Номер 6.9, страница 39, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

6.9. a) $\frac{1^2}{1 \cdot 3} + \frac{2^2}{3 \cdot 5} + \dots + \frac{n^2}{(2n - 1)(2n + 1)} = \frac{n(n + 1)}{2(2n + 1)}$

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

в) $\frac{1 \cdot 4}{2 \cdot 3} + \frac{2 \cdot 5}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{n \cdot (n + 3)}{(n + 1)(n + 2)} = \frac{n(n + 1)}{n + 2}$

г) $\frac{1}{1 \cdot 3 \cdot 5} + \frac{2}{3 \cdot 5 \cdot 7} + \frac{3}{5 \cdot 7 \cdot 9} + \dots + \frac{n}{(2n - 1)(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{n(n + 1)}{2(2n + 1)(2n + 3)}$

а) Докажем данное тождество методом математической индукции. Обозначим сумму в левой части как $S_n$. Требуется доказать, что $S_n = \frac{n(n+1)}{2(2n+1)}$.

Шаг 1: База индукции. Проверим справедливость формулы для $n=1$.

Левая часть: $S_1 = \frac{1^2}{1 \cdot 3} = \frac{1}{3}$.

Правая часть: $\frac{1(1+1)}{2(2 \cdot 1+1)} = \frac{1 \cdot 2}{2 \cdot 3} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

Так как левая и правая части равны, формула верна для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение. Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $n=k \ge 1$:

$S_k = \frac{1^2}{1 \cdot 3} + \frac{2^2}{3 \cdot 5} + \dots + \frac{k^2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac{k(k+1)}{2(2k+1)}$.

Шаг 3: Индукционный переход. Докажем, что формула верна и для $n=k+1$, то есть нам нужно показать, что:

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

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$:

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

Используя индукционное предположение, заменим $S_k$:

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

Приведем к общему знаменателю $2(2k+1)(2k+3)$:

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

Раскроем скобки в числителе:

$S_{k+1} = \frac{(k+1)(2k^2+3k+2k+2)}{2(2k+1)(2k+3)} = \frac{(k+1)(2k^2+5k+2)}{2(2k+1)(2k+3)}$.

Разложим квадратный трехчлен $2k^2+5k+2$ на множители. Корни уравнения $2k^2+5k+2=0$ равны $k_1=-2$ и $k_2=-1/2$, поэтому $2k^2+5k+2 = 2(k+1/2)(k+2) = (2k+1)(k+2)$.

Подставим разложение в выражение для $S_{k+1}$:

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

Мы получили выражение, которое требовалось доказать. Следовательно, по принципу математической индукции, формула верна для любого натурального $n$.

Ответ: Тождество $\frac{1^2}{1 \cdot 3} + \frac{2^2}{3 \cdot 5} + \dots + \frac{n^2}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{n(n+1)}{2(2n+1)}$ доказано.

б) Для доказательства тождества воспользуемся методом телескопической суммы. Обозначим общий член ряда как $a_k = \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$.

Представим $a_k$ в виде разности. Заметим, что $\frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)} = \frac{(k+2)-k}{k(k+1)(k+2)} = \frac{2}{k(k+1)(k+2)}$.

Отсюда следует, что $a_k = \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right)$.

Теперь сумма $S_n$ может быть записана как:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right) = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right)$.

Распишем сумму:

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

Все промежуточные члены взаимно уничтожаются, и в скобках остаются только первый и последний члены:

$S_n = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1 \cdot 2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right)$.

Таким образом, мы получили требуемую формулу.

Ответ: Тождество $\frac{1}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{n(n+1)(n+2)} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right)$ доказано.

в) Для нахождения суммы преобразуем общий член ряда $a_k = \frac{k(k+3)}{(k+1)(k+2)}$.

Выполним преобразование числителя, чтобы выделить целую часть:

$a_k = \frac{k^2+3k}{k^2+3k+2} = \frac{(k^2+3k+2)-2}{k^2+3k+2} = 1 - \frac{2}{(k+1)(k+2)}$.

Дробь $\frac{2}{(k+1)(k+2)}$ можно разложить на простейшие дроби:

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

Следовательно, $a_k = 1 - 2 \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right)$.

Теперь найдем сумму $S_n = \sum_{k=1}^{n} a_k$:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} \left[ 1 - 2 \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right) \right] = \sum_{k=1}^{n} 1 - 2 \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k+1} - \frac{1}{k+2} \right)$.

Первая сумма $\sum_{k=1}^{n} 1 = n$. Вторая сумма является телескопической:

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

Подставляем полученные результаты в выражение для $S_n$:

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

Приведем к общему знаменателю:

$S_n = \frac{(n-1)(n+2)+2}{n+2} = \frac{n^2+2n-n-2+2}{n+2} = \frac{n^2+n}{n+2} = \frac{n(n+1)}{n+2}$.

Таким образом, тождество доказано.

Ответ: Тождество $\frac{1 \cdot 4}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{n(n+3)}{(n+1)(n+2)} = \frac{n(n+1)}{n+2}$ доказано.

г) Докажем данное тождество методом математической индукции. Обозначим сумму в левой части как $S_n$.

Шаг 1: База индукции. Проверим справедливость формулы для $n=1$.

Левая часть: $S_1 = \frac{1}{1 \cdot 3 \cdot 5} = \frac{1}{15}$.

Правая часть: $\frac{1(1+1)}{2(2 \cdot 1+1)(2 \cdot 1+3)} = \frac{2}{2 \cdot 3 \cdot 5} = \frac{1}{15}$.

Так как левая и правая части равны, формула верна для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение. Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $n=k \ge 1$:

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

Шаг 3: Индукционный переход. Докажем, что формула верна и для $n=k+1$, то есть нам нужно показать, что:

$S_{k+1} = \frac{(k+1)((k+1)+1)}{2(2(k+1)+1)(2(k+1)+3)} = \frac{(k+1)(k+2)}{2(2k+3)(2k+5)}$.

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = S_k + \frac{k+1}{(2(k+1)-1)(2(k+1)+1)(2(k+1)+3)} = S_k + \frac{k+1}{(2k+1)(2k+3)(2k+5)}$.

Используя индукционное предположение для $S_k$:

$S_{k+1} = \frac{k(k+1)}{2(2k+1)(2k+3)} + \frac{k+1}{(2k+1)(2k+3)(2k+5)}$.

Приводя к общему знаменателю $2(2k+1)(2k+3)(2k+5)$, получаем:

$S_{k+1} = \frac{k(k+1)(2k+5) + 2(k+1)}{2(2k+1)(2k+3)(2k+5)} = \frac{(k+1)[k(2k+5) + 2]}{2(2k+1)(2k+3)(2k+5)}$.

Упростим выражение в числителе: $k(2k+5) + 2 = 2k^2+5k+2 = (2k+1)(k+2)$.

Подставим это разложение обратно в выражение для $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = \frac{(k+1)(2k+1)(k+2)}{2(2k+1)(2k+3)(2k+5)} = \frac{(k+1)(k+2)}{2(2k+3)(2k+5)}$.

Полученное выражение совпадает с требуемым. Следовательно, тождество доказано по принципу математической индукции.

Ответ: Тождество $\frac{1}{1 \cdot 3 \cdot 5} + \dots + \frac{n}{(2n-1)(2n+1)(2n+3)} = \frac{n(n+1)}{2(2n+1)(2n+3)}$ доказано.