Пусть сумма ряда :
Предположим, что число 
- целое число и 
Найдем среди чисел от 1 до m наибольшую степень двойки, то есть такую, что : 
, где 
- натуральное число.
Умножим обе части равенства на 
:
Поскольку число имеет максимальную степень двойки для чисел от 1 по m, то все степени двоек входящие в разложение на простые множители чисел от 1 по m, если таковые существуют, сократятся c числителем
- натуральное нечетное число.
Приведем все дроби к наименьшему общему знаменателю, но поскольку, наименьший общий знаменатель нечетных чисел число нечетное, а все числители четные, то левая часть равенства будет выглядить так : 
, где - четное число, 
- нечетное число.
Целое число: 
является нечетным при 
.
Тогда : 
произведение двух нечетных числе число нечетное, но число - четное .
То есть мы пришли к противоречию, а значит число - нецелое.
Если же 
, то 
- целое число.
Примечание: данное доказательство работает не только для данного ряда, но и для любого упорядоченного ряда вида :
, если в этом ряду существует число вида 
,где 
- простое, 
не делится на , причем в разложении на простые множители каждого из чисел от 
до 
содержится не более чем 
- я cтепень числа , за исключением самого числа 
. То есть умножаем обе части на и также рассуждаем про делимость на .
2π+4
Объяснение:
x²+y² ≤4x+4y-4
x²+y²-4x-4y+4 ≤0
(x²-4x+4)+(y²-4y+4 )≤4
(x-2)²+(y-2)² ≤2²-круг с центром O(2;2) , S=πR²=4π
y ≥ |x-2| -плоскость, ограниченная линиями y=x-2 и y=-(x-2).
Плоскость будет находится выше или на уровне линий(неравенство нестрогое)
Площадь фигуры-площадь пересечения круга и плоскости.
Разделим круг пополам, проведя линию y=2.Заметим, что верхняя часть круга полностью попала в плоскость.Нижняя же только частично.Если внимательно присмотреться, то можно заметить, что в плоскость попали только 2 прямоугольных треугольника.Найдем их площадь:
S=ab/2, где a,b-катеты.Но они равны радиусу круга, значит,
S=R^2/2=2
Таких треугольников два, значит, Sобщ=4
Складываем площадь верхнего полукруга и 2-х треугольников:
2π+4
Решение во вложении....