Лоп1|лярные лекции
ПОМ АТЕМАТИКЕ
	
П.П.КОРОВКИН
НЕРАВЕНСТВА

ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
ВЫПУСК 5
П. П. КОРОВКИН
НЕРАВЕНСТВА
ИЗДАНИЕ ТРЕТЬЕ
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСКВА 1966
512
К 66
УДК 512.13
2-2-2
213-66
ПРЕДИСЛОВИЕ
В курсе математики средней школы учащийся знако-
мится со свойствами неравенств и методами их решения
в простейших случаях (неравенства первой и второй
степени).
В этой книжке автор не ставил себе целью изложить
основные свойства неравенств, а стремился лишь позна-
комить учащихся старших классов средней школы с не-
которыми замечательными неравенствами, играющими
большую роль в различных разделах высшей матема-
тики, и применением их к нахождению наибольшего и
наименьшего значения величин и к вычислению некото-
рых пределов.
В книжке приводится 62 задачи, из которых 36 с по-
дробными решениями составляют основное ее содержа-
ние, а 26 задач даются в конце §§ 1, 4, 5 мелким шриф-
том в качестве упражнений. Решение упражнений чита-
тель найдет в конце книжки.
Самостоятельное решение нескольких трудных за-
дач, 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 ав-
тор пользовался лишь свойствами неравенств и преде-
лов, изучаемыми в 9 классе средней школы.
П. Коровкин


§ 1. Целой частью числа х (обозначается к]) назы-
вается наибольшее целое число, не превосходящее х.
Из этого определения следует, что |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, определяющееся
неравенствами
[х]<к< |х| + 1
Так, например, из неравенств
3 < л < 4, 5 <	< 6, —2< —/2< —1, 5 = 5 <6
следует, что
И -3,
= 5, | —]/Т]== —2, [5] = 5.
Задача 1. Найти целую часть числа
11	1	,	1	,	1 I 1
х + у?г + уз~ + уг + ys~ '
Решение. Воспользуемся неравенствами:
1< 1 <1,
0,7 <	Vt <0А
0,5 <	<о,б,
0,5 <	Ут<°5,
0,4 <	:|/1<о,5
1/22 П. П. Коровкин
5
(они получаются при извлечении корней с точностью до 0,1
с недостатком и избытком). Сложив эти неравенства1), по-
лучим:
I + 0,7 + 0,5 + 0,5 + 0,4 < х < 1 -|- 0,8 0,6 + 0,5 4- 0,5,
т. е. 3,1 <х<3,4 и, следовательно, [xj= 3.
Задача 2. Найти целую часть числа
= ! । J,_____i , i ,	।	1	'
У + /2 ' Уз" +	J/Tooo 000 
Решение. Эта задача отличается от предыдущей только
количеством слагаемых: в первой слагаемых 5, во второй—
1000000. Но уже это обстоятельство делает практически
невозможным применение предыдущего метода решения.
Для решения задачи изучим сумму
i+_L+_L + -L + ...4--L
Д2Ту31)/4Т	^ Уп 
С этой целью докажем неравенства
2/л+Т — 2/л <^==<2Кп — 2К^Т. . (1)
В самом деле, так как
2/n + 1 — 2/и =
2 (К» + 1 — Кn) (/n + 1 + /п)
Уп + 1+Уп
2
У п + 1 + У п
и
то
Уп+ 1 > Уп,
г---- Z—	2	1
2Уп+ 1 — 2УУг<—7=- = -7=^.
1	'	2 у п у п
Этим доказана первая часть неравенства (1); вторая его
часть доказывается аналогично.
9 А. П. Киселев, Алгебра, ч. II, 1956 г., стр. 68.
6
Полагая в неравенствах (1) п — 2, 3,4, ..., п, получим:
2/3- 2/¥< ^<2/2—2,
2/Т— 2]ЛЗ< ^<2/3~2/2,
2/Т— 2/Т< ~^=- <2/4 —2/3,
2	/п -f- 1 — 2 /п <	< 2 /« — 2 У п — 1.
Сложим теперь эти неравенства
2//Г/Т — 2/2<
<рт + Й'+7т + "+Й<21/’-2-
Прибавляя ко всем частям полученных неравенств по 1,
найдем:
2/«+7 — 2/2 + 1 <
<1+Рт + Й + Й+' ' + F7<2ri“L <2)
Так как 2/2<3, а /«+ 1 > /п. то из неравенств (2)
следует, что
2/«_2<l+~L + -L + 4- + -.. + J- <2/« —1.
/2 УЗ У 4	/п
(3)
Пользуясь неравенствами (3), легко найдем теперь целую
часть числа
„ _ ] . 1 । 1 , 1 , , 1
lJ У2 /Т УТ	/1 оооооо
Для этого, полагая в неравенствах (3) « = 1000000,
получим:
2/1 000000 — 2<
< 1 —L _|_	+ ...-]— 1 —
У 2	УЗ	У1 000 000
< 2/1000000 — h
или
1998 < у < 1999.
Следовательно, {у\ — 1998.
7
Задача 3 Доказать неравенство
_ 1 А £ 99 / 1
Х~ "2” 4 ' 6 ' ‘ ’100 < 10 •
Решение. Положим
_ 2_ _4 6	100
У ~ У ' 5  7  • 'ЮГ
Так как
1	2	3	4	5	_6	99	100
Т<Т’	Т <	Г’	б- < 7’	’ • ‘ ’ юо	ioi’
то х < у и, следовательно1),
_ 1 2 А 4 А 99 HjO	J
%"< ХУ ~ 7 'Т '7 '5 '6 ' Т • ' • 100 ' 101 ~~ ЮГ
Извлекая квадратный корень из обеих частей неравенства,
получим
Упражнения
1.	Доказать неравенства
2 /771 - 2 1'ш < ;А Г - 1 , +. . .+ -А < 2 /п- 2
У ш I in + 1	у п
2.	Доказать неравенства
—=- + ,_______________-Г . . .	^== < 1800,02.
>/ 10 000	>/10001 у 1 000 000
3.	Найти [50г], где
1 1 1
7 —---- — -1 ---------I-	7- -- " 1	—
>/ 10 000 ’ >9 10 001	J 1000006’
Отв. [50г] 90 000.
4. Методом математической индукции доказать неравенство
А А А 2,1 ~ 1_____________________________1_____
2 ' 4 ' б ’ ' 2/г	' (/ЗЛ““1 '
5. Доказать неравенство
1 _3	5	_99	1_
Т ' 4 ’”6 ’ ' ’ ЮО < 12 •
1) А. П. Киселев, Алгебра, ч. II, 1956 г., стр. 68.
2) Т а м ж е, стр. 99.
8
§ 2. Перейдем теперь к изучению некоторых важных
неравенств, применяемых при решении многих задач.
Из неравенства (х,— х2)2> 0 следует, что xf 4 х| > 2xtx2,
причем знак равенства имеет место, только когда x^Xj.
Если xt и х2—положительные числа, то, разделив обе
части последнего неравенства па xtx2, получим:
2.
Лс	л I
(4)
Пользуясь неравенством (4), легко докажем что сумма
двух положительных чисел не меньше 2 если произве
дение их равно единице.
В самом деле, если ху — 1. то у = Неравенство
х а/ > 2, т. е х > 2 следует из неравенства (4) при
X] = х и х2 = 1
Докажем теперь теорему
Теорема Если произведение п положительных
чисел равно 1 пю их сумма не меньше п
Другими словами, из равенства хгх2х3 . . . хп— 1 следует,
что X] 4~ х2 -у х;; -р . . + хп > п, причем х, 4 х2 + х3 4
+ . . . 4- хл > п. если числа x1s х2, х3, ..., х„ не все
одинаковы
Доказательство. Докажем эту теорему методом
математической индукции1).
Ранее мы доказали справедливость теоремы 1 для слу-
чая двух положительных чисел (п = 2).
Предполагая, что теорема верна для п = й > 2, т. е.
предполагая, что неравенство
Xi 4- х2 4- х3 4- .  -^-х^' k
имеет место, если х{х2х3 , . . xh = 1, докажем теорему для
п = k 1, т. е. докажем, что
+ х2 4" х3 4~ • . 4~ xk 4' x^+i >• k -+- 1,
если ххх2х2. . . xkXk+\— 1, причем Х|> 0, t2>	<з> О-
. . ,,-хк > 0, x*+i > 0.
>) Подробнее о методе математической индукции рассказано
в книжке: И. С. Сом и некий. Метод математической индук
ции. изд. 7, Главная редакция физико-математической литературы.
1965 (серия «Популярные лекции по математике», выпуск 3).
9
Прежде всего заметим, что если
Х^Х2Хз . . . X^X^-f-t == I»
то могут представиться два случая:
1) все множители xlt х2, х3, . .хк, Xt+i одинаковы,
т е.
Xj —- Х2 Х2 — . . . == Хк — Xk + lt
2) не все множители одинаковы
В первом случае каждый множитель равен единице, а их
сумма равна k 4- 1, т. е.
X] -J- Х2 + Х3 4" • • • 4" xk 4~ Я/г + 1 = 4* 1 •
Во втором случае среди множителей произведения
xtx2. , . хкх/г+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, xt < 1, a х*+, > 1. Мы имеем:
(X^X^^i) Х2Х3 • • • хк = i •
Полагая у} = XjXt+i, получим:
^1X3X3. . хк = 1.
Так как здесь произведение k положительных чисел равно
единице, то (согласно предположению) их сумма не меньше k,
т. е.
Pi 4~ х2 4~ х3 4~ • • • 4~ xfe > /г.
Но
X] 4- х2 4- х3 4-... 4- хк 4~ Xft+i =
= (z/i 4- х2 4- Х3 4-  •  +**) хь+1 — У\ 4" х, >
> й 4~ xk+i — 4- х, = (k 4- 1)4- xk+t — 4/1 4- xi — 1 •
Вспоминая, что — xixk+], получим:
Xj 4 Х2 4- х3 4- • • • 4“ Хк 4- х6 + 1
>(k 4- 1) 4- xk+i — х1хк+1 4- х, — 1 =
= (k 4~ 1) 4'- (Х/г + l   1)(1  Xj).
Так как xt <
следовательно,
х\ т x2 4~ хз +
1, a x*+i > 1,
to (xft+i— 1)(1 — xj> 0 и.
Этим теорема
• - • 4- x, 4- xk+i
(k 4* 1) 4- (xh + l — 1)(1 — xt) > k 4- 1 •
1 доказана.
10
Задача 1. Доказать, что если xlt х2, х3, .. хп—
положительные числа, то
причем знак равенства имеет место, только когда
х, = х2 = х3 = . . .=х„.
Решение. Так как
*1_ • *2	*«-1 . _ ]
*2	*3 ’ ' ’ «Л *1 ~ ’
то неравенство следует из теоремы 1. Знак равенства имеет
место, только когда
Х1_ _ *2 _	_ *д—1	|
«2 ~ Х3 ~ ‘ ' Хп ~Xt ~ ’
т. е. когда х1=х2=х3=.. .= хп.
Задача 2. Доказать неравенство
х2 + 2 > 2
ТД2 + I
Решение. Имеем:
х2 -1- 2	_ х2 -|- 1 j_1	_ тЛд-а I ।	।___1
/х2 + 1 ~ рД2 + 1 ' К*2 + 1	/х2+ 1
Так как произведение слагаемых в правой части равенства
равно единице, то их сумма не меньше двух. Знак равен-
ства имеет место только при х = 0.
Задача 3. Доказать, что при а> 1
1g а 4-log^ 10 > 2.
Решение. Так как loga 10-lgа = 1, то
1g «+ iog«10 = lga+ip> 2.
Задача 4. Доказать неравенство
II
Решение. Разделим на х2 числитель и знаменатель
левой части неравенства
X1	1
X2 1
Так как ~х2 = 1, то ~ Д- х2 > 2, и, следовательно,
1 / 1
1 .	,^2'
4~ х~
Определение. Число g = ххх2 ... хп называется
средним геометрическим положительных чисел Хц х2... , х„,
а число а = %1 *2	‘ *" называется средним ариф-
метическим этих же чисел.
Теорема 2. Среднее геометрическое положительных
чисел не больше среднего арифметического этих же чисел.
Если числа xt, х2, ..., хп не все одинаковы, то сред-
нее геометрическое этих чисел меньше их среднего ариф-
метического.
Доказательство. Из равенства g=Vxtx2.. . х„сле-
дует, что
|  - Х1 х2 хп , ИЛИ Д_ Д_	Хп   |
~ V g g "' g’ g g " ’ g ~
Так как произведение п положительных чисел равно 1>
то (теорема 1) их сумма не меньше п, г. е.
+ . .. +	> п.
g g	g
Умножив обе части последнего неравенства на g и разделив
на п, получим:
а — Д Х2 + • • • *« р
п
Заметим, что равенство имеет место, только когда
— = — =	— = 1, т. е. xt = х2 = ... = х„ = g.
g g	g	12	" s
Если же числа xt, х2....хп не все одинаковы, то
а> ё-
12
Задача 5. Из всех параллелепипедов с данной суммой
трех взаимно перпендикулярных ребер найти тот, объем ко-
торого наибольший.
Решение. Пусть т = а+/> + с — сумма ребер, а
V = abc — объем параллелепипеда. Так как
О	и
то V	Знак равенства имеет место, только когда
.	т
а ~ о = с = -д, т. е. когда параллелепипед есть куб.
Задача 6. Доказать неравенство
п' <	> 2-	(5)
Решение. Пользуясь теоремой 2, получим:
7пГ= уД.2-3... п < -1+-?-+3 + -=
г	г	п
_ (п + 1) п __ п -I- 1
Чп "	2 •
Возведя в п-ю степень обе части последнего неравенства,
мы и получим неравенство (5).
Определение. Число
/ а । а , „а \ I
“1 + а2 + •••—“„	-
Са ~ \	п	)
называется средним степенным чисел alt а2........ап по-
рядка а. В частности, число
= 41 + д3 + •   ап
есть среднее арифметическое чисел аи а2, ..ап, число
называется средним квадратическим, а число
-------Н —-	—
«I «2	ап
называется средним гармоническим чисел а,, а2, . .ап.
3 П. П. Коровкин	io
Задача 7. Доказать, что если а,, а2, .... а„—поло-
жительные числа и а < 0 < р, то

(6)
т. е. среднее степенное с отрицательным показателем не
превосходит среднего геометрического, а среднее степенное
с положительным показателем не меньше среднего геометри-
ческого.
Решение. Пользуясь тем, что среднее геометрическое
положительных чисел не превосходит среднего арифмети-
ческого, имеем:
П/Г гР гР	,
|/ а, а2 . . . ап
+ а2	ал
п
Возводя обе части последнего неравенства в степень — и
1 Л
учитывая, что — < 0, получим:
а । „а 1	।
а1 -Г а2 т • • • + ап
п
Этим доказана первая часть неравенства (6); вторая часть
доказывается аналогично.
Из неравенства (6) следует, в частности, что среднее
гармоническое c_i не превосходит среднего арифметиче-
ского сР
Задача 8. Доказать, что если а,, а2, .. ., ап — поло-
жительные числа, то
(а‘ + а,+ ... ая) (1 + 1- + ... 4-±) > п\
Решение. Так как c_i g с1т то
Из этого неравенства следует, что
п2 < (а. 4 а, ф- . .. ф- а„) (— -ф- — 4- • • • + — 1
- ' ।	- 1	1	1 а.2	ап )
Задача 9. Доказать, что для любых положительных
чисел а, b (а^Ь) справедливо неравенство
« + !/- —г-	а + пЬ
у abn < —.
п — 1
14
Решение. Имеем:
а + ь + ь + ... + &
п+1/—п+1/—гк-----г	л”	а + п&
^abb...b<---------—t-------= ^+Т’
п
что и требовалось.
Задача 10. Доказать, что с увеличением номера п ве-
личины
^р + т) игп = (1-т)
увеличиваются, т. е.
/, ,	1 v+l	Л 1 у+1
хп < xn+i р + п j)	zn+i | I п + lj
Решение. Полагая в неравенстве предыдущей задачи
а — 1, b = 1 + -получим:
Ч/ 1 й ", “П~ < 1 + " +	- п + 2 - 1 4- 1
У 141+т/ ЛЧЙ	-л+1~ ' гг + 1 ‘
Возводя обе части неравенства в (п 4- 1)-ю степень, будем
иметь:
p +	<р+у+т) - Т. е. х„ <х„+1.
Второе неравенство доказывается аналогично.
Задача 11. Доказать, что
Л । 1 ',ra+1
У» - Р + п )
убывает с увеличением номера п, т. е.
3*
15
(см. обозначения задачи 10). Так как г„ возрастает с уве-
личением номера п, то уп убывает.
В задачах 10 и 11 мы доказали, что
xi — р + f j — 2 < х2 —
= ^1 +	= 2,25 < х3 < ... < хп < ...,
(. .	1 \2
(А — (1 + Т) ~ 4 > ^2 —
= (1 + 4)3 = 3’375 >^>--->^>
С другой стороны,
„	/ .	1 \Л / .	1 \л + 1
2 = х, < хл = (1 + -) < (1 + —)	= Уп < У\ = 4-
Итак, переменная величина хп удовлетворяет двум условиям:
1) хл монотонно возрастает вместе с возрастанием но-
мера п,
2) х„ —ограниченная величина, 2 < хл < 4.
Известно1), что монотонно возрастающая и ограниченная
переменная величина имеет предел. Следовательно, сущест-
вует предел переменной величины хл. Этот предел обо-
значают буквой е, т. е.
е = lim х„ = lim (1 + —Г.
Так как величина хп приближается к своему пределу воз-
растая, то хл меньше своего предела, т. е.
/,	1 \Л
х.=(1 + т)<е-	(?)
Нетрудно проверить, что е < 3. В самом деле, если но-
мер п велик, то
ХП < Уп < Уъ = (1 + I)6 = 2,985984.
Следовательно, и
е = lim хп 2,985984 < 3.
оо
>) А. П. Киселев, Алгебра, ч. II, 1956 г., стр. 206.
16
Число е наряду с числом л имеет в математике большое
значение. Оно употребляется, например, в качестве основа-
ния логарифмов, называемых натуральными логарифмами.
Логарифм числа N при основании е символически обозна-
чается In N (читается: логарифм натуральный N).
Известно, что числа е и л иррациональны. Каждое из
этих чисел вычислено с точностью до 808 знаков после
запятой, причем
е = 2,7182818285490...
Покажем теперь, что и предел переменной величины уп
равен е. В самом деле.
Так как уп приближается к числу е убывая (задача 11),
то
Задача 12. Доказать неравенство
(9)
Решение. Мы докажем неравенство (9) методом мате-
матической индукции. Оно легко проверяется для п = 1.
В самом деле,
Предположим, что неравенство (9) справедливо для п — k,
т. е.
Умножив обе части последнего неравенства на k + 1, по-
лучим:
17
т. е. неравенство (9) доказано для п = k 1. Этим самым
доказана справедливость неравенства (9) для всех значе-
ний п.
Так как е < 3, то из неравенства (9) следует, что
п\ >
J1V
3 / '
С помощью последнего неравенства легко доказать, что
300! > 100300.
В самом деле, полагая в нем п — 300, получим:
300! >	)3°°= ЮО300.
Совершенно аналогично неравенству задачи ^доказы-
вается неравенство
п\ < е
п + 1 \«+i
е I
Задача 13. Доказать неравенство
nata2. . . ап < а" + а" +  • • + а",	(10)
где аг > 0, а2 >0, . .., ап > 0.
Решение. Так как среднее геометрическое не превос-
ходит среднего арифметического, то
V а’га " п ^ai + а2 + • • • + ап
аха2.. .ап= у ata2.. .ап
п
Умножая обе части этого неравенства на п, мы и получим
неравенство (10).
Из неравенства (10) следует, что
2ata2 а\ -f- а2, За^а., < al -f- а2 + af,
40^,0^ С af ф- a? 4- аз 4- at
т. e. удвоенное произведение двух положительных чисел
не превосходит суммы их квадратов, утроенное произве-
дение трех чисел не превосходит суммы их кубов и т. д.
§ 3. При решении задач предыдущего параграфа мы
пользовались тем, что среднее геометрическое положитель-
ных чисел не превосходит среднего арифметического этих
18
же чисел, т. е.
}/ Х^Х2 •   Хп
<, X; 4 х2 4- . .  -)- хп
п
причем знак равенства имеет место только при х1=х2=
= ... = х„.
В следующей теореме, пользуясь этим же неравенством,
докажем важнейшее неравенство этого параграфа, которое,
как мы увидим в дальнейшем, часто применяется при ре-
шении задач.
Теорема 3. Если х > — 1 и 0 < а < 1, то
(1 + х)“< 1 + ах.	(11)
Если же а < 0 или а > 1, то
(1 4- х)“ > 1 4- 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 т и п--
целые положительные числа, 1	<п. Так как по условию
I + х > 0, то
(1 + Х)“= (1 4- х)~ = ?(1 + х)т-}п-т =
=тЛ(1 4~ х) (1 4~ х)... (1 4- х) • 1• 1 ... 1 <4
(1 4- х) + (1 + х) + ... 4- (1 + х) + 1 4- 1 + .,. + 1 __
п
т(\4-х) + п — т п + тх , , т , .
— —1 т.. >------— —:-----=14-----х = 1 4- ах.
п	1	п
Знак равенства имеет место, только когда все множители,
стоящие под знаком корня, одинаковы, т. е. когда 1 4- х = 1,
х = 0. Если же х =f= 0, то
(1 4- х)“ < 1 4- ах.
Таким образом, мы доказали первую часть теоремы для
того случая, когда а — рациональное число.
Предположим теперь, что а — иррациональное число,
0 < а < 1. Пусть г,, г2, • • •> r«> • • • ~ последовательность
рациональных чисел, имеющая предело,м число а, причем
19
О < rn < 1. Из неравенств
(1 4- х)Гп < 1 + rnx> х>— 1, п= 1,2,3,...,
уже доказанных нами для случая, когда показателем сте-
пени является рациональное число, следует, что
(1 + х)“ = lim (1 4- х)п < lim (1 4- гпх) = 1 4~ ах.
Этим неравенство (11) доказано и для иррациональных зна-
чений а. Нам остается еще доказать, что для иррациональ-
ных значений а при х =^= О и 0 < а < 1
(1 4- х)“ < 1 4- ах,
т. е. что при х =£ 0 в (И) знак равенства не имеет места.
С этой целью возьмем рациональное число г такое, что
а < г < 1. Очевидно, имеем:
(1 4-х)“ = [(1 +х)г .
Так как 0<^-< 1, то, как уже доказано,
(14-х)“<14-7-х.
Следовательно,
(1 4-х)“<[1 +тх\‘
Если х =£ 0, то f 1 4- у * У < 1 4- г у х = 1 4- ах, т. е.
(1 4- х)“ < 1 4- ах.
Этим первая часть теоремы доказана полностью.
Переходим к доказательству второй части теоремы.
Если 1 4- ах < 0, то неравенство (12) очевидно, так как
левая часть его неотрицательна, а правая отрицательна.
Если 1 4~ ах > 0, ах > — 1, то рассмотрим отдельно
оба случая.
Пусть а> 1; тогда в силу доказанной первой части
теоремы имеем:
(1 4- ах)“ < 1 4- -i- ах = 1 4- х,
причем знак равенства имеет место только при х =0. Воз-
водя обе части последнего неравенства в степень а,
20
получим:
1 -•- ах <" (1 + х)“,
Пусть теперь а < 0. Если 1-- <zx < 0, то неравен-
ство (12) очевидно. Если же 1 + ах > 0, то выбираем целое
положительное число п так, чтобы имело место неравен-
ство — < 1. В силу первой части теоремы получим:
(l+x)’^<l-Jx,
(1 + хУ > j_a х > 1 + п Х
п
^последнее неравенство справедливо, так как 1 > 1 —^х^.
Возводя в n-ю степень обе части последнего неравенства,
получим:
(1 4-х)“> (1 +	1 +П~пх= 1 +ах-
Заметим, что равенство возможно только в случае, когда
х = 0. Этим теорема полностью доказана.
Теорема 4. Если а1г а-,, .... ап — положительные
числа и а < р, то Са^ср, причем са = ср, только когда
at = а2 — ... = ап.
Доказательство. Для случая, когда числа аир
имеют разные знаки, теорема 4 доказана нами выше (см.
задачу 7 предыдущего параграфа и предшествующее ей
определение). Нам остается доказать теорему только для
случая, когда аир имеют одинаковые знаки.
Предположим, что 0 < а < р, и положим
/а“ + а“+... + а“\а
k=Ca = [---------------J •
Разделив ср на k, получим:
Положив теперь
21
получим:
₽ е	м
ср _ (	4'^2 +    + ^ t
k — \	П	/
Так как
1 /та4-^“-4-	-4-WV
/ dj 4~ Н~ «* • 4" ^л\а _I \	\ /	\ k / |
\ n /	\	n	/
TO
d‘ + d2 + -- --.-+-d" = 1, d, + d2 + ... + dn = n.
Положим
di = 1 xlt d2 = 1 4- x2, ..., dn = 1 4- xn.
Из равенства dt 4- d2 4- .. . 4- dn — n следует, что
Xj + x2 4- • • • + xn = 0.
На основании теоремы 3 ^заметим, что 1] имеем:
1	L
d2 = (1 4- х2) > 1 4-	х2,
=(1 + х„)“> 1 4-|^-
Сложив эти неравенства, получим:
-	-	- й
d? 4~ di 4- ... 4- d^ п 4- — (X] 4- х2 4-. •. + хя) = п. (1.4)
Из (13) и (14) следует, что
Заметим, что eg = k =са , только когда в (*) всюду имеют
место знаки равенства, т. е. когда х} = х2 ==...= хп = 0
(теорема 3). В этом случае dt = d2 = . . . = dn = 1 и,
22
следовательно, -=а, — ... = ап = k. Если же числа
а,, а2,  • ап не все одинаковы, то
Ср > Са .
Этим теорема 4 доказана для случая, когда 0 < а < р.
Если а < Р < О, то 0 < — < 1. Рассуждая так же. как
и прежде, мы получим в (*) и (14) обратные знаки нера-
венства- Но так как (3 < 0, то из неравенства
1	₽	Р
df + d't +... + dan
п
следует, что
/PP Р
Г / .« , « ,	, IP 1
__Р_	I di2 -^г . ,. dn I । р_ ।
fe_____________________________________п J_’
т. е.
Ср > k = Са .
Этим теорема 4 доказана полностью.
В дальнейшем мы называем среднее геометрическое сред-
ним степенным, порядка нуль, т. е. полагаем g — с0.
Заметим, что теорема 4 остается в силе и в этом случае,
так как (задача 7 § 2) са < g = с0, если а < 0, и ср > g = с0,
если р > 0.
Из доказанной теоремы следует, в частности, что
С—1 -sC Со	С) с2,
т. е. среднее гармоническое не превосходит среднего геоме-
трического, среднее геометрическое не превосходит среднего
арифметического, а среднее арифметическое не превосходит
среднего квадратического положительных чисел. Например,
если ах = 1, а2 = 2, а3 == 4, то
/ а~1 +	+ аТ"1 \-1_	3	12
C~i~ \	3 J ~ 1	1	1 ~ Т ~ 1)7 • • •’
1 + 2 + 4
со — «1а2«3=	1 - 2-3 = 2,
_ 1J- 2 + 4 __ 2_ о 3
С! ~	3	3
1+4+16
3
/7 = 2,6 . . .,
23
и следовательно,
С-1 = 1,7 ... < 2 = с0 < 2,3 ... = с, < 2,6 . .. = с2.
Задача 1. Доказать, что х* 1 2 + у2 4- г2> 12, если
х + У + г = 6.
Решение. Так как среднее арифметическое ие превос-
ходит среднего квадратического, то
+ < + 22т. е. х24-{/24-г2>
и	\ и /
(х + + г)2
3
62
В нашей задаче х2 4- w24- г2> -и- = 12. Знак равенства имеет
О
место, только когда х= у = г = 2.
Задача 2. Доказать, что если х, у, г — положительные
числа и х2 -j- у2 + г2 = 8, то
хг + У3 * * * * + г3> 16
Решение. Так как с2<с3, то
1 1
х2 + у2 + г2 р I х3 + У3 + г3 |3 .
3 У \	3	)
В нашей задаче
1 ________
х3 + + г3 \з > 1/"8
3 У V 3’
т. е.
х« + !г + г>>з.4/4-1б/4.
Задача 3. Доказать, что для положительных чисел ait
а2, а3, ..., ап справедливы неравенства
(ai + а2 + • • • + ап)а
<	(а? +	.. + а"), а>1,	(15)
Й1 + аг 4* • •  Ч- ап)а
> п“-1 (а“ 4- а£ а“), 0 < а <Д. (16)
24
Решение. Если а > 1, то
/ а“ + а“ + • • • + Q“j“ aj + а2 + ... + яп
Са - \	--------; > --------------= Ср
Из этого неравенства легко следует неравенство (15). Точно
так же доказывается и неравенство (16). В частности, из
неравенств (15) и (16) следует, что
(х + {/)“	2“_| (х“у®), а>1, х>0, {/>0,
(x + z/)“>2“-!(x« + y»), 0<а<1, х>0, {/>0.
Задача 4. Доказать, что если х3 + t/34-z3 *=81, х > 0,
у > 0, z > 0, то
* + У + z<9.
Решение. Так как
(х4-z/4-г)3<32(х3 4-у3 4-z3) = 9-81 =729
(неравенство (15)), то
з,-------------------------------
х + у + г Vх 729 = 9.
Задача 5. Доказать, что если 0 > а > — 1, то
(П+!)“+ — na+l	na+1 _(п-1)а+[
а+ 1	<'п	а 4- 1	’ t
Решение. Так как 0 < а 4- 1 < 1, го в силу нера-
венства (11) имеем:
(1 + ГТ' < I +i±l,
I 1 пI	1 п
Л_____1_\“+1	| _ а+ 1
I	п I	п
Умножая эти неравенства на па+‘ , получим:
(п 4- 1)“+1 < n“+1 4- (а + 1)п“ ,
(п— 1)“+1 < na+i — (а 4~ 1)п“.
Из этих неравенств легко следуют неравенсгва (17).
Задача 6. Доказать, что если 0 > а > — 1, то
(п+ 1)а+1->па+1
ос 4" 1
„а+1 _ (т — Н“+1
< m“ + (т + 1)“ 4- ... 4- «“ < ---- (18)
25
Решение. Положив в неравенствах (17) п = т,
т 4- 1...п, получим:
(т + Р1+а-гс1+а^ гс1+а — (гс—1)1+а
1 + а	1 + а ’
(т + 2)1+а - (гс + 1)1+а	, Па (гс + 1)1+а —гс‘+а
1 + а	4(^+4 \	, _[_а
(гс + 3)1+з —(гс -Ь2)1+(Х	,	(гс + 2)1+а —(гс + 1)1+о:
1 + а	1 т" \	1 + а	’
(я + !)'+“ —п1+а „ и1+а —(гс-1)1+а
1	4- а	<2 п	1 -j_ а
Сложив эти неравенства, мы и получим (18).
Задача 7. Найти целую часть числа
4 У 5	/ 6	ООО 000
Решение. Положив в (18) m = 4, «= 1 000 000,
1
а =----х-, получим;
О
2	_2	11
1000 001 3 —4 3	. 1 000 000 3—з3
-------2----------------------< Х < ----------------2	’
3-------------------------------3
т. е.
-5--1000001 з — 1.4 3 <х <А.Ю00 000 3—А .Зз.
Так как
3	-	3	-	3
1-1 000 001 з> 1.1 000 000 з = ~10 000 = 15 000,
1^16=3/54<4, 13/9>13/8-=3,
то
15 000 —4 <х< 15000 —3, т. е. 14 996 < х < 14 997.
Из этих неравенств следует, что [х] = 14 996.
26
§ 4. В этом параграфе мы применим рассмотренные
ранее неравенства к решению задач на максимум и ми-
нимум *).
Задача 1. Найти наименьшее значение функции
х“ — ах, а > О, х > О, а > 1.
Решение. Задача решается очень просто в том случае,
когда а — 2. В самом деле, так как
то наименьшее значение функция имеет при х = -у > О,
а2
причем значение это равно —
В случае произвольного а > 1 задача решается с исполь-
зованием неравенства (12), доказанного в теореме 3. Так как
а > 1, то
(1	г)“ > 1 ф- аг, г > —1,
причем равенство имеет место только при г = 0. Полагая
здесь 1 г — у, получим:
> 1 4- а (у — 1),	— ay > 1 — а, у > О,
причем знак равенства имеет место только при у = 1. Умно-
жая обе части последнего неравенства на с“. получим:
(с iff- — ас04-1 (су) > (1 — а) с“ , у > 0.
Полагая
1
—1
х=^си и ас7”1 ~ я, с= —	.
) 9
получим:
а
х“— ах > (1 —а)с“ = (1 —
1
/ а \а—1
причем знак равенства имеет место только при х~с— —
') О применении неравенств второй степени к решению задач
на нахождение наибольшего и наименьшего значения величин рас-
сказано в книжке: И. П. Натансон, Простейшие задачи на макси-
мум и минимум. Физматгиз, 1960 (серия «Популярные лекции по
математике», выпуск 2), изд. 3.
27
Итак, функция
х“ — ах, а > 1, а > 0, х > О,
/ а \1—а
принимает наименьшее значение в точке х = —)	, равное
(1 —а)г^| '• В частности, функция х2— ах (а = 2)прини-
/ а \2—1 а
мает наименьшее значение в точке х = -у —у, равное
(1 — 2) (у j2 ’= — у-. Этот результат согласуется с вы-
водом, полученным ранее другим путем. Функция х3—-27х
/27\з—1 о
принимает наименьшее значение в точке х = -у =3,
равное (1—'=—54.
\ О f
Примечание. Отметим для дальнейшего, что функция
ах — ха = — (х“ — ах),
где а > 1, а > 0, х > О, прини-
мает наибольшее значение в точке
Рис. 1.
равное (а — 1)
Задача 2. Из круглого бревна выпилить балку наи-
большей прочности *).
Решение. Пусть АВ = х — ширина балки, ВС — у —
высота ее и АС = d — диаметр бревна (рис. 1). Обозначая
через Р прочность балки, получим:
Р = kxy2 = kx (d2 — х2) = k (d2x — xs).
!) Прочность балки прямо пропорциональна произведению ши-
рины балки на квадрат ее высоты.
28
Функция d2x— х3 принимает наибольшее значение при
у = -Д ]/~2 = хУ~2я2 1,4 х = X х.
/3
Таким образом, балка будет иметь наибольшую прочность,
если отношение ее высоты к ширине будет равно -у.
Задача 3. Найти наибольшее значение функции
у = sinxsin2x.
Решение. Так как sin2х = 2 sin х cos х, то
sin х sin 2х = 2 cos х sin2 х = 2 cos х (1 — cos2 х) = 2(z — г3),
где z = cosx и, следовательно, —1 <1 г 1. Функция
z — z3 = z(l—г2) имеет отрицательное значение, если
—1 < z < О, а для 0 < z < 1 принимает положительное
Рис. 2.
значение. Следовательно, наибольшее значение функции
достигается на отрезке 0 < г < 1.
В задаче 1 показано, что функция z — г3, г > О прини-
мает наибольшее значение в точке
_ _ (1 \з—1 __ 1
2 - I Q I — Г —
\3; уз
В этой точке
sin х sin 2х = 2z (1 — г2) = -£=( 1-Ц — —1_.
v ' /з\	з; з^з
Итак, функция у = sinxsin2x принимает наибольшее
29
4
значение равно .
изображен на рис. 2.
График функции y = sinxsin2x
Задача 4. Найти наибольшее значение функции
у = cos х cos 2х.
Решение. Функция у = cos х cos 2х не превосходит 1,
так как каждый из сомножителей cos х и cos 2х не
превосходит 1. Но в точках х = 0, +2я, +4л, ...
cos х cos 2х — 1.
Итак, функция у — cos х cos 2х принимает наибольшее зна-
чение 1 в точках х = 0, + 2л, ±4л, ... График функции
у = cos х cos 2х изображен на рис. 3.
Задача 5. Найти наименьшее значение функции
х“ + ах,
где а > 0, а < 0, х > 0.
Решение. Так как а < 0, то согласно неравенству (12)
(1 4- z)“ -> 1 4- az,
причем знак равенства имеет место только при z = 0. По-
лагая I Д- г — у, г ~ у — 1, получим:
1 4- а (у— 1), у>0,
причем знак равенства имеет место только при у — 1. Из
последнего неравенства следует, что
у“ — ay > 1 — a, (cy)a — ac“-“ (су) > (1 — a) с01.
30
Полагая а ——ас06-1, х — су, получим:
х“ 4- ах (1 — а) с01 — (1—*»
причем знак равенства имеет место только при х = с =
1
/ Q \ct-~l
= )
Итак, функция х? + ах принимает наименьшее значение
в точке х —	> Равное
Например, функция
+ 27х,	х>0
х
принимает наименьшее значение в точке
\ 3/
Это значение равно
__________________________________з_
\	3 / L
\ з/.
Задача 6. Найти наиболее выгодные размеры сосуда
цилиндрической формы'), имеющего дно и крышку (кон-
сервная банка).
Решение. Пусть V = nr1 2h — объем сосуда, где г —
радиус, h — высота цилиндра. Полная поверхность сосуда
имеет площадь
S = 2лг2 + 2nrh.
1) Размеры сосуда считаются наиболее выгодными, если при
заданном объеме требуется наименьшее количество материала для
его изготовления, т. е. сосуд имеет наименьшую площадь по-
верхности.
31
Так как h = то
S = 2лг2 + 2пг = 2№ + —.
1 яг2	'г
Полагая х = А, получим:
S = 2юс~2 4- 2Ух — 2л fr~24- — А
\ ” /
Функция х~2 4- ^х, согласно решению предыдущей задачи,
принимает наименьшее значение при
\2л/ у у
Возвращаясь к нашим прежним обозначениям, найдем:
1 = 1/7— г3 = А = 5^	ft h_2 d
Таким образом, сосуд, имеет наиболее выгодные размеры,
если высота и диаметр сосуда одинаковы.
Упражнения
6.	Найти наибольшее значение функции х(6 — х)1 при
О < х < 6.
У казакие. Положить у = 6 — х.
7.	Из квадратного листа со стороною 2а требуется сделать ке-
робку без крышки, вырезая по уг-
лам квадраты и загибая затем по-
лучающиеся выступы так, чтобы
коробка получилась наибольшего
Рис. 4.
объема (рис. 4). Какова должна быть длина стороны вырезаемых
квадратов?
32
8.	Найти наименьшее значение функции
xe .j. 8Х2 + 5
9.	Найти наименьшее значение функции
х» _ 8x2 _|_ 5
10.	Найти наибольшее значение функции
х“ — ах.
если 0< а < 1, а > 0, х > 0.
11.	Доказать, что при х > 0 справедливо неравенство
4,—	3
ух < g- 4- 2х.
12.	Доказать, что при п > 3 справедливо неравенство
п п+1 ______________________________
У~П > Уп 1.
У Казани е. Воспользуйтесь неравенством (7).
13.	Найти наибольшее из чисел
_ 3	4 _ 5	п
1,	/2 , Уз, У 4 , уз, ...» Уп , . ..
14.	Доказать неравенство
" . 2
< 1 + уг ‘
15.	Доказать неравенство
(1" + 01) (1 + о3).. . (1 + ап) > 1 + О] + а-2 +	 + оп,
если числа о,- одного знака и не меньше — 1.
16.	Доказать неравенство
(°1^1 +а2^2 + • • • + ап^пУ <
< Од (а1 + а2 + • • • + ап) (^1 + *2 + •	+ ^д)-	(19)
Указание. Докажите сначала, что многочлен
(а^ — bi)2 + (а2 х — й2)2 + ... + (а„х — Ьп)2 =
= х2 (о, + а| + ... + а„) — 2х (а^ + а263 + . . + апЬп) -|-
+( 1>1 + bl + . . . + &2)
не может иметь двух различных действительных корней.
17.	Пользуясь неравенством (19), доказать, что среднее ариф-
метическое не больше среднего квадратического.
18.	Доказать неравенство
— Уп — 1.
33
19.	П ользуясь неравенством упражнения 18. доказать нера-
венство
+	/т> I + J= + Д= +... + /.
20.	Найти наибольшее значение функций:
FT5’ *6-0.6xw.
3
Отв. —т" 1 •; 0,4.
4/15
21.	При каком значении а наименьшее значение функции
,_____ а
ух + равно 2,5?
Отв. а = 8.
§ 5. В этом параграфе мы рассмотрим еще несколько
важных неравенств и укажем применение их к вычислению
некоторых пределов.
Задача 1. Доказать, что если р >
х > 0, у > 0, то
ху
(20)
Решение. В начале § 4 (задача 1) мы доказали нера-
венство
если а > 1, а > 0, х > 0.
Полагая в этом неравенстве а = р, а = ру, получим:
хр~~(ру)х > (1 - р) (^₽-* = (1 - р) (21)
Так как 4-+ — = 1, то
Р 1 <?
Подставляя эти значения в неравенство (21), получим:
хР — рух >—-^уч.
34
Разделив все члены последнего неравенства на р и перенеся
в противоположную сторону отрицательные члены, мы полу-
чим неравенство (20).
Задача 2. Доказать, что если йу, а2, ..ап, by,
b2, . . ., Ьп— положительные числа, а р и q удовлетворяют
условиям задачи 1, то
+ «? + ... ++	+	(22)
Решение. Положим
Q\ + #2 -р . . . -р tin -- •4'°, Ьу -р -р . . -р Ьп — В4.
Тогда правая часть неравенства (22) будет равна
_L	1
(Др)е (В<7)« = АВ.
Теперь положим
а, — Асу, а2 — Ас2, ..., ап = Асп,
bt — Bdy, b2 = Bd2, ..., bn = Bdn.
Так как
Др = ap + ар + . . . + ap = APct+APc?, + ... + Apcp =
— Ap ( cp -p cp -p ... -p cp),
TO
CP -p CP -p , . . -p CP = 1.
Точно так же проверяется, что
dp + d42 + . .. + d4n = 1.
Пользуясь теперь неравенством (20), получим:
йуЬу ~ АВ (Cydy)	р — j,
«.	„ п ( с2
а^Ь2 < АВ---------1—- ,
 V ? /	|
35
Из этих неравенств следует, что
+ ^2^2 + • • • + ап^П
< ЛВ f cf + с2 + • • • + cn , d? + ^2 -I-+ dh 'l _
\ Р	'	Q	J
= АВ (— + —} = АВ
\Р ч)
(напомним, что	= 1, cf 4- d> 4- • • • + = 1 ,
di 4- d% + • • •+ d„ = 1).
Итак, доказано, что левая часть неравенства (22) не пре-
восходит 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
/	JL Я
х =	) = ур_| ~ ₽> хР~ У4
(см. задачу 1 § 4). Точно так же знак равенства в каждой
строке (*) будет иметь место, только когда
Ч_	£	£
cJ=d1”, c2 = d2₽,..., cn — dnP,
т. е. когда
=	c^di,..., cpn = dq.
Наконец, умножив эти равенства на Ар В9, получим:
B9(Aci)p = Ap(Bdxyi, т. е. S’af = Ар bl ,
а9 АР	а.Р АР	аР АР
bf~ В9'	Ь9 ~~Вч.......~Ь9~~В9'
Таким образом, знак равенства в (22) имеет место, если
= «£ =
Ц Ь9 ’ ‘ • Ь9 •
Примечание. Полагая в неравенстве (22) р = 2, q — 2,
получаем неравенство (19) (см. упражнение 16):
ахЬх 4- а2Ь2 4- • • • + апЬп <
<Г(^ + а2+ ..- + ^Ж+ +	+
36
Задача 3. Доказать неравенство
1 I Л . 1 \	1 »
ТГ+Т^н)/ + п)<п
Решение. Объединяя неравенства (7) и (8) § 2, получим:
(23)
е
Логарифмируя эти неравенства при основании е, оконча-
тельно найдем:
п In (1 + -'j
\ п /
1
«+1
1 » ..
и-, наити limгп.
первой части нера-
(« + 1)1" (1 +
I 1
| И 
Задача 4. Полагая zt = 1 +-1-, г, =	,
1,1,1,! 1,11,1,1
гз—з+'Т + т + ’б'	г<~т + т + ’б+'^+’8,-‘-
1 , 1 ,	! , ,
• • • . г„ - — +	+...+
Решение. Заменяя п на п — 1 в
венства (23), получим:
— < Inf 1 Н-Ц-') = In-j-.
/г (	' п — \ ) п — 1
Из этого неравенства и второй части неравенства (23) сле-
дует, что
п
In < — < In —Ц-.	(24)
/i /г п — 1
Теперь, пользуясь неравенствами (24), напишем неравенства;
1п—<Т<1п7=Г
1п^±Т<—1п^±1,
п + 1	/1 + 1	п
1	/14-3	1	. п + 2
In Т о < -По < In -Hr,
п + 2 п + 2 /I + 1 ’
. 2п + 1 . 1	, . 2п
In—Н— < FT" < In о------Г
2/i 2я 2/1 — 1
*> 1 ЙГ	/ 1 \
In II + — 1 обозначает логарифм от I 1 + — I при основании е
(см. стр. 17).
37
Сложив их и учитывая, что сумма логарифмов равна лога-
рифму произведения, получим:
. (п+ 1)(л + 2) (« + 3)...(2п+ 1)
я (я + 1) (я + 2)... 2я
/ 1 ,	1___ц I 1 / 1 я(я + 1)(я+ 2).. .2я
п "Г я + 1 1 • • • "* 2я (я — 1) л (я + 1). ,. (2л — 1) ’
ln^-±l< — + -L- +... + ± <1п^-г.	(25)
п п п + 1 1	1 2л п -1	' '
Так как 2п +-1 — 2 -|- —, то
л	1 л *
lim In ?2-±2 — [im In (2 4- — 'l = In 2.
r^oo	n	\	n/
In	2
Точно так же из j = 2 4- —_ j следует, что
lim In = In 2.
Итак, крайние члены неравенств (25) имеют одинаковые
пределы. Следовательно, и средний член имеет тот же
предел, т. е.
lim I 1---;—г -|- «. • -(- тг-) = lim — In 2.
«+ 1 2«/ п
Задача 5. Положив
1	।	1	1	1	।	1
— 1,	Xg — 1	<2 >	1	2 1 3	’ ’ ’ *
•••• 1 -4+4-4+4-4+-«-+(-1)пЧ’
вычислить lim хп.
Решение. Имеем:
_ .	11	1,1 I ,	।__1_____I-
хзп — 1	2^ 3	4'5	6	+ 2л — 1 2л
==(1 + т + т + т + т + 4 + -- - + 2^=пг + 2^)~
—2(4 + Т + Т + • • • + =
38
= (’ + 4 + 4 + T + T + T + --- + 2^n + i)~
—(’ + 4 + т + --- + 4) =
. i .1 ,	+±
n + 1 ' n + 2 ”1 ’ ' ’ ”1 2n'
В предыдущей задаче мы положили
1 I 1 I _L 1
г« = Т г ТТТ + • • • + 2?
Следовательно, х2п = гп —— . Но lim гп — In 2 (см. препы-
"	/?-* ао
дущую задачу). Таким образом:
lim x2n = lim (zn —i-'j = In 2.
ri -+ co	П-*- oc \	/
Заметим еще, что x2n+i = x2„+	> и> следовательно,
lim x2n+i = lim (x2n+	= In2.
Итак,
lim x„ = In 2.
n -* co
Примечание. Числа xt = alt x2 = a, + a2, x3 = at+
+ a2 + a3, . . ., xn = сц + a2 + ... 4- an называются частич-
ными суммами ряда
а1 + а2 Н“ а3 + • • • + ап + • • •
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 5 следует, что ряд
1_± + ±_± + ±_1+ _____________________± +
1	2^3	4'5'	6	’ '	' 2гг — 1 Чп ’ * *
сходится и имеет сумму, равную 1п 2.
Задача 6. Ряд
1 + 4 + Т т + • • + V + • • •
называется гармоническим рядом. Доказать, что гармониче-
ский ряд расходится.
39
Решение. Согласно неравенству (23)
1.1 п + I
— > In-----.
п	п
Полагая п = 1, 2, 3, ..., п, напишем п неравенств
Т> ,ПТ-
1	. 4
з > In 3 ,
Складывая их, получим:
хп=1 + 4+4+• • +4 >
. ,	2-3.4. .. (п 4- 1)	, ,	...
> П 1-2 3.. .п ~
Из этого неравенства следует, что
lim хп > lim ln(n + 1) = со,
П->о©	а-* ос
следовательно, гармонический ряд расходится.
Задача 7. Доказать, что ряд
' + ^г+зГ + -- ’+ тйг + "”	(26)
сходится при любом а > 1.
Решение. Последовательность частичных сумм этого
ряда
X) = 1,
Х2 = 1 +
хз = 1 +
, , 1 .1,1
х4 — 1 +	>
, , 1 . 1 . .1
х«-1 + ’55’+т5' + >- ,+ '^’
4.	О	II
40
монотонно возрастает, т. е.
«1 < Х2 < х3 < х4 < ... < хп < . . .
С другой стороны, известно, что монотонно возрастаю-
щая ограниченная последовательность чисел имеет конечный
предел. Следовательно, если мы докажем, что последователь-
ность чисел хп ограничена, то будет доказана и сходимость
ряда (26). Положим
_ ,____1_ J_________1_ J_______1_ ,
У2п *	2“	”1 За	4а	”1 5“	6а '	' ' "
1_________1
“(2л — 1“	(2л)а "
Так как
_ . _ / J_____1_\ _ L1_____L\ _	_
J/2n 1 I 2а	за)	(4“	3“ )	* * *
J___________L)_________L_
\(2л —2)“	(2л—1)“/	(2л)“
то (числа в каждой скобке положительны)
У2п< 1-
С другой стороны,
,____1_ J_______1_ J_______1_ .	,
У%п *	2й	”1 за	4а	”1 5“	6а '	' ' ' '
+ _J_____________— = (1 + ± + _L +J_ + _L +
(2л - 1)а	(2л)“	\ “ 2а ' За “ 4а ' 5“ т
6“	(2п — 1)“ Т (2л)а /
_ 9 (-L + -L + -L 4-	' 1 =
2“	4“	6“	‘	(2л)а /
= + —+ — + — + — + — + ••• +
I ~ 2е6 ' за ' 4а 5а 6а
,	1	, » \______2_h + _L + J_+
(2Л- 1)“	(2л)“/	2“ к “ 2“ “ 3“ “ ‘	“ л“Г
Так как = 1 +	+ ... + то
2
У2П = х2„— — хп.
41
Теперь, так как х2п > хп, у2п<\, то
,	2	2“ — 2
* > */•>„ > Хп--х„ — ------ Х„.
я ш п	2^1 п 2а п
Отсюда следует, что
2<х
г < -------
2“ — 2
т. е. числа хп при а > 1 ограничены. Тем самым доказано,
что ряд (26) сходится и сумма его не больше
Например, если а = 2, то
хп = 1 + 4? + 4" + • • ' +	< 2Г~2 = 2’
S = J™ *п = 1 +4г + 4г +  • • + Т? + • • •	2‘
В курсе высшей математики доказывается, что
5 = 1 + + 4’ + • • • + 4г + • • • = 4г (27>
Упражнения
22.	Найти сумму ряда
„	111	,-il
S — 1 — 22 + 32 ~ 42 +   • +	1)	«2 + • • •
Указание. Используйте равенство (27).
л3
Отв. S = -|2“.
23.	Доказать неравенства
ct + 1
24.	Полагая
доказать, что
хп = 1 + 2“ + 3“
(п + 1)а
а +1
п
,. Хп	1
lim „ ,, =--------------,
п +1 а + 1
42
25.	Доказать неравенство
(а^Ь^ + a2b.2c2 + ... + апЬпсп)з <
< ( erf +• а| 4- . . . + <^п ) (	+ &2 + • • • + b3„ ) ( c® + c® + . .. + <?n ),
если числа ak, b^, С), положительны.
Указание. Используйте неравенство (10) и метод доказа-
тельства (22).
26.	Полагая хп = -1— + —5—=- + —+ • • • + т— . где k —
п	п 4- 1	«4-2	kn
целое положительное число, доказать, что
lim хп =1п fe.
оо
Указание. Используйте метод решения задачи 4 настоящего
параграфа.
РЕШЕНИЯ УПРАЖНЕНИЙ
1. Полагаем в неравенствах (1) (стр. 6) п = т, т + 1........п:
2/m + 1— 2/т < -7= < 2/m —2/m—1 ,
У т
2 Ут + 2 — 2 /^Г/Т < —L== < 2 /т + 1 — 2 У^Г,
У т + 1
2 Ут + 3 — 2 Ут + 2 <	< 2 /т + 2 — 2 /т + 1 ,
У т + 2
2/п+1— 2/п <	< 2Уп — 2/п — 1 •
1 п
Сложив эти неравенства, получим:
2 Уп + 1 — 2 Ут < -L-+ Т7== +	+ •  • + -L <
У т у т + 1 у т - 2	} п
< 2 У~п~ — 2 ут—\.
2. Полагая в неравенствах задачи 1 т= 10 000, п = 1 000 000,
получим:
2 У1 000 001 — 2 /10000 <  .....+
г	У10000
1	1 г_____________ г_______
+ —т== + ... + - г =-' ". < 2 у 1 000 000 — 2 у9999 .
у 10001	/1 000000 г	г
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-
44
ный корень с точностью до 0,01), то
2000 — 200 = 1800 < г..1 - + r X- -	. 4- •	1 = <
/10 000	/10 001	/1000000
< 2000 — 199,98 = 1800,02.
3, Умножая неравенства задачи 2 на 50, получим в наших
обозначениях
90000 < 50z < 90 001,
отсюда
(50z J = 90 000.
4. При п = 1 справедливость неравенства очевидна:
1	1 1_
‘	2	/3-1 + 1 ~ 2
Предполагая теперь, что неравенство справедливо для п = k:
13	5 2k — 1	1
2	 Т- 6 ' ' 2k < /зоТ '	(а)
докажем его справедливость для n = ft + 1, г. е. докажем, что
1	3 5 2k — 1 2k + 1	1
2’4'6 2ft ' 2k + 2 < /зГ+4	<б)
2k + 1
Умножив неравенство (а) на	получим:
Г 3	5 2k — 1 2k + 1	1 2k + 1
2 ’ 4 ' 6 ' " 2k ' 2k + 2 < /3/77 ’ 2ft + 2 ’
Остается доказать неравенство
1	2k + 1	1
/3ft + 1 ' 2ft + 2 < /з/j + 4 '
Умножив его на (2k + 2) /3ft + 1 /3ft + 4 и возводя обе части
полученного неравенства в квадрат, получим:
(2ft + 1)2 (3ft + 4) < (2ft + 2)2 (3ft + 1),
или
12ft3 + 28ft2 + 19ft + 4 < 12ft3 + 28ft'-’ + 20fe + 4.
Последнее неравенство очевидно, так как ft > 1.
Этим доказано, что неравенство
1	3 2л — 1	1
2	’ 4 ’ ’ ’ 2п < / 3„ + j
справедливо для всех и.
45
5.	Полагая в неравенстве задачи 4 п = 50, получим:
1	3	99	1_________1	1	1
2	’ 4 ’ ’ ’ ‘ 100 < /3.50 + 1 ~ /151 < /144 ~ ’2 '
6.	Полагая у = 6 — х, х = 6— у, мы сведем задачу к нахожде-
нию наибольшего значения функции
(6 — у) у2 = 6^2 — у3
при 0 < у < 6. Полагая затем у2 = г, получим функцию
2
6г — г 2 >
наибольшее значение которой (см. замечание в конце задачи 1 § 4)
равно
3
/ 3	\ / 6 \ 2	1
(t-’JIj]—=т-43 = 32-
\ 2 / 2	1
и достигается в точке
1
I ° I
XT J
Функция бу2 — у3 принимает наибольшее значение в точке
у = 4, и это значение равно 32.
Функция х (6 — х)2 принимает наибольшее значение 32 в точке
х = 6 — 4 = 2.
7.	Объем коробки (см. на стр. 32 рис. 4) равен
V = х (2а — 2х)2 = 4х (а — х)2, 0 < х < а.
Полагая у = а — х, у2 = г, получим:
3
V = 4 (аг — г 2).
3
Наибольшее значение функции аг — г 2 достигается в точке
1
/ а \ --1	/2а \2
г = ( з | 2 = (т) •
\ 2 J
Следовательно,
2а	2а а
у = j, х = а—-3 = -у.
Таким образом, объем коробки будет наибольшим, если длина
стороны вырезаемого квадрата в шесть раз меньше длины стороны
данного квадрата.
46
8.	Наименьшее значение функции Xе + 8х2 4- 5 равно 5 и дости-
гается при х = 0.
9.	Полагая у = х2, сведем задачу к нахождению наименьшего
значения функции
уз — 8 у + 5
для положительных значений у.
В задаче 1 § 4 мы доказали, что наименьшее значение функ-
ции у3 — 8у равно
з 2
3 2
Наименьшее значение функции у3 — 8у 4- 5 равно
_^Гб+5 = -3,6...
9
10.	Полагая у = х“ , получим функцию
- / 1	— \	1
у — арге = а^ — у — у “у, а > 0, -£-> 1.
1	5
В силу задачи 1 § 4, наибольшее значение функции —у — у
равно
Умножая последнюю величину на а, мы и найдем наибольшее зна-
1
/ 1	а \
чение функции а!~^~У — У /• которое, следовательно, равно
1 । , 1 «
я (а \а—1	а \ т а-1	/ а \ д-1

11.	Функция Ух — 2х, х > 0, а =, й = 2, имеет наиболь-
шее значение, равное
47
Следовательно, для всех х > О справедливо неравенство
*	3	* .	3
ух — 2 х < -g-, или |/ х < ~g- 4- 2х.
12.	Запишем неравенство (7) § 2 в виде
In + IV
( —~—	< е, (п + 1)” < епп.
Если п > 3 > е, то
(п -|- 1)” < епг‘ < Зп” < ппп =- nn+l-
Возводя обе части последнего неравенства в степень
1
п(п + 1) ’
получим!
л+1 ___ п ____
Уп + I < У п .
_	6 _	6 _	3 _	3 _
13.	Так как 1 < ]Л2 =	У Я	< У$ =	У3,	то УЗ	наибольшее
_ з _
из чисел 1, У1, УЗ. С другой стороны, в предыдущей задаче мы
з _	4 _	1 _
показали, что числа УЗ, У4,..., Уп, ... убывают. Следова-
3 _	_ 3 _	•! _
тельно, У 3 —наибольшее из чисел 1, У 2 , У 3 ,	.,Уп,...
п
14.	Положим Уп= 1 +ап, ап > 0 Возводя в степень п, по-
лучим:
fl
П = (1 + ап)п = ((1 + а„) 2 ]3.
Предполагая, что п > 2,	> 1, на основании теоремы 3 получим:
(1+ап) 1 > 1 +-g-ап, я > ^ ' +~ 1 + пап +ал •
Отсюда следует, что
Приме чание Пользуясь биномом Ньютона, легко про-
верить, что
В самом деле
(1 +	+	+ _L + .._>
\ г п J	Г п 2 п
п.
Отсюда следует, что
15.	При п = 1 и а, > — 1 неравенство очевидно:
1 4 о, > 1 + ах.
Предположим, что неравенство справедливо для п — k, т. е.
(1 4 aj (1 4 о>) ... (1 4 a/,) > 1 4- о, 4- а.2 4- -  4я,(.
Умножив обе части неравенства на (1 4- ofe + J, получим:
(1 4- «О (1 4- «г) • • • (1 + ak) (1 + afe + i)
> (1 4- я, + а., + . . . 4- ak) (1 4- aft+l) =
= 1 4- Oj 4- • •  4- ak 4 аки 4- o,ofe + 1 4- o2a^, 4- ... 4- ofeofe+l.
Так как числа ах, а., . . ., ак, пк}_1 одного знака, ю
aiak+i 4 a-afc t-i + • • • + akak + i > °
и, следовательно,
(1 4- ai) (1 + aj) • • • (1 + а^) (1 4 я& + ,) > 1 4о, 4 я? 4 . .. 4-я^+я<г+|)
т. е. неравенство доказано и для п = k 4- 1.
Этим завершено доказательство справедливости неравенства
(1 4- а,) (1 I- а.,) . . (1 4- ол) > 1 4- 01 4- о., 4-... 4- ял
для всех п.
16.	Если многочлен (ахх — Ьх)'2 4- (а._.х — й.,)2 4 ... 4 (а„х — Ьпу
имеет действительный корень х — хи т. е.
(аххх — Ь,)- 4 (а.,хх — Ь.,у + ... + (апхх — Ь„у = О,
го каждое из чисел — Ьх, а..хх — Ь.:, . . ., апх, — Ь„ равно нулю,
г. е.
О — аххх — bt а.хх —	. — апхх — Ьп,
хх	. . . . ..
at a ,	an'
Этим мы доказали, что многочлен
(a,jc — b,y + {а х — ft.)'- 4- . . 4- (олх — Ьпу =
= х-(а[ 4 «I 4- ... 4 ал) — 2л- (а^, 4 а.,Ь2 4 ... 4 o„ft„) 4-
4(6,4 bj 4 ... 4 6=)
49
не может иметь двух различных действительных корней, и, следо
вательно,
(flj&j 4- а2Ь2	ал&л)2 —(а2 4- ... 4- ап)( 4- ... 4- ^л) < 0.
Отсюда и следует неравенство (19)
(а А 4- а2Ь2 4-... 4- ал&л)2 < ( а24-а24- ... 4- а2)(	. +Ь%),
Заметим, что знак равенства имеет место, только когда рас-
смотренный нами многочлен имеет действительный корень, т. е.
когда
^2	ап
17. Пользуясь неравенством (19), получим:
п
9	9	9
а1 + «2 + • • • 4- а,
=------------п----------= 4.
Отсюда следует, что
С1 < с2
(среднее арифметическое не превосходит среднего квадратического).
18. Из неравенства
(К« + 1 4- Уп—l )2 = п 4- 1 4- 2	+ п — 1 =
= 2п + 2 У п- — 1 < 2п > 2 Уп2 = 4п
следует, что
УгГ+1 + Уп — 1 < 2 утг,
1 _____________1__________
2Уп < /п 4-1 4=- уп—\ ~
=____________Уп~П— У/Г^Т_______________= y+i — Уп^1
(уул 4- У~п— 1)(К« 4- 1 — Уп^Л)	2
Умножая на 2, получим:
со
19. Полагаем в неравенстве упражнения 18 я = 2, 3, . . ., п
•=/n-ri - у7='-
Сложив написанные неравенства, получим:
1 1 1 г-------------------------- г—
/Т+П + " +7Т</п+ +/л”/2 -1'
Прибавив по 1 к обеим частям неравенства, окончательно найдем:
1 + уТ + рТ + ?Т + yt + --- + /T<Kn+ 1 + к"~
Примечание. В § 1 было доказано, что
1 + Й + 7Т + •  •+ Й >2К"+1~2^+ L
Числа У» + 1 + У п — У 2 и 2]Кп 4- 1 — 2 У 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
1 + У2 + уз + • •  + ]ЛГ = г«-
Отметим без доказательства, что число Уп + 1 ф- У~п—У 2
менее отличается от числа гл, чем число 2 У п + 1 —2 1^ + 1,
20.	Функция +~5 принимает отрицательные значения при
г< 0. Следовательно, наибольшее значение функции достигаема
для положительных значений х.
Так как
1
то наибольшее значение функции достигается в той же точке,
51
в которой функция ~^х + х~3 принимает наименьшее значение. Из
задачи 5 § 4 следует, что наименьшее значение згой функции равно
-з
/Ц-3-i	_?
5	/ 1 \ 4
(1 + 3) J = 4	.
Наибольшее значение функции	равно
з
1	154	15	3
3 ~ 20 =	4 _ -	4 _ •
с / 1 \ 4	20/15	4/15
5-4-(j5j
Чтобы найти наибольшее значение функции №— 0,6л10, положим
у = Xs. Ясно, что у > 0. Функция
ю	io
у — о,б(/6 = o,d32_ у — уь \
\ о	I
принимает наибольшее значение (см. задачу 1 § 4), равное
10
1
21.	Полагая в этой задаче у = —г, получим:
г— а 4
У х +	= у + ау.
___I
Наименьшее значение функции у 4 + ау, как это следует из
задачи 5 § 4, равно
/	1 \ | 5	4
1 +— (М5 = —(4а) 5.
О	к,
Полагая -j- (4а) ‘ = 2,5, получим:
1
(4а) 5 = 2, 4а = 32, а = 8.
52
22.	S - 1 — 22 + 32	4'2 + 52	6'2 + '
/	1	1	1	1	*	,	\	n/l.JL	1	\
+ 22	+32	+42	+	52	+ 62	+	•	• •)	~~ 2\ 22 +42 +	62	+•••! =
/	1	1	1	±	±	\	1	1	\
= (1 + 22'+з5' + 42' + 52 + 62 + • ••	22 (J + 22 + 32 + ] =
J_/	1 i \	_£д2 n3
~ ly + 22 + З2 +•••) = Уб' = 12
(мы воспользовались неравенством (27)).
23.	Так как а > 0, то а + 1 > 1 и, следовательно,
/,	1\‘+“ ,	1 + а
V + п)	> 1 + п ’
7	1 у+«	1 + а
I п I	п
Умножая эти неравенства на н1+“, получим:
(л 4- 1)1+“ > п’+“ + (1 + а) па ,
(п — 1)1+“ > „>+“_(! -р а)па.
Из этих неравенств следует, что
П1+«_(„_!)'+« < па < (п+ 1)1+а_п1+«
1 + а	1 + а
Запишем эти неравенства при значениях п=1, 2, 3, .. п:
1 с j < 2I+Ct — 1
1 + а	1 + а
21+а-1 <2а< з^-г1 » “
1 т- а	1 4- а ’
п1+а —(п — 1)1+а <па < (п + 1)1+а —л1+а
1 4- а	1 + а
Сложив их, получим:
Н1 +а I I 9а . па .	, „а (п + I)1 +а — 1 (п + I)1 +а
___ <1+2+3 + ... 4- л <-------------—
24.	Из неравенств упражнения 23 следует, что
/ 1\1+«
11 + —
1	1 + 2“ + 3“ + . . . + п“ \ п /
1 4- а <	„1+«	<	1 + а '
53
Левая часть последних неравенств есть постоянное число
1
а правая часть стремится к пределу, равному ।	, когда п стре-
мится к бесконечности. Следовательно, и средняя часть неравенств
стремится к тому же пределу, т. е.
lim 1 + 2° + ^ + • • • + «" = _«_______
;|14-С6	1 -J- 05
25.	Введем обозначения
А3 = of + of 4- ... + а3, В3 = bf -|- bf 4-... 4- 63,
С3 = с® -F cf 4" • • • ") с»’
at	Оц Ь^ b2	Ьп
*1= Д , Х2= Д , • . ., *л=-д-. У1=-д, ^2= у. • • •. Уп=~§,
___ ct _ с2	___
г1 — с ’ 2г~ С' • • • ’ 2" — С •
На основании неравенств (10) имеем:
a1&1cl= ABCxii/iZi < Л ВС —LA,
и
уЗ , „3 , ,3
а2Ьл = ЛВСх2р2г2 < ЛВС —---------£----
апЬ„сп = АВСхпупгп < ЛВС t ".
□
Сложив выписанные неравенства, получим»
+ 02^2 + • • • + апЬпсп) <
/	। v3 ।	। уЗ	3 ( 3 ।	। „3
1 *1 + *2 + • • • + *п	Pi + Уг + • • • + Уп
< ABC I ---------j---------4-----------з-----4-
-3 < —3 j I —3
г1 + г2 + • • • +
+	3
Учитывая введенные обозначения, легко подсчитать, что
х?4-х23+... + х^ 1	Ч,-------2=дз=1.
yf + + • • • + Уп = г3 4- г2 + . •. 4- zn = 1.
54
Следовательно,
+ 02^2 + • • • + an^nctl) < АВС ^"з” + "д’ +	= ABC.
Возводя в куб обе части неравенства, окончательно получим:
(Мй + в2*2Са 4- .. - + апЬпспу < Лзвзсз =
~ ( °1 + а2 + • • + »«)( Ь1 + Ь2 + ‘ • • + b%)( С? + 4 + • • • + с«)'
26. Выпишем неравенства (24) для различных значений nt
. л + 1
. П + 2
1 п
7<1П^П-
. - , -	।	. П 4- »
1пл_ГТ<т<1п-Т_-
kn 4- 1	1 kn
10 ~kn~ < kH < 1п ЙГП-
Сложив эти неравенства, получим:
1 (л 4- 1) (л 4- 2) • • • (kn + 1)	1	1	_1
,п n(n+l)...fen < п + п+ 1 + " ' + kn <
[ и .п 4- 1 kn
< п [п — 1 п ' ' ' kn — 1 ’
т. е.
1 ,	1	1	1	, kn , / k \
< n+n+l	+ n +	2+ -" + fen < ln n —	i ~ 1гЦ*	+ n — 1 j	*
Если n стремится к бесконечности, то In (* + 4^ стремится к In ft
I k \
и In I k + n_। I стремится к этому же пределу./Следовательно, и
lim / 1 1 1 \
ЛтДт + ^п + --- + н) = |п k-
Павел Петрович Коровкин
НЕРАВЕНСТВА
(Серия: «Популярные лекции по математике»)
М., 1966 г., 56 стр. с илл.
Редактор А. П. Баева
Техн, редактор А. А. Благовещенская
Корректор А. С. Бакулова
Сдано в иаб. 8/1V 1966 г. Подп. к печ. 11/VII 1966 г.
Бумага 84Х108'/з2. Физ. печ. л. 1,75. Усл. печ. л. 2.94
Уч.-изд. л. 3,13. Т-07198. Тираж 75 000 экз.
Заказ № 719. Цена 9 коп.
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Чеховский полиграфкомбинат Главполиграф пром а
Комитета по печати при Совете Министров СССР
г, Чехов, Московской области

Цена н/коп.
?iLiQ lj
ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»
ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯ
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
ПОПУЛЯРНЫЕ ЛЕКЦИИ ПО МАТЕМАТИКЕ
Вып. 1. А. И. Маркушевич. Возвратные последовательности.
Вып. 2. И. П. Натансон. Простейшие задачи на максимум и минимум.
Вып. 3. И. С. Сом и некий. Метод математической индукции.
Вып. 4. А. И. Маркушевич. Замечательные кривые.
Вын. 5. Я. Я. Коровкин. Неравенства.
Вын. 6. Я. Я. Воробьев. Числа Фибоначчи.
Вып. 7. А. Г. Курош. Алгебраические уравнения произвольных степеней
Вын. 8. А. О. Гельфонд. Решение уравнений в целых числах.
Вып. 9. А. И. Маркушевич. Площади п логарифмы.
Вып. 10. А. С. Смогоржевский. Метод координат.
Вып. U1. Я. С. Дубнов. Ошибки в геометрических доказательствах.
Вып. 12. И. Я. Натансон. Суммирование бесконечно малых величии.
Вып. 13. А. И. Маркушевич. Комплексные числа п конформные отобра-
жения.
Вып. 14. А. И. Фетисов. О доказательствах в геометрии.
Вып. 15. И. Р. Шафаревич. О решении уравнений аысших степеней.
Вып. 16. В. Г. Шераатов. Гиперболические функции.
Вып. 17. В. Г. Болтянский. Что такое дифференцирование?
Вып. 18. Г. М, Миракьяи. Прямой круговой цилиндр.
Вып. 19. Л. А. Люстерник. Кратчайшие линии.
Вып. 20. А. М. Лопшиц. Вычисление площадей ориентированных фигур
Вып. 21. Л. И. Головина н И. М. Я гл ом. Индукция в геометрии.
Вып. 22. В. Г. Болтянский. Равновеликие и раниосоставленные фигуры
Вып. 23. А. С. Смогоржевский. О геометрии Лобачевского.
Вып. 24. Б. И. Аргунов и Л. А. Скорякоа. Конфигурационные теоремы
Вып. 25. А. С. Смогоржевский. Линейка в геометрических построениях.
Вып. 26. Б. А. Трахтеиброт. Аглоритмы и машинное решение задач.
Вып. 27. В. А. Успенский. Некоторые приложения механики к математике.
Вып. 28. Н. А. Архангельский и Ь. И. Зайцев. Автоматические цифро-
вые машины.
Вып. 29. А. Н. Костовскнй. 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. Барсоа. 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. Шнлоа. Простая гвмма (устройство музыкальной шкалы).
Вып= 38. Ю. А. Шрейдер. Что такое расстояние?
Вып. 39. Я. Н. Воробьев. Признаки делимости.
Вып. 40. С. В. Фомин. Системы счисления.
Вып. <1. Б. Ю. Коган. Приложение механики к геоме1рии.