Страница 20 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

1.33 Верно ли, что для любого натурального $n$ справедливо неравенство $2^{n+1} < 2^n + 2^{n-1}$?

Для того чтобы проверить справедливость неравенства $2^{n+1} < 2^n + 2^{n-1}$ для любого натурального числа $n$, преобразуем его.

Воспользуемся свойствами степеней. Наименьшая степень двойки в выражении — это $2^{n-1}$. Вынесем $2^{n-1}$ как общий множитель в правой части неравенства и представим левую часть через этот же множитель.

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

Правая часть:
$2^n + 2^{n-1} = 2^{(n-1)+1} + 2^{n-1} = 2^{n-1} \cdot 2^1 + 2^{n-1} \cdot 1 = 2^{n-1} (2 + 1) = 3 \cdot 2^{n-1}$

Теперь подставим преобразованные выражения обратно в исходное неравенство:
$4 \cdot 2^{n-1} < 3 \cdot 2^{n-1}$

Поскольку $n$ — натуральное число ($n \ge 1$), то $2^{n-1}$ всегда является положительным числом ($2^{n-1} > 0$). Следовательно, мы можем разделить обе части неравенства на $2^{n-1}$, не меняя знака неравенства:
$4 < 3$

Полученное числовое неравенство $4 < 3$ является ложным. Это означает, что исходное неравенство неверно для любого натурального значения $n$.

Можно также проверить это, подставив любое натуральное число, например, $n=1$:
$2^{1+1} < 2^1 + 2^{1-1}$
$2^2 < 2 + 2^0$
$4 < 2 + 1$
$4 < 3$
Это неверно.

Ответ: Нет, неверно.

1.34 Пусть $a < 0$. Докажите по индукции, что:

а) $a^n > 0$ при любом чётном натуральном $n$;

б) $a^n < 0$ при любом нечётном натуральном $n$.

а)

Требуется доказать по индукции, что если $a < 0$, то $a^n > 0$ для любого чётного натурального числа $n$.

Любое чётное натуральное число $n$ можно представить в виде $n=2k$, где $k$ — натуральное число ($k \in \{1, 2, 3, \dots\}$). Таким образом, нам нужно доказать утверждение $P(k): a^{2k} > 0$ для всех натуральных $k \ge 1$.

1. База индукции.
Проверим утверждение для наименьшего $k=1$, что соответствует наименьшему чётному натуральному числу $n=2$.
Нам нужно проверить, что $a^2 > 0$.
Поскольку по условию $a < 0$, $a$ является отрицательным числом. Произведение двух отрицательных чисел ($a \cdot a$) является положительным числом. Следовательно, $a^2 > 0$.
База индукции верна.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого произвольного натурального числа $k=m$. То есть, предположим, что $a^{2m} > 0$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что из истинности утверждения для $k=m$ следует его истинность для $k=m+1$. Нам нужно доказать, что $a^{2(m+1)} > 0$.
Рассмотрим левую часть выражения:
$a^{2(m+1)} = a^{2m+2} = a^{2m} \cdot a^2$.
Согласно индукционному предположению, $a^{2m} > 0$.
Как мы установили в базе индукции, $a^2 > 0$.
Произведение двух положительных чисел ($a^{2m}$ и $a^2$) также является положительным числом. Следовательно, $a^{2m} \cdot a^2 > 0$, что означает $a^{2(m+1)} > 0$.
Индукционный шаг доказан.

Таким образом, поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, по принципу математической индукции утверждение $a^n > 0$ верно для любого чётного натурального числа $n$.
Ответ: Утверждение доказано.

б)

Требуется доказать по индукции, что если $a < 0$, то $a^n < 0$ для любого нечётного натурального числа $n$.

Любое нечётное натуральное число $n$ можно представить в виде $n=2k-1$, где $k$ — натуральное число ($k \in \{1, 2, 3, \dots\}$). Таким образом, нам нужно доказать утверждение $P(k): a^{2k-1} < 0$ для всех натуральных $k \ge 1$.

1. База индукции.
Проверим утверждение для наименьшего $k=1$, что соответствует наименьшему нечётному натуральному числу $n=1$.
Нам нужно проверить, что $a^1 < 0$.
Это тождественно условию задачи $a < 0$.
База индукции верна.

2. Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого произвольного натурального числа $k=m$. То есть, предположим, что $a^{2m-1} < 0$.

3. Индукционный шаг.
Докажем, что из истинности утверждения для $k=m$ следует его истинность для $k=m+1$. Нам нужно доказать, что $a^{2(m+1)-1} < 0$.
Рассмотрим левую часть выражения:
$a^{2(m+1)-1} = a^{2m+2-1} = a^{2m+1} = a^{2m-1} \cdot a^2$.
Согласно индукционному предположению, $a^{2m-1} < 0$.
Как было доказано в пункте а), для $a<0$ справедливо $a^2 > 0$.
Произведение отрицательного числа ($a^{2m-1}$) и положительного числа ($a^2$) является отрицательным числом. Следовательно, $a^{2m-1} \cdot a^2 < 0$, что означает $a^{2(m+1)-1} < 0$.
Индукционный шаг доказан.

Таким образом, поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, по принципу математической индукции утверждение $a^n < 0$ верно для любого нечётного натурального числа $n$.
Ответ: Утверждение доказано.

1.35 Докажите по индукции, что для любого натурального n выполняется равенство:

а) $1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{(n + 1) n}{2}$;

б) $2 + 4 + 6 + \dots + 2n = n (n + 1)$;

в) $3 + 12 + \dots + 3 \cdot 4^{n-1} = 4^n - 1$;

г) $4 + 0 + \dots + 4 \cdot (2 - n) = 2n (3 - n)$;

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

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

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

з) $\frac{1}{4 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 6} + \frac{1}{6 \cdot 7} + \dots + \frac{1}{(n + 3) \cdot (n + 4)} = \frac{n}{4 (n + 4)}$;

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

Указание. Пусть A(n) и B(n) — некоторые выражения. Доказать равенство A(n) = B(n) для любого натурального n по индукции можно так:

1) Убедиться, что равенство $A(1) = B(1)$ выполняется.

2) Доказать равенство

$A(k + 1) - A(k) = B(k + 1) - B(k).$ (9)

3) Теперь из предположения $A(k) = B(k)$ и из равенства (9) следует, что $A(k + 1) = B(k + 1)$.

Тогда согласно принципу математической индукции доказываемое равенство верно для любого натурального n.

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

База индукции (n=1):
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $1$.
Правая часть: $\frac{1 \cdot (1+1)}{2} = \frac{1 \cdot 2}{2} = 1$.
$1 = 1$. Равенство верно.

Индукционное предположение (n=k):
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$1 + 2 + 3 + \dots + k = \frac{k(k+1)}{2}$.

Индукционный шаг (n=k+1):
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$, то есть:
$1 + 2 + 3 + \dots + k + (k+1) = \frac{(k+1)((k+1)+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$.
Рассмотрим левую часть равенства:
$(1 + 2 + 3 + \dots + k) + (k+1)$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$\frac{k(k+1)}{2} + (k+1) = \frac{k(k+1) + 2(k+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$.
Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства.

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

б) Докажем равенство $2 + 4 + 6 + \dots + 2n = n(n+1)$ методом математической индукции.

База индукции (n=1):
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $2$.
Правая часть: $1 \cdot (1+1) = 2$.
$2 = 2$. Равенство верно.

Индукционное предположение (n=k):
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$2 + 4 + 6 + \dots + 2k = k(k+1)$.

Индукционный шаг (n=k+1):
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$, то есть:
$2 + 4 + 6 + \dots + 2k + 2(k+1) = (k+1)((k+1)+1) = (k+1)(k+2)$.
Рассмотрим левую часть равенства:
$(2 + 4 + 6 + \dots + 2k) + 2(k+1)$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$k(k+1) + 2(k+1) = (k+1)(k+2)$.
Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства.

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

в) Докажем равенство $3 + 12 + \dots + 3 \cdot 4^{n-1} = 4^n - 1$ методом математической индукции.

База индукции (n=1):
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $3 \cdot 4^{1-1} = 3 \cdot 4^0 = 3$.
Правая часть: $4^1 - 1 = 3$.
$3 = 3$. Равенство верно.

Индукционное предположение (n=k):
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$3 + 12 + \dots + 3 \cdot 4^{k-1} = 4^k - 1$.

Индукционный шаг (n=k+1):
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$, то есть:
$3 + 12 + \dots + 3 \cdot 4^{k-1} + 3 \cdot 4^{(k+1)-1} = 4^{k+1} - 1$.
Рассмотрим левую часть равенства:
$(3 + 12 + \dots + 3 \cdot 4^{k-1}) + 3 \cdot 4^k$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$(4^k - 1) + 3 \cdot 4^k = 4^k + 3 \cdot 4^k - 1 = 4^k(1+3) - 1 = 4 \cdot 4^k - 1 = 4^{k+1} - 1$.
Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства.

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

г) Докажем равенство $4 + 0 + \dots + 4 \cdot (2-n) = 2n(3-n)$ методом математической индукции.

База индукции (n=1):
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $4 \cdot (2-1) = 4$.
Правая часть: $2 \cdot 1 \cdot (3-1) = 4$.
$4 = 4$. Равенство верно.

Индукционное предположение (n=k):
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$4 + 0 + \dots + 4 \cdot (2-k) = 2k(3-k)$.

Индукционный шаг (n=k+1):
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$, то есть:
$4 + 0 + \dots + 4 \cdot (2-k) + 4 \cdot (2-(k+1)) = 2(k+1)(3-(k+1)) = 2(k+1)(2-k)$.
Рассмотрим левую часть равенства:
$(4 + 0 + \dots + 4 \cdot (2-k)) + 4(2-k-1) = (4 + 0 + \dots + 4 \cdot (2-k)) + 4(1-k)$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$2k(3-k) + 4(1-k) = 6k - 2k^2 + 4 - 4k = -2k^2 + 2k + 4 = -2(k^2 - k - 2) = -2(k-2)(k+1) = 2(2-k)(k+1)$.
Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства.

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

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

База индукции (n=1):
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $1 \cdot (1+1) = 2$.
Правая часть: $\frac{1 \cdot (1+1)(1+2)}{3} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{3} = 2$.
$2 = 2$. Равенство верно.

Индукционное предположение (n=k):
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k(k+1) = \frac{k(k+1)(k+2)}{3}$.

Индукционный шаг (n=k+1):
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$, то есть:
$1 \cdot 2 + \dots + k(k+1) + (k+1)(k+2) = \frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}$.
Рассмотрим левую часть равенства:
$(1 \cdot 2 + \dots + k(k+1)) + (k+1)(k+2)$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$\frac{k(k+1)(k+2)}{3} + (k+1)(k+2) = (k+1)(k+2) \left(\frac{k}{3} + 1\right) = (k+1)(k+2) \frac{k+3}{3} = \frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}$.
Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства.

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

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

База индукции (n=1):
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $1 \cdot (3 \cdot 1 + 1) = 4$.
Правая часть: $1 \cdot (1+1)^2 = 4$.
$4 = 4$. Равенство верно.

Индукционное предположение (n=k):
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + \dots + k(3k+1) = k(k+1)^2$.

Индукционный шаг (n=k+1):
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$, то есть:
$1 \cdot 4 + \dots + k(3k+1) + (k+1)(3(k+1)+1) = (k+1)((k+1)+1)^2 = (k+1)(k+2)^2$.
Рассмотрим левую часть равенства:
$(1 \cdot 4 + \dots + k(3k+1)) + (k+1)(3k+4)$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$k(k+1)^2 + (k+1)(3k+4) = (k+1)[k(k+1) + (3k+4)] = (k+1)(k^2+k+3k+4) = (k+1)(k^2+4k+4) = (k+1)(k+2)^2$.
Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства.

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

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

База индукции (n=1):
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $\frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{2}$.
Правая часть: $\frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$.
$\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$. Равенство верно.

Индукционное предположение (n=k):
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$\frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \dots + \frac{1}{k(k+1)} = \frac{k}{k+1}$.

Индукционный шаг (n=k+1):
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$, то есть:
$\frac{1}{1 \cdot 2} + \dots + \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{(k+1)(k+2)} = \frac{k+1}{k+2}$.
Рассмотрим левую часть равенства:
$(\frac{1}{1 \cdot 2} + \dots + \frac{1}{k(k+1)}) + \frac{1}{(k+1)(k+2)}$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$\frac{k}{k+1} + \frac{1}{(k+1)(k+2)} = \frac{k(k+2)+1}{(k+1)(k+2)} = \frac{k^2+2k+1}{(k+1)(k+2)} = \frac{(k+1)^2}{(k+1)(k+2)} = \frac{k+1}{k+2}$.
Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства.

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

з) Докажем равенство $\frac{1}{4 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 6} + \dots + \frac{1}{(n+3)(n+4)} = \frac{n}{4(n+4)}$ методом математической индукции.

База индукции (n=1):
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $\frac{1}{(1+3)(1+4)} = \frac{1}{4 \cdot 5} = \frac{1}{20}$.
Правая часть: $\frac{1}{4(1+4)} = \frac{1}{20}$.
$\frac{1}{20} = \frac{1}{20}$. Равенство верно.

Индукционное предположение (n=k):
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$\frac{1}{4 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 6} + \dots + \frac{1}{(k+3)(k+4)} = \frac{k}{4(k+4)}$.

Индукционный шаг (n=k+1):
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$, то есть:
$\frac{1}{4 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(k+3)(k+4)} + \frac{1}{((k+1)+3)((k+1)+4)} = \frac{k+1}{4((k+1)+4)} = \frac{k+1}{4(k+5)}$.
Рассмотрим левую часть равенства:
$(\frac{1}{4 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(k+3)(k+4)}) + \frac{1}{(k+4)(k+5)}$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$\frac{k}{4(k+4)} + \frac{1}{(k+4)(k+5)} = \frac{k(k+5)+4}{4(k+4)(k+5)} = \frac{k^2+5k+4}{4(k+4)(k+5)} = \frac{(k+1)(k+4)}{4(k+4)(k+5)} = \frac{k+1}{4(k+5)}$.
Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства.

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

и) Докажем равенство $1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2n-1} - \frac{1}{2n} = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \dots + \frac{1}{2n}$ методом математической индукции.

База индукции (n=1):
Проверим справедливость равенства для $n=1$.
Левая часть: $1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
Правая часть: $\frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$.
$\frac{1}{2} = \frac{1}{2}$. Равенство верно.

Индукционное предположение (n=k):
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$1 - \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k} = \frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{2k}$.

Индукционный шаг (n=k+1):
Докажем, что равенство верно для $n=k+1$, то есть:
$1 - \frac{1}{2} + \dots - \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2} = \frac{1}{k+2} + \frac{1}{k+3} + \dots + \frac{1}{2(k+1)}$.
Рассмотрим левую часть равенства:
$(1 - \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2k-1} - \frac{1}{2k}) + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2}$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$(\frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{2k}) + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+2}$.
Перегруппируем слагаемые:
$\frac{1}{k+2} + \dots + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} + (\frac{1}{k+1} - \frac{1}{2k+2})$.
Преобразуем выражение в скобках:
$\frac{1}{k+1} - \frac{1}{2k+2} = \frac{2}{2(k+1)} - \frac{1}{2(k+1)} = \frac{1}{2(k+1)} = \frac{1}{2k+2}$.
Подставим результат обратно в выражение:
$\frac{1}{k+2} + \frac{1}{k+3} + \dots + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} + \frac{1}{2k+2}$.
Это выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства для $n=k+1$.

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

1.36 Докажите по индукции, что для любого натурального $n$ выполняется неравенство:

a) $2 + 4 + \dots + 2n < (n + 1)^2;$

б) $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n+1} > \frac{1}{2n};$

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

г) $4^n > 7n - 5.$

а) Докажем неравенство $2 + 4 + \dots + 2n < (n + 1)^2$ методом математической индукции.

1. База индукции. Проверим неравенство для $n=1$.

Левая часть: $2$.

Правая часть: $(1+1)^2 = 2^2 = 4$.

Получаем $2 < 4$. Неравенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.

То есть, $2 + 4 + \dots + 2k < (k + 1)^2$.

3. Индукционный переход. Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$.

Нужно доказать: $2 + 4 + \dots + 2k + 2(k+1) < ((k+1)+1)^2 = (k+2)^2$.

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

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

Используя индукционное предположение, имеем:

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

Теперь докажем, что $(k+1)^2 + 2(k+1) < (k+2)^2$.

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

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

Сравнивая эти два выражения, получаем $k^2+4k+3 < k^2+4k+4$, что эквивалентно $3 < 4$. Это верное неравенство.

Таким образом, мы показали, что $2 + 4 + \dots + 2(k+1) < (k+2)^2$.

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

Ответ: Неравенство $2 + 4 + \dots + 2n < (n + 1)^2$ верно для всех натуральных $n$.

б) Докажем неравенство $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n+1} > \frac{1}{2n}$ методом математической индукции.

1. База индукции. Проверим неравенство для $n=1$.

Левая часть: $\frac{2}{3}$.

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

Получаем $\frac{2}{3} > \frac{1}{2}$ (так как $4 > 3$). Неравенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.

То есть, $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2k}{2k+1} > \frac{1}{2k}$.

3. Индукционный переход. Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$.

Нужно доказать: $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1} > \frac{1}{2(k+1)}$.

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

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

Используя индукционное предположение, имеем:

$P_{k+1} > \frac{1}{2k} \cdot \frac{2k+2}{2k+3} = \frac{k+1}{k(2k+3)}$.

Теперь докажем, что $\frac{k+1}{k(2k+3)} > \frac{1}{2(k+1)}$.

Это неравенство равносильно $2(k+1)^2 > k(2k+3)$.

$2(k^2+2k+1) > 2k^2+3k$.

$2k^2+4k+2 > 2k^2+3k$.

$k+2 > 0$.

Так как $k$ — натуральное число ($k \ge 1$), это неравенство всегда верно.

Таким образом, мы показали, что $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1} > \frac{1}{2(k+1)}$.

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

Ответ: Неравенство $\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \dots \cdot \frac{2n}{2n+1} > \frac{1}{2n}$ верно для всех натуральных $n$.

в) Докажем неравенство $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2n-1}{2n} < \frac{2n}{2n+1}$ методом математической индукции.

1. База индукции. Проверим неравенство для $n=1$.

Левая часть: $\frac{1}{2}$.

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

Получаем $\frac{1}{2} < \frac{2}{3}$ (так как $3 < 4$). Неравенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.

То есть, $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2k-1}{2k} < \frac{2k}{2k+1}$.

3. Индукционный переход. Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$.

Нужно доказать: $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2k-1}{2k} \cdot \frac{2(k+1)-1}{2(k+1)} < \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1}$.

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

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

Используя индукционное предположение, имеем:

$P_{k+1} < \frac{2k}{2k+1} \cdot \frac{2k+1}{2k+2} = \frac{2k}{2k+2}$.

Теперь докажем, что $\frac{2k}{2k+2} < \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1} = \frac{2k+2}{2k+3}$.

Это неравенство равносильно $2k(2k+3) < (2k+2)^2$.

$4k^2+6k < 4k^2+8k+4$.

$0 < 2k+4$.

Так как $k$ — натуральное число ($k \ge 1$), это неравенство всегда верно.

Таким образом, мы показали, что $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2(k+1)-1}{2(k+1)} < \frac{2(k+1)}{2(k+1)+1}$.

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

Ответ: Неравенство $\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \dots \cdot \frac{2n-1}{2n} < \frac{2n}{2n+1}$ верно для всех натуральных $n$.

г) Докажем неравенство $4^n > 7n - 5$ методом математической индукции.

1. База индукции. Проверим неравенство для $n=1$.

Левая часть: $4^1 = 4$.

Правая часть: $7(1) - 5 = 2$.

Получаем $4 > 2$. Неравенство верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального $n=k$, где $k \ge 1$.

То есть, $4^k > 7k - 5$.

3. Индукционный переход. Докажем, что неравенство верно и для $n=k+1$.

Нужно доказать: $4^{k+1} > 7(k+1) - 5$.

Правая часть неравенства: $7(k+1) - 5 = 7k + 7 - 5 = 7k + 2$.

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

$4^{k+1} = 4 \cdot 4^k$.

Используя индукционное предположение, имеем:

$4^{k+1} > 4(7k - 5) = 28k - 20$.

Теперь докажем, что $28k - 20 > 7k + 2$.

$21k > 22$.

$k > \frac{22}{21}$.

Это неравенство верно для всех натуральных $k \ge 2$. Для $k=1$ этот метод не работает. Воспользуемся другим подходом для индукционного перехода.

Докажем, что $4^{k+1} > 7k+2$, используя $4^k > 7k-5$.

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

Из индукционного предположения $4^k > 7k-5$, следовательно:

$4^{k+1} > (7k-5) + 3 \cdot 4^k$.

Чтобы доказать $4^{k+1} > 7k+2$, достаточно показать, что $(7k-5) + 3 \cdot 4^k > 7k+2$.

$(7k-5) + 3 \cdot 4^k > 7k+2 \iff 3 \cdot 4^k > 7$.

Для $k=1$, $3 \cdot 4^1 = 12 > 7$.

Поскольку функция $f(k) = 3 \cdot 4^k$ возрастающая, то для любого натурального $k \ge 1$ неравенство $3 \cdot 4^k > 7$ будет верным.

Таким образом, мы показали, что $4^{k+1} > 7(k+1)-5$.

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

Ответ: Неравенство $4^n > 7n - 5$ верно для всех натуральных $n$.