MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 255

Uporządkowane długości tworzą ciąg $x-r,x,x+r$, a przeciwprostokątna ma długość $x+r$. Z twierdzenia Pitagorasa $(x-r)^2+x^2=(x+r)^2,$ więc $x=4r$ i boki są w stosunku $3:4:5$. Jeżeli $3r=6$, to pozostałe boki mają długości $8$ i $10$. Jeżeli $4r=6$, to mają długości $4,5$ i $7,5$.

Boki prostokąta i przekątna tworzą rosnący ciąg arytmetyczny. Po połączeniu tego warunku z twierdzeniem Pitagorasa ich długości są w stosunku $3:4:5$, więc boki mają długości $3t$ i $4t$.

a) $2(3t+4t)=14$, zatem $t=1$.

b) $3t\cdot4t=48$, zatem $t=2$.

a) Niech wstawione liczby będą równe $x,y$. Warunki dają $x^2=2y$ oraz $2y=x+56$. Stąd $x^2-x-56=0$, więc $(x,y)=(8,32)$ albo $(-7,\frac{49}{2})$.

b) Liczby arytmetyczne zapisujemy jako $7-d,7,7+d$. Po zmianach powstają $8-d,9,22+d$. Warunek geometryczny $81=(8-d)(22+d)$ daje $d=5$ lub $d=-19$.

Dla ciągu arytmetycznego o pierwszym wyrazie $a_1$ i różnicy $r$ mamy $S_k=\frac k2\bigl(2a_1+(k-1)r\bigr).$ Zatem $S_{2n}-S_n=\frac n2\bigl(2a_1+(3n-1)r\bigr).$ Po pomnożeniu przez $3$ otrzymujemy $3(S_{2n}-S_n)=\frac{3n}{2}\bigl(2a_1+(3n-1)r\bigr)=S_{3n},$ co dowodzi tezy.

Warunek geometryczności trzech kolejnych wyrazów to $(\sin\alpha)^2=\frac12\cos2\alpha.$ Korzystając z $\cos2\alpha=1-2\sin^2\alpha$, dostajemy $\sin^2\alpha=\frac14$. W przedziale $(0;\pi)$ sinus jest dodatni, więc $\sin\alpha=\frac12$.

Oznaczmy trzy kolejne wyrazy przez $a,b,c$. Zachodzi $b^2=ac$. Dla ciągu zerowego obie rozważane sumy są równe $0$ i tezę daje bezpośrednio równość $0=0\cdot0$.

Załóżmy więc, że ciąg nie jest zerowy. Gdy $a\ne0$, niech $g=\operatorname{NWD}(|a|,|b|),\qquad a=gu,\qquad b=gv,$ gdzie $\operatorname{NWD}(|u|,|v|)=1$. Z równości $b^2=ac$ otrzymujemy $gv^2=uc.$ Ponieważ $u$ i $v^2$ są względnie pierwsze, $u\mid g$. Możemy zatem zapisać $g=du$, gdzie $d\in\mathbb Z$. Wtedy $a=du^2,\qquad b=duv,\qquad c=dv^2.$ Przypadek $a\ne0$, $b=0$ także mieści się w tym zapisie z $v=0$; przypadek zerowy obsłużyliśmy osobno.

Suma wyrazów jest równa $d(u^2+uv+v^2)$, a dzięki tożsamości $u^4+u^2v^2+v^4=(u^2+uv+v^2)(u^2-uv+v^2)$ suma ich kwadratów spełnia $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)\,d(u^2-uv+v^2).$ Mnożnik po prawej jest całkowity, więc suma kwadratów jest podzielna przez sumę wyrazów.

a) $b_1=a_1+2=5$, a ponadto $b_{n+1}=a_{n+1}+2=4a_n+8=4(a_n+2)=4b_n.$ Zatem $(b_n)$ jest geometryczny o ilorazie $4$ i $b_n=5\cdot4^{n-1}$.

b) Z zależności $a_n=b_n-2$ otrzymujemy $a_n=5\cdot4^{n-1}-2$.

a) Ponieważ $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}2$, mamy $a_n=\frac n2$, więc ciąg jest rosnący.

b) $3+6+\cdots+3n=\frac{3n(n+1)}2$, zatem $a_n=\frac{3n(n+1)}{4(2n+3)}.$ Różnica kolejnych wartości ma znak wyrażenia $(n+2)(2n+3)-n(2n+5)=2n+6>0,$ więc ciąg jest rosnący.

a) Licznik jest sumą ciągu arytmetycznego: $\frac n2(1+3n-2)=\frac{n(3n-1)}2$. Po podzieleniu przez $n^2$ granica wynosi $\frac34$.

b) Suma $1+3+\cdots+(2n+1)=(n+1)^2$, więc iloraz przez $-(n+2)$ dąży do $-\infty$.

c) Licznik jest rzędu $3^{n+1}/2$, a mianownik rzędu $5\cdot2^n$, więc iloraz dąży do $\infty$.

d) $1+5+\cdots+5^n=\frac{5^{n+1}-1}{4}$, zatem granica ilorazu przez $3-5^{n+1}$ wynosi $-\frac14$.

a) Dla $p\ne-1$ dzielimy przez $n$ i otrzymujemy $\frac{p}{p+1}$. Dla $p=-1$ mamy $a_n=-\frac n2\to-\infty$.

b) Gdy $p\ne\pm2$, skracamy współczynnik $p-2$ w wyrazach dominujących i dostajemy $a_n\sim(p+2)n$. Dla $p=-2$ granica wynosi $0$, a dla $p=2$ ciąg jest stale równy $5$.