ГДЗ по Алгебре 9 Класс Номер 30.6 Углубленный Уровень Мерзляк, Поляков — Подробные Ответы

Докажите, что если последовательность \((a_n)\) — арифметическая прогрессия с положительными членами, то

\(\frac{1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2}} + \frac{1}{\sqrt{a_2} + \sqrt{a_3}} + … + \frac{1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}}} = \frac{n}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_{n+1}}}\).

Доказать, что если последовательность \((a_n)\) — арифметическая прогрессия с положительными членами, то выполняется равенство:

\(\frac{1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2}} + \frac{1}{\sqrt{a_2} + \sqrt{a_3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}}} = \frac{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_1}}{d}\),

где \(d\) — разность арифметической прогрессии.

1) Запишем:

\(b = \frac{1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}}}\)

\(\frac{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n}}{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n}} = \frac{(\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n})(\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_n})}{(\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_n})(\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n})}\)

\(b = \frac{a_{n+1} — a_n}{(\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_n})(\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n})} = \frac{d}{(\sqrt{a_{n+1}} + \sqrt{a_n})(\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n})}\)

2) Тогда:

\(S = \frac{1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2}} + \frac{1}{\sqrt{a_2} + \sqrt{a_3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}}}\)

\(S = \frac{\sqrt{a_2} — \sqrt{a_1}}{d} + \frac{\sqrt{a_3} — \sqrt{a_2}}{d} + \cdots + \frac{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n}}{d}\)

\(S = \frac{(\sqrt{a_2} — \sqrt{a_1}) + (\sqrt{a_3} — \sqrt{a_2}) + \cdots + (\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n})}{d}\)

\(S = \frac{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_1}}{d}\)

Что и требовалось доказать.

Доказать, что если последовательность \((a_n)\) — арифметическая прогрессия с положительными членами, то выполняется равенство: \(\frac{1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2}} + \frac{1}{\sqrt{a_2} + \sqrt{a_3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}}} = \frac{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_1}}{d}\), где \(d\) — разность арифметической прогрессии.

1) Запишем выражение для одного слагаемого суммы. Рассмотрим общий член последовательности вида \(\frac{1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}}}\). Чтобы упростить это выражение, умножим числитель и знаменатель на разность корней \(\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n}\). Получим: \(\frac{1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}}} = \frac{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n}}{(\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}})(\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n})}\). В числителе после раскрытия скобок получим разность квадратов: \((\sqrt{a_{n+1}})^2 — (\sqrt{a_n})^2 = a_{n+1} — a_n\). Поскольку \((a_n)\) — арифметическая прогрессия, то \(a_{n+1} — a_n = d\), где \(d\) — разность прогрессии. Таким образом, выражение принимает вид: \(\frac{d}{(\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}})(\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n})}\). Однако, поскольку знаменатель уже был упрощен как разность квадратов, мы можем записать это как \(\frac{d}{a_{n+1} — a_n}\), но так как \(a_{n+1} — a_n = d\), то окончательно: \(\frac{1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}}} = \frac{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n}}{d}\). Это преобразование позволяет нам представить каждое слагаемое суммы в удобной для телескопирования форме.

2) Теперь перейдем к вычислению всей суммы \(S = \frac{1}{\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2}} + \frac{1}{\sqrt{a_2} + \sqrt{a_3}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt{a_n} + \sqrt{a_{n+1}}}\). Используя результат из пункта 1, перепишем каждое слагаемое: \(S = \frac{\sqrt{a_2} — \sqrt{a_1}}{d} + \frac{\sqrt{a_3} — \sqrt{a_2}}{d} + \cdots + \frac{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n}}{d}\). Заметим, что эта сумма является телескопической, то есть при сложении слагаемых большинство членов сокращаются. Выпишем сумму явно: \(S = \frac{1}{d} \left[ (\sqrt{a_2} — \sqrt{a_1}) + (\sqrt{a_3} — \sqrt{a_2}) + \cdots + (\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_n}) \right]\). После сокращения промежуточных членов остается только \(\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_1}\). Таким образом, \(S = \frac{\sqrt{a_{n+1}} — \sqrt{a_1}}{d}\), что и требовалось доказать.