MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 198

a) Z rekurencji otrzymujemy kolejno

$a_3=\frac{2^2}{1}=4,\quad a_4=\frac{4^2}{2}=8,\quad a_5=16,\quad a_6=32.$

Sześć początkowych wyrazów to więc $1,2,4,8,16,32$. Sugeruje to wzór $a_n=2^{n-1}$. Istotnie, dla $n\geqslant2$:

$\frac{a_n^2}{a_{n-1}}=\frac{2^{2n-2}}{2^{n-2}}=2^n=a_{n+1}.$

b) Tym razem

\quad a_5=5,\quad a_6=6.$$ Otrzymujemy $1,2,3,4,5,6$, zatem $a_n=n$. Dla $n\geqslant2$: $$\frac{a_n^2-1}{a_{n-1}}=\frac{n^2-1}{n-1}=n+1=a_{n+1},$$ więc oba wzory ogólne są zgodne z warunkami początkowymi i rekurencją.

Pokażemy indukcyjnie, że

$a_n=(2n-1)k.$

Dla $n=1$ i $n=2$ wzór daje odpowiednio $k$ i $3k$. Jeśli jest prawdziwy dla dwóch kolejnych wyrazów, to

$a_{n+1}=2(2n-1)k-(2n-3)k=(2n+1)k.$

Jest to wzór $(2(n+1)-1)k$, więc indukcja jest zakończona. Gdy $m$ jest dodatnią liczbą nieparzystą, to $m=2n-1$ dla pewnego $n\in\mathbb N_+$, a zatem $mk=a_n$.

Mamy $c_1=a_1+b_1=6$. Ponadto

$c_{n+1}=a_{n+1}+b_{n+1}=-a_n-2-b_n+t=-c_n+t-2.$

Aby po $c_n=6$ kolejny wyraz także był równy $6$, musi zachodzić

$6=-6+t-2,$

czyli $t=14$. Dla tej wartości $c_{n+1}=-6+14-2=6$, więc indukcyjnie wszystkie wyrazy ciągu $(c_n)$ są równe $6$.

Korzystamy ze wzoru $a_n=a_1+(n-1)r$:

$8{,}2=3+(n-1)\cdot0{,}4.$

Stąd $0{,}4(n-1)=5{,}2$, więc $n-1=13$ i $n=14$.

W ciągu arytmetycznym podwojony wyraz środkowy jest sumą sąsiednich.

a) $2(3x-1)=x+4x$, zatem $x=2$.

b) $2(x+2)=(5-2x)+(3x-1)$, zatem $x=0$.

c)

$2(x-2)^2=4x+6x+8,$ $2x^2-18x=0,$

więc $x=0$ lub $x=9$.

d)

$2(5-2x)^2=(3-x)^2+(5-3x)^2,$ $x^2+2x-8=0,$

stąd $x=-4$ lub $x=2$.

a) Wzór jest liniowy:

$a_n=\frac32n-\frac72,$

więc ciąg jest arytmetyczny o różnicy $\frac32$. Warunek $a_n>0$ daje $n>\frac73$, czyli $n\geqslant3$.

b) Mamy $a_n=-n^2+8n-12$, więc różnica kolejnych wyrazów zależy od $n$ i ciąg nie jest arytmetyczny. Ponieważ

$(n-2)(6-n)>0,$

otrzymujemy $2<n<6$, czyli $n\in\{3,4,5\}$.

c) Licznik rozkłada się następująco:

$6n^2+n-1=(3n-1)(2n+1).$

Zatem $a_n=3n-1$. Jest to ciąg arytmetyczny o różnicy $3$, a dla każdego $n\in\mathbb N_+$ zachodzi $a_n>0$.

Niech $r$ będzie różnicą ciągu. Z danych otrzymujemy

$2a_1+12r=\frac83,$ $2a_1+14r=\frac43.$

Po odjęciu równań mamy $2r=-\frac43$, czyli $r=-\frac23$. Pierwsze równanie daje $a_1=\frac{16}{3}$. Stąd

$a_n=a_1+(n-1)r=6-\frac23n.$

Punkty $(n,a_n)$ leżą więc na wykresie funkcji liniowej $f(x)=-\frac23x+6$.

Niech $r>0$ będzie różnicą ciągu. Wtedy $a_n=a_1+(n-1)r$ i ciąg jest nieograniczony z góry, więc istnieje takie $n$, że $a_n>r$.

Wyrazy $a_n,a_{n+1}=a_n+r,a_{n+2}=a_n+2r$ są wówczas dodatnie. Dwie nierówności trójkąta są oczywiste, a dla najdłuższego boku mamy

\iff 2a_n+r>a_n+2r \iff a_n>r.$$ Zatem te trzy kolejne wyrazy mogą być długościami boków trójkąta.