Номер 357, страница 106 - гдз по алгебре 9 класс учебник Солтан, Солтан

14. Метод математической индукции. III. Последовательности - номер 357, страница 106.

Условие.

357. Докажите, что для всех $n \in N$ верно равенство $\frac{1}{3} + \frac{1}{15} + \frac{1}{35} + \dots + \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac{n}{2n + 1}$.

Решение.

Решение 2 (rus).

Для доказательства данного равенства воспользуемся методом математической индукции.

Обозначим доказываемое утверждение как $P(n)$: $S_n = \frac{1}{3} + \frac{1}{15} + \frac{1}{35} + ... + \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac{n}{2n+1}$.

Шаг 1: База индукции

Проверим справедливость утверждения $P(n)$ для наименьшего натурального числа $n=1$.

Левая часть равенства (LHS) при $n=1$ состоит из одного слагаемого: $S_1 = \frac{1}{4(1)^2 - 1} = \frac{1}{4 - 1} = \frac{1}{3}$.

Правая часть равенства (RHS) при $n=1$ равна: $\frac{1}{2(1)+1} = \frac{1}{3}$.

Поскольку левая и правая части равны ($ \frac{1}{3} = \frac{1}{3} $), утверждение $P(1)$ является верным.

Шаг 2: Индукционный переход

Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого произвольного натурального числа $k$. Это наше индукционное предположение:

$S_k = \frac{1}{3} + \frac{1}{15} + ... + \frac{1}{4k^2 - 1} = \frac{k}{2k+1}$.

Теперь необходимо доказать, что из этого предположения следует верность утверждения для $n=k+1$, то есть $P(k+1)$:

$S_{k+1} = \frac{1}{3} + \frac{1}{15} + ... + \frac{1}{4k^2 - 1} + \frac{1}{4(k+1)^2 - 1} = \frac{k+1}{2(k+1)+1}$.

Рассмотрим левую часть равенства для $P(k+1)$. Она представляет собой сумму $S_k$ и следующего члена последовательности:

$S_{k+1} = S_k + \frac{1}{4(k+1)^2 - 1}$.

Используя индукционное предположение, что $S_k = \frac{k}{2k+1}$, мы можем переписать выражение:

$S_{k+1} = \frac{k}{2k+1} + \frac{1}{4(k+1)^2 - 1}$.

Преобразуем знаменатель второго слагаемого, применив формулу разности квадратов $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$:

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

Подставим преобразованный знаменатель обратно в выражение для $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = \frac{k}{2k+1} + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)}$.

Чтобы сложить дроби, приведем их к общему знаменателю $(2k+1)(2k+3)$:

$S_{k+1} = \frac{k(2k+3)}{(2k+1)(2k+3)} + \frac{1}{(2k+1)(2k+3)} = \frac{k(2k+3)+1}{(2k+1)(2k+3)}$.

Раскроем скобки в числителе:

$S_{k+1} = \frac{2k^2 + 3k + 1}{(2k+1)(2k+3)}$.

Теперь разложим на множители числитель $2k^2 + 3k + 1$. Можно найти корни соответствующего квадратного уравнения или сгруппировать слагаемые:

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

Подставим разложенный числитель в выражение для $S_{k+1}$:

$S_{k+1} = \frac{(2k+1)(k+1)}{(2k+1)(2k+3)}$.

Сократим дробь на общий множитель $(2k+1)$, который не равен нулю, так как $k$ — натуральное число:

$S_{k+1} = \frac{k+1}{2k+3}$.

Теперь рассмотрим правую часть доказываемого равенства $P(k+1)$:

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

Мы получили, что преобразованная левая часть совпала с правой частью. Таким образом, мы доказали, что если утверждение верно для $n=k$, оно верно и для $n=k+1$.

Заключение

Поскольку база индукции ($n=1$) верна и индукционный переход доказан, то по принципу математической индукции исходное равенство справедливо для всех натуральных чисел $n \in N$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Равенство $\frac{1}{3} + \frac{1}{15} + \frac{1}{35} + ... + \frac{1}{4n^2 - 1} = \frac{n}{2n+1}$ доказано для всех натуральных $n$.