MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 199

Korzystamy ze wzorów $a_n=a_1+(n-1)r$ oraz $S_n=\frac n2(a_1+a_n)$.

a) $r=7$ i $5+7(n-1)=145$, zatem $n=21$ oraz $S_{21}=\frac{21}{2}(5+145)=1575$.

b) $r=-11$ i $-5-11(n-1)=-181$, więc $n=17$ oraz $S_{17}=\frac{17}{2}(-5-181)=-1581$.

c) $r=\frac12$ i $4+\frac12(n-1)=16$, więc $n=25$ oraz $S_{25}=\frac{25}{2}(4+16)=250$.

d)

$r=2\sqrt5-1-\frac{3\sqrt5-1}{2}=\frac{\sqrt5-1}{2}.$

Różnica między ostatnim i pierwszym wyrazem jest równa $11r$, więc $n=12$. Stąd

=51\sqrt5-39.$$

Wyznaczamy liczbę składników ze wzoru $a_n=a_1+(n-1)r$, a potem stosujemy $S_n=\frac n2(a_1+a_n)$.

a) $r=6$, $4+6(n-1)=112$, więc $n=19$ i $S_{19}=\frac{19}{2}(4+112)=1102$.

b) $r=\frac23$, $8+\frac23(n-1)=26$, więc $n=28$ i $S_{28}=\frac{28}{2}(8+26)=476$.

c) $r=-\frac32$, $\frac{17}{2}-\frac32(n-1)=-38$, więc $n=32$ i $S_{32}=\frac{32}{2}\left(\frac{17}{2}-38\right)=-472$.

d) $r=\frac16$, $-\frac16+\frac16(n-1)=3$, więc $n=20$ i

$S_{20}=\frac{20}{2}\left(-\frac16+3\right)=\frac{85}{3}=28\frac13.$

Ze wzoru na sumę ciągu arytmetycznego:

$2S_8=2\cdot\frac82(2a_1+7r)=8(2a_1+7r),$ $S_{16}=\frac{16}{2}(2a_1+15r)=8(2a_1+15r).$

Równość $2S_8=S_{16}$ daje $7r=15r$, czyli $r=0$. Wszystkie wyrazy są zatem równe.

Niech $r$ będzie różnicą ciągu. Wyrazy o numerach nieparzystych tworzą ciąg arytmetyczny o pierwszym wyrazie $a_1$, ostatnim $a_{2n-1}$ i różnicy $2r$. Ich suma wynosi

=\frac n2\bigl(2a_1+2(n-1)r\bigr)=n a_n.$$ Analogicznie suma wyrazów parzystych jest równa $$a_2+a_4+\ldots+a_{2n} =\frac n2\bigl(2a_2+2(n-1)r\bigr)=n a_{n+1}.$$ Po pomnożeniu pierwszej równości przez $a_{n+1}$, a drugiej przez $a_n$, obie strony są równe $n a_n a_{n+1}$. To dowodzi tezy.

Stosujemy wzór $a_n=a_1q^{n-1}$.

a) $a_4=\frac43\left(-\frac12\right)^3=-\frac16$.

b) $a_5=\frac59\cdot3^4=45$.

c) $a_6=-16\left(-\frac{\sqrt2}{2}\right)^5=2\sqrt2$.

d)

$a_8=\frac{\sqrt{21}}{49}(-\sqrt7)^7=-49\sqrt3.$

a) $q=\frac{a_2}{a_1}=2$, więc $a_n=3\cdot2^{n-1}$.

b) $q^2=\frac{a_3}{a_1}=9$, więc $q=3$ lub $q=-3$. Otrzymujemy $a_n=2\cdot3^{n-1}$ albo $a_n=2\cdot(-3)^{n-1}$.

c) Z równości $\frac{a_6}{a_2}=q^4=\frac1{16}$ wynika $q=\frac12$ lub $q=-\frac12$. Daje to odpowiednio

$a_n=2^{-n+1}$

albo

$a_n=-(-2)^{-n+1}.$

d) $q^5=\frac{a_8}{a_3}=4\sqrt2=(\sqrt2)^5$, zatem $q=\sqrt2$. Ponieważ $a_1=\sqrt2$, mamy $a_n=(\sqrt2)^n=2^{n/2}$.

Jeśli długość ramienia największego trójkąta oznaczymy przez $l_1$, to

$2l_1+16=178,$

więc $l_1=81$. Kolejne długości ramion to

$81,54,36,24,16,\frac{32}{3},\frac{64}{9},\ldots$

Trójkąt równoramienny o podstawie $16$ istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy $2l>16$, czyli $l>8$. Pierwszych sześć długości spełnia ten warunek, a $\frac{64}{9}<8$ już nie.

a)

=\frac{2(\sqrt3)^{-n}}{2(\sqrt3)^{-n+1}}=\frac1{\sqrt3},$$ więc iloraz jest stały. **b)** Upraszczamy wzór: $$a_n=\frac{2^n(2^n+1)}{2^n+1}=2^n.$$ Jest to ciąg geometryczny o ilorazie $2$. **c)** $$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{5^{-2n-1}}{5^{-2n+1}}=5^{-2}=\frac1{25},$$ więc również ten ciąg jest geometryczny.

Niech $q_1=u$. Wtedy $a=24u$ i $b=24u^2$. Z drugiego ciągu mamy

$q_2=\frac{a+36}{24}=u+\frac32$

oraz

$b+90=24q_2^2.$

Po podzieleniu ostatniej równości przez $24$:

$u^2+\frac{15}{4}=\left(u+\frac32\right)^2,$

stąd $u=\frac12$. Zatem $q_1=\frac12$, $a=12$, $b=6$, natomiast $q_2=2$.

Mamy $a_n=a_1q^{n-1}$. Ponieważ drugie równanie ma prawą stronę dodatnią, $q\ne0$ i $q^4>1$. Po zapisaniu obu równań dostajemy

$a_1^2q^2(q^8-1)=255,$ $a_1^2q^4(q^4-1)=60.$

Dzielimy stronami i korzystamy z $q^8-1=(q^4-1)(q^4+1)$:

$\frac{q^4+1}{q^2}=\frac{17}{4}.$

Dla $t=q^2>0$ otrzymujemy

$4t^2-17t+4=0,$

czyli $t=4$ lub $t=\frac14$. Warunek $q^4>1$ odrzuca $t=\frac14$. Zatem $q^2=4$, więc $q=-2$ lub $q=2$. W szczególności $q\in\langle-2;2\rangle$.