в § 2 перед задачей 7 мы назвали число
1
/а? + а£+ ... +а*у
С<* ~ \	п I
средним степенным порядка а положительных чисел
а2, ..., ап. Там же (задача 7) доказано, что са^.с^
если а < 0 < р.
Здесь будет доказана справедливость неравенства
Са
всякий раз, когда а < р. Иными словами, среднее сте-
пенное порядка а монотонно возрастает вместе с а.
Теорема 4. Если alf а2, ..., ап— положительные
числа и а < р, то са^.с$, причем с^ = с^ только когда
И} — а2 — .. • — а^.
Доказательство. Для случая, когда числа а
и Р имеют разные знаки, теорема 4 доказана нами выше
(см. задачу 7 § 2 и предшествующее ей определение).
Нам остается доказать теорему только для случая,
когда аир имеют одинаковые знаки.
Предположим, что 0 < а < р, и положим
1
Разделив на k, получим
Положив теперь
получим
АХ А 1
df +d° + ... + d£
п
26
Так как
1
1 ($ + $+ ... +a“V 1	1
k \	П	I k а Са а 9
ТО
+ ^2 + ••• +
п
^1 + ^2"Ь ••• +^Л = П.
Положим
d\ = 1 + Xi, d2 = 1 + х2, ..., dn — 1 + xrt.
Из равенства ^1 + ^2 + ••• +dn = n следует, что
*1 + ^2+ ••• + хЛ = 0.
На основании теоремы 3 (заметим, что ~> 1) имеем
-А	± R
d,a=(l+x1)“ >1+4*р
А	Aft
d2»=(l+*2)“ >1+4*2-
-5- А й
d“ =Н 4-х )а 1 +₽х
п \	1 п) — а п
Сложив эти неравенства, получим
± JL	А
d+d2“ + ... + d® >
>n + 4(*‘ + *2+ ••• +х») = л- (16)
Из (15) и (16) следует, что
Заметим, что c^ = k = са, только когда в (*) всюду
имеют место знаки равенства, т. е. когда *i = x2= ...
... =хп = 0 (теорема 3). В этом случае di = d2= ...
... —dn=l и, следовательно, П1 = а2= ... =an = k.
Если же числа а{, а2, .ап не все одинаковы, то
> £<г
Этим теорема 4 доказана для случая, когда О<а<0.
Если а < 0 < О, то 0 < -|- < I. Рассуждая так же, как
и прежде, мы получим в (*) и (16) обратные знаки
неравенств. Но так как 0 < О, то из неравенства
Л £	£
<1? +d2* + ... +< <t
п
следует, что
/ £	£	£\Т
j£ = I ^iq + </2а + .. • + d? j = J
k \	п	)	’
т. е.
Ср k = са.
Этим теорема 4 доказана полностью.
В дальнейшем мы называем среднее геометрическое
средним степенным порядка нуль, т. е. полагаем g = c0.
Заметим, что теорема 4 остается в силе и в этом
случае, так как (задача 7 § 2) ca^g=c0, если а < О,
и g= если 0 > 0.
Из доказанной теоремы следует, в частности, что
С_j Cq С\ с2,
т. е. среднее гармоническое не превосходит среднего
геометрического, среднее геометрическое не превосходит
среднего арифметического, а среднее арифметическое
не превосходит среднего квадратического положительных
чисел. Например, если aj = 1, a2 = 2, a3 = 4, то
/ af’ + a^’ + ar1
С“1—\	3
1 -г 2	4
с0 = У ala2a3 — 1 -2-4 = 2,
_ 1+2 + 4_7 _
С( —	3	— 3	2, б. .
( «1 + «2 + а3
С2 У 3
28
и, следовательно,
£-1=1,7... < 2 = cQ < 2, 3... =£j <2,6... = с2.
Задача 1. Доказать, что х2 + У2 + %2	12, если
х + у + и = 6.
Решение. Так как среднее арифметическое не пре-
восходит среднего квадратического, то
1
x + y + z < ( X2 + У2 + Z2 ) 2
т. е.
х2 + у2 + гг> (* + ? + *)» .
о
В нашей задаче х2 + #2 -|- z2 = 12. Знак равенства
имеет место, только когда x = y = z = 2.
Задача 2. Доказать, что если х, у, z— положи-
тельные числа и х2 + у2 + г2 = 8, то
х3+t/3-f-z3> 16 1/”4.
Решение. Так как с2^.с3, то
Лг + у2 + г2 у?	х3 + у3 + z3 рТ
В нашей задаче
т. е.
х’+<,ч-г>>з-4/|=1б/4.
Задача 3. Доказать, что для положительных
чисел а2, а3, ..., ап справедливы неравенства
(а! + а2 + • • • + ап)а
<лаЧ (а® +	... + а«),	а>1, (17)
(Д] + а2 + • • • + ап)а
(а®4- а® + ••• +	0<а^1. (18)
29
С а
Решение. Если а> 1, то
°а + а2 + • • • + ап \ а а\ + а2"Ь • • • + ап
-------п------) >---------п------=
Из этого неравенства легко следует неравенство (17).
Точно так же доказывается и неравенство (18). В част-
ности, из неравенств (17) и (18) следует, что
(х + ^<2“-(хо + Л
(х+ //)“> 2е-* (*“ + /).
a 1,
О < a < 1,
х > О,
х > О,
У>0,
У>0.
Задача 4. Доказать,
х > 0, у > 0, z
О, то
что если x3 + y3 + z3 = 81,
х+t/ + z<9.
Решение. Так как
(х + у + z)3 < З2 (х3 + у3 + г3) = 9 • 81 = 729
(неравенство (17)), то
х+ !/ + z<1^729 = 9.
Глава II
ПРИМЕНЕНИЕ НЕРАВЕНСТВ
В этой главе будет рассмотрено применение нера-
венств к нахождению наибольших и наименьших значе-
ний функции и к вычислению пределов некоторых
последовательностей. Кроме того, в этой главе будут
получены некоторые важные неравенства.
§ 1. Наибольшее и наименьшее значения функции
Многие практические задачи сводятся к той или
иной функции. Например, если х, у, z — длины ребер
коробки с крышкой (параллелепипед), то площадь по-
верхности коробки
S = 2ху + 2yz + 2zx,
а ее объем
V = xyz.
Если материал, из которого делается коробка, дорог,
то, конечно, желательно при заданном объеме коробки
сделать ее так, чтобы на нее пошло как можно меньше
материала, т. е. чтобы площадь поверхности коробки
была наименьшей. Мы привели простой пример задачи
на максимум и минимум функции многих переменных.
Подобные задачи встречаются весьма часто, и виднейшие
из математиков всегда уделяют должное внимание раз-
работке методов решения их.
Здесь мы решим ряд из таких задач, опираясь на
неравенства, изученные в первой главе1)- Предвари-
тельно докажем одну теорему.
Теорема 5. Если а > 0, а > 1, х 0, то функция
ха— ах
’) О применении неравенств второй степени к решению задач
на нахождение наибольшего и наименьшего значений величин рас-
сказано в книжке: И. П. Натансон, Простейшие задачи на
максимум и минимум, изд. 2, Гостехиздат, 1952 (серия «Популярные
лекции по математике», выпуск 2).
31
1
(a XT^a
- ,
a
равное (1—l •
Доказательство. Теорема доказывается очень
просто в том случае, когда a = 2. В самом деле, так как
2	(	а\2 а2
X2_ax==^__j-----
то наименьшее значение функция имеет при х = -у>0,
а2
причем значение это равно---—.
В случае произвольного a > I теорема доказывается
с использованием неравенства (12), доказанного в тео-
реме 3. Так как a > 1, то
(I +z)a> 1 + az, z>— 1,
причем равенство имеет место только при z = 0. Пола-
гая здесь 1 + z = у, получим
ya> 1 + а(у — 1), Уа — ау>1— a, у>0,
причем знак равенства имеет место только при у=\.
Умножая обе части последнего неравенства на са,
получим
(су)* — аса-1 (су) >(1 — а)са,
Полагая
получим
ха — ах>(1 — a)са = (1 — а) ,
причем знак равенства имеет место только при х = с =
=(^Г-
Итак, функция
ха— ах,	а>1, а > 0,
32
1
принимает наименьшее значение в точке х =
а
равное (1—а)^)а~* . Теорема доказана.
В частности, функция х2— ах (а = 2) принимает
( а \ 2-1 а
наименьшее значение в точке x =	= у, Равное
2
(1 —2) (у)2-1 ——®тот РезУльтат согласуется с вы-
водом, полученным ранее другим путем. Функция
х3 — 27х принимает наименьшее значение в точке
I	з
х = (^)3- =3, равное (1 — 3) (-у-)3-1 = — 54.
Приме>• ание. Отметим для дальнейшего, что
функция
ах — ха = — (х“ — ах),
где а > 1, а > 0, х^О, принимает наибольшее значение
в точке
а
равное (а —	•
Задача 1. Из круглого бре-
вна выпилить балку наибольшей
прочности *).
Решение. Пусть АВ = х— Рис. 1.
ширина балки, ВС = у — высота ее
и AC — d — диаметр бревна (рис. 1). Обозначая через.
Р прочность балки, получим
Р = kxy2 = kx (d2 — х2) = k (d2x — x3).
Функция d2x — x3 принимает наибольшее значение при
х = (—,	y2 = d2 — x2 = — d2,
\ 3 /	9	3
y = y=-V2=*x }/2.
9 Прочность балки прямо пропорциональна произведению ширины
балки на квадрат ее высоты, ’
33
Таким образом, балка будет иметь наибольшую проч-
ность, если отношение ее высоты к ширине будет равно
У~2 ~ 1,4 = 4-
О
Задача 2. Найти наибольшее значение функции
z/ = sinxsin2x.
Решение. Так как sin2x = 2sinxcosx, то
sinxsin2x = 2cosxsin2x = 2cosx(l —cos2x) = 2(z— z3),
где z = cosx и, следовательно, —l^z^l. Функция
z — z3 = z(l—z2) принимает отрицательные значения
при —l^z<0, равна 0 при z — О и принимает поло-
жительные значения при 0 < z^ 1. Следовательно, наи-
большее значение функции достигается в промежутке
0<zCl.
В теореме 5 показано, что функция z — г3, z^O,
принимает наибольшее значение в точке
2 = (1р^= ’
\3/	/3
В этой точке
sinxsin2x = 2z(l —z2) = —= / 1 —Ц = —
КзД 3/	3/3
Итак, функция z/ = sinxsin2x принимает наибольшее
значение в тех точках, в которых z — cos х = —?=, и
= sinxsin2x изображен на рис. 2.
Задача 3. Найти наибольшее значение функции
у = cos х cos 2х.
Решение. Функция z/ = cosxcos2x не превосхо-
дит 1, так как каждый из сомножителей cosx и cos2x
34
не превосходит 1. Но в точках х = 0, ± 2л, ± 4л,
cos х cos 2х = 1.
Итак, функция у — cos х cos 2х принимает наибольшее
значение 1 в точках х = 0, ± 2л, ±4л, ... График
функции y = cosxcos2x изображен на рис. 3.
Задача 4. Найти наименьшее значение функции
х“ + ах,
где а > 0, а < 0, х 0.
Решение. Так как а < 0, то согласно неравен-
ству (12)
(l + z)a>l+a2,
причем знак равенства имеет место только при г = 0.
Полагая 14-2 = у, z = y — 1, получим
z/a>l 4-a(^ —1), !/>0,
причем знак равенства имеет место только при у=1.
Из последнего неравенства следует, что
у*1 — ay > 1 — а, (су)а — ас°-‘ (су) >(1 — а)са.
Полагая а = —ас“~*, х = су, получим
ха + ах^(\—<х)са = (1 —	* *
причем знак равенства имеет место только при х = с =
35
Итак, функция х“ + ах принимает наименьшее зна-
чение в точке х =	1 . равное
a
Например, функция
~ + 27х, х>0,
принимает наименьшее значение в точке
_ / 27 \ —з--1 _ 1
х I _1_ |	27 •
\ 3 /
Это значение равно
з
(‘+ЖР“=4-
\ 3 /
Задача 5. Найти наиболее выгодные размеры со-
суда цилиндрической формы !), имеющего дно и крышку
(консервная банка).
Решение. Пусть V = nr2h — объем сосуда, где
г — радиус, h — высота цилиндра. Полная поверхность
сосуда имеет площадь
S = 2лг2 + 2лгЛ.
гг	. V
Так как п — —г. то
пг£
S = 2лг2 + 2лг —^2" = 2лг2 +	.
1 лг2	1 г
гт	1
Полагая x = — t получим
S = 2лх”2 + 2 Vx = 2л (х-2 4~ х).
!) Размеры сосуда считаются наиболее выгодными, если при
заданном объеме требуется наименьшее количество материала для
его изготовления, т, е. сосуд имеет наименьшую площадь поверх-
ности.
36
Функция х 2 + согласно решению предыдущей за-
дачи, принимает наименьшее значение при
i	____
{ V \ -2-1	2л
Х \2л/	V ’
Возвращаясь к нашим прежним обозначениям, найдем
2
г
2л
V
- V	лг2Л h
г3 =-----=--------г = —
г 2л 2л ’	2
h = 2r = d.
Таким образом, сосуд имеет наиболее выгодные раз-
меры, если высота и диаметр сосуда одинаковы.
УПРАЖНЕНИЯ
6.	Найти наибольшее значение функции х(6 — х)2 при 0<х<6.
Указание. Положить у = 6 — х.
7.	Из квадратного листа со стороною 2а требуется сделать
коробку без крышки, вырезая по углам квадраты и загибая затем
получающиеся выступы так, чтобы коробка получилась наиболь-
шего объема (рис. 4). Какова должна быть длина стороны выре-
заемых квадратов?
8.	Найти наименьшее значение функции
х6 + 8х2 + 5.
9.	Найти наименьшее значение функции
хб - 8х2 + 5.
10.	Найти наибольшее значение функции
ха — ах при 0<а<1, а > 0, х>0,
37
11.	Доказать, что при х>0 справедливо неравенство
\______________________	3
К* < т + 2л.
О
12.	Доказать, что при п^З справедливо неравенство
п п+1
Кл> V п +1.
Указание. Воспользуйтесь неравенством (8)
13.	Найти наибольшее из чисел
_	Э	4 _	5	п
1,	/2,	/3.	/4,	/5"../п,...
14.	Доказать неравенство
п______________________	п
/п <1 + -Д-.
V п
15.	Доказать неравенство
(1 -f- ai) (1 + а2) ... (1 + fln)	+ а2 + ... + ап,
если числа ai одного знака и не меньше — 1.
16.	Доказать неравенство
-Ь а2Ь2 4“ ... + апЬп)2
,<(ai+a|+ ... +^)(^1+62+ ••• + 6п);	О9)
Указание. Докажите сначала, что многочлен
(air —6i)2 + (a2x —62)2+ ... +(artx —6rt)2 =
== х2 (oj + а22 + ... + д2) — 2х (а{Ь{ + а2Ь2 + ... +aft^rt) +
+ (&!+*!+ ••• + $
не может иметь двух различных действительных корней.
17.	Пользуясь неравенством (19), доказать, что среднее ариф-
метическое не больше среднего квадратического.
18.	Доказать неравенство
-4=- < vm -
V п
19.	Пользуясь неравенством упражнения 18, доказать нера-
венство
rJTi + ^-/2>1 + 7L + pL+ ...+yU,
38
20.	Найти наибольшие значения функций
з
Отв. —; 0,4.
4	'
41^15
21.	При каком значении а наименьшее значение функции
х + равно 2,5?
Отв. а = 8.
§ 2. Неравенство Гельдера
В теореме 7, с помощью теорем 5 и 6, доказывается
неравенство Гельдера, которое найдет применение при
решении задач.
Теорема 6. Если р>1,— + у=1,х>0, г/ > 0, то
Доказательство. В силу теоремы 5, если а < 1,
а > 0, х>0, то
а
ха — ах>(1 —	.
Полагая в этом неравенстве а = р, а = ру, получим
р	р
хр - (ру) х X1 - р) (^) р-1 = (1 - р) у^.	(21)
Так как 4- + — =1, то
Р <7
Подставляя эти значения в неравенство (21), получим
хр — рух^ — £уч.
Разделив все члены последнего неравенства на р и
перенеся в противоположную сторону отрицательные
члены, мы получим неравенство (20).
зэ
Теорема 7. Если ah а2, ...» аП9 Ь\, Ь2, ...» Ьп —
положительные числа, а р и q удовлетворяют условиям
теоремы 6, то
U\b\ + а2^2 4” • ♦ • 4" апЬп
1 1
(а? + 02 + • • • + #л) р (&? + Й + • • • + bqn) q. (22)
Доказательство. Положим
ар + 02 + • • • + Дп = Ар > bq + &2 + ... 4~ bn = Bq.
Тогда правая часть неравенства (22) будет равна
1 1
(Лр)р №)q = АВ.
Теперь положим
ах = Ась а2 = Ас29 ..., ап = Асп,
bl = Bdl, b2 = Bd2f .bn = Bdn.
Так как
Ар — ар + 0Р + • • • 4" ап =
— Арср 4" АрС2 4“ • • • 4- Арср = Ар (ср 4"	+ ... 4" £л)»
то
с₽ + сР+ ... +ср=1.
Точно так же проверяется, что
dq 4" dq 4- ... 4"^п=1.
Пользуясь теперь неравенством (20), получим
а А = АВ (М,) < АВ	,
а2Ь2 ЛВу~ 4
/ срп dqn\
апЬп^АВ\^ + ^-).
40
Из этих неравенств следует, что
&1&1 4“ ^2^2 4" • • • 4" апЬп
. D/c!’+c2 + ••• +сп . d1 + di+ ... +d’\
< АВ\--------?-------+--------д	} =
“л< + 7) = лв
(напомним, ЧТО —+ ~ =1> Cf + С2 + • • • + Сп~ ь
di 4- di ... -|- dh — 1 j.
Итак, доказано, что левая часть неравенства (22)
не превосходит АВ, т. е. не превосходит правой части.
Нетрудно указать тот случай, когда в (22) имеет
место знак равенства. В самом деле, знак равенства
в (21) имеет место только при
(см. теорему 6). Точно так же, знак равенства в каждой
строке (*) будет иметь место, только когда
<7	<7	д
cl — d^, с2 = d2p, ..., cn = d? ,
т. е. когда
Ct = d1, C2 — dl,...,- Cn = d„.
Наконец, умножив эти равенства на АРВЧ, получим
В’ (Ас/ = Ар (Bdi)4, т. е. BQa? = Apb1,
ар _АР al _ Ар	ар __ Ар
~Ь1~ В4 ’	~Ь^	В^'
Таким образом, знак равенства в (22) имеет место, если
_1 = _1 =
”1 ьр	ь«п-
Примечание. Полагая в неравенстве (22) р^2,
<7 — 2, получаем неравенство (19) (см. упражнение 16):
4Ji&i -f- aj)2 + ... + anbn
<У(^+а22+ ...	... +^„).
41
§ 3. Применение неравенств к вычислению пределов
В следующих задачах, с помощью ранее доказан-
ных неравенств, вычисляются пределы достаточно слож-
ных последовательностей.
Задача 1. Доказать неравенство
+7)<7'>-	<23)
Решение. Объединяя неравенства (8) и (9), по-
лучим
/	1 \n	/	1
(1+±) <е<(1+1| .
Логарифмируя эти неравенства при основании е, окон-
чательно найдем
nln(l 4--J-)<lne=l<(n+ 1)1п(1 -г
•	<1п(1+1)<1.
п +1	\	' п) п
Задача 2. Полагая
21==1+Т’ 22 = 4 + 4 + 7’
2з = 3- + 4 + 4 + т-
_ 1	।	1	,	1 I 1	>	1
Z4 4‘5‘б-*'7‘8’‘‘*
2 — J__|_	1	1 I I_______J_
’’’	" л n + 1	‘ п + 2	" ‘ 2п ’
найти lim zn.
П~> со
Решение. Заменяя п на п—1 в первой части не-
равенства (23), получим
J) In	обозначает логарифм от	при основа-
нии е (см. стр. 19—20).
42
Из этого неравенства и второй части неравенства (23)
следует, что
In<±<1п—(24)
п Ч п п — 1	v '
Теперь, равенства	пользуясь неравенствами (24), напишем не- 1ПЛ+1<±<1П	« п	п	п— 1 1пЛ+2 <	’	<ln2L±±t п + 1	п + 1	п 1пА+| <	'	<1п^±1, п + 2	/г + 2	п + 1 *
, 2/i + 1	1 . । 2п
In —---- < -Z— < In -7:-Г .
2/г	2/г	2/1—1
Сложив их и учитывая, что сумма логарифмов равна
логарифму произведения, получим
. (п + 1) (и + 2) (и + 3) ... (2/г + 1)
1П /г(/г + 1) (п + 2) ... 2п
__________!____L I 1 <-1п п(п+1)(п + 2) ...2/г
п * п + 1 ‘	"" 2п (п — 1) п (п + 1) ... (2/г — 1) ’
т. е.
. 2п + 1	1	।	1	।	।	1	।	2/1	/пс\
1п—— <Т + 7+Т+ ••• + 2^<1п^гт-	<25)
Так как 2п^~~ — 2 4- Ч-, то
lim In 2ra+ = lim In (2 + —) = In 2.
/1->0О	n	n->0O	'	n '
™	2n o 1	2
Точно так же из -----г = 2 Ч---------г следует, что
п — 1	п — I v
lim In 2---7- = 1п2.
Итак, крайние члены неравенств (25) имеют одинако-
вые пределы. Следовательно, и средний член имеет
тот же предел, т. е.
Л™ (4+7ТТ+  +i)=‘“ г"=1л2-
43
Задача 3. Положив X[ = l, х2=1—у, х3=1—-
В предыдущей задаче мы положили
n п ~ п + 1	2п •
Следовательно, x2n = zn—Но lim2n = In 2 (см. пре-
П	П-»оо
дыдущую задачу). Таким образом,
lim х2п = lim (zn---------------) = 1п2.
П->ОО	П->ОО '	П '
Заметим еще, что x2n+i=x2a +, и, следова-
тельно,
lim x2n+i = lim \х2п + ~ \ ) = In 2.
n->oo	n->oo '	in Т 1 /
Итак,
lim хп=Лп2.
п->оо
Примечание. Числа Xi — a^ x2 = al-j-a2, х3 —
= + а2 + а3, ..хп — + а24- ... + ап называются
частичными суммами ряда
ai + а2 + аз + • • • + ап + ...
44
Ряд называется сходящимся, если последовательность
его частичных сумм имеет конечный предел. В этом
случае число S= lim хп называют суммой ряда.
П->со
Из задачи 3 следует, что ряд
1_	।	।	_____L
1	2 Т 3	4*5	6 Т • • • Т 2п — 1 2п
сходится и имеет сумму, равную In 2.
Задача 4. Ряд
1 +4+т + т+ ••• +т+
называется гармоническим рядом. Доказать, что гар-
монический ряд расходится.
Решение. Согласно неравенству (23)
_1_
п
> In
п + 1
п
Полагая п= 1,2,3, ..., п, напишем п неравенств:
2
1	> In —,
1^.3
2	> In 2 .
1 - 1П 4
3 1П 3 ,
> 1п-^±
Складывая их, получим
, . 1 । 1 , , 1 .
хп==1 + -2-+з-+...+ — >
. 2-3*4 ... (n+ 1)	, , .
>1П	1-2-3...n =ln(^+D*
Из этого неравенства следует, что
lim хп^ lim In(n1) = оо;
П-X»	П->оо
следовательно, гармонический ряд расходится.
45
Задача 5. Доказать, что ряд
1 + i i + ••• +"т+ •••	(26)
z о	п
сходится при любом а> 1.
Решение. Последовательность частичных сумм
этого ряда
Х( = 1,
*2='+-jr.
1	1	1 I 1
Яз-1 + 2а +^-.
1	.	1	,	1	।	1
*4=1 +^- + f+F ’
монотонно возрастает, т. е.
х, < х2 < х3 < х4 <
< хп . > 
С другой стороны, известно, что монотонно возра-
стающая ограниченная последовательность чисел имеет
конечный предел. Следовательно, если мы докажем,
что последовательность чисел хп ограничена, то будет
доказана и сходимость ряда (26). Положим
= 1 __l_i J______I. J_____L
У2п 1	2“ "Г 3“	4“ "Г 5“	6“
(2п - 1)“	(2п)“ ’
Так как
_ .	/ 1____1 \ _ / J____1_\
^2,‘	\ 2“	3“ /	\ 4“	5“ /
_ / 1_____________1 \ _ 1________
\ (2и — 2)°	(2«-1)“/	(2п)“ ’
то (числа в каждой скобке положительны)
У2п< 1.
46
С другой стороны,
_1	1 I J______Il J__Lj_
У in	1 2а За 4а	5а	6а	’ * * *
.	1________!___/1 j_JL+_L + _L + _L 1
’ ‘	~ (2п— 1)“	(2п)“	\	2“	3“	4“	5“ ~
+ — + .. . 4--------1——) —
Т 6а Т (2« - 1)“ (Ма /
— 2/— + —+ — + ••• -I------—) =
\ 2“	4“	6“	(2л)“ /
=71+—4-—+ —4—- + — + ...
~ 2“ За 4“ 5а 6а
I I I 1 \	2 (1 I 1	1	1 I	,_1_\
” ‘ (2ft - 1)“ (2ге)а I 2а \ 2а За	' fta / 
Так какх„=1 +-^+^г+ ... +-^-. то
z о	п
У2п — %2п a Хп.
Теперь, так как х2п>хп, У2п< L то
1	2	2а — 2
1 > У2п > Хп 2а Хп —	2® Хп*
Отсюда следует, что
X <	2“
п< 2О —2*
т. е. числа хп при a > 1 ограничены. Тем самым дока-
зано, что ряд (26) сходится и сумма его не больше
2“
2“ — 2 '
Например, если a = 2, то
v — 1 _| ! I ! |_ _i !_ << 22  о
Лп ~Г 2г "Г 32 Т • • • Т Л2 22 _ 2 Z’
S = lim хп=1+-Х-+-^- + ... + -Л-+ ... 2.
В курсе высшей математики доказывается, что
S = 1 +	+ • • • +	+ • • • = v •	(27)
47
УПРАЖНЕНИЯ
22.	Найти сумму ряда
5 = 1 ~ "2*" +12	+	*^-1 7? + •••
Указание. Используйте равенство (27).
Отв. S =
23.	Доказать неравенства
_£1<1+2.+3.+... +„“<<"+;>;п, 0>(
24.	Полагая
хп=1+2а + За+ ... +п*.
доказать, что
25.	Доказать неравенство
(a^Ct + a2brc2 + ••• + anbnCn)3
<(а? + а| + ... +а„)(б| + &2+ ••• +&’)(ci+c2+ ••• +4)-
если числа ak, bk ck положительны.
Указание. Используйте неравенство (7) и метод доказа-
тельства (22).
26.	Полагая хЛ = —-|---т Ч-----пгт? + ••• + -Д-, где k —
п п+ 1 п + 2 1	1 kn В 9
целое положительное число, доказать, что
lim хп = In k.
Указание. Используйте метод решения задачи 2 настоя-
щего параграфа.
§ 4. Применение неравенств к приближенному
вычислению величин
В самом начале первой главы мы обратили внима-
ние на то, что практические задачи, как правило, тре-
буют приближенного вычисления величин и умения
оперировать с такими приближенно вычисленными ве-
личинами. Более точное вычисление таких величин., ра-
зумеется, приведет к меньшим погрешностям в реше-
нии задачи.
48
В этом параграфе мы хотим вернуться к прибли-
женному вычислению чисел вида
=	----Цг+ ••• +4-. 0<а<1, k<n.
n'k ka (* + !)“	n“
В § 1 гл. I нам удалось найти число Sntk с точ-
ностью до 0,4 при & = 1, п = 1 000 000 и а = у (за-
дача 2). Там же (упражнения 2 и 3) число Sntk при
п=106 и fe=10 000 нам удалось найти уже с точ-
ностью до 0,01. Сравнение этих двух примеров пока-
зывает, что указанный метод их решения дает более
хорошие результаты вычисления при больших значе-
ниях k. В § 4 гл. I (задача 3) мы нашли целую часть
числа Sn,k ПРИ = 4, п=106 и « = -§-. Таким обра-
зом, и это число было вычислено с точностью до 0,5.
Мы не находили целой части числа при а = ~ и
п=106 потому, что метод вычисления таких величин,
указанный в первой главе, и не позволял этого сде-
лать. В этом параграфе мы усовершенствуем метод
вычисления величины Srtrl. Это усовершенствование поз-
волит сравнительно легче находить подобные величины
с большей степенью точности.
Лемма 1. Если > х2 > х3 > ... > хп, то
0<Я = Х1— Х2 + х3 — х4 + ••• + (—О” 1 хп < х1»
Доказательство. Число положительных слага-
емых в написанной алгебраической сумме не меньше
числа слагаемых отрицательных. Кроме того, предше-
ствующие положительные слагаемые больше следую*
щего отрицательного. Тем самым, алгебраическая сумма
их положительна, А > 0. С другой стороны, так как
А — х{— (х2— *з + *4— ••• + (—I)* 2хп)
и величина в скобках положительна, то А < Лемма
доказана.
Лемма 2. Если 0 < а < 1, то справедливы
венства
(2п+ 1)1~а~(и + 1)!~а	1	,	1
1 - а	(п + 1)а "Г (п + 2)а "Т” ” *
,__1
” ’ "Г (2п)а	1 - а
нера-
(28)
49
Доказательство. Неравенство (28) вытекает из
неравенства (14) (гл. I, § 4, задача 2) при замене т
на 1, л на 2п и а на —а.
Теорема 8. Справедливо равенство
Доказательство. Имеем
5.,1 = 1+^+^+- +^+^+-
... +-!-[ ' -+ ' -+ ... +-L-
(2n)“ L (п + 1)“ (л + 2)“	(2л)“
Прибавив и вычтя из правой части равенства число
2[‘2“'+4“+ б“+ ” + (2л)“ ] ’
получим
<?	_ ।____!__।__!____!__|_________L_ _i_
•>л.1	2“	3“	4“^”‘	(2л)“ +
I—— + —!—+ ... +_JL
L (л + 1)“	(л+2)а	(т)“
Числа первой квадратной скобки имеют общий множи-
тель Ц-. Вынеся его за скобки, получим
-L+J— ...-------*- +
2“	3“	(2л)“
+ A(1+JL + _L+ ... +
2е к 2а 3“	па!
— [—-----1---!---Ь ... 4——
1(л+1)а (л + 2)аТ (2л)а
50
Поскольку в круглых скобках стоит число S„'h то
—!--------1-----------F ••• Н—-------
(п + 1)“ (п + 2)“ '	(2»)“
...-------Ы =
L 2°	3“	(2n)“ J
Отсюда, после умножения на 2“ и деления на 2 — 2“»
получается равенство (29).
Равенство (29) интересно потому, что оно сводит
вычисление величины Sn,! к вычислению величины S9„
1 1 1 ’ +|
и величины 1—-^- + -^-— ••• — 77-зг. Первая из этих
Z о	у^П)
величин при больших п вычисляется с большой сте-
пенью точности с помощью неравенств (28). Относи-
тельно второй мы знаем'из леммы 1, что она меньше
2“
нуля и больше —-—— . Если же мы найдем сумму
первых четырех слагаемых этой последней величины,
то оставшаяся величина (погрешность) будет меньше
1	2“
нуля и больше-----------.
J	5“	2 — 2“
В дальнейших задачах мы будем вычислять и эту
величину с большей точностью.
Задача 1. Найти сумму
4=1+-U + -t=-+ ... +-U=-
FT /3	/Ж
с точностью до 0,002.
Решение. В силу теоремы 8
л_ /2 /	1 I 1 I +	1	)
2 — /7 \ /106 + 1 V 10е + 2	V2- 106 /
___L2—/1_____L + _L_ ...______L_) =
2 - уТ {	/7	/3	|/2 • 106 /
— (/2+ l)^y===r+ ... +	—
~(|/2+ 0(! —уу	... — j/2Ho®) =
= (/2+ 1)(В —С),
51
где
1____|_ ___1 _ _|___________1
/10* + 1 У 10* + 2	У 2 • 10* ’
1----7=- + -7=- •••	•
УТ КТ	У 2 - 10*
Число В в силу леммы 2 удовлетворяет неравен-
ствам
2(/2-106+ 1 — /106+ 1)<В<2(/2- 106— /106).
Крайние числа этих неравенств отличаются друг от
друга меньше чем на 3 • 10-4. В самом деле,
2(УЮ6-Ь1 —/106) —2(/2 • 106+ 1 — /2ЛУ6) =
________2________________2__________ 1 _
— /10* + 1 + /ТО*	К2Йб*+ 1 + У"2. 10* ~ /10*
К2 • 10*	/2	1000
Таким образом, среднее из этих чисел будет отличаться
от числа В меньше чем на 2 • 10-4. Вычислив первое
число и вычтя из него 2 • 10~4, получим
В = 828,4269 ± Д(,
I Л, | < 2 - Ю~4.
Приступаем к вычислению числа С. Пусть щ — не-
четное число. Оценим величину
£> = _!____-J—+
У~гп	У^т + 2
1
К 2п ’
С этой целью заметим, что
i/FRI —	= у... 2 *
52
и
Е =	2 у -— -— 2—— 4-	2—===== —
У т + I + У т — t у т+ 1 4- Ут	У гп + 3 + У т-У I
2,______________2_______________
Km + 4 + Km + 2	\г2п. + 1 -
Ут + 1 — Ут — 1 — У m 4~ 2 4- Ут+ Ут 4- 3 —
— Ут-у 1 — /т-Ь 44- Ут 4-2 + ... — /2п4- 1 4-
4-	|/2п— 1 = Ут— Ут — 1 4- У^п— У in 4-1.
Итак, число Е вычисляется сравнительно просто. Вычтя
из величины Е величину D, получим:
У т + I — У т— I	Ут I
-I _ 2_____=_____!_} + ...
\Ут + 2 +Ут Ут+ I1
_(______2__________1_
\ K2/t+ 1 - У2п- I	У 2п
Покажем, что все числа в скобках положительны и
монотонно убывают. Действительно,
_____2____________1 _ 2 Ут - - (Ут+7 + У~т^1) _=
У т-у i 4- Ут — 1	Ут Ут (Ут + 1 + У т — l)
______________________________2т — 2 Ут2 — 1__
~~ Ут (Ут+7 + Ут- 1) (2 Ут + У т+ 1 + У m—l)
__________________________________________2_
У~т (Ут + 1 4- Ут— 1)(2Ут +Ут+ 1 4- У т — 1) X
X (т 4- Ут‘-1)
Отсюда видно, что такие числа положительны и моно-
тонно убывают с ростом т. В силу леммы 1
0<£—D<
_____________________2______________________
Ут (Ут4П + Ут^И)(2Ут 4- Ут+~1 + Ут^й)Х
X(m4-F'm2-О
53
Мы сделаем не очень большую ошибку, заменив в зна-
менателе на т числа /п+ 1 и т— 1. При этом получим
У'т т ‘2т	—
8-т2
Если положим ш = 9, то получим
0<Е —D<
1
8*81-3
< 0,0006.
Тем самым, при т = 9 и п=106
Е — D = 0,0003 ±Д2, |Д21< 0,0003,
D = E — 0,0003± Д2=/9— /8+ УЗТТФ —
— /2 - 1064- 1 — 0,0003 ± Д2 = 0,1710 ± Д2.
Вернемся теперь к величине С. Имеем
+7Т+7Г-7т+гТ + °’1710±л“=
>4_4l+4+4-4+4+o,171o±A!.
Итак, для вычисления числа С с точностью до 3 • 10~4
потребуется извлечь только 5 корней и произвести не-
большое число арифметических действий. Воспользовав-
шись таблицами и произведя нужные вычисления, найдем
С = 0,6035 ± Д2.
Учитывая найденные значения величин В и С и
возвращаясь к величине А, получим
А = (У2 4- 1) (В — С) = (У2 + 1) (827,8226 ± Д3) =
= (/2+ 1) • 827,8226 ± 2,5Д3,
54
где
|2,5ДзК2,5(|Л1|4-|Д21)<2,5-5- 10-4 < 2- 10-3.
Таким образом, с точностью до 2 • 10“3
А = (]/2+ 1)827,8226= 1998,539.
Задача 2. Вычислить число
Л = 1 + ^-+4;+ •••
/2	/3	/1012
с точностью до единицы.
Решение. В силу теоремы 8
4
.	/2	/	1	.	1	.	.	1	\
Л = ——4---/ 1------Ь -4   	+ . . . + ~4-j —
2-/2 \К1012+1 V Ю12 + 2	/2.10’2/
4 _
/2 /,	1 , 1	1 \
4	।	4 Т 4	’ ’ ’	4_____ I *
2 — /2 \	/2 /Г	V2- Ю4 */
Первое слагаемое может быть легко и с большой сте-
пенью точности найдено с помощью неравенств (28).
В силу этих неравенств первое слагаемое можно заме-
нить числом
4	.1 А
/Г (2. ю12)4 — (Ю12)4 _
4 _ ,1
2-/2
= 4- 1О’(/8-1)—Ц— = 4- Ю9.
о	4 о
2-/Г
В силу леммы 1 сумма
4 _
/2	/,	1	,	1	I \
4	| 1	4	"т* 4	• • •	4	|
2-К2\	/2	/3	К2 • 101.2./
положительна и не больше первого слагаемого. По-
скольку это слагаемое меньше двух, то
4- Ю9 —2< А<4 - Ю9.
и	о
55
Крайние числа отличаются друг от друга на 2, а от
числа А — меньше чем на 2. Среднее число — • 109—1
отличается от А меньше чем на единицу. Подставив
это число, получим
А = 1333333332,3 ± Д, | Д | < 1.
Заметим, что точность вычисления числа А, содержа-
щего триллион слагаемых, очень высока. Относительная
погрешность меньше
100 : 1333333332,3 < 0,0000001 %.
УПРАЖНЕНИЯ
27. Вычислить с точностью до единицы сумму
1+^7=г + т7=г+ ••• +~г=г-
/2	/3	У 106
Отв. 14 999.
28. Покажите справедливость равенства
где — бесконечно малая величина, limpn = 0, а
П->оо
2 — 2“ 11 2а + 3“	4“
РЕШЕНИЯ УПРАЖНЕНИЙ
1. Полагаем в неравенствах (1) (стр. 7) п = т, tn+ 1, ...» Ш
2 m + 1 — 2р/Лт< <2У^п — 2m — 1,
у т
2 KST2 - 2 Vm+ 1 <	'	< 2 /т+7 - 2 /т.
Fm+i
2 /m + З - 2 )/m+9<  -1 — <-2	2 /m+ 1.
у m + 2
2fn + 1 -2/n< —l—<2Vn -2/n- 1.
У «
Сложив эти неравенства, получим
2/мй-2/т <-^+ г * 
/ т	fm+1
<2fn -2|/m-l.
2. Полагая в неравенствах упражнения 1 т= 10 000, п=»
= 1 000 000, получим
2 К» 000001 - 2 У 10 000 <	1	+
V юооо
4. . 1	4- ... 4--_J_^^<2y 1 000 000 — 2 /9999.
/10 001	/1000 000
Так как
2 /1 000 001 > 2 /1 000 000 = 2000, 2/10 000 = 200,
2 /9999 = /39 996 > 199,98
(последнее неравенство можно легко проверить, извлекая квадрат-
ный корень с точностью до 0,01), то
2000-200 = 1800 <—===
/10000
1
/10001
/1 000 000 <
<2000 - 199,98 = 1800.02.
5Т
•3. Умножая неравенства упражнения 2 на 50, получим в наших
обозначениях
90 000 < 50г <90 001;
отсюда
[50г] = 90 000.
4.	При п = 1 справедливость неравенства очевидна:
1 »
2	УЗ-1 + 1	2 *
Предполагая теперь, что неравенство справедливо для п — к,
1 ,_3 .А
Т’ 4 ’ 6
2Zt + 1 <	1
2k /3*4-1 ’
(а)
докажем его справедливость для n — k + 1, т. е. докажем, что
1_ . _3 ' _5	2fe — 1 . 2k+1 <	1
г’/б’” 2k ’ 2* 4- 2 "" /3* + 4 ’
Умножив неравенства (а) на
26 + 1
2k + 2
, получим
Х.2.А	26 - 1 26 + 2 < I 26+1
2’4’б"’ 2k ’ 2* 4- 2	/3* 4-1 ’ 2* 4- 2 *
Остается доказать неравенство
1 2fe + 1 <	1
/3* 4- 1 ’ 2k 4- 2	/3* 4-4 ’
Умножив его на (2k 4- 2) У 3* 4- 1 l^Sk 4- 4 и возводя обе части
полученного неравенства в квадрат, получим
(26 + I)2 (36 + 4) < (26 + 2)2 (26 + 1),
или
1263 + 28k2 + 196 + 4< 1263 + 2862 + 206 + 4.
Последнее неравенство очевидно, так как 6^1.
Этим доказано, что неравенство
J__3 2п — 1 < I
2*4"’ 2п " /Зп 4- 1
справедливо для всех п.
5.	Полагая в неравенстве упражнения 4 п = 50, получим
_1_ _3	99	____1___
2 4*** 100	КГ5(Г+1
1	___1_= I
утя /744	12’
58
6.	Полагая t/ = 6 - х, х 6 — у, мы сведем задачу к нахо-
ждению наибольшего значения функции
(6 — у) У2 = &у2 — у3
при 0<^<6. Полагая затем у2 = г, получим функцию
з
6г — г2,
наибольшее значение которой (см. примечание на стр. 33) равно
3
\ 2 / 2	1
и достигается в точке
/ 6 \ Т-‘
Т =
\ 2 /
Функция бу2 — у3 принимает наибольшее значение в точке
у = Уz = 4, и это значение равно 32.
Функция х (6 — х)2 принимает наибольшее значение 32 в точке
х = 6-г/ = 6-4 = 2.
7.	Объем коробки (см. на стр. 37 рис. 4) равен
V = х(2а — 2х)2 — 4х(а— х)2, 0<х<а.
Полагая у = а — х, у2 = z, получим
V = 4^az — z2).
з
Наибольшее значение функции az —г2 достигается в точке
Таким образом, объем коробки будет наибольшим, если длина
стороны вырезаемого квадрата в шесть раз меньше длины стороны
данного квадрата.
59
8.	Наименьшее значение функции л6 + 8л2 4- 5 равно 5 и до-
стигается при х = 0.
9.	Полагая у = л2, сведем задачу к нахождению наименьшего
значения функции
У* — Sy + 5
для положительных значений у.
В теореме 5 мы доказали, что наименьшее значение функции
у3 — 8у равно
з	з
з2
Наименьшее значение функции у3 — 8у + 5 равно
10.	Полагая у = ха, получим функцию
1	/	JX
у — ауа ==в\“- У ~~ У]>	«>0,
1
В силу теоремы 5 наибольшее значение функции — у — у0, равно
Умножая последнюю величину на а, мы и найдем наибольшее зна-
чение функции а I — у — у к которое, следовательно, равно
___1	« . 1	а
11.	Функция У“х — 2х, я>0, а = -4-, а = 2, имеет наиболь-
шее значение, равное
Т
/.	3 “4	3
Т 7‘8	У
\4 J
60
Следовательно, для всех х>0 справедливо неравейство
4	2	*__ з
1/Т —2х<—, или ух <-^4-2х.
о	о
12.	Запишем неравенство (8) в виде
(A±iy<e, (п + 1)п<епп.
ё’сли п >3>е, то
(п + 1 )п < епп < Зпп < ппп = nn+1.
Возводя обе части последнего неравенства в степень —,
п(п+ 1)
получим
л+1___ л
Vn + 1 <У~П.
_	6	6	3	3
13.	Так как 1 < У 2 =	< У~9 = р^Т, то Уз — наибольшее
из чисел 1, У2, j/з. С другой стороны, в предыдущей задаче мы
3	4 _ л _
показали, что последовательность чисел р^З", ^4, ..., р^п, ... убы-
вает. Следовательно, )/"з — наибольшее из чисел 1, /2, КЗ,...
Л
..., у~п,...
п
14.	Положим pG7 = 1 + ап, ал>0. Возводя в степенью, по-
лучим
(1 +an)2J .
Предполагая, что п^2, -^-^1, на основании теоремы 3 получим
л
(1 +а„)2 >1 +|а„, п>(1+у а„)2 = 1 + па„ + -^-а2.
Отсюда следует, что
Примечание. Пользуясь биномом Ньютона, легко прове-
рить, что
61
В самом деле,
п
2 +	_2
п 2 п
п(п-1) 2
Отсюда следует, что
15.	При п = 1 и af> — 1 неравенство очевидно:
1 + Д1 1 + Др
Предположим, что неравенство справедливо для п = kt т. е.
(! + а() (1 + а2) • • • 0 + М > 1 + а1 + а2 + • • • + ak‘
Умножив обе части неравенства на (1 + 0^+1)> получим
(1 +а,)(1 +а2)... (1 +aft)(l+aft+,)>
>(1 + а1 + а2+ ... +«*)(1+аА+1) =
= 1+^+ ... +«Л + <’*+1 + aiaft+i + a2aft+i+ + akak+v
Так как уисла ар а2, .... ak, ak+1 одного знака, то
alak + l + а2аЛ + 1 + ••• +ДЛ + 1>°
и, следовательно,
('+*.)('+*2) ... (l+M(l+aft+I)>
>1 + а(+а2+ ... +ай + а4+1,
Т. е. неравенство доказано и для n = &+ I.
Этим завершено доказательство справедливости неравенства
(1 + ai) (1 + Дг) • • • 0 + ап) 1 + 01 + 02 + • • • + 0я
для всех п.
16.	Если многочлен (aix — bi)2 + (а2х — b2)2 + ... + (апх — Ьп)2
имеет действительный корень х = хь т. е.
(oiXi — fci)2 + (02*1 — Ь2)2 + ... + (anXi — bn)2 =0,
то каждое из чисел а^- bh a2x\—b2....апх\— bn равно нулю, т. е.
О = 01^1 — Ь\ = 02*^1 — ^2 == • • • == 0/1«^1 —
v b\ b2	bn
Xi =---=-----= ... =-----.
01	02	0»
62
Этим мы доказали, что многочлен
(aix—61)2 + (а2х—62)2 + ... + (апх — Ьп)2 =
= х2(а2 + а2 + ... + а2) — 2х (а^ + а262 + ••• +ап6п) +
+ (61 + 62 + • • • + ьп)
не может иметь двух различных действительных корней, и, следо-
вательно,
(а161 + а2&2+ ... + anbn)2 — (а2 + ... +a„)(*i+ ••• +^п)<0-
Отсюда и следует неравенство (19):
Ul^l+^2+ ••• + ОПЬП)2
< (а, + Д2 + • • • + ап) (*1 + Ь2 + • * • + ^rt)’
Заметим, что знак равенства имеет место, только когда рас-
смотренный нами многочлен имеет действительный корень, 'т.е.
когда
Д1   0,2  	On,
bi	b2	bn
17.	Пользуясь неравенством (19), получим
(а2,	а2	а2\/1	1	1\
с I—+—+ ... +—I (—+“ + ••• + —) —
\ fl	fl	fl f \ fl	fl	fl /
n
fl 1 + ^2 + •»- +	__ 2
n	°2*
Отсюда следует, что
01 C2
(среднее арифметическое не превосходит среднего квадратического).
18.	Из неравенства
(/п+т + /Я7!)2 = п + 1 + 2	+ П - 1 =
= 2п + 2 У п2 — 1 < 2п + 2 Уп2 = 4п
следует, что
/ЯП + У7Г^1 < 2 /п,
1	1==
2	Уп Кп+Т + /п-1
	/п+Л -/п^Т________________ У п+1 — Уп~^1
в (/ЯП- + /ЯЛ) (КЯн - /ЯП) 2
63
Умножая на 2, получим
19. Полагаем в неравенстве упражнения 18 п = 2, 3, ...» я:
Уп
Сложив написанные неравенства, получим
ТТ+7Т+	1.
Прибавив по 1 к обеим частям неравенства, окончательно найдем
+ 1 + /п -/2".
Примечание. В § 1 гл. II было доказано, что
,+7Т+-ЙИ
... 4
+ 1-2/2" + 1.
/п
Числа + 1 + Уп —• УН и 2^ + 1 —2^2+1 отличаются
друг от друга менее чем на 0,42. Каждое из этих чисел может
быть взято за приближенное значение суммы
, ,	1	,	1	,	,1
/2/3	Уп
Отметим без доказательства, что число + I + Уп’ ~~
менее отличается от числа хп, чем число 2^+1—2)^2 +1.
64
20. Функция	принимает отрицательные значения при
х<0. Следовательно, наибольшее значение функции достигается
для положительных значений х.
Так как
х3
х4 + 5
1
то наибольшее значение функции достигается в той же точке,
в которой функция х + х-3 принимает наименьшее значение. Из
о
задачи 4 § 1 гл. II следует, что наименьшее значение этой функ-
ции равно
~з
/ J. \ —3—1	_3
X3
Наибольшее значение функции —т—?-=• равно
х *г о
2
1 _ 154 _ 15 _ 3
3	20	4 в 4	•
6.4.(-jL)4	20 П5 4/15
Чтобы найти наибольшее значение функции х6 — 0,6х1С, положим
у = х®. Ясно, что г/ 0. Функция
10	/	10 \
у — Ofiy 6 = 0,6 ( -у- у — у 6 )
принимает наибольшее значение (см. примечание на стр. 33), равное
21. Полагая в этом упражнении = получим
V* У 4 + ау-
65
Наименьшее значение функции у 4 + ау, как это следует из за-
дачи 4 § 1 гл. П, равно
(1 +±)(4a)V = A(4a)\
1
5
Полагая — (4а) = 2,5, получим
2
(4а)5 = 2, 4а = 32, а = 8.
22	_____L.J_______L. _
£6. о — 1	22 ' з2 42 ~ 52 б2 ~	’ —
“(1 ^"22”^"32”^"42’ + ‘52”^”б2'"*'
— 2("2*" +‘4Г'*"бг"I" ",) =
= ^"22’^”32"^”42”*''5г^"б2"^
_A(1+_L+_L, . \в
2г ^*т 2» т З2 '
- 41 4- 1 4. 1 4.	1	_ «2
“ 2 \	22 З2	2 ‘ 6 — 12
(мы воспользовались равенством (27)).
23. Так как а>0, то а + 1 > 1 и, следовательно,
Умножая эти неравенства на п1+а, получим
(«+ 1),+а>п1+а + (1 +а)п“.
(п — 1)1+а>п1+“-(1 +а)п“
Из этих неравенств следует, что
п1+а- (п- !)1+а (п + 1)1+а-п1+а
1+а	1+<х
66
Запишем эти неравенства при значениях п = 1, 2, 3,
.... п'
—-!—<!< 21+а~1 *,
1+а	1+а ’
+а_ |	31+а _ 21+а
1+а <2< Г+а ’
п1+а - (n - l)'+tt g (» + 1)'+а-п'+а
1+а	п	1+а
Сложив их, получим
24. Из неравенств упражнения 23 следует, что
/ 1 \1+а
1	1+2а + 3<1+ ... +гаа У + ^Г)
1+а	п1+а	1+а
Левая часть последних неравенств есть постоянное число
1 1
——, а правая часть стремится к пределу, равному —Е,
1+а	1 “п а
когда п стремится к бесконечности. Следовательно, и средняя
часть неравенств стремится к тому же пределу, т. е.
1 +2а + За+ ... +па 1
11Ш -----------г—----------- =-------.
п-><»	п +а	1 + а
25. Введем обозначения
Л3 = af + ^2 + • • • 4“
В3 = ^ + ^+ ... + *3,
С3 = cj + + • • • + C/v
а\
а2
X2 = T’
Ъ\	&2
в-’ •••’
и — Ьп
Уп- в
А ’
А ,
С\
С ’
Zi~~C' ••••
Zn с
21 =
67
На основании неравенств (7) имеем
х3 + у3 + z3
atbiCt = ABCxiytZi ^АВС-------------------------
о
v3 ।	3 । „3
^9Т У? Т Zo
a2b2c2 = ABCx2y2z2 < АВС------х-----
апЬпсп = АВСхпУп^п < АВС
*п+Уп + г3п
3
3
Сложив выписанные неравенства, получим
aibiCi + а2Ь2с2 + ... < + ацЬпСц
, у} + У2 + ••• +у\ .
3	+
+	3
Учитывая введенные обозначения, легко подсчитать, что
Л
'П
з з	з о? + «2 + ... + а3п
... +х3п=	п
Л3
Лз “ л3 ~ 11
У1 + 4'г+ ••• +Уп=1> Z1 + Z2+ ... +г’=1.
Следовательно,
aibtCi +• а2Ь2с2 + ... + ацЬпСп^ АВС + •у + *у
Возводя в куб обе части неравенства, окончательно получим
(alblci+a2b2c2+ ... + апЬпСп)3 < Л3В3С3 =
= (а1 + а2 + • • • + а«)	+ ^2 + • • • +	(с3 + cl + ...
П
п — t ’
26.	Выпишем неравенства (24) для различных значений п:
In-----!— < — <
п
1
п
. п + 2
1п ----j—Г-
п
fen + 1	1	fen
fen ~kn < n fen — 1 *
68
Сложив эти неравенства, получим
I (»+1)(п + 2) ... (fen+ 1)	1	1	,	1
п(и+1) ... kn	п *" п+ 1 ф " + ~kn
т. е.
, fert+1 , (. , 1 \ .
-----1пГ+ п)<
<— + —j~r+—гу+ ••• +^-<1п—^T = 1n(fe + —
п п+1	п+2	kn п — 1	\ П — 1/
Если п стремится к бесконечности, то In ^k + стремится к In k
и In (k Ч-стремится к этому же пределу. Следовательно, и
27.	В силу теоремы 6
1+ 1^2 + “ + 1/W
= (__________!____+ _!_____:+ ... +—!-
2-1^2 \1^106 + 1	]Х106+2	]Z2. .10° /
______________!_ + _!___...______L\
2 —\	1^2	]7з	^г-ю6/
^2
Второе слагаемое отрицательно, но больше-1,9.
2-]/2
Первое слагаемое, в силу неравенств (28), удовлетворяет нера-
венствам
4 (^2. 10° 4- 1 - 106 + 1)	<
2	2-]/2
<	/_!_____+-_!_____+ ... +—J______\<
2-^2 \|Х106 + 1	106 + 2	1/2- 10е/
<—0^2- 106 - )По«) 4 = 15 000.
2-1/2	2
Так как крайние члены последних неравенств отличаются друг от
69
друга мало (меньше 0,1), то
15000 - 2< 1 + -5^ + ... +-Г.;1	<15 000.
|/ 2	V 10s
106
Среднее число 14 999 отличается от V —~— меньше чем на 1.
Й п
28.	В силу теоремы 6
L._.+	» +... + _!_1_
' 2 - 2“ L (п + 1)а	(« + 2)а	(2п)“ ]
2а Г 1	1	11
” 2—2“ L _~2°г+ 3“ ”	” (2n)“ J —	~ Вп
где
2а Г 1	1	11
z	1____।__________L _l 1
"	2 — 2“ [(«+!)“ (п + 2)“	"	(2/г)“]’
д : 2а [i_________L + J______________!_]
П 2 - 2“ L 2“ 3“	"	(2n)“J*
Число Вп — частичная сумма ряда
2-2“	ka
Этот ряд. знакочередующийся с монотонно убывающими по абсо-
лютной величине членами. Остаток его по абсолютной величине не
больше абсолютной величины первого члена остатка, т. е. числа
2а 1
-----Поскольку это число при п -> оо стремится к нулю,
то ряд сходится и
/г=1
2а
2 —- 2а
(-1)*4г = С.
fe“
т. е. уп = Вп — С — бесконечно малая величина. Теперь, опираясь
на неравенства (28), получим
па
[(2п - 1)^-“ - (п.+ !)>-“] < Ап <
оа
„ [(2п)'~°-
2— 2“
п1 “
1 — а
70
Поскольку разность между крайними членами неравенств стре-
п1"а
мится к нулю при п -> оо, то = Ап-j--_	— бесконечно малая
величина.
Таким образом,
1 + ^+ +^=Ап-Вп =
= Т^- -	- с + Yn=	с + ₽„.
где	+ уп — бесконечно малая величина.
Павел Петрович Коровкин
НЕРАВЕНСТВА
(Серия: «Популярные лекции по математике»)
М., 1974 г.,	72 стр. с илл.
Редактор Ф. И. Кизнер
Техн, редактор Н. В. Кошелева
Корректор Е. В. Сидоркина
Сдано в набор 18/1 1974 г.
Подписано к печати 20/V 1974 г.
Бумага 84X108/)2, тип. № 3. Физ. печ. л. 2,25.
Условн. печ. л. 3,78.	Уч.-изд. л. 3,16.
Тираж 200 000 экз. Цена книги & коп. Заказ № 68
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической литературы
117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15
Ордена Трудового Красного Знамени
Ленинградская типография № 2
имени Евгении Соколовой Союзполиграфпрома
при Государственном комитете Совета Министров
. СССР по делам издательств, полиграфии
и книжной торговли.
198052, Ленинград, Л-52, Измайловский проспект,29
9 коп.
ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
Вып. 1. А. И. Млркушевич. Возвратные последовательности.
Вып. 2. И. П. Натансон. Простейшие задачи на максимум и минимум.
Вып. 3. И. С. Соминский. Метод математической индукции.
Вып. 4. А. И. Маркушевич. Замечательные кривые.
Вып. 5. П. П. Коровкин. Неравенства.
Вып. 6. Н. Н. Воробьев. Числа Фибоначчи.
Вып. 7. А. Г. Курош. Алгебраические уравнения произвольных сте-
пеней.
Вып. 8. А. О. Гельфонд. Решение уравнений в целых числах.
Вып. 9. А. И. Маркушевич. Площади и логарифмы.
Вып. 10. А. С. Смогоржевский. Метод координат.
Вып. 11. Я. С. Дубнов. Ошибки в геометрических доказательствах.
Вып. 12. И. П. Натансон. Суммирование бесконечно малых величин.
Вып. 13. А. И. Маркушевич. Комплексные числа и конформные отобра-
жения.
Вып. 14. А. И. Фетисов. О доказательствах в геометрии.
Вып. 15. И. Р. Шафаревич. О решении уравнений высших степеней.
Вып. 16. В. Г. Шервагов. Гиперболические функции.
Вып. 17. В. Г. Болтянский. Что такое дифференцирование?
Вып. 18. Г. М. Миракьян. Прямой круговой цилиндр.
Вып. 19. Л. А. Люстерник. Кратчайшие линии.
Вып. 20. А. М. Лопшиц. Вычисление площадей ориентированных фигур.
Вып. 21. Л. И. Головина и И. М. Я гл ом. Индукция в геометрии.
Вып. 22. В. Г. Болтянский. Равновеликие и равносоставленные фигуры.
Вып. 23. А. С. Смогоржевский. О геометрии Лобачевского.
Вып. 24. Б. И. Аргунов и Л. А. Скорняков. Конфигурационные теоремы.
Вып. 25. А. С. Смогоржевский. Линейка в геометрических построениях.
Вып. 26. Б. А. Трахтенброт. Алгоритмы и машинное решение задач.
Вып. 27. В. А. Успенский. Некоторые приложения механики к матема-
тике.
Вып. 28. Н. А. Архангельский и Б. И. Зайцев. Автоматические цифро-
вые машины.
Вып. 29. А. Н. Костовский. Геометрические построения одним циркулем
Вып. 30. Г. Е. Шилов. Как строить графики.
Вып. 31. А. Г. Дорфман. Оптика конических сечений.
Вып. 32. Е. С. Вентцель. Элементы теории игр.
Вып. 33. А. С. Барсов. Что такое линейное программирование.
Вып. 34. Б. Е. Маргулис. Системы линейных уравнений.
Вып. 35. Н. Я. Виленкин. Метод последовательных приближений.
Вып. 36. В. Г. Болтянский. Огибающая.
Вып. 37. Г. Е. Шилов. Простая гамма (устройство музыкальной шкалы).
Вып. 38. Ю. л. Шрейдер. Что такое расстояние?
Вып. 39. Н. Н. Воробьев. Признаки делимости.
Вып. 40. С. В. Фомин. Системы счисления.
Вып. 41. Б. Ю. Коган. Приложение механики к геометрии.
Вып. 42. Ю. И. Любич и Л. А. Шор. Кинематический метод в геомет-
рических калачах.
Вып. 43. В. А. Уснем чий. Треугольники Паскаля.
Вып. 44. И. Я. Бакельман. Инверсия.
Вып. 45. И. М. Яглом. Необыкновенная алгебра.
Вып. 46 И. М. Соболь. Метод Монте-Карло.
Вып. 47. Л. А. Калужнин. Основная теорема арифметики.
Вып. 48. А. С. Солодовников. Системы линейных неравенств.
Вып. 49. Г. Е. Шилов. Математический анализ в области рациональных
Функций
Вып. 50. В. Г. Болтянский. И. Ц. Гохберг. Разбиение фигур на меньшие
части
Вып. 51 Н. М. Бескин. Изображения пространственных фигур.
Вып. 52. Н. М. Бескин. Деление отрезка в данном отношении.
Вып. 53. Б. А. Розенфельд и Н. Д. Сергеева. Стереографическая про-
екция.