Страница 163, часть 1 - гдз по алгебре 9 класс учебник часть 1, 2 Абылкасымова, Кучер

18.14. Докажите неравенство:

1) $4^n > 7n - 5$ при $n \in N$;

2) $2^n > 5n + 1$ при $n \in N, n \ge 5$.

1) Докажем неравенство $4^n > 7n - 5$ при $n \in \mathbb{N}$ методом математической индукции.

Шаг 1: База индукции.

Проверим справедливость неравенства для наименьшего натурального числа $n=1$.

Подставим $n=1$ в неравенство:

$4^1 > 7 \cdot 1 - 5$

$4 > 2$

Неравенство верно для $n=1$.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что неравенство верно для некоторого произвольного натурального числа $k \ge 1$, то есть:

$4^k > 7k - 5$

Шаг 3: Индукционный шаг.

Докажем, что неравенство верно и для следующего натурального числа $n = k+1$. То есть докажем, что $4^{k+1} > 7(k+1) - 5$.

Преобразуем левую часть неравенства для $n=k+1$:

$4^{k+1} = 4 \cdot 4^k$

Согласно индукционному предположению, $4^k > 7k - 5$. Умножим обе части этого неравенства на 4:

$4 \cdot 4^k > 4 \cdot (7k - 5)$

$4^{k+1} > 28k - 20$

Теперь нам нужно доказать, что $4^{k+1} > 7(k+1) - 5$, что эквивалентно $4^{k+1} > 7k + 2$.

Мы уже показали, что $4^{k+1} > 28k - 20$. Докажем, что $28k - 20 > 7k + 2$ для всех $k \in \mathbb{N}$.

$28k - 7k > 20 + 2$

$21k > 22$

$k > \frac{22}{21}$

Это неравенство верно для всех натуральных $k \ge 2$. Для $k=1$ индукционный переход можно проверить напрямую: нам нужно доказать, что $4^{1+1} > 7(1+1)-5$, то есть $16 > 9$, что является верным.

Таким образом, для любого натурального $k$ выполняется $4^{k+1} > 7(k+1) - 5$.

По принципу математической индукции, неравенство $4^n > 7n - 5$ доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Неравенство доказано.

2) Докажем неравенство $2^n > 5n + 1$ при $n \in \mathbb{N}, n \ge 5$ методом математической индукции.

Шаг 1: База индукции.

Проверим справедливость неравенства для наименьшего указанного значения $n=5$.

Подставим $n=5$ в неравенство:

$2^5 > 5 \cdot 5 + 1$

$32 > 25 + 1$

$32 > 26$

Неравенство верно для $n=5$.

Шаг 2: Индукционное предположение.

Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 5$, то есть:

$2^k > 5k + 1$

Шаг 3: Индукционный шаг.

Докажем, что неравенство верно и для $n = k+1$, где $k \ge 5$. То есть докажем, что $2^{k+1} > 5(k+1) + 1$.

Рассмотрим левую часть неравенства для $n=k+1$:

$2^{k+1} = 2 \cdot 2^k$

Используя индукционное предположение ($2^k > 5k + 1$), получаем:

$2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2(5k+1) = 10k + 2$

Нам нужно доказать, что $2^{k+1} > 5(k+1) + 1$, что равносильно $2^{k+1} > 5k + 6$.

Докажем, что $10k + 2 > 5k + 6$ для $k \ge 5$.

$10k - 5k > 6 - 2$

$5k > 4$

$k > \frac{4}{5}$

Поскольку по условию $k \ge 5$, это неравенство очевидно верно.

Таким образом, мы имеем цепочку неравенств для $k \ge 5$:

$2^{k+1} > 10k + 2 > 5k + 6 = 5(k+1) + 1$

Шаг индукции доказан. Следовательно, по принципу математической индукции, неравенство $2^n > 5n + 1$ верно для всех натуральных $n \ge 5$.

Ответ: Неравенство доказано.

18.15. Докажите, что при любом натуральном $n$ значение выражения:

1) $5^n + 2 \cdot 3^n + 5$ кратно 8;

2) $5^n - 3^n + 2n$ кратно 4.

1) Докажем, что выражение $5^n + 2 \cdot 3^n + 5$ кратно 8 при любом натуральном $n$ методом математической индукции.
Пусть $A(n) = 5^n + 2 \cdot 3^n + 5$.

База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$A(1) = 5^1 + 2 \cdot 3^1 + 5 = 5 + 6 + 5 = 16$.
Поскольку $16$ делится на $8$ ($16 = 8 \cdot 2$), утверждение верно для $n=1$.

Индукционное предположение:
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$, то есть $A(k) = 5^k + 2 \cdot 3^k + 5$ кратно $8$.

Индукционный шаг:
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть $A(k+1) = 5^{k+1} + 2 \cdot 3^{k+1} + 5$ также кратно $8$.
Рассмотрим разность $A(k+1) - A(k)$:
$A(k+1) - A(k) = (5^{k+1} + 2 \cdot 3^{k+1} + 5) - (5^k + 2 \cdot 3^k + 5)$
$A(k+1) - A(k) = 5^{k+1} - 5^k + 2 \cdot 3^{k+1} - 2 \cdot 3^k$
$A(k+1) - A(k) = 5^k(5 - 1) + 2 \cdot 3^k(3 - 1)$
$A(k+1) - A(k) = 4 \cdot 5^k + 2 \cdot 3^k \cdot 2$
$A(k+1) - A(k) = 4 \cdot 5^k + 4 \cdot 3^k = 4(5^k + 3^k)$
Поскольку $5$ и $3$ — нечетные числа, любая их натуральная степень ($5^k$ и $3^k$) также является нечетным числом. Сумма двух нечетных чисел ($5^k + 3^k$) является четным числом.
Значит, $5^k + 3^k = 2m$ для некоторого целого числа $m$.
Тогда $A(k+1) - A(k) = 4(2m) = 8m$.
Это означает, что разность $A(k+1) - A(k)$ кратна $8$.
Мы можем выразить $A(k+1)$ как $A(k+1) = A(k) + (A(k+1) - A(k))$.
По индукционному предположению, $A(k)$ кратно $8$. Мы доказали, что $A(k+1) - A(k)$ кратно $8$. Сумма двух чисел, кратных $8$, также кратна $8$. Следовательно, $A(k+1)$ кратно $8$.
Таким образом, по принципу математической индукции, выражение $5^n + 2 \cdot 3^n + 5$ кратно $8$ для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

2) Докажем, что выражение $5^n - 3^n + 2n$ кратно 4 при любом натуральном $n$ методом математической индукции.
Пусть $B(n) = 5^n - 3^n + 2n$.

База индукции:
Проверим утверждение для $n=1$.
$B(1) = 5^1 - 3^1 + 2(1) = 5 - 3 + 2 = 4$.
Поскольку $4$ делится на $4$, утверждение верно для $n=1$.

Индукционное предположение:
Предположим, что утверждение верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$, то есть $B(k) = 5^k - 3^k + 2k$ кратно $4$.

Индукционный шаг:
Докажем, что утверждение верно для $n=k+1$, то есть $B(k+1) = 5^{k+1} - 3^{k+1} + 2(k+1)$ также кратно $4$.
Рассмотрим разность $B(k+1) - B(k)$:
$B(k+1) - B(k) = (5^{k+1} - 3^{k+1} + 2(k+1)) - (5^k - 3^k + 2k)$
$B(k+1) - B(k) = 5^{k+1} - 5^k - 3^{k+1} + 3^k + 2k + 2 - 2k$
$B(k+1) - B(k) = 5^k(5 - 1) - 3^k(3 - 1) + 2$
$B(k+1) - B(k) = 4 \cdot 5^k - 2 \cdot 3^k + 2 = 4 \cdot 5^k - 2(3^k - 1)$
Первое слагаемое $4 \cdot 5^k$ очевидно кратно $4$.
Рассмотрим второе слагаемое $2(3^k - 1)$. Поскольку $3$ — нечетное число, любая его натуральная степень $3^k$ также является нечетным числом. Разность нечетного числа и единицы ($3^k - 1$) является четным числом.
Значит, $3^k - 1 = 2m$ для некоторого целого числа $m$.
Тогда $2(3^k - 1) = 2(2m) = 4m$.
Это означает, что слагаемое $2(3^k - 1)$ кратно $4$.
Следовательно, разность $B(k+1) - B(k) = 4 \cdot 5^k - 4m = 4(5^k-m)$, кратна $4$.
Мы можем выразить $B(k+1)$ как $B(k+1) = B(k) + (B(k+1) - B(k))$.
По индукционному предположению, $B(k)$ кратно $4$. Мы доказали, что $B(k+1) - B(k)$ кратно $4$. Сумма двух чисел, кратных $4$, также кратна $4$. Следовательно, $B(k+1)$ кратно $4$.
Таким образом, по принципу математической индукции, выражение $5^n - 3^n + 2n$ кратно $4$ для любого натурального $n$.

Ответ: Доказано.

18.16. Докажите, что выполняется неравенство:

1) $3^n - 2^n \ge n$ при любом $n \in N$;

2) $3^{n-1} > 2n^2 - n$ при любом $n \in N, n \ge 5$.

1) Докажем неравенство $3^n - 2^n \ge n$ при любом $n \in \mathbb{N}$ методом математической индукции.

База индукции. Проверим справедливость неравенства для $n=1$.
При $n=1$ имеем: $3^1 - 2^1 = 3 - 2 = 1$. Неравенство $1 \ge 1$ является верным. База индукции выполнена.

Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$, то есть, что выполняется $3^k - 2^k \ge k$.

Индукционный шаг. Докажем, что из предположения следует верность неравенства для $n = k+1$. То есть, докажем, что $3^{k+1} - 2^{k+1} \ge k+1$.
Рассмотрим левую часть неравенства для $n=k+1$ и преобразуем ее:
$3^{k+1} - 2^{k+1} = 3 \cdot 3^k - 2 \cdot 2^k$
Чтобы использовать индукционное предположение, выделим в выражении $3^k - 2^k$:
$3 \cdot 3^k - 2 \cdot 2^k = 3 \cdot 3^k - 3 \cdot 2^k + 3 \cdot 2^k - 2 \cdot 2^k = 3(3^k - 2^k) + 2^k$.
Согласно индукционному предположению, $3^k - 2^k \ge k$. Подставим это в наше выражение:
$3(3^k - 2^k) + 2^k \ge 3k + 2^k$.
Теперь нам осталось доказать, что полученное выражение больше или равно $k+1$, то есть, что $3k + 2^k \ge k+1$.
Это неравенство равносильно $2k + 2^k \ge 1$.
Так как $k$ — натуральное число, то $k \ge 1$. При $k=1$, имеем $2(1) + 2^1 = 4$, что больше 1. Для любого $k \ge 1$ оба слагаемых $2k$ и $2^k$ являются положительными, поэтому их сумма заведомо больше 1. Неравенство $2k + 2^k \ge 1$ верно для всех $k \ge 1$.
Таким образом, мы показали, что $3^{k+1} - 2^{k+1} \ge 3k + 2^k \ge k+1$, откуда следует, что $3^{k+1} - 2^{k+1} \ge k+1$.
Индукционный шаг доказан.

По принципу математической индукции, неравенство $3^n - 2^n \ge n$ справедливо для любого натурального числа $n$.
Ответ: Неравенство доказано.

2) Докажем неравенство $3^{n-1} > 2n^2 - n$ при любом $n \in \mathbb{N}, n \ge 5$ методом математической индукции.

База индукции. Проверим справедливость неравенства для наименьшего возможного значения $n=5$.
Левая часть: $3^{5-1} = 3^4 = 81$.
Правая часть: $2 \cdot 5^2 - 5 = 2 \cdot 25 - 5 = 50 - 5 = 45$.
Неравенство $81 > 45$ является верным. База индукции выполнена.

Индукционное предположение. Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 5$, то есть $3^{k-1} > 2k^2 - k$.

Индукционный шаг. Докажем, что неравенство верно и для $n = k+1$. То есть, докажем, что $3^{(k+1)-1} > 2(k+1)^2 - (k+1)$.
Преобразуем правую часть этого неравенства:
$2(k+1)^2 - (k+1) = 2(k^2 + 2k + 1) - k - 1 = 2k^2 + 4k + 2 - k - 1 = 2k^2 + 3k + 1$.
Итак, нам нужно доказать, что $3^k > 2k^2 + 3k + 1$.
Рассмотрим левую часть неравенства, $3^k$, и применим индукционное предположение:
$3^k = 3 \cdot 3^{k-1}$.
Так как по предположению $3^{k-1} > 2k^2 - k$, то:
$3^k = 3 \cdot 3^{k-1} > 3(2k^2 - k) = 6k^2 - 3k$.
Теперь нам достаточно доказать, что $6k^2 - 3k > 2k^2 + 3k + 1$ для всех $k \ge 5$.
Перенесем все члены в левую часть и упростим:
$(6k^2 - 3k) - (2k^2 + 3k + 1) > 0$
$4k^2 - 6k - 1 > 0$.
Рассмотрим функцию $f(k) = 4k^2 - 6k - 1$. Это парабола с ветвями вверх. Проверим ее значение при $k=5$:
$f(5) = 4 \cdot 5^2 - 6 \cdot 5 - 1 = 4 \cdot 25 - 30 - 1 = 100 - 31 = 69$.
Так как $f(5) = 69 > 0$, и ветви параболы направлены вверх, нам нужно убедиться, что вершина параболы находится левее точки $k=5$. Абсцисса вершины параболы $k_v = -\frac{-6}{2 \cdot 4} = \frac{6}{8} = 0.75$. Поскольку $k \ge 5$ находится на возрастающем участке параболы и $f(5)>0$, то $f(k)>0$ для всех $k \ge 5$.
Следовательно, вспомогательное неравенство $4k^2 - 6k - 1 > 0$ верно для $k \ge 5$.
Таким образом, мы доказали, что $3^{(k+1)-1} = 3^k > 6k^2 - 3k > 2k^2 + 3k + 1 = 2(k+1)^2 - (k+1)$.
Индукционный шаг доказан.

По принципу математической индукции, неравенство $3^{n-1} > 2n^2 - n$ справедливо для любого натурального числа $n \ge 5$.
Ответ: Неравенство доказано.

18.17. Докажите, что $n$ различных прямых, лежащих в одной плоскости и проходящих через одну общую точку, делят плоскость на $2n$ частей.

Докажем данное утверждение методом математической индукции по числу прямых $n$.

База индукции

Проверим утверждение для $n=1$. Одна прямая делит плоскость на 2 части (две полуплоскости). По формуле количество частей равно $2 \cdot 1 = 2$. Таким образом, утверждение для $n=1$ является верным.

Индукционное предположение

Предположим, что утверждение истинно для некоторого натурального числа $k \ge 1$. То есть, $k$ различных прямых, проходящих через одну общую точку, делят плоскость на $2k$ частей. Обозначим это количество частей как $N(k) = 2k$.

Индукционный шаг

Докажем, что утверждение истинно и для $n=k+1$. Рассмотрим систему из $k$ прямых, которые, согласно нашему предположению, делят плоскость на $2k$ частей. Эти части являются угловыми секторами с общей вершиной в точке пересечения прямых.

Проведем $(k+1)$-ю прямую через ту же общую точку так, чтобы она не совпадала ни с одной из уже существующих $k$ прямых. Эта новая прямая, состоящая из двух лучей, исходящих из общей точки, пройдет через две из уже существующих $2k$ частей (эти части являются парой вертикальных углов).

Каждую из этих двух частей новая прямая разделит на две новые части. Следовательно, общее количество частей увеличится на 2 (вместо двух старых частей появляются четыре новые).

Новое количество частей $N(k+1)$ будет равно:

$N(k+1) = N(k) + 2$

Используя индукционное предположение $N(k) = 2k$, получаем:

$N(k+1) = 2k + 2 = 2(k+1)$

Таким образом, формула верна и для $n=k+1$.

На основании принципа математической индукции, утверждение доказано для любого натурального числа $n$.

Ответ: Утверждение доказано.

18.18. 1) Последовательность ($a_n$) задана рекуррентно: $a_1 = 3$,

$a_{n+1} = 7a_n + 3.$

Докажите, что $a_n = \frac{7^n - 1}{2}$.

2) Последовательность ($a_n$) задана рекуррентно: $a_1 = 4$,

$a_{n+1} = 3a_n - 2.$

Докажите, что $a_n = n^3+1$ при $n \ge 2$.

1) Докажем утверждение $a_n = \frac{7^n - 1}{2}$ для последовательности, заданной рекуррентно: $a_1 = 3$, $a_{n+1} = 7a_n + 3$, методом математической индукции.

База индукции:
Проверим справедливость формулы для $n = 1$.
По условию, $a_1 = 3$.
По формуле, $a_1 = \frac{7^1 - 1}{2} = \frac{7 - 1}{2} = \frac{6}{2} = 3$.
Утверждение верно для $n = 1$.

Индукционное предположение:
Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $k \ge 1$, то есть $a_k = \frac{7^k - 1}{2}$.

Индукционный переход:
Докажем, что формула верна для $n = k + 1$, то есть $a_{k+1} = \frac{7^{k+1} - 1}{2}$.
Используем рекуррентное соотношение $a_{k+1} = 7a_k + 3$ и индукционное предположение:
$a_{k+1} = 7 \cdot a_k + 3 = 7 \cdot \left(\frac{7^k - 1}{2}\right) + 3$
$a_{k+1} = \frac{7 \cdot 7^k - 7 \cdot 1}{2} + \frac{6}{2}$
$a_{k+1} = \frac{7^{k+1} - 7}{2} + \frac{6}{2}$
$a_{k+1} = \frac{7^{k+1} - 7 + 6}{2}$
$a_{k+1} = \frac{7^{k+1} - 1}{2}$
Таким образом, формула верна и для $n = k+1$.

Вывод:
По принципу математической индукции, формула $a_n = \frac{7^n - 1}{2}$ верна для всех натуральных $n$.

Ответ: Утверждение доказано.

2) Рассмотрим последовательность, заданную рекуррентно: $a_1 = 4$, $a_{n+1} = 3a_n - 2$. Требуется доказать, что $a_n = n^3 + 1$ при $n \ge 2$.

Проверим утверждение для начального значения $n=2$.
Сначала вычислим $a_2$ с помощью рекуррентного соотношения:
$a_2 = 3a_1 - 2 = 3 \cdot 4 - 2 = 12 - 2 = 10$.
Теперь вычислим $a_2$ по предложенной формуле $a_n = n^3 + 1$:
$a_2 = 2^3 + 1 = 8 + 1 = 9$.

Поскольку $10 \neq 9$, предложенная формула $a_n = n^3 + 1$ неверна для данной последовательности. Вероятно, в условии задачи допущена опечатка.

Давайте найдем верную формулу для $n$-го члена. Это линейное рекуррентное соотношение. Рассмотрим вспомогательную последовательность $b_n = a_n - c$, где $c$ - неподвижная точка: $c = 3c - 2 \implies 2c = 2 \implies c = 1$.
Тогда $b_n = a_n - 1$.
Выразим $b_{n+1}$ через $b_n$:
$b_{n+1} = a_{n+1} - 1 = (3a_n - 2) - 1 = 3a_n - 3 = 3(a_n - 1) = 3b_n$.
Последовательность $b_n$ является геометрической прогрессией со знаменателем $q=3$.
Найдем первый член $b_1$:
$b_1 = a_1 - 1 = 4 - 1 = 3$.
Формула для $n$-го члена $b_n$ имеет вид $b_n = b_1 \cdot q^{n-1} = 3 \cdot 3^{n-1} = 3^n$.
Тогда $a_n = b_n + 1 = 3^n + 1$.

Скорее всего, в условии имелась в виду формула $a_n = 3^n + 1$. Докажем ее по индукции.
База индукции ($n=1$):
По условию, $a_1 = 4$. По формуле $a_1 = 3^1 + 1 = 4$. Верно.
Индукционное предположение:
Предположим, что $a_k = 3^k + 1$ для некоторого $k \ge 1$.
Индукционный переход:
Докажем для $k+1$: $a_{k+1} = 3^{k+1} + 1$.
$a_{k+1} = 3a_k - 2 = 3(3^k + 1) - 2 = 3 \cdot 3^k + 3 - 2 = 3^{k+1} + 1$.
Утверждение доказано.

Ответ: Исходное утверждение $a_n = n^3 + 1$ при $n \ge 2$ является неверным, так как уже при $n=2$ оно не выполняется: $a_2$ по рекуррентной формуле равно 10, а по предложенной формуле — 9. Вероятно, в условии была опечатка, и правильная формула для $n$-го члена — $a_n = 3^n + 1$.

18.19. Методом математической индукции докажите, что для всех натуральных чисел верно неравенство:

1) $2^n > n^3$;

2) $2^{n+2} > 2n + 5$;

3) $\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + ... + \frac{1}{2n} > \frac{1}{2}$.

1) Сначала проверим данное неравенство $2^n > n^3$ для нескольких первых натуральных чисел.
При $n=1$: $2^1 > 1^3 \implies 2 > 1$. Верно.
При $n=2$: $2^2 > 2^3 \implies 4 > 8$. Неверно.
При $n=3$: $2^3 > 3^3 \implies 8 > 27$. Неверно.
...
При $n=9$: $2^9 > 9^3 \implies 512 > 729$. Неверно.
При $n=10$: $2^{10} > 10^3 \implies 1024 > 1000$. Верно.
Таким образом, утверждение неверно для всех натуральных чисел в указанной форме. Оно справедливо при $n=1$ и, как мы докажем далее, для всех $n \ge 10$. Докажем неравенство $2^n > n^3$ методом математической индукции для всех натуральных чисел $n \ge 10$.

I. Базис индукции.
При $n=10$ неравенство верно: $2^{10} = 1024$, $10^3 = 1000$, и $1024 > 1000$.

II. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 10$, то есть $2^k > k^3$.

III. Индукционный шаг.
Докажем, что неравенство верно для $n = k+1$, то есть $2^{k+1} > (k+1)^3$.
Используя индукционное предположение, имеем:
$2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2 \cdot k^3$.
Теперь нам нужно доказать, что $2k^3 > (k+1)^3$ для $k \ge 10$.
$(k+1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1$.
Неравенство $2k^3 > k^3 + 3k^2 + 3k + 1$ равносильно неравенству $k^3 - 3k^2 - 3k - 1 > 0$.
Докажем это неравенство. Разделим обе части неравенства $k^3 > 3k^2 + 3k + 1$ на $k^2$ (что можно, так как $k > 0$):
$k > 3 + \frac{3}{k} + \frac{1}{k^2}$.
Для $k \ge 10$ правая часть не превосходит $3 + \frac{3}{10} + \frac{1}{100} = 3 + 0.3 + 0.01 = 3.31$.
Неравенство $k > 3.31$ верно для всех $k \ge 4$, а значит и для всех $k \ge 10$.
Таким образом, мы показали, что $2k^3 > (k+1)^3$ для $k \ge 10$.
Собирая всё вместе, получаем: $2^{k+1} > 2k^3 > (k+1)^3$.
Следовательно, $2^{k+1} > (k+1)^3$. Шаг индукции доказан.

Заключение.
По принципу математической индукции, неравенство $2^n > n^3$ верно для всех натуральных чисел $n \ge 10$.

Ответ: Утверждение в исходной формулировке неверно. Неравенство $2^n > n^3$ доказано для всех натуральных чисел $n \ge 10$.

2) Докажем неравенство $2^{n+2} > 2n + 5$ методом математической индукции для всех натуральных чисел $n$.

I. Базис индукции.
При $n=1$: левая часть $2^{1+2} = 2^3 = 8$; правая часть $2(1)+5 = 7$. Неравенство $8 > 7$ верно.

II. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$, то есть $2^{k+2} > 2k + 5$.

III. Индукционный шаг.
Докажем, что неравенство верно для $n = k+1$, то есть $2^{(k+1)+2} > 2(k+1) + 5$.
Преобразуем правую часть: $2(k+1) + 5 = 2k+2+5 = 2k+7$.
Итак, нужно доказать, что $2^{k+3} > 2k+7$.
Рассмотрим левую часть. Используя индукционное предположение, имеем:
$2^{k+3} = 2 \cdot 2^{k+2} > 2(2k+5) = 4k+10$.
Теперь нам нужно доказать, что $4k+10 > 2k+7$.
Это неравенство равносильно $2k > -3$, или $k > -1.5$.
Поскольку $k$ — натуральное число ($k \ge 1$), неравенство $k > -1.5$ всегда верно.
Таким образом, мы получили цепочку неравенств: $2^{k+3} > 4k+10 > 2k+7$.
Следовательно, $2^{k+3} > 2k+7$. Шаг индукции доказан.

Заключение.
По принципу математической индукции, неравенство $2^{n+2} > 2n + 5$ верно для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Неравенство $2^{n+2} > 2n + 5$ доказано для всех натуральных чисел $n$.

3) Обозначим сумму в левой части как $S_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + ... + \frac{1}{2n}$.
Проверим неравенство $S_n > \frac{1}{2}$ для нескольких первых натуральных чисел.
При $n=1$: $S_1 = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$. Неравенство $\frac{1}{2} > \frac{1}{2}$ является ложным.
При $n=2$: $S_2 = \frac{1}{2+1} + \frac{1}{2 \cdot 2} = \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{7}{12}$. Неравенство $\frac{7}{12} > \frac{1}{2}$ (то есть $\frac{7}{12} > \frac{6}{12}$) верно.
Утверждение неверно для $n=1$. Докажем его методом математической индукции для всех натуральных чисел $n \ge 2$.

I. Базис индукции.
При $n=2$ неравенство верно, как показано выше: $S_2 = \frac{7}{12} > \frac{1}{2}$.

II. Индукционное предположение.
Предположим, что неравенство верно для некоторого натурального числа $k \ge 2$, то есть $S_k = \frac{1}{k+1} + \frac{1}{k+2} + ... + \frac{1}{2k} > \frac{1}{2}$.

III. Индукционный шаг.
Докажем, что неравенство верно для $n = k+1$, то есть $S_{k+1} > \frac{1}{2}$.
Распишем сумму $S_{k+1}$:
$S_{k+1} = \frac{1}{(k+1)+1} + ... + \frac{1}{2(k+1)} = \frac{1}{k+2} + \frac{1}{k+3} + ... + \frac{1}{2k} + \frac{1}{2k+1} + \frac{1}{2k+2}$.
Выразим $S_{k+1}$ через $S_k$. Из определения $S_k$ имеем $\frac{1}{k+2} + ... + \frac{1}{2k} = S_k - \frac{1}{k+1}$.
Подставим это в выражение для $S_{k+1}$:
$S_{k+1} = \left(S_k - \frac{1}{k+1}\right) + \frac{1}{2k+1} + \frac{1}{2k+2}$.
$S_{k+1} = S_k + \frac{1}{2k+1} + \frac{1}{2(k+1)} - \frac{1}{k+1} = S_k + \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2(k+1)}$.
Найдем разность дробей:
$\frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2(k+1)} = \frac{2(k+1) - (2k+1)}{2(k+1)(2k+1)} = \frac{2k+2-2k-1}{2(k+1)(2k+1)} = \frac{1}{2(k+1)(2k+1)}$.
Таким образом, $S_{k+1} = S_k + \frac{1}{2(k+1)(2k+1)}$.
По индукционному предположению, $S_k > \frac{1}{2}$.
Так как $k \ge 2$, то выражение $\frac{1}{2(k+1)(2k+1)}$ строго положительно.
Следовательно, $S_{k+1} = S_k + \frac{1}{2(k+1)(2k+1)} > \frac{1}{2} + \frac{1}{2(k+1)(2k+1)} > \frac{1}{2}$.
Шаг индукции доказан.

Заключение.
По принципу математической индукции, неравенство $\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + ... + \frac{1}{2n} > \frac{1}{2}$ верно для всех натуральных чисел $n \ge 2$.

Ответ: Утверждение в исходной формулировке неверно. Неравенство $\frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + ... + \frac{1}{2n} > \frac{1}{2}$ доказано для всех натуральных чисел $n \ge 2$.

18.20. Докажите, что значение выражения $ \frac{n \cdot (2n^2 + 3n + 1)}{6} $ при любых натуральных $n$ является натуральным числом.

Для того чтобы доказать, что значение выражения $\frac{n \cdot (2n^2 + 3n + 1)}{6}$ при любых натуральных $n$ является натуральным числом, необходимо показать, что числитель $n \cdot (2n^2 + 3n + 1)$ всегда делится на 6 нацело.

Сначала преобразуем выражение в числителе. Разложим квадратный трехчлен $2n^2 + 3n + 1$ на множители. Для этого найдем его корни, решив уравнение $2n^2 + 3n + 1 = 0$.

Дискриминант $D = b^2 - 4ac = 3^2 - 4 \cdot 2 \cdot 1 = 9 - 8 = 1$.

Корни уравнения: $n_1 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{-3 - 1}{4} = -1$ и $n_2 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{-3 + 1}{4} = -\frac{1}{2}$.

Тогда разложение на множители имеет вид: $2n^2 + 3n + 1 = 2(n - n_1)(n - n_2) = 2(n - (-1))(n - (-\frac{1}{2})) = 2(n+1)(n+\frac{1}{2}) = (n+1)(2n+1)$.

Таким образом, исходное выражение можно переписать в виде: $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.

Теперь докажем, что произведение $n(n+1)(2n+1)$ делится на 6. Число делится на 6, если оно одновременно делится на 2 и на 3, так как 2 и 3 — взаимно простые числа.

Во-первых, докажем делимость на 2. Произведение $n(n+1)$ — это произведение двух последовательных натуральных чисел. Одно из них обязательно является четным, поэтому их произведение всегда делится на 2. Следовательно, и все произведение $n(n+1)(2n+1)$ делится на 2.

Во-вторых, докажем делимость на 3. Рассмотрим три возможных случая для натурального числа $n$ в зависимости от остатка при делении на 3.

Первый случай: $n$ делится на 3. Если $n = 3k$ для некоторого натурального $k$, то первый множитель $n$ в произведении $n(n+1)(2n+1)$ делится на 3, а значит, и все произведение делится на 3.

Второй случай: $n$ дает остаток 1 при делении на 3. Если $n = 3k+1$ для некоторого целого $k \ge 0$ (при $n=1$, $k=0$), то множитель $2n+1$ равен $2(3k+1)+1 = 6k+2+1 = 6k+3 = 3(2k+1)$. Этот множитель делится на 3, а значит, и все произведение делится на 3.

Третий случай: $n$ дает остаток 2 при делении на 3. Если $n = 3k+2$ для некоторого целого $k \ge 0$ (при $n=2$, $k=0$), то множитель $n+1$ равен $(3k+2)+1 = 3k+3 = 3(k+1)$. Этот множитель делится на 3, а значит, и все произведение делится на 3.

Таким образом, во всех трех возможных случаях произведение $n(n+1)(2n+1)$ делится на 3.

Поскольку произведение $n(n+1)(2n+1)$ делится и на 2, и на 3, оно делится на их произведение, то есть на 6. Это означает, что выражение $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ является целым числом. Так как $n$ — натуральное число, то $n \ge 1$, и все множители $n$, $n+1$, $2n+1$ являются положительными. Следовательно, значение всего выражения является натуральным числом при любом натуральном $n$, что и требовалось доказать.

Примечательно, что данное выражение является известной формулой для суммы квадратов первых $n$ натуральных чисел: $1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$. Сумма натуральных чисел всегда является натуральным числом, что также подтверждает верность утверждения.

Ответ: Утверждение доказано. Для любого натурального $n$ числитель $n \cdot (2n^2 + 3n + 1)$ преобразуется в $n(n+1)(2n+1)$. Произведение $n(n+1)(2n+1)$ всегда делится на 6, так как оно делится на 2 (содержит произведение двух последовательных чисел $n(n+1)$) и на 3 (при любом $n$ один из сомножителей $n$, $n+1$ или $2n+1$ кратен 3). Поскольку $n$ — натуральное число, результат деления является натуральным числом.

*18.21. Найдите значение суммы:

1) $\frac{1}{4 \cdot 11} + \frac{1}{11 \cdot 18} + \frac{1}{18 \cdot 25} + \dots $

2) $\frac{1}{3 \cdot 11} + \frac{1}{11 \cdot 19} + \frac{1}{19 \cdot 27} + \dots $

3) $\frac{1}{5 \cdot 16} + \frac{1}{16 \cdot 27} + \frac{1}{27 \cdot 38} + \dots $

4) $\frac{1}{9 \cdot 13} + \frac{1}{13 \cdot 17} + \frac{1}{17 \cdot 21} + \dots $

1) Данная сумма представляет собой бесконечный ряд вида $\frac{1}{4 \cdot 11} + \frac{1}{11 \cdot 18} + \frac{1}{18 \cdot 25} + \dots$.
Знаменатели дробей образованы произведениями последовательных членов арифметической прогрессии: 4, 11, 18, 25, ...
Первый член этой прогрессии $a_1 = 4$, а ее разность $d = 11 - 4 = 7$.
Общий член ряда имеет вид $\frac{1}{a_n a_{n+1}}$. Для нахождения суммы воспользуемся методом разложения дробей на простейшие. Каждый член ряда можно представить в виде:
$\frac{1}{k(k+d)} = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+d} \right)$.
В данном случае $d=7$, поэтому:
$\frac{1}{4 \cdot 11} = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{11} \right)$
$\frac{1}{11 \cdot 18} = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{11} - \frac{1}{18} \right)$
$\frac{1}{18 \cdot 25} = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{18} - \frac{1}{25} \right)$, и так далее.
Запишем сумму $S$ в новом виде:
$S = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{11} \right) + \frac{1}{7} \left( \frac{1}{11} - \frac{1}{18} \right) + \frac{1}{7} \left( \frac{1}{18} - \frac{1}{25} \right) + \dots$
Вынесем общий множитель $\frac{1}{7}$:
$S = \frac{1}{7} \left[ \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{11} \right) + \left( \frac{1}{11} - \frac{1}{18} \right) + \left( \frac{1}{18} - \frac{1}{25} \right) + \dots \right]$
Получилась телескопическая сумма, в которой все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются. Частичная сумма $S_N$ этого ряда, состоящая из $N$ членов, равна:
$S_N = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{4+7N} \right)$.
Значение бесконечной суммы — это предел частичной суммы при $N \to \infty$:
$S = \lim_{N \to \infty} S_N = \lim_{N \to \infty} \frac{1}{7} \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{4+7N} \right) = \frac{1}{7} \left( \frac{1}{4} - 0 \right) = \frac{1}{28}$.
Ответ: $\frac{1}{28}$

2) Рассмотрим сумму $\frac{1}{3 \cdot 11} + \frac{1}{11 \cdot 19} + \frac{1}{19 \cdot 27} + \dots$.
Знаменатели дробей образованы произведениями последовательных членов арифметической прогрессии: 3, 11, 19, 27, ...
Первый член этой прогрессии $a_1 = 3$, а ее разность $d = 11 - 3 = 8$.
Используем ту же формулу разложения дроби: $\frac{1}{k(k+d)} = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+d} \right)$.
При $d=8$ каждый член суммы разлагается следующим образом:
$\frac{1}{3 \cdot 11} = \frac{1}{8} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{11} \right)$
$\frac{1}{11 \cdot 19} = \frac{1}{8} \left( \frac{1}{11} - \frac{1}{19} \right)$
$\frac{1}{19 \cdot 27} = \frac{1}{8} \left( \frac{1}{19} - \frac{1}{27} \right)$, и так далее.
Запишем сумму $S$:
$S = \frac{1}{8} \left[ \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{11} \right) + \left( \frac{1}{11} - \frac{1}{19} \right) + \left( \frac{1}{19} - \frac{1}{27} \right) + \dots \right]$
Это телескопическая сумма. После сокращения промежуточных членов остается только первый, так как предел последнего члена при стремлении числа слагаемых к бесконечности равен нулю.
$S = \frac{1}{8} \left( \frac{1}{3} - 0 \right) = \frac{1}{24}$.
Ответ: $\frac{1}{24}$

3) Рассмотрим сумму $\frac{1}{5 \cdot 16} + \frac{1}{16 \cdot 27} + \frac{1}{27 \cdot 38} + \dots$.
Знаменатели дробей образованы произведениями последовательных членов арифметической прогрессии: 5, 16, 27, 38, ...
Первый член этой прогрессии $a_1 = 5$, а ее разность $d = 16 - 5 = 11$.
Применяем формулу разложения дроби $\frac{1}{k(k+d)} = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+d} \right)$ при $d=11$:
$\frac{1}{5 \cdot 16} = \frac{1}{11} \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{16} \right)$
$\frac{1}{16 \cdot 27} = \frac{1}{11} \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{27} \right)$, и так далее.
Сумма $S$ равна:
$S = \frac{1}{11} \left[ \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{16} \right) + \left( \frac{1}{16} - \frac{1}{27} \right) + \left( \frac{1}{27} - \frac{1}{38} \right) + \dots \right]$
В этой телескопической сумме после взаимного уничтожения членов остается:
$S = \frac{1}{11} \left( \frac{1}{5} - 0 \right) = \frac{1}{55}$.
Ответ: $\frac{1}{55}$

4) Рассмотрим сумму $\frac{1}{9 \cdot 13} + \frac{1}{13 \cdot 17} + \frac{1}{17 \cdot 21} + \dots$.
Знаменатели дробей образованы произведениями последовательных членов арифметической прогрессии: 9, 13, 17, 21, ...
Первый член этой прогрессии $a_1 = 9$, а ее разность $d = 13 - 9 = 4$.
Применяем формулу разложения дроби $\frac{1}{k(k+d)} = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+d} \right)$ при $d=4$:
$\frac{1}{9 \cdot 13} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{13} \right)$
$\frac{1}{13 \cdot 17} = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{13} - \frac{1}{17} \right)$, и так далее.
Сумма $S$ равна:
$S = \frac{1}{4} \left[ \left( \frac{1}{9} - \frac{1}{13} \right) + \left( \frac{1}{13} - \frac{1}{17} \right) + \left( \frac{1}{17} - \frac{1}{21} \right) + \dots \right]$
В этой телескопической сумме после взаимного уничтожения членов остается:
$S = \frac{1}{4} \left( \frac{1}{9} - 0 \right) = \frac{1}{36}$.
Ответ: $\frac{1}{36}$