Пресметнете сбора (1 зад)

[Гост]

[tex]S_{1 } = \frac{1}{ a_{1 } a_{2 } } + \frac{1}{ a_{2 } a_{3 } } + \frac{1}{ a_{3 } a_{4 } }+ ... + \frac{1}{ a_{n-1 } a_{n } }[/tex], ако числата а1, а2, а3, .... аn образуват аритметична прогресия с d>0 и a1>0

[KOPMOPAH]

$$S_{1 } = \frac{1}{ a_{1 } a_{2 } } + \frac{1}{ a_{2 } a_{3 } } + \frac{1}{ a_{3 } a_{4 } }+ ... + \frac{1}{ a_{n-1 } a_{n } }$$
Ако числата $a_1$, $a_2$, $a_3$, .... $a_n$ образуват аритметична прогресия с $d>0$ и $a_1>0$, то $a_2=a_1+d$. Тогава$$\frac 1{a_1a_2}=\frac 1{a_1(a_1+d)}=\frac p{a_1}+\frac q{a_1+d}=$$ $$=\frac{p(a_1+d)+qa_1}{a_1(a_1+d)}=\frac{(p+q)a_1+pd}{a_1(a_1+d)}$$Тук трябва да използваме метода на неопределените коефициенти и да получим системата$$\begin{array}{|l}p+q = 0 \\ pd=1 \end{array}$$От първото уравнение следва, че $p=-q$, а от второто $p=\frac 1d$.

Следователно$$\frac 1{a_1a_2}=\frac 1d\cdot\frac 1{a_1}-\frac 1d\cdot\frac 1{a_2}=\frac 1d\left(\frac 1{a_1}-\frac 1{a_2}\right)$$
Аналогично $$\frac 1{a_2a_3}=\frac 1d\cdot\frac 1{a_2}-\frac 1d\cdot\frac 1{a_3}=\frac 1d\left(\frac 1{a_2}-\frac 1{a_3}\right)$$ $$\frac 1{a_3a_4}=\frac 1d\cdot\frac 1{a_3}-\frac 1d\cdot\frac 1{a_4}=\frac 1d\left(\frac 1{a_3}-\frac 1{a_4}\right)$$ $$\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots$$ $$\frac 1{a_{n-1}a_n}=\frac 1d\cdot\frac 1{a_{n-1}}-\frac 1d\cdot\frac 1{a_n}=\frac 1d\left(\frac 1{a_{n-1}}-\frac 1{a_n}\right)$$Събирайки почленно всичките $n-1$ равенства, получаваме$$S_{1 }=\frac 1d\left(\frac 1{a_1}-\cancel{\frac 1{a_2}}+\cancel{\frac 1{a_2}}-\cancel{\frac 1{a_3}}+\cancel{\frac 1{a_3}}-\cancel{\frac 1{a_4}}+\cdots+\cancel{\frac 1{a_{n-1}}}-\frac 1{a_n}\right)=\frac 1d\left(\frac 1{a_1}-\frac 1{a_n}\right)=\frac 1d\left(\frac{(n-1)d}{a_1(a_1+(n-1)d)}\right)$$

[Гост]

$$S_{1 } = \frac{1}{ a_{1 } a_{2 } } + \frac{1}{ a_{2 } a_{3 } } + \frac{1}{ a_{3 } a_{4 } }+ ... + \frac{1}{ a_{n-1 } a_{n } }$$
Ако числата $a_1$, $a_2$, $a_3$, .... $a_n$ образуват аритметична прогресия с $d>0$ и $a_1>0$, то $a_2=a_1+d$. Тогава$$\frac 1{a_1a_2}=\frac 1{a_1(a_1+d)}=\frac p{a_1}+\frac q{a_1+d}=$$ $$=\frac{p(a_1+d)+qa_1}{a_1(a_1+d)}=\frac{(p+q)a_1+pd}{a_1(a_1+d)}$$Тук трябва да използваме метода на неопределените коефициенти и да получим системата$$\begin{array}{|l}p+q = 0 \\ pd=1 \end{array}$$От първото уравнение следва, че $p=-q$, а от второто $p=\frac 1d$.

Следователно$$\frac 1{a_1a_2}=\frac 1d\cdot\frac 1{a_1}-\frac 1d\cdot\frac 1{a_2}=\frac 1d\left(\frac 1{a_1}-\frac 1{a_2}\right)$$
Аналогично $$\frac 1{a_2a_3}=\frac 1d\cdot\frac 1{a_2}-\frac 1d\cdot\frac 1{a_3}=\frac 1d\left(\frac 1{a_2}-\frac 1{a_3}\right)$$ $$\frac 1{a_3a_4}=\frac 1d\cdot\frac 1{a_3}-\frac 1d\cdot\frac 1{a_4}=\frac 1d\left(\frac 1{a_3}-\frac 1{a_4}\right)$$ $$\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots$$ $$\frac 1{a_{n-1}a_n}=\frac 1d\cdot\frac 1{a_{n-1}}-\frac 1d\cdot\frac 1{a_n}=\frac 1d\left(\frac 1{a_{n-1}}-\frac 1{a_n}\right)$$Събирайки почленно всичките $n-1$ равенства, получаваме$$S_{1 }=\frac 1d\left(\frac 1{a_1}-\cancel{\frac 1{a_2}}+\cancel{\frac 1{a_2}}-\cancel{\frac 1{a_3}}+\cancel{\frac 1{a_3}}-\cancel{\frac 1{a_4}}+\cdots+\cancel{\frac 1{a_{n-1}}}-\frac 1{a_n}\right)=\frac 1d\left(\frac 1{a_1}-\frac 1{a_n}\right)=\frac 1d\left(\frac{(n-1)d}{a_1(a_1+(n-1)d)}\right)$$

Мерси много, но никога не сме учили метод на неопределените коефициенти
А какво отбелязвате с "p" и "q"?

[KOPMOPAH]

С $p$ и $q$ отбелязвам неопределените коефициенти, които не сте учили.

Идеята е много проста - след като в знаменателя има $a_1$ и $a_1+d$, значи съществуват две дроби със знаменатели съответно $a_1$ и $a_2=a_1+d$ и числители, в случая, $p$ и $q$, които при събиране дават $\frac 1{a_1a_2}$. Извършвайки действията, стигаме до числител $(p+q)a_1+pd$, но той трябва да е валиден за всяко $a_1$, следователно коефициентът пред $a_1$ трябва да е $0$. По същата логика произведението $pd$ трябва да е $1$, защото толкова е в първоначалната дроб $\frac 1{a_1a_2}$.

Скрит текст: покажи

Ако още не ти е ясно, не се притеснявай да попиташ.