Założenie:

$n,k\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$k<n$  

---

Teza:

$\left|a_n\right|=\sqrt{a_{n-k}\cdot a_{n+k}}$  

---

Dowód:

Zauważmy, że skoro n i k są liczbami naturalnymi dodatnimi oraz k<n to w szczególności oznacza, że k≥1 oraz n≥2. 

Oznaczmy przez q iloraz ciągu (a_n).

Korzystając ze wzoru na n-ty wyraz ciągu geometrycznego mamy 

• $a_n=a_1\cdot q^{n-1}$  
• $a_{n-k}=a_1\cdot q^{n-k-1}$  
• $a_{n+k}=a_1\cdot q^{n+k-1}$  

Rozważmy przypadki:

1)

$q=0$  

wtedy

• $a_n=0$  
• $a_{n-k}=0\vee a_{n-k}=a_1$  

                              (ten przypadek zachodzi gdy n=k+1)

• $a_{n+k}=0$  

czyli 

$\left|a_n\right|=\sqrt{a_{n-k}\cdot a_{n+k}}$  

$\left|0\right|=\sqrt{a_{n-k}\cdot 0}$  

$0=0$  

więc teza jest prawdziwa. 

2)

$q\ne 0$  

wtedy 

$\sqrt{a_{n-k}\cdot a_{n+k}}=\sqrt{a_1\cdot q^{n-k-1}\cdot a_1\cdot q^{n+k-1}}=\sqrt{a_1^2\cdot q^{n-k-1+n+k-1}}=$  

$=\sqrt{a_1^2\cdot q^{2n-2}}=\sqrt{a_1^2\cdot q^{2\left(n-1\right)}}=\sqrt{a_1^2{\left(q^{n-1}\right)}^2}=\sqrt{{\left(a_1{q}^{n-1}\right)}^2}=\left|a_1{q}^{n-1}\right|=\left|a_n\right|$  

czyli 

$\left|a_n\right|=\sqrt{a_{n-k}\cdot a_{n+k}}$  

więc teza jest prawdziwa. 

---

Zatem dla dowolnego ciągu geometrycznego podana równość jest prawdziwa.

c.n.d.