Ciągi rozwiązania zadań

background image

Rozwiązania zadań do modułu Ciągi liczbowe

Zadanie 1

a) Aby zbadać monotoniczność ciągu

rozważmy różnicę

)

(

n

a

=

+

+

+

+

+

+

=

+

1

3

1

)

1

(

3

)

1

(

1

n

pn

n

n

p

a

a

n

n

=

+

+

+

+

+

+

+

=

+

+

+

+

+

=

)

1

)(

2

(

)

2

)(

3

(

)

1

)(

3

(

1

3

2

3

n

n

n

pn

n

p

pn

n

pn

n

p

pn

)

1

)(

2

(

3

)

1

)(

2

(

6

3

2

3

3

2

2

+

+

=

+

+

+

+

+

+

+

=

n

n

p

n

n

n

pn

pn

n

p

pn

pn

pn

Zatem ciąg jest malejący, gdy

3

0

3

0

1

<

<

<

+

p

p

a

a

n

n

Największą liczbę naturalną, dla której ciąg

jest malejący jest liczba

.

)

(

n

a

2

=

p

b) Równanie nasze ma sens, gdy lewa strona jest sumą nieskończonego

szeregu geometrycznego o ilorazie

1

<

q

Czyli, gdy

1

1

1

<

x

oraz, gdy

1

x

.

Nierówność ta jest równoważna nierówności

1

1

>

x

,

a ta jest równoważna alternatywie nierówności

0

2

1

1

1

1

<

>

>

<

x

x

x

x

Ostatecznie

)

;

2

(

)

0

;

(

1

1

1

+

−∞

<

x

x

.

Dla wyznaczonych

x

, suma szeregu geometrycznego

...

)

1

(

1

...

)

1

(

1

)

1

(

1

1

1

3

2

+

+

+

+

+

n

x

x

x

x

jest równa

x

x

x

x

x

x

S

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

=

=

=

.

Jednocześnie dla

mamy

2

=

p

1

background image

2

1

1

3

2

lim

1

3

2

lim

lim

=

⎛ +

⎛ +

=

+

+

=

n

n

n

n

n

n

a

n

n

n

n

Stąd ostatecznie nasze równanie przyjmie postać

2

2

3

1

=

x

x

, dla

)

;

2

(

)

0

;

(

+

−∞

x

.

Przekształcając je otrzymujemy kolejno

0

4

3

1

=

+

x

x

0

1

3

4

0

4

3

1

2

2

=

=

+

x

x

x

x

x

25

)

1

(

4

4

)

3

(

2

=

=

1

4

2

5

)

3

(

4

1

4

2

5

)

3

(

2

1

=

+

=

=

=

x

x

Widzimy jednak, że

)

;

2

(

)

0

;

(

2

+

−∞

x

, a zatem rozwiązaniem równania jest

4

1

1

=

x

Zadanie 2

a) Ciąg

nazywamy arytmetycznym, gdy dla dowolnego

różnica

pomiędzy

)

(

n

a

N

n

)

1

(

+

n

wyrazem i n-tym wyrazem jest stała. Dla naszego ciągu

, więc

n

a

n

4

22

=

n

n

a

n

4

18

)

1

(

4

22

1

=

+

=

+

Stąd dla dowolnego

N

n

4

)

4

22

(

4

18

1

=

=

+

n

n

a

a

n

n

Wykazaliśmy, więc, że badany ciąg

jest ciągiem arytmetycznym o różnicy

.

)

(

n

a

4

=

r

b) Korzystając z postaci wyrazu ogólnego ciągu mamy

,

,

.

Ponieważ wyrazy

tworzą ciąg geometryczny, to

n

n

a

n

4

30

)

2

(

4

22

2

=

=

n

n

a

n

4

18

)

1

(

4

22

1

=

+

=

+

n

n

a

n

4

14

)

2

(

4

22

2

=

+

=

+

2

1

2

,

,

+

+

n

n

n

a

a

a

2

background image

1

2

2

1

+

+

=

n

n

n

n

a

a

a

a

czyli

n

n

n

n

4

18

4

14

4

30

4

18

=

)

2

9

(

2

)

2

7

(

2

)

2

15

(

2

)

2

9

(

2

n

n

n

n

=

Widzimy, więc, że dla

wyrazy

)

2

7

)(

2

15

(

)

2

9

(

2

n

n

n

=

2

2

4

14

30

105

4

36

81

n

n

n

n

n

+

=

+

0

24

8

=

n

3

=

n

3

=

n

18

1

2

=

=

a

a

n

,

6

4

1

=

=

+

a

a

n

i

.

2

5

2

=

=

+

a

a

n

c) Skorzystamy ze wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu

n

n

a

a

n

S

n

+

=

2

)

(

1

.

Dla naszego ciągu

n

n

n

n

n

n

n

S

20

2

)

2

20

(

2

4

22

18

)

(

2

+

=

=

+

=

.

Suma jest funkcją liczby wyrazów ciągu . Jest to funkcja kwadratowa o

ujemnym współczynniku przy

.

Osiąga, zatem swoją największą wartość dla liczby będącej odciętą

wierzchołka paraboli

Zapiszemy funkcję

) w postaci kanonicznej

Zatem dla

)

(n

S

n

2

n

n

(n

S

[

]

50

)

5

(

2

25

)

5

(

2

25

25

10

2

)

10

(

2

20

2

)

(

2

2

)

5

(

2

2

2

2

+

=

=



+

=

=

+

=

=

n

n

n

n

n

n

n

n

S

n

4

4 3

4

4 2

1

5

=

n

suma początkowych wyrazów naszego ciągu osiąga

wartość największą równą

n

50

5

20

5

2

)

5

(

2

=

+

=

S

3

background image

Zadanie 3

Najpierw rozwiążemy równanie

x

x

x

=

16

19

18

5

,

0

4

2

.

Sprowadzamy obie strony równania do postaci funkcji wykładniczej o podstawie

2.

Kolejno otrzymujemy

x

x

x

=

16

)

19

(

2

18

2

1

2

2

)

16

(

)

19

(

2

18

2

2

+

=

x

x

x

16

56

3

2

2

=

x

x

.

Teraz, korzystając z różnowartościowości funkcji wykładniczej, ostatnie równie

jest równoważne równaniu („opuszczamy” podstawy)

16

56

3

=

x

x

40

2

=

x

20

=

x

.

Wyznaczony pierwiastek równania jest równy sumie

n

początkowych wyrazów

ciągu arytmetycznego, w którym

4

1

1

=

a

oraz

2

1

=

r

.

Ze wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego

n

n

r

n

a

n

S

+

=

2

)

1

(

2

)

(

1

2

|

2

2

1

)

1

(

4

1

2

20

+

⎛−

=

n

n

2

|

2

1

2

1

2

1

40

+

=

n

n

n

n

2

80

2

=

324

)

80

(

1

4

)

2

(

2

=

=

18

=

10

8

1

2

18

)

2

(

1

2

18

)

2

(

2

1

2

1

=

=

+

=

=

n

N

n

n

n

4

background image

Badany ciąg ma, zatem

wyrazów. Ze wzoru, na n-ty wyraz

mamy

10

2

=

n

r

n

a

a

n

)

1

(

1

+

=

2

1

)

1

10

(

4

1

10

+

=

a

2

9

4

1

10

+

=

a

4

17

10

=

a

.

Aby wyznaczyć, które wyrazy naszego ciągu należą do przedziału należy

rozwiązać nierówność podwójną

)

9

;

5

(

9

5

<

<

n

a

gdzie

2

1

)

1

(

4

1

+

=

n

a

n

Zatem

9

2

1

)

1

(

4

1

5

<

+

<

n

4

3

|

9

2

1

2

1

4

1

5

+

<

+

<

n

2

|

4

3

9

2

1

4

3

5

<

< n

2

1

20

2

1

11

<

< n

.

Ponieważ

n

jest liczbą naturalną, to rozwiązaniem nierówności są liczby ze

zbioru

.

{

}

20

,

19

,

18

,

17

,

16

,

15

,

14

,

13

,

12

Do przedziału należą, zatem wyrazy

naszego ciągu.

)

9

;

5

(

20

13

12

,

...

,

,

a

a

a

Zadanie 4

Rozpoczniemy od wyznaczenia dziedziny wyrażenia

x

1

log .

Ze względu na postać tego wyrażenia

5

background image

0

0

1

>

>

x

x

.

Dodatkowo, ponieważ wyrazy ciągu

są niezerowe, to spełniony musi być

warunek

)

(

n

a

0

1

log

x

1

log

1

log

x

Z różnowartościowości funkcji logarytmicznej ostatnia nierówność jest

równoważna nierówności

1

1 ≠

x

1

x

.

Jednocześnie, aby istniała suma nieskończonego ciągu geometrycznego o

wyrazie ogólnym

n

n

x

a

=

1

log

jego iloraz musi spełniać warunek

q

1

<

q

.

Łatwo zauważyć, że w naszym ciągu

x

x

x

a

a

q

n

n

n

n

1

log

1

log

1

log

1

1

=

=

=

+

+

.

Zatem

1

1

log

1

<

<

x

q

czyli

1

1

log

1

<

<

x

10

log

1

log

10

1

log

<

<

x

.

Ponieważ funkcja logarytmiczna o podstawie 10 jest rosnąca, to ostatnia

nierówność jest równoważna nierówności

10

1

10

1

<

<

x

(„opuszczamy nawiasy”)

6

background image

A stąd

>

<


⎪⎪

<

<

10

1

10

10

1

1

10

1

x

x

x

x

.

Ostatecznie

{}

1

\

10

;

10

1

x

.

Wyznaczymy teraz takie liczby

x

, dla których suma wszystkich wyrazów o

numerach nieparzystych jest o2 mniejsza od sumy wszystkich wyrazów.

Dostajemy równanie

...

1

log

1

log

1

log

2

...

1

log

1

log

1

log

3

2

5

3

+

+

+

=

+

+

+

+

x

x

x

x

x

x

Suma

...

1

log

1

log

3

+

+

x

x

jest suma nieskończonego szeregu geometrycznego o

ilorazie

2

1

log

x

, zaś prawa strona jest sumą nieskończonego szeregu

geometrycznego o ilorazie

x

1

log .

Zatem otrzymujemy równanie

x

x

x

x

1

log

1

1

log

2

1

log

1

1

log

2

=

+

.

Dla ułatwienia obliczeń dokonamy podstawienia

t

x

=

1

log

.

Wtedy nasze równanie przyjmuje postać

t

t

t

t

=

+

1

2

1

2

,

a po przekształceniu

0

1

1

)

1

(

2

1

2

2

2

=

+

t

t

t

t

t

t

0

)

1

)(

1

(

)

1

(

)

1

)(

1

(

2

2

2

=

+

+

+

+

t

t

t

t

t

t

t

t

0

2

3

0

)

1

)(

1

(

2

2

2

2

2

=

+

=

+

+

t

t

t

t

t

t

t

7

background image

0

3

2

2

=

t

3

2

3

2

2

1

=

=

t

t

Stąd

3

2

1

log

3

2

1

log

=

=

x

x

3

2

3

2

10

log

1

log

10

log

1

log

=

=

x

x

Korzystając z różnowartościowości funkcji logarytmicznej równania te są

równoważne równaniom

3

2

3

2

10

log

1

10

log

1

=

=

x

x

3

2

2

3

2

1

10

log

10

log

=

=

x

x

A ponieważ

)

1

;

1

(

3

2

oraz

)

1

;

1

(

3

2

to liczby

3

2

1

10

=

x

oraz

3

2

2

10

=

x

należą do przedziału

10

;

10

1

czyli spełniają warunki zadania.

Zadanie 5

Wyznaczymy najpierw te wartości

x

, dla których wyrażenia

oraz

mają sens.

)

1

(

log

x

x

)

1

2

(

log

+

x

x

Z definicji logarytmu spełnione muszą być warunki:

⎪⎪

>

+

>

>

0

1

2

0

1

1

0

x

x

x

x

,

lub równoważnie

8

background image

>

>

>

2

1

1

1

0

x

x

x

x

Rozwiązaniem tego ostatniego układu są liczby

)

;

1

(

+

x

.

Ponieważ liczby

, 1,

)

1

(

log

x

x

)

1

2

(

log

+

x

x

tworzą ciąg arytmetyczny, to

1

)

1

2

(

log

)

1

(

log

1

+

=

x

x

x

x

)

1

2

(

log

)

1

(

log

2

+

=

x

x

x

x

.

Korzystając z faktu, że

2

log

2

x

x

=

oraz

y

x

y

x

a

a

a

log

log

log

=

,

mamy

)

1

2

(

log

)

1

(

log

log

2

+

=

x

x

x

x

x

x

)

1

2

(

log

1

log

2

+

=

⎟⎟

⎜⎜

x

x

x

x

x

.

Ponieważ funkcja kwadratowa jest różnowartościowa, ostatecznie równanie jest

równoważne równaniu („opuszczamy” logarytm)

1

2

1

2

+

=

x

x

x

0

1

)

1

)(

1

2

(

1

2

=

+

x

x

x

x

x

0

1

)

1

2

2

(

2

2

=

+

x

x

x

x

x

0

1

0

1

1

2

2

=

+

+

=

+

+

x

x

x

x

x

Rozwiązując otrzymane równanie kwadratowe mamy kolejno

5

1

)

1

(

4

)

1

(

2

=

=

)

1

(

2

5

1

)

1

(

2

5

1

2

1

+

=

=

x

x

2

5

2

1

2

5

2

1

2

1

=

+

=

x

x

9

background image

Ponieważ rozwiązań szukamy wśród liczb z przedziału )

;

1

(

+

x

, tylko

2

5

2

1

1

+

=

x

spełnia warunki zadania.

Zatem jedyną liczbą rzeczywistą

x

, dla której liczby

)

1

(

log

x

x

, 1,

kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego jest

)

1

2

(

log

+

x

x

2

5

2

1 +

=

x

.

10


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
CIĄGI – rozwiązanie zadań
rozwiazywanie zadan tekstowych wb
efekt plejotropowy rozwiazanie zadań 1
cw8s rozwiazania zadan new id 123854
Metodyka rozwiązywania zadań, Transport Politechnika, Semestr 1, Fizyka
Rozwiązania zadań sprawdzających EKONOMIA działy 1-4, UP, ekonomia
Octan izoamylu rozwiązanie zadań
dodawanie rozwiazywanie zadań
38 Olimpiada Wiedzy Technicznej I Stopień Rozwiązania Zadań
Logika rozwiazania zadan id 272023
GM P1 142 Rozwiazania zadan i s Nieznany
Chromatografia rozwiązania zadań
GM M1 142 Rozwiazania zadan i s Nieznany
Rozwiązanie zadań na energię elektronów w przeskokach
Egzamin 2001.03.24, rozwiazania zadań aktuarialnych matematyka finansowa
rozwiązania zadań z TW, fizyka, liceum

więcej podobnych podstron