Matematyka.pl

Na wzorkach:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n+1}=\frac{4n}{4n^2-1}\\
\\
(4n)^2+(4n^2-1)^2=(4n^2+1)^2}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{n}= \sum_{i=1}^{n}\left( -1\right)^{i+1} {n \choose i} H_{i}}\)
gdzie oczywiście \(\displaystyle{ H_{k}= \sum_{i=1}^{k}\frac{1}{k}}\)

Oznaczmy to co po prawej stronie przez \(\displaystyle{ S_{n}}\). Dowód jest oczywiście indukcyjny, przy czym dla \(\displaystyle{ n=1,2,3}\) otrzymujemy równości zapisane powyżej. Zakładamy, że równość którą zapisałem działa dla pewnego \(\displaystyle{ n \ge 1}\). Wywnioskujemy, że \(\displaystyle{ S_{n+1}=\frac{1}{n+1}}\). Istotnie:
\(\displaystyle{ S_{n+1}-S_{n}= \sum_{i=1}^{n+1} \left( -1 \right) ^{i+1}{n+1 \choose i} H_{i} - \sum_{i=1}^{n} \left( -1 \right) ^{i+1}{n \choose i}H_{i}= \left( 1 \right) = \\ =
\sum_{i=1}^{n} \left( -1 \right) ^{i+1}{n \choose i-1}H_{i} + \left( -1 \right) ^{n+2}H_{n+1}= \\ =
\sum_{i=0}^{n-1} \left( -1 \right) ^{i+2}{n \choose i}H_{i+1} + \left( -1 \right) ^{n+2}H_{n+1}=*= \\ =
\sum_{i=1}^{n-1} \left( -1 \right) ^{i}{n\choose i}H_{i}+\sum_{i=0}^{n-1} \left( -1 \right) ^{i}{n \choose i}\frac{1}{i+1}+ \left( -1 \right) ^{n+2}H_{n+1} = \\ =
- \left( \sum_{i=1}^{n} \left( -1 \right) ^{i+1}{n \choose i}H_{i} - \left( -1 \right) ^{n+1}H_{n} \right) + \frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n-1} \left( -1 \right) ^{i}{ n \choose i}\frac{1}{i+1} + \left( -1 \right) ^{n+2}H_{n+1}=\\ ZI, \left( 2 \right) =
-\frac{1}{n}+ \left( -1 \right) ^{n+1}H_{n}+\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n-1}{n+1 \choose i+1}+ \left( -1 \right) ^{n+2}H_{n+1}=\\=
-\frac{1}{n}+ \left( -1 \right) ^{n} \left( H_{n+1}-H_{n} \right) -\frac{1}{n+1} \sum_{i=1} ^{n} \left( -1 \right) ^{i}{n+1 \choose i}= \left( 3 \right) =}\)
\(\displaystyle{ =-\frac{1}{n}+ \left( -1 \right) ^{n}\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+1} \left( 0-1- \left( -1 \right) ^{n+1} \right) = \\
=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}+ \left( -1 \right) ^{n}\frac{1}{n+1}+ \left( -1 \right) ^{n+1}\frac{1}{n+1}=\\
=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}}\)
Z założenia indukcyjnego wynika więc, że \(\displaystyle{ S_{n+1}=\frac{1}{n+1}}\).
Uwaga, cyferki przy niektórych przejściach oznaczają skorzystanie ze znanych równości:
\(\displaystyle{ \left( 1 \right) \ \ {n+1\choose i+1}={n \choose i}+{n \choose i-1} \\
\left( 2 \right) \ \ H_{n+1}=H_{n}+\frac{1}{n+1} \\
\left( 3 \right) \ \ \sum_{i=0}^{n} \left( -1 \right) ^{i}{n\choose i}=0}\)
Ponadto przejście \(\displaystyle{ *}\) wymaga uzasadnienia. Pierwsza suma po znaku równości powinna być od 0, jednakże przyjmując narzucające się dookreślenie wyrazu \(\displaystyle{ H_{0}=0}\), można napisać tak jak jest napisane, a poza tym łatwo się przekonać że wszystko się zgadza.

\(\displaystyle{ (2n)^2+(2n+1)^2+(2n+2)^2+(6n^2+6n+2)^2=(6n^2+6n+3)^2}\)

Dowód jest tak oczywisty, że szkoda pikseli

\(\displaystyle{ 8 \cdot \underbrace{88 \dots 8}_{n}=7\underbrace{1\dots 1}_{n-1}7}\)

\(\displaystyle{ \underbrace{6 \dots 6}_{n} \cdot \underbrace{6 \dots 6}_{n} =\underbrace{4 \dots 4}_{n-1}3\underbrace{5 \dots 5}_{n-1}6}\)

Łatwo wyliczyć, że:
\(\displaystyle{ \underbrace{8 \dots 8}_{n}=\frac{8 \cdot \left( 10^{n}-1\right)}{9}}\)
Więc:
\(\displaystyle{ 8 \cdot \underbrace{8 \dots 8}_{n}+13=\frac{64 \cdot \left( 10^{n}-1\right)}{9}+13=\\
= \frac{64 \cdot 10^{n}-64+117}{9}=\frac{63 \cdot 10^{n} +10^{n}-10 + 63}{9}=7 \cdot 10^{n}+\frac{10^{n}-10}{9}+7=7\underbrace{1 \dots 1}_{n-1}7 \ \square}\)
Część druga:
\(\displaystyle{ \underbrace{6 \dots 6}_{n}=\frac{2 \cdot \left( 10^{n}-1\right)}{3}}\)

\(\displaystyle{ \left( \underbrace{6 \dots 6}_{n}\right)^{2}=\frac{4}{9}\cdot\left( 10^{2n}-2\cdot 10^{n}+1\right)=\frac{4}{9}\cdot\left( 10^{2n}-10^{n}\right)-\frac{4}{9}\cdot\left( 10^{n}-1\right)=\underbrace{4 \dots 4}_{n}\underbrace{0 \dots 0}_{n}-\underbrace{4 \dots 4}_{n}=\underbrace{4 \dots 4}_{n-1}3\underbrace{0 \dots 0}_{n} +10^{n}-\underbrace{4 \dots 4}_{n}= \underbrace{4 \dots 4}_{n-1}3\underbrace{0 \dots 0}_{n}+\underbrace{5 \dots 5}_{n-1}6=
\underbrace{4 \dots 4}_{n-1}3\underbrace{5 \dots 5}_{n-1}6}\)
Mały skrót myślowy, ale myślę że wszystko widać.