Номер 18.9, страница 162, часть 1 - гдз по алгебре 9 класс учебник Абылкасымова, Кучер

18.9. Докажите, что при любом $n \in N$ выполняется равенство:

1) $1 \cdot 3 + 2 \cdot 5 + 3 \cdot 7 + \dots + n (2n + 1) = \frac{n(n+1)(4n+5)}{6}$;

2) $2 \cdot 2 + 3 \cdot 5 + 4 \cdot 8 + \dots + (n + 1)(3n - 1) = \frac{n(2n^2 + 5n + 1)}{2}.

1) Докажем данное равенство $1 \cdot 3 + 2 \cdot 5 + 3 \cdot 7 + \dots + n(2n + 1) = \frac{n(n+1)(4n+5)}{6}$ методом математической индукции.
Пусть $P(n)$ — утверждение, что данное равенство верно для натурального числа $n$.
1. База индукции.
Проверим справедливость утверждения для $n=1$.
Левая часть: $1 \cdot (2 \cdot 1 + 1) = 1 \cdot 3 = 3$.
Правая часть: $\frac{1(1+1)(4 \cdot 1 + 5)}{6} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 9}{6} = \frac{18}{6} = 3$.
Так как левая и правая части равны, $P(1)$ истинно.
2. Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение $P(k)$ истинно для некоторого натурального числа $k \ge 1$.
То есть, $1 \cdot 3 + 2 \cdot 5 + \dots + k(2k+1) = \frac{k(k+1)(4k+5)}{6}$.
3. Индукционный переход.
Докажем, что утверждение $P(k+1)$ также истинно. Нам нужно доказать, что:
$1 \cdot 3 + 2 \cdot 5 + \dots + k(2k+1) + (k+1)(2(k+1)+1) = \frac{(k+1)((k+1)+1)(4(k+1)+5)}{6}$.
Рассмотрим левую часть этого равенства. Используя индукционное предположение, мы можем заменить сумму первых $k$ слагаемых:
$S_{k+1} = (1 \cdot 3 + \dots + k(2k+1)) + (k+1)(2(k+1)+1) = \frac{k(k+1)(4k+5)}{6} + (k+1)(2k+3)$.
Вынесем общий множитель $(k+1)$ за скобки:
$S_{k+1} = (k+1) \left( \frac{k(4k+5)}{6} + (2k+3) \right)$.
Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:
$S_{k+1} = (k+1) \left( \frac{4k^2+5k}{6} + \frac{6(2k+3)}{6} \right) = (k+1) \left( \frac{4k^2+5k+12k+18}{6} \right) = \frac{(k+1)(4k^2+17k+18)}{6}$.
Теперь преобразуем правую часть равенства для $P(k+1)$:
$\frac{(k+1)(k+2)(4(k+1)+5)}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(4k+9)}{6}$.
Разложим на множители многочлен в числителе полученного выражения для $S_{k+1}$: $4k^2+17k+18$. Его корни можно найти, например, решив квадратное уравнение $4k^2+17k+18=0$. Дискриминант $D = 17^2 - 4 \cdot 4 \cdot 18 = 289 - 288 = 1$. Корни: $k_{1,2} = \frac{-17 \pm 1}{8}$, то есть $k_1 = -2$ и $k_2 = -\frac{16}{8} = -2.25 = -\frac{9}{4}$. Тогда $4k^2+17k+18 = 4(k+2)(k+\frac{9}{4}) = (k+2)(4k+9)$.
Подставим это разложение обратно в выражение для $S_{k+1}$:
$S_{k+1} = \frac{(k+1)(k+2)(4k+9)}{6}$.
Мы видим, что полученное выражение совпадает с правой частью равенства для $P(k+1)$.
Таким образом, мы доказали, что если $P(k)$ истинно, то $P(k+1)$ также истинно. По принципу математической индукции, равенство верно для всех натуральных $n$.
Ответ: Равенство доказано.

2) Докажем данное равенство $2 \cdot 2 + 3 \cdot 5 + 4 \cdot 8 + \dots + (n+1)(3n-1) = \frac{n(2n^2+5n+1)}{2}$ методом математической индукции.
Пусть $P(n)$ — утверждение, что данное равенство верно для натурального числа $n$.
1. База индукции.
Проверим справедливость утверждения для $n=1$.
Левая часть: $(1+1)(3 \cdot 1 - 1) = 2 \cdot 2 = 4$.
Правая часть: $\frac{1(2 \cdot 1^2 + 5 \cdot 1 + 1)}{2} = \frac{1(2+5+1)}{2} = \frac{8}{2} = 4$.
Так как левая и правая части равны, $P(1)$ истинно.
2. Индукционное предположение.
Предположим, что утверждение $P(k)$ истинно для некоторого натурального числа $k \ge 1$.
То есть, $2 \cdot 2 + 3 \cdot 5 + \dots + (k+1)(3k-1) = \frac{k(2k^2+5k+1)}{2}$.
3. Индукционный переход.
Докажем, что утверждение $P(k+1)$ также истинно. Нам нужно доказать, что:
$2 \cdot 2 + \dots + (k+1)(3k-1) + ((k+1)+1)(3(k+1)-1) = \frac{(k+1)(2(k+1)^2+5(k+1)+1)}{2}$.
Рассмотрим левую часть этого равенства. Используя индукционное предположение, мы можем заменить сумму первых $k$ слагаемых:
$S_{k+1} = \left( 2 \cdot 2 + \dots + (k+1)(3k-1) \right) + (k+2)(3k+2) = \frac{k(2k^2+5k+1)}{2} + (k+2)(3k+2)$.
Приведем к общему знаменателю и преобразуем:
$S_{k+1} = \frac{k(2k^2+5k+1) + 2(k+2)(3k+2)}{2} = \frac{(2k^3+5k^2+k) + 2(3k^2+2k+6k+4)}{2}$.
$S_{k+1} = \frac{2k^3+5k^2+k + 2(3k^2+8k+4)}{2} = \frac{2k^3+5k^2+k+6k^2+16k+8}{2} = \frac{2k^3+11k^2+17k+8}{2}$.
Теперь преобразуем правую часть равенства для $P(k+1)$:
$\frac{(k+1)(2(k+1)^2+5(k+1)+1)}{2} = \frac{(k+1)(2(k^2+2k+1)+5k+5+1)}{2} = \frac{(k+1)(2k^2+4k+2+5k+6)}{2} = \frac{(k+1)(2k^2+9k+8)}{2}$.
Раскроем скобки в числителе:
$(k+1)(2k^2+9k+8) = k(2k^2+9k+8) + 1(2k^2+9k+8) = 2k^3+9k^2+8k+2k^2+9k+8 = 2k^3+11k^2+17k+8$.
Таким образом, числитель правой части равен $2k^3+11k^2+17k+8$, что совпадает с числителем, полученным для $S_{k+1}$.
Мы показали, что $S_{k+1} = \frac{2k^3+11k^2+17k+8}{2} = \frac{(k+1)(2(k+1)^2+5(k+1)+1)}{2}$.
Индукционный переход доказан. По принципу математической индукции, равенство верно для всех натуральных $n$.
Ответ: Равенство доказано.