Задача №1891
Условие
Доказать, что если положительные числа \(\displaystyle{a_1}\), \(\displaystyle{a_2}\),..., \(\displaystyle{a_n}\) являются последовательными членами арифметической прогрессии, то:
\[
\frac{1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{a_{n-1}}+\sqrt{a_n}}=\frac{n-1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}
\]
Решение
Пусть \(\displaystyle{d}\) – разность арифметической прогрессии. Тогда для любой пары номеров \(\displaystyle{i}\) и \(\displaystyle{i+1}\) получим \(\displaystyle{d=a_{i+1}-a_i}\). Запись будем вести в сокращённой форме, мне она кажется наиболее удобной.
\[
\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{a_i}+\sqrt{a_{i+1}}}
=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{\sqrt{a_i}-\sqrt{a_{i+1}}}{\left(\sqrt{a_i}+\sqrt{a_{i+1}}\right)\cdot\left(\sqrt{a_i}-\sqrt{a_{i+1}}\right)}=\\
=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{\sqrt{a_i}-\sqrt{a_{i+1}}}{a_i-a_{i+1}}
=\sum\limits_{i=1}^{n-1}\frac{\sqrt{a_{i+1}}-\sqrt{a_{i}}}{d}
=\frac{1}{d}\cdot\left(\sum\limits_{i=2}^{n}\sqrt{a_i}-\sum\limits_{i=1}^{n-1}\sqrt{a_i}\right)=\\
=\frac{1}{d}\cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n}\sqrt{a_i}-\sqrt{a_1}-\sum\limits_{i=1}^{n}\sqrt{a_i}+\sqrt{a_n}\right)
=\frac{\sqrt{a_n}-\sqrt{a_1}}{d}=\\
=\frac{a_n-a_1}{d\cdot\left(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}\right)}
=\frac{a_1+d(n-1)-a_1}{d\cdot\left(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}\right)}
=\frac{n-1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}.
\]
Ответ:
Равенство доказано.
Источники задачи
| Задачник №2 | Кудрявцев "Сборник задач по математическому анализу" (том №1) |
| Параграф №4 | Прогрессии. Суммирование. Бином Ньютона. Числовые неравенства |
| Задача №2 |