MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 200

Stosujemy wzór $S_7=a_1\frac{1-q^7}{1-q}$.

a)

=\frac{129}{12}=10\frac34.$$ **b)** Z $a_6=a_1q^5$ otrzymujemy $$a_1=\frac{8\sqrt2}{(\sqrt2)^5}=2.$$ Zatem $$S_7=2\cdot\frac{1-(\sqrt2)^7}{1-\sqrt2}=30+14\sqrt2.$$ **c)** Równość $3\sqrt3=-1\cdot q^3$ daje $q=-\sqrt3$. Stąd $$S_7=-\frac{1-(-\sqrt3)^7}{1+\sqrt3}=-40+13\sqrt3.$$

a) Z $a_1a_3=(a_1q)^2=a_2^2=1$ mamy $a_2=1$ albo $a_2=-1$. Ponieważ $a_2+a_3=a_2(1+q)=3$:

• dla $a_2=1$ otrzymujemy $q=2$, $a_1=\frac12$ i $S_6=\frac{63}{2}$;
• dla $a_2=-1$ otrzymujemy $q=-4$, $a_1=\frac14$ i $S_6=-\frac{819}{4}$.

b) Warunek $S_3=4{,}5$ daje

$6(1+q+q^2)=\frac92,$ $\left(q+\frac12\right)^2=0.$

Zatem $q=-\frac12$ i

$S_6=6\cdot\frac{1-(-\frac12)^6}{1+\frac12}=\frac{63}{16}.$

c) Ponieważ $a_3=a_1q^2=4$, mamy $q\ne0$ i $a_1=\frac4{q^2}$. Warunek $S_5=4$ prowadzi do

$1+q+q^2+q^3+q^4=q^2,$ $q^4+q^3+q+1=(q+1)^2(q^2-q+1)=0.$

Jedynym rzeczywistym rozwiązaniem jest $q=-1$, a wtedy $a_1=4$ i $S_6=0$.

Suma wyrazów od piątego do ósmego jest równa $q^4S_4$, więc

$45q^4=720,$

czyli $q^4=16$ i $q=2$ albo $q=-2$.

Dla $q=2$ mamy $S_4=a_1(1+2+4+8)=15a_1=45$, więc $a_1=3$.

Dla $q=-2$ mamy $S_4=a_1(1-2+4-8)=-5a_1=45$, więc $a_1=-9$.

Warunek geometryczności liczb $a_1,a_3,a_{11}$ ma postać

$(a_1+2r)^2=a_1(a_1+10r).$

Po rozwinięciu i skróceniu $a_1^2$ otrzymujemy

$4a_1r+4r^2=10a_1r.$

Ponieważ $r\ne0$, mamy $a_1=\frac23r$. Iloraz tworzonego ciągu geometrycznego wynosi więc

=\frac{\frac23r+2r}{\frac23r}=4.$$

Z geometryczności $P_1,P_2,P_3$ oraz arytmetyczności $P_2,P_3,P_4$ mamy

$P_2^2=9P_3,$ $2P_3=P_2+2.$

Po podstawieniu $P_2=2P_3-2$:

$(2P_3-2)^2=9P_3,$ $4P_3^2-17P_3+4=0.$

Stąd $P_3=4$ lub $P_3=\frac14$. Druga wartość dawałaby $P_2=-\frac32$, co nie może być polem. Zatem $P_3=4$ i $P_2=6$. Pole całej figury to

$9+6+4+2=21.$

Niech $K$ oznacza wpłaconą kwotę. Po trzech latach kapitał wynosi $K\cdot1{,}02^3$, więc odsetki są równe

$K(1{,}02^3-1)=500.$

Stąd

$K=\frac{500}{1{,}02^3-1}\approx8168{,}87.$

Po zaokrągleniu do pełnych złotych otrzymujemy $8169$ zł.

Po $n$ latach zadłużenie wynosi $20000\cdot1{,}07^n$. Z drugiej strony oddana kwota stanowi $122{,}5\%$ kapitału, zatem

$20000\cdot1{,}07^n=1{,}225\cdot20000.$

Ponieważ $1{,}07^3\approx1{,}225$, otrzymujemy $n=3$ pełne lata.

Dla $n=4k+1$ mamy $\sin\frac{\pi n}{2}=1$, więc

$a_{4k+1}=\frac{4k+1}{4k+2}\longrightarrow1.$

Dla $n=4k+3$ sinus jest równy $-1$, zatem

$a_{4k+3}=-\frac{4k+3}{4k+4}\longrightarrow-1.$

Ciąg ma dwa podciągi o różnych granicach, więc nie ma granicy.

a) Dominującym składnikiem jest $-2n$, więc $a_n\to-\infty$.

b) Ponieważ $6n-1\to\infty$, mamy $\sqrt{6n-1}\to\infty$.

c) Ponieważ $n+2\to\infty$, mamy $\sqrt[3]{n+2}\to\infty$.

d) Składnik $2^n\to\infty$, zatem $7-2^n\to-\infty$.