М418. Выполняются ли неравенства?

Задача из журнала «Квант» (1977 год, 8 выпуск)

Условие

Докажите, что для любого натурального $n\geqslant2$ выполняются неравенства: $$n\left(\sqrt[n]{n+1}-1\right)<1+\frac12+\frac13+…+\frac1n<n\left(1-\frac1{\sqrt[n]n}\right)+1.$$

Решение

Для доказательства мы воспользуемся теоремой Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Пусть $a_1,a_2,…,a_n\;-$ положительные числа. Тогда $$\frac{a_1+a_2+…+a_n}n\geqslant\sqrt[n]{a_1a_2…a_n},$$ причем равенство достигается лишь в случае, когда все числа равны.

Запишем теорему Коши для чисел $1,\;\frac12,\;\frac23,\;\frac34,\;…,\;\frac{n-1}n:$ $$\frac{1+{\displaystyle\frac12}+{\displaystyle\frac23}+…+{\displaystyle\frac{n-1}n}}n>\sqrt[n]{\frac1n}.$$

Перепишем это неравенство так: $$1-\left(1-\frac12\right)+\left(1-\frac13\right)+…+(1-\frac1n)>\frac n{\sqrt[n]n}.$$ Отсюда получим одно из нужных нам неравенств: $$1+\frac12+\frac13+…+\frac1n<n\left(1-\frac1{\sqrt[n]n}\right)+1.$$

Чтобы доказать второе неравенство, запишем теорему Коши для чисел $2,\;\frac32,\;\frac43,\;…,\;\frac{n+1}n$: $$\frac{2+{\displaystyle\frac32}+{\displaystyle\frac43}+…+{\displaystyle\frac{n+1}n}}n<\sqrt[n]{n+1},$$ или $$2+(1+\frac12)+(1+\frac13)+…+(1+\frac1n)>n\sqrt[n]{n+1},$$ откуда $$n+(1+\frac12+\frac13+…+\frac1n)>n\sqrt[n]{n+1},$$ то есть $$1+\frac12+\frac13+…+\frac1n>n(\sqrt[n]{n+1}-1).$$

Л. Курляндчик

M58. О построении треугольника на заданных биссектрисах

Задача из журнала «Квант» (1971 год, 8 выпуск)

Условие

На плоскости даны три прямые, пересекающиеся в одной точке. На одной из них отмечена точка. Известно, что прямые являются биссектрисами некоторого треугольника, а отмеченная точка — одна из его вершин. Построить этот треугольник.

Первое решение

рис.1.

Предположим, что $O$ — точка пересечения биссектрис $AK,$ $BL$ и $CM$ треугольника $ABC$ (рис. 1); тогда $$\angle MOB\;=\;\angle OCB\;+\;\angle OBC\;=\;\frac12(\angle ACB\;+\;\angle ABC)\;=\;\frac{\mathrm\pi}2\;-\;\angle CAK,$$ то есть $\angle CAK=\frac{\mathrm\pi}2-\alpha.$ Поэтому, если заданы прямые $AK,$ $BL$ и $CM$ и точка $A,$ то, построив по одну и другую сторону от луча $AO$ углы, равные $\varphi=\frac{\mathrm\pi}2-\alpha,$ мы найдем искомые вершины $B$ и $C$ (при условии, что $\varphi>0,$ $\varphi<\beta$ и $\varphi<\gamma$). Нужно еще доказать, что у построенного треугольника $ABC$ прямые $BL$ и $CM$ идут по биссектрисам. Углы $ABL$ и $ACM$ легко подсчитать — они равны соответственно $\frac{\mathrm\pi}2-\beta$ и $\frac{\mathrm\pi}2-\gamma.$ Трудность заключается лишь в доказательстве того, что $\angle LBC=\frac{\mathrm\pi}2-\beta$ и $\angle MCA=\frac{\mathrm\pi}2-\gamma$ (хотя ясно, что их сумма равна $\alpha$); ее можно преодолеть, например, так: если $\angle LBC<\angle ABL,$ то биссектриса угла $ABC$ пересекает отрезок $AO,$ поэтому биссектриса угла $ACB$ тоже его пересекает, и значит, $\angle MCB<\angle ACM,$ поэтому сумма $\angle LBC+\angle MBC$ меньше $(\frac{\mathrm\pi}2-\beta)+(\frac{\mathrm\pi}2-\gamma)=\alpha.$ Точно так же можно показать, что невозможен случай $\angle LBC>\angle ABL.$

Второе решение

рис. 2.

Построим точки $A^\prime$ и $ A^{\prime\prime}$, симметричные данной точки $A$ относительно биссектрис, не проходящих через $A.$ Ясно,что обе точки $A^\prime$ и $ A^{\prime\prime}$ должны лежать на прямой $BC$ — на стороне искомого треугольника $ABC$ (или на ее продолжении). Проведя прямую через $A^\prime$ и $ A^{\prime\prime},$ мы тем самым найдем нужные точки $B$ и $C$ (рис. 2).

Заметим, что хотя второе решение белее эффектно, но при таком подходе труднее выписать условия, при которых задача имеет решение. Эти условия таковы: $\alpha<\frac{\mathrm\pi}2,\;\beta<\frac{\mathrm\pi}2,\;\gamma<\frac{\mathrm\pi}2$ (поскольку $\alpha+\beta+\gamma=\mathrm\pi,$ их можно записать и так: $\alpha+\beta>\frac{\mathrm\pi}2,\;\beta+\gamma>\frac{\mathrm\pi}2,\;\gamma+\alpha>\frac{\mathrm\pi}2).$ Если они выполнены, то решение единственно. Подумайте, как можно получить эти условия при каждом из изложенных выше способов решения