Номер 105, страница 57 - гдз по алгебре 11 класс дидактические материалы Мерзляк, Полонский

105. Докажите, что при любом натуральном n выполняется равенство:

1) $1 \cdot 5 + 2 \cdot 11 + 3 \cdot 17 + \dots + n(6n - 1) = \frac{n(n+1)(4n+1)}{2};$

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

3) $\frac{1}{1 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 9} + \frac{1}{9 \cdot 13} + \dots + \frac{1}{(4n - 3)(4n + 1)} = \frac{n}{4n + 1}.$

Для доказательства данных равенств воспользуемся методом математической индукции.

1) Докажем равенство $1 \cdot 5 + 2 \cdot 11 + 3 \cdot 17 + \dots + n(6n - 1) = \frac{n(n+1)(4n+1)}{2}$.

Пусть $S(n)$ — утверждение, которое мы доказываем.

Шаг 1: База индукции.
Проверим справедливость утверждения для $n=1$.
Левая часть: $1 \cdot (6 \cdot 1 - 1) = 1 \cdot 5 = 5$.
Правая часть: $\frac{1(1+1)(4 \cdot 1 + 1)}{2} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 5}{2} = 5$.
$5=5$. Утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение $S(k)$ верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$:
$1 \cdot 5 + 2 \cdot 11 + \dots + k(6k - 1) = \frac{k(k+1)(4k+1)}{2}$.

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что утверждение $S(k+1)$ также верно. То есть, докажем, что:
$1 \cdot 5 + \dots + k(6k - 1) + (k+1)(6(k+1) - 1) = \frac{(k+1)((k+1)+1)(4(k+1)+1)}{2}$.
Преобразуем правую часть: $\frac{(k+1)(k+2)(4k+5)}{2}$.

Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$. Используя индукционное предположение, заменим сумму первых $k$ слагаемых:
$\underbrace{1 \cdot 5 + \dots + k(6k - 1)}_{\frac{k(k+1)(4k+1)}{2}} + (k+1)(6(k+1) - 1) = \frac{k(k+1)(4k+1)}{2} + (k+1)(6k+5)$.

Вынесем общий множитель $(k+1)$ за скобки:
$(k+1) \left( \frac{k(4k+1)}{2} + (6k+5) \right) = (k+1) \left( \frac{4k^2+k+2(6k+5)}{2} \right)$
$= (k+1) \left( \frac{4k^2+k+12k+10}{2} \right) = (k+1) \left( \frac{4k^2+13k+10}{2} \right)$.

Разложим квадратный трехчлен $4k^2+13k+10$ на множители. Его корни $k_1=-2$ и $k_2=-5/4$.
$4k^2+13k+10 = 4(k+2)(k+5/4) = (k+2)(4k+5)$.

Подставим разложение в наше выражение:
$\frac{(k+1)(k+2)(4k+5)}{2}$.

Полученное выражение совпадает с правой частью доказываемого равенства для $n=k+1$. Таким образом, индукционный переход доказан.

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

Ответ: Равенство доказано.

2) Докажем равенство $1 + 2 \cdot 2 + 3 \cdot 2^2 + \dots + n \cdot 2^{n-1} = (n-1)2^n + 1$.

Шаг 1: База индукции.
Проверим для $n=1$.
Левая часть: $1 \cdot 2^{1-1} = 1 \cdot 2^0 = 1$.
Правая часть: $(1-1)2^1 + 1 = 0 \cdot 2 + 1 = 1$.
$1=1$. Утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $k \ge 1$:
$1 + 2 \cdot 2 + \dots + k \cdot 2^{k-1} = (k-1)2^k + 1$.

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$:
$1 + 2 \cdot 2 + \dots + k \cdot 2^{k-1} + (k+1) \cdot 2^{(k+1)-1} = ((k+1)-1)2^{k+1} + 1$.
Правая часть равна $k \cdot 2^{k+1} + 1$.

Рассмотрим левую часть. Используем индукционное предположение:
$\underbrace{(1 + 2 \cdot 2 + \dots + k \cdot 2^{k-1})}_{(k-1)2^k + 1} + (k+1) \cdot 2^k = ((k-1)2^k + 1) + (k+1)2^k$.

Сгруппируем слагаемые:
$(k-1)2^k + (k+1)2^k + 1 = (k-1+k+1)2^k + 1 = (2k)2^k + 1 = k \cdot 2 \cdot 2^k + 1 = k \cdot 2^{k+1} + 1$.

Полученное выражение совпадает с правой частью. Индукционный переход доказан.

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

Ответ: Равенство доказано.

3) Докажем равенство $\frac{1}{1 \cdot 5} + \frac{1}{5 \cdot 9} + \frac{1}{9 \cdot 13} + \dots + \frac{1}{(4n-3)(4n+1)} = \frac{n}{4n+1}$.

Шаг 1: База индукции.
Проверим для $n=1$.
Левая часть: $\frac{1}{(4 \cdot 1 - 3)(4 \cdot 1 + 1)} = \frac{1}{1 \cdot 5} = \frac{1}{5}$.
Правая часть: $\frac{1}{4 \cdot 1 + 1} = \frac{1}{5}$.
$1/5=1/5$. Утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального $k \ge 1$:
$\frac{1}{1 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(4k-3)(4k+1)} = \frac{k}{4k+1}$.

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$:
$\frac{1}{1 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(4k-3)(4k+1)} + \frac{1}{(4(k+1)-3)(4(k+1)+1)} = \frac{k+1}{4(k+1)+1}$.
Правая часть равна $\frac{k+1}{4k+5}$.

Рассмотрим левую часть. Используем индукционное предположение:
$\underbrace{\left(\frac{1}{1 \cdot 5} + \dots + \frac{1}{(4k-3)(4k+1)}\right)}_{\frac{k}{4k+1}} + \frac{1}{(4k+1)(4k+5)} = \frac{k}{4k+1} + \frac{1}{(4k+1)(4k+5)}$.

Приведем к общему знаменателю:
$\frac{k(4k+5) + 1}{(4k+1)(4k+5)} = \frac{4k^2+5k+1}{(4k+1)(4k+5)}$.

Разложим на множители числитель $4k^2+5k+1$. Корни уравнения $4k^2+5k+1=0$ равны $k_1=-1$ и $k_2=-1/4$.
$4k^2+5k+1 = 4(k+1)(k+1/4) = (k+1)(4k+1)$.

Подставим разложение в дробь:
$\frac{(k+1)(4k+1)}{(4k+1)(4k+5)} = \frac{k+1}{4k+5}$.

Полученное выражение совпадает с правой частью. Индукционный переход доказан.

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

Ответ: Равенство доказано.