ГДЗ по Алгебре 10 Класс Номер 5.12 Профильный Уровень Мордкович — Подробные Ответы

а) Пусть $a_1<a_2<a_3<\cdots <a_n$. Докажите, что:

$$\mathrm{\mid }{a}_1-a_2\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_2-a_3\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_3-a_4\mathrm{\mid }+\cdots +\mathrm{\mid }{a}_{n-2}-a_{n-1}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_{n-1}-a_n\mathrm{\mid }=$$$$$$$$=\mathrm{\mid }{a}_1-a_n\mathrm{\mid }$$

б) Пусть $n<\sqrt{a}<n+1$. Докажите, что:

$$\mathrm{\mid }1-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }2-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }3-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\cdots +\mathrm{\mid }n-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+n\cdot \mathrm{\mid }\sqrt{a}-n-1\mathrm{\mid }=$$$$$$$$$$$$=\frac{n(n+1)}{2}$$

а) Пусть $a_1<a_2<a_3<\cdots <a_n$, тогда:

$$\mathrm{\mid }{a}_1-a_2\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_2-a_3\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_3-a_4\mathrm{\mid }+\cdots +\mathrm{\mid }{a}_{n-2}-a_{n-1}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_{n-1}-a_n\mathrm{\mid }=$$$$=(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+(a_4-a_3)+\cdots +(a_{n-1}-a_{n-2})+(a_n-a_{n-1})=$$$$=-a_1+a_n=a_n-a_1=\mathrm{\mid }{a}_n-a_1\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }-(a_1-a_n)\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }{a}_1-a_n\mathrm{\mid };$$

Утверждение доказано.

б) Пусть $n<\sqrt{a}<n+1$, тогда:

$$\mathrm{\mid }1-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }2-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }3-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\cdots +\mathrm{\mid }n-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+n\cdot \mathrm{\mid }\sqrt{a}-n-1\mathrm{\mid }=$$$$=(\sqrt{a}-1)+(\sqrt{a}-2)+(\sqrt{a}-3)+\cdots +(\sqrt{a}-n)+n\cdot ((n+1)-\sqrt{a})=$$$$=(n\sqrt{a}-(1+2+3+\cdots +n))+n\cdot ((n+1)-\sqrt{a})=$$$$=(n\sqrt{a}-\frac{n(n+1)}{2})+n(n+1)-n\sqrt{a}=$$$$=\frac{n(n+1)}{2}+n(n+1)=\frac{n(n+1)}{2};$$

Утверждение доказано.

а) $\mathrm{\mid }{a}_1-a_2\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_2-a_3\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_3-a_4\mathrm{\mid }+\cdots +\mathrm{\mid }{a}_{n-2}-a_{n-1}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_{n-1}-a_n\mathrm{\mid }$

Шаг 1: Понимание выражения.

Мы рассматриваем сумму модулей разностей между последовательными числами $a_1,a_2,a_3,\dots ,a_n$, где предполагается, что числа $a_1,a_2,a_3,\dots ,a_n$ расположены в строгом порядке возрастания, то есть $a_1<a_2<a_3<\cdots <a_n$. Это важное замечание, так как оно влияет на знак выражений, входящих в модули.

Шаг 2: Разбор каждого модуля.

Каждый модуль вида $\mathrm{\mid }{a}_i-a_{i+1}\mathrm{\mid }$ можно упростить, так как числа $a_1,a_2,a_3,\dots ,a_n$ находятся в возрастающем порядке. Для всех $i$ от 1 до $n-1$ выполняется:

$$a_i<a_{i+1}\text{и}{a}_{i+1}-a_i>0,$$

поэтому:

$$\mathrm{\mid }{a}_i-a_{i+1}\mathrm{\mid }=a_{i+1}-a_i\mathrm{.}$$

Шаг 3: Подставим упрощённые выражения.

Теперь, подставив упрощённые выражения для каждого модуля, мы получаем:

$$\mathrm{\mid }{a}_1-a_2\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_2-a_3\mathrm{\mid }+\cdots +\mathrm{\mid }{a}_{n-1}-a_n\mathrm{\mid }=(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\cdots +(a_n-a_{n-1})\mathrm{.}$$

Шаг 4: Упростим сумму.

Обратите внимание, что выражение является телескопической суммой, где многие члены сокращаются. Подробно:

$$(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\cdots +(a_n-a_{n-1})=-a_1+a_n\mathrm{.}$$

Таким образом, вся сумма сводится к разности:

$$a_n-a_1\mathrm{.}$$

Шаг 5: Выразим через модуль.

Мы также знаем, что для любых двух чисел $x$ и $y$ выполняется:

$$\mathrm{\mid }x-y\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }y-x\mathrm{\mid }\mathrm{.}$$

В данном случае:

$$\mathrm{\mid }{a}_n-a_1\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }-(a_1-a_n)\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }{a}_1-a_n\mathrm{\mid }\mathrm{.}$$

Таким образом, получаем окончательное выражение:

$$\mathrm{\mid }{a}_1-a_2\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }{a}_2-a_3\mathrm{\mid }+\cdots +\mathrm{\mid }{a}_{n-1}-a_n\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }{a}_n-a_1\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }{a}_1-a_n\mathrm{\mid }\mathrm{.}$$

Ответ: Утверждение доказано.

б) $\mathrm{\mid }1-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }2-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }3-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\cdots +\mathrm{\mid }n-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+n\cdot \mathrm{\mid }\sqrt{a}-n-1\mathrm{\mid }$

Шаг 1: Понимание выражения.

Задано выражение с суммой модулей, которая зависит от числа $a$. Задано условие $n<\sqrt{a}<n+1$, что означает, что $\sqrt{a}$ лежит между двумя целыми числами $n$ и $n+1$.

Шаг 2: Оценим каждый из модулей.

• Рассмотрим первый модуль $\mathrm{\mid }1-\sqrt{a}\mathrm{\mid }$. Поскольку $\sqrt{a}>1$, то:$$\mathrm{\mid }1-\sqrt{a}\mathrm{\mid }=\sqrt{a}-1.$$
• Рассмотрим второй модуль $\mathrm{\mid }2-\sqrt{a}\mathrm{\mid }$. Поскольку $\sqrt{a}>2$, то:$$\mathrm{\mid }2-\sqrt{a}\mathrm{\mid }=\sqrt{a}-2.$$
• И так далее, для всех $k$ от 1 до $n$, получаем:$$\mathrm{\mid }k-\sqrt{a}\mathrm{\mid }=\sqrt{a}-k\text{для всех}k=1,2,\dots ,n\mathrm{.}$$
• Рассмотрим последний модуль $n\cdot \mathrm{\mid }\sqrt{a}-n-1\mathrm{\mid }$. Поскольку $\sqrt{a}>n$, то:$$\mathrm{\mid }\sqrt{a}-n-1\mathrm{\mid }=\sqrt{a}-(n+1)\mathrm{.}$$
• Умножаем на $n$, получаем:$$n\cdot \mathrm{\mid }\sqrt{a}-n-1\mathrm{\mid }=n\cdot (\sqrt{a}-(n+1))=n\sqrt{a}-n(n+1)\mathrm{.}$$

Шаг 3: Подставим в исходное выражение.

Теперь подставим все эти выражения в исходную сумму:

$$\mathrm{\mid }1-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\mathrm{\mid }2-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+\cdots +\mathrm{\mid }n-\sqrt{a}\mathrm{\mid }+n\cdot \mathrm{\mid }\sqrt{a}-n-1\mathrm{\mid }=$$

$$=(\sqrt{a}-1)+(\sqrt{a}-2)+\cdots +(\sqrt{a}-n)+n\cdot (\sqrt{a}-(n+1))\mathrm{.}$$

Шаг 4: Упростим сумму.

Преобразуем её в более компактную форму:

$$=(\sum _{k=1}^n(\sqrt{a}-k))+n\cdot (\sqrt{a}-n-1)\mathrm{.}$$

Перепишем сумму:

$$=n\sqrt{a}-(1+2+3+\cdots +n)+n\cdot (\sqrt{a}-n-1)\mathrm{.}$$

Теперь используем формулу суммы первых $n$ чисел:

$$1+2+3+\cdots +n=\frac{n(n+1)}{2}\mathrm{.}$$

Итак, сумма становится:

$$=n\sqrt{a}-\frac{n(n+1)}{2}+n\cdot (\sqrt{a}-n-1)\mathrm{.}$$

Шаг 5: Упростим дальнейше.

Теперь упрощаем:

$$=n\sqrt{a}-\frac{n(n+1)}{2}+n(n+1)-n\sqrt{a}\mathrm{.}$$

Мы видим, что $n\sqrt{a}$ и $-n\sqrt{a}$ сокращаются, остаётся:

$$=-\frac{n(n+1)}{2}+n(n+1)\mathrm{.}$$

Теперь, преобразуем это:

$$=\frac{n(n+1)}{2}\mathrm{.}$$

Ответ: Утверждение доказано.