Страница 403 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мерзляк, Номировский

52.4. Докажите, что при любом натуральном $n$ выполняется равенство:

1) $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \ldots + n(n + 1) = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3}$;

2) $1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + 3 \cdot 10 + \ldots + n(3n + 1) = n(n + 1)^2$;

3) $1^3 + 3^3 + 5^3 + \ldots + (2n - 1)^3 = n^2 (2n^2 - 1).$

1) Докажем данное равенство методом математической индукции.

Пусть $S_n = 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + ... + n(n + 1)$. Нам нужно доказать, что $S_n = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3}$.

База индукции:

Проверим утверждение для $n=1$.

Левая часть: $S_1 = 1 \cdot (1 + 1) = 1 \cdot 2 = 2$.

Правая часть: $\frac{1(1 + 1)(1 + 2)}{3} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{3} = 2$.

Так как левая и правая части равны, утверждение верно для $n=1$.

Индукционный переход:

Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $S_k = 1 \cdot 2 + ... + k(k + 1) = \frac{k(k + 1)(k + 2)}{3}$.

Докажем, что утверждение верно и для $n=k+1$, то есть $S_{k+1} = \frac{(k + 1)((k + 1) + 1)((k + 1) + 2)}{3} = \frac{(k + 1)(k + 2)(k + 3)}{3}$.

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = 1 \cdot 2 + ... + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2) = S_k + (k + 1)(k + 2)$.

Используя наше предположение для $S_k$, получаем:

$S_{k+1} = \frac{k(k + 1)(k + 2)}{3} + (k + 1)(k + 2)$.

Вынесем общий множитель $(k + 1)(k + 2)$ за скобки:

$S_{k+1} = (k + 1)(k + 2) \left(\frac{k}{3} + 1\right) = (k + 1)(k + 2) \left(\frac{k + 3}{3}\right) = \frac{(k + 1)(k + 2)(k + 3)}{3}$.

Мы получили в точности правую часть доказываемого равенства для $n=k+1$.

Таким образом, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

2) Докажем данное равенство методом математической индукции.

Пусть $S_n = 1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + 3 \cdot 10 + ... + n(3n + 1)$. Нам нужно доказать, что $S_n = n(n + 1)^2$.

База индукции:

Проверим утверждение для $n=1$.

Левая часть: $S_1 = 1 \cdot (3 \cdot 1 + 1) = 1 \cdot 4 = 4$.

Правая часть: $1(1 + 1)^2 = 1 \cdot 2^2 = 4$.

Так как левая и правая части равны, утверждение верно для $n=1$.

Индукционный переход:

Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $S_k = 1 \cdot 4 + ... + k(3k + 1) = k(k + 1)^2$.

Докажем, что утверждение верно и для $n=k+1$, то есть $S_{k+1} = (k + 1)((k + 1) + 1)^2 = (k+1)(k+2)^2$.

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = 1 \cdot 4 + ... + k(3k + 1) + (k + 1)(3(k + 1) + 1) = S_k + (k + 1)(3k + 4)$.

Используя наше предположение для $S_k$, получаем:

$S_{k+1} = k(k + 1)^2 + (k + 1)(3k + 4)$.

Вынесем общий множитель $(k + 1)$ за скобки:

$S_{k+1} = (k + 1) [k(k + 1) + (3k + 4)] = (k + 1) (k^2 + k + 3k + 4) = (k + 1) (k^2 + 4k + 4)$.

Выражение в скобках является полным квадратом: $k^2 + 4k + 4 = (k + 2)^2$.

Следовательно, $S_{k+1} = (k + 1)(k + 2)^2$.

Мы получили в точности правую часть доказываемого равенства для $n=k+1$.

Таким образом, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

3) Докажем данное равенство методом математической индукции.

Пусть $S_n = 1^3 + 3^3 + 5^3 + ... + (2n - 1)^3$. Нам нужно доказать, что $S_n = n^2(2n^2 - 1)$.

База индукции:

Проверим утверждение для $n=1$.

Левая часть: $S_1 = (2 \cdot 1 - 1)^3 = 1^3 = 1$.

Правая часть: $1^2(2 \cdot 1^2 - 1) = 1(2 - 1) = 1$.

Так как левая и правая части равны, утверждение верно для $n=1$.

Индукционный переход:

Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $S_k = 1^3 + ... + (2k - 1)^3 = k^2(2k^2 - 1)$.

Докажем, что утверждение верно и для $n=k+1$, то есть $S_{k+1} = (k + 1)^2(2(k + 1)^2 - 1)$.

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = 1^3 + ... + (2k - 1)^3 + (2(k + 1) - 1)^3 = S_k + (2k + 1)^3$.

Используя наше предположение для $S_k$, получаем:

$S_{k+1} = k^2(2k^2 - 1) + (2k + 1)^3$.

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

$S_{k+1} = 2k^4 - k^2 + (8k^3 + 12k^2 + 6k + 1) = 2k^4 + 8k^3 + 11k^2 + 6k + 1$.

Теперь преобразуем правую часть равенства для $n=k+1$:

$(k + 1)^2(2(k + 1)^2 - 1) = (k^2 + 2k + 1)(2(k^2 + 2k + 1) - 1) = (k^2 + 2k + 1)(2k^2 + 4k + 2 - 1) = (k^2 + 2k + 1)(2k^2 + 4k + 1)$.

Перемножим многочлены:

$(k^2 + 2k + 1)(2k^2 + 4k + 1) = k^2(2k^2 + 4k + 1) + 2k(2k^2 + 4k + 1) + 1(2k^2 + 4k + 1)$

$= (2k^4 + 4k^3 + k^2) + (4k^3 + 8k^2 + 2k) + (2k^2 + 4k + 1)$

$= 2k^4 + (4k^3 + 4k^3) + (k^2 + 8k^2 + 2k^2) + (2k + 4k) + 1$

$= 2k^4 + 8k^3 + 11k^2 + 6k + 1$.

Левая и правая части совпали, следовательно, утверждение для $n=k+1$ верно.

Таким образом, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

52.5. Выведите формулу для вычисления суммы

$\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)}$, где $n \in N$.

Обозначим искомую сумму как $S_n$. Общий член ряда $a_k$ (для $k$ от 1 до $n$) имеет вид:
$a_k = \frac{1}{(2k-1)(2k+1)}$

Для нахождения суммы представим каждый член ряда в виде разности двух дробей. Этот метод называется разложением на простейшие дроби. Ищем представление в виде:
$\frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{A}{2k-1} + \frac{B}{2k+1}$

Приведем дроби в правой части к общему знаменателю и приравняем числители:
$1 = A(2k+1) + B(2k-1)$
$1 = 2Ak + A + 2Bk - B$
$1 = (2A + 2B)k + (A - B)$

Так как это равенство должно быть верным для любого $k$, приравняем коэффициенты при одинаковых степенях $k$ в левой и правой частях. Это дает нам систему уравнений:
$\begin{cases} 2A + 2B = 0 \\ A - B = 1 \end{cases}$
Из первого уравнения получаем $A = -B$. Подставляя это во второе уравнение, находим:
$(-B) - B = 1 \implies -2B = 1 \implies B = -\frac{1}{2}$.
Соответственно, $A = -B = \frac{1}{2}$.

Таким образом, общий член ряда можно представить в следующем виде:
$a_k = \frac{1}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{1/2}{2k-1} - \frac{1/2}{2k+1} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right)$

Теперь мы можем записать всю сумму, используя это разложение:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right) = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right)$

Выпишем несколько первых и последних членов суммы, чтобы увидеть, как происходит сокращение:
$S_n = \frac{1}{2} \left[ \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \left(\frac{1}{5} - \frac{1}{7}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2n-3} - \frac{1}{2n-1}\right) + \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right) \right]$

Это телескопическая сумма, в которой все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются: $-\frac{1}{3}$ и $+\frac{1}{3}$, $-\frac{1}{5}$ и $+\frac{1}{5}$, и так далее, до $-\frac{1}{2n-1}$ и $+\frac{1}{2n-1}$. В результате остаются только первое и последнее слагаемые в скобках:
$S_n = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n+1} \right)$

Теперь упростим полученное выражение, чтобы получить окончательную формулу:
$S_n = \frac{1}{2} \left( \frac{2n+1-1}{2n+1} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{2n}{2n+1} = \frac{n}{2n+1}$

Ответ: $\frac{n}{2n+1}$

52.6. Выведите формулу для вычисления суммы

$\frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \ldots + \frac{1}{n(n+1)}$, где $n \in N$.

Для того чтобы вывести формулу для вычисления данной суммы, представим каждый член суммы в виде разности двух дробей. Общий член суммы имеет вид $a_k = \frac{1}{k(k+1)}$, где $k$ изменяется от $1$ до $n$.

Воспользуемся методом разложения на простейшие дроби. Искомое представление имеет вид:

$\frac{1}{k(k+1)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+1}$

Чтобы найти коэффициенты $A$ и $B$, приведем правую часть к общему знаменателю:

$\frac{A(k+1) + Bk}{k(k+1)} = \frac{Ak + A + Bk}{k(k+1)} = \frac{(A+B)k + A}{k(k+1)}$

Сравнивая числители исходной и полученной дробей, имеем $1 = (A+B)k + A$. Это равенство должно выполняться для любого $k$. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях $k$, получаем систему уравнений:

$\begin{cases} A+B = 0 \\ A = 1 \end{cases}$

Из системы находим, что $A=1$ и $B=-1$. Таким образом, общий член суммы можно представить в виде:

$a_k = \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$

Теперь запишем всю сумму, используя это представление для каждого слагаемого:

$S_n = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{n(n+1)} = \sum_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}\right)$

Распишем сумму подробно:

$S_n = \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right) + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right)$

Как видно, все промежуточные члены взаимно уничтожаются: $-\frac{1}{2}$ сокращается с $+\frac{1}{2}$, $-\frac{1}{3}$ с $+\frac{1}{3}$ и так далее. Такая сумма называется телескопической. В результате остаются только первый член из первой пары и последний член из последней пары:

$S_n = \frac{1}{1} - \frac{1}{n+1}$

Упростим полученное выражение, приведя его к общему знаменателю:

$S_n = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n+1}{n+1} - \frac{1}{n+1} = \frac{n+1-1}{n+1} = \frac{n}{n+1}$

Таким образом, искомая формула для вычисления суммы найдена.

Ответ: $\frac{n}{n+1}$

52.7. Докажите неравенство $2^n > 2n+1$, где $n \in N, n \ge 3$.

Докажем данное неравенство $2^n > 2n + 1$ для $n \in \mathbb{N}, n \ge 3$ методом математической индукции.

Шаг 1: База индукции

Проверим истинность утверждения для наименьшего значения $n$ из заданного диапазона, то есть для $n=3$.

Подставляем $n=3$ в неравенство:

$2^3 > 2 \cdot 3 + 1$

$8 > 6 + 1$

$8 > 7$

Неравенство верно. Следовательно, база индукции выполняется.

Шаг 2: Индукционный переход

Предположим, что неравенство верно для некоторого произвольного натурального числа $k$, такого что $k \ge 3$. Это наше индукционное предположение:

$2^k > 2k + 1$

Теперь докажем, что из этого предположения следует истинность неравенства для $n = k+1$. То есть нам нужно доказать, что:

$2^{k+1} > 2(k+1) + 1$

Начнем с левой части этого неравенства и воспользуемся индукционным предположением.

$2^{k+1} = 2 \cdot 2^k$

Поскольку по предположению $2^k > 2k + 1$, то, умножив обе части на 2 (знак неравенства не изменится), получим:

$2 \cdot 2^k > 2(2k + 1)$

$2^{k+1} > 4k + 2$

Наша цель — доказать, что $2^{k+1} > 2(k+1) + 1$, что равносильно $2^{k+1} > 2k + 3$.

Мы уже показали, что $2^{k+1} > 4k + 2$. Если мы сможем доказать, что $4k+2 > 2k+3$ для всех $k \ge 3$, то по свойству транзитивности неравенств мы докажем и требуемое утверждение.

Рассмотрим неравенство $4k+2 > 2k+3$:

$4k - 2k > 3 - 2$

$2k > 1$

$k > \frac{1}{2}$

Так как по условию мы рассматриваем $k \ge 3$, то условие $k > \frac{1}{2}$ заведомо выполняется.

Таким образом, для всех $k \ge 3$ верна следующая цепочка неравенств:

$2^{k+1} > 4k+2 > 2k+3$

Из этого напрямую следует, что $2^{k+1} > 2k+3$, или $2^{k+1} > 2(k+1)+1$.

Индукционный переход доказан. Мы показали, что если неравенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$.

Заключение

Поскольку база индукции верна (утверждение истинно для $n=3$) и индукционный переход доказан, по принципу математической индукции неравенство $2^n > 2n + 1$ верно для всех натуральных чисел $n \ge 3$.

Ответ: Неравенство доказано.

52.8. Докажите неравенство $3^n > 4n + 1$, где $n \in N, n \ge 3$.

Для доказательства неравенства $3^n > 4n + 1$ при $n \in \mathbb{N}, n \ge 3$ воспользуемся методом математической индукции.

База индукции:

Проверим истинность утверждения для начального значения $n=3$.

Подставляем $n=3$ в неравенство:

$3^3 > 4 \cdot 3 + 1$

$27 > 12 + 1$

$27 > 13$

Неравенство верно. Таким образом, база индукции установлена.

Индукционный шаг:

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 3$, то есть выполняется $3^k > 4k + 1$. Это наше индукционное предположение.

Теперь докажем, что неравенство также верно для $n = k+1$, то есть нам нужно доказать, что $3^{k+1} > 4(k+1) + 1$.

Рассмотрим левую часть доказываемого неравенства:

$3^{k+1} = 3 \cdot 3^k$

Используя индукционное предположение $3^k > 4k + 1$, получаем:

$3 \cdot 3^k > 3 \cdot (4k + 1)$

$3^{k+1} > 12k + 3$

Чтобы завершить доказательство, нам нужно показать, что полученное выражение $12k + 3$ больше, чем правая часть доказываемого неравенства, то есть $4(k+1) + 1$.

Преобразуем правую часть: $4(k+1) + 1 = 4k + 4 + 1 = 4k + 5$.

Теперь докажем, что $12k + 3 > 4k + 5$ для $k \ge 3$.

$12k - 4k > 5 - 3$

$8k > 2$

$k > \frac{2}{8}$

$k > \frac{1}{4}$

Это неравенство очевидно верно, так как по условию $k \ge 3$.

Следовательно, мы можем составить цепочку неравенств:

$3^{k+1} > 12k + 3 > 4k + 5 = 4(k+1) + 1$

Из этой цепочки следует, что $3^{k+1} > 4(k+1) + 1$.

Индукционный шаг доказан. Так как база индукции и индукционный шаг верны, исходное неравенство доказано для всех натуральных чисел $n \ge 3$.

Ответ: Неравенство $3^n > 4n + 1$ доказано для всех $n \in \mathbb{N}, n \ge 3$.

52.9. Докажите, что для любого натурального $n$:

1) $(3^{2n+1} + 2^{n+2}) : 7;$

2) $(6^{2n} + 19^n - 2^{n+1}) : 17.$

1)

Для доказательства того, что выражение $(3^{2n+1} + 2^{n+2})$ делится на 7 при любом натуральном $n$, воспользуемся методом математической индукции или сравнениями по модулю. Метод сравнений по модулю более лаконичен.

Нам нужно доказать, что $3^{2n+1} + 2^{n+2} \equiv 0 \pmod{7}$.

Преобразуем исходное выражение, используя свойства степеней:

$3^{2n+1} + 2^{n+2} = 3 \cdot 3^{2n} + 2^2 \cdot 2^n = 3 \cdot (3^2)^n + 4 \cdot 2^n = 3 \cdot 9^n + 4 \cdot 2^n$.

Теперь рассмотрим основания степеней по модулю 7:

Число 9 при делении на 7 дает в остатке 2, то есть $9 \equiv 2 \pmod{7}$.

Используя свойство сравнений, согласно которому если $a \equiv b \pmod{m}$, то $a^n \equiv b^n \pmod{m}$, получаем:

$9^n \equiv 2^n \pmod{7}$.

Подставим это сравнение в наше выражение:

$3 \cdot 9^n + 4 \cdot 2^n \equiv 3 \cdot 2^n + 4 \cdot 2^n \pmod{7}$.

Вынесем общий множитель $2^n$ за скобки:

$(3+4) \cdot 2^n \equiv 7 \cdot 2^n \pmod{7}$.

Поскольку $7 \cdot 2^n$ содержит множитель 7, это выражение делится на 7 без остатка. Следовательно:

$7 \cdot 2^n \equiv 0 \pmod{7}$.

Таким образом, мы доказали, что исходное выражение делится на 7 для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

2)

Для доказательства того, что выражение $(6^{2n} + 19^n - 2^{n+1})$ делится на 17 при любом натуральном $n$, также воспользуемся сравнениями по модулю.

Нам нужно доказать, что $6^{2n} + 19^n - 2^{n+1} \equiv 0 \pmod{17}$.

Преобразуем выражение:

$6^{2n} + 19^n - 2^{n+1} = (6^2)^n + 19^n - 2 \cdot 2^n = 36^n + 19^n - 2 \cdot 2^n$.

Рассмотрим основания степеней по модулю 17:

Число 36 при делении на 17 дает в остатке 2, так как $36 = 2 \cdot 17 + 2$. Следовательно, $36 \equiv 2 \pmod{17}$.

Число 19 при делении на 17 дает в остатке 2, так как $19 = 1 \cdot 17 + 2$. Следовательно, $19 \equiv 2 \pmod{17}$.

Подставим полученные сравнения в наше выражение:

$36^n + 19^n - 2 \cdot 2^n \equiv 2^n + 2^n - 2 \cdot 2^n \pmod{17}$.

Упростим правую часть сравнения:

$2^n + 2^n - 2 \cdot 2^n = 2 \cdot 2^n - 2 \cdot 2^n = 0$.

Таким образом, получаем:

$6^{2n} + 19^n - 2^{n+1} \equiv 0 \pmod{17}$.

Это доказывает, что исходное выражение делится на 17 для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

52.10. Докажите, что для любого натурального $n$:

1) $(7^{n+1} + 8^{2n-1}) : 19;$

2) $(7 \cdot 24^n - 5 \cdot 13^n - 2^{2n+1}) : 11.$

1) Докажем, что выражение $(7^{n+1} + 8^{2n-1})$ делится на 19 для любого натурального $n$ методом математической индукции.

База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$7^{1+1} + 8^{2 \cdot 1 - 1} = 7^2 + 8^1 = 49 + 8 = 57$.
Поскольку $57 = 3 \cdot 19$, выражение делится на 19 при $n=1$. База индукции верна.

Шаг индукции:
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $n=k$, то есть $(7^{k+1} + 8^{2k-1})$ делится на 19. Это означает, что существует такое целое число $m$, что $7^{k+1} + 8^{2k-1} = 19m$.

Докажем, что утверждение верно и для $n=k+1$. Нам нужно доказать, что $(7^{(k+1)+1} + 8^{2(k+1)-1})$ делится на 19.
Рассмотрим выражение для $n=k+1$:
$7^{k+2} + 8^{2k+1} = 7 \cdot 7^{k+1} + 8^2 \cdot 8^{2k-1} = 7 \cdot 7^{k+1} + 64 \cdot 8^{2k-1}$.
Преобразуем выражение, чтобы использовать индукционное предположение:
$7 \cdot 7^{k+1} + 64 \cdot 8^{2k-1} = 7 \cdot 7^{k+1} + (7+57) \cdot 8^{2k-1} = 7 \cdot 7^{k+1} + 7 \cdot 8^{2k-1} + 57 \cdot 8^{2k-1}$
$= 7(7^{k+1} + 8^{2k-1}) + 57 \cdot 8^{2k-1}$.
Первое слагаемое, $7(7^{k+1} + 8^{2k-1})$, делится на 19 по предположению индукции (так как $7^{k+1} + 8^{2k-1} = 19m$).
Второе слагаемое, $57 \cdot 8^{2k-1}$, также делится на 19, поскольку $57 = 3 \cdot 19$.
Следовательно, вся сумма $7(19m) + (3 \cdot 19) \cdot 8^{2k-1} = 19(7m + 3 \cdot 8^{2k-1})$ делится на 19, так как $m$ и $k$ — целые/натуральные числа, и выражение в скобках является целым числом.

Таким образом, по принципу математической индукции, утверждение доказано для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано, что для любого натурального $n$ выражение $(7^{n+1} + 8^{2n-1})$ делится на 19.

2) Докажем, что выражение $(7 \cdot 24^n - 5 \cdot 13^n - 2^{n+1})$ делится на 11 для любого натурального $n$ с помощью теории сравнений (модульной арифметики).

Нам нужно доказать, что $7 \cdot 24^n - 5 \cdot 13^n - 2^{n+1} \equiv 0 \pmod{11}$.

Найдём остатки от деления оснований степеней на 11:
$24 = 2 \cdot 11 + 2 \implies 24 \equiv 2 \pmod{11}$.
$13 = 1 \cdot 11 + 2 \implies 13 \equiv 2 \pmod{11}$.

Подставим эти сравнения в исходное выражение:
$7 \cdot 24^n - 5 \cdot 13^n - 2^{n+1} \equiv 7 \cdot 2^n - 5 \cdot 2^n - 2^{n+1} \pmod{11}$.

Упростим полученное выражение, представив $2^{n+1}$ как $2 \cdot 2^n$:
$7 \cdot 2^n - 5 \cdot 2^n - 2 \cdot 2^n = (7 - 5 - 2) \cdot 2^n = 0 \cdot 2^n = 0$.

Таким образом, мы получили, что $7 \cdot 24^n - 5 \cdot 13^n - 2^{n+1} \equiv 0 \pmod{11}$, что и означает, что исходное выражение делится на 11 для любого натурального числа $n$.

Ответ: Доказано, что для любого натурального $n$ выражение $(7 \cdot 24^n - 5 \cdot 13^n - 2^{n+1})$ делится на 11.