Страница 40, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

6.11. Докажите, что

$\frac{1}{a \cdot (a + d)} + \frac{1}{(a + d) \cdot (a + 2d)} + \frac{1}{(a + 2d) \cdot (a + 3d)} + \dots + \frac{1}{(a + d(n - 1))(a + dn)} = \frac{n}{a(a + dn)}$,

где $a \neq 0, d \neq 0, n \in N$:

а) методом математической индукции;

б) без использования метода математической индукции.

а) методом математической индукции

Докажем тождество методом математической индукции по $n$. Обозначим доказываемое утверждение как $P(n)$.

$P(n): \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(a+d(k-1))(a+dk)} = \frac{n}{a(a+dn)}$

1. База индукции.
Проверим справедливость утверждения для $n=1$.
Левая часть (ЛЧ) при $n=1$ состоит из одного слагаемого: $ЛЧ = \frac{1}{(a+d(1-1))(a+d \cdot 1)} = \frac{1}{a(a+d)}$.
Правая часть (ПЧ) при $n=1$: $ПЧ = \frac{1}{a(a+d \cdot 1)} = \frac{1}{a(a+d)}$.
Так как ЛЧ = ПЧ, база индукции верна.

2. Индукционный переход.
Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$: $$ \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)} = \frac{k}{a(a+dk)} $$ Теперь докажем, что утверждение $P(k+1)$ также верно, то есть: $$ \sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)} = \frac{k+1}{a(a+d(k+1))} $$ Рассмотрим левую часть этого равенства: $$ \sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)} = \left(\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)}\right) + \frac{1}{(a+d(k+1-1))(a+d(k+1))} $$ $$ = \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)} + \frac{1}{(a+dk)(a+d(k+1))} $$ Используя предположение индукции, заменяем сумму: $$ \frac{k}{a(a+dk)} + \frac{1}{(a+dk)(a+d(k+1))} $$ Приведем дроби к общему знаменателю $a(a+dk)(a+d(k+1))$: $$ \frac{k(a+d(k+1)) + a}{a(a+dk)(a+d(k+1))} = \frac{ka + kd(k+1) + a}{a(a+dk)(a+d(k+1))} $$ $$ = \frac{ka + k^2d + kd + a}{a(a+dk)(a+d(k+1))} $$ Сгруппируем слагаемые в числителе и вынесем общий множитель: $$ ka + a + k^2d + kd = a(k+1) + kd(k+1) = (a+kd)(k+1) $$ Подставим полученное выражение обратно в дробь: $$ \frac{(a+kd)(k+1)}{a(a+dk)(a+d(k+1))} $$ Поскольку по условию $a+dk \neq 0$ (знаменатель не может быть нулем), мы можем сократить дробь на $(a+dk)$: $$ \frac{k+1}{a(a+d(k+1))} $$ Это выражение совпадает с правой частью утверждения $P(k+1)$. Индукционный переход доказан.

Таким образом, по принципу математической индукции, данное тождество верно для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Тождество доказано методом математической индукции.

б) без использования метода математической индукции

Этот метод основан на представлении каждого слагаемого суммы в виде разности двух дробей, что приводит к так называемой телескопической сумме.

Общий член суммы имеет вид $A_k = \frac{1}{(a+d(k-1))(a+dk)}$.
Заметим, что разность множителей в знаменателе постоянна: $(a+dk) - (a+d(k-1)) = a+dk-a-dk+d = d$.
Это позволяет разложить дробь на простейшие: $$ \frac{1}{(a+d(k-1))(a+dk)} = \frac{1}{d} \left( \frac{(a+dk)-(a+d(k-1))}{(a+d(k-1))(a+dk)} \right) $$ $$ = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a+d(k-1)} - \frac{1}{a+dk} \right) $$

Теперь мы можем переписать исходную сумму $S_n$: $$ S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a+d(k-1)} - \frac{1}{a+dk} \right) $$ Вынесем постоянный множитель $\frac{1}{d}$ за знак суммы: $$ S_n = \frac{1}{d} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{a+d(k-1)} - \frac{1}{a+dk} \right) $$ Расшифруем эту сумму, чтобы увидеть, как члены сокращаются: $$ S_n = \frac{1}{d} \left[ \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{a+d}\right) + \left(\frac{1}{a+d} - \frac{1}{a+2d}\right) + \left(\frac{1}{a+2d} - \frac{1}{a+3d}\right) + \dots + \left(\frac{1}{a+d(n-1)} - \frac{1}{a+dn}\right) \right] $$ Как видно, все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются: $-\frac{1}{a+d}$ с $+\frac{1}{a+d}$, $-\frac{1}{a+2d}$ с $+\frac{1}{a+2d}$ и так далее. Остаются только первый и последний члены: $$ S_n = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{a+dn} \right) $$

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю и упростим: $$ S_n = \frac{1}{d} \left( \frac{a+dn-a}{a(a+dn)} \right) = \frac{1}{d} \cdot \frac{dn}{a(a+dn)} $$ Сокращая на $d$ (поскольку $d \neq 0$), получаем окончательный результат: $$ S_n = \frac{n}{a(a+dn)} $$ Это и есть правая часть доказываемого тождества.

Ответ: Тождество доказано без использования метода математической индукции.

6.12. Используя тождество из 6.11, вычислите сумму:

a) $\frac{1}{4 \cdot 9} + \frac{1}{9 \cdot 14} + \frac{1}{14 \cdot 19} + \dots + \frac{1}{144 \cdot 149}$

б) $\frac{1}{1,5 \cdot 2,5} + \frac{1}{2,5 \cdot 3,5} + \frac{1}{3,5 \cdot 4,5} + \dots + \frac{1}{73,5 \cdot 74,5}$

Для решения данной задачи воспользуемся тождеством, которое позволяет раскладывать дробь вида $ \frac{1}{a \cdot b} $ на разность двух дробей. Это тождество, которое, предположительно, было приведено в задании 6.11, имеет вид:

$ \frac{1}{n(n+d)} = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+d} \right) $

Здесь $ d $ — это разность между множителями в знаменателе. Применение этого тождества к каждому члену суммы приводит к "телескопическому" эффекту, когда большинство слагаемых взаимно уничтожаются.

а) $ \frac{1}{4 \cdot 9} + \frac{1}{9 \cdot 14} + \frac{1}{14 \cdot 19} + \dots + \frac{1}{144 \cdot 149} $

Сначала определим разность $ d $ для множителей в знаменателях. $ 9 - 4 = 5 $, $ 14 - 9 = 5 $, $ 19 - 14 = 5 $, и так далее. Разность постоянна и равна 5.

Используя тождество с $ d=5 $, разложим каждый член суммы:

$ \frac{1}{n(n+5)} = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+5} \right) $

Применим это к нашей сумме $ S_a $:

$ S_a = \frac{1}{5}\left(\frac{1}{4} - \frac{1}{9}\right) + \frac{1}{5}\left(\frac{1}{9} - \frac{1}{14}\right) + \frac{1}{5}\left(\frac{1}{14} - \frac{1}{19}\right) + \dots + \frac{1}{5}\left(\frac{1}{144} - \frac{1}{149}\right) $

Вынесем общий множитель $ \frac{1}{5} $ за скобки:

$ S_a = \frac{1}{5} \left[ \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{9}\right) + \left(\frac{1}{9} - \frac{1}{14}\right) + \left(\frac{1}{14} - \frac{1}{19}\right) + \dots + \left(\frac{1}{144} - \frac{1}{149}\right) \right] $

Внутри скобок все промежуточные слагаемые ($-\frac{1}{9}$ и $+\frac{1}{9}$, $-\frac{1}{14}$ и $+\frac{1}{14}$ и т.д.) взаимно уничтожаются. Остаются только первое и последнее слагаемые:

$ S_a = \frac{1}{5} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{149} \right) $

Теперь вычислим значение выражения в скобках:

$ \frac{1}{4} - \frac{1}{149} = \frac{149 - 4}{4 \cdot 149} = \frac{145}{596} $

Подставим это значение обратно в формулу для суммы:

$ S_a = \frac{1}{5} \cdot \frac{145}{596} = \frac{29}{596} $

Ответ: $ \frac{29}{596} $

б) $ \frac{1}{1,5 \cdot 2,5} + \frac{1}{2,5 \cdot 3,5} + \frac{1}{3,5 \cdot 4,5} + \dots + \frac{1}{73,5 \cdot 74,5} $

Аналогично предыдущему пункту, найдем разность $ d $ между множителями в знаменателе: $ 2,5 - 1,5 = 1 $, $ 3,5 - 2,5 = 1 $, и так далее. Разность постоянна и равна 1.

При $ d=1 $ тождество упрощается:

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

Представим сумму $ S_б $ как сумму разностей:

$ S_б = \left(\frac{1}{1,5} - \frac{1}{2,5}\right) + \left(\frac{1}{2,5} - \frac{1}{3,5}\right) + \left(\frac{1}{3,5} - \frac{1}{4,5}\right) + \dots + \left(\frac{1}{73,5} - \frac{1}{74,5}\right) $

Все промежуточные слагаемые сокращаются, и остаются только первое и последнее:

$ S_б = \frac{1}{1,5} - \frac{1}{74,5} $

Для вычисления преобразуем десятичные дроби в обыкновенные: $ 1,5 = \frac{3}{2} $ и $ 74,5 = \frac{149}{2} $.

$ S_б = \frac{1}{3/2} - \frac{1}{149/2} = \frac{2}{3} - \frac{2}{149} $

Приведем дроби к общему знаменателю $ 3 \cdot 149 = 447 $:

$ S_б = \frac{2 \cdot 149}{447} - \frac{2 \cdot 3}{447} = \frac{298 - 6}{447} = \frac{292}{447} $

Ответ: $ \frac{292}{447} $

6.13. Используя тождество из 6.11, докажите неравенство:

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

б) $\frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{98 \cdot 99} < 0,99;$

В) $\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} < 0,5;$

Г) $\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{997 \cdot 999} < 0,4996.$

Для решения задачи воспользуемся методом телескопических сумм. Тождество, упомянутое в условии, представляет собой разложение дробей на простейшие.

а)

Для доказательства неравенства $\frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{n(n+1)} < 1$ представим общий член суммы $\frac{1}{k(k+1)}$ в виде разности двух дробей (это и есть искомое тождество):

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

Теперь сумма $S_n$ превращается в телескопический ряд:

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

Все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются, и остается только первый и последний члены:

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

Требуется доказать, что $S_n < 1$. Подставим полученное выражение для суммы:

$1 - \frac{1}{n+1} < 1$

Поскольку по условию $n$ — натуральное число ($n \ge 1$), то $n+1 > 1$, а значит $\frac{1}{n+1} > 0$. Вычитая положительное число из единицы, мы всегда получаем результат, который меньше единицы. Таким образом, неравенство доказано.

Ответ: Доказано, что сумма всегда меньше 1, так как она равна $1 - \frac{1}{n+1}$.

б)

Это частный случай предыдущей задачи, где $n=98$. Сумма равна:

$S_{98} = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{98 \cdot 99}$

Используя формулу $S_n = 1 - \frac{1}{n+1}$ из пункта а), находим значение суммы:

$S_{98} = 1 - \frac{1}{98+1} = 1 - \frac{1}{99} = \frac{98}{99}$

Теперь докажем неравенство $\frac{98}{99} < 0,99$. Представим $0,99$ в виде обыкновенной дроби: $0,99 = \frac{99}{100}$.

Сравним дроби: $\frac{98}{99} < \frac{99}{100}$.

Так как знаменатели положительны, можно применить перекрестное умножение:

$98 \cdot 100 < 99 \cdot 99$

$9800 < 9801$

Неравенство верно, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что сумма равна $\frac{98}{99} \approx 0.9898...$, что меньше $0,99$.

в)

Для доказательства неравенства $\frac{1}{1 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(2n-1)(2n+1)} < 0,5$ используем другое тождество для общего члена $\frac{1}{(2k-1)(2k+1)}$:

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

Сумма $S_n$ снова является телескопической:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k+1}\right) = \frac{1}{2}\left[ \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{5}\right) + \dots + \left(\frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n+1}\right) \right]$

После сокращения получаем:

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

Докажем неравенство $S_n < 0,5$. Заметим, что $0,5 = \frac{1}{2}$.

$\frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2n+1}\right) < \frac{1}{2}$

Умножим обе части на 2:

$1 - \frac{1}{2n+1} < 1$

Поскольку $n \ge 1$, то $2n+1 > 1$, и $\frac{1}{2n+1}$ является положительным числом. Вычитание положительного числа из единицы дает результат меньше единицы, поэтому неравенство доказано.

Ответ: Доказано, что сумма всегда меньше 0,5, так как она равна $\frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2n+1}\right)$.

г)

Эта задача — частный случай пункта в). Последний член суммы равен $\frac{1}{997 \cdot 999}$. Найдем $n$ из условия $2n-1 = 997$:

$2n = 998 \implies n = 499$

Подставим $n=499$ в формулу для суммы из пункта в):

$S_{499} = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2(499)+1}\right) = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{999}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{998}{999} = \frac{499}{999}$

Теперь докажем неравенство $\frac{499}{999} < 0,4996$. Запишем $0,4996$ в виде дроби $\frac{4996}{10000}$.

Сравним дроби: $\frac{499}{999} < \frac{4996}{10000}$.

Воспользуемся перекрестным умножением:

$499 \cdot 10000 < 999 \cdot 4996$

$4990000 < (1000 - 1) \cdot 4996$

$4990000 < 4996000 - 4996$

$4990000 < 4991004$

Неравенство верно.

Ответ: Доказано, что сумма равна $\frac{499}{999} \approx 0.499499...$, что меньше $0,4996$.

6.14. Рассмотрите три утверждения, начните их доказывать в указанном порядке методом математической индукции и определите, какое из них является верным для любого натурального значения n, а какие — нет:

a) $2 + 7 + 14 + ... + (n^2 + 2n - 1) = \frac{n(2n^2 + 9n + 2)}{6}$

$2 + 7 + 14 + ... + (n^2 + 2n - 1) = \frac{n(2n^2 + 7n + 3)}{6}$

$2 + 7 + 14 + ... + (n^2 + 2n - 1) = \frac{n(2n^2 + 9n + 1)}{6}$

б) $1 + \frac{3}{2} + \frac{7}{4} + \frac{15}{8} + ... + \frac{2^n - 1}{2^{n-1}} = 2^{1-n} + 2n$

$1 + \frac{3}{2} + \frac{7}{4} + \frac{15}{8} + ... + \frac{2^n - 1}{2^{n-1}} = 3^{1-n} + 3(n - 1)$

$1 + \frac{3}{2} + \frac{7}{4} + \frac{15}{8} + ... + \frac{2^n - 1}{2^{n-1}} = 2^{1-n} + 2(n - 1)$

a)

Рассмотрим сумму $S_n = 2 + 7 + 14 + ... + (n^2 + 2n - 1)$. Общий член суммы $a_n = n^2 + 2n - 1$. Будем проверять каждое из трех утверждений методом математической индукции.

1. $2 + 7 + 14 + ... + (n^2 + 2n - 1) = \frac{n(2n^2 + 9n + 2)}{6}$
Проверим базу индукции при $n=1$.
Левая часть равенства: $S_1 = 2$.
Правая часть равенства: $\frac{1 \cdot (2 \cdot 1^2 + 9 \cdot 1 + 2)}{6} = \frac{2+9+2}{6} = \frac{13}{6}$.
Поскольку $2 \neq \frac{13}{6}$, база индукции не выполняется.
Ответ: Утверждение неверно.

2. $2 + 7 + 14 + ... + (n^2 + 2n - 1) = \frac{n(2n^2 + 7n + 3)}{6}$
Проверим базу индукции при $n=1$.
Левая часть: $S_1 = 2$.
Правая часть: $\frac{1 \cdot (2 \cdot 1^2 + 7 \cdot 1 + 3)}{6} = \frac{2+7+3}{6} = \frac{12}{6} = 2$.
База индукции $n=1$ выполняется. Проверим индукционный шаг.
Предположим, что формула верна для $n=k$: $S_k = \frac{k(2k^2 + 7k + 3)}{6}$.
Докажем, что она верна для $n=k+1$: $S_{k+1} = S_k + a_{k+1}$.
$a_{k+1} = (k+1)^2 + 2(k+1) - 1 = k^2+2k+1+2k+2-1 = k^2+4k+2$.
$S_{k+1} = \frac{k(2k^2 + 7k + 3)}{6} + k^2+4k+2 = \frac{2k^3+7k^2+3k+6k^2+24k+12}{6} = \frac{2k^3+13k^2+27k+12}{6}$.
Теперь рассмотрим правую часть формулы для $n=k+1$:
$\frac{(k+1)(2(k+1)^2 + 7(k+1) + 3)}{6} = \frac{(k+1)(2(k^2+2k+1) + 7k+7+3)}{6} = \frac{(k+1)(2k^2+11k+12)}{6} = \frac{2k^3+11k^2+12k+2k^2+11k+12}{6} = \frac{2k^3+13k^2+23k+12}{6}$.
Так как $\frac{2k^3+13k^2+27k+12}{6} \neq \frac{2k^3+13k^2+23k+12}{6}$, индукционный шаг не выполняется.
Ответ: Утверждение неверно.

3. $2 + 7 + 14 + ... + (n^2 + 2n - 1) = \frac{n(2n^2 + 9n + 1)}{6}$
Проверим базу индукции при $n=1$.
Левая часть: $S_1 = 2$.
Правая часть: $\frac{1 \cdot (2 \cdot 1^2 + 9 \cdot 1 + 1)}{6} = \frac{2+9+1}{6} = \frac{12}{6} = 2$.
База индукции выполняется. Проверим индукционный шаг.
Предположим, что формула верна для $n=k$: $S_k = \frac{k(2k^2 + 9k + 1)}{6}$.
Докажем, что она верна для $n=k+1$: $S_{k+1} = S_k + a_{k+1}$.
$a_{k+1} = k^2+4k+2$.
$S_{k+1} = \frac{k(2k^2 + 9k + 1)}{6} + k^2+4k+2 = \frac{2k^3+9k^2+k+6k^2+24k+12}{6} = \frac{2k^3+15k^2+25k+12}{6}$.
Теперь рассмотрим правую часть формулы для $n=k+1$:
$\frac{(k+1)(2(k+1)^2 + 9(k+1) + 1)}{6} = \frac{(k+1)(2(k^2+2k+1) + 9k+9+1)}{6} = \frac{(k+1)(2k^2+13k+12)}{6} = \frac{2k^3+13k^2+12k+2k^2+13k+12}{6} = \frac{2k^3+15k^2+25k+12}{6}$.
Результаты совпали, индукционный шаг выполнен.
Ответ: Утверждение верно.

б)

Рассмотрим сумму $T_n = 1 + \frac{3}{2} + \frac{7}{4} + ... + \frac{2^n - 1}{2^{n-1}}$. Общий член суммы $b_n = \frac{2^n - 1}{2^{n-1}}$. Будем проверять каждое из трех утверждений.

1. $1 + \frac{3}{2} + \frac{7}{4} + ... + \frac{2^n - 1}{2^{n-1}} = 2^{1-n} + 2n$
Проверим базу индукции при $n=1$.
Левая часть: $T_1 = 1$.
Правая часть: $2^{1-1} + 2 \cdot 1 = 2^0 + 2 = 1+2=3$.
Поскольку $1 \neq 3$, база индукции не выполняется.
Ответ: Утверждение неверно.

2. $1 + \frac{3}{2} + \frac{7}{4} + ... + \frac{2^n - 1}{2^{n-1}} = 3^{1-n} + 3(n-1)$
Проверим базу индукции при $n=1$.
Левая часть: $T_1 = 1$.
Правая часть: $3^{1-1} + 3(1-1) = 3^0 + 0 = 1$.
База $n=1$ выполняется. Проверим для $n=2$.
Левая часть: $T_2 = 1 + \frac{3}{2} = \frac{5}{2}$.
Правая часть: $3^{1-2} + 3(2-1) = 3^{-1} + 3 = \frac{1}{3} + 3 = \frac{10}{3}$.
Поскольку $\frac{5}{2} \neq \frac{10}{3}$, утверждение неверно.
Ответ: Утверждение неверно.

3. $1 + \frac{3}{2} + \frac{7}{4} + ... + \frac{2^n - 1}{2^{n-1}} = 2^{1-n} + 2(n-1)$
Проверим базу индукции при $n=1$.
Левая часть: $T_1 = 1$.
Правая часть: $2^{1-1} + 2(1-1) = 2^0 + 0 = 1$.
База индукции выполняется. Проверим индукционный шаг.
Предположим, что формула верна для $n=k$: $T_k = 2^{1-k} + 2(k-1)$.
Докажем, что она верна для $n=k+1$: $T_{k+1} = T_k + b_{k+1}$.
$b_{k+1} = \frac{2^{k+1}-1}{2^{(k+1)-1}} = \frac{2^{k+1}-1}{2^k}$.
$T_{k+1} = (2^{1-k} + 2(k-1)) + \frac{2^{k+1}-1}{2^k} = \frac{2}{2^k} + 2k-2 + \frac{2^{k+1}-1}{2^k} = 2k-2 + \frac{2+2^{k+1}-1}{2^k} = 2k-2 + \frac{1+2 \cdot 2^k}{2^k} = 2k-2 + \frac{1}{2^k} + 2 = 2k + 2^{-k}$.
Теперь рассмотрим правую часть формулы для $n=k+1$:
$2^{1-(k+1)} + 2((k+1)-1) = 2^{-k} + 2k$.
Результаты совпали, индукционный шаг выполнен.
Ответ: Утверждение верно.