Страница 161, часть 1 - гдз по алгебре 9 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

1. При доказательстве каких утверждений можно использовать метод математической индукции?

1. Метод математической индукции — это мощный инструмент для доказательства утверждений, которые зависят от натурального числа $n$. Его можно использовать для доказательства того, что некоторое свойство $P(n)$ выполняется для всех натуральных чисел $n$, начиная с некоторого начального значения $n_0$ (часто $n_0=1$ или $n_0=0$).

Суть метода заключается в двух основных шагах, которые можно сравнить с принципом домино: если мы можем толкнуть первую костяшку (база индукции) и уверены, что каждая падающая костяшка толкнет следующую (индукционный переход), то в итоге упадут все костяшки.

Шаги доказательства методом математической индукции:

1. База индукции (или базис индукции): Проверяется истинность утверждения $P(n)$ для начального значения $n=n_0$. Например, если нужно доказать утверждение для всех натуральных $n \ge 1$, то проверяют его истинность для $n=1$.

2. Индукционный переход (или индукционный шаг): Доказывается, что если утверждение $P(n)$ истинно для некоторого произвольного натурального числа $k \ge n_0$ (это предположение называется индукционным предположением), то оно обязательно будет истинно и для следующего числа, то есть для $k+1$. Символически это записывается как доказательство импликации $P(k) \Rightarrow P(k+1)$ для всех $k \ge n_0$.

Если оба этих шага успешно выполнены, то по принципу математической индукции делается вывод, что утверждение $P(n)$ истинно для всех натуральных чисел $n \ge n_0$.

Типы утверждений, для которых применяется метод математической индукции:

• Доказательство тождеств и формул для сумм или произведений.
  Пример: Доказать, что сумма первых $n$ натуральных чисел равна $\frac{n(n+1)}{2}$, то есть $1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ для всех $n \ge 1$.

• Доказательство неравенств.
  Пример: Доказать неравенство Бернулли $(1+x)^n \ge 1+nx$ для любого вещественного $x > -1$ и любого натурального $n \ge 1$.

• Доказательство утверждений о делимости.
  Пример: Доказать, что выражение $n^3 + 5n$ делится на 6 без остатка для любого натурального числа $n$.

• Доказательство утверждений в комбинаторике.
  Пример: Доказать, что у множества, состоящего из $n$ элементов, имеется ровно $2^n$ различных подмножеств.

• Доказательство геометрических теорем.
  Пример: Доказать, что $n$ прямых, проведенных на плоскости так, что никакие две не параллельны и никакие три не пересекаются в одной точке, делят плоскость на $\frac{n^2+n+2}{2}$ областей.

• Доказательство свойств алгоритмов и структур данных в информатике.
  Пример: Доказательство корректности рекурсивного алгоритма или доказательство того, что высота сбалансированного двоичного дерева с $n$ узлами имеет порядок $O(\log n)$.

Ответ: Метод математической индукции используется для доказательства утверждений, зависящих от натурального параметра $n$ (например, формул, тождеств, неравенств, свойств делимости), истинность которых нужно установить для всех натуральных чисел, начиная с некоторого $n_0$.

18.1. Докажите методом математической индукции для арифметической и геометрической прогрессий формулы:

1) $a_n = a_1 + d(n - 1);$

2) $b_n = b_1 + q^{n-1}.$

1) Докажем формулу для n-го члена арифметической прогрессии $a_n = a_1 + d(n-1)$ методом математической индукции.

Шаг 1: База индукции.

Проверим справедливость формулы для начального значения $n=1$.

Подставляя $n=1$ в формулу, получаем: $a_1 = a_1 + d(1-1) = a_1 + d \cdot 0 = a_1$.

Равенство $a_1 = a_1$ является верным. Следовательно, база индукции выполняется.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что формула верна для некоторого произвольного натурального числа $n=k$, где $k \ge 1$. То есть, мы предполагаем, что истинно равенство:

$a_k = a_1 + d(k-1)$

Шаг 3: Индукционный шаг.

Докажем, что если формула верна для $n=k$, то она верна и для следующего натурального числа $n=k+1$. Нам нужно доказать, что $a_{k+1} = a_1 + d((k+1)-1) = a_1 + dk$.

Согласно определению арифметической прогрессии, $(k+1)$-й член выражается через $k$-й член по формуле: $a_{k+1} = a_k + d$.

Воспользуемся нашим индукционным предположением для $a_k$:

$a_{k+1} = (a_1 + d(k-1)) + d$

Теперь раскроем скобки и упростим полученное выражение:

$a_{k+1} = a_1 + dk - d + d$

$a_{k+1} = a_1 + dk$

Полученное равенство в точности совпадает с тем, что мы хотели доказать для $n=k+1$.

Так как оба шага математической индукции выполнены, мы можем заключить, что формула $a_n = a_1 + d(n-1)$ верна для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2) Докажем формулу для n-го члена геометрической прогрессии методом математической индукции.

Примечание: в условии задачи, по-видимому, допущена опечатка. Формула $b_n = b_1 + q^{n-1}$ не является формулой n-го члена геометрической прогрессии. Стандартная и общепринятая формула имеет вид $b_n = b_1 \cdot q^{n-1}$. Доказательство будет проведено для этой корректной формулы.

Шаг 1: База индукции.

Проверим справедливость формулы $b_n = b_1 \cdot q^{n-1}$ для начального значения $n=1$.

Подставляя $n=1$ в формулу, получаем: $b_1 = b_1 \cdot q^{1-1} = b_1 \cdot q^0 = b_1 \cdot 1 = b_1$.

Равенство $b_1 = b_1$ является верным. Следовательно, база индукции выполняется.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что формула верна для некоторого произвольного натурального числа $n=k$, где $k \ge 1$. То есть, мы предполагаем, что истинно равенство:

$b_k = b_1 \cdot q^{k-1}$

Шаг 3: Индукционный шаг.

Докажем, что если формула верна для $n=k$, то она верна и для следующего натурального числа $n=k+1$. Нам нужно доказать, что $b_{k+1} = b_1 \cdot q^{(k+1)-1} = b_1 \cdot q^k$.

Согласно определению геометрической прогрессии, $(k+1)$-й член выражается через $k$-й член по формуле: $b_{k+1} = b_k \cdot q$.

Воспользуемся нашим индукционным предположением для $b_k$:

$b_{k+1} = (b_1 \cdot q^{k-1}) \cdot q$

Используя свойство степеней ($x^a \cdot x^b = x^{a+b}$), упростим выражение:

$b_{k+1} = b_1 \cdot q^{(k-1)+1}$

$b_{k+1} = b_1 \cdot q^k$

Полученное равенство в точности совпадает с тем, что мы хотели доказать для $n=k+1$.

Так как оба шага математической индукции выполнены, мы можем заключить, что формула $b_n = b_1 \cdot q^{n-1}$ верна для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

18.2. Докажите, что для всех натуральных чисел выполняется равенство:

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

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

1) Докажем равенство $1^2 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + ... + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ методом математической индукции.

Шаг 1: База индукции.

Проверим, выполняется ли равенство для $n=1$.

Левая часть равенства: $1^2 = 1$.

Правая часть равенства: $\frac{1(1+1)(2 \cdot 1 + 1)}{6} = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = \frac{6}{6} = 1$.

Так как левая и правая части равны ($1=1$), равенство верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $k$, то есть:

$1^2 + 2^2 + ... + k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$.

Шаг 3: Индукционный шаг.

Докажем, что если равенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$. Нам нужно доказать, что:

$1^2 + 2^2 + ... + k^2 + (k+1)^2 = \frac{(k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1)}{6}$.

Преобразуем левую часть равенства, используя индукционное предположение:

$(1^2 + 2^2 + ... + k^2) + (k+1)^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2$.

Приведем выражение к общему знаменателю и вынесем за скобки общий множитель $(k+1)$:

$\frac{k(k+1)(2k+1) + 6(k+1)^2}{6} = \frac{(k+1)[k(2k+1) + 6(k+1)]}{6}$.

Раскроем скобки внутри квадратных скобок:

$\frac{(k+1)[2k^2 + k + 6k + 6]}{6} = \frac{(k+1)(2k^2 + 7k + 6)}{6}$.

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

Подставим полученное разложение в наше выражение:

$\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.

Теперь преобразуем правую часть доказываемого равенства для $n=k+1$:

$\frac{(k+1)((k+1)+1)(2(k+1)+1)}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+2+1)}{6} = \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}$.

Левая и правая части совпали. Индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, равенство верно для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Доказано.

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

Данное равенство также можно записать в виде $1^3 + 2^3 + ... + n^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$.

Шаг 1: База индукции.

Проверим, выполняется ли равенство для $n=1$.

Левая часть равенства: $1^3 = 1$.

Правая часть равенства: $\frac{1^2(1+1)^2}{4} = \frac{1 \cdot 2^2}{4} = \frac{4}{4} = 1$.

Так как $1=1$, равенство верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $k$, то есть:

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

Шаг 3: Индукционный шаг.

Докажем, что если равенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$. Нам нужно доказать, что:

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

Преобразуем левую часть равенства, используя индукционное предположение:

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

Приведем выражение к общему знаменателю и вынесем за скобки общий множитель $(k+1)^2$:

$\frac{k^2(k+1)^2 + 4(k+1)^3}{4} = \frac{(k+1)^2[k^2 + 4(k+1)]}{4}$.

Раскроем скобки внутри квадратных скобок:

$\frac{(k+1)^2[k^2 + 4k + 4]}{4}$.

Выражение в квадратных скобках является полным квадратом: $k^2 + 4k + 4 = (k+2)^2$.

Подставим это в наше выражение:

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

Теперь преобразуем правую часть доказываемого равенства для $n=k+1$:

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

Левая и правая части совпали. Индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, равенство верно для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Доказано.

18.3. Методом математической индукции докажите, что для всех натуральных чисел верно равенство:

1) $2 + 4 + 6 + \dots + 2n = n (n + 1);$

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

3) $1 - 2 + 3 - 4 + \dots + (-1)^{n-1} n = (-1)^{n-1} \left[ \frac{n + 1}{2} \right];$

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

1) Докажем равенство $2 + 4 + 6 + \dots + 2n = n(n + 1)$ методом математической индукции.

Шаг 1: Базис индукции.
Проверим утверждение для $n=1$.
Левая часть: $2 \cdot 1 = 2$.
Правая часть: $1 \cdot (1 + 1) = 2$.
Равенство $2=2$ верно.

Шаг 2: Индукционный переход.
Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $n=k$, то есть выполняется $2 + 4 + 6 + \dots + 2k = k(k + 1)$. Это наше индукционное предположение.

Докажем, что из этого следует верность равенства для $n = k + 1$, а именно: $2 + 4 + 6 + \dots + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)((k + 1) + 1)$.

Рассмотрим левую часть равенства для $n = k+1$ и преобразуем ее, используя индукционное предположение:
$(2 + 4 + 6 + \dots + 2k) + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1)$.
Вынесем общий множитель $(k + 1)$ за скобки:
$(k + 1)(k + 2)$.
Правая часть равенства для $n=k+1$ имеет вид: $(k+1)((k+1)+1) = (k+1)(k+2)$.
Поскольку левая и правая части совпали, индукционный переход доказан.

Так как база индукции и индукционный переход верны, утверждение доказано для всех натуральных чисел $n$. Ответ: утверждение доказано.

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

Шаг 1: Базис индукции.
Проверим для $n=1$.
Левая часть: $2 \cdot 1 - 1 = 1$.
Правая часть: $1^2 = 1$.
Равенство $1=1$ верно.

Шаг 2: Индукционный переход.
Предположим, что равенство верно для $n = k$: $1 + 3 + 5 + \dots + (2k - 1) = k^2$ (индукционное предположение).

Докажем, что оно верно для $n = k + 1$: $1 + 3 + 5 + \dots + (2k - 1) + (2(k + 1) - 1) = (k + 1)^2$.

Преобразуем левую часть, используя предположение:
$(1 + 3 + 5 + \dots + (2k - 1)) + (2(k + 1) - 1) = k^2 + (2k + 2 - 1) = k^2 + 2k + 1$.
Выражение $k^2 + 2k + 1$ является полным квадратом и равно $(k + 1)^2$.
Левая часть равна правой, индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, исходное равенство верно для всех натуральных чисел $n$. Ответ: утверждение доказано.

3) Докажем равенство $1 - 2 + 3 - 4 + \dots + (-1)^{n-1}n = (-1)^{n-1}\left[\frac{n + 1}{2}\right]$ методом математической индукции. Здесь $\left[x\right]$ обозначает целую часть числа $x$ (функция "пол").

Шаг 1: Базис индукции.
Проверим для $n=1$.
Левая часть: $(-1)^{1-1} \cdot 1 = 1 \cdot 1 = 1$.
Правая часть: $(-1)^{1-1}\left[\frac{1 + 1}{2}\right] = 1 \cdot \left[1\right] = 1$.
Равенство $1=1$ верно.

Шаг 2: Индукционный переход.
Предположим, что равенство верно для $n = k$: $S_k = 1 - 2 + \dots + (-1)^{k-1}k = (-1)^{k-1}\left[\frac{k + 1}{2}\right]$ (индукционное предположение).

Докажем, что оно верно для $n = k + 1$, то есть $S_{k+1} = S_k + (-1)^{(k+1)-1}(k+1) = (-1)^{k}\left[\frac{k + 2}{2}\right]$.

Используя предположение, выразим $S_{k+1}$:
$S_{k+1} = (-1)^{k-1}\left[\frac{k + 1}{2}\right] + (-1)^{k}(k+1) = (-1)^k \left(-\left[\frac{k + 1}{2}\right] + (k+1)\right)$.

Рассмотрим два случая:
Случай 1: $k$ - четное число. Пусть $k = 2m$ для некоторого натурального $m \ge 1$.
Тогда $S_{k+1} = (-1)^{2m} \left(-\left[\frac{2m + 1}{2}\right] + (2m+1)\right) = 1 \cdot \left(-\left[m + 0.5\right] + 2m+1\right) = -m + 2m + 1 = m+1$.
Целевое выражение для $n=k+1=2m+1$: $(-1)^{k}\left[\frac{k + 2}{2}\right] = (-1)^{2m}\left[\frac{2m + 2}{2}\right] = 1 \cdot [m+1] = m+1$.
Равенство выполняется.

Случай 2: $k$ - нечетное число. Пусть $k = 2m-1$ для некоторого натурального $m \ge 1$.
Тогда $S_{k+1} = (-1)^{2m-1} \left(-\left[\frac{(2m-1) + 1}{2}\right] + ((2m-1)+1)\right) = -1 \cdot \left(-\left[\frac{2m}{2}\right] + 2m\right) = -(-m + 2m) = -m$.
Целевое выражение для $n=k+1=2m$: $(-1)^{k}\left[\frac{k + 2}{2}\right] = (-1)^{2m-1}\left[\frac{(2m-1) + 2}{2}\right] = -1 \cdot \left[\frac{2m+1}{2}\right] = -1 \cdot \left[m+0.5\right] = -m$.
Равенство выполняется.

Индукционный переход доказан для четных и нечетных $k$. Следовательно, исходное равенство верно для всех натуральных чисел $n$. Ответ: утверждение доказано.

4) Докажем равенство $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 3 \cdot 4 + \dots + n(n + 1) = \frac{n(n + 1)(n + 2)}{3}$ методом математической индукции.

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

Шаг 2: Индукционный переход.
Предположим, что равенство верно для $n = k$: $1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k(k + 1) = \frac{k(k + 1)(k + 2)}{3}$ (индукционное предположение).

Докажем, что оно верно для $n = k + 1$: $1 \cdot 2 + \dots + k(k + 1) + (k+1)(k+2) = \frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}$.

Преобразуем левую часть, используя предположение:
$(1 \cdot 2 + \dots + k(k + 1)) + (k+1)(k+2) = \frac{k(k + 1)(k + 2)}{3} + (k+1)(k+2)$.
Вынесем общий множитель $(k+1)(k+2)$ за скобки:
$(k+1)(k+2) \left(\frac{k}{3} + 1\right) = (k+1)(k+2) \left(\frac{k+3}{3}\right) = \frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}$.
Левая часть равна правой. Индукционный переход доказан.

Следовательно, по принципу математической индукции, исходное равенство верно для всех натуральных чисел $n$. Ответ: утверждение доказано.

18.4. Докажите, что $n^3 - n$ делится на 3 при любом натуральном $n$.

Для доказательства того, что выражение $n^3 - n$ делится на 3 при любом натуральном $n$, преобразуем его, разложив на множители.

Сначала вынесем общий множитель $n$ за скобки:

$n^3 - n = n(n^2 - 1)$

Выражение в скобках, $n^2 - 1$, является разностью квадратов. Применим формулу $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$:

$n(n^2 - 1) = n(n-1)(n+1)$

Для наглядности переставим множители в порядке возрастания:

$(n-1)n(n+1)$

Это выражение представляет собой произведение трех последовательных целых чисел. Среди любых трех последовательных чисел одно из них обязательно делится на 3.

Чтобы это строго показать, рассмотрим все возможные остатки от деления натурального числа $n$ на 3:

• Если $n$ делится на 3 (остаток 0), то множитель $n$ в произведении $(n-1)n(n+1)$ делится на 3, и, следовательно, все произведение делится на 3.
• Если $n$ при делении на 3 дает остаток 1, то $n$ можно представить в виде $n = 3k+1$ для некоторого целого $k \ge 0$. Тогда множитель $(n-1)$ будет равен $(3k+1) - 1 = 3k$, что делится на 3. Следовательно, все произведение делится на 3.
• Если $n$ при делении на 3 дает остаток 2, то $n$ можно представить в виде $n = 3k+2$ для некоторого целого $k \ge 0$. Тогда множитель $(n+1)$ будет равен $(3k+2) + 1 = 3k+3 = 3(k+1)$, что делится на 3. Следовательно, все произведение делится на 3.

Таким образом, для любого натурального числа $n$ один из множителей в произведении $(n-1)n(n+1)$ делится на 3. Это означает, что и само произведение всегда делится на 3.

Поскольку $n^3 - n = (n-1)n(n+1)$, то выражение $n^3 - n$ делится на 3 при любом натуральном $n$.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

18.5. Методом математической индукции докажите, что для всех натуральных чисел верно равенство:

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

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

1) Докажем равенство $1^2 + 3^2 + 5^2 + ... + (2n - 1)^2 = \frac{n(2n - 1)(2n + 1)}{3}$ методом математической индукции.

Шаг 1: Базис индукции.

Проверим верность утверждения для $n=1$.

Левая часть равенства: $1^2 = 1$.

Правая часть равенства: $\frac{1 \cdot (2 \cdot 1 - 1)(2 \cdot 1 + 1)}{3} = \frac{1 \cdot 1 \cdot 3}{3} = 1$.

Поскольку левая и правая части равны ($1=1$), утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$.

То есть, мы предполагаем, что $1^2 + 3^2 + 5^2 + ... + (2k - 1)^2 = \frac{k(2k - 1)(2k + 1)}{3}$.

Шаг 3: Индукционный шаг.

Докажем, что равенство верно и для $n=k+1$. То есть, нам нужно доказать, что:

$1^2 + 3^2 + 5^2 + ... + (2k - 1)^2 + (2(k+1) - 1)^2 = \frac{(k+1)(2(k+1) - 1)(2(k+1) + 1)}{3}$.

Рассмотрим левую часть этого равенства. Используя индукционное предположение, заменим сумму первых $k$ членов:

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

Вынесем общий множитель $(2k+1)$ за скобки:

$\frac{k(2k - 1)(2k + 1)}{3} + (2k + 1)^2 = (2k+1) \left( \frac{k(2k-1)}{3} + (2k+1) \right)$.

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:

$(2k+1) \left( \frac{2k^2 - k + 3(2k+1)}{3} \right) = (2k+1) \left( \frac{2k^2 - k + 6k + 3}{3} \right) = (2k+1) \left( \frac{2k^2 + 5k + 3}{3} \right)$.

Разложим квадратный трехчлен $2k^2 + 5k + 3$ на множители. Корнями уравнения $2k^2 + 5k + 3 = 0$ являются $k_1 = -1$ и $k_2 = -3/2$. Следовательно, $2k^2 + 5k + 3 = 2(k - (-1))(k - (-3/2)) = (k+1)(2k+3)$.

Подставим разложение обратно в наше выражение:

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

Теперь преобразуем правую часть доказываемого равенства для $n=k+1$:

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

Мы получили, что левая и правая части равны. Таким образом, мы доказали, что если утверждение верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$.

На основании принципа математической индукции, равенство верно для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Доказано.

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

Шаг 1: Базис индукции.

Проверим верность утверждения для $n=1$.

Левая часть: $(-1)^{1-1}1^2 = (-1)^0 \cdot 1 = 1$.

Правая часть: $(-1)^{1-1}\frac{1(1+1)}{2} = (-1)^0 \cdot \frac{1 \cdot 2}{2} = 1$.

Поскольку $1=1$, утверждение верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$.

То есть, $1^2 - 2^2 + 3^2 - ... + (-1)^{k-1}k^2 = (-1)^{k-1}\frac{k(k + 1)}{2}$.

Шаг 3: Индукционный шаг.

Докажем, что равенство верно и для $n=k+1$. То есть, докажем, что:

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

Рассмотрим левую часть этого равенства и воспользуемся индукционным предположением:

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

Заметим, что $(-1)^{k-1} = -(-1)^k$. Подставим это в выражение:

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

Вынесем общий множитель $(-1)^k(k+1)$ за скобки:

$(-1)^k(k+1) \left( -\frac{k}{2} + (k+1) \right)$.

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю:

$(-1)^k(k+1) \left( \frac{-k + 2(k+1)}{2} \right) = (-1)^k(k+1) \left( \frac{-k + 2k + 2}{2} \right) = (-1)^k(k+1) \frac{k+2}{2}$.

Это выражение можно переписать в виде: $(-1)^k\frac{(k+1)(k+2)}{2}$.

Теперь преобразуем правую часть доказываемого равенства для $n=k+1$:

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

Левая и правая части совпали. Таким образом, индукционный переход доказан.

На основании принципа математической индукции, равенство верно для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Доказано.