Страница 145 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

503. a) В чём заключается принцип математической индукции?

б) Объясните, как доказывают утверждения методом математической индукции, на примере доказательства равенства $1^n = 1$ для любого натурального $n$.

а)

Принцип математической индукции — это метод доказательства утверждений, которые должны быть верны для всех натуральных чисел (или для всех натуральных чисел, начиная с некоторого $n_0$). Доказательство с помощью этого метода состоит из двух ключевых шагов:

1. База индукции (или базис индукции). На этом шаге доказывается, что утверждение верно для начального натурального числа, обычно для $n=1$.
2. Индукционный шаг (или индукционный переход). На этом шаге доказывается следующее: если предположить, что утверждение верно для некоторого произвольного натурального числа $k$ (это предположение называется индукционным предположением), то из этого следует, что утверждение будет верным и для следующего за ним числа, то есть для $k+1$.

Если оба этих шага успешно выполнены, то по принципу математической индукции считается доказанным, что утверждение верно для всех натуральных чисел $n$ (начиная с того, для которого была проверена база индукции).

Ответ: Принцип математической индукции заключается в доказательстве истинности утверждения для всех натуральных чисел путем проверки его истинности для первого числа (база индукции) и доказательства того, что из истинности утверждения для произвольного числа $k$ следует его истинность для следующего числа $k+1$ (индукционный шаг).

б)

Объясним, как доказать равенство $1^n = 1$ для любого натурального $n$ методом математической индукции.

Обозначим доказываемое утверждение как $P(n): 1^n = 1$.

1. База индукции.
Проверим, выполняется ли утверждение $P(n)$ для самого первого натурального числа $n=1$.
Подставляем $n=1$ в наше равенство:
$P(1): 1^1 = 1$.
Равенство $1=1$ является верным. Таким образом, база индукции доказана.

2. Индукционный шаг.
Сделаем индукционное предположение: предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого произвольного натурального числа $k \ge 1$. То есть, мы считаем истиной, что $1^k = 1$.
Теперь, опираясь на это предположение, нам нужно доказать, что утверждение $P(k+1)$ также верно. То есть, мы должны доказать, что $1^{k+1} = 1$.
Рассмотрим левую часть выражения для $P(k+1)$:
$1^{k+1}$.
Используя свойство степеней ($a^{x+y} = a^x \cdot a^y$), мы можем записать:
$1^{k+1} = 1^k \cdot 1^1$.
Теперь применим наше индукционное предположение, согласно которому $1^k = 1$. Заменим $1^k$ на 1 в правой части равенства:
$1^k \cdot 1^1 = 1 \cdot 1^1$.
Так как любое число в первой степени равно самому себе, $1^1 = 1$. Подставим это значение:
$1 \cdot 1 = 1$.
Мы получили, что левая часть выражения $1^{k+1}$ равна 1, что и требовалось доказать ($1^{k+1} = 1$). Индукционный шаг выполнен.

Вывод.
Поскольку мы успешно доказали базу индукции (утверждение верно для $n=1$) и выполнили индукционный шаг (доказали, что из истинности утверждения для $k$ следует его истинность для $k+1$), по принципу математической индукции мы заключаем, что равенство $1^n=1$ верно для любого натурального числа $n$.

Ответ: Доказательство равенства $1^n = 1$ методом математической индукции включает два шага. 1) База индукции: при $n=1$ получаем $1^1=1$, что верно. 2) Индукционный шаг: предполагаем, что $1^k=1$ для некоторого натурального $k$, и доказываем для $k+1$. Имеем $1^{k+1} = 1^k \cdot 1^1$. Используя предположение, получаем $1 \cdot 1^1 = 1 \cdot 1 = 1$. Так как оба шага выполнены, равенство доказано для всех натуральных $n$.

Доказываем (504—516).

504. Докажите методом математической индукции равенство:

а) $a^n b^n = (ab)^n$;

б) $(a^n)^m = a^{mn}$.

а) Докажем равенство $a^n b^n = (ab)^n$ методом математической индукции по переменной $n$. Предполагаем, что $n$ — натуральное число ($n \in \mathbb{N}$).

1. База индукции

Проверим истинность утверждения для $n=1$.

Левая часть равенства: $a^1 b^1 = ab$.

Правая часть равенства: $(ab)^1 = ab$.

Поскольку $ab = ab$, левая и правая части равны. Утверждение верно для $n=1$.

2. Индукционное предположение

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

$a^k b^k = (ab)^k$

3. Индукционный шаг

Докажем, что если равенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$. Нам нужно доказать, что $a^{k+1} b^{k+1} = (ab)^{k+1}$.

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

$a^{k+1} b^{k+1}$

По определению степени ($x^{m+1} = x^m \cdot x$), мы можем записать:

$a^{k+1} b^{k+1} = (a^k \cdot a) \cdot (b^k \cdot b)$

Используя коммутативное и ассоциативное свойства умножения, перегруппируем множители:

$(a^k \cdot a) \cdot (b^k \cdot b) = (a^k \cdot b^k) \cdot (a \cdot b)$

Теперь применим наше индукционное предположение, согласно которому $a^k b^k = (ab)^k$:

$(a^k \cdot b^k) \cdot (ab) = (ab)^k \cdot (ab)$

Снова используя определение степени, получаем:

$(ab)^k \cdot (ab) = (ab)^{k+1}$

Мы показали, что левая часть равна правой: $a^{k+1} b^{k+1} = (ab)^{k+1}$. Индукционный переход доказан.

Поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, по принципу математической индукции равенство $a^n b^n = (ab)^n$ верно для любого натурального числа $n$.

Ответ: Равенство доказано.

б) Докажем равенство $(a^n)^m = a^{mn}$ методом математической индукции. Будем проводить индукцию по переменной $m$, считая $n$ фиксированным натуральным числом, а $m$ — натуральным числом ($m \in \mathbb{N}$).

1. База индукции

Проверим истинность утверждения для $m=1$.

Левая часть равенства: $(a^n)^1 = a^n$.

Правая часть равенства: $a^{n \cdot 1} = a^n$.

Поскольку $a^n = a^n$, левая и правая части равны. Утверждение верно для $m=1$.

2. Индукционное предположение

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального числа $m=k$, где $k \ge 1$. То есть, мы предполагаем, что истинно равенство:

$(a^n)^k = a^{nk}$

3. Индукционный шаг

Докажем, что если равенство верно для $m=k$, то оно верно и для $m=k+1$. Нам нужно доказать, что $(a^n)^{k+1} = a^{n(k+1)}$.

Рассмотрим левую часть равенства для $m=k+1$:

$(a^n)^{k+1}$

По определению степени ($x^{p+1} = x^p \cdot x$), имеем:

$(a^n)^{k+1} = (a^n)^k \cdot a^n$

Применим наше индукционное предположение $(a^n)^k = a^{nk}$:

$(a^n)^k \cdot a^n = a^{nk} \cdot a^n$

Используя свойство умножения степеней с одинаковым основанием $x^p \cdot x^q = x^{p+q}$ (которое, в свою очередь, также легко доказывается по индукции), получим:

$a^{nk} \cdot a^n = a^{nk+n}$

Вынесем общий множитель $n$ в показателе степени:

$a^{nk+n} = a^{n(k+1)}$

Мы показали, что левая часть равна правой: $(a^n)^{k+1} = a^{n(k+1)}$. Индукционный переход доказан.

Поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, по принципу математической индукции равенство $(a^n)^m = a^{mn}$ верно для любого натурального числа $m$ (при любом натуральном $n$).

Ответ: Равенство доказано.

505. Пусть $a < 0$. Докажите методом математической индукции, что:

а) $a^n > 0$ для любого чётного натурального $n$;

б) $a^n < 0$ для любого нечётного натурального $n$.

Дано, что $a < 0$.

a) Докажем утверждение, что $a^n > 0$ для любого чётного натурального $n$ методом математической индукции.
Любое чётное натуральное число $n$ можно представить в виде $n = 2k$, где $k$ — натуральное число ($k \in \mathbb{N}$). Таким образом, мы доказываем, что $a^{2k} > 0$ для любого $k \ge 1$.

1. База индукции.

Проверим утверждение для наименьшего чётного натурального числа, $n=2$ (что соответствует $k=1$).

При $n=2$, имеем $a^2 = a \cdot a$. Так как по условию $a < 0$, то произведение двух отрицательных чисел является положительным числом. Следовательно, $a^2 > 0$.

База индукции верна.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что утверждение верно для некоторого произвольного чётного натурального числа $n=2k$, где $k \ge 1$. То есть, предположим, что $a^{2k} > 0$.

3. Индукционный шаг.

Докажем, что утверждение верно и для следующего чётного натурального числа, то есть для $n = 2(k+1) = 2k+2$. Нам нужно доказать, что $a^{2k+2} > 0$.

Рассмотрим выражение $a^{2k+2}$:

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

Согласно индукционному предположению, $a^{2k} > 0$. Из базы индукции мы знаем, что $a^2 > 0$. Произведение двух положительных чисел ($a^{2k}$ и $a^2$) также является положительным числом.

Следовательно, $a^{2k+2} > 0$.

Вывод.

Так как база индукции верна и индукционный шаг доказан, то по принципу математической индукции утверждение $a^n > 0$ верно для любого чётного натурального числа $n$.

Ответ: Утверждение доказано.

б) Докажем утверждение, что $a^n < 0$ для любого нечётного натурального $n$ методом математической индукции.
Любое нечётное натуральное число $n$ можно представить в виде $n = 2k-1$, где $k$ — натуральное число ($k \in \mathbb{N}$). Таким образом, мы доказываем, что $a^{2k-1} < 0$ для любого $k \ge 1$.

1. База индукции.

Проверим утверждение для наименьшего нечётного натурального числа, $n=1$ (что соответствует $k=1$).

При $n=1$, имеем $a^1 = a$. По условию задачи $a < 0$.

База индукции верна.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что утверждение верно для некоторого произвольного нечётного натурального числа $n=2k-1$, где $k \ge 1$. То есть, предположим, что $a^{2k-1} < 0$.

3. Индукционный шаг.

Докажем, что утверждение верно и для следующего нечётного натурального числа, то есть для $n = 2(k+1)-1 = 2k+1$. Нам нужно доказать, что $a^{2k+1} < 0$.

Рассмотрим выражение $a^{2k+1}$:

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

Согласно индукционному предположению, $a^{2k-1} < 0$ (это отрицательное число). Из доказательства в пункте а) мы знаем, что $a^2 > 0$ (это положительное число).

Произведение отрицательного числа ($a^{2k-1}$) и положительного числа ($a^2$) является отрицательным числом.

Следовательно, $a^{2k+1} < 0$.

Вывод.

Так как база индукции верна и индукционный шаг доказан, то по принципу математической индукции утверждение $a^n < 0$ верно для любого нечётного натурального числа $n$.

Ответ: Утверждение доказано.

506. Докажите методом математической индукции, что:

а) общий член геометрической прогрессии вычисляется по формуле $a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$;

б) сумма первых $n$ членов арифметической прогрессии вычисляется по формуле $S_n = \frac{2a_1 + (n-1)d}{2} \cdot n$.

а)

Докажем формулу для n-го члена геометрической прогрессии $a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$ методом математической индукции.

1. База индукции (при n=1):

Проверим, верна ли формула для $n=1$. Подставим $n=1$ в формулу:

$a_1 = a_1 \cdot q^{1-1} = a_1 \cdot q^0 = a_1 \cdot 1 = a_1$.

Равенство $a_1 = a_1$ является верным. База индукции выполняется.

2. Индукционное предположение (при n=k):

Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $k \ge 1$. То есть, считаем верным равенство:

$a_k = a_1 \cdot q^{k-1}$.

3. Индукционный переход (докажем для n=k+1):

Докажем, что если формула верна для $n=k$, то она верна и для $n=k+1$. Нам нужно доказать, что $a_{k+1} = a_1 \cdot q^{(k+1)-1} = a_1 \cdot q^k$.

По определению геометрической прогрессии, каждый следующий член равен предыдущему, умноженному на знаменатель прогрессии $q$:

$a_{k+1} = a_k \cdot q$.

Теперь воспользуемся индукционным предположением, подставив в это равенство выражение для $a_k$:

$a_{k+1} = (a_1 \cdot q^{k-1}) \cdot q = a_1 \cdot q^{(k-1)+1} = a_1 \cdot q^k$.

Мы получили в точности ту формулу, которую требовалось доказать для $n=k+1$. Индукционный переход доказан.

Поскольку база индукции и индукционный переход доказаны, по принципу математической индукции формула $a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$ верна для любого натурального числа $n$.

Ответ: Утверждение доказано.

б)

Докажем формулу для суммы первых $n$ членов арифметической прогрессии $S_n = \frac{2a_1 + (n-1)d}{2} \cdot n$ методом математической индукции.

1. База индукции (при n=1):

Проверим, верна ли формула для $n=1$. Сумма первого члена $S_1$ по определению равна $a_1$. Подставим $n=1$ в формулу:

$S_1 = \frac{2a_1 + (1-1)d}{2} \cdot 1 = \frac{2a_1 + 0 \cdot d}{2} \cdot 1 = \frac{2a_1}{2} = a_1$.

Равенство $S_1 = a_1$ является верным. База индукции выполняется.

2. Индукционное предположение (при n=k):

Предположим, что формула верна для некоторого натурального числа $k \ge 1$. То есть, считаем верным равенство:

$S_k = \frac{2a_1 + (k-1)d}{2} \cdot k$.

3. Индукционный переход (докажем для n=k+1):

Докажем, что если формула верна для $n=k$, то она верна и для $n=k+1$. Нам нужно доказать, что $S_{k+1} = \frac{2a_1 + ((k+1)-1)d}{2} \cdot (k+1) = \frac{2a_1 + kd}{2} \cdot (k+1)$.

Сумма первых $k+1$ членов по определению равна сумме первых $k$ членов плюс $(k+1)$-й член:

$S_{k+1} = S_k + a_{k+1}$.

Из формулы n-го члена арифметической прогрессии $a_n = a_1 + (n-1)d$ имеем: $a_{k+1} = a_1 + (k+1-1)d = a_1 + kd$.

Подставим в выражение для $S_{k+1}$ индукционное предположение для $S_k$ и формулу для $a_{k+1}$:

$S_{k+1} = \left(\frac{2a_1 + (k-1)d}{2} \cdot k\right) + (a_1 + kd)$.

Приведем слагаемые к общему знаменателю:

$S_{k+1} = \frac{(2a_1 + (k-1)d)k + 2(a_1 + kd)}{2} = \frac{2a_1k + k^2d - kd + 2a_1 + 2kd}{2}$.

Приведем подобные слагаемые в числителе и сгруппируем их:

$S_{k+1} = \frac{2a_1k + 2a_1 + k^2d + kd}{2} = \frac{2a_1(k+1) + d(k^2+k)}{2} = \frac{2a_1(k+1) + dk(k+1)}{2}$.

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

$S_{k+1} = \frac{(2a_1 + kd)(k+1)}{2}$.

Мы получили в точности ту формулу, которую требовалось доказать для $n=k+1$. Индукционный переход доказан.

Поскольку база индукции и индукционный переход доказаны, по принципу математической индукции формула $S_n = \frac{2a_1 + (n-1)d}{2} \cdot n$ верна для любого натурального числа $n$.

Ответ: Утверждение доказано.

507. Докажите методом математической индукции, что для любого натурального n выполняется равенство:

а) $1 + 2 + 3 + \dots + n = \frac{(n+1)n}{2}$;

б) $2 + 4 + 6 + \dots + 2n = n(n+1)$;

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

г) $3 + 12 + \dots + 3 \cdot 4^{n-1} = 4^n - 1$;

д) $4 + 0 + \dots + 4 \cdot (2 - n) = 2n(3 - n)$;

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

ж) $1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + 3 \cdot 10 + \dots + n(3n + 1) = n(n + 1)^2$.

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

1. База индукции.

Проверим справедливость утверждения для $n=1$.

Левая часть: $1$.

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

$1 = 1$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$1 + 2 + 3 + ... + k = \frac{k(k+1)}{2}$.

3. Индукционный шаг.

Докажем, что если равенство верно для $n=k$, то оно верно и для $n=k+1$. То есть, докажем, что $1 + 2 + 3 + ... + k + (k+1) = \frac{(k+1)((k+1)+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$.

Рассмотрим левую часть равенства для $n=k+1$:
$(1 + 2 + 3 + ... + k) + (k+1)$.

Используя индукционное предположение, заменим сумму первых $k$ слагаемых:
$\frac{k(k+1)}{2} + (k+1)$.

Приведем к общему знаменателю и преобразуем выражение:
$\frac{k(k+1)}{2} + \frac{2(k+1)}{2} = \frac{k(k+1) + 2(k+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$.

Мы получили правую часть равенства для $n=k+1$. Следовательно, утверждение доказано для всех натуральных $n$.

Ответ: Равенство доказано.

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

1. База индукции.

Проверим справедливость утверждения для $n=1$.

Левая часть: $2 \cdot 1 = 2$.

Правая часть: $1(1+1) = 2$.

$2 = 2$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для некоторого натурального $n=k$:
$2 + 4 + 6 + ... + 2k = k(k+1)$.

3. Индукционный шаг.

Докажем, что равенство верно для $n=k+1$:
$2 + 4 + 6 + ... + 2k + 2(k+1) = (k+1)((k+1)+1) = (k+1)(k+2)$.

Рассмотрим левую часть:
$(2 + 4 + 6 + ... + 2k) + 2(k+1)$.

Используя индукционное предположение:
$k(k+1) + 2(k+1)$.

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

Мы получили правую часть равенства для $n=k+1$. Утверждение доказано.

Ответ: Равенство доказано.

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

1. База индукции.

Проверим для $n=1$.

Левая часть: $2 \cdot 1 - 1 = 1$.

Правая часть: $1^2 = 1$.

$1=1$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для $n=k$:
$1 + 3 + 5 + ... + (2k-1) = k^2$.

3. Индукционный шаг.

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

Рассмотрим левую часть:
$(1 + 3 + 5 + ... + (2k-1)) + (2k+2-1) = (1 + 3 + 5 + ... + (2k-1)) + (2k+1)$.

По индукционному предположению:
$k^2 + (2k+1)$.

Это выражение является полным квадратом:
$k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2$.

Мы получили правую часть равенства для $n=k+1$. Утверждение доказано.

Ответ: Равенство доказано.

г) Докажем равенство $3 + 12 + ... + 3 \cdot 4^{n-1} = 4^n-1$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим для $n=1$.

Левая часть: $3 \cdot 4^{1-1} = 3 \cdot 4^0 = 3 \cdot 1 = 3$.

Правая часть: $4^1 - 1 = 3$.

$3=3$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для $n=k$:
$3 + 12 + ... + 3 \cdot 4^{k-1} = 4^k-1$.

3. Индукционный шаг.

Докажем, что равенство верно для $n=k+1$:
$3 + 12 + ... + 3 \cdot 4^{k-1} + 3 \cdot 4^{(k+1)-1} = 4^{k+1}-1$.

Рассмотрим левую часть:
$(3 + 12 + ... + 3 \cdot 4^{k-1}) + 3 \cdot 4^k$.

По индукционному предположению:
$(4^k - 1) + 3 \cdot 4^k$.

Сгруппируем слагаемые:
$4^k + 3 \cdot 4^k - 1 = (1+3) \cdot 4^k - 1 = 4 \cdot 4^k - 1 = 4^{k+1} - 1$.

Мы получили правую часть равенства для $n=k+1$. Утверждение доказано.

Ответ: Равенство доказано.

д) Докажем равенство $4 + 0 + ... + 4(2-n) = 2n(3-n)$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим для $n=1$.

Левая часть: $4(2-1) = 4$.

Правая часть: $2 \cdot 1 \cdot (3-1) = 2 \cdot 2 = 4$.

$4=4$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для $n=k$:
$4(2-1) + 4(2-2) + ... + 4(2-k) = 2k(3-k)$.

3. Индукционный шаг.

Докажем, что равенство верно для $n=k+1$:
$(4(2-1) + ... + 4(2-k)) + 4(2-(k+1)) = 2(k+1)(3-(k+1))$.

Рассмотрим левую часть. По индукционному предположению, она равна:
$2k(3-k) + 4(2-k-1) = 2k(3-k) + 4(1-k)$.

Раскроем скобки:
$6k - 2k^2 + 4 - 4k = -2k^2 + 2k + 4$.

Теперь преобразуем правую часть доказываемого равенства:
$2(k+1)(3-(k+1)) = 2(k+1)(2-k) = 2(2k-k^2+2-k) = 2(-k^2+k+2) = -2k^2+2k+4$.

Левая и правая части совпали, следовательно, утверждение доказано.

Ответ: Равенство доказано.

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

1. База индукции.

Проверим для $n=1$.

Левая часть: $1(1+1) = 2$.

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

$2=2$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение.

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

3. Индукционный шаг.

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

Рассмотрим левую часть. Используя предположение индукции:
$\frac{k(k+1)(k+2)}{3} + (k+1)(k+2)$.

Вынесем общий множитель $(k+1)(k+2)$ за скобки:
$(k+1)(k+2) \left(\frac{k}{3} + 1\right) = (k+1)(k+2) \left(\frac{k+3}{3}\right) = \frac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}$.

Мы получили правую часть равенства для $n=k+1$. Утверждение доказано.

Ответ: Равенство доказано.

ж) Докажем равенство $1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + ... + n(3n+1) = n(n+1)^2$ методом математической индукции.

1. База индукции.

Проверим для $n=1$.

Левая часть: $1(3 \cdot 1 + 1) = 4$.

Правая часть: $1(1+1)^2 = 1 \cdot 2^2 = 4$.

$4=4$. Равенство выполняется.

2. Индукционное предположение.

Предположим, что равенство верно для $n=k$:
$1 \cdot 4 + 2 \cdot 7 + ... + k(3k+1) = k(k+1)^2$.

3. Индукционный шаг.

Докажем, что равенство верно для $n=k+1$:
$(1 \cdot 4 + ... + k(3k+1)) + (k+1)(3(k+1)+1) = (k+1)((k+1)+1)^2 = (k+1)(k+2)^2$.

Рассмотрим левую часть. По предположению индукции:
$k(k+1)^2 + (k+1)(3k+3+1) = k(k+1)^2 + (k+1)(3k+4)$.

Вынесем общий множитель $(k+1)$ за скобки:
$(k+1)[k(k+1) + (3k+4)] = (k+1)[k^2+k+3k+4] = (k+1)(k^2+4k+4)$.

Выражение в скобках является полным квадратом:
$(k+1)(k+2)^2$.

Мы получили правую часть равенства для $n=k+1$. Утверждение доказано.

Ответ: Равенство доказано.