Страницы 101-102 номер 2.159, ГДЗ по алгебре за 8 класс к учебнику Дорофеева
ДОКАЗЫВАЕМ. 1) Докажите, что верно равенство: \[\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}}=\sqrt{5}-1.\]
Подсказка. Освободитесь от иррациональности в знаменателе каждой дроби.
2) Упростите выражение:
а) \(\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{99}+\sqrt{100}}\);
б) \(\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}\).
1) \[\begin{aligned} \frac{1}{1 + \sqrt{2}} &= \frac{\sqrt{2} - 1}{(\sqrt{2} + 1)(\sqrt{2} - 1)} = \frac{\sqrt{2} - 1}{2 - 1} = \sqrt{2} - 1; \\ \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} &= \frac{\sqrt{3} - \sqrt{2}}{(\sqrt{3} + \sqrt{2})(\sqrt{3} - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{3} - \sqrt{2}}{3 - 2} = \sqrt{3} - \sqrt{2}; \\ \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4}} &= \frac{\sqrt{4} - \sqrt{3}}{(\sqrt{4} + \sqrt{3})(\sqrt{4} - \sqrt{3})} = \frac{\sqrt{4} - \sqrt{3}}{4 - 3} = \sqrt{4} - \sqrt{3}; \\ \frac{1}{\sqrt{4} + \sqrt{5}} &= \frac{\sqrt{5} - \sqrt{4}}{(\sqrt{5} + \sqrt{4})(\sqrt{5} - \sqrt{4})} = \frac{\sqrt{5} - \sqrt{4}}{5 - 4} = \sqrt{5} - \sqrt{4}. \end{aligned}\] Левая часть равенства равна сумме этих разностей. В ней все слагаемые, кроме \(\sqrt{5}\) и \(-1\), входят дважды — с противоположными знаками: \[(\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + (\sqrt{4} - \sqrt{3}) + (\sqrt{5} - \sqrt{4}) = \sqrt{5} - 1.\] Равенство доказано.
2) Каждая дробь суммы имеет вид \(\frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}}\), где \(k\) — натуральное число: \[\frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}} = \frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{(\sqrt{k + 1})^2 - (\sqrt{k})^2} = \frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{(k + 1) - k} = \sqrt{k + 1} - \sqrt{k}.\] В сумме таких разностей остаются только последнее уменьшаемое и первое вычитаемое.
а) \[\begin{aligned} &\frac{1}{1 + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{99} + \sqrt{100}} = {} \\ &= (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \ldots + (\sqrt{100} - \sqrt{99}) = {} \\ &= \sqrt{100} - 1 = 10 - 1 = 9. \end{aligned}\]
б) Здесь \(n\) — натуральное число, \(n \geqslant 2\); последняя дробь равна \(\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}\): \[\begin{aligned} &\frac{1}{1 + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n - 1} + \sqrt{n}} = {} \\ &= (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \ldots + (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) = \sqrt{n} - 1. \end{aligned}\]
Ответ: 1) равенство доказано; 2) а) \(9\); б) \(\sqrt{n} - 1\).
ДОКАЗЫВАЕМ. 1) Докажите, что верно равенство: \[\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+\frac{1}{\sqrt{4}+\sqrt{5}}=\sqrt{5}-1.\]
Подсказка. Освободитесь от иррациональности в знаменателе каждой дроби.
2) Упростите выражение:
а) \(\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{99}+\sqrt{100}}\);
б) \(\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}\).
1) Освободимся от иррациональности в знаменателе каждой дроби: умножим её числитель и знаменатель на разность слагаемых знаменателя — знаменатель станет разностью их квадратов, равной 1: \[\begin{aligned} \frac{1}{1 + \sqrt{2}} &= \frac{\sqrt{2} - 1}{(\sqrt{2} + 1)(\sqrt{2} - 1)} = \frac{\sqrt{2} - 1}{2 - 1} = \sqrt{2} - 1; \\ \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} &= \frac{\sqrt{3} - \sqrt{2}}{(\sqrt{3} + \sqrt{2})(\sqrt{3} - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{3} - \sqrt{2}}{3 - 2} = \sqrt{3} - \sqrt{2}; \\ \frac{1}{\sqrt{3} + \sqrt{4}} &= \frac{\sqrt{4} - \sqrt{3}}{(\sqrt{4} + \sqrt{3})(\sqrt{4} - \sqrt{3})} = \frac{\sqrt{4} - \sqrt{3}}{4 - 3} = \sqrt{4} - \sqrt{3}; \\ \frac{1}{\sqrt{4} + \sqrt{5}} &= \frac{\sqrt{5} - \sqrt{4}}{(\sqrt{5} + \sqrt{4})(\sqrt{5} - \sqrt{4})} = \frac{\sqrt{5} - \sqrt{4}}{5 - 4} = \sqrt{5} - \sqrt{4}. \end{aligned}\] Левая часть равенства равна сумме этих разностей. В ней все слагаемые, кроме \(\sqrt{5}\) и \(-1\), входят дважды — с противоположными знаками: \[(\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + (\sqrt{4} - \sqrt{3}) + (\sqrt{5} - \sqrt{4}) = \sqrt{5} - 1.\] Равенство доказано.
2) Каждая дробь суммы имеет вид \(\frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}}\), где \(k\) — натуральное число, и, как в 1), равна разности корней: \[\frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}} = \frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{(\sqrt{k + 1})^2 - (\sqrt{k})^2} = \frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{(k + 1) - k} = \sqrt{k + 1} - \sqrt{k}.\] В сумме таких разностей остаются только последнее уменьшаемое и первое вычитаемое.
а) \[\begin{aligned} &\frac{1}{1 + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{99} + \sqrt{100}} = {} \\ &= (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \ldots + (\sqrt{100} - \sqrt{99}) = {} \\ &= \sqrt{100} - 1 = 10 - 1 = 9. \end{aligned}\]
б) Здесь \(n\) — натуральное число, \(n \geqslant 2\); последняя дробь равна \(\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}\): \[\begin{aligned} &\frac{1}{1 + \sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2} + \sqrt{3}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n - 1} + \sqrt{n}} = {} \\ &= (\sqrt{2} - 1) + (\sqrt{3} - \sqrt{2}) + \ldots + (\sqrt{n} - \sqrt{n - 1}) = \sqrt{n} - 1. \end{aligned}\]
Ответ: 1) равенство доказано; 2) а) \(9\); б) \(\sqrt{n} - 1\).
