Номер 6.11, страница 40, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Мордкович, Семенов

6.11. Докажите, что

$\frac{1}{a \cdot (a + d)} + \frac{1}{(a + d) \cdot (a + 2d)} + \frac{1}{(a + 2d) \cdot (a + 3d)} + \dots + \frac{1}{(a + d(n - 1))(a + dn)} = \frac{n}{a(a + dn)}$,

где $a \neq 0, d \neq 0, n \in N$:

а) методом математической индукции;

б) без использования метода математической индукции.

а) методом математической индукции

Докажем тождество методом математической индукции по $n$. Обозначим доказываемое утверждение как $P(n)$.

$P(n): \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(a+d(k-1))(a+dk)} = \frac{n}{a(a+dn)}$

1. База индукции.
Проверим справедливость утверждения для $n=1$.
Левая часть (ЛЧ) при $n=1$ состоит из одного слагаемого: $ЛЧ = \frac{1}{(a+d(1-1))(a+d \cdot 1)} = \frac{1}{a(a+d)}$.
Правая часть (ПЧ) при $n=1$: $ПЧ = \frac{1}{a(a+d \cdot 1)} = \frac{1}{a(a+d)}$.
Так как ЛЧ = ПЧ, база индукции верна.

2. Индукционный переход.
Предположим, что утверждение $P(k)$ верно для некоторого натурального числа $k \ge 1$: $$ \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)} = \frac{k}{a(a+dk)} $$ Теперь докажем, что утверждение $P(k+1)$ также верно, то есть: $$ \sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)} = \frac{k+1}{a(a+d(k+1))} $$ Рассмотрим левую часть этого равенства: $$ \sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)} = \left(\sum_{i=1}^{k} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)}\right) + \frac{1}{(a+d(k+1-1))(a+d(k+1))} $$ $$ = \sum_{i=1}^{k} \frac{1}{(a+d(i-1))(a+di)} + \frac{1}{(a+dk)(a+d(k+1))} $$ Используя предположение индукции, заменяем сумму: $$ \frac{k}{a(a+dk)} + \frac{1}{(a+dk)(a+d(k+1))} $$ Приведем дроби к общему знаменателю $a(a+dk)(a+d(k+1))$: $$ \frac{k(a+d(k+1)) + a}{a(a+dk)(a+d(k+1))} = \frac{ka + kd(k+1) + a}{a(a+dk)(a+d(k+1))} $$ $$ = \frac{ka + k^2d + kd + a}{a(a+dk)(a+d(k+1))} $$ Сгруппируем слагаемые в числителе и вынесем общий множитель: $$ ka + a + k^2d + kd = a(k+1) + kd(k+1) = (a+kd)(k+1) $$ Подставим полученное выражение обратно в дробь: $$ \frac{(a+kd)(k+1)}{a(a+dk)(a+d(k+1))} $$ Поскольку по условию $a+dk \neq 0$ (знаменатель не может быть нулем), мы можем сократить дробь на $(a+dk)$: $$ \frac{k+1}{a(a+d(k+1))} $$ Это выражение совпадает с правой частью утверждения $P(k+1)$. Индукционный переход доказан.

Таким образом, по принципу математической индукции, данное тождество верно для всех натуральных чисел $n$.

Ответ: Тождество доказано методом математической индукции.

б) без использования метода математической индукции

Этот метод основан на представлении каждого слагаемого суммы в виде разности двух дробей, что приводит к так называемой телескопической сумме.

Общий член суммы имеет вид $A_k = \frac{1}{(a+d(k-1))(a+dk)}$.
Заметим, что разность множителей в знаменателе постоянна: $(a+dk) - (a+d(k-1)) = a+dk-a-dk+d = d$.
Это позволяет разложить дробь на простейшие: $$ \frac{1}{(a+d(k-1))(a+dk)} = \frac{1}{d} \left( \frac{(a+dk)-(a+d(k-1))}{(a+d(k-1))(a+dk)} \right) $$ $$ = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a+d(k-1)} - \frac{1}{a+dk} \right) $$

Теперь мы можем переписать исходную сумму $S_n$: $$ S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a+d(k-1)} - \frac{1}{a+dk} \right) $$ Вынесем постоянный множитель $\frac{1}{d}$ за знак суммы: $$ S_n = \frac{1}{d} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{a+d(k-1)} - \frac{1}{a+dk} \right) $$ Расшифруем эту сумму, чтобы увидеть, как члены сокращаются: $$ S_n = \frac{1}{d} \left[ \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{a+d}\right) + \left(\frac{1}{a+d} - \frac{1}{a+2d}\right) + \left(\frac{1}{a+2d} - \frac{1}{a+3d}\right) + \dots + \left(\frac{1}{a+d(n-1)} - \frac{1}{a+dn}\right) \right] $$ Как видно, все промежуточные слагаемые взаимно уничтожаются: $-\frac{1}{a+d}$ с $+\frac{1}{a+d}$, $-\frac{1}{a+2d}$ с $+\frac{1}{a+2d}$ и так далее. Остаются только первый и последний члены: $$ S_n = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{a+dn} \right) $$

Приведем выражение в скобках к общему знаменателю и упростим: $$ S_n = \frac{1}{d} \left( \frac{a+dn-a}{a(a+dn)} \right) = \frac{1}{d} \cdot \frac{dn}{a(a+dn)} $$ Сокращая на $d$ (поскольку $d \neq 0$), получаем окончательный результат: $$ S_n = \frac{n}{a(a+dn)} $$ Это и есть правая часть доказываемого тождества.

Ответ: Тождество доказано без использования метода математической индукции.