Номер 871, страница 212 - гдз по алгебре 9 класс учебник Макарычев, Миндюк

Задачи повышенной трудности. Параграф 10. Геометрическая прогрессия. Глава 5. Арифметическая и геометрическая прогрессии - номер 871, страница 212.

Условие.

871. Пусть a₁, a₂, ... — арифметическая прогрессия с положительными членами. Докажите, что сумма первых n членов последовательности (xₙ), где

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Решение 7.

Решение 8.

Пусть $(a_n)$ — арифметическая прогрессия с разностью $d$. По условию, все члены прогрессии $a_n$ положительны. Требуется доказать, что сумма $S_n = \sum_{k=1}^{n} x_k$, где $x_k = \frac{1}{\sqrt{a_k} + \sqrt{a_{k+1}}}$, равна $\frac{n}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n+1}}}$.

Рассмотрим два случая.

1. Случай, когда разность прогрессии $d \neq 0$.

Преобразуем общий член последовательности $x_k$. Для этого умножим числитель и знаменатель дроби на выражение, сопряженное знаменателю, то есть на $\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}$:

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

По определению арифметической прогрессии, $a_{k+1} - a_k = d$. Следовательно,

$x_k = \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{d}$.

Теперь найдем сумму первых $n$ членов последовательности $(x_k)$:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} x_k = \sum_{k=1}^{n} \frac{\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k}}{d} = \frac{1}{d} \sum_{k=1}^{n} (\sqrt{a_{k+1}} - \sqrt{a_k})$.

Сумма в правой части является телескопической:

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

Таким образом, сумма $S_n$ равна:

$S_n = \frac{\sqrt{a_{n+1}} - \sqrt{a_1}}{d}$.

По формуле для $(n+1)$-го члена арифметической прогрессии, $a_{n+1} = a_1 + nd$. Отсюда $nd = a_{n+1} - a_1$.

Преобразуем полученное выражение для $S_n$, умножив числитель и знаменатель на $\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_1}$:

$S_n = \frac{\sqrt{a_{n+1}} - \sqrt{a_1}}{d} \cdot \frac{\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_1}}{\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_1}} = \frac{a_{n+1} - a_1}{d(\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_1})}$.

Подставим $a_{n+1} - a_1 = nd$ в числитель:

$S_n = \frac{nd}{d(\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_1})} = \frac{n}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n+1}}}$.

Таким образом, для случая $d \neq 0$ утверждение доказано.

2. Случай, когда разность прогрессии $d = 0$.

Если $d=0$, то все члены арифметической прогрессии равны первому члену: $a_k = a_1$ для любого $k$.

Тогда общий член последовательности $(x_k)$ имеет вид:

$x_k = \frac{1}{\sqrt{a_k} + \sqrt{a_{k+1}}} = \frac{1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_1}} = \frac{1}{2\sqrt{a_1}}$.

Сумма первых $n$ членов будет равна:

$S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2\sqrt{a_1}} = n \cdot \frac{1}{2\sqrt{a_1}} = \frac{n}{2\sqrt{a_1}}$.

Правая часть доказываемого равенства в этом случае ($a_{n+1}=a_1$) также равна:

$\frac{n}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n+1}}} = \frac{n}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_1}} = \frac{n}{2\sqrt{a_1}}$.

Поскольку левая и правая части совпадают, утверждение верно и для $d=0$.

Итак, равенство доказано для любой арифметической прогрессии с положительными членами. Что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{a_k} + \sqrt{a_{k+1}}} = \frac{n}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n+1}}}$.