Страница 41, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник часть 1, 2 Мордкович, Семенов

6.15. Докажите неравенство:

а) $5^n > 3n - 1$, где $n \in \mathbb{N}$;

б) $3^n > 2n^2 + 3n$, где $n \in \mathbb{N}$, $n \geq 4$;

в) $2^n > 5n + 1$, где $n \in \mathbb{N}$, $n \geq 5$;

г) $5^n > 3n^2 + 10n$, где $n \in \mathbb{N}$, $n \geq 3$.

а) Докажем неравенство $5^n > 3n - 1$, где $n \in \mathbb{N}$, методом математической индукции.

1. База индукции.
Проверим, выполняется ли неравенство для наименьшего натурального числа $n=1$.
$5^1 > 3(1) - 1$
$5 > 2$.
Неравенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$:
$5^k > 3k - 1$.

3. Индукционный переход.
Докажем, что из истинности неравенства для $n=k$ следует его истинность для $n=k+1$. То есть, докажем, что $5^{k+1} > 3(k+1) - 1$.
Преобразуем левую часть, используя индукционное предположение:
$5^{k+1} = 5 \cdot 5^k > 5 \cdot (3k - 1) = 15k - 5$.
Теперь сравним полученное выражение с правой частью доказываемого неравенства $3(k+1) - 1 = 3k + 2$:
$15k - 5 > 3k + 2$
$12k > 7$
$k > 7/12$.
Так как по предположению $k \ge 1$, это неравенство всегда верно. Следовательно, мы показали, что $5^{k+1} > 15k - 5 > 3k + 2$.
Таким образом, $5^{k+1} > 3(k+1) - 1$.
Индукционный переход доказан. По принципу математической индукции, неравенство $5^n > 3n - 1$ верно для всех $n \in \mathbb{N}$.
Ответ: неравенство доказано.

б) Докажем неравенство $3^n > 2n^2 + 3n$, где $n \in \mathbb{N}, n \ge 4$, методом математической индукции.

1. База индукции.
Проверим, выполняется ли неравенство для $n=4$.
$3^4 > 2(4^2) + 3(4)$
$81 > 2(16) + 12$
$81 > 32 + 12$
$81 > 44$.
Неравенство верно для $n=4$.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 4$:
$3^k > 2k^2 + 3k$.

3. Индукционный переход.
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$, то есть $3^{k+1} > 2(k+1)^2 + 3(k+1)$.
Правая часть: $2(k^2 + 2k + 1) + 3k + 3 = 2k^2 + 4k + 2 + 3k + 3 = 2k^2 + 7k + 5$.
Преобразуем левую часть, используя индукционное предположение:
$3^{k+1} = 3 \cdot 3^k > 3 \cdot (2k^2 + 3k) = 6k^2 + 9k$.
Теперь докажем, что $6k^2 + 9k > 2k^2 + 7k + 5$:
$4k^2 + 2k - 5 > 0$.
Рассмотрим функцию $f(k) = 4k^2 + 2k - 5$. Это парабола с ветвями вверх. Найдем ее положительный корень: $k = \frac{-2 + \sqrt{4 - 4(4)(-5)}}{8} = \frac{-2 + \sqrt{84}}{8} < \frac{-2+10}{8}=1$. Так как корень меньше 1, для всех $k \ge 4$ функция будет положительной. Например, при $k=4$: $4(16) + 2(4) - 5 = 64+8-5 = 67 > 0$.
Следовательно, $3^{k+1} > 6k^2 + 9k > 2k^2 + 7k + 5 = 2(k+1)^2 + 3(k+1)$.
Индукционный переход доказан. По принципу математической индукции, неравенство $3^n > 2n^2 + 3n$ верно для всех $n \ge 4$.
Ответ: неравенство доказано.

в) Докажем неравенство $2^n > 5n + 1$, где $n \in \mathbb{N}, n \ge 5$, методом математической индукции.

1. База индукции.
Проверим, выполняется ли неравенство для $n=5$.
$2^5 > 5(5) + 1$
$32 > 25 + 1$
$32 > 26$.
Неравенство верно для $n=5$.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 5$:
$2^k > 5k + 1$.

3. Индукционный переход.
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$, то есть $2^{k+1} > 5(k+1) + 1$.
Правая часть: $5k + 5 + 1 = 5k + 6$.
Преобразуем левую часть, используя индукционное предположение:
$2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2 \cdot (5k + 1) = 10k + 2$.
Теперь докажем, что $10k + 2 > 5k + 6$:
$5k > 4$
$k > 4/5$.
Так как по предположению $k \ge 5$, это неравенство всегда верно.
Следовательно, $2^{k+1} > 10k + 2 > 5k + 6 = 5(k+1) + 1$.
Индукционный переход доказан. По принципу математической индукции, неравенство $2^n > 5n + 1$ верно для всех $n \ge 5$.
Ответ: неравенство доказано.

г) Докажем неравенство $5^n > 3n^2 + 10n$, где $n \in \mathbb{N}, n \ge 3$, методом математической индукции.

1. База индукции.
Проверим, выполняется ли неравенство для $n=3$.
$5^3 > 3(3^2) + 10(3)$
$125 > 3(9) + 30$
$125 > 27 + 30$
$125 > 57$.
Неравенство верно для $n=3$.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 3$:
$5^k > 3k^2 + 10k$.

3. Индукционный переход.
Докажем, что неравенство верно для $n=k+1$, то есть $5^{k+1} > 3(k+1)^2 + 10(k+1)$.
Правая часть: $3(k^2 + 2k + 1) + 10k + 10 = 3k^2 + 6k + 3 + 10k + 10 = 3k^2 + 16k + 13$.
Преобразуем левую часть, используя индукционное предположение:
$5^{k+1} = 5 \cdot 5^k > 5 \cdot (3k^2 + 10k) = 15k^2 + 50k$.
Теперь докажем, что $15k^2 + 50k > 3k^2 + 16k + 13$:
$12k^2 + 34k - 13 > 0$.
Рассмотрим функцию $f(k) = 12k^2 + 34k - 13$. Это парабола с ветвями вверх. Найдем ее положительный корень: $k = \frac{-34 + \sqrt{34^2 - 4(12)(-13)}}{24} = \frac{-34 + \sqrt{1156 + 624}}{24} = \frac{-34 + \sqrt{1780}}{24}$. Так как $42^2 = 1764$, то $\sqrt{1780} \approx 42.2$, и корень $k \approx \frac{-34+42.2}{24} = \frac{8.2}{24} < 1$. Поскольку корень меньше 1, для всех $k \ge 3$ функция будет положительной. Например, при $k=3$: $12(9) + 34(3) - 13 = 108 + 102 - 13 = 197 > 0$.
Следовательно, $5^{k+1} > 15k^2 + 50k > 3k^2 + 16k + 13 = 3(k+1)^2 + 10(k+1)$.
Индукционный переход доказан. По принципу математической индукции, неравенство $5^n > 3n^2 + 10n$ верно для всех $n \ge 3$.
Ответ: неравенство доказано.

Докажите, что для любого натурального $n$ выполняется

неравенство:

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

б) $\frac{1}{5^2} + \frac{1}{9^2} + \frac{1}{13^2} + \dots + \frac{1}{(4n+1)^2} < \frac{1}{4}.$

а)

Рассмотрим сумму $S = \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} + \dots + \frac{1}{(n+1)^2}$. Для любого натурального числа $k > 1$ выполняется неравенство $k^2 > k(k-1)$. Следовательно, для каждого слагаемого суммы справедливо неравенство $\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)}$. Применим это к каждому члену нашей суммы: $$ \frac{1}{2^2} < \frac{1}{1 \cdot 2} $$ $$ \frac{1}{3^2} < \frac{1}{2 \cdot 3} $$ $$ \frac{1}{4^2} < \frac{1}{3 \cdot 4} $$ $$ \dots $$ $$ \frac{1}{(n+1)^2} < \frac{1}{n(n+1)} $$ Таким образом, исходная сумма меньше, чем сумма больших дробей: $$ S < \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + \dots + \frac{1}{n(n+1)} $$ Представим каждую дробь вида $\frac{1}{k(k-1)}$ в виде разности двух дробей (метод неопределенных коэффициентов или разложение на простейшие дроби): $$ \frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k} $$ Теперь наша новая сумма представляет собой телескопический ряд: $$ \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) $$ Все промежуточные члены взаимно уничтожаются, и сумма равна разности первого и последнего членов: $$ 1 - \frac{1}{n+1} $$ Мы получили, что $S < 1 - \frac{1}{n+1}$. Поскольку $n$ — натуральное число, то $n \ge 1$, и следовательно, $n+1 \ge 2$. Отсюда $\frac{1}{n+1} > 0$. Значит, $1 - \frac{1}{n+1} < 1$. Окончательно получаем: $$ \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{(n+1)^2} < 1 - \frac{1}{n+1} < 1 $$ Что и требовалось доказать.

Ответ: Неравенство доказано.

б)

Рассмотрим сумму $S = \frac{1}{5^2} + \frac{1}{9^2} + \frac{1}{13^2} + \dots + \frac{1}{(4n+1)^2}$. Знаменатели дробей $5, 9, 13, \dots, 4n+1$ образуют арифметическую прогрессию. Общий член этой последовательности можно записать как $4k+1$ для $k=1, 2, 3, \dots, n$. Таким образом, сумма имеет вид $S = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(4k+1)^2}$. Для доказательства неравенства воспользуемся методом сравнения. Сравним каждый член ряда с большей дробью, сумма которых легко вычисляется. Заметим, что для любого $k \ge 1$ выполняется неравенство: $$ (4k+1)^2 = 16k^2 + 8k + 1 $$ Рассмотрим произведение $(4k-1)(4k+3)$: $$ (4k-1)(4k+3) = 16k^2 + 12k - 4k - 3 = 16k^2 + 8k - 3 $$ Поскольку $16k^2 + 8k + 1 > 16k^2 + 8k - 3$, то $(4k+1)^2 > (4k-1)(4k+3)$. Из этого следует, что $\frac{1}{(4k+1)^2} < \frac{1}{(4k-1)(4k+3)}$. Тогда исходная сумма меньше, чем следующая сумма: $$ S < \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(4k-1)(4k+3)} $$ Представим дробь $\frac{1}{(4k-1)(4k+3)}$ в виде разности: $$ \frac{1}{(4k-1)(4k+3)} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{4k-1} - \frac{1}{4k+3} \right) $$ Тогда наша новая сумма является телескопической: $$ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{4} \left( \frac{1}{4k-1} - \frac{1}{4k+3} \right) = \frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{4k-1} - \frac{1}{4k+3} \right) $$ Распишем члены суммы: $$ \frac{1}{4} \left[ \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{7}\right) + \left(\frac{1}{7} - \frac{1}{11}\right) + \left(\frac{1}{11} - \frac{1}{15}\right) + \dots + \left(\frac{1}{4n-1} - \frac{1}{4n+3}\right) \right] $$ Промежуточные члены сокращаются, и мы получаем: $$ \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4n+3} \right) $$ Итак, мы установили, что $S < \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4n+3} \right)$. Поскольку $n$ — натуральное число, $n \ge 1$, то $4n+3 > 0$, и $\frac{1}{4n+3} > 0$. Следовательно, $\frac{1}{3} - \frac{1}{4n+3} < \frac{1}{3}$. Тогда $$ S < \frac{1}{4} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4n+3} \right) < \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{12} $$ Так как $\frac{1}{12} < \frac{1}{4}$, то и исходная сумма $S$ тем более меньше $\frac{1}{4}$. Неравенство доказано.

Ответ: Неравенство доказано.

6.17. a) $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n+1}} > \sqrt{n+1} - 1;$

б) $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n+1}} < 2\sqrt{n+1} - 1.$

Для доказательства обоих неравенств будем использовать метод математической индукции.

Докажем неравенство $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n+1}} > \sqrt{n+1} - 1$ для любого натурального $n$.

1. База индукции.
Проверим справедливость неравенства для $n=1$.
Левая часть: $L_1 = \frac{1}{\sqrt{1+1}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
Правая часть: $P_1 = \sqrt{1+1} - 1 = \sqrt{2} - 1$.
Требуется доказать, что $\frac{1}{\sqrt{2}} > \sqrt{2} - 1$.
Умножим обе части на $\sqrt{2}$ (так как $\sqrt{2} > 0$, знак неравенства сохраняется):
$1 > (\sqrt{2})^2 - \sqrt{2}$
$1 > 2 - \sqrt{2}$
$\sqrt{2} > 1$.
Это верное утверждение, так как $\sqrt{2} \approx 1.414$. Следовательно, база индукции выполнена.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k \ge 1$:
$\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{k+1}} > \sqrt{k+1} - 1$.

3. Индукционный переход.
Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$. То есть, нам нужно доказать:
$\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{k+1}} + \frac{1}{\sqrt{k+2}} > \sqrt{k+2} - 1$.
Воспользуемся индукционным предположением. Левая часть неравенства может быть представлена как:
$(\frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{k+1}}) + \frac{1}{\sqrt{k+2}} > (\sqrt{k+1} - 1) + \frac{1}{\sqrt{k+2}}$.
Теперь достаточно доказать, что полученное выражение больше правой части доказываемого неравенства:
$(\sqrt{k+1} - 1) + \frac{1}{\sqrt{k+2}} > \sqrt{k+2} - 1$
$\sqrt{k+1} + \frac{1}{\sqrt{k+2}} > \sqrt{k+2}$
Умножим обе части на $\sqrt{k+2}$ (положительное число):
$\sqrt{k+1}\sqrt{k+2} + 1 > (\sqrt{k+2})^2$
$\sqrt{(k+1)(k+2)} + 1 > k+2$
$\sqrt{k^2+3k+2} > k+1$
Поскольку обе части неравенства положительны для $k \ge 1$, мы можем возвести их в квадрат:
$k^2+3k+2 > (k+1)^2$
$k^2+3k+2 > k^2+2k+1$
$k > -1$.
Это неравенство истинно для всех натуральных $k$. Таким образом, индукционный переход доказан.

По принципу математической индукции, исходное неравенство верно для всех натуральных $n$.

Ответ: Неравенство $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n+1}} > \sqrt{n+1} - 1$ доказано.

Докажем неравенство $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n+1}} < 2\sqrt{n+1} - 1$ для любого натурального $n$.

1. База индукции.
Проверим справедливость неравенства для $n=1$.
Левая часть: $L_1 = \frac{1}{\sqrt{1+1}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
Правая часть: $P_1 = 2\sqrt{1+1} - 1 = 2\sqrt{2} - 1$.
Требуется доказать, что $\frac{1}{\sqrt{2}} < 2\sqrt{2} - 1$.
Умножим обе части на $\sqrt{2}$:
$1 < 2(\sqrt{2})^2 - \sqrt{2}$
$1 < 4 - \sqrt{2}$
$\sqrt{2} < 3$.
Это верное утверждение. База индукции выполнена.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k \ge 1$:
$\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{k+1}} < 2\sqrt{k+1} - 1$.

3. Индукционный переход.
Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$. То есть, нам нужно доказать:
$\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{k+1}} + \frac{1}{\sqrt{k+2}} < 2\sqrt{k+2} - 1$.
Используя индукционное предположение, для левой части имеем:
$(\frac{1}{\sqrt{2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{k+1}}) + \frac{1}{\sqrt{k+2}} < (2\sqrt{k+1} - 1) + \frac{1}{\sqrt{k+2}}$.
Теперь достаточно доказать, что:
$(2\sqrt{k+1} - 1) + \frac{1}{\sqrt{k+2}} < 2\sqrt{k+2} - 1$
$2\sqrt{k+1} + \frac{1}{\sqrt{k+2}} < 2\sqrt{k+2}$
$\frac{1}{\sqrt{k+2}} < 2\sqrt{k+2} - 2\sqrt{k+1}$
$\frac{1}{\sqrt{k+2}} < 2(\sqrt{k+2} - \sqrt{k+1})$.
Преобразуем правую часть, умножив и разделив на сопряженное выражение:
$\sqrt{k+2} - \sqrt{k+1} = \frac{(\sqrt{k+2} - \sqrt{k+1})(\sqrt{k+2} + \sqrt{k+1})}{\sqrt{k+2} + \sqrt{k+1}} = \frac{k+2 - (k+1)}{\sqrt{k+2} + \sqrt{k+1}} = \frac{1}{\sqrt{k+2} + \sqrt{k+1}}$.
Подставим это в наше неравенство:
$\frac{1}{\sqrt{k+2}} < 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{k+2} + \sqrt{k+1}}$
$\sqrt{k+2} + \sqrt{k+1} < 2\sqrt{k+2}$
$\sqrt{k+1} < \sqrt{k+2}$.
Поскольку функция $y=\sqrt{x}$ является возрастающей, а $k+1 < k+2$ для всех $k$, это неравенство истинно. Индукционный переход доказан.

По принципу математической индукции, исходное неравенство верно для всех натуральных $n$.

Ответ: Неравенство $\frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n+1}} < 2\sqrt{n+1} - 1$ доказано.

Докажите, что для любого натурального значения n справедливо утверждение:

6.18. a) $(n^3 + 35n) : 6$;

б) $(n^3 + 3n^2 + 8n) : 3$;

в) $(n^5 - n) : 30;$

г) $(2n^3 + 3n^2 + 7n) : 6.$

а) Чтобы доказать, что выражение $n^3 + 35n$ делится на 6 для любого натурального $n$, нужно показать, что оно делится на 2 и на 3. Преобразуем выражение, выделив известный член $n^3 - n$, который всегда делится на 6, так как представляет собой произведение трех последовательных чисел $(n-1)n(n+1)$.

$n^3 + 35n = n^3 - n + 36n = (n-1)n(n+1) + 36n$.

Рассмотрим каждое слагаемое:

1. Выражение $(n-1)n(n+1)$ является произведением трех последовательных натуральных чисел. Среди них всегда есть хотя бы одно четное число (делящееся на 2) и ровно одно число, делящееся на 3. Следовательно, их произведение делится на $2 \times 3 = 6$.
2. Выражение $36n$ очевидно делится на 6, так как один из множителей (36) делится на 6.

Поскольку оба слагаемых делятся на 6, их сумма $(n-1)n(n+1) + 36n$ также делится на 6.

Ответ: Утверждение доказано.

б) Чтобы доказать, что выражение $n^3 + 3n^2 + 8n$ делится на 3, преобразуем его.

$n^3 + 3n^2 + 8n = (n^3 - n) + 3n^2 + 9n$.

Рассмотрим каждое слагаемое:

1. Слагаемое $3n^2$ делится на 3.
2. Слагаемое $9n$ делится на 3.
3. Выражение $n^3 - n = n(n^2 - 1) = (n-1)n(n+1)$ является произведением трех последовательных натуральных чисел, одно из которых обязательно делится на 3. Следовательно, $n^3 - n$ делится на 3.

Так как все три слагаемых в выражении $(n^3 - n) + 3n^2 + 9n$ делятся на 3, то и вся сумма делится на 3.

Ответ: Утверждение доказано.

в) Чтобы доказать, что выражение $n^5 - n$ делится на 30, нужно доказать, что оно делится на 2, 3 и 5, так как $30 = 2 \times 3 \times 5$. Разложим выражение на множители:

$n^5 - n = n(n^4 - 1) = n(n^2 - 1)(n^2 + 1) = (n-1)n(n+1)(n^2 + 1)$.

1. Делимость на 6 (на 2 и 3): Множитель $(n-1)n(n+1)$ — это произведение трех последовательных чисел, которое всегда делится на $2 \times 3 = 6$. Следовательно, все выражение $n^5 - n$ делится на 6.
2. Делимость на 5: Преобразуем множитель $(n^2+1)$: $n^2+1 = n^2-4+5$. Тогда выражение можно записать в виде:
   $(n-1)n(n+1)(n^2 - 4 + 5) = (n-1)n(n+1)((n-2)(n+2) + 5)$
   $= (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2) + 5(n-1)n(n+1)$.
   Рассмотрим каждое слагаемое:
   • Первое слагаемое $(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)$ является произведением пяти последовательных натуральных чисел. Среди них обязательно есть одно число, кратное 5, поэтому все произведение делится на 5.
   • Второе слагаемое $5(n-1)n(n+1)$ очевидно делится на 5.
   Поскольку оба слагаемых делятся на 5, их сумма, равная $n^5 - n$, также делится на 5.

Так как выражение $n^5 - n$ делится на 6 и на 5, а числа 6 и 5 взаимно простые, то оно делится и на их произведение $6 \times 5 = 30$.

Ответ: Утверждение доказано.

г) Чтобы доказать, что выражение $2n^3 + 3n^2 + 7n$ делится на 6, преобразуем его.

$2n^3 + 3n^2 + 7n = (2n^3 - 2n) + 3n^2 + 9n = 2(n^3-n) + 3n(n+3)$.

Рассмотрим каждое слагаемое:

1. Выражение $n^3-n = (n-1)n(n+1)$ является произведением трех последовательных чисел, поэтому оно делится на 6. Следовательно, слагаемое $2(n^3-n)$ делится на $2 \times 6 = 12$, а значит, и на 6.
2. Рассмотрим слагаемое $3n(n+3)$. Чтобы оно делилось на 6, произведение $n(n+3)$ должно быть четным.
   • Если $n$ — четное число, то и все произведение $n(n+3)$ четное.
   • Если $n$ — нечетное число, то $n+3$ (сумма двух нечетных) будет четным числом. Тогда и произведение $n(n+3)$ будет четным.
   Таким образом, $n(n+3)$ всегда четно, т.е. делится на 2. Следовательно, $3n(n+3)$ делится на $3 \times 2 = 6$.

Поскольку оба слагаемых $2(n^3-n)$ и $3n(n+3)$ делятся на 6, их сумма также делится на 6.

Ответ: Утверждение доказано.

6.19. a) $(7^n - 1) : 6$;

Б) $(2^{2n+1} + 1) : 3$;

В) $(17^n - 1) : 16$;

Г) $(13^{2n+1} + 1) : 14$.

В этих задачах требуется доказать, что указанные выражения делятся нацело на заданное число для любого натурального значения $n$.

а) Доказать, что $(7^n - 1)$ делится на 6.

Для доказательства воспользуемся формулой разности n-ых степеней: $a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + \dots + ab^{n-2} + b^{n-1})$.
Представим наше выражение в виде $7^n - 1^n$ и применим формулу, где $a=7$ и $b=1$:
$7^n - 1^n = (7-1)(7^{n-1} + 7^{n-2} \cdot 1 + \dots + 7 \cdot 1^{n-2} + 1^{n-1})$
$7^n - 1 = 6 \cdot (7^{n-1} + 7^{n-2} + \dots + 7 + 1)$
Так как $n$ является натуральным числом, выражение в скобках представляет собой сумму целых чисел, и, следовательно, само является целым числом. Таким образом, выражение $(7^n - 1)$ всегда равно произведению числа 6 на целое число, что и доказывает его делимость на 6.
Ответ: Доказано, что $(7^n - 1)$ делится на 6.

б) Доказать, что $(2^{2n+1} + 1)$ делится на 3.

Показатель степени $2n+1$ при любом натуральном $n$ является нечетным числом. Для доказательства воспользуемся формулой суммы нечетных степеней: $a^k + b^k = (a+b)(a^{k-1} - a^{k-2}b + \dots - ab^{k-2} + b^{k-1})$, которая верна для любого нечетного $k$.
В нашем случае $a=2$, $b=1$, а нечетная степень $k=2n+1$.
$2^{2n+1} + 1 = 2^{2n+1} + 1^{2n+1} = (2+1)(2^{2n} - 2^{2n-1} \cdot 1 + \dots - 2 \cdot 1^{2n-1} + 1^{2n})$
$2^{2n+1} + 1 = 3 \cdot (2^{2n} - 2^{2n-1} + \dots - 2 + 1)$
Выражение в скобках является целым числом. Следовательно, исходное выражение является произведением числа 3 и целого числа, а значит, оно делится на 3.
Ответ: Доказано, что $(2^{2n+1} + 1)$ делится на 3.

в) Доказать, что $(17^n - 1)$ делится на 16.

Доказательство аналогично пункту а). Воспользуемся формулой разности n-ых степеней: $a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1} + \dots + b^{n-1})$.
Применим ее для $a=17$ и $b=1$:
$17^n - 1 = 17^n - 1^n = (17-1)(17^{n-1} + 17^{n-2} + \dots + 17 + 1)$
$17^n - 1 = 16 \cdot (17^{n-1} + 17^{n-2} + \dots + 1)$
Так как выражение в скобках является целым числом, то $(17^n - 1)$ всегда кратно 16.
Ответ: Доказано, что $(17^n - 1)$ делится на 16.

г) Доказать, что $(13^{2n+1} + 1)$ делится на 14.

Доказательство аналогично пункту б). Показатель степени $2n+1$ является нечетным числом. Воспользуемся формулой суммы нечетных степеней: $a^k + b^k = (a+b)(a^{k-1} - a^{k-2}b + \dots + b^{k-1})$ для нечетного $k$.
В нашем случае $a=13$, $b=1$, а нечетная степень $k=2n+1$.
$13^{2n+1} + 1 = 13^{2n+1} + 1^{2n+1} = (13+1)(13^{2n} - 13^{2n-1} \cdot 1 + \dots + 1^{2n})$
$13^{2n+1} + 1 = 14 \cdot (13^{2n} - 13^{2n-1} + \dots - 13 + 1)$
Значение выражения в скобках является целым числом. Таким образом, исходное выражение всегда можно представить как произведение 14 на целое число, что доказывает его делимость на 14.
Ответ: Доказано, что $(13^{2n+1} + 1)$ делится на 14.

6.20. a) $(11^{6n + 3} + 1) : 148;$

б) $(7^{2n} - 4^{2n}) : 33;$

В) $(13^{4n + 2} + 1) : 85;$

Г) $(5^{n + 3} + 11^{3n + 1}) : 17.$

а) Докажем, что выражение $(11^{6n+3} + 1)$ делится на 148 для любого натурального $n$.
Преобразуем выражение, используя свойства степеней:
$11^{6n+3} + 1 = 11^{3(2n+1)} + 1 = (11^3)^{2n+1} + 1^{2n+1}$.
Мы получили сумму степеней с нечетным показателем $k = 2n+1$.
Воспользуемся формулой суммы нечетных степеней: $a^k + b^k = (a+b)(a^{k-1} - a^{k-2}b + \dots + b^{k-1})$, которая показывает, что $a^k + b^k$ делится на $a+b$ при нечетном $k$.
В нашем случае $a = 11^3$ и $b = 1$. Следовательно, выражение делится на $11^3 + 1$.
Вычислим значение этого делителя:
$11^3 + 1 = 1331 + 1 = 1332$.
Теперь проверим, делится ли 1332 на 148:
$1332 \div 148 = 9$.
Так как $1332 = 148 \times 9$, то 1332 делится на 148.
Поскольку выражение $(11^{6n+3} + 1)$ делится на 1332, а 1332 в свою очередь делится на 148, то и исходное выражение делится на 148, что и требовалось доказать.
Ответ: Доказано, что $(11^{6n+3} + 1)$ делится на 148.

б) Докажем, что выражение $(7^{2n} - 4^{2n})$ делится на 33 для любого натурального $n$.
Преобразуем выражение:
$7^{2n} - 4^{2n} = (7^2)^n - (4^2)^n = 49^n - 16^n$.
Воспользуемся формулой разности степеней: $a^k - b^k = (a-b)(a^{k-1} + a^{k-2}b + \dots + b^{k-1})$, которая показывает, что $a^k - b^k$ всегда делится на $a-b$.
В нашем случае $a = 49$, $b = 16$ и $k = n$. Следовательно, выражение делится на $49-16$.
Вычислим значение разности:
$49 - 16 = 33$.
Таким образом, выражение $(7^{2n} - 4^{2n})$ всегда делится на 33, что и требовалось доказать.
Ответ: Доказано, что $(7^{2n} - 4^{2n})$ делится на 33.

в) Докажем, что выражение $(13^{4n+2} + 1)$ делится на 85 для любого натурального $n$.
Преобразуем выражение, выделив нечетный показатель степени:
$13^{4n+2} + 1 = 13^{2(2n+1)} + 1 = (13^2)^{2n+1} + 1^{2n+1}$.
Мы получили сумму степеней с нечетным показателем $k = 2n+1$.
Используя свойство делимости $a^k + b^k$ на $a+b$ для нечетных $k$, получаем, что наше выражение делится на $13^2 + 1$.
Вычислим значение этого делителя:
$13^2 + 1 = 169 + 1 = 170$.
Проверим, делится ли 170 на 85:
$170 \div 85 = 2$.
Так как 170 делится на 85, а выражение $(13^{4n+2} + 1)$ делится на 170, то оно также делится и на 85, что и требовалось доказать.
Ответ: Доказано, что $(13^{4n+2} + 1)$ делится на 85.

г) Докажем, что выражение $(5^{n+3} + 11^{3n+1})$ делится на 17 для любого натурального $n$.
Преобразуем данное выражение:
$5^{n+3} + 11^{3n+1} = 5^3 \cdot 5^n + 11^1 \cdot 11^{3n} = 125 \cdot 5^n + 11 \cdot (11^3)^n$.
Вычислим $11^3$:
$11^3 = 1331$.
Выражение принимает вид: $125 \cdot 5^n + 11 \cdot 1331^n$.
Рассмотрим разность $1331^n - 5^n$. Она всегда делится на $1331 - 5 = 1326$.
Проверим делимость 1326 на 17:
$1326 \div 17 = 78$.
Значит, $1326$ делится на 17, и, следовательно, $1331^n - 5^n$ делится на 17.
Это означает, что $1331^n = 17k + 5^n$ для некоторого целого числа $k$.
Подставим это в наше выражение:
$125 \cdot 5^n + 11 \cdot (17k + 5^n) = 125 \cdot 5^n + 11 \cdot 17k + 11 \cdot 5^n$.
Сгруппируем слагаемые:
$(125 + 11) \cdot 5^n + 11 \cdot 17k = 136 \cdot 5^n + 11 \cdot 17k$.
Первое слагаемое, $136 \cdot 5^n$, делится на 17, так как $136 = 17 \times 8$.
Второе слагаемое, $11 \cdot 17k$, очевидно делится на 17.
Сумма двух слагаемых, каждое из которых делится на 17, также делится на 17. Таким образом, исходное выражение делится на 17.
Ответ: Доказано, что $(5^{n+3} + 11^{3n+1})$ делится на 17.

6.21. a) $(6^{2n} + 3^{n+2} + 3^n) : 11;$

б) $(5^{2n+1} + 3^{n+2n-1}) : 19;$

В) $(5^{2+n} + 26 \cdot 5^n + 8^{2n+1}) : 59;$

Г) $(5^n + 3^{2n} - 125) : 45.$

а)

Требуется доказать, что выражение $(6^{2n} + 3^{n+2} + 3^n)$ делится на 11 для любого натурального $n$.

Сначала преобразуем данное выражение, используя свойства степеней $a^{m+k} = a^m \cdot a^k$ и $a^{mk} = (a^m)^k$.

$6^{2n} + 3^{n+2} + 3^n = (6^2)^n + 3^n \cdot 3^2 + 3^n = 36^n + 9 \cdot 3^n + 1 \cdot 3^n$

Сгруппируем последние два слагаемых и вынесем общий множитель $3^n$:

$36^n + (9+1) \cdot 3^n = 36^n + 10 \cdot 3^n$

Чтобы доказать делимость на 11, применим метод алгебраических преобразований. Воспользуемся тем фактом, что разность степеней $a^k - b^k$ всегда делится на $a-b$.

Представим выражение в следующем виде, прибавив и вычтя $3^n$:

$36^n + 10 \cdot 3^n = (36^n - 3^n) + 3^n + 10 \cdot 3^n = (36^n - 3^n) + 11 \cdot 3^n$

Рассмотрим первое слагаемое, $(36^n - 3^n)$. Эта разность делится на $36-3=33$. Поскольку 33 делится на 11 ($33 = 3 \cdot 11$), то и $(36^n - 3^n)$ делится на 11.

Второе слагаемое, $11 \cdot 3^n$, очевидно делится на 11, так как содержит множитель 11.

Сумма двух слагаемых, каждое из которых делится на 11, также делится на 11. Следовательно, исходное выражение $(6^{2n} + 3^{n+2} + 3^n)$ делится на 11.

Ответ: Делимость доказана.

б)

В условии задачи $(5^{2n+1} + 3^{n+2} + 3^{n-1}) \vdots 19$, по всей видимости, содержится опечатка. Проверим это, подставив $n=1$ в выражение:

$5^{2(1)+1} + 3^{1+2} + 3^{1-1} = 5^3 + 3^3 + 3^0 = 125 + 27 + 1 = 153$.

Число 153 не делится нацело на 19, так как $153 = 19 \cdot 8 + 1$. Таким образом, утверждение в задании неверно.

Вероятно, в условии была допущена ошибка, и один из членов выражения должен быть другим. Распространенным вариантом подобных задач является следующий: доказать, что $(5^{2n+1} + 3^{n+2} \cdot 2^{n-1})$ делится на 19. Решим эту скорректированную задачу.

Обозначим выражение как $E = 5^{2n+1} + 3^{n+2} \cdot 2^{n-1}$.

Преобразуем его:

$E = 5 \cdot 5^{2n} + 3^n \cdot 3^2 \cdot 2^n \cdot 2^{-1} = 5 \cdot (5^2)^n + \frac{9}{2} \cdot (3 \cdot 2)^n = 5 \cdot 25^n + \frac{9}{2} \cdot 6^n$.

Чтобы избавиться от дроби, умножим все выражение на 2. Докажем, что $2E$ делится на 19. Так как 19 - простое число и 2 не делится на 19, то делимость $2E$ на 19 равносильна делимости $E$ на 19.

$2E = 2 \cdot (5 \cdot 25^n + \frac{9}{2} \cdot 6^n) = 10 \cdot 25^n + 9 \cdot 6^n$.

Воспользуемся сравнением по модулю 19. Найдем остаток от деления 25 на 19:

$25 = 1 \cdot 19 + 6 \implies 25 \equiv 6 \pmod{19}$.

Подставим это в выражение для $2E$:

$2E \equiv 10 \cdot 6^n + 9 \cdot 6^n \pmod{19}$.

$2E \equiv (10 + 9) \cdot 6^n \pmod{19}$.

$2E \equiv 19 \cdot 6^n \pmod{19}$.

Так как $19 \equiv 0 \pmod{19}$, то $2E \equiv 0 \cdot 6^n \equiv 0 \pmod{19}$.

Мы доказали, что $2E$ делится на 19, а значит и $E$ делится на 19.

Ответ: В исходном условии, вероятно, опечатка. Для скорректированного выражения $(5^{2n+1} + 3^{n+2} \cdot 2^{n-1})$ делимость на 19 доказана.

в)

Требуется доказать, что выражение $(5^{2+n} + 26 \cdot 5^n + 8^{2n+1})$ делится на 59.

Преобразуем выражение, используя свойства степеней:

$5^{n+2} + 26 \cdot 5^n + 8^{2n+1} = 5^2 \cdot 5^n + 26 \cdot 5^n + 8^1 \cdot (8^2)^n$

$= 25 \cdot 5^n + 26 \cdot 5^n + 8 \cdot 64^n$.

Сгруппируем первые два слагаемых:

$(25 + 26) \cdot 5^n + 8 \cdot 64^n = 51 \cdot 5^n + 8 \cdot 64^n$.

Проверим делимость полученного выражения на 59, используя сравнения по модулю 59.

$51 = 59 - 8 \implies 51 \equiv -8 \pmod{59}$.

$64 = 59 + 5 \implies 64 \equiv 5 \pmod{59}$.

Подставим эти сравнения в наше выражение:

$51 \cdot 5^n + 8 \cdot 64^n \equiv (-8) \cdot 5^n + 8 \cdot 5^n \pmod{59}$.

$\equiv (-8 + 8) \cdot 5^n \pmod{59}$.

$\equiv 0 \cdot 5^n \equiv 0 \pmod{59}$.

Таким образом, исходное выражение делится на 59.

Ответ: Делимость доказана.

г)

Требуется доказать, что выражение $(5^{n+3} \cdot 2^n - 125)$ делится на 45 при натуральном $n$.

Преобразуем выражение:

$5^{n+3} \cdot 2^n - 125 = 5^3 \cdot 5^n \cdot 2^n - 125 = 125 \cdot (5 \cdot 2)^n - 125$

$= 125 \cdot 10^n - 125$.

Вынесем общий множитель 125 за скобки:

$125(10^n - 1)$.

Чтобы доказать делимость на 45, нужно доказать делимость на 5 и на 9, так как $45 = 5 \cdot 9$ и числа 5 и 9 являются взаимно простыми.

1. Делимость на 5.

Множитель 125 делится на 5 ($125 = 25 \cdot 5$), следовательно, всё произведение $125(10^n - 1)$ делится на 5.

2. Делимость на 9.

Рассмотрим множитель $(10^n - 1)$. При любом натуральном $n \ge 1$, число $10^n - 1$ представляет собой число, состоящее из $n$ цифр 9 (например, $10^1-1=9$, $10^2-1=99$, $10^3-1=999$ и т.д.). Сумма цифр такого числа равна $9n$, что очевидно делится на 9. По признаку делимости на 9, число $(10^n-1)$ делится на 9.

Поскольку один из множителей в произведении $125(10^n - 1)$ делится на 9, то и всё произведение делится на 9.

Так как выражение делится и на 5, и на 9, оно делится на их произведение $5 \cdot 9 = 45$.

Ответ: Делимость доказана.

6.22. a) $(6^n + 20n + 24) : 25;$

б) $(7^n + 12n + 17) : 18.$

а) Докажем, что выражение $(6^n + 20n + 24)$ делится на 25 при любом натуральном $n$, используя метод математической индукции.

Пусть $A(n) = 6^n + 20n + 24$.

1. База индукции.

Проверим утверждение для $n=1$.

$A(1) = 6^1 + 20 \cdot 1 + 24 = 6 + 20 + 24 = 50$.

Число 50 делится на 25 ($50 = 2 \cdot 25$), поэтому для $n=1$ утверждение верно.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $k$, то есть $A(k) = 6^k + 20k + 24$ делится на 25.

Это означает, что существует целое число $m$, такое что $6^k + 20k + 24 = 25m$.

Отсюда выразим $6^k$: $6^k = 25m - 20k - 24$.

3. Индукционный шаг.

Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$. Мы должны показать, что $A(k+1) = 6^{k+1} + 20(k+1) + 24$ делится на 25.

Преобразуем выражение $A(k+1)$:

$A(k+1) = 6^{k+1} + 20(k+1) + 24 = 6 \cdot 6^k + 20k + 20 + 24$.

Теперь подставим выражение для $6^k$ из индукционного предположения:

$A(k+1) = 6(25m - 20k - 24) + 20k + 44$

$A(k+1) = 150m - 120k - 144 + 20k + 44$

$A(k+1) = 150m - 100k - 100$

Вынесем общий множитель 25 за скобки:

$A(k+1) = 25(6m - 4k - 4)$.

Так как $m$ и $k$ - целые числа, то выражение в скобках $(6m - 4k - 4)$ также является целым числом. Следовательно, $A(k+1)$ делится на 25.

По принципу математической индукции, мы доказали, что выражение $6^n + 20n + 24$ делится на 25 для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

б) Докажем, что выражение $(7^n + 12n + 17)$ делится на 18 при любом натуральном $n$, используя метод математической индукции.

Пусть $B(n) = 7^n + 12n + 17$.

1. База индукции.

Проверим утверждение для $n=1$.

$B(1) = 7^1 + 12 \cdot 1 + 17 = 7 + 12 + 17 = 36$.

Число 36 делится на 18 ($36 = 2 \cdot 18$), поэтому для $n=1$ утверждение верно.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $k$, то есть $B(k) = 7^k + 12k + 17$ делится на 18.

Это означает, что существует целое число $m$, такое что $7^k + 12k + 17 = 18m$.

Отсюда выразим $7^k$: $7^k = 18m - 12k - 17$.

3. Индукционный шаг.

Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$. Мы должны показать, что $B(k+1) = 7^{k+1} + 12(k+1) + 17$ делится на 18.

Преобразуем выражение $B(k+1)$:

$B(k+1) = 7^{k+1} + 12(k+1) + 17 = 7 \cdot 7^k + 12k + 12 + 17$.

Теперь подставим выражение для $7^k$ из индукционного предположения:

$B(k+1) = 7(18m - 12k - 17) + 12k + 29$

$B(k+1) = 126m - 84k - 119 + 12k + 29$

$B(k+1) = 126m - 72k - 90$

Заметим, что все коэффициенты делятся на 18: $126 = 7 \cdot 18$, $72 = 4 \cdot 18$, $90 = 5 \cdot 18$. Вынесем общий множитель 18 за скобки:

$B(k+1) = 18 \cdot 7m - 18 \cdot 4k - 18 \cdot 5 = 18(7m - 4k - 5)$.

Так как $m$ и $k$ - целые числа, то выражение в скобках $(7m - 4k - 5)$ также является целым числом. Следовательно, $B(k+1)$ делится на 18.

По принципу математической индукции, мы доказали, что выражение $7^n + 12n + 17$ делится на 18 для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

6.23. Выведите формулу $n$-го члена последовательности $(a_n)$, заданной рекуррентным соотношением:

а) $a_1 = 0$, $a_{n+1} = a_n + n$; докажите, что $a_n = \frac{(n - 1)n}{2}$;

б) $a_1 = 0$, $a_{n+1} = a_n + n^2$; докажите, что $a_n = \frac{(n - 1)n(2n - 1)}{6}$;

в) $a_1 = -13$, $a_{n+1} = a_n + 3n$; докажите, что $a_n = \frac{(3n - 29)n}{2}$;

г) $a_1 = 0$, $a_{n+1} = a_n + n^3$; докажите, что $a_n = \frac{(n - 1)^2n^2}{4}$.

а)

Дана последовательность $a_1 = 0$, $a_{n+1} = a_n + n$.

Вывод формулы:

Рекуррентное соотношение можно переписать в виде $a_{n+1} - a_n = n$. Распишем это равенство для значений от $1$ до $n-1$:
$a_2 - a_1 = 1$
$a_3 - a_2 = 2$
$a_4 - a_3 = 3$
...
$a_n - a_{n-1} = n-1$

Сложим все эти равенства. В левой части получится телескопическая сумма, которая сворачивается в $a_n - a_1$. В правой части будет сумма первых $n-1$ натуральных чисел.

$a_n - a_1 = 1 + 2 + 3 + \dots + (n-1)$

Сумма арифметической прогрессии $1 + 2 + \dots + k$ равна $\frac{k(k+1)}{2}$. В нашем случае $k = n-1$, поэтому сумма равна $\frac{(n-1)n}{2}$.

Получаем: $a_n - a_1 = \frac{(n-1)n}{2}$.

Так как по условию $a_1 = 0$, то $a_n = \frac{(n-1)n}{2}$.

Доказательство по индукции:

Докажем, что формула $a_n = \frac{(n-1)n}{2}$ верна для всех $n \ge 1$.

1. База индукции ($n=1$):
По формуле: $a_1 = \frac{(1-1) \cdot 1}{2} = 0$.
По условию: $a_1 = 0$.
База индукции верна.

2. Индукционный переход:
Предположим, что формула верна для некоторого натурального $k \ge 1$, то есть $a_k = \frac{(k-1)k}{2}$.
Докажем, что формула верна и для $k+1$, то есть $a_{k+1} = \frac{k(k+1)}{2}$.
Используя рекуррентное соотношение $a_{k+1} = a_k + k$ и предположение индукции, получаем:
$a_{k+1} = a_k + k = \frac{(k-1)k}{2} + k = \frac{k^2-k}{2} + \frac{2k}{2} = \frac{k^2-k+2k}{2} = \frac{k^2+k}{2} = \frac{k(k+1)}{2}$.
Это совпадает с тем, что требовалось доказать. Следовательно, по принципу математической индукции, формула верна для любого натурального $n$.

Ответ: формула $a_n = \frac{(n-1)n}{2}$ выведена и доказана.

б)

Дана последовательность $a_1 = 0$, $a_{n+1} = a_n + n^2$.

Вывод формулы:

Из рекуррентного соотношения имеем $a_{n+1} - a_n = n^2$. Распишем и просуммируем равенства для $k$ от $1$ до $n-1$:

$(a_2 - a_1) + (a_3 - a_2) + \dots + (a_n - a_{n-1}) = 1^2 + 2^2 + \dots + (n-1)^2$

$a_n - a_1 = \sum_{k=1}^{n-1} k^2$

Используем известную формулу для суммы квадратов первых $m$ натуральных чисел: $\sum_{k=1}^{m} k^2 = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}$. В нашем случае $m=n-1$.

$a_n - a_1 = \frac{(n-1)((n-1)+1)(2(n-1)+1)}{6} = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}$.

Так как $a_1=0$, получаем $a_n = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}$.

Доказательство по индукции:

Докажем, что $a_n = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}$ для всех $n \ge 1$.

1. База индукции ($n=1$):
По формуле: $a_1 = \frac{(1-1) \cdot 1 \cdot (2 \cdot 1-1)}{6} = 0$.
По условию: $a_1 = 0$.
База индукции верна.

2. Индукционный переход:
Предположим, что формула верна для $n=k$: $a_k = \frac{(k-1)k(2k-1)}{6}$.
Докажем, что она верна для $n=k+1$: $a_{k+1} = \frac{k(k+1)(2(k+1)-1)}{6} = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$.
По рекуррентному соотношению: $a_{k+1} = a_k + k^2$.
$a_{k+1} = \frac{(k-1)k(2k-1)}{6} + k^2 = \frac{(k^2-k)(2k-1) + 6k^2}{6} = \frac{2k^3 - k^2 - 2k^2 + k + 6k^2}{6} = \frac{2k^3 + 3k^2 + k}{6} = \frac{k(2k^2 + 3k + 1)}{6}$.
Разложим на множители квадратный трехчлен $2k^2 + 3k + 1 = (k+1)(2k+1)$.
$a_{k+1} = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$.
Формула верна для $k+1$. По принципу математической индукции, формула доказана.

Ответ: формула $a_n = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6}$ выведена и доказана.

в)

Дана последовательность $a_1 = -13$, $a_{n+1} = a_n + 3n$.

Вывод формулы:

Из соотношения $a_{k+1} - a_k = 3k$ путем суммирования от $k=1$ до $n-1$ получаем:

$a_n - a_1 = \sum_{k=1}^{n-1} 3k = 3 \sum_{k=1}^{n-1} k = 3 \frac{(n-1)n}{2}$.

Подставляя $a_1 = -13$, находим $a_n$:

$a_n = -13 + \frac{3n(n-1)}{2} = \frac{-26 + 3n^2 - 3n}{2} = \frac{3n^2 - 3n - 26}{2}$.

Анализ формулы из условия:

В условии задачи предложено доказать формулу $a_n = \frac{(3n-29)n}{2}$. Эта формула неверна для данной последовательности. Проверим:
При $n=1$: $a_1 = \frac{(3 \cdot 1-29) \cdot 1}{2} = -13$. Начальное условие выполняется.
При $n=2$: по рекуррентному соотношению $a_2 = a_1 + 3 \cdot 1 = -13 + 3 = -10$.
По предложенной формуле: $a_2 = \frac{(3 \cdot 2-29) \cdot 2}{2} = 6-29 = -23$.
Так как $-10 \ne -23$, формула из условия неверна. Доказать неверное утверждение невозможно. Вероятно, в условии задачи опечатка. Докажем выведенную нами верную формулу.

Доказательство по индукции (для верной формулы):

Докажем, что $a_n = \frac{3n^2 - 3n - 26}{2}$.

1. База индукции ($n=1$):
$a_1 = \frac{3(1)^2 - 3(1) - 26}{2} = \frac{3-3-26}{2} = -13$. Совпадает с условием.

2. Индукционный переход:
Предположим, формула верна для $n=k$: $a_k = \frac{3k^2 - 3k - 26}{2}$.
Докажем для $n=k+1$: $a_{k+1} = \frac{3(k+1)^2 - 3(k+1) - 26}{2}$.
Из рекуррентного соотношения: $a_{k+1} = a_k + 3k$.
$a_{k+1} = \frac{3k^2 - 3k - 26}{2} + 3k = \frac{3k^2 - 3k - 26 + 6k}{2} = \frac{3k^2 + 3k - 26}{2}$.
Раскроем скобки в целевой формуле для $a_{k+1}$:
$\frac{3(k^2+2k+1) - 3(k+1) - 26}{2} = \frac{3k^2+6k+3 - 3k-3 - 26}{2} = \frac{3k^2+3k-26}{2}$.
Полученные выражения совпадают, следовательно, формула верна.

Ответ: верная формула $a_n = \frac{3n^2 - 3n - 26}{2}$ выведена и доказана. Формула, предложенная в условии, содержит ошибку.

г)

Дана последовательность $a_1 = 0$, $a_{n+1} = a_n + n^3$.

Вывод формулы:

Из $a_{n+1} - a_n = n^3$ путем суммирования от $k=1$ до $n-1$ получаем:

$a_n - a_1 = \sum_{k=1}^{n-1} k^3$.

Сумма кубов первых $m$ натуральных чисел вычисляется по формуле $\sum_{k=1}^{m} k^3 = \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2$. Для $m=n-1$ имеем:

$a_n - a_1 = \left(\frac{(n-1)((n-1)+1)}{2}\right)^2 = \left(\frac{(n-1)n}{2}\right)^2 = \frac{(n-1)^2 n^2}{4}$.

Поскольку $a_1=0$, окончательно получаем $a_n = \frac{(n-1)^2 n^2}{4}$.

Доказательство по индукции:

Докажем, что $a_n = \frac{(n-1)^2 n^2}{4}$ для всех $n \ge 1$.

1. База индукции ($n=1$):
$a_1 = \frac{(1-1)^2 \cdot 1^2}{4} = 0$. Совпадает с условием.

2. Индукционный переход:
Предположим, формула верна для $n=k$: $a_k = \frac{(k-1)^2 k^2}{4}$.
Докажем для $n=k+1$: $a_{k+1} = \frac{k^2 (k+1)^2}{4}$.
Из рекуррентного соотношения: $a_{k+1} = a_k + k^3$.
$a_{k+1} = \frac{(k-1)^2 k^2}{4} + k^3 = \frac{(k^2-2k+1)k^2 + 4k^3}{4} = \frac{k^4 - 2k^3 + k^2 + 4k^3}{4} = \frac{k^4 + 2k^3 + k^2}{4} = \frac{k^2(k^2+2k+1)}{4} = \frac{k^2(k+1)^2}{4}$.
Формула верна для $k+1$. По принципу математической индукции, формула доказана.

Ответ: формула $a_n = \frac{(n-1)^2 n^2}{4}$ выведена и доказана.