Страница 39, часть 1 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

Докажите, что при любом натуральном значении $n$ выполняется равенство:

6.7. а) $1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + 3 \cdot 10 + \dots + n(3n + 1) = n(n + 1)^2$;

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

в) $1 \cdot 3 + 3 \cdot 5 + \dots + (2n - 1)(2n + 1) = \frac{n(4n^2 + 6n - 1)}{3}$;

г) $2 \cdot 5 + 5 \cdot 8 + 8 \cdot 11 + \dots + (3n - 1)(3n + 2) = n(3n^2 + 6n + 1).$

a) Докажем данное равенство $1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + 3 \cdot 10 + \dots + n(3n + 1) = n(n + 1)^2$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим истинность утверждения для $n=1$.

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

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

Так как $4=4$, утверждение верно для $n=1$.

2. Индукционный переход.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$, то есть:

$S_k = 1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + \dots + k(3k + 1) = k(k + 1)^2$.

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

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = 1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + \dots + k(3k + 1) + (k+1)(3(k+1) + 1)$.

Используя индукционное предположение, заменим часть суммы:

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

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 $(k+2)^2$:

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

Полученное выражение совпадает с тем, что требовалось доказать для $n=k+1$.

Следовательно, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального значения $n$.

Ответ: Равенство доказано.

б) Докажем данное равенство $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \dots + n(n + 1) = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3}$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим истинность утверждения для $n=1$.

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

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

Так как $2=2$, утверждение верно для $n=1$.

2. Индукционный переход.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$, то есть:

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

Докажем, что равенство 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 $S_{k+1}$:

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

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

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

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

Полученное выражение совпадает с тем, что требовалось доказать для $n=k+1$.

Следовательно, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального значения $n$.

Ответ: Равенство доказано.

в) Докажем данное равенство $1 \cdot 3 + 3 \cdot 5 + \dots + (2n - 1)(2n + 1) = \frac{n(4n^2 + 6n - 1)}{3}$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим истинность утверждения для $n=1$.

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

Правая часть: $\frac{1(4 \cdot 1^2 + 6 \cdot 1 - 1)}{3} = \frac{4+6-1}{3} = \frac{9}{3} = 3$.

Так как $3=3$, утверждение верно для $n=1$.

2. Индукционный переход.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$, то есть:

$S_k = 1 \cdot 3 + 3 \cdot 5 + \dots + (2k - 1)(2k + 1) = \frac{k(4k^2 + 6k - 1)}{3}$.

Докажем, что равенство верно и для $n=k+1$, то есть $S_{k+1} = \frac{(k+1)(4(k+1)^2 + 6(k+1) - 1)}{3}$.

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = S_k + (2(k+1)-1)(2(k+1)+1) = \frac{k(4k^2 + 6k - 1)}{3} + (2k+1)(2k+3)$.

Раскроем скобки и приведем к общему знаменателю:

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

$S_{k+1} = \frac{4k^3 + 6k^2 - k + 12k^2 + 24k + 9}{3} = \frac{4k^3 + 18k^2 + 23k + 9}{3}$.

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

$\frac{(k+1)(4(k+1)^2 + 6(k+1) - 1)}{3} = \frac{(k+1)(4(k^2+2k+1) + 6k+6 - 1)}{3}$.

$= \frac{(k+1)(4k^2+8k+4 + 6k+5)}{3} = \frac{(k+1)(4k^2+14k+9)}{3}$.

Раскроем скобки в числителе: $k(4k^2+14k+9) + 1(4k^2+14k+9) = 4k^3+14k^2+9k+4k^2+14k+9 = 4k^3+18k^2+23k+9$.

Таким образом, $S_{k+1} = \frac{4k^3 + 18k^2 + 23k + 9}{3}$, что совпадает с вычисленным нами значением.

Следовательно, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального значения $n$.

Ответ: Равенство доказано.

г) Докажем данное равенство $2 \cdot 5 + 5 \cdot 8 + \dots + (3n - 1)(3n + 2) = n(3n^2 + 6n + 1)$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим истинность утверждения для $n=1$.

Левая часть: $S_1 = (3 \cdot 1 - 1)(3 \cdot 1 + 2) = 2 \cdot 5 = 10$.

Правая часть: $1(3 \cdot 1^2 + 6 \cdot 1 + 1) = 3+6+1 = 10$.

Так как $10=10$, утверждение верно для $n=1$.

2. Индукционный переход.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$, то есть:

$S_k = 2 \cdot 5 + 5 \cdot 8 + \dots + (3k - 1)(3k + 2) = k(3k^2 + 6k + 1)$.

Докажем, что равенство верно и для $n=k+1$, то есть $S_{k+1} = (k+1)(3(k+1)^2 + 6(k+1) + 1)$.

Рассмотрим сумму $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = S_k + (3(k+1)-1)(3(k+1)+2) = k(3k^2 + 6k + 1) + (3k+2)(3k+5)$.

Раскроем скобки:

$S_{k+1} = (3k^3 + 6k^2 + k) + (9k^2 + 15k + 6k + 10) = 3k^3 + 15k^2 + 22k + 10$.

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

$(k+1)(3(k+1)^2 + 6(k+1) + 1) = (k+1)(3(k^2+2k+1) + 6k+6 + 1)$.

$= (k+1)(3k^2+6k+3 + 6k+7) = (k+1)(3k^2+12k+10)$.

Раскроем скобки: $k(3k^2+12k+10) + 1(3k^2+12k+10) = 3k^3+12k^2+10k+3k^2+12k+10 = 3k^3+15k^2+22k+10$.

Таким образом, $S_{k+1} = 3k^3 + 15k^2 + 22k + 10$, что совпадает с вычисленным нами значением.

Следовательно, по принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального значения $n$.

Ответ: Равенство доказано.

6.8. a) $4 \cdot 2 + 7 \cdot 2^3 + 10 \cdot 2^5 + \dots + (3n + 1)2^{2n-1} = n \cdot 2^{2n+1}$;

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

в) $1 \cdot 2^2 + 2 \cdot 3^2 + \dots + (n - 1)n^2 = \frac{n(n^2 - 1)(3n + 2)}{12}$;

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

Для доказательства всех тождеств используется метод математической индукции.

а) $4 \cdot 2 + 7 \cdot 2^3 + 10 \cdot 2^5 + \dots + (3n + 1)2^{2n-1} = n \cdot 2^{2n+1}$

Докажем данное равенство методом математической индукции. Общий член ряда можно записать как $\sum_{k=1}^{n} (3k+1)2^{2k-1}$.

1. База индукции ($n=1$):

Проверим справедливость формулы для $n=1$.

Левая часть: $(3 \cdot 1 + 1)2^{2 \cdot 1 - 1} = 4 \cdot 2^1 = 8$.

Правая часть: $1 \cdot 2^{2 \cdot 1 + 1} = 1 \cdot 2^3 = 8$.

Левая часть равна правой, следовательно, формула верна для $n=1$.

2. Индукционный переход:

Предположим, что формула верна для некоторого натурального $n=k \ge 1$:

$\sum_{i=1}^{k} (3i+1)2^{2i-1} = k \cdot 2^{2k+1}$.

Докажем, что формула верна и для $n=k+1$, то есть:

$\sum_{i=1}^{k+1} (3i+1)2^{2i-1} = (k+1) \cdot 2^{2(k+1)+1}$.

Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$:

$\sum_{i=1}^{k+1} (3i+1)2^{2i-1} = \left(\sum_{i=1}^{k} (3i+1)2^{2i-1}\right) + (3(k+1)+1)2^{2(k+1)-1}$.

Используя индукционное предположение, заменяем сумму:

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

Преобразуем выражение:

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

Правая часть равенства для $n=k+1$ равна:

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

Левая и правая части совпали, следовательно, индукционный переход доказан.

Таким образом, по принципу математической индукции, формула верна для любого натурального $n \ge 1$.

Ответ: $4 \cdot 2 + 7 \cdot 2^3 + 10 \cdot 2^5 + \dots + (3n + 1)2^{2n-1} = n \cdot 2^{2n+1}$.

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

1. База индукции ($n=1$):

Проверим справедливость формулы для $n=1$.

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

Правая часть: $2 - \frac{1+2}{2^1} = 2 - \frac{3}{2} = \frac{1}{2}$.

Левая часть равна правой, формула верна для $n=1$.

2. Индукционный переход:

Предположим, что формула верна для некоторого натурального $n=k \ge 1$:

$\sum_{i=1}^{k} \frac{i}{2^i} = 2 - \frac{k+2}{2^k}$.

Докажем, что формула верна и для $n=k+1$, то есть:

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

Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$:

$\sum_{i=1}^{k+1} \frac{i}{2^i} = \left(\sum_{i=1}^{k} \frac{i}{2^i}\right) + \frac{k+1}{2^{k+1}}$.

Используя индукционное предположение:

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

Приведем дроби в скобках к общему знаменателю $2^{k+1}$:

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

Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства для $n=k+1$. Индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, формула верна для любого натурального $n \ge 1$.

Ответ: $\frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \frac{3}{2^3} + \dots + \frac{n}{2^n} = 2 - \frac{n+2}{2^n}$.

в) $1 \cdot 2^2 + 2 \cdot 3^2 + \dots + (n-1)n^2 = \frac{n(n^2-1)(3n+2)}{12}$

Сумма определена для $n \ge 2$.

1. База индукции ($n=2$):

Проверим справедливость формулы для $n=2$.

Левая часть: $1 \cdot 2^2 = 4$.

Правая часть: $\frac{2(2^2-1)(3 \cdot 2+2)}{12} = \frac{2 \cdot 3 \cdot 8}{12} = \frac{48}{12} = 4$.

Левая часть равна правой, формула верна для $n=2$.

2. Индукционный переход:

Предположим, что формула верна для некоторого натурального $n=k \ge 2$:

$\sum_{i=2}^{k} (i-1)i^2 = \frac{k(k^2-1)(3k+2)}{12}$.

Докажем, что формула верна и для $n=k+1$, то есть:

$\sum_{i=2}^{k+1} (i-1)i^2 = \frac{(k+1)((k+1)^2-1)(3(k+1)+2)}{12}$.

Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$:

$\sum_{i=2}^{k+1} (i-1)i^2 = \left(\sum_{i=2}^{k} (i-1)i^2\right) + k(k+1)^2$.

Используя индукционное предположение:

$\frac{k(k^2-1)(3k+2)}{12} + k(k+1)^2 = \frac{k(k-1)(k+1)(3k+2)}{12} + \frac{12k(k+1)^2}{12}$.

Вынесем общий множитель $\frac{k(k+1)}{12}$:

$\frac{k(k+1)}{12} \left[ (k-1)(3k+2) + 12(k+1) \right] = \frac{k(k+1)}{12} [3k^2-k-2 + 12k+12] = \frac{k(k+1)}{12} [3k^2+11k+10]$.

Разложим квадратный трехчлен $3k^2+11k+10 = (k+2)(3k+5)$.

Получаем: $\frac{k(k+1)(k+2)(3k+5)}{12}$.

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

$\frac{(k+1)((k+1)^2-1)(3(k+1)+2)}{12} = \frac{(k+1)(k^2+2k)(3k+5)}{12} = \frac{(k+1)k(k+2)(3k+5)}{12}$.

Левая и правая части совпали, индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, формула верна для любого целого $n \ge 2$.

Ответ: $1 \cdot 2^2 + 2 \cdot 3^2 + \dots + (n-1)n^2 = \frac{n(n^2-1)(3n+2)}{12}$.

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

1. База индукции ($n=1$):

Проверим справедливость формулы для $n=1$.

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

Правая часть: $\frac{3}{4}\left(1 - \frac{2 \cdot 1+3}{3^{1+1}}\right) = \frac{3}{4}\left(1 - \frac{5}{9}\right) = \frac{3}{4} \cdot \frac{4}{9} = \frac{1}{3}$.

Левая часть равна правой, формула верна для $n=1$.

2. Индукционный переход:

Предположим, что формула верна для некоторого натурального $n=k \ge 1$:

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

Докажем, что формула верна и для $n=k+1$, то есть:

$\sum_{i=1}^{k+1} \frac{i}{3^i} = \frac{3}{4}\left(1 - \frac{2(k+1)+3}{3^{k+2}}\right) = \frac{3}{4}\left(1 - \frac{2k+5}{3^{k+2}}\right)$.

Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$:

$\sum_{i=1}^{k+1} \frac{i}{3^i} = \left(\sum_{i=1}^{k} \frac{i}{3^i}\right) + \frac{k+1}{3^{k+1}}$.

Используя индукционное предположение:

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

Преобразуем выражение, приводя к общему знаменателю $4 \cdot 3^{k+1}$:

$\frac{3}{4} - \frac{3(2k+3)}{4 \cdot 3^{k+1}} + \frac{4(k+1)}{4 \cdot 3^{k+1}} = \frac{3}{4} - \frac{6k+9 - 4(k+1)}{4 \cdot 3^{k+1}} = \frac{3}{4} - \frac{6k+9-4k-4}{4 \cdot 3^{k+1}} = \frac{3}{4} - \frac{2k+5}{4 \cdot 3^{k+1}}$.

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

$\frac{3}{4}\left(1 - \frac{2k+5}{3^{k+2}}\right) = \frac{3}{4} - \frac{3}{4} \cdot \frac{2k+5}{3^{k+2}} = \frac{3}{4} - \frac{2k+5}{4 \cdot 3^{k+1}}$.

Левая и правая части совпали, индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, формула верна для любого натурального $n \ge 1$.

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

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.

6.10. Докажите, что для любого $n \in N$ выполняется равенство:

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

б) $\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \frac{3}{4!} + \dots + \frac{n}{(n+1)!} = 1 - \frac{1}{(n+1)!}.$

а) Докажем данное равенство методом математической индукции.

Пусть $S(n)$ — это утверждение $1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + 3 \cdot 3! + \dots + n \cdot n! = (n + 1)! - 1$.

1. База индукции (при $n=1$)

Проверим, верно ли равенство для $n=1$.

Левая часть: $1 \cdot 1! = 1$.

Правая часть: $(1 + 1)! - 1 = 2! - 1 = 2 - 1 = 1$.

Так как левая и правая части равны, база индукции верна.

2. Шаг индукции

Предположим, что утверждение $S(k)$ верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$ (это наше индукционное предположение):

$1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + \dots + k \cdot k! = (k + 1)! - 1$.

Докажем, что из этого следует верность утверждения $S(k+1)$, то есть:

$1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + \dots + k \cdot k! + (k+1) \cdot (k+1)! = ((k+1)+1)! - 1 = (k+2)! - 1$.

Рассмотрим левую часть равенства для $S(k+1)$.

$\underbrace{1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + \dots + k \cdot k!}_{} + (k+1) \cdot (k+1)!$

Используя индукционное предположение, заменим сумму первых $k$ слагаемых:

$((k+1)! - 1) + (k+1) \cdot (k+1)!$

Сгруппируем слагаемые и вынесем общий множитель $(k+1)!$ за скобки:

$(k+1)! \cdot (1 + (k+1)) - 1 = (k+1)! \cdot (k+2) - 1$

По определению факториала, $(k+2) \cdot (k+1)! = (k+2)!$. Следовательно, мы получаем:

$(k+2)! - 1$

Это в точности совпадает с правой частью равенства для $S(k+1)$. Шаг индукции доказан.

По принципу математической индукции, равенство доказано для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

б) Докажем данное равенство методом математической индукции.

Пусть $P(n)$ — это утверждение $\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \frac{3}{4!} + \dots + \frac{n}{(n+1)!} = 1 - \frac{1}{(n+1)!}$.

1. База индукции (при $n=1$)

Проверим, верно ли равенство для $n=1$.

Левая часть: $\frac{1}{(1+1)!} = \frac{1}{2!} = \frac{1}{2}$.

Правая часть: $1 - \frac{1}{(1+1)!} = 1 - \frac{1}{2!} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.

Так как левая и правая части равны, база индукции верна.

2. Шаг индукции

Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$ (индукционное предположение):

$\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \dots + \frac{k}{(k+1)!} = 1 - \frac{1}{(k+1)!}$.

Докажем, что тогда верно и утверждение $P(k+1)$, то есть:

$\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \dots + \frac{k}{(k+1)!} + \frac{k+1}{((k+1)+1)!} = 1 - \frac{1}{((k+1)+1)!}$

$\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \dots + \frac{k}{(k+1)!} + \frac{k+1}{(k+2)!} = 1 - \frac{1}{(k+2)!}$.

Рассмотрим левую часть равенства для $P(k+1)$.

$\underbrace{\frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \dots + \frac{k}{(k+1)!}}_{} + \frac{k+1}{(k+2)!}$

Используя индукционное предположение, заменим сумму:

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

Приведем дроби в скобках к общему знаменателю $(k+2)!$:

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

Выполним вычитание дробей:

$1 - \frac{(k+2) - (k+1)}{(k+2)!} = 1 - \frac{k+2 - k - 1}{(k+2)!} = 1 - \frac{1}{(k+2)!}$

Это совпадает с правой частью равенства для $P(k+1)$. Шаг индукции доказан.

По принципу математической индукции, равенство доказано для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.