5. Zadatak

Prvi način.

Neka je traženi zbroj jednak $S$. Kako je $$a_2-a_1=a_3-a_2=\ldots=a_{n+1}-a_n=d$$ onda množenjem traženog zbroja s $d$ imamo: $$\begin{aligned} S\cdot d&=\frac d{a_1a_2}+\frac d{a_2a_3}+\frac d{a_3a_4}+\cdots+\frac d{a_na_{n+1}}\\ &=\frac{a_2-a_1}{a_1a_2}+\frac{a_3-a_2}{a_2a_3}+\frac{a_4-a_3}{a_3a_4}+\cdots+\frac{a_{n+1}-a_n}{a_na_{n+1}}\\ &=\frac1{a_1}-\frac1{a_2}+\frac1{a_2}-\frac1{a_3}+\frac1{a_3}-\frac1{a_4}+\cdots+\frac1{a_n}-\frac1{a_{n+1}}\\ &=\frac1{a_1}-\frac1{a_{n+1}}=\frac{a_{n+1}-a_1}{a_1\cdot a_{n+1}}\\ &=\frac{a_1+nd-a_1}{a_1\cdot a_{n+1}}=\frac{nd}{a_1\cdot a_{n+1}} \end{aligned}$$ odakle slijedi tvrdnja.

Drugi način.

Neka je $d$ razlika aritmetičkog niza. Dokažimo tvrdnju matematičkom indukcijom.

Tvrdnja očito vrijedi za $n=1$.

Pretpostavimo da za neki $n\in\mathbb N$ vrijedi $$S_n=\frac1{a_1\cdot a_2}+\frac1{a_2\cdot a_3}+\cdots+\frac1{a_n\cdot a_{n+1}}=\frac n{a_1\cdot a_{n+1}}.$$ Tada je $$\begin{aligned} S_{n+1}&=S_n+\frac1{a_{n+1}\cdot a_{n+2}}=\frac n{a_1\cdot a_{n+1}}+\frac1{a_{n+1}\cdot a_{n+2}}\\ &=\frac{na_{n+2}+a_1}{a_1\cdot a_{n+1}\cdot a_{n+2}}=\frac{n(a_{n+1}+d)+a_1}{a_1\cdot a_{n+1}\cdot a_{n+2}}=\frac{na_{n+1}+a_1+nd}{a_1\cdot a_{n+1}\cdot a_{n+2}}\\ &=\frac{na_{n+1}+a_{n+1}}{a_1\cdot a_{n+1}\cdot a_{n+2}}=\frac{n+1}{a_1\cdot a_{n+2}}. \end{aligned}$$