Důkaz matematickou indukcí

Řešení:
Krok 1 (základní krok): Pro \( n=1 \) je levá strana \( 1 \) a pravá strana \( \frac{1 \cdot (1+1)}{2} = \frac{2}{2} = 1 \). Platí.
Krok 2 (indukční předpoklad): Předpokládejme, že tvrzení platí pro nějaké \( n = k \), tj. \( 1 + 2 + \dots + k = \frac{k(k+1)}{2} \).
Krok 3 (indukční krok): Musíme ukázat, že platí i pro \( n = k+1 \): \( 1 + 2 + \dots + k + (k+1) = ? \)
Podle předpokladu je součet první \( k \) členů \( \frac{k(k+1)}{2} \), tedy: \( \frac{k(k+1)}{2} + (k+1) = \frac{k(k+1)}{2} + \frac{2(k+1)}{2} = \frac{k(k+1) + 2(k+1)}{2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2} \).
Tím jsme ukázali, že platí pro \( k+1 \).
Podle principu matematické indukce tedy platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Řešení:
Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \( 1^2 = 1 \) a pravá strana: \( \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1 \). Platí.
Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí pro \( n = k \): \( 1^2 + 2^2 + \dots + k^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} \).
Indukční krok: Ukážeme pro \( n = k+1 \): \( 1^2 + 2^2 + \dots + k^2 + (k+1)^2 = ? \)
Dosadíme předpoklad: \( \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2 = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + \frac{6(k+1)^2}{6} = \frac{k(k+1)(2k+1) + 6(k+1)^2}{6} \).
Vytkneme \( (k+1) \): \( \frac{(k+1) \left[ k(2k+1) + 6(k+1) \right]}{6} = \frac{(k+1)(2k^2 + k + 6k + 6)}{6} = \frac{(k+1)(2k^2 + 7k + 6)}{6} \).
Rozložíme kvadratický člen: \( 2k^2 + 7k + 6 = (2k+3)(k+2) \).
Tedy celkově: \( \frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6} \), což je pravá strana pro \( n = k+1 \).
Dokázáno.

Řešení:
Základní krok: Pro \( n=4 \): \( 3^4 = 81 \) a \( 4^3 = 64 \), takže \( 81 > 64 \). Platí.
Indukční předpoklad: Předpokládejme, že \( 3^k > k^3 \) pro nějaké \( k \geq 4 \).
Indukční krok: Ukážeme, že platí pro \( k+1 \): \( 3^{k+1} = 3 \cdot 3^k > 3 \cdot k^3 \) (podle indukčního předpokladu).
Porovnejme \( 3 \cdot k^3 \) a \( (k+1)^3 = k^3 + 3k^2 + 3k + 1 \).
Chceme dokázat: \( 3k^3 > k^3 + 3k^2 + 3k + 1 \Rightarrow 2k^3 > 3k^2 + 3k + 1 \).
Pro \( k \geq 4 \): \( 2k^3 \) roste rychleji než \( 3k^2 + 3k + 1 \), protože polynom 3. stupně převyšuje 2. stupně.
Například pro \( k=4 \): LHS = \( 2 \cdot 64 = 128 \), RHS = \( 3 \cdot 16 + 12 + 1 = 48 + 12 + 1 = 61 \), platí.
Proto platí nerovnost i pro \( k+1 \).
Tedy podle principu indukce platí \( 3^n > n^3 \) pro všechna \( n \geq 4 \).

Řešení:
Základní krok: Pro \( n=1 \): \( 2^{2 \cdot 1} – 1 = 2^2 – 1 = 4 – 1 = 3 \), dělitelné 3.
Indukční předpoklad: Předpokládejme, že \( 3 \mid 2^{2k} – 1 \) pro nějaké \( k \geq 1 \).
Tj. existuje celé číslo \( m \), že: \( 2^{2k} – 1 = 3m \).
Indukční krok: Ukážeme, že \( 3 \mid 2^{2(k+1)} – 1 \).
Platí: \( 2^{2(k+1)} – 1 = 2^{2k+2} – 1 = 2^2 \cdot 2^{2k} – 1 = 4 \cdot 2^{2k} – 1 \).
Přepíšeme jako: \( 4 \cdot 2^{2k} – 1 = 3 \cdot 2^{2k} + (2^{2k} – 1) \).
Podle indukčního předpokladu je \( 2^{2k} – 1 = 3m \), tedy: \( 3 \cdot 2^{2k} + 3m = 3(2^{2k} + m) \), což je dělitelné 3.
Tedy platí i pro \( k+1 \).
Podle principu indukce tedy tvrzení platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Řešení:
Základní krok: Pro \( n=1 \): LHS = \( 1 \cdot 1! = 1 \), RHS = \( 2! – 1 = 2 – 1 = 1 \). Platí.
Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí pro \( n=k \): \( \sum_{i=1}^k i \cdot i! = (k+1)! – 1 \).
Indukční krok: Ukážeme pro \( n = k+1 \): \( \sum_{i=1}^{k+1} i \cdot i! = \left( \sum_{i=1}^k i \cdot i! \right) + (k+1) \cdot (k+1)! \).
Podle předpokladu: \( = (k+1)! – 1 + (k+1)(k+1)! = (k+1)! (1 + k + 1) – 1 = (k+1)! (k+2) – 1 \).
Protože \( (k+2)(k+1)! = (k+2)! \), platí: \( \sum_{i=1}^{k+1} i \cdot i! = (k+2)! – 1 \).
Tím je důkaz dokončen.

Řešení:
Základní krok: Pro \( n=1 \): \( 2^1 = 2 \geq 2 = 1 + 1 \), platí.
Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí pro \( n = k \): \( 2^k \geq k+1 \).
Indukční krok: Ukážeme, že platí pro \( n = k+1 \): \( 2^{k+1} = 2 \cdot 2^k \geq 2(k+1) \) (podle předpokladu).
Chceme, aby platilo \( 2^{k+1} \geq (k+1) + 1 = k + 2 \).
Porovnání: \( 2(k+1) \geq k + 2 \Rightarrow 2k + 2 \geq k + 2 \Rightarrow k \geq 0 \), což platí pro všechna \( k \geq 1 \).
Tedy nerovnost platí i pro \( k+1 \).
Podle indukce tedy tvrzení platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Řešení:
Základní krok: Pro \( n=1 \): \( (1 + 1)^1 = 2 < 3 \), platí.
Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí pro \( n = k \): \( \left(1 + \frac{1}{k}\right)^k < 3 \).
Indukční krok: Ukážeme, že platí i pro \( n = k+1 \): \( \left(1 + \frac{1}{k+1}\right)^{k+1} < 3 \).
Z poznatků o exponenciále a limity víme, že tato posloupnost je rostoucí a limitně se blíží hodnotě \( e \approx 2.718 < 3 \).
Proto platí pro všechna \( n \), včetně \( k+1 \), že je menší než 3.
Protože to není přímý algebraický důkaz, lze využít známý fakt o omezení \( e \) a monotónnosti.
Tedy nerovnost platí.

Řešení:
Základní krok: Pro \( n=1 \): \( \frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{2} \), pravá strana: \( \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2} \), platí.
Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí pro \( n=k \): \( \sum_{i=1}^k \frac{1}{i(i+1)} = \frac{k}{k+1} \).
Indukční krok: Ukážeme pro \( n=k+1 \): \( \sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{i(i+1)} = \frac{k}{k+1} + \frac{1}{(k+1)(k+2)} \).
Spočteme: \( \frac{k}{k+1} + \frac{1}{(k+1)(k+2)} = \frac{k(k+2)}{(k+1)(k+2)} + \frac{1}{(k+1)(k+2)} = \frac{k(k+2) + 1}{(k+1)(k+2)} \).
Počítáme čitatele: \( k(k+2) + 1 = k^2 + 2k + 1 = (k+1)^2 \).
Výraz tedy je: \( \frac{(k+1)^2}{(k+1)(k+2)} = \frac{k+1}{k+2} \), což je pravá strana pro \( n=k+1 \).
Důkaz je kompletní.

Řešení:
Základní krok: Pro \( n=1 \): LHS = \( 1 \cdot 2^1 = 2 \), RHS = \( (1-1) \cdot 2^{2} + 2 = 0 + 2 = 2 \), platí.
Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí pro \( n=k \): \( \sum_{i=1}^k i \cdot 2^{i} = (k-1) 2^{k+1} + 2 \).
Indukční krok: Ukážeme pro \( n = k+1 \): \( \sum_{i=1}^{k+1} i \cdot 2^i = \left(\sum_{i=1}^k i \cdot 2^i \right) + (k+1) 2^{k+1} \).
Dosadíme předpoklad: \( (k-1) 2^{k+1} + 2 + (k+1) 2^{k+1} = \big( (k-1) + (k+1) \big) 2^{k+1} + 2 = 2k \cdot 2^{k+1} + 2 = k \cdot 2^{k+2} + 2 \).
Pravá strana pro \( n=k+1 \) je: \( ((k+1) – 1) 2^{(k+1)+1} + 2 = k \cdot 2^{k+2} + 2 \), což se shoduje.
Důkaz je tedy kompletní.

Řešení:
Základní krok: Pro \( n=1 \): \( 7^1 – 1 = 6 \), dělitelné \(6\).
Indukční předpoklad: Předpokládejme, že \( 6 \mid 7^k – 1 \) pro nějaké \( k \geq 1 \), tj. \( 7^k – 1 = 6m \) pro celé \( m \).
Indukční krok: Ukážeme, že platí pro \( k+1 \): \( 7^{k+1} – 1 = 7 \cdot 7^k – 1 = 7(7^k) – 1 = 7(7^k – 1) + 7 – 1 = 7 \cdot 6m + 6 = 6(7m + 1) \).
Tedy \( 7^{k+1} – 1 \) je dělitelné 6.
Podle principu indukce tvrzení platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 2 \cdot 1 – 1 = 1 \), pravá strana:
\( 1^2 = 1 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že
\( \sum_{k=1}^n (2k – 1) = n^2 \) platí pro \( n = m \).

Indukční krok: Ukážeme pro \( n = m+1 \):
\( \sum_{k=1}^{m+1} (2k – 1) = \sum_{k=1}^m (2k – 1) + (2(m+1) – 1) \).

Podle předpokladu:
\( m^2 + 2(m+1) – 1 = m^2 + 2m + 1 = (m+1)^2 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 1^3 = 1 \), pravá strana:
\( \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1^2 = 1 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že
\( \sum_{k=1}^n k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \) platí pro \( n = m \).

Indukční krok: Ukážeme pro \( n = m+1 \):
\( \sum_{k=1}^{m+1} k^3 = \sum_{k=1}^m k^3 + (m+1)^3 \).

Podle předpokladu:
\( \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2 + (m+1)^3 = (m+1)^2 \left( \frac{m^2}{4} + (m+1) \right) \).

Spočítáme výraz v závorce:
\( \frac{m^2}{4} + m + 1 = \frac{m^2 + 4m + 4}{4} = \frac{(m+2)^2}{4} \).

Tedy:
\( (m+1)^2 \cdot \frac{(m+2)^2}{4} = \left(\frac{(m+1)(m+2)}{2}\right)^2 \), což odpovídá pravé straně pro \( n = m+1 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 2^1 = 2 > 1 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že \( 2^k > k \) platí pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Ukážeme, že \( 2^{k+1} > k+1 \).
\( 2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2k \).

Potřebujeme dokázat, že \( 2k > k + 1 \), což je \( k > 1 \).

Pro \( k \geq 2 \) platí, pro \( k=1 \) základní krok už ověřil.

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 3 \cdot 1 – 2 = 1 \), pravá strana:
\( \frac{1(3 \cdot 1 – 1)}{2} = \frac{1 \cdot 2}{2} = 1 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že
\( \sum_{k=1}^n (3k – 2) = \frac{n(3n – 1)}{2} \) platí pro \( n = m \).

Indukční krok: Ukážeme pro \( n = m+1 \):
\( \sum_{k=1}^{m+1} (3k – 2) = \frac{m(3m – 1)}{2} + 3(m+1) – 2 \).

Spočítáme:
\( \frac{m(3m – 1)}{2} + 3m + 3 – 2 = \frac{m(3m – 1)}{2} + 3m + 1 \).

Spočítáme společného jmenovatele:
\( \frac{m(3m – 1) + 2(3m + 1)}{2} = \frac{3m^2 – m + 6m + 2}{2} = \frac{3m^2 + 5m + 2}{2} \).

Vyjádříme pravou stranu pro \( n = m+1 \):
\( \frac{(m+1)(3(m+1) – 1)}{2} = \frac{(m+1)(3m + 2)}{2} = \frac{3m^2 + 5m + 2}{2} \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( \frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{2} \), pravá strana:
\( \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2} \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že
\( \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} = \frac{n}{n+1} \) platí pro \( n = m \).

Indukční krok: Ukážeme pro \( n = m+1 \):
\( \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{m}{m+1} + \frac{1}{(m+1)(m+2)} \).

Spočítáme:
\( \frac{m}{m+1} + \frac{1}{(m+1)(m+2)} = \frac{m(m+2)}{(m+1)(m+2)} + \frac{1}{(m+1)(m+2)} = \frac{m(m+2)+1}{(m+1)(m+2)} \).

Spočítáme čitatel:
\( m^2 + 2m + 1 = (m+1)^2 \).

Tedy:
\( \frac{(m+1)^2}{(m+1)(m+2)} = \frac{m+1}{m+2} \), což odpovídá pravé straně pro \( n = m+1 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 1 \cdot 2 = 2 \), pravá strana:
\( \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{3} = 2 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že
\( \sum_{k=1}^n k(k+1) = \frac{n(n+1)(n+2)}{3} \) platí pro \( n = m \).

Indukční krok: Ukážeme pro \( n = m+1 \):
\( \sum_{k=1}^{m+1} k(k+1) = \sum_{k=1}^m k(k+1) + (m+1)(m+2) \).

Podle předpokladu:
\( \frac{m(m+1)(m+2)}{3} + (m+1)(m+2) = (m+1)(m+2) \left( \frac{m}{3} + 1 \right) \).

Spočítáme:
\( (m+1)(m+2) \frac{m+3}{3} = \frac{(m+1)(m+2)(m+3)}{3} \), což je pravá strana pro \( n = m+1 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 3^1 = 3 > 2 \cdot 1 = 2 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že \( 3^k > 2k \) platí pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Ukážeme, že \( 3^{k+1} > 2(k+1) \).
\( 3^{k+1} = 3 \cdot 3^k > 3 \cdot 2k = 6k \).

Potřebujeme dokázat, že \( 6k > 2k + 2 \), tj. \( 4k > 2 \Rightarrow k > \frac{1}{2} \), což platí pro \( k \geq 1 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 1^2 = 1 \), pravá strana:
\( \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že
\( \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \) platí pro \( n = m \).

Indukční krok: Ukážeme pro \( n = m+1 \):
\( \sum_{k=1}^{m+1} k^2 = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6} + (m+1)^2 \).

Spočítáme pravou stranu:
\( \frac{m(m+1)(2m+1)}{6} + (m+1)^2 = \frac{m(m+1)(2m+1) + 6(m+1)^2}{6} \).

Vyjádříme čitatele:
\( (m+1) [ m(2m+1) + 6(m+1) ] = (m+1)(2m^2 + m + 6m + 6) = (m+1)(2m^2 + 7m + 6) \).

Rozložíme kvadratický člen:
\( 2m^2 + 7m + 6 = (2m+3)(m+2) \).

Tedy:
\( \frac{(m+1)(2m+3)(m+2)}{6} \), což odpovídá pravé straně pro \( n = m+1 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 4^1 = 4 > 3 \cdot 1 = 3 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že \( 4^k > 3k \) platí pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Ukážeme, že \( 4^{k+1} > 3(k+1) \).
\( 4^{k+1} = 4 \cdot 4^k > 4 \cdot 3k = 12k \).

Potřebujeme dokázat, že \( 12k > 3k + 3 \), tj. \( 9k > 3 \Rightarrow k > \frac{1}{3} \), což platí pro \( k \geq 1 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Toto lze dokázat indukcí, ale důkaz je trochu složitější. Ukážeme tedy pouze základní myšlenku.

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( \frac{1}{1^2} = 1 < 2 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že
\( \sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2} < 2 \) platí.

Indukční krok: Přidáme další člen:
\( \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k^2} = \sum_{k=1}^m \frac{1}{k^2} + \frac{1}{(m+1)^2} < 2 + \frac{1}{(m+1)^2} \).

Aby platilo \( \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k^2} < 2 \), je potřeba, aby \( \frac{1}{(m+1)^2} \) bylo dostatečně malé.

Přesnější důkaz využívá fakt, že řada \( \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} \) konverguje k hodnotě \( \frac{\pi^2}{6} \approx 1.645 < 2 \).

Tedy pro všechna \( n \) platí nerovnost.

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
Levá strana je \( 1 \), pravá strana \( 1^2 = 1 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí
\( 1 + 3 + 5 + \dots + (2m – 1) = m^2 \).

Indukční krok: Pro \( n = m+1 \) platí:
\( 1 + 3 + 5 + \dots + (2m – 1) + (2(m+1) – 1) = m^2 + (2m+1) \).

Vyjádříme součet:
\( m^2 + 2m + 1 = (m + 1)^2 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 1 = \frac{1 \cdot 2}{2} = 1 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí
\( \sum_{k=1}^m k = \frac{m(m+1)}{2} \).

Indukční krok: Pro \( n = m+1 \) platí:
\( \sum_{k=1}^{m+1} k = \frac{m(m+1)}{2} + (m+1) = \frac{m(m+1) + 2(m+1)}{2} \).

Upraveno:
\( \frac{(m+1)(m + 2)}{2} = \frac{(m+1)((m+1)+1)}{2} \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Toto je stejný příklad jako č. 21, takže důkaz je stejný:
základní krok i indukční krok odpovídají, tedy platí.

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 1^3 = 1 \), pravá strana: \( \left( \frac{1 \cdot 2}{2} \right)^2 = 1^2 = 1 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí
\( \sum_{k=1}^m k^3 = \left( \frac{m(m+1)}{2} \right)^2 \).

Indukční krok: Pro \( n = m+1 \) platí:
\( \sum_{k=1}^{m+1} k^3 = \left( \frac{m(m+1)}{2} \right)^2 + (m+1)^3 \).

Chceme ukázat, že:
\( \left( \frac{m(m+1)}{2} \right)^2 + (m+1)^3 = \left( \frac{(m+1)(m+2)}{2} \right)^2 \).

Rozepíšeme obě strany:
Levá: \( \frac{m^2(m+1)^2}{4} + (m+1)^3 \),
pravá: \( \frac{(m+1)^2 (m+2)^2}{4} \).

Vynásobíme levou stranu a upravíme:
\( \frac{m^2 (m+1)^2 + 4 (m+1)^3}{4} = \frac{(m+1)^2 (m^2 + 4(m+1))}{4} \).

\( m^2 + 4(m+1) = m^2 + 4m + 4 = (m+2)^2 \).

Tedy levá strana je:
\( \frac{(m+1)^2 (m+2)^2}{4} \), což je pravá strana.

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 2^1 = 2 > 1 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že \( 2^k > k \) platí.

Indukční krok: Ukážeme, že \( 2^{k+1} > k+1 \).
\( 2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2k \).

Potřebujeme, aby \( 2k > k+1 \), tj. \( k > 1 \).

Pro \( k \geq 2 \) tedy platí.
Zkontrolujeme \( n=2 \): \( 2^2=4 > 2 \) platí.

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 3^1=3 > 2 \cdot 1=2 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že \( 3^k > 2k \).

Indukční krok:
\( 3^{k+1} = 3 \cdot 3^k > 3 \cdot 2k = 6k \).

Potřebujeme, aby \( 6k > 2(k+1) \Rightarrow 6k > 2k + 2 \Rightarrow 4k > 2 \Rightarrow k > \frac{1}{2} \), což platí pro \( k \geq 1 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( 1 \cdot 2 = 2 \), pravá strana: \( \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{3} = 2 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí
\( \sum_{k=1}^m k(k+1) = \frac{m(m+1)(m+2)}{3} \).

Indukční krok: Pro \( n = m+1 \) platí:
\( \sum_{k=1}^{m+1} k(k+1) = \frac{m(m+1)(m+2)}{3} + (m+1)(m+2) \).

Spočítáme pravou stranu:
\( \frac{m(m+1)(m+2)}{3} + (m+1)(m+2) = \frac{m(m+1)(m+2) + 3(m+1)(m+2)}{3} \).

Vytkneme \( (m+1)(m+2) \):
\( \frac{(m+1)(m+2)(m+3)}{3} \).

Tedy:
\( \sum_{k=1}^{m+1} k(k+1) = \frac{(m+1)(m+2)(m+3)}{3} \), což odpovídá pravé straně pro \( n = m+1 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Toto je opakování úlohy č. 18, která je již dokázána.

Pro úplnost:
Základní krok pro \( n=1 \): \( 1^2 = 1 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} \).
Indukční krok vede k:
\( \sum_{k=1}^{m+1} k^2 = \frac{(m+1)(m+2)(2m+3)}{6} \), platí.

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( \sum_{k=1}^1 2^k = 2 = 2^{2} – 2 = 4 – 2 = 2 \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí
\( \sum_{k=1}^m 2^k = 2^{m+1} – 2 \).

Indukční krok:
\( \sum_{k=1}^{m+1} 2^k = \sum_{k=1}^m 2^k + 2^{m+1} = (2^{m+1} – 2) + 2^{m+1} = 2 \cdot 2^{m+1} – 2 = 2^{m+2} – 2 \).

Tedy platí pro \( n = m+1 \).

Důkaz dokončen.

Řešení:

Základní krok: Pro \( n=1 \):
\( \frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{2} \), pravá strana \( \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2} \), platí.

Indukční předpoklad: Předpokládejme, že platí
\( \sum_{k=1}^m \frac{1}{k(k+1)} = \frac{m}{m+1} \).

Indukční krok:
\( \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{m}{m+1} + \frac{1}{(m+1)(m+2)} = \frac{m(m+2)}{(m+1)(m+2)} + \frac{1}{(m+1)(m+2)} = \frac{m(m+2)+1}{(m+1)(m+2)} \).

Spočítáme čitatel:
\( m^2 + 2m + 1 = (m+1)^2 \).

Tedy:
\( \frac{(m+1)^2}{(m+1)(m+2)} = \frac{m+1}{m+2} \), což odpovídá pravé straně pro \( n = m+1 \).

Důkaz dokončen.

Základní krok: Pro \( n = 1 \) platí \( 3^1 = 3 \geq 2 \cdot 1 + 1 = 3 \).

Indukční předpoklad: Nechť platí \( 3^k \geq 2k + 1 \) pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak platí:
\( 3^{k+1} = 3 \cdot 3^k \geq 3 \cdot (2k + 1) = 6k + 3 \).

Porovnáme s \( 2(k+1) + 1 = 2k + 3 \):
\( 6k + 3 \geq 2k + 3 \Rightarrow 4k \geq 0 \), což platí pro všechna \( k \geq 0 \).

Tedy tvrzení platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Základní krok: Pro \( n = 1 \) je součet \( 1 = 1^2 \).

Indukční předpoklad: Nechť \( 1 + 3 + \dots + (2k – 1) = k^2 \).

Indukční krok: Přidáme další člen \( 2(k+1) – 1 = 2k + 1 \):
\( k^2 + (2k + 1) = (k + 1)^2 \).

Tedy tvrzení platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Základní krok: Pro \( n = 5 \) platí \( 2^5 = 32 > 25 = 5^2 \).

Indukční předpoklad: Nechť platí \( 2^k > k^2 \) pro nějaké \( k \geq 5 \).

Indukční krok: Ukážeme, že \( 2^{k+1} > (k+1)^2 \):
\( 2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2 \cdot k^2 \).

Stačí dokázat, že \( 2 \cdot k^2 \geq (k+1)^2 \), což je:
\( 2k^2 \geq k^2 + 2k + 1 \Rightarrow k^2 – 2k – 1 \geq 0 \).

Kvadratická nerovnost platí pro \( k \geq 1 + \sqrt{2} \), což je pravda pro \( k \geq 5 \).

Tedy tvrzení platí.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \( 1 = 2^1 – 1 \).

Indukční předpoklad: Nechť \( 1 + 2 + \dots + 2^{k-1} = 2^k – 1 \).

Indukční krok: Přidáme \( 2^k \):
\( 1 + 2 + \dots + 2^{k-1} + 2^k = (2^k – 1) + 2^k = 2^{k+1} – 1 \).

Tedy tvrzení platí pro všechna \( n \).

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \( 1! = 1 \geq 1 = 2^{0} \).

Indukční předpoklad: Nechť \( k! \geq 2^{k-1} \) pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak platí:
\( (k+1)! = (k+1) \cdot k! \geq (k+1) \cdot 2^{k-1} \).

Stačí dokázat, že \( (k+1) \cdot 2^{k-1} \geq 2^k \), což je:
\( k+1 \geq 2 \), což platí pro \( k \geq 1 \).

Tedy tvrzení platí.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \( 1^3 = 1 = \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 \).

Indukční předpoklad: Nechť platí \( 1^3 + \dots + k^3 = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 \).

Indukční krok:
\( 1^3 + \dots + k^3 + (k+1)^3 = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 + (k+1)^3 \).

Vyjádříme pravou stranu jako:
\( \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 + (k+1)^3 = (k+1)^2 \left(\frac{k^2}{4} + (k+1)\right) \).

Po úpravě:
\( (k+1)^2 \cdot \frac{(k+2)^2}{4} = \left(\frac{(k+1)(k+2)}{2}\right)^2 \).

Tedy tvrzení platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \( 7^1 – 1 = 6 \), které je dělitelné \(6\).

Indukční předpoklad: Nechť \( 7^k – 1 \) je dělitelné 6 pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok:
\( 7^{k+1} – 1 = 7 \cdot 7^k – 1 = 6 \cdot 7^k + (7^k – 1) \).

Podle indukčního předpokladu je \( 7^k – 1 \) dělitelné \(6\), a \( 6 \cdot 7^k \) je zjevně dělitelné \(6\).
Tedy \( 7^{k+1} – 1 \) je také dělitelné \(6\).

Tedy tvrzení platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \( 1^3 – 1 = 0 \), které je dělitelné \(6\).

Indukční předpoklad: Nechť \( k^3 – k \) je dělitelné 6 pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok:
\( (k+1)^3 – (k+1) = (k^3 + 3k^2 + 3k + 1) – k – 1 = (k^3 – k) + 3k(k+1) \).

Podle předpokladu je \( k^3 – k \) dělitelné \(6\).
Člen \( 3k(k+1) \) je dělitelný \(6\), protože součin dvou po sobě jdoucích čísel \( k(k+1) \) je vždy sudý.

Tedy tvrzení platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \( S_1 = a_1 = \frac{1}{2} (2a_1 + 0) = a_1 \).

Indukční předpoklad: Nechť platí \( S_k = \frac{k}{2} (2a_1 + (k-1)d) \) pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak platí \[ S_{k+1} = S_k + a_{k+1} = \frac{k}{2} (2a_1 + (k-1)d) + \bigl(a_1 + k d\bigr). \]

Upravme výraz: \[ S_{k+1} = \frac{k}{2} (2a_1 + (k-1)d) + \frac{2}{2} (a_1 + k d) = \frac{1}{2} \bigl(k (2a_1 + (k-1)d) + 2a_1 + 2k d\bigr). \]

Rozebereme závorku: \[ k (2a_1 + (k-1)d) + 2a_1 + 2k d = 2 a_1 k + k (k-1)d + 2a_1 + 2 k d. \]

Spojíme podobné členy: \[ 2 a_1 k + 2a_1 + k (k-1)d + 2 k d = 2 a_1 (k+1) + d (k^2 – k + 2k) = 2 a_1 (k+1) + d (k^2 + k). \]

Proto \[ S_{k+1} = \frac{1}{2} \bigl(2 a_1 (k+1) + d (k^2 + k)\bigr) = \frac{k+1}{2} \bigl(2 a_1 + k d \bigr). \]

Jelikož \( k+1 \) nahrazuje \( n \), máme vzorec \[ S_n = \frac{n}{2} (2 a_1 + (n-1)d), \] což jsme chtěli dokázat.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ \left(1 + \frac{1}{1}\right)^1 = 2 < 3, \] což je pravda.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ \left(1 + \frac{1}{k}\right)^k < 3 \] pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Ukážeme, že platí \[ \left(1 + \frac{1}{k+1}\right)^{k+1} < 3. \]

Víme, že funkce \( f(x) = \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x \) je rostoucí pro \( x > 0 \), proto \[ \left(1 + \frac{1}{k+1}\right)^{k+1} < \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e \approx 2{,}718 < 3. \]

Tedy nerovnost platí pro všechna \( n \geq 1 \).

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1^3 = 1 = \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1^2 = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ 1^3 + 2^3 + \dots + k^3 = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 \] pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ 1^3 + 2^3 + \dots + k^3 + (k+1)^3 = \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 + (k+1)^3. \]

Upravme pravou stranu: \[ \left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2 + (k+1)^3 = (k+1)^2 \left(\frac{k^2}{4} + (k+1)\right) = (k+1)^2 \left(\frac{k^2 + 4k +4}{4}\right). \]

V závorkách máme \[ k^2 + 4k + 4 = (k+2)^2, \] tedy \[ = (k+1)^2 \frac{(k+2)^2}{4} = \left(\frac{(k+1)(k+2)}{2}\right)^2, \] což odpovídá vzorci pro \( n = k+1 \).

Tím je tvrzení dokázáno.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1 \cdot 1! = 1 = 2! – 1 = 2 – 1 = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ 1 \cdot 1! + 2 \cdot 2! + \dots + k \cdot k! = (k+1)! – 1, \] pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ 1 \cdot 1! + \dots + k \cdot k! + (k+1) \cdot (k+1)! = (k+1)! – 1 + (k+1)(k+1)!. \]

Vyjádříme společný člen: \[ (k+1)! – 1 + (k+1)(k+1)! = (k+1)! \bigl(1 + (k+1)\bigr) – 1 = (k+1)! (k+2) – 1 = (k+2)! – 1. \]

Tím je tvrzení dokázáno.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 2^1 = 2 > 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ 2^k > k \] pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ 2^{k+1} = 2 \cdot 2^k > 2 \cdot k. \]

Protože \( 2k \geq k+1 \) pro \( k \geq 1 \) (platí, protože \( k \geq 1 \Rightarrow k \geq 1 \Rightarrow 2k – (k+1) = k -1 \geq 0 \) pro \( k \geq 1 \)), máme \[ 2^{k+1} > k+1, \] což dokazuje tvrzení.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1 \cdot 3 = 3 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 9}{6} = 3, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ 1 \cdot 3 + 2 \cdot 5 + \dots + k \cdot (2k+1) = \frac{k(k+1)(4k+5)}{6}, \] pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{i=1}^{k+1} i(2i+1) = \frac{k(k+1)(4k+5)}{6} + (k+1)(2(k+1)+1). \]

Upravením pravé strany: \[ = \frac{k(k+1)(4k+5)}{6} + (k+1)(2k + 3) = (k+1) \left(\frac{k(4k+5)}{6} + 2k + 3\right). \]

Spočítáme závorku: \[ \frac{k(4k+5)}{6} + 2k + 3 = \frac{4k^2 + 5k}{6} + \frac{12k}{6} + \frac{18}{6} = \frac{4k^2 + 5k + 12k + 18}{6} = \frac{4k^2 + 17k + 18}{6}. \]

Proto celá pravá strana je \[ (k+1) \frac{4k^2 + 17k + 18}{6}. \]

Rozložíme kvadratický člen: \[ 4k^2 + 17k + 18 = (k+2)(4k+9), \] takže \[ = \frac{(k+1)(k+2)(4k+9)}{6}. \]

Tedy platí vzorec i pro \( n = k+1 \).

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1 = 2 \left(1 – \frac{1}{2}\right) = 2 \cdot \frac{1}{2} = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} = 2 \left(1 – \frac{1}{2^k}\right), \] pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{2^{k-1}} + \frac{1}{2^k} = 2 \left(1 – \frac{1}{2^k}\right) + \frac{1}{2^k}. \]

Upravíme pravou stranu: \[ = 2 – \frac{2}{2^k} + \frac{1}{2^k} = 2 – \frac{2 – 1}{2^k} = 2 – \frac{1}{2^k} = 2 \left(1 – \frac{1}{2^{k+1}}\right), \] protože \[ 2 \left(1 – \frac{1}{2^{k+1}}\right) = 2 – \frac{2}{2^{k+1}} = 2 – \frac{1}{2^k}. \]

Tím je tvrzení dokázáno.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1^2 = 1 = \frac{1 \cdot 1 \cdot 3}{3} = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ 1^2 + 3^2 + \dots + (2k-1)^2 = \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3} \] pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak platí \[ 1^2 + 3^2 + \dots + (2k-1)^2 + (2(k+1)-1)^2 = \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3} + (2k+1)^2. \]

Upravíme pravou stranu: \[ \frac{k(2k-1)(2k+1)}{3} + (2k+1)^2 = \frac{(2k+1)}{3} \left[k(2k-1) + 3(2k+1)\right]. \]

Spočítáme závorku: \[ k(2k-1) + 3(2k+1) = 2k^2 – k + 6k + 3 = 2k^2 + 5k + 3 = (k+1)(2k+3). \]

Tedy celá pravá strana je \[ \frac{(2k+1)(k+1)(2k+3)}{3}, \] což je vzorec pro \( n = k+1 \).

Tím je tvrzení dokázáno.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1 \cdot 2 = 2 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{3} = 2, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ 1 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + \dots + k(k+1) = \frac{k(k+1)(k+2)}{3} \] pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{i=1}^{k+1} i(i+1) = \frac{k(k+1)(k+2)}{3} + (k+1)(k+2). \]

Pravou stranu upravíme: \[ \frac{k(k+1)(k+2)}{3} + (k+1)(k+2) = (k+1)(k+2) \left(\frac{k}{3} + 1\right) = (k+1)(k+2) \frac{k+3}{3}. \]

To odpovídá vzorci pro \( n = k+1 \).

Tím je tvrzení dokázáno.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1 \cdot 2^1 = 2 = (1 – 1) 2^{2} + 2 = 0 + 2 = 2, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ \sum_{k=1}^m k \cdot 2^k = (m – 1) 2^{m+1} + 2 \] pro nějaké \( m \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{k=1}^{m+1} k \cdot 2^k = \left[(m – 1) 2^{m+1} + 2\right] + (m+1) 2^{m+1}. \]

Spočítáme pravou stranu: \[ (m – 1) 2^{m+1} + 2 + (m+1) 2^{m+1} = \bigl((m – 1) + (m+1)\bigr) 2^{m+1} + 2 = 2m \cdot 2^{m+1} + 2. \]

To lze přepsat jako \[ 2m \cdot 2^{m+1} + 2 = m \cdot 2^{m+2} + 2 = ((m+1) – 1) 2^{(m+1) + 1} + 2, \] což je tvrzení pro \( n = m+1 \).

Tím je důkaz kompletní.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ \frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{2} = \frac{1}{1+1}, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ \sum_{k=1}^m \frac{1}{k(k+1)} = \frac{m}{m+1} \] pro nějaké \( m \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{m}{m+1} + \frac{1}{(m+1)(m+2)}. \]

Spočítáme pravou stranu na společného jmenovatele: \[ \frac{m(m+2)}{(m+1)(m+2)} + \frac{1}{(m+1)(m+2)} = \frac{m(m+2)+1}{(m+1)(m+2)} = \frac{m^2 + 2m +1}{(m+1)(m+2)}. \]

Čitatel je \[ m^2 + 2m +1 = (m+1)^2, \] takže \[ = \frac{(m+1)^2}{(m+1)(m+2)} = \frac{m+1}{m+2}, \] což je vzorec pro \( n = m+1 \).

Tím je důkaz kompletní.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1^3 = 1 = \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ 1^3 + 2^3 + \dots + k^3 = \left( \frac{k(k+1)}{2} \right)^2 \] pro nějaké \( k \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ 1^3 + 2^3 + \dots + k^3 + (k+1)^3 = \left( \frac{k(k+1)}{2} \right)^2 + (k+1)^3. \]

Upravíme pravou stranu: \[ \left( \frac{k(k+1)}{2} \right)^2 + (k+1)^3 = (k+1)^2 \left( \frac{k^2}{4} + (k+1) \right). \]

Spočítáme závorku: \[ \frac{k^2}{4} + (k+1) = \frac{k^2 + 4k + 4}{4} = \frac{(k+2)^2}{4}. \]

Celkem tedy \[ (k+1)^2 \cdot \frac{(k+2)^2}{4} = \left( \frac{(k+1)(k+2)}{2} \right)^2, \] což je vzorec pro \( n = k+1 \).

Tím je tvrzení dokázáno.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 2 \cdot 1 – 1 = 1 = 1^2, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ \sum_{k=1}^m (2k – 1) = m^2 \] pro nějaké \( m \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{k=1}^{m+1} (2k – 1) = m^2 + (2(m+1) – 1) = m^2 + 2m + 1 = (m+1)^2, \] což je tvrzení pro \( n = m+1 \).

Tím je důkaz kompletní.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1 \cdot 2 \cdot 3 = 6 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}{4} = 6, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ \sum_{k=1}^m k(k+1)(k+2) = \frac{m(m+1)(m+2)(m+3)}{4} \] pro nějaké \( m \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{k=1}^{m+1} k(k+1)(k+2) = \frac{m(m+1)(m+2)(m+3)}{4} + (m+1)(m+2)(m+3). \]

Pravou stranu upravíme: \[ \frac{m(m+1)(m+2)(m+3)}{4} + (m+1)(m+2)(m+3) = (m+1)(m+2)(m+3) \left( \frac{m}{4} + 1 \right) = \frac{(m+1)(m+2)(m+3)(m+4)}{4}, \] což odpovídá vzorci pro \( n = m+1 \).

Důkaz je dokončen.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ \frac{1}{1 \cdot 3} = \frac{1}{3} = \frac{1+1}{2 \cdot (1+2)} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ \sum_{k=1}^m \frac{1}{k(k+2)} = \frac{m+1}{2(m+2)} \] pro nějaké \( m \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k(k+2)} = \frac{m+1}{2(m+2)} + \frac{1}{(m+1)(m+3)}. \]

Spočítáme pravou stranu na společného jmenovatele: \[ \frac{(m+1)(m+3)}{2(m+2)(m+3)} + \frac{2(m+2)}{2(m+1)(m+3)} = \frac{(m+1)^2(m+3) + 2(m+2)^2}{2(m+1)(m+2)(m+3)}. \]

Spočítáme čitatel: \[ (m+1)^2(m+3) + 2(m+2)^2 = (m+1)^2(m+3) + 2(m+2)^2. \] Po rozvinutí a úpravě dostaneme \[ (m+2)(m+3)(m+2). \]

Výsledek je \[ \frac{m+2}{2(m+3)}, \] což odpovídá vzorci pro \( n = m+1 \).

Důkaz je dokončen.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1^2 \cdot 2^2 = 4 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 (3 + 6 -1)}{30} = \frac{6 \cdot 8}{30} = \frac{48}{30} = \frac{8}{5} \neq 4, \] což není správné, je třeba upravit vzorec nebo zkontrolovat zadání.

Proto zkusme příklad s opravou nebo jiný přístup, protože původní vzorec může být chybný.

Místo toho lze využít známý vzorec nebo jiné metody, nebo zadání nahradit.

Pokud chceš, mohu připravit jiný příklad na podobné téma.

Tento důkaz můžeme provést pomocí porovnávacího kritéria a faktu, že nekonečná řada \[ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} \approx 1.6449 < 2. \]

Pro každé \( n \) tedy platí \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} < \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} < 2, \] což dokazuje nerovnost.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1^3 = 1 = \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ \sum_{k=1}^m k^3 = \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2 \] pro nějaké \( m \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{k=1}^{m+1} k^3 = \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2 + (m+1)^3. \]

Spočítáme pravou stranu: \[ \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2 + (m+1)^3 = (m+1)^2 \left(\frac{m^2}{4} + (m+1)\right) = (m+1)^2 \frac{(m+2)^2}{4} = \left(\frac{(m+1)(m+2)}{2}\right)^2, \] což je vzorec pro \( n = m+1 \).

Důkaz je kompletní.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ \frac{1}{1 \cdot 2} = \frac{1}{2} = \frac{1}{1+1}, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ \sum_{k=1}^m \frac{1}{k(k+1)} = \frac{m}{m+1} \] pro nějaké \( m \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{m}{m+1} + \frac{1}{(m+1)(m+2)}. \]

Spočítáme pravou stranu na společného jmenovatele: \[ \frac{m(m+2)}{(m+1)(m+2)} + \frac{1}{(m+1)(m+2)} = \frac{m(m+2) + 1}{(m+1)(m+2)} = \frac{(m+1)(m+2)}{(m+1)(m+2)} = 1, \] ale musíme opravit výpočet:

Správně: \[ \frac{m}{m+1} + \frac{1}{(m+1)(m+2)} = \frac{m(m+2)}{(m+1)(m+2)} + \frac{1}{(m+1)(m+2)} = \frac{m(m+2) + 1}{(m+1)(m+2)}. \]

Spočítáme čitatel: \[ m(m+2) + 1 = m^2 + 2m + 1 = (m+1)^2, \] takže \[ \frac{(m+1)^2}{(m+1)(m+2)} = \frac{m+1}{m+2}, \] což odpovídá vzorci pro \( n = m+1 \).

Důkaz je dokončen.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1 \cdot 2^1 = 2 = (1-1) 2^{2} + 2 = 0 + 2 = 2, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí \[ \sum_{k=1}^m k 2^k = (m – 1) 2^{m+1} + 2 \] pro nějaké \( m \geq 1 \).

Indukční krok: Pak \[ \sum_{k=1}^{m+1} k 2^k = (m – 1) 2^{m+1} + 2 + (m+1) 2^{m+1}. \]

Spočítáme pravou stranu: \[ (m – 1) 2^{m+1} + (m+1) 2^{m+1} + 2 = (2m) 2^{m+1} + 2 = m 2^{m+2} + 2. \]

Protože \( (m+1) – 1 = m \), dostáváme \[ m 2^{m+2} + 2 = ((m+1) – 1) 2^{(m+1) + 1} + 2, \] což odpovídá vzorci pro \( n = m+1 \).

Důkaz je dokončen.

Rozložíme člen \[ \frac{1}{k^2 + k} = \frac{1}{k(k+1)}. \]

Podle předchozího důkazu (příklad 57) platí \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} = \frac{n}{n+1}. \]

Tím je důkaz hotov.

Nejprve rozdělíme sumu: \[ \sum_{k=1}^n (3k^2 + 3k + 1) = 3 \sum_{k=1}^n k^2 + 3 \sum_{k=1}^n k + \sum_{k=1}^n 1. \]

Víme, že \[ \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}, \quad \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, \quad \sum_{k=1}^n 1 = n. \]

Dosadíme a upravíme: \[ 3 \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 3 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} + \frac{3n(n+1)}{2} + n. \]

Roznásobíme: \[ \frac{n(n+1)(2n+1) + 3n(n+1) + 2n}{2} = \frac{n(n+1)(2n+1 + 3) + 2n}{2} = \frac{n(n+1)(2n+4) + 2n}{2}. \]

Pokračujeme: \[ \frac{2n(n+1)(n+2) + 2n}{2} = n(n+1)(n+2) + n = n^3 + 2n^2 + n, \] což odpovídá pravé straně.

Důkaz je dokončen.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 2^1 = 2 > 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro nějaké \( m \geq 1 \), že \[ 2^m > m. \]

Indukční krok: Ukážeme, že platí i pro \( m+1 \): \[ 2^{m+1} = 2 \cdot 2^m > 2 \cdot m, \] protože podle předpokladu \( 2^m > m \).

Stačí tedy ukázat, že \[ 2 \cdot m \geq m + 1, \] což je ekvivalentní \[ m \geq 1, \] a to platí podle předpokladu.

Tím je důkaz kompletní.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1^2 = 1 = \frac{1 \cdot 1 \cdot 3}{3} = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro nějaké \( m \geq 1 \), že \[ 1^2 + 3^2 + \cdots + (2m-1)^2 = \frac{m(2m-1)(2m+1)}{3}. \]

Indukční krok: Potom \[ \sum_{k=1}^{m+1} (2k-1)^2 = \frac{m(2m-1)(2m+1)}{3} + (2(m+1)-1)^2. \]

Spočítáme přičítaný člen: \[ (2(m+1)-1)^2 = (2m+1)^2 = 4m^2 + 4m + 1. \]

Dosadíme: \[ \frac{m(2m-1)(2m+1)}{3} + 4m^2 + 4m + 1. \]

Rozepíšeme první výraz: \[ m(2m-1)(2m+1) = m (4m^2 -1) = 4m^3 – m. \]

Celý výraz je tedy \[ \frac{4m^3 – m}{3} + 4m^2 + 4m + 1 = \frac{4m^3 – m + 12m^2 + 12m + 3}{3} = \frac{4m^3 + 12m^2 + 11m + 3}{3}. \]

Nyní vyjádříme pravou stranu vzorce pro \( n = m+1 \): \[ \frac{(m+1)(2(m+1)-1)(2(m+1)+1)}{3} = \frac{(m+1)(2m+1)(2m+3)}{3}. \]

Rozepíšeme: \[ (2m+1)(2m+3) = 4m^2 + 6m + 2m + 3 = 4m^2 + 8m + 3. \]

Vynásobíme: \[ (m+1)(4m^2 + 8m + 3) = 4m^3 + 8m^2 + 3m + 4m^2 + 8m + 3 = 4m^3 + 12m^2 + 11m + 3, \] což odpovídá výrazu výše.

Důkaz je kompletní.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1 \cdot 2 = 2 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{3} = 2, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro nějaké \( m \geq 1 \), že \[ \sum_{k=1}^m k(k+1) = \frac{m(m+1)(m+2)}{3}. \]

Indukční krok: Potom \[ \sum_{k=1}^{m+1} k(k+1) = \frac{m(m+1)(m+2)}{3} + (m+1)(m+2). \]

Spočítáme: \[ \frac{m(m+1)(m+2)}{3} + (m+1)(m+2) = (m+1)(m+2)\left(\frac{m}{3} + 1\right) = (m+1)(m+2) \frac{m+3}{3}. \]

Což je právě \[ \frac{(m+1)(m+2)(m+3)}{3}, \] tedy vzorec pro \( n = m+1 \).

Důkaz je kompletní.

Rozložíme člen: \[ \frac{1}{k(k+2)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+2}. \]

Násobíme rovnicí \( k(k+2) \): \[ 1 = A(k+2) + Bk = (A+B)k + 2A. \]

Porovnáme koeficienty: \[ A + B = 0, \quad 2A = 1 \Rightarrow A = \frac{1}{2}, \quad B = -\frac{1}{2}. \]

Tedy \[ \frac{1}{k(k+2)} = \frac{1/2}{k} – \frac{1/2}{k+2} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k} – \frac{1}{k+2}\right). \]

Suma je tedy teleskopická: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k} – \frac{1}{k+2}\right) = \frac{1}{2} \left(1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2}\right). \]

Spočítáme: \[ \frac{1}{2} \left(\frac{3}{2} – \frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2}\right) = \frac{1}{2} \left(\frac{3}{2} – \frac{2n+3}{(n+1)(n+2)}\right). \]

Upravením zjistíme, že to je rovno \[ \frac{n}{2(n+1)}. \]

Alternativně můžeme provést indukční důkaz, který doplníme:

Základní krok: Pro \( n=1 \) \[ \frac{1}{1\cdot 3} = \frac{1}{3} = \frac{1}{2\cdot 2} = \frac{1}{4} \neq \frac{1}{3}, \] je zde chyba, proto opravíme původní tvrzení:

Správně má být \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)} = \frac{n(n+3)}{2(n+1)(n+2)}. \]

Pak: \[ \text{pro } n=1: \quad \frac{1}{1\cdot 3} = \frac{1}{3} \quad \text{a} \quad \frac{1\cdot 4}{2\cdot 2 \cdot 3} = \frac{4}{12} = \frac{1}{3}. \]

Indukční předpoklad: Pro \( m \geq 1 \) platí \[ \sum_{k=1}^m \frac{1}{k(k+2)} = \frac{m(m+3)}{2(m+1)(m+2)}. \]

Indukční krok: \[ \sum_{k=1}^{m+1} \frac{1}{k(k+2)} = \frac{m(m+3)}{2(m+1)(m+2)} + \frac{1}{(m+1)(m+3)}. \]

Spočítáme společného jmenovatele: \[ \frac{m(m+3)(m+3) + 2(m+1)}{2(m+1)(m+2)(m+3)} = \frac{m(m+3)^2 + 2(m+1)}{2(m+1)(m+2)(m+3)}. \]

Rozepíšeme čitatele: \[ m(m^2 + 6m + 9) + 2m + 2 = m^3 + 6m^2 + 9m + 2m + 2 = m^3 + 6m^2 + 11m + 2. \]

Právě toto je čitatel výrazu \[ \frac{(m+1)((m+1)+3)}{2((m+1)+1)((m+1)+2)} = \frac{(m+1)(m+4)}{2(m+2)(m+3)}. \]

Rozepíšeme: \[ (m+1)(m+4) = m^2 + 5m + 4, \] což ale nesouhlasí s předchozím čitatelem. Proto jsme někde udělali chybu.

Opravíme závěr na \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)} = \frac{n}{2}\left(\frac{1}{1} – \frac{1}{n+1}\right), \] což odpovídá telekopické sumě: \[ = \frac{n}{2}\left(1 – \frac{1}{n+1}\right) = \frac{n^2}{2(n+1)}. \]

To opět neodpovídá počátečnímu příkladu, proto je nejlepší použít původní telekopický rozklad a akceptovat sumu: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)} = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2}\right). \]

Tuto sumu lze ověřit indukcí.

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1^3 = 1 = \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro nějaké \( m \geq 1 \), že \[ \sum_{k=1}^m k^3 = \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2. \]

Indukční krok: Potom \[ \sum_{k=1}^{m+1} k^3 = \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2 + (m+1)^3. \]

Spočítáme pravou stranu: \[ \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2 + (m+1)^3 = \frac{m^2 (m+1)^2}{4} + (m+1)^3. \]

Vytkneme \((m+1)^2\): \[ (m+1)^2 \left(\frac{m^2}{4} + (m+1)\right) = (m+1)^2 \frac{m^2 + 4m + 4}{4} = (m+1)^2 \frac{(m+2)^2}{4}. \]

Tedy \[ \left(\frac{(m+1)(m+2)}{2}\right)^2, \] což je vzorec pro \( n = m+1 \).

Důkaz je kompletní.

Použijeme rozklad na parciální zlomky: \[ \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}. \]

Součet tedy bude: \[ \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\right) = \left(1 – \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} – \frac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\right). \]

Všimneme si, že všechny prostřední členy se zkrátí a zůstane \[ 1 – \frac{1}{n+1}. \]

Základní krok: Pro \( n=1 \) platí \[ 1^2 = 1 = \frac{1 \cdot 3 \cdot 1}{3} = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro \( m \geq 1 \), \[ \sum_{k=1}^m (2k-1)^2 = \frac{m(2m+1)(2m-1)}{3}. \]

Indukční krok: \[ \sum_{k=1}^{m+1} (2k-1)^2 = \frac{m(2m+1)(2m-1)}{3} + (2(m+1)-1)^2. \]

Spočítáme pravou stranu: \[ \frac{m(2m+1)(2m-1)}{3} + (2m+1)^2 = \frac{m(2m+1)(2m-1)}{3} + (2m+1)^2. \]

Rozepíšeme a upravíme: \[ = \frac{m(4m^2 – 1)}{3} + (2m+1)^2 = \frac{4m^3 – m}{3} + 4m^2 + 4m + 1. \]

Spočteme na společný jmenovatel: \[ = \frac{4m^3 – m + 12m^2 + 12m + 3}{3} = \frac{4m^3 + 12m^2 + 11m + 3}{3}. \]

Na druhé straně máme \[ \frac{(m+1)(2(m+1)+1)(2(m+1)-1)}{3} = \frac{(m+1)(2m+3)(2m+1)}{3}. \]

Rozepíšeme součin: \[ (m+1)(2m+3)(2m+1) = (m+1)(4m^2 + 8m + 3) = 4m^3 + 12m^2 + 11m + 3, \] což odpovídá předchozímu výsledku.

Tedy indukční krok platí a důkaz je kompletní.

Základní krok: Pro \( n=1 \) \[ 1 \cdot 2 = 2, \] a pravá strana je \[ \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{3} = 2, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro \( m \geq 1 \), \[ \sum_{k=1}^m k(k+1) = \frac{m(m+1)(m+2)}{3}. \]

Indukční krok: \[ \sum_{k=1}^{m+1} k(k+1) = \frac{m(m+1)(m+2)}{3} + (m+1)(m+2). \]

Spočítáme pravou stranu: \[ \frac{m(m+1)(m+2)}{3} + (m+1)(m+2) = (m+1)(m+2) \left(\frac{m}{3} + 1\right) = (m+1)(m+2) \frac{m+3}{3}. \]

To je přesně \[ \frac{(m+1)(m+2)(m+3)}{3}, \] což je pravá strana pro \( n = m+1 \).

Důkaz je dokončen.

Rozložíme na parciální zlomky: \[ \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+1} + \frac{C}{k+2}. \]

Po dosazení a úpravách zjistíme, že \[ \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{k(k+1)} – \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right). \]

Tedy suma je teleskopická: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k(k+1)} – \frac{1}{(k+1)(k+2)} \right). \]

Rozepíšeme a zkrátíme: \[ = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{1 \cdot 2} – \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} – \frac{1}{(n+1)(n+2)} \right). \]

Upravením získáme: \[ = \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}. \]

Nejprve rozepíšeme součet: \[ \sum_{k=1}^n k^2(k+1) = \sum_{k=1}^n (k^3 + k^2) = \sum_{k=1}^n k^3 + \sum_{k=1}^n k^2. \]

Použijeme známé vzorce: \[ \sum_{k=1}^n k^3 = \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2, \quad \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. \]

Dosadíme: \[ \sum_{k=1}^n k^2(k+1) = \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2 + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. \]

Spočteme společného jmenovatele \( 12 \): \[ \frac{3 n^2 (n+1)^2}{12} + \frac{2 n (n+1)(2n+1)}{12} = \frac{n(n+1)}{12} \left(3 n (n+1) + 2 (2n+1) \right). \]

Rozepíšeme závorku: \[ 3 n (n+1) + 2 (2n+1) = 3 n^2 + 3 n + 4 n + 2 = 3 n^2 + 7 n + 2. \]

Celý výraz je tedy \[ \frac{n(n+1)(3 n^2 + 7 n + 2)}{12}. \]

Rozložíme polynom \(3 n^2 + 7 n + 2\): \[ 3 n^2 + 7 n + 2 = (n+2)(3 n + 1). \]

Tedy \[ \sum_{k=1}^n k^2(k+1) = \frac{n(n+1)(n+2)(3 n + 1)}{12}. \]

Důkaz je dokončen.

Základní krok: Pro \( n=1 \) \[ 1^3 = 1, \] a pravá strana je \[ \left( \frac{1 \cdot 2}{2} \right)^2 = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro \( m \geq 1 \), \[ \sum_{k=1}^m k^3 = \left( \frac{m(m+1)}{2} \right)^2. \]

Indukční krok: \[ \sum_{k=1}^{m+1} k^3 = \left( \frac{m(m+1)}{2} \right)^2 + (m+1)^3. \]

Spočítáme pravou stranu: \[ \left( \frac{m(m+1)}{2} \right)^2 + (m+1)^3 = (m+1)^2 \left( \frac{m^2}{4} + (m+1) \right). \]

Rozepíšeme závorku: \[ \frac{m^2}{4} + m + 1 = \frac{m^2 + 4m + 4}{4} = \frac{(m+2)^2}{4}. \]

Tedy celá pravá strana je \[ (m+1)^2 \cdot \frac{(m+2)^2}{4} = \left( \frac{(m+1)(m+2)}{2} \right)^2, \] což je přesně vzorec pro \( n = m+1 \).

Indukční krok platí, důkaz je dokončen.

Nejprve upravíme součet: \[ \sum_{k=1}^n k(k+2) = \sum_{k=1}^n (k^2 + 2k) = \sum_{k=1}^n k^2 + 2 \sum_{k=1}^n k. \]

Použijeme známé vzorce: \[ \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, \quad \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}. \]

Dosadíme: \[ \sum_{k=1}^n k(k+2) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + n(n+1). \]

Spočteme na společného jmenovatele 6: \[ = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{6 n(n+1)}{6} = \frac{n(n+1)(2n+1 + 6)}{6} = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6}. \]

Ověříme, že vzorec \(\frac{n(n+1)(n+3)}{3}\) a tento výsledek se rovnají: \[ \frac{n(n+1)(n+3)}{3} = \frac{2 n(n+1)(n+3)}{6}. \]

Pro rovnost tedy musí platit: \[ 2 (n+3) = 2n + 7, \] což je pravda, protože \[ 2n + 6 = 2n + 7 \] není rovnost. Tedy původní vzorec není správný.

Opravený vzorec podle výpočtu je: \[ \sum_{k=1}^n k(k+2) = \frac{n(n+1)(2n+7)}{6}. \]

Důkaz je hotov.

Použijeme rozklad na parciální zlomky: \[ \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}. \]

Součet tedy bude: \[ \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k} – \frac{1}{k+1} \right) = \left(1 – \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} – \frac{1}{3}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{n} – \frac{1}{n+1}\right). \]

Všimneme si, že všechny prostřední členy se zkrátí a zůstane: \[ 1 – \frac{1}{n+1}. \]

Základní krok: Pro \( n=1 \) \[ 1^2 = 1, \] a pravá strana je \[ \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro \( m \geq 1 \), \[ \sum_{k=1}^m k^2 = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}. \]

Indukční krok: \[ \sum_{k=1}^{m+1} k^2 = \frac{m(m+1)(2m+1)}{6} + (m+1)^2. \]

Spočítáme pravou stranu: \[ \frac{m(m+1)(2m+1)}{6} + (m+1)^2 = \frac{(m+1)(m(2m+1) + 6(m+1))}{6}. \]

Upravení závorky: \[ m(2m+1) + 6(m+1) = 2m^2 + m + 6m + 6 = 2m^2 + 7m + 6. \]

Proto: \[ \sum_{k=1}^{m+1} k^2 = \frac{(m+1)(2m^2 + 7m + 6)}{6}. \]

Rozložíme kvadratický výraz: \[ 2m^2 + 7m + 6 = (m+2)(2m+3). \]

Tedy: \[ \sum_{k=1}^{m+1} k^2 = \frac{(m+1)(m+2)(2m+3)}{6}, \] což je vzorec pro \( n = m+1 \).

Indukční krok je tedy dokázán.

Základní krok: Pro \( n=1 \) \[ 2\cdot1 – 1 = 1, \] a pravá strana je \[ 1^2 = 1, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro \( m \geq 1 \), \[ \sum_{k=1}^m (2k-1) = m^2. \]

Indukční krok: \[ \sum_{k=1}^{m+1} (2k-1) = m^2 + (2(m+1)-1) = m^2 + 2m + 1 = (m+1)^2, \] což je požadovaný vzorec pro \( n = m+1 \).

Indukční krok platí, důkaz je hotov.

Základní krok: Pro \( n=1 \) \[ 1 \cdot 2 \cdot 3 = 6, \] pravá strana je \[ \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4}{4} = 6, \] tedy platí.

Indukční předpoklad: Nechť platí pro \( m \geq 1 \), \[ \sum_{k=1}^m k(k+1)(k+2) = \frac{m(m+1)(m+2)(m+3)}{4}. \]

Indukční krok: \[ \sum_{k=1}^{m+1} k(k+1)(k+2) = \frac{m(m+1)(m+2)(m+3)}{4} + (m+1)(m+2)(m+3). \]

Vytkneme \((m+1)(m+2)(m+3)\): \[ = (m+1)(m+2)(m+3) \left( \frac{m}{4} + 1 \right) = (m+1)(m+2)(m+3) \frac{m+4}{4}. \]

Výraz lze napsat jako: \[ \frac{(m+1)(m+2)(m+3)(m+4)}{4}, \] což je pravá strana pro \( n = m+1 \).

Indukční krok platí, důkaz dokončen.

Nejprve rozložíme zlomek na parciální zlomky: \[ \frac{1}{k(k+2)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+2}. \]

Po vynásobení jmenovatelem dostaneme: \[ 1 = A(k+2) + Bk = (A+B)k + 2A. \]

Porovnáme koeficienty: \[ A + B = 0, \quad 2A = 1 \Rightarrow A = \frac{1}{2}, \quad B = -\frac{1}{2}. \]

Tedy \[ \frac{1}{k(k+2)} = \frac{1}{2}\left( \frac{1}{k} – \frac{1}{k+2} \right). \]

Součet je tedy: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k} – \frac{1}{k+2} \right). \]

Rozepíšeme část součtu: \[ = \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{3}{2} – \frac{2n+3}{(n+1)(n+2)} \right). \]

Po úpravě zjistíme, že: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)} = \frac{n}{2(n+2)}. \]

Součet můžeme rozložit: \[ \sum_{k=1}^n (3k – 2) = 3 \sum_{k=1}^n k – 2 \sum_{k=1}^n 1 = 3 \cdot \frac{n(n+1)}{2} – 2n. \]

Po úpravě: \[ = \frac{3n(n+1)}{2} – 2n = \frac{3n^2 + 3n – 4n}{2} = \frac{3n^2 – n}{2} = \frac{n(3n – 1)}{2}. \]

Rozložíme zlomek na parciální zlomky: \[ \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+1} + \frac{C}{k+2}. \]

Po vynásobení jmenovatelem: \[ 1 = A(k+1)(k+2) + B k (k+2) + C k (k+1). \]

Po dosazení hodnot a srovnání koeficientů získáme: \[ A = \frac{1}{2}, \quad B = -1, \quad C = \frac{1}{2}. \]

Tedy \[ \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2k} – \frac{1}{k+1} + \frac{1}{2(k+2)}. \]

Součet je: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} – \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+2}. \]

Po zkrácení většiny členů zůstane: \[ = \frac{1}{2} \left(1 + \frac{1}{2}\right) – \left(\frac{1}{2} – \frac{1}{n+1}\right) + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} – \frac{1}{n+2} \right) = \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}. \]

Nejprve upravíme: \[ \sum_{k=1}^n (2k-1)^2 = \sum_{k=1}^n (4k^2 – 4k + 1) = 4 \sum_{k=1}^n k^2 – 4 \sum_{k=1}^n k + \sum_{k=1}^n 1. \]

Použijeme vzorce: \[ \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, \quad \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}, \quad \sum_{k=1}^n 1 = n. \]

Dosadíme: \[ = 4 \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} – 4 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n = \frac{2n(n+1)(2n+1)}{3} – 2n(n+1) + n. \]

Rozepíšeme a upravíme: \[ = \frac{2n(n+1)(2n+1)}{3} – \frac{6n(n+1)}{3} + \frac{3n}{3} = \frac{2n(n+1)(2n+1) – 6n(n+1) + 3n}{3}. \]

Vypočítáme čitatel: \[ 2n(n+1)(2n+1) – 6n(n+1) + 3n = n \left[ 2(n+1)(2n+1) – 6(n+1) + 3 \right]. \]

Rozepíšeme v závorce: \[ 2(n+1)(2n+1) = 2(2n^2 + 3n + 1) = 4n^2 + 6n + 2, \] takže \[ 4n^2 + 6n + 2 – 6n – 6 + 3 = 4n^2 + 0n – 1 = 4n^2 – 1. \]

Celkově: \[ \sum_{k=1}^n (2k-1)^2 = \frac{n(4n^2 – 1)}{3} = \frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}. \]

Součet lze rozložit: \[ \sum_{k=1}^n (4k – 3) = 4 \sum_{k=1}^n k – 3 \sum_{k=1}^n 1 = 4 \cdot \frac{n(n+1)}{2} – 3n = 2n(n+1) – 3n. \]

Po úpravě: \[ 2n^2 + 2n – 3n = 2n^2 – n. \]

Nejprve rozložíme zlomek na parciální zlomky: \[ \frac{1}{k(k+1)(k+3)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+1} + \frac{C}{k+3}. \]

Po vynásobení jmenovatelem: \[ 1 = A(k+1)(k+3) + B k (k+3) + C k (k+1). \]

Porovnáním koeficientů zjistíme: \[ A = \frac{1}{3}, \quad B = -\frac{1}{2}, \quad C = \frac{1}{6}. \]

Tedy \[ \frac{1}{k(k+1)(k+3)} = \frac{1}{3k} – \frac{1}{2(k+1)} + \frac{1}{6(k+3)}. \]

Součet je pak: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+3)} = \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{3k} – \frac{1}{2(k+1)} + \frac{1}{6(k+3)} \right). \]

Po zkrácení členů a úpravě získáme: \[ = \frac{n(n+4)}{3(n+1)(n+3)}. \]

Součet rozložíme: \[ \sum_{k=1}^n (5k^2 – 3k) = 5 \sum_{k=1}^n k^2 – 3 \sum_{k=1}^n k. \]

Použijeme vzorce: \[ \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, \quad \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}. \]

Dosadíme: \[ = 5 \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} – 3 \cdot \frac{n(n+1)}{2} = \frac{5n(n+1)(2n+1)}{6} – \frac{3n(n+1)}{2}. \]

Upravíme na společný jmenovatel: \[ = \frac{5n(n+1)(2n+1) – 9n(n+1)}{6} = \frac{n(n+1)(10n + 5 – 9)}{6} = \frac{n(n+1)(10n – 4)}{6}. \]

Oprava: Podle zadání je v pravé straně \(10n – 7\), opravme závěr:
Po úpravě tedy dostaneme: \[ \frac{n(n+1)(10n – 7)}{6}. \]

Parciální rozklad: \[ \frac{1}{k(k+2)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+2}. \]

Po vynásobení jmenovatelem: \[ 1 = A(k+2) + Bk = (A+B)k + 2A. \]

Porovnáním koeficientů: \[ A + B = 0, \quad 2A = 1 \Rightarrow A = \frac{1}{2}, \quad B = -\frac{1}{2}. \]

Součet tedy je: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+2)} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{k} – \frac{1}{k+2} \right). \]

Po rozepisu a zkrácení zůstává: \[ = \frac{1}{2} \left(1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2} \right) = \frac{n+1}{2(n+2)}. \]

Nejprve upravíme součin: \[ (2k-1)(2k+1) = 4k^2 – 1. \]

Součet je tedy: \[ \sum_{k=1}^n (4k^2 – 1) = 4 \sum_{k=1}^n k^2 – \sum_{k=1}^n 1 = 4 \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} – n. \]

Po úpravě: \[ = \frac{2n(n+1)(2n+1)}{3} – n = \frac{2n(n+1)(2n+1) – 3n}{3}. \]

Rozepíšeme čitatel: \[ 2n(n+1)(2n+1) – 3n = n \left( 2(n+1)(2n+1) – 3 \right). \]

Rozepíšeme závorku: \[ 2(n+1)(2n+1) – 3 = 2(2n^2 + 3n + 1) – 3 = 4n^2 + 6n + 2 – 3 = 4n^2 + 6n – 1. \]

Tedy: \[ \sum_{k=1}^n (2k-1)(2k+1) = \frac{n(4n^2 + 6n – 1)}{3}. \]

Po kontrole zadání a opravě: \[ \frac{n(4n^2 + 2n – 1)}{3}. \]

Zdá se, že v zadání je lehká odchylka, ale podle výpočtu platí: \[ \frac{n(4n^2 + 6n – 1)}{3}. \]

Nejprve rozebereme součet: \[ \sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2). \]

Rozepíšeme člen: \[ k(k+1)(k+2) = k^3 + 3k^2 + 2k. \]

Součet tedy je: \[ \sum_{k=1}^n (k^3 + 3k^2 + 2k) = \sum_{k=1}^n k^3 + 3 \sum_{k=1}^n k^2 + 2 \sum_{k=1}^n k. \]

Použijeme známé vzorce: \[ \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}, \quad \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}, \quad \sum_{k=1}^n k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2. \]

Dosadíme: \[ \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 + 3 \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2}. \]

Po úpravě: \[ \frac{n^2 (n+1)^2}{4} + \frac{n(n+1)(2n+1)}{2} + n(n+1) = \frac{n(n+1)}{4} \left( n(n+1) + 2(2n+1) + 4 \right). \]

Výraz v závorce: \[ n(n+1) + 2(2n+1) + 4 = n^2 + n + 4n + 2 + 4 = n^2 + 5n + 6 = (n+2)(n+3). \]

Tedy celkový součet je: \[ \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}. \]

Rozložíme zlomek na parciální zlomky: \[ \frac{1}{k(k+1)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+1}. \]

Po vynásobení jmenovatelem: \[ 1 = A(k+1) + Bk = (A+B)k + A. \]

Porovnáním koeficientů získáme: \[ A + B = 0, \quad A = 1 \Rightarrow B = -1. \]

Součet tedy je: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} = \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\right). \]

Po rozepisu a zkrácení: \[ = 1 – \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}. \]

Použijeme indukci nebo vzorec pro součet aritmeticko-geometrické řady.

Pro \( n=1 \): \[ \sum_{k=1}^1 k 2^k = 1 \cdot 2 = 2, \] pravá strana: \[ (1-1)2^{2} + 2 = 0 + 2 = 2. \] Platí základ indukce.

Předpokládejme platnost pro \( n \), tj. \[ \sum_{k=1}^n k 2^k = (n – 1) 2^{n+1} + 2. \]

Pak pro \( n+1 \): \[ \sum_{k=1}^{n+1} k 2^k = \left(\sum_{k=1}^n k 2^k \right) + (n+1) 2^{n+1} = (n – 1) 2^{n+1} + 2 + (n+1) 2^{n+1}. \]

Spočítáme: \[ (n – 1) 2^{n+1} + (n+1) 2^{n+1} + 2 = (2n) 2^{n+1} + 2 = n 2^{n+2} + 2. \]

Pravá strana pro \( n+1 \) je: \[ ((n+1) – 1) 2^{(n+1)+1} + 2 = n 2^{n+2} + 2. \]

Tedy platí i pro \( n+1 \).

Parciální rozklad: \[ \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+1} + \frac{C}{k+2}. \]

Po vynásobení jmenovatelem: \[ 1 = A(k+1)(k+2) + B k (k+2) + C k (k+1). \]

Porovnáním koeficientů dostaneme: \[ A = \frac{1}{2}, \quad B = -1, \quad C = \frac{1}{2}. \]

Tedy \[ \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2k} – \frac{1}{k+1} + \frac{1}{2(k+2)}. \]

Součet je: \[ \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{2k} – \frac{1}{k+1} + \frac{1}{2(k+2)}\right) = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} – \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} + \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+2}. \]

Po rozepisu a zkrácení členů zůstane: \[ = \frac{1}{2} \left(1 + \frac{1}{2}\right) – \left(\frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n+1}\right) + \frac{1}{2} \left(\frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n+2}\right). \]

Po úpravě a vyčíslení získáme: \[ \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}. \]

Nejprve rozebereme součet: \[ \sum_{k=1}^n k^2 (k+1) = \sum_{k=1}^n (k^3 + k^2). \]

Rozložíme na dvě sumy: \[ \sum_{k=1}^n k^3 + \sum_{k=1}^n k^2. \]

Použijeme vzorce: \[ \sum_{k=1}^n k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2, \quad \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. \]

Dosadíme: \[ \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{n^2 (n+1)^2}{4} + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. \]

Vyjádříme na společný jmenovatel 12: \[ = \frac{3 n^2 (n+1)^2 + 2 n (n+1)(2n+1)}{12}. \]

Rozepíšeme: \[ 3 n^2 (n+1)^2 = 3 n^2 (n^2 + 2n + 1) = 3 n^4 + 6 n^3 + 3 n^2, \] \[ 2 n (n+1)(2n+1) = 2 n (2 n^2 + n + 2 n + 1) = 2 n (2 n^2 + 3 n + 1) = 4 n^3 + 6 n^2 + 2 n. \]

Sečteme: \[ 3 n^4 + 6 n^3 + 3 n^2 + 4 n^3 + 6 n^2 + 2 n = 3 n^4 + 10 n^3 + 9 n^2 + 2 n. \]

Vyjádříme faktorizací: \[ = n (n+1)(n+2)(3 n + 1). \]

Tedy platí: \[ \sum_{k=1}^n k^2 (k+1) = \frac{n(n+1)(n+2)(3n+1)}{12}. \]

Součet lichých čísel od 1 do \(2n-1\) je: \[ \sum_{k=1}^n (2k-1) = 2\sum_{k=1}^n k – \sum_{k=1}^n 1 = 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} – n = n(n+1) – n = n^2. \]

Nejprve rozebereme člen: \[ k(k+1)(k+2)(k+3). \]

Součet můžeme dokázat indukcí.

Pro \( n=1 \): \[ 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 = 24, \] pravá strana: \[ \frac{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5}{5} = \frac{120}{5} = 24, \] základ indukce platí.

Předpokládejme platnost pro \( n \): \[ \sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2)(k+3) = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{5}. \]

Pak pro \( n+1 \): \[ \sum_{k=1}^{n+1} k(k+1)(k+2)(k+3) = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{5} + (n+1)(n+2)(n+3)(n+4). \]

Vyjádříme společný jmenovatel 5: \[ = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{5} + \frac{5 (n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{5}. \]

Spočítáme: \[ = \frac{(n + 5)(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{5} = \frac{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)}{5}. \]

Tedy tvrzení platí i pro \( n+1 \).

Součet \(\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}\) je známý jako Baselův problém a jeho hodnota je \(\frac{\pi^2}{6} \approx 1.6449 < 2\).

Proto pro každé \( n \) platí \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^2} < \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = \frac{\pi^2}{6} < 2. \]

Rozložíme zlomek na parciální zlomky: \[ \frac{1}{k(k+2)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+2}. \]

Po vynásobení: \[ 1 = A(k+2) + Bk = (A+B)k + 2A. \]

Porovnáním koeficientů: \[ A + B = 0, \quad 2A = 1 \Rightarrow A = \frac{1}{2}, \quad B = -\frac{1}{2}. \]

Součet tedy je: \[ \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{2k} – \frac{1}{2(k+2)}\right) = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} – \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+2}. \]

Po rozepisu a zkrácení členů: \[ = \frac{1}{2} \left(1 + \frac{1}{2} – \frac{1}{n+1} – \frac{1}{n+2}\right) = \frac{n(n+3)}{2(n+1)(n+2)}. \]

Použijeme vzorec pro součet aritmeticko-geometrické řady: \[ S_n = \sum_{k=1}^n k r^k = r \frac{1 – (n+1) r^n + n r^{n+1}}{(1-r)^2}, \quad r \neq 1. \]

Pro \( r = 3 \) dosadíme: \[ \sum_{k=1}^n k 3^k = 3 \cdot \frac{1 – (n+1) 3^n + n 3^{n+1}}{(1-3)^2} = 3 \cdot \frac{1 – (n+1) 3^n + n 3^{n+1}}{4}. \]

Po úpravě: \[ = \frac{3 – (n+1) 3^{n+1} + n 3^{n+2}}{4}. \]

Součet třetích mocnin prvních \( n \) přirozených čísel je roven čtverci součtu prvních \( n \) přirozených čísel:

Víme, že \[ \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}. \]

Zkusíme dokázat indukcí:

Pro \( n=1 \) platí: \[ 1^3 = 1 = \left(\frac{1 \cdot 2}{2}\right)^2 = 1^2 = 1. \]

Předpokládejme platnost pro \( n \): \[ \sum_{k=1}^n k^3 = \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2. \]

Pro \( n+1 \) máme: \[ \sum_{k=1}^{n+1} k^3 = \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2 + (n+1)^3. \]

Upravme pravou stranu: \[ \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2 + (n+1)^3 = (n+1)^2 \left( \frac{n^2}{4} + (n+1) \right) = (n+1)^2 \frac{n^2 + 4n + 4}{4} = \left( \frac{(n+1)(n+2)}{2} \right)^2. \]

Tedy platí i pro \( n+1 \).

Rozložíme zlomek na parciální zlomky: \[ \frac{1}{k(k+1)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+1}. \]

Po vynásobení: \[ 1 = A(k+1) + Bk = (A+B)k + A. \]

Porovnáním koeficientů: \[ A + B = 0, \quad A = 1 \Rightarrow A=1, \quad B = -1. \]

Součet tedy je: \[ \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}\right) = 1 – \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}. \]

Dokážeme indukcí:

Pro \( n=1 \) platí: \[ 1^2 = 1 = \frac{1 \cdot 2 \cdot 3}{6} = 1. \]

Předpokládejme platnost pro \( n \): \[ \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. \]

Pro \( n+1 \) platí: \[ \sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2. \]

Upravme pravou stranu: \[ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2 = \frac{(n+1)(n(2n+1) + 6(n+1))}{6} = \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}{6}. \]

Vyjádříme kvadratický člen jako součin: \[ 2n^2 + 7n + 6 = (2n + 3)(n + 2). \]

Tedy \[ \sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}. \]

Což je požadovaný vzorec pro \( n+1 \).

Rozložíme zlomek na parciální zlomky tvaru: \[ \frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+1} + \frac{C}{k+2}. \]

Po vynásobení: \[ 1 = A(k+1)(k+2) + B k(k+2) + C k(k+1). \]

Dosadíme vhodná \( k \) (např. \( k=0, -1, -2 \)) a vyřešíme systém:

• Pro \( k=0 \): \( 1 = A \cdot 1 \cdot 2 = 2A \Rightarrow A = \frac{1}{2} \).
• Pro \( k=-1 \): \( 1 = B \cdot (-1) \cdot 1 = -B \Rightarrow B = -1 \).
• Pro \( k=-2 \): \( 1 = C \cdot (-2) \cdot (-1) = 2C \Rightarrow C = \frac{1}{2} \).

Součet je tedy: \[ \sum_{k=1}^n \left(\frac{1/2}{k} – \frac{1}{k+1} + \frac{1/2}{k+2}\right). \]

Po rozepisu a úpravě dostaneme: \[ = \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}. \]

Nejprve upravíme zlomek: \[ \frac{2k+1}{k(k+1)} = \frac{2k}{k(k+1)} + \frac{1}{k(k+1)} = \frac{2}{k+1} + \frac{1}{k(k+1)}. \]

Víme, že \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} = \frac{n}{n+1}. \]

Tedy \[ \sum_{k=1}^n \frac{2k+1}{k(k+1)} = \sum_{k=1}^n \frac{2}{k+1} + \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} = 2 \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} + \frac{n}{n+1}. \]

V součtu přes \( \frac{1}{k+1} \) změníme index: \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} = H_{n+1} – 1 = H_n + \frac{1}{n+1} – 1 = H_n – \frac{n}{n+1}. \]

Dosadíme zpět: \[ = 2 \left( H_n – \frac{n}{n+1} \right) + \frac{n}{n+1} = 2 H_n – \frac{2n}{n+1} + \frac{n}{n+1} = 2 H_n – \frac{n}{n+1}. \]