Номер 34.3, страница 279 - гдз по алгебре 8 класс учебник Мерзляк, Поляков

Глава 6. Элементы комбинаторики и теории вероятностей. Параграф 34. Метод математической индукции - номер 34.3, страница 279.

Условие.

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

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

2) $\frac{1 \cdot 4}{2 \cdot 3} + \frac{2 \cdot 5}{3 \cdot 4} + \frac{3 \cdot 6}{4 \cdot 5} + \ldots + \frac{n(n + 3)}{(n + 1)(n + 2)} = \frac{n(n + 1)}{n + 2};$

3) $\left(1 - \frac{4}{1}\right)\left(1 - \frac{4}{9}\right)\left(1 - \frac{4}{25}\right) \ldots \left(1 - \frac{4}{(2n - 1)^2}\right) = \frac{1 + 2n}{1 - 2n}.$

Решение.

1) Докажем данное равенство с помощью метода математической индукции.

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

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $n=k$, то есть:
$1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что если равенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$.
Нам нужно доказать: $1^2 + 2^2 + ... + k^2 + (k+1)^2 = \frac{(k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1)}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.
Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$:
$S_{k+1} = (1^2 + 2^2 + ... + k^2) + (k+1)^2$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$S_{k+1} = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2$.
Приведем к общему знаменателю и вынесем общий множитель $(k+1)$ за скобки:
$S_{k+1} = \frac{k(k+1)(2k+1) + 6(k+1)^2}{6} = \frac{(k+1)[k(2k+1) + 6(k+1)]}{6}$.
Раскроем скобки в числителе:
$S_{k+1} = \frac{(k+1)[2k^2+k+6k+6]}{6} = \frac{(k+1)(2k^2+7k+6)}{6}$.
Разложим квадратный трехчлен $2k^2+7k+6$ на множители. Найдем его корни: $k = \frac{-7 \pm \sqrt{49-48}}{4}$, $k_1 = -2$, $k_2 = -\frac{3}{2}$. Тогда $2k^2+7k+6 = 2(k+2)(k+\frac{3}{2}) = (k+2)(2k+3)$.
Подставим разложение в наше выражение:
$S_{k+1} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.
Мы получили правую часть равенства для $n=k+1$. Таким образом, индукционный переход доказан.
По принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Равенство доказано.

2) Докажем данное равенство с помощью метода математической индукции.

Шаг 1: База индукции.
Проверим, выполняется ли равенство для $n=1$.
Левая часть: $\frac{1 \cdot 4}{2 \cdot 3} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$.
Правая часть: $\frac{1(1+1)}{1+2} = \frac{2}{3}$.
Поскольку $\frac{2}{3} = \frac{2}{3}$, равенство верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $n=k$, то есть:
$\frac{1 \cdot 4}{2 \cdot 3} + \frac{2 \cdot 5}{3 \cdot 4} + ... + \frac{k(k+3)}{(k+1)(k+2)} = \frac{k(k+1)}{k+2}$

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что если равенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$.
Нам нужно доказать: $\frac{1 \cdot 4}{2 \cdot 3} + ... + \frac{(k+1)((k+1)+3)}{((k+1)+1)((k+1)+2)} = \frac{(k+1)((k+1)+1)}{(k+1)+2} = \frac{(k+1)(k+2)}{k+3}$.
Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$:
$S_{k+1} = \left(\frac{1 \cdot 4}{2 \cdot 3} + ... + \frac{k(k+3)}{(k+1)(k+2)}\right) + \frac{(k+1)(k+4)}{(k+2)(k+3)}$.
Используя индукционное предположение, заменим сумму в скобках:
$S_{k+1} = \frac{k(k+1)}{k+2} + \frac{(k+1)(k+4)}{(k+2)(k+3)}$.
Приведем к общему знаменателю:
$S_{k+1} = \frac{k(k+1)(k+3) + (k+1)(k+4)}{(k+2)(k+3)}$.
Вынесем общий множитель $(k+1)$ в числителе:
$S_{k+1} = \frac{(k+1)[k(k+3) + (k+4)]}{(k+2)(k+3)} = \frac{(k+1)[k^2+3k+k+4]}{(k+2)(k+3)} = \frac{(k+1)(k^2+4k+4)}{(k+2)(k+3)}$.
Свернем выражение в скобках по формуле квадрата суммы: $k^2+4k+4=(k+2)^2$.
$S_{k+1} = \frac{(k+1)(k+2)^2}{(k+2)(k+3)}$.
Сократим дробь на $(k+2)$:
$S_{k+1} = \frac{(k+1)(k+2)}{k+3}$.
Мы получили правую часть равенства для $n=k+1$. Таким образом, индукционный переход доказан.
По принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Равенство доказано.

3) Докажем данное равенство с помощью метода математической индукции. Обратим внимание, что общий член произведения имеет вид $1-\frac{4}{(2n-1)^2}$.

Шаг 1: База индукции.
Проверим, выполняется ли равенство для $n=1$.
Левая часть: $1 - \frac{4}{(2 \cdot 1 - 1)^2} = 1 - \frac{4}{1^2} = 1-4 = -3$.
Правая часть: $\frac{1+2 \cdot 1}{1-2 \cdot 1} = \frac{3}{-1} = -3$.
Поскольку $-3 = -3$, равенство верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $n=k$, то есть:
$(1 - \frac{4}{1^2})(1 - \frac{4}{3^2}) \cdot ... \cdot (1 - \frac{4}{(2k-1)^2}) = \frac{1+2k}{1-2k}$

Шаг 3: Индукционный переход.
Докажем, что если равенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$.
Нам нужно доказать: $(1 - \frac{4}{1^2}) \cdot ... \cdot (1 - \frac{4}{(2(k+1)-1)^2}) = \frac{1+2(k+1)}{1-2(k+1)} = \frac{2k+3}{-2k-1}$.
Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$:
$P_{k+1} = \left((1 - \frac{4}{1^2}) \cdot ... \cdot (1 - \frac{4}{(2k-1)^2})\right) \cdot (1 - \frac{4}{(2(k+1)-1)^2})$.
Используя индукционное предположение, заменим произведение в скобках:
$P_{k+1} = \frac{1+2k}{1-2k} \cdot (1 - \frac{4}{(2k+1)^2})$.
Преобразуем второй множитель, используя формулу разности квадратов:
$1 - \frac{4}{(2k+1)^2} = \frac{(2k+1)^2 - 2^2}{(2k+1)^2} = \frac{(2k+1-2)(2k+1+2)}{(2k+1)^2} = \frac{(2k-1)(2k+3)}{(2k+1)^2}$.
Подставим это в выражение для $P_{k+1}$:
$P_{k+1} = \frac{1+2k}{1-2k} \cdot \frac{(2k-1)(2k+3)}{(2k+1)^2}$.
Заметим, что $1-2k = -(2k-1)$ и $1+2k=2k+1$.
$P_{k+1} = \frac{2k+1}{-(2k-1)} \cdot \frac{(2k-1)(2k+3)}{(2k+1)^2}$.
Сократим общие множители $(2k-1)$ и $(2k+1)$:
$P_{k+1} = \frac{1}{-1} \cdot \frac{2k+3}{2k+1} = -\frac{2k+3}{2k+1} = \frac{2k+3}{-2k-1}$.
Мы получили правую часть равенства для $n=k+1$. Таким образом, индукционный переход доказан.
По принципу математической индукции, равенство верно для любого натурального $n$.

Ответ: Равенство доказано.