Номер 5.12, страница 36, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

5.12. а) Пусть $a_1 < a_2 < \dots < a_n$. Докажите, что

$|a_1 - a_2| + |a_2 - a_3| + \dots + |a_{n-1} - a_n| = |a_1 - a_n|$.

б) Пусть $n < \sqrt{a} < n + 1$. Докажите, что

$|1 - \sqrt{a}| + |2 - \sqrt{a}| + \dots + |n - \sqrt{a}| + n \cdot |\sqrt{a} - n - 1| = \frac{n(n+1)}{2}$.

а)

По условию задачи мы имеем строго возрастающую последовательность чисел $a_1 < a_2 < ... < a_n$. Это означает, что для любого индекса $k$ от $1$ до $n-1$ справедливо неравенство $a_k < a_{k+1}$.

Из этого неравенства следует, что разность $a_k - a_{k+1}$ всегда будет отрицательной.

Рассмотрим левую часть доказываемого равенства: $|a_1 - a_2| + |a_2 - a_3| + ... + |a_{n-1} - a_n|$.

По определению модуля числа, $|x| = -x$, если $x < 0$. Применим это свойство к каждому слагаемому в сумме, так как мы установили, что выражение под каждым модулем отрицательно:

$|a_k - a_{k+1}| = -(a_k - a_{k+1}) = a_{k+1} - a_k$.

Таким образом, левая часть равенства преобразуется в следующую сумму:

$(a_2 - a_1) + (a_3 - a_2) + ... + (a_n - a_{n-1})$

Эта сумма является телескопической. Раскроем скобки и перегруппируем слагаемые:

$-a_1 + (a_2 - a_2) + (a_3 - a_3) + ... + (a_{n-1} - a_{n-1}) + a_n$

Все промежуточные члены, такие как $a_2, a_3, ..., a_{n-1}$, взаимно уничтожаются. В результате остается только:

$a_n - a_1$

Теперь рассмотрим правую часть равенства: $|a_1 - a_n|$.

Поскольку $a_1 < a_n$, разность $a_1 - a_n$ также отрицательна. Применяя определение модуля, получаем:

$|a_1 - a_n| = -(a_1 - a_n) = a_n - a_1$.

Мы видим, что левая и правая части равенства равны одному и тому же выражению $a_n - a_1$. Следовательно, равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.

б)

По условию задачи дано неравенство $n < \sqrt{a} < n + 1$, где $n$ — натуральное число.

Рассмотрим левую часть доказываемого равенства. Она состоит из двух частей: суммы $|1 - \sqrt{a}| + |2 - \sqrt{a}| + ... + |n - \sqrt{a}|$ и слагаемого $n \cdot |\sqrt{a} - n - 1|$.

1. Проанализируем слагаемые в сумме: $|k - \sqrt{a}|$ для $k = 1, 2, ..., n$.

Из условия $n < \sqrt{a}$ и того факта, что $k \le n$, следует, что $k < \sqrt{a}$ для всех $k$ в сумме. Значит, разность $k - \sqrt{a}$ всегда отрицательна.

По определению модуля, $|k - \sqrt{a}| = -(k - \sqrt{a}) = \sqrt{a} - k$.

Тогда сумма принимает вид:

$\sum_{k=1}^{n} (\sqrt{a} - k) = (\sqrt{a} - 1) + (\sqrt{a} - 2) + ... + (\sqrt{a} - n)$

Сгруппировав слагаемые, получаем:

$n \cdot \sqrt{a} - (1 + 2 + ... + n) = n\sqrt{a} - \frac{n(n+1)}{2}$, где $\frac{n(n+1)}{2}$ — формула суммы первых $n$ натуральных чисел.

2. Теперь проанализируем вторую часть выражения: $n \cdot |\sqrt{a} - n - 1|$.

Из условия $\sqrt{a} < n + 1$ следует, что разность $\sqrt{a} - (n + 1)$ отрицательна.

Следовательно, по определению модуля:

$|\sqrt{a} - n - 1| = -(\sqrt{a} - n - 1) = n + 1 - \sqrt{a}$.

Тогда второе слагаемое равно:

$n \cdot (n + 1 - \sqrt{a}) = n(n+1) - n\sqrt{a}$.

3. Сложим обе части, чтобы получить значение всего выражения в левой части равенства:

$\left(n\sqrt{a} - \frac{n(n+1)}{2}\right) + \left(n(n+1) - n\sqrt{a}\right)$

Раскроем скобки и приведем подобные слагаемые:

$n\sqrt{a} - \frac{n(n+1)}{2} + n(n+1) - n\sqrt{a} = (n\sqrt{a} - n\sqrt{a}) + \left(n(n+1) - \frac{n(n+1)}{2}\right) = \frac{n(n+1)}{2}$.

Полученное значение совпадает с правой частью исходного равенства. Таким образом, равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.