Страница 315 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

8. a) $3^x = 1 + y^2;$

б) $2^x - 1 = y^2;$

в) $x^2 - y^2 = 91;$

г) $2^x + 1 = y^2.$

а) Решим уравнение $3^x = 1 + y^2$ в целых числах.

Перепишем уравнение в виде $3^x - 1 = y^2$. Поскольку $y^2$ не может быть отрицательным, $3^x$ должно быть не меньше 1, следовательно, $x \ge 0$. Мы ищем целочисленные решения $(x, y)$.

Рассмотрим случай $x = 0$. Уравнение принимает вид $3^0 - 1 = y^2$, то есть $1 - 1 = y^2$, откуда $y^2 = 0$ и $y = 0$. Таким образом, пара $(0, 0)$ является решением.

Теперь рассмотрим случаи, когда $x > 0$.

Проанализируем уравнение по модулю 4. Остаток от деления квадрата целого числа на 4 может быть только 0 или 1 ($y^2 \equiv 0 \pmod 4$ для четных $y$, и $y^2 \equiv 1 \pmod 4$ для нечетных $y$).

Рассмотрим левую часть $3^x - 1$. Так как $3 \equiv -1 \pmod 4$, то $3^x \equiv (-1)^x \pmod 4$.

• Если $x$ — нечетное число, то $3^x \equiv -1 \equiv 3 \pmod 4$. Тогда $y^2 = 3^x - 1 \equiv 3 - 1 = 2 \pmod 4$. Это невозможно, так как квадрат целого числа не может давать остаток 2 при делении на 4. Значит, у $x$ не может быть нечетных положительных значений.
• Если $x$ — четное число, пусть $x = 2k$ для некоторого целого $k \ge 1$. Уравнение принимает вид $3^{2k} - 1 = y^2$. Преобразуем левую часть: $(3^k)^2 - 1 = y^2$, что можно переписать как $(3^k)^2 - y^2 = 1$. Разложим на множители по формуле разности квадратов: $(3^k - y)(3^k + y) = 1$.

Поскольку $k$ и $y$ — целые числа, множители $(3^k - y)$ и $(3^k + y)$ также являются целыми. Произведение двух целых чисел равно 1 только в двух случаях:

1. $3^k - y = 1$ и $3^k + y = 1$. Сложив эти два уравнения, получаем $2 \cdot 3^k = 2$, откуда $3^k = 1$. Это возможно только при $k=0$. Тогда $x=2k=0$. Этот случай мы уже рассмотрели, он дает решение $(0,0)$.
2. $3^k - y = -1$ и $3^k + y = -1$. Сложив уравнения, получаем $2 \cdot 3^k = -2$, откуда $3^k = -1$. Это уравнение не имеет решений в целых числах $k$.

Таким образом, единственное целочисленное решение — это $(0, 0)$.

Ответ: $(0, 0)$.

б) Решим уравнение $2^x - 1 = y^2$ в целых числах.

Поскольку $y^2 \ge 0$, должно выполняться $2^x \ge 1$, что означает $x \ge 0$.

Рассмотрим несколько первых целочисленных значений $x$:

• При $x=0$: $y^2 = 2^0 - 1 = 1 - 1 = 0$, откуда $y=0$. Решение: $(0, 0)$.
• При $x=1$: $y^2 = 2^1 - 1 = 1$, откуда $y = \pm 1$. Решения: $(1, 1)$ и $(1, -1)$.
• При $x=2$: $y^2 = 2^2 - 1 = 3$. Нет целочисленных решений для $y$.

Рассмотрим случай $x \ge 2$. В этом случае $2^x$ делится на 4, то есть $2^x \equiv 0 \pmod 4$.

Тогда $y^2 = 2^x - 1 \equiv 0 - 1 \equiv 3 \pmod 4$.

Однако квадрат любого целого числа при делении на 4 может давать в остатке только 0 (для четных чисел) или 1 (для нечетных чисел). Остаток 3 невозможен. Следовательно, для $x \ge 2$ уравнение не имеет целочисленных решений.

Таким образом, решения существуют только при $x=0$ и $x=1$.

Ответ: $(0, 0), (1, 1), (1, -1)$.

в) Решим уравнение $x^2 - y^2 = 91$ в целых числах.

Используем формулу разности квадратов для левой части: $(x - y)(x + y) = 91$.

Поскольку $x$ и $y$ — целые числа, то $(x - y)$ и $(x + y)$ также являются целыми числами, которые в произведении дают 91. Найдем все пары целочисленных делителей числа 91. $91 = 7 \cdot 13$. Делители: $\pm 1, \pm 7, \pm 13, \pm 91$.

Пусть $x - y = A$ и $x + y = B$. Тогда $x = \frac{A+B}{2}$ и $y = \frac{B-A}{2}$. Чтобы $x$ и $y$ были целыми, сумма $A+B$ и разность $B-A$ должны быть четными, что эквивалентно тому, что $A$ и $B$ имеют одинаковую четность. Так как их произведение $AB = 91$ нечетно, то оба числа $A$ и $B$ должны быть нечетными. Все делители числа 91 нечетны, поэтому все пары делителей дадут целочисленные решения.

Рассмотрим все возможные системы:

1. $\begin{cases} x-y=1 \\ x+y=91 \end{cases} \implies 2x=92, 2y=90 \implies x=46, y=45$.
2. $\begin{cases} x-y=91 \\ x+y=1 \end{cases} \implies 2x=92, 2y=-90 \implies x=46, y=-45$.
3. $\begin{cases} x-y=-1 \\ x+y=-91 \end{cases} \implies 2x=-92, 2y=-90 \implies x=-46, y=-45$.
4. $\begin{cases} x-y=-91 \\ x+y=-1 \end{cases} \implies 2x=-92, 2y=90 \implies x=-46, y=45$.
5. $\begin{cases} x-y=7 \\ x+y=13 \end{cases} \implies 2x=20, 2y=6 \implies x=10, y=3$.
6. $\begin{cases} x-y=13 \\ x+y=7 \end{cases} \implies 2x=20, 2y=-6 \implies x=10, y=-3$.
7. $\begin{cases} x-y=-7 \\ x+y=-13 \end{cases} \implies 2x=-20, 2y=-6 \implies x=-10, y=-3$.
8. $\begin{cases} x-y=-13 \\ x+y=-7 \end{cases} \implies 2x=-20, 2y=6 \implies x=-10, y=3$.

Ответ: $(46, 45), (46, -45), (-46, -45), (-46, 45), (10, 3), (10, -3), (-10, -3), (-10, 3)$.

г) Решим уравнение $2^x + 1 = y^2$ в целых числах.

Перепишем уравнение как $y^2 - 1 = 2^x$. Разложим левую часть на множители: $(y - 1)(y + 1) = 2^x$.

Отсюда следует, что множители $(y - 1)$ и $(y + 1)$ должны быть степенями двойки. Пусть $y - 1 = 2^a$ и $y + 1 = 2^b$, где $a$ и $b$ — неотрицательные целые числа.

Так как $y+1 > y-1$, то $b > a$. Их произведение равно $2^a \cdot 2^b = 2^{a+b} = 2^x$, откуда $x = a+b$.

Найдем разность этих множителей: $(y+1) - (y-1) = 2$.

Подставим степенные выражения: $2^b - 2^a = 2$.

Вынесем за скобку $2^a$ (так как $a<b$): $2^a(2^{b-a} - 1) = 2^1$.

Так как $a$ — целое неотрицательное число, $2^a$ является целым делителем числа 2. Возможные значения для $2^a$: $1$ или $2$.

• Случай 1: $2^a = 1$. Это означает, что $a=0$. Тогда $1 \cdot (2^{b-0} - 1) = 2$, откуда $2^b = 3$. Это уравнение не имеет решений в целых числах $b$.
• Случай 2: $2^a = 2$. Это означает, что $a=1$. Тогда $2 \cdot (2^{b-1} - 1) = 2$, откуда $2^{b-1} - 1 = 1$, то есть $2^{b-1} = 2$. Отсюда $b-1=1$, и $b=2$.

Мы получили единственное решение для показателей: $a=1$ и $b=2$.

Теперь найдем $x$ и $y$.

$x = a+b = 1+2 = 3$.

Из $y-1=2^a$ получаем $y-1=2^1=2$, откуда $y=3$.

Так как в исходном уравнении $y$ стоит в квадрате, то если $y=3$ является решением, то и $y=-3$ также будет решением. Проверим: $2^3 + 1 = 9$ и $(-3)^2 = 9$. Это верно.

Ответ: $(3, 3), (3, -3)$.

9. a) $13x - 7y = 6$;

В) $27x - 9y = 15$;

б) $x! + y! = (x + y)!$;

г) $1! + 2! + \dots + x! = y^2$.

а) Данное уравнение $13x - 7y = 6$ является линейным диофантовым уравнением вида $ax + by = c$, где $a=13$, $b=-7$ и $c=6$. Решения в целых числах существуют, если наибольший общий делитель (НОД) коэффициентов $a$ и $b$ делит свободный член $c$.
Найдем НОД(13, -7): $\text{НОД}(13, -7) = \text{НОД}(13, 7) = 1$.
Поскольку 1 делит любое целое число, то 1 делит 6. Следовательно, уравнение имеет решения в целых числах.
Для нахождения частного решения $(x_0, y_0)$ можно использовать расширенный алгоритм Евклида или метод подбора. Заметим, что при $x=1$ и $y=1$ равенство выполняется: $13 \cdot 1 - 7 \cdot 1 = 13 - 7 = 6$. Таким образом, пара $(x_0, y_0) = (1, 1)$ является частным решением.
Общее решение диофантова уравнения $ax + by = c$ задается формулами:
$x = x_0 + \frac{b}{d} t$
$y = y_0 - \frac{a}{d} t$
где $d = \text{НОД}(a,b)$ и $t$ — любое целое число.
Подставим наши значения: $a=13$, $b=-7$, $d=1$, $x_0=1$, $y_0=1$.
$x = 1 + \frac{-7}{1} t = 1 - 7t$
$y = 1 - \frac{13}{1} t = 1 - 13t$
Таким образом, все целочисленные решения уравнения задаются парой $(1 - 7t, 1 - 13t)$, где $t \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = 1 - 7t, y = 1 - 13t$, где $t$ — любое целое число.

б) Будем искать решения уравнения $x! + y! = (x+y)!$ в неотрицательных целых числах, так как факториал определен для них. Уравнение симметрично относительно $x$ и $y$, поэтому, если $(x, y)$ является решением, то и $(y, x)$ также является решением. Без ограничения общности предположим, что $x \le y$.
Случай 1: $x = 0$.
Уравнение принимает вид $0! + y! = (0+y)!$, что равносильно $1 + y! = y!$. Это приводит к неверному равенству $1=0$. Следовательно, решений при $x=0$ (и, в силу симметрии, при $y=0$) нет.
Случай 2: $x=y \ge 1$.
Уравнение становится $x! + x! = (x+x)!$, или $2 \cdot x! = (2x)!$.
При $x=1$: $2 \cdot 1! = 2$ и $(2 \cdot 1)! = 2! = 2$. Равенство верно, значит $(1,1)$ — решение.
При $x=2$: $2 \cdot 2! = 4$ и $(2 \cdot 2)! = 4! = 24$. Равенство неверно.
При $x > 1$ имеем $(2x)! = x! \cdot (x+1)(x+2)...(2x)$. Тогда уравнение $2 \cdot x! = (2x)!$ можно сократить на $x! \ne 0$ и получить $2 = (x+1)(x+2)...(2x)$. Правая часть является произведением $x$ целых чисел, каждое из которых больше или равно $x+1$. При $x \ge 2$, $x+1 \ge 3$, и произведение будет заведомо больше 2. Таким образом, при $x=y$ единственное решение — это $(1,1)$.
Случай 3: $1 \le x < y$.
Разделим обе части уравнения $x! + y! = (x+y)!$ на $x!$: $1 + \frac{y!}{x!} = \frac{(x+y)!}{x!}$.
$1 + (x+1)(x+2)...(y) = (x+1)(x+2)...(y)(y+1)...(x+y)$.
Вынесем общий множитель $(x+1)(x+2)...(y)$ за скобки:
$1 = ((x+1)...(y)) \cdot [(y+1)...(x+y) - 1]$.
Поскольку $1 \le x < y$, то $x \ge 1$ и $y \ge 2$.
Первый множитель $P = (x+1)...(y) \ge (1+1) = 2$.
Второй множитель $Q = (y+1)...(x+y) - 1 \ge (y+1) - 1 = y \ge 2$.
Тогда их произведение $P \cdot Q \ge 2 \cdot 2 = 4$. Равенство $1 = P \cdot Q$ невозможно.
Итак, при $x < y$ решений нет. Объединяя все случаи, получаем, что единственным решением в неотрицательных целых числах является пара $(1,1)$.
Ответ: $(1, 1)$.

в) Это линейное диофантово уравнение $27x - 9y = 15$ вида $ax + by = c$, где $a=27$, $b=-9$ и $c=15$. Мы ищем целочисленные решения $(x,y)$.
Для существования целочисленных решений необходимо, чтобы наибольший общий делитель (НОД) коэффициентов при $x$ и $y$ делил свободный член.
Найдем $\text{НОД}(27, -9) = \text{НОД}(27, 9) = 9$.
Теперь проверим, делится ли $c=15$ на 9. Поскольку $15 = 1 \cdot 9 + 6$, 15 не делится на 9 нацело.
Так как $\text{НОД}(27, 9) = 9$ не делит 15, уравнение не имеет решений в целых числах.
Альтернативно, можно вынести общий множитель 9 в левой части уравнения:
$9(3x - y) = 15$.
Левая часть этого равенства для любых целых $x$ и $y$ является целым числом, кратным 9. Правая часть, 15, на 9 не делится. Следовательно, равенство не может выполняться ни для каких целых $x$ и $y$.
Ответ: решений в целых числах нет.

г) Требуется найти все целые решения $(x,y)$ уравнения $1! + 2! + \dots + x! = y^2$. Сумма в левой части определена для натуральных $x \ge 1$. Обозначим сумму $S_x = \sum_{k=1}^{x} k!$.
Вычислим значения $S_x$ для нескольких первых натуральных $x$ и проверим, является ли результат полным квадратом.
При $x=1$: $S_1 = 1! = 1 = 1^2$. Это полный квадрат. $y^2=1$, откуда $y = \pm 1$. Решения: $(1, 1)$ и $(1, -1)$.
При $x=2$: $S_2 = 1! + 2! = 1 + 2 = 3$. Не является полным квадратом.
При $x=3$: $S_3 = 1! + 2! + 3! = 1 + 2 + 6 = 9 = 3^2$. Это полный квадрат. $y^2=9$, откуда $y = \pm 3$. Решения: $(3, 3)$ и $(3, -3)$.
При $x=4$: $S_4 = 1! + 2! + 3! + 4! = 9 + 24 = 33$. Не является полным квадратом.
Рассмотрим значения $x \ge 5$. Для любого натурального $n \ge 5$, факториал $n!$ содержит множители 2 и 5, поэтому $n!$ оканчивается на 0 ($5!=120$, $6!=720$, и т.д.).
Следовательно, для любого $x \ge 4$, последняя цифра суммы $S_x$ будет такой же, как последняя цифра суммы $S_4$:
$S_x = S_4 + 5! + 6! + \dots + x! = 33 + (\text{число, оканчивающееся на 0}) + \dots$
Последняя цифра $S_x$ для $x \ge 4$ равна последней цифре числа $S_4=33$, то есть равна 3.
Рассмотрим последние цифры полных квадратов целых чисел: $0^2 \to 0$, $1^2 \to 1$, $2^2 \to 4$, $3^2 \to 9$, $4^2 \to 6$, $5^2 \to 5$, $6^2 \to 6$, $7^2 \to 9$, $8^2 \to 4$, $9^2 \to 1$.
Полный квадрат может оканчиваться только на цифры 0, 1, 4, 5, 6, 9. Он никогда не оканчивается на 2, 3, 7 или 8.
Поскольку при $x \ge 4$ сумма $S_x$ всегда оканчивается на 3, она не может быть полным квадратом.
Таким образом, решения существуют только при $x=1$ и $x=3$.
Ответ: $(1, 1), (1, -1), (3, 3), (3, -3)$.

10. Докажите, что для любого натурального числа $N$ существует ряд последовательных $N$ чисел, каждое из которых составное.

Для доказательства утверждения необходимо для любого натурального числа $N$ предъявить пример последовательности из $N$ идущих подряд составных чисел. Составным называется натуральное число, имеющее делители, отличные от единицы и самого себя.

Рассмотрим число $(N+1)!$ (факториал числа $N+1$), которое равно произведению всех целых чисел от 1 до $N+1$ включительно:$$(N+1)! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot N \cdot (N+1)$$По своему определению, $(N+1)!$ делится нацело на любое целое число от 2 до $N+1$.

Теперь построим на основе этого числа следующую последовательность из $N$ последовательных целых чисел:$$(N+1)! + 2, \quad (N+1)! + 3, \quad \ldots, \quad (N+1)! + (N+1)$$Эта последовательность содержит ровно $N$ чисел.

Докажем, что каждое число в этой последовательности является составным. Рассмотрим любой член этой последовательности, который имеет вид $(N+1)! + k$, где $k$ — целое число, такое что $2 \le k \le N+1$.

Поскольку $k$ — это целое число в диапазоне от 2 до $N+1$, оно является одним из множителей в произведении $(N+1)!$. Следовательно, $(N+1)!$ делится на $k$ без остатка.Если $(N+1)!$ делится на $k$, то и сумма $(N+1)! + k$ также делится на $k$.Таким образом, число $(N+1)! + k$ имеет делитель $k$.

Чтобы число было составным, его делитель должен быть больше 1 и меньше самого числа.1. Делитель $k \ge 2$, то есть он больше 1.2. Делитель $k$ меньше самого числа $(N+1)! + k$, так как $(N+1)!$ — положительное число.Следовательно, каждое число вида $(N+1)! + k$ (где $2 \le k \le N+1$) является составным, так как оно имеет делитель $k$, удовлетворяющий условию $1 < k < (N+1)! + k$.

Таким образом, мы построили последовательность из $N$ последовательных чисел и доказали, что каждое из них является составным. Это доказывает исходное утверждение.

Например, для $N=4$ искомая последовательность может быть построена на основе $(4+1)! = 5! = 120$:

• $120 + 2 = 122$ (делится на 2)
• $120 + 3 = 123$ (делится на 3)
• $120 + 4 = 124$ (делится на 4)
• $120 + 5 = 125$ (делится на 5)

Последовательность 122, 123, 124, 125 состоит из четырех последовательных составных чисел.

Ответ: Утверждение доказано. Для любого натурального $N$ существует ряд из $N$ последовательных составных чисел. Примером такой последовательности является ряд $(N+1)!+2, (N+1)!+3, \ldots, (N+1)!+(N+1)$.

11. Дано: $\lg 16 = 1,20412...$. Найдите количество цифр и первую цифру числа $125^{100}$.

Для решения задачи нам нужно найти десятичный логарифм числа $125^{100}$.

Количество цифр числа $125^{100}$

Количество цифр в натуральном числе $N$ находится по формуле $k = \lfloor \lg N \rfloor + 1$, где $\lfloor x \rfloor$ — это целая часть числа $x$ (характеристика логарифма), а $\lg$ — десятичный логарифм.

Для нахождения количества цифр в числе $125^{100}$, вычислим его десятичный логарифм $\lg(125^{100})$.

Используя свойство логарифма степени, получаем:

$\lg(125^{100}) = 100 \cdot \lg(125)$

Выразим $\lg(125)$ через $\lg 2$. Так как $125 = 5^3$ и $5 = \frac{10}{2}$, то:

$\lg(125) = \lg(5^3) = 3 \lg 5 = 3 \lg(\frac{10}{2}) = 3(\lg 10 - \lg 2) = 3(1 - \lg 2)$

Из условия задачи дано $\lg 16 = 1.20412...$. Найдем из него $\lg 2$:

$\lg 16 = \lg(2^4) = 4 \lg 2$

Следовательно, $4 \lg 2 \approx 1.20412$, откуда $\lg 2 \approx \frac{1.20412}{4} = 0.30103$.

Теперь подставим найденное значение $\lg 2$ в выражение для логарифма нашего числа:

$\lg(125^{100}) = 100 \cdot 3(1 - \lg 2) = 300(1 - \lg 2) \approx 300(1 - 0.30103) = 300 \cdot 0.69897 = 209.691$

Целая часть (характеристика) логарифма равна $\lfloor 209.691 \rfloor = 209$.

Количество цифр в числе $125^{100}$ равно $k = 209 + 1 = 210$.

Ответ: 210.

Первая цифра числа $125^{100}$

Первая цифра числа $N$ определяется мантиссой (дробной частью) $m$ его десятичного логарифма. Любое число можно представить в виде $N = 10^{\lg N} = 10^{C+m} = 10^m \cdot 10^C$, где $C$ — характеристика, а $m$ — мантисса. Первая цифра числа $N$ — это целая часть числа $10^m$.

Из предыдущего пункта мы знаем, что $\lg(125^{100}) \approx 209.691$.

Характеристика логарифма: $C = \lfloor 209.691 \rfloor = 209$.

Мантисса логарифма: $m = \lg(125^{100}) - C \approx 209.691 - 209 = 0.691$.

Нам нужно найти первую цифру числа $125^{100} \approx 10^{0.691} \cdot 10^{209}$. Для этого сравним мантиссу $m \approx 0.691$ с логарифмами целых чисел.

Используем ранее найденное значение $\lg 2 \approx 0.30103$ для вычисления логарифмов ближайших целых чисел:

$\lg 4 = \lg(2^2) = 2 \lg 2 \approx 2 \cdot 0.30103 = 0.60206$

$\lg 5 = \lg(\frac{10}{2}) = \lg 10 - \lg 2 = 1 - \lg 2 \approx 1 - 0.30103 = 0.69897$

Сравниваем мантиссу $m$ с полученными значениями:

$0.60206 < 0.691 < 0.69897$

Это соответствует неравенству:

$\lg 4 < m < \lg 5$

Потенцируя это неравенство (возводя 10 в степень каждого члена), получаем:

$10^{\lg 4} < 10^m < 10^{\lg 5}$

$4 < 10^m < 5$

Поскольку $10^m$ — это число между 4 и 5, то число $125^{100} = 10^m \cdot 10^{209}$ будет начинаться с цифры 4.

Ответ: 4.

Докажите равенства методом математической индукции
($n \in N$) (12–13).

12.

a) $1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = \frac{n(n+1)(2n-1)}{6};$

б) $1^2 + 3^2 + 5^2 + ... + (2n - 1)^2 = \frac{n(2n-1)(2n+1)}{3};$

в) $1^3 + 3^3 + 5^3 + ... + (2n - 1)^3 = n^2 (2n^2 - 1);$

г) $1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + 3 \cdot 3! + ... + n \cdot n! = (n + 1)! - 1.$

а) $1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n-1)}{6}$

Заметим, что в формуле из условия, вероятно, допущена опечатка. При $n=1$ левая часть равна $1^2=1$, а правая $\frac{1(1+1)(2\cdot1-1)}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$. Равенство не выполняется. Стандартная формула для суммы квадратов первых $n$ натуральных чисел имеет вид $1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$. Докажем это верное равенство методом математической индукции.

1. База индукции.
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $1^2 = 1$.
Правая часть: $\frac{1(1+1)(2\cdot1+1)}{6} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1$.
$1 = 1$. Равенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$. То есть, нам нужно доказать:
$1^2 + 2^2 + \dots + k^2 + (k+1)^2 = \frac{(k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1)}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.
Возьмем левую часть и используем индукционное предположение:
$(1^2 + 2^2 + \dots + k^2) + (k+1)^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2$.
Приведем к общему знаменателю и вынесем общий множитель $(k+1)$:
$= (k+1) \left(\frac{k(2k+1)}{6} + k+1\right) = (k+1) \left(\frac{2k^2+k+6k+6}{6}\right) = (k+1) \frac{2k^2+7k+6}{6}$.
Разложим на множители квадратный трехчлен $2k^2+7k+6$. Его корни $k_1=-2$ и $k_2=-3/2$. Тогда $2k^2+7k+6 = 2(k+2)(k+3/2) = (k+2)(2k+3)$.
Получаем: $\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.
Эта правая часть совпадает с тем, что мы хотели доказать. Индукционный переход выполнен.
Следовательно, по принципу математической индукции, равенство доказано для всех натуральных $n$.
Ответ: равенство (с исправленной правой частью) доказано для всех $n \in \mathbb{N}$.

б) $1^2 + 3^2 + 5^2 + \dots + (2n - 1)^2 = \frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$

1. База индукции.
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $(2\cdot1 - 1)^2 = 1^2 = 1$.
Правая часть: $\frac{1(2\cdot1-1)(2\cdot1+1)}{3} = \frac{1 \cdot 1 \cdot 3}{3} = 1$.
$1 = 1$. Равенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$1^2 + 3^2 + 5^2 + \dots + (2k - 1)^2 = \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3}$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$. $n$-й член последовательности равен $(2n-1)^2$, значит $(k+1)$-й член равен $(2(k+1)-1)^2 = (2k+1)^2$. Нам нужно доказать:
$1^2 + 3^2 + \dots + (2k-1)^2 + (2k+1)^2 = \frac{(k+1)(2(k+1)-1)(2(k+1)+1)}{3} = \frac{(k+1)(2k+1)(2k+3)}{3}$.
Возьмем левую часть и используем индукционное предположение:
$(1^2 + 3^2 + \dots + (2k-1)^2) + (2k+1)^2 = \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3} + (2k+1)^2$.
Вынесем общий множитель $(2k+1)$:
$= (2k+1) \left(\frac{k(2k-1)}{3} + 2k+1\right) = (2k+1) \left(\frac{2k^2-k+3(2k+1)}{3}\right) = (2k+1) \frac{2k^2-k+6k+3}{3} = (2k+1) \frac{2k^2+5k+3}{3}$.
Разложим на множители $2k^2+5k+3$. Корни: $k_1=-1, k_2=-3/2$. Тогда $2k^2+5k+3 = 2(k+1)(k+3/2)=(k+1)(2k+3)$.
Получаем: $\frac{(2k+1)(k+1)(2k+3)}{3} = \frac{(k+1)(2k+1)(2k+3)}{3}$.
Равенство для $n=k+1$ доказано. По принципу математической индукции, исходное равенство верно для всех натуральных $n$.
Ответ: равенство доказано для всех $n \in \mathbb{N}$.

в) $1^3 + 3^3 + 5^3 + \dots + (2n-1)^3 = n^2(2n^2 - 1)$

1. База индукции.
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $(2\cdot1 - 1)^3 = 1^3 = 1$.
Правая часть: $1^2(2\cdot1^2 - 1) = 1(2 - 1) = 1$.
$1 = 1$. Равенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$1^3 + 3^3 + 5^3 + \dots + (2k-1)^3 = k^2(2k^2 - 1)$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$. Нам нужно доказать:
$1^3 + 3^3 + \dots + (2k-1)^3 + (2(k+1)-1)^3 = (k+1)^2(2(k+1)^2 - 1)$.
Преобразуем правую часть: $(k+1)^2(2(k^2+2k+1) - 1) = (k+1)^2(2k^2+4k+1)$.
Теперь преобразуем левую часть, используя индукционное предположение:
$(1^3 + 3^3 + \dots + (2k-1)^3) + (2k+1)^3 = k^2(2k^2 - 1) + (2k+1)^3$.
Раскроем скобки:
$= 2k^4 - k^2 + (8k^3 + 12k^2 + 6k + 1) = 2k^4 + 8k^3 + 11k^2 + 6k + 1$.
Раскроем скобки в выражении, которое мы должны были получить:
$(k+1)^2(2k^2+4k+1) = (k^2+2k+1)(2k^2+4k+1) = k^2(2k^2+4k+1) + 2k(2k^2+4k+1) + 1(2k^2+4k+1) = (2k^4+4k^3+k^2) + (4k^3+8k^2+2k) + (2k^2+4k+1) = 2k^4 + 8k^3 + 11k^2 + 6k + 1$.
Оба выражения тождественны. Равенство для $n=k+1$ доказано. По принципу математической индукции, исходное равенство верно для всех натуральных $n$.
Ответ: равенство доказано для всех $n \in \mathbb{N}$.

г) $1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + 3 \cdot 3! + \dots + n \cdot n! = (n+1)! - 1$

1. База индукции.
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $1 \cdot 1! = 1$.
Правая часть: $(1+1)! - 1 = 2! - 1 = 2 - 1 = 1$.
$1 = 1$. Равенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + \dots + k \cdot k! = (k+1)! - 1$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$. Нам нужно доказать:
$1 \cdot 1! + \dots + k \cdot k! + (k+1) \cdot (k+1)! = ((k+1)+1)! - 1 = (k+2)! - 1$.
Возьмем левую часть и используем индукционное предположение:
$(1 \cdot 1! + \dots + k \cdot k!) + (k+1) \cdot (k+1)! = ((k+1)! - 1) + (k+1) \cdot (k+1)!$.
Сгруппируем слагаемые с факториалом:
$= (k+1)! + (k+1) \cdot (k+1)! - 1$.
Вынесем общий множитель $(k+1)!$:
$= (k+1)!(1 + k+1) - 1 = (k+1)!(k+2) - 1$.
По определению факториала, $(k+2) \cdot (k+1)! = (k+2)!$.
Получаем: $(k+2)! - 1$.
Равенство для $n=k+1$ доказано. По принципу математической индукции, исходное равенство верно для всех натуральных $n$.
Ответ: равенство доказано для всех $n \in \mathbb{N}$.

13. a) $\frac{1}{4 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(n+3)(n+4)} = \frac{n}{4(n+4)};$

б) $2^2 + 6^2 + \dots + (4n - 2)^2 = \frac{4n(2n-1)(2n+1)}{3};$

в) $\frac{7}{1 \cdot 8} + \frac{7}{8 \cdot 15} + \frac{7}{15 \cdot 22} + \dots + \frac{7}{(7n-6)(7n+1)} = 1 - \frac{1}{7n+1};$

г) $\frac{1}{4 \cdot 8} + \frac{1}{8 \cdot 12} + \frac{1}{12 \cdot 16} + \dots + \frac{1}{4n(4n+4)} = \frac{1}{16} - \frac{1}{16(n+1)}.$

а) Докажем тождество методом математической индукции.
База индукции (при $n=1$):
Левая часть: $\frac{1}{(1+3)(1+4)} = \frac{1}{4 \cdot 5} = \frac{1}{20}$.
Правая часть: $\frac{1}{4(1+4)} = \frac{1}{4 \cdot 5} = \frac{1}{20}$.
Равенство выполняется.
Индукционный переход:
Предположим, что равенство верно для $n=m$:
$\frac{1}{4 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 6} + ... + \frac{1}{(m+3)(m+4)} = \frac{m}{4(m+4)}$.
Докажем, что оно верно для $n=m+1$:
$\left( \frac{1}{4 \cdot 5} + ... + \frac{1}{(m+3)(m+4)} \right) + \frac{1}{((m+1)+3)((m+1)+4)} = \frac{m}{4(m+4)} + \frac{1}{(m+4)(m+5)}$
$= \frac{m(m+5) + 4}{4(m+4)(m+5)} = \frac{m^2+5m+4}{4(m+4)(m+5)} = \frac{(m+1)(m+4)}{4(m+4)(m+5)} = \frac{m+1}{4(m+5)}$.
Полученное выражение совпадает с правой частью исходного тождества при $n=m+1$: $\frac{m+1}{4((m+1)+4)} = \frac{m+1}{4(m+5)}$.
По принципу математической индукции, тождество верно для всех натуральных $n$.
Ответ: Тождество доказано.

б) Докажем тождество методом математической индукции.
База индукции (при $n=1$):
Левая часть: $2^2 = 4$.
Правая часть: $\frac{4 \cdot 1 \cdot (2 \cdot 1 - 1)(2 \cdot 1 + 1)}{3} = \frac{4 \cdot 1 \cdot 1 \cdot 3}{3} = 4$.
Равенство выполняется.
Индукционный переход:
Предположим, что равенство верно для $n=m$:
$2^2 + 6^2 + ... + (4m-2)^2 = \frac{4m(2m-1)(2m+1)}{3}$.
Докажем, что оно верно для $n=m+1$:
$(2^2 + 6^2 + ... + (4m-2)^2) + (4(m+1)-2)^2 = \frac{4m(2m-1)(2m+1)}{3} + (4m+2)^2$
$= \frac{4m(2m-1)(2m+1)}{3} + 4(2m+1)^2 = 4(2m+1) \left( \frac{m(2m-1)}{3} + (2m+1) \right)$
$= 4(2m+1) \frac{2m^2-m+6m+3}{3} = \frac{4(2m+1)(2m^2+5m+3)}{3} = \frac{4(2m+1)(m+1)(2m+3)}{3}$.
Полученное выражение совпадает с правой частью исходного тождества при $n=m+1$: $\frac{4(m+1)(2(m+1)-1)(2(m+1)+1)}{3} = \frac{4(m+1)(2m+1)(2m+3)}{3}$.
По принципу математической индукции, тождество верно для всех натуральных $n$.
Ответ: Тождество доказано.

в) Докажем тождество методом математической индукции.
База индукции (при $n=1$):
Левая часть: $\frac{7}{1 \cdot 8} = \frac{7}{8}$.
Правая часть: $1 - \frac{1}{7 \cdot 1 + 1} = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$.
Равенство выполняется.
Индукционный переход:
Предположим, что равенство верно для $n=m$:
$\frac{7}{1 \cdot 8} + \frac{7}{8 \cdot 15} + ... + \frac{7}{(7m-6)(7m+1)} = 1 - \frac{1}{7m+1}$.
Докажем, что оно верно для $n=m+1$:
$\left( \frac{7}{1 \cdot 8} + ... + \frac{7}{(7m-6)(7m+1)} \right) + \frac{7}{(7(m+1)-6)(7(m+1)+1)} = 1 - \frac{1}{7m+1} + \frac{7}{(7m+1)(7m+8)}$
$= 1 - \left( \frac{1}{7m+1} - \frac{7}{(7m+1)(7m+8)} \right) = 1 - \frac{(7m+8)-7}{(7m+1)(7m+8)} = 1 - \frac{7m+1}{(7m+1)(7m+8)} = 1 - \frac{1}{7m+8}$.
Полученное выражение совпадает с правой частью исходного тождества при $n=m+1$: $1 - \frac{1}{7(m+1)+1} = 1 - \frac{1}{7m+8}$.
По принципу математической индукции, тождество верно для всех натуральных $n$.
Ответ: Тождество доказано.

г) Докажем тождество методом математической индукции.
База индукции (при $n=1$):
Левая часть: $\frac{1}{4 \cdot 8} = \frac{1}{32}$.
Правая часть: $\frac{1}{16} - \frac{1}{16(1+1)} = \frac{1}{16} - \frac{1}{32} = \frac{1}{32}$.
Равенство выполняется.
Индукционный переход:
Предположим, что равенство верно для $n=m$:
$\frac{1}{4 \cdot 8} + \frac{1}{8 \cdot 12} + ... + \frac{1}{4m(4m+4)} = \frac{1}{16} - \frac{1}{16(m+1)}$.
Докажем, что оно верно для $n=m+1$:
$\left( \frac{1}{4 \cdot 8} + ... + \frac{1}{4m(4m+4)} \right) + \frac{1}{4(m+1)(4(m+1)+4)} = \frac{1}{16} - \frac{1}{16(m+1)} + \frac{1}{16(m+1)(m+2)}$
$= \frac{1}{16} - \left( \frac{1}{16(m+1)} - \frac{1}{16(m+1)(m+2)} \right) = \frac{1}{16} - \frac{(m+2)-1}{16(m+1)(m+2)} = \frac{1}{16} - \frac{m+1}{16(m+1)(m+2)} = \frac{1}{16} - \frac{1}{16(m+2)}$.
Полученное выражение совпадает с правой частью исходного тождества при $n=m+1$: $\frac{1}{16} - \frac{1}{16((m+1)+1)} = \frac{1}{16} - \frac{1}{16(m+2)}$.
По принципу математической индукции, тождество верно для всех натуральных $n$.
Ответ: Тождество доказано.