Ответы
Для начала проделаем трюк как при подсчете суммы арифметической прогрессии, то есть прибавим еще одну такую же сумму с 1/n+k и сгруппируем первый член суммы S1 с последним из суммы S2:
группируем:
всего таких сумм в скобках n
числитель каждой суммы равен 3n+1
а знаменатели будут вида: (2n)(n+1), (2n-1)(n+2)...
то есть вида аi*bj, однако, сумма множителей каждого знаменателя равна 3n+1
если предположить, что аi*bj - площади некоторого множества прямоугольников одинакового периметра, то есть элементарная теорема, о том, что каждая из этих площадей не больше площади квадрата того же периметра, то есть со стороной (3n+1)/2
то есть каждый знаменатель аi*bj можно заменить не меньшим 1/4*(3n+1)^2, в результате получим:
n/2*(4/(3n+1))=2n/(3n+1)
для n≥5 очевидно, что:
так как 3n+1>15
для n=1,2,3,4 подставляем в начальную формулу и находим, что n=3, 4 также удовлетворяют условию
значит, верно для всех нат n3