Прогресии

1. От $a_1$ до $a_n$ правим $n - 1$ стъпки и на всяка прибавяме $d$: $a_2 = a_1 + d$, $a_3 = a_1 + 2d$, … , $a_n = a_1 + (n - 1)d$. (Строго погледнато – по индукция: ако $a_n = a_1 + (n - 1)d$, то $a_{n+1} = a_n + d = a_1 + nd$.)
2. Съседите на $a_n$ са $a_{n-1} = a_n - d$ и $a_{n+1} = a_n + d$. Сборът им е $2a_n$ – разликите се унищожават, затова $a_n = \frac{a_{n-1} + a_{n+1}}{2}$.
3. Обратно: ако всеки член е средно аритметично на съседите си, то $a_{n+1} - a_n = a_n - a_{n-1}$ – разликата между съседни членове е постоянна и редицата е аритметична прогресия.

∎

1. Записваме сбора два пъти – веднъж отпред назад и веднъж отзад напред: $$S_n = a_1 + a_2 + \ldots + a_{n-1} + a_n$$ $$S_n = a_n + a_{n-1} + \ldots + a_2 + a_1$$
2. Събираме двете равенства по колони. Във всяка колона сборът е един и същ: когато се придвижим с една колона надясно, горното число нараства с $d$, а долното намалява с $d$. Значи всяка колона дава $a_1 + a_n$.
3. Колоните са $n$, затова $2S_n = n(a_1 + a_n)$ и $S_n = \frac{n(a_1 + a_n)}{2}$. Като заместим $a_n = a_1 + (n - 1)d$, получаваме и втората формула $S_n = \frac{n(2a_1 + (n - 1)d)}{2}$.
4. При $a_1 = 1$ и $d = 1$ имаме $a_n = n$ и $1 + 2 + \ldots + n = \frac{n(n + 1)}{2}$.

∎

1. От $a_1$ до $a_n$ умножаваме $n - 1$ пъти по $q$: $a_n = a_1 \cdot q^{n-1}$.
2. Съседите на $a_n$ са $a_{n-1} = \frac{a_n}{q}$ и $a_{n+1} = a_n q$. Произведението им е $a_n^2$ – множителят $q$ се съкращава. При положителни членове това означава $a_n = \sqrt{a_{n-1} \cdot a_{n+1}}$.

∎

Да изведем формулата за $S_n = a_1 + a_1q + \ldots + a_1q^{n-1}$.

1. Записваме $S_n = a_1 + a_1q + a_1q^2 + \ldots + a_1q^{n-1}$ и умножаваме по $q$: $$qS_n = a_1q + a_1q^2 + \ldots + a_1q^{n-1} + a_1q^n$$
2. Изваждаме първото равенство от второто. Всички членове от $a_1q$ до $a_1q^{n-1}$ присъстват и в двата сбора и се унищожават: $qS_n - S_n = a_1q^n - a_1$.
3. $S_n(q - 1) = a_1(q^n - 1)$. При $q \ne 1$ делим на $q - 1 \ne 0$: $S_n = \frac{a_1(q^n - 1)}{q - 1}$. При $q = 1$ не можем да делим – но тогава всички $n$ члена са равни на $a_1$ и $S_n = n a_1$.

∎

1. Записваме формулата за $S_n$ така: $$S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q} = \frac{a_1}{1 - q} - \frac{a_1}{1 - q} \cdot q^n$$ Остава да покажем, че при $|q| < 1$ степента $q^n$ става колкото искаме близо до 0.
2. При $q = 0$ това е ясно. При $0 < |q| < 1$ записваме $\frac{1}{|q|} = 1 + h$, където $h > 0$. Когато разкрием скобите в $(1 + h)^n$, всички събираеми са положителни, а сред тях са $1$ и $nh$. Затова $(1 + h)^n > nh$ и $$|q|^n = \frac{1}{(1 + h)^n} < \frac{1}{nh}$$
3. Дясната страна става колкото искаме малка при достатъчно голямо $n$, следователно $q^n \to 0$ и $S_n \to \frac{a_1}{1 - q}$.
4. При $|q| \ge 1$ имаме $|a_n| = |a_1| \cdot |q|^{n-1} \ge |a_1| > 0$. Всяка следваща стъпка променя $S_n$ поне с $|a_1|$, така че частичните сборове не могат да се „успокоят“ около едно число – сбор няма.

∎