Страница 171 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

405. 1) $1 + 3 + 5 + \dots + (2n - 1) = n^2;$

2) $3 + 5 + 7 + \dots + (2n + 1) = n(n + 2);$

3) $1 + 2 + 4 + \dots + 2^{n-1} = 2^n - 1;$

4) $3 + 9 + 27 + \dots + 3^n = \frac{3}{2}(3^n - 1).$

Левая часть равенства представляет собой сумму первых $n$ членов арифметической прогрессии, у которой первый член $a_1 = 1$, а $n$-й член $a_n = 2n - 1$.

Сумма $n$ первых членов арифметической прогрессии вычисляется по формуле $S_n = \frac{a_1 + a_n}{2} \cdot n$.

Подставим значения в формулу: $S_n = \frac{1 + (2n - 1)}{2} \cdot n = \frac{2n}{2} \cdot n = n^2$.

Полученный результат совпадает с правой частью равенства, следовательно, тождество верно.

Ответ: Тождество доказано.

Левая часть равенства представляет собой сумму $n$ членов арифметической прогрессии. Первый член этой прогрессии $a_1 = 3$, а $n$-й член $a_n = 2n + 1$.

Воспользуемся формулой суммы $n$ первых членов арифметической прогрессии: $S_n = \frac{a_1 + a_n}{2} \cdot n$.

Подставим значения: $S_n = \frac{3 + (2n + 1)}{2} \cdot n = \frac{2n + 4}{2} \cdot n = \frac{2(n + 2)}{2} \cdot n = n(n + 2)$.

Полученный результат совпадает с правой частью равенства, следовательно, тождество верно.

Ответ: Тождество доказано.

Левая часть равенства представляет собой сумму первых $n$ членов геометрической прогрессии. Первый член этой прогрессии $b_1 = 1$, а знаменатель $q = 2$.

Сумма $n$ первых членов геометрической прогрессии вычисляется по формуле $S_n = \frac{b_1(q^n - 1)}{q - 1}$.

Подставим значения: $S_n = \frac{1 \cdot (2^n - 1)}{2 - 1} = \frac{2^n - 1}{1} = 2^n - 1$.

Полученный результат совпадает с правой частью равенства, следовательно, тождество верно.

Ответ: Тождество доказано.

Левая часть равенства представляет собой сумму первых $n$ членов геометрической прогрессии ($3^1, 3^2, \dots, 3^n$). Первый член этой прогрессии $b_1 = 3$, а знаменатель $q = 3$.

Воспользуемся формулой суммы $n$ первых членов геометрической прогрессии: $S_n = \frac{b_1(q^n - 1)}{q - 1}$.

Подставим значения: $S_n = \frac{3(3^n - 1)}{3 - 1} = \frac{3(3^n - 1)}{2} = \frac{3}{2}(3^n - 1)$.

Полученный результат совпадает с правой частью равенства, следовательно, тождество верно.

Ответ: Тождество доказано.

406. 1) $1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

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

3) $1^3 + 3^3 + 5^3 + \dots + (2n - 1)^3 = n^2(2n^2 - 1)$

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

1) Докажем тождество $1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ методом математической индукции.

База индукции (n=1):

Проверим, выполняется ли равенство для $n=1$.
Левая часть: $1^2 = 1$.
Правая часть: $\frac{1(1+1)(2 \cdot 1+1)}{6} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = \frac{6}{6} = 1$.
$1 = 1$. Равенство верно для $n=1$.

Индукционное предположение (шаг индукции):

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$:
$1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$.

Индукционный переход:

Докажем, что равенство верно и для $n = k+1$. То есть, нам нужно доказать:
$1^2 + 2^2 + \ldots + k^2 + (k+1)^2 = \frac{(k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1)}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.

Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$:
$(1^2 + 2^2 + \ldots + k^2) + (k+1)^2$.

Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$\frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2$.

Приведем к общему знаменателю и вынесем общий множитель $(k+1)$:
$(k+1) \left( \frac{k(2k+1)}{6} + (k+1) \right) = (k+1) \left( \frac{2k^2+k}{6} + \frac{6(k+1)}{6} \right)$
$= (k+1) \left( \frac{2k^2+k+6k+6}{6} \right) = (k+1) \left( \frac{2k^2+7k+6}{6} \right)$.

Разложим квадратный трехчлен $2k^2+7k+6$ на множители. Его корни $k_1 = -2$ и $k_2 = -3/2$.
$2k^2+7k+6 = 2(k+2)(k+3/2) = (k+2)(2k+3)$.

Подставим разложение обратно в выражение:
$\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.

Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства для $n=k+1$.
Таким образом, по принципу математической индукции, тождество доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: $1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.

2) Докажем тождество $1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + n^3 = \frac{(n+1)^2 n^2}{4}$ методом математической индукции.

База индукции (n=1):

Проверим для $n=1$.
Левая часть: $1^3 = 1$.
Правая часть: $\frac{(1+1)^2 \cdot 1^2}{4} = \frac{2^2 \cdot 1}{4} = \frac{4}{4} = 1$.
$1 = 1$. Равенство верно.

Индукционное предположение:

Предположим, что равенство верно для $n=k$:
$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 = \frac{(k+1)^2 k^2}{4}$.

Индукционный переход:

Докажем, что равенство верно для $n = k+1$:
$1^3 + 2^3 + \ldots + k^3 + (k+1)^3 = \frac{((k+1)+1)^2 (k+1)^2}{4} = \frac{(k+2)^2 (k+1)^2}{4}$.

Рассмотрим левую часть:
$(1^3 + 2^3 + \ldots + k^3) + (k+1)^3$.

Используем индукционное предположение:
$\frac{(k+1)^2 k^2}{4} + (k+1)^3$.

Вынесем общий множитель $(k+1)^2$:
$(k+1)^2 \left( \frac{k^2}{4} + (k+1) \right) = (k+1)^2 \left( \frac{k^2+4(k+1)}{4} \right)$
$= (k+1)^2 \left( \frac{k^2+4k+4}{4} \right) = (k+1)^2 \frac{(k+2)^2}{4} = \frac{(k+1)^2 (k+2)^2}{4}$.

Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства для $n=k+1$. Тождество доказано.

Ответ: $1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + n^3 = \frac{(n+1)^2 n^2}{4}$.

3) Докажем тождество $1^3 + 3^3 + 5^3 + \ldots + (2n-1)^3 = n^2(2n^2-1)$ методом математической индукции.

База индукции (n=1):

Проверим для $n=1$.
Левая часть: $(2 \cdot 1 - 1)^3 = 1^3 = 1$.
Правая часть: $1^2(2 \cdot 1^2 - 1) = 1(2-1) = 1$.
$1 = 1$. Равенство верно.

Индукционное предположение:

Предположим, что равенство верно для $n=k$:
$1^3 + 3^3 + \ldots + (2k-1)^3 = k^2(2k^2-1)$.

Индукционный переход:

Докажем, что равенство верно для $n=k+1$. Следующий член в сумме будет $(2(k+1)-1)^3 = (2k+1)^3$.
Нам нужно доказать: $1^3 + 3^3 + \ldots + (2k-1)^3 + (2k+1)^3 = (k+1)^2(2(k+1)^2-1)$.

Рассмотрим левую часть:
$(1^3 + 3^3 + \ldots + (2k-1)^3) + (2k+1)^3$.

Используем индукционное предположение:
$k^2(2k^2-1) + (2k+1)^3$.

Раскроем скобки и упростим выражение:
$2k^4 - k^2 + (8k^3 + 12k^2 + 6k + 1) = 2k^4 + 8k^3 + 11k^2 + 6k + 1$.

Теперь раскроем правую часть доказываемого равенства для $n=k+1$:
$(k+1)^2(2(k+1)^2-1) = (k^2+2k+1)(2(k^2+2k+1)-1)$
$= (k^2+2k+1)(2k^2+4k+2-1) = (k^2+2k+1)(2k^2+4k+1)$
$= k^2(2k^2+4k+1) + 2k(2k^2+4k+1) + 1(2k^2+4k+1)$
$= (2k^4+4k^3+k^2) + (4k^3+8k^2+2k) + (2k^2+4k+1)$
$= 2k^4 + (4k^3+4k^3) + (k^2+8k^2+2k^2) + (2k+4k) + 1$
$= 2k^4 + 8k^3 + 11k^2 + 6k + 1$.

Левая и правая части совпали, следовательно, тождество доказано.

Ответ: $1^3 + 3^3 + 5^3 + \ldots + (2n-1)^3 = n^2(2n^2-1)$.

4) Докажем тождество $1^2 - 2^2 + 3^2 - 4^2 + \ldots + (-1)^{n-1} n^2 = (-1)^{n-1} \frac{n(n+1)}{2}$ методом математической индукции.

База индукции (n=1):

Проверим для $n=1$.
Левая часть: $(-1)^{1-1} \cdot 1^2 = 1 \cdot 1 = 1$.
Правая часть: $(-1)^{1-1} \frac{1(1+1)}{2} = 1 \cdot \frac{2}{2} = 1$.
$1 = 1$. Равенство верно.

Индукционное предположение:

Предположим, что равенство верно для $n=k$:
$1^2 - 2^2 + \ldots + (-1)^{k-1} k^2 = (-1)^{k-1} \frac{k(k+1)}{2}$.

Индукционный переход:

Докажем, что равенство верно для $n=k+1$.
Нам нужно доказать: $1^2 - 2^2 + \ldots + (-1)^{k-1} k^2 + (-1)^{(k+1)-1} (k+1)^2 = (-1)^{(k+1)-1} \frac{(k+1)((k+1)+1)}{2}$.
То есть: $1^2 - 2^2 + \ldots + (-1)^{k-1} k^2 + (-1)^{k} (k+1)^2 = (-1)^{k} \frac{(k+1)(k+2)}{2}$.

Рассмотрим левую часть:
$(1^2 - 2^2 + \ldots + (-1)^{k-1} k^2) + (-1)^{k} (k+1)^2$.

Используем индукционное предположение:
$(-1)^{k-1} \frac{k(k+1)}{2} + (-1)^{k} (k+1)^2$.

Заметим, что $(-1)^{k-1} = -(-1)^k$. Вынесем за скобки $(-1)^k$ и $(k+1)$:
$-(-1)^k \frac{k(k+1)}{2} + (-1)^k (k+1)^2 = (-1)^k (k+1) \left( -\frac{k}{2} + (k+1) \right)$
$= (-1)^k (k+1) \left( \frac{-k+2(k+1)}{2} \right) = (-1)^k (k+1) \left( \frac{-k+2k+2}{2} \right)$
$= (-1)^k (k+1) \left( \frac{k+2}{2} \right) = (-1)^k \frac{(k+1)(k+2)}{2}$.

Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства для $n=k+1$. Тождество доказано.

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

407. Методом математической индукции доказать:

1) формулу суммы $S_n$ первых $n$ членов арифметической прогрессии $S_n = \frac{2a_1 + (n-1)d}{2} \cdot n$, где $a_1$ — первый член, $d$ — разность арифметической прогрессии;

2) формулу суммы $S_n$ первых $n$ членов геометрической прогрессии $S_n = \frac{b_1 \cdot (q^n - 1)}{q-1}$, где $b_1$ — первый член, $q$ — знаменатель геометрической прогрессии, $q \neq 1$.

1) формулу суммы S_n первых n членов арифметической прогрессии S_n = $\frac{2a_1+(n-1)d}{2} \cdot n$, где a₁ — первый член, d — разность арифметической прогрессии;

Докажем данную формулу методом математической индукции.

Пусть $P(n)$ — это утверждение, что формула $S_n = \frac{2a_1 + (n-1)d}{2} \cdot n$ верна.

Шаг 1: База индукции.

Проверим утверждение для $n=1$.

Сумма первого члена прогрессии $S_1$ по определению равна $a_1$.

Подставим $n=1$ в формулу:

$S_1 = \frac{2a_1 + (1-1)d}{2} \cdot 1 = \frac{2a_1 + 0 \cdot d}{2} = \frac{2a_1}{2} = a_1$.

Так как левая и правая части равны ($a_1 = a_1$), утверждение $P(1)$ истинно. База индукции доказана.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что утверждение $P(k)$ истинно для некоторого натурального числа $k \ge 1$. То есть, мы предполагаем, что верна формула:

$S_k = \frac{2a_1 + (k-1)d}{2} \cdot k$.

Шаг 3: Индукционный переход.

Докажем, что из истинности $P(k)$ следует истинность $P(k+1)$. То есть, нам нужно доказать, что $S_{k+1} = \frac{2a_1 + ((k+1)-1)d}{2} \cdot (k+1) = \frac{2a_1 + kd}{2} \cdot (k+1)$.

Сумма первых $k+1$ членов прогрессии $S_{k+1}$ может быть представлена как сумма первых $k$ членов $S_k$ плюс $(k+1)$-й член прогрессии $a_{k+1}$.

$S_{k+1} = S_k + a_{k+1}$.

Формула для $(k+1)$-го члена арифметической прогрессии: $a_{k+1} = a_1 + ((k+1)-1)d = a_1 + kd$.

Подставим в выражение для $S_{k+1}$ формулу для $S_k$ (из индукционного предположения) и формулу для $a_{k+1}$:

$S_{k+1} = \left(\frac{2a_1 + (k-1)d}{2} \cdot k\right) + (a_1 + kd)$.

Приведем к общему знаменателю 2:

$S_{k+1} = \frac{(2a_1 + (k-1)d)k + 2(a_1 + kd)}{2}$.

Раскроем скобки в числителе:

$S_{k+1} = \frac{2a_1k + k(k-1)d + 2a_1 + 2kd}{2} = \frac{2a_1k + k^2d - kd + 2a_1 + 2kd}{2}$.

Сгруппируем слагаемые:

$S_{k+1} = \frac{(2a_1k + 2a_1) + (k^2d - kd + 2kd)}{2} = \frac{2a_1(k+1) + (k^2d + kd)}{2}$.

Вынесем общие множители:

$S_{k+1} = \frac{2a_1(k+1) + kd(k+1)}{2}$.

Вынесем $(k+1)$ за скобки в числителе:

$S_{k+1} = \frac{(2a_1 + kd)(k+1)}{2}$.

Полученное выражение совпадает с формулой для $P(k+1)$. Таким образом, мы доказали, что если $P(k)$ истинно, то $P(k+1)$ также истинно.

Заключение:

По принципу математической индукции, формула для суммы первых $n$ членов арифметической прогрессии верна для любого натурального числа $n$.

Ответ: Доказано.

2) формулу суммы S_n первых n членов геометрической прогрессии S_n = $\frac{b_1 \cdot (q^n - 1)}{q - 1}$, где b₁ — первый член, q — знаменатель геометрической прогрессии, q ≠ 1.

Докажем данную формулу методом математической индукции.

Пусть $P(n)$ — это утверждение, что формула $S_n = \frac{b_1(q^n - 1)}{q-1}$ верна.

Шаг 1: База индукции.

Проверим утверждение для $n=1$.

Сумма первого члена прогрессии $S_1$ по определению равна $b_1$.

Подставим $n=1$ в формулу:

$S_1 = \frac{b_1(q^1 - 1)}{q-1} = \frac{b_1(q - 1)}{q-1} = b_1$.

Так как левая и правая части равны ($b_1 = b_1$), утверждение $P(1)$ истинно. База индукции доказана.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что утверждение $P(k)$ истинно для некоторого натурального числа $k \ge 1$. То есть, мы предполагаем, что верна формула:

$S_k = \frac{b_1(q^k - 1)}{q-1}$.

Шаг 3: Индукционный переход.

Докажем, что из истинности $P(k)$ следует истинность $P(k+1)$. То есть, нам нужно доказать, что $S_{k+1} = \frac{b_1(q^{k+1} - 1)}{q-1}$.

Сумма первых $k+1$ членов прогрессии $S_{k+1}$ может быть представлена как сумма первых $k$ членов $S_k$ плюс $(k+1)$-й член прогрессии $b_{k+1}$.

$S_{k+1} = S_k + b_{k+1}$.

Формула для $(k+1)$-го члена геометрической прогрессии: $b_{k+1} = b_1 \cdot q^{(k+1)-1} = b_1 \cdot q^k$.

Подставим в выражение для $S_{k+1}$ формулу для $S_k$ (из индукционного предположения) и формулу для $b_{k+1}$:

$S_{k+1} = \frac{b_1(q^k - 1)}{q-1} + b_1 q^k$.

Приведем к общему знаменателю $(q-1)$:

$S_{k+1} = \frac{b_1(q^k - 1) + b_1 q^k (q-1)}{q-1}$.

Вынесем $b_1$ за скобки в числителе:

$S_{k+1} = \frac{b_1((q^k - 1) + q^k(q-1))}{q-1}$.

Раскроем внутренние скобки в числителе:

$S_{k+1} = \frac{b_1(q^k - 1 + q^k \cdot q - q^k \cdot 1)}{q-1} = \frac{b_1(q^k - 1 + q^{k+1} - q^k)}{q-1}$.

Сократим $q^k$ и $-q^k$ в числителе:

$S_{k+1} = \frac{b_1(q^{k+1} - 1)}{q-1}$.

Полученное выражение совпадает с формулой для $P(k+1)$. Таким образом, мы доказали, что если $P(k)$ истинно, то $P(k+1)$ также истинно.

Заключение:

По принципу математической индукции, формула для суммы первых $n$ членов геометрической прогрессии верна для любого натурального числа $n$ при $q \neq 1$.

Ответ: Доказано.

408. Доказать, что при любом натуральном $n$ число:

1) $6^{2n-1} + 1$ делится на 7;

2) $4^n + 15n - 1$ делится на 9.

1) Докажем, что при любом натуральном $n$ число $6^{2n-1} + 1$ делится на 7.

Для доказательства воспользуемся сравнениями по модулю. Нам нужно показать, что $6^{2n-1} + 1$ делится на 7, что эквивалентно сравнению $6^{2n-1} + 1 \equiv 0 \pmod{7}$.

Рассмотрим основание степени 6 по модулю 7:

$6 \equiv -1 \pmod{7}$.

Подставим это в левую часть сравнения:

$6^{2n-1} + 1 \equiv (-1)^{2n-1} + 1 \pmod{7}$.

Поскольку $n$ — натуральное число, $2n$ — четное число, а значит $2n-1$ — нечетное число. Возведение -1 в любую нечетную степень дает в результате -1:

$(-1)^{2n-1} = -1$.

Следовательно, наше выражение по модулю 7 равно:

$-1 + 1 = 0$.

Таким образом, $6^{2n-1} + 1 \equiv 0 \pmod{7}$, что и доказывает, что число $6^{2n-1} + 1$ делится на 7 для любого натурального $n$.

Ответ: Утверждение доказано.

2) Докажем, что при любом натуральном $n$ число $4^n + 15n - 1$ делится на 9.

Воспользуемся методом математической индукции.

База индукции: Проверим утверждение для $n=1$.

$4^1 + 15 \cdot 1 - 1 = 4 + 15 - 1 = 18$.

Число 18 делится на 9 ($18 = 9 \cdot 2$), следовательно, утверждение верно для $n=1$.

Шаг индукции: Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $n=k$, то есть выражение $4^k + 15k - 1$ делится на 9. Это означает, что существует такое целое число $m$, что $4^k + 15k - 1 = 9m$.

Теперь докажем, что утверждение верно и для $n=k+1$, то есть что выражение $4^{k+1} + 15(k+1) - 1$ также делится на 9.

Преобразуем это выражение:

$4^{k+1} + 15(k+1) - 1 = 4 \cdot 4^k + 15k + 15 - 1 = 4 \cdot 4^k + 15k + 14$.

Из нашего предположения индукции выразим $4^k$: $4^k = 9m - 15k + 1$.

Подставим это в преобразуемое выражение:

$4 \cdot (9m - 15k + 1) + 15k + 14 = 36m - 60k + 4 + 15k + 14 = 36m - 45k + 18$.

Вынесем общий множитель 9 за скобки:

$9 \cdot (4m - 5k + 2)$.

Поскольку $m$ и $k$ — целые числа, то $4m - 5k + 2$ также является целым числом. Следовательно, выражение $9 \cdot (4m - 5k + 2)$ делится на 9.

Таким образом, мы доказали, что из верности утверждения для $n=k$ следует его верность для $n=k+1$. В соответствии с принципом математической индукции, утверждение о том, что $4^n + 15n - 1$ делится на 9, верно для всех натуральных $n$.

Ответ: Утверждение доказано.