Файл: Василевский, А. Б. Методы решения задач учебное пособие.pdf

Пример 3. Д ок азать тож деств о

cos2a + cos2(60°

a) +

cos2 (60° — a) — 1,5 =

0.

Левая часть равенства является однородным

многочленом

M(sina, cos а) второй

степени относительно

sin а и cos а. Поэтому

достаточно показать,

что

этот

многочлен

обращается в нуль при

Пусть a =

0°,

30°, — 30°

(для простоты

вычислений).

Вычислением убеждаемся,

что при a = 0°,

30°,

— 30° утвержде­

ние задачи верно.

тождество

Пример 4.

Доказать

cos2a +

cos2p -|- cos2 (a

Р) — 2cos a cos p cos (a -f- (5) =

1.

Обозначим

M (sin a,

cos a) =

cos2a +

cos2p +

cos2 (a + (3) — 2cos a cos p cos (a -f (3).

Очевидно,

M (sin a,

cos a) — многочлен

второй

степени

относи­

тельно sin а и cos a (P

считаем

параметром).

задачи

при

a = 0°,

Проверим

справедливость

утверждения

90°,

60°.

a =

0°,

то М = 1 -f- cos2p + cos2p — 2cos2p =

1.

Если

Если

a =

90°,

то М = 0 -f cos2p + sin2{3 — 2 • 0 =

1.

Если

a =

60°,

то М = 0,25 +

cos2P + cos2(60° -f P) —

— 2 - 0,5 cos p cos (60° +

P) = 0,25 + cos2p +

cos2(60° +

P) —

является

однородным многочленом

второй

степени

относительно

sinр и cosp.

Легко убедиться, что

он

равен 1 при

Р = 0°, — 30°,

30°.

решена.

Задача

Упражнения

Доказать тождества:

2а) =

sin 2а.

1.

sin2 (45ч +

а) — sin2 (30? — а) — sin 15° cos (15ч +

2.

cos2 (a -f Р) +

cos2 (а — (3) — cos 2а cos 2р = 1.

2,

3.

Доказать,

что sin2a +

sin2P +

sin2 у — 2 cos a cos P cos у =

если a + p + у =

я.

4.

Доказать,

что

,[°5Q*v

= 1 +

loga6.

5.

lo&abx

2)0,5 — 2]0,5

при условии, что

Упростить выражение [(log^a + l°g£ b +

если cos 4a = 0,5.

12.

Доказать,

что tg 142°30' — /ЗГ +

/ 3 + /б " есть целое число.

13.

Вычислить log0 16, если log1227 =

/n.

9 °.

14.

Вычислить lg tg l9 +

Igtg24 +

. . . + Ig tg 8

15. Доказать

тождество

(1 + x +

.v3 -f- ...

xn)- — xn = (1 + x + x2,+ . . . +

+ лл~ ‘) (1 + x +

*2 + ■■■+

xn+ ').

____________

16.

Вычислить

V 55 + 8 /3 9 + Y

103— 16 /3

9 .

а1+ а2 • • • + О-п

V аг ■а2... ап (неравенство Коши).

п

Пример 1. Доказать

неравенство

а4+ 64+ с4>

abc (а +

b + с), а >

0, b > 0, с > 0.

Преобразуем левую

часть

неравенства

следующим образом:

На основании неравенства (1) получаем:

а4+ 64

^

-у/гхйк

.(.«.о,

64+

с4

Ь2с2,

с4+

я4

. >

Уа*Ь* = а2Ь2,

Сложив почленно эти неравенства, имеем

а4+ 64+ с4> а2Ь2+ Ь2с2+ с2а2.

(2)

Преобразуем

правую

часть

неравенства

(2)

таким образом:

2

2 2

а262 +

62с2

Ь2с2+

с2а2

с2а2 + а2Ь2

а2Ь2+ Ь2с2+

с2а2 =

-------- ?s---------- 1-----------£-----------|-

2

1

2

На основании

неравенства (1) получаем:

^ Y а?Ь2 ■Ь2с2= а62с,

Ь2с2+ с2а2 ;> |/ Ъ2с2 ■с2а2 = Ьс2а,

С2й 2 -1-

П,2Ь 2

Г -----------------

------- --------- ^ У с%а2 ‘ а2Ь2 = са2Ь.

Сложив почленно эти

три неравенства, получаем

а2Ь2+ Ь2с2+

с2а2 ^

abc (6 +

с + а).

(3)

Из неравенства (2) и (3) следует утверждение задачи.

Пример 2.

Доказать

неравенство

если а + b +

У 4 а + 1 +

} Л б + 1

+ ]/4 сТ 7 <

5,

с =

1,

а подкоренные выражения неотрицательны.

Очевидно,

У 4а +

1

= > (4а +

1) ■1.

Применив неравенство

(1),

получаем

1 /4 0 + 1

=

)/ (4д +

1) • 1 <

(4а + 2!) + 1

- =

2а + 1.

(4)

Аналогично

У 4 6 + 1 < 2 6 +

1,

(5)

/ 4 1 + Т < 2 с + 1 .

(6)

Сложив почленно неравенства (4) — (6) и учитывая,

что а +

b +

+ с = 1, . найдем

/ 4 а + 1 +

1/46 +

1 +

У 4с + 1 <

2а + 26 + 2с +

3 =

= 2 ( а + 6 + с)+ 3 = 2- 1 + 3 = 5.

Утверждение

задачи

доказано.

ливость для

n = kx (kx > k,

kx— натуральное

число).

После этого

доказывается

справедливость

неравенства

f (п) >

0

при п — kx + 1,

причем при доказательстве используется неравенство f (kx) > 0.

Пример 3. Доказать, что при натуральном

я ^ З

верно

нера­

венство

2я > 2 л + 1 .

(7)

При я = 3

неравенство

(7) верно,

потому что

23 > 2

• 3 + 1 .

Допустим,

что неравенство

(7) справедливо

при

я = k

(k >3) ,

т. е.

2* > 2/г + 1 .

(8)

Докажем, что неравенство (7) верно и

при

/г =

& +

1,

т. е.

до­

кажем, что

2*+! >

2 (А +

1) +

1 =

2k +

3.

(9)

Неравенство (9) доказываем, используя

неравенство

(8):

2*+i = 2* • 2 >

(2А +

1) ■2 =

Ak + 2 =

(2k +

3) +

(2k — 1).

(10)

Так как k > 3,

то 2 k — 1 >

0.

Поэтому

из

неравенства (10)

сле­

дует

2ft+i >

2k + 3,

т. е. доказано неравенство (9).

2п >

2п +

1 справедливо при любом

Таким образом,

неравенство

натуральном я 3.

что

при любом

натуральном

я

1

верно

Пример 4.

Доказать,

неравенство

j _ _3_ _5_

2п — 1

1

(И)

2 ‘ 4 ' 6

2/г

/ з я +

1 '

При я = 1

неравенство

(11)

справедливо, так

как

—

2

<

-------------

*

/ 3 - 1

+ 1

Допустим,

что

неравенство

(11)

верно

при n = k

(k >

1),

т. е.

_1_ _3_ J>_

2k — 1

1

(12)

2

4

6 ' "

2k

^ ' -J/3F + T