Номер 3.146, страница 102 - гдз по алгебре 9 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

3.146. Пусть последовательность ${$a_n$}$ – арифметическая прогрессия. Докажите тождества:

1) ${$\frac{1}{a_1 a_2} + \frac{1}{a_2 a_3} + \dots + \frac{1}{a_{n-1} a_n} = \frac{n-1}{a_1 a_n}$;$}

2) ${$\frac{1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2}} + \frac{1}{\sqrt{a_2} + \sqrt{a_3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{a_{n-1}} + \sqrt{a_n}} = \frac{n-1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_n}}$.$}

1)

Пусть $d$ — разность арифметической прогрессии $\{a_n\}$. По определению, для любого $k \ge 1$, $a_{k+1} - a_k = d$.

Рассмотрим общий член суммы в левой части тождества, который имеет вид $\frac{1}{a_k a_{k+1}}$. Преобразуем это выражение. Для этого умножим и разделим его на разность прогрессии $d$.

$\frac{1}{a_k a_{k+1}} = \frac{1}{d} \cdot \frac{d}{a_k a_{k+1}}$

Заменим в числителе $d$ на $a_{k+1} - a_k$:

$\frac{1}{d} \cdot \frac{a_{k+1} - a_k}{a_k a_{k+1}} = \frac{1}{d} \left( \frac{a_{k+1}}{a_k a_{k+1}} - \frac{a_k}{a_k a_{k+1}} \right) = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a_k} - \frac{1}{a_{k+1}} \right)$.

Теперь мы можем представить всю сумму в виде так называемой телескопической суммы. Обозначим левую часть тождества за $S_1$.

$S_1 = \frac{1}{a_1 a_2} + \frac{1}{a_2 a_3} + \dots + \frac{1}{a_{n-1} a_n} = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{a_k a_{k+1}} = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a_k} - \frac{1}{a_{k+1}} \right)$.

Вынесем константу $\frac{1}{d}$ за знак суммы и распишем слагаемые:

$S_1 = \frac{1}{d} \left[ \left( \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_2} \right) + \left( \frac{1}{a_2} - \frac{1}{a_3} \right) + \left( \frac{1}{a_3} - \frac{1}{a_4} \right) + \dots + \left( \frac{1}{a_{n-1}} - \frac{1}{a_n} \right) \right]$.

Все промежуточные члены суммы взаимно уничтожаются, и остаются только первый и последний:

$S_1 = \frac{1}{d} \left( \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_n} \right)$.

Приведем дроби в скобках к общему знаменателю:

$S_1 = \frac{1}{d} \cdot \frac{a_n - a_1}{a_1 a_n}$.

Воспользуемся формулой $n$-го члена арифметической прогрессии: $a_n = a_1 + (n-1)d$. Отсюда $a_n - a_1 = (n-1)d$.

Подставим это выражение в нашу формулу для суммы:

$S_1 = \frac{1}{d} \cdot \frac{(n-1)d}{a_1 a_n} = \frac{n-1}{a_1 a_n}$.

Мы получили выражение, стоящее в правой части исходного тождества. Тождество доказано.

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

2)

Пусть $d$ — разность арифметической прогрессии $\{a_n\}$.

Рассмотрим общий член суммы в левой части: $\frac{1}{\sqrt{a_k} + \sqrt{a_{k+1}}}$. Чтобы упростить это выражение, избавимся от иррациональности в знаменателе. Для этого умножим числитель и знаменатель на сопряженное к знаменателю выражение $\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}$.

$\frac{1}{\sqrt{a_k} + \sqrt{a_{k+1}}} = \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{(\sqrt{a_{k+1}} + \sqrt{a_k})(\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k})} = \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{(\sqrt{a_{k+1}})^2 - (\sqrt{a_k})^2} = \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{a_{k+1} - a_k}$.

Поскольку $a_{k+1} - a_k = d$, то общий член суммы равен $\frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{d}$.

Теперь запишем всю сумму, которую обозначим $S_2$, в новом виде:

$S_2 = \frac{1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2}} + \frac{1}{\sqrt{a_2} + \sqrt{a_3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{a_{n-1}} + \sqrt{a_n}} = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{d}$.

Вынесем $\frac{1}{d}$ за знак суммы и распишем ее:

$S_2 = \frac{1}{d} \left[ (\sqrt{a_2} - \sqrt{a_1}) + (\sqrt{a_3} - \sqrt{a_2}) + \dots + (\sqrt{a_n} - \sqrt{a_{n-1}}) \right]$.

Это телескопическая сумма. После взаимного уничтожения промежуточных членов получим:

$S_2 = \frac{1}{d} (\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}) = \frac{\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}}{d}$.

Чтобы привести это выражение к виду, указанному в правой части тождества, воспользуемся формулой $a_n - a_1 = (n-1)d$.

Также преобразуем разность квадратов $a_n - a_1 = (\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1})(\sqrt{a_n} + \sqrt{a_1})$.

Отсюда $(n-1)d = (\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1})(\sqrt{a_n} + \sqrt{a_1})$.

Выразим разность $d = \frac{(\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1})(\sqrt{a_n} + \sqrt{a_1})}{n-1}$ и подставим в наше выражение для $S_2$:

$S_2 = \frac{\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}}{\frac{(\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1})(\sqrt{a_n} + \sqrt{a_1})}{n-1}} = (\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1}) \cdot \frac{n-1}{(\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1})(\sqrt{a_n} + \sqrt{a_1})}$.

Сократив $(\sqrt{a_n} - \sqrt{a_1})$, получим:

$S_2 = \frac{n-1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_1}}$.

Таким образом, левая часть тождества равна правой. Тождество доказано.

Ответ: $\frac{1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2}} + \frac{1}{\sqrt{a_2} + \sqrt{a_3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{a_{n-1}} + \sqrt{a_n}} = \frac{n-1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_n}}$.