MATeMAtyka 4. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 256

a) Każdy z ilorazów $\frac{n^2}{(n+c)(n+d)}$ dąży do $1$, więc $\lim a_n=2p-(p+1)=p-1.$ Warunek $p-1=6$ daje $p=7$.

b) Analogicznie ilorazy z czynnikiem $(n+2)^2$ dążą do $1$, zatem $\lim a_n=(2p-1)-(p+2)=p-3.$ Stąd $p-3=6$, czyli $p=9$.

Jeśli $b\ne0$, iloraz ma skończoną granicę $a/b$, więc koniecznie $b=0$. Wtedy mianownik jest równoważny $-n^3$.

Dla $a\ne0$ cały iloraz jest równoważny $-an$. Granica wynosi $-\infty$ dokładnie wtedy, gdy $a>0$. Przypadek $a=0$ daje granicę $-5$, więc go odrzucamy.

Dla $0<\alpha<\frac\pi2$ mamy $(\sin\alpha+\cos\alpha)^2=1+\sin2\alpha>1,$ więc $0<q<1$ i szereg jest zbieżny.

Z warunku $\frac1{1-q}=2+\sqrt2$ wynika $q=1-\frac1{2+\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}.$ Stąd $\sin\alpha+\cos\alpha=\sqrt2$. Maksimum $\sqrt2$ w pierwszej ćwiartce jest osiągane tylko dla $\sin\alpha=\cos\alpha$, czyli $\alpha=\frac\pi4$.

Dla $|q|<1$ warunki mają postać $\frac{a_1}{1-q}=8,\qquad a_1(1+q^2)=15.$ Po podstawieniu $a_1=8(1-q)$ dostajemy $(2q+1)(4q^2-6q+7)=0.$ Trójmian kwadratowy nie ma pierwiastków rzeczywistych, więc $q=-\frac12$, a $a_1=12$.

Sumy wyrazów nieparzystych i parzystych wynoszą odpowiednio $\frac{a_1}{1-q^2}=9,\qquad \frac{a_1q}{1-q^2}=6.$ Po podzieleniu równań otrzymujemy $q=\frac23$. Następnie $a_1=9\left(1-\frac49\right)=5.$

Warunki są równe $\frac{a_1}{1-q}=10,\qquad \frac{a_1^2}{1-q^2}=60.$ Podstawiamy $a_1=10(1-q)$: $100\frac{1-q}{1+q}=60.$ Stąd $5(1-q)=3(1+q)$, więc $q=\frac14$ i $a_1=\frac{15}{2}$.

Skan potwierdza, że długości boków kolejnych trójkątów to $1,\frac12,\frac14,\ldots$, a kolory występują naprzemiennie.

a) Czerwone trójkąty mają boki $\frac12,\frac18,\ldots$, więc suma obwodów wynosi $3\cdot\frac{1/2}{1-1/4}=2.$

b) Niebieskie trójkąty mają boki $1,\frac14,\ldots$. Ich pola tworzą szereg o pierwszym wyrazie $\frac{\sqrt3}{4}$ i ilorazie $\frac1{16}$, zatem $\frac{\sqrt3/4}{1-1/16}=\frac{4\sqrt3}{15}.$

Skan potwierdza, że środki kół leżą na dwusiecznej kąta. Dla koła o promieniu $r$ odległość środka od wierzchołka kąta wynosi $r/\sin30^\circ=2r$. Dla kolejnych promieni $r,R$ styczność daje $2(R-r)=R+r,$ więc $r=R/3$. Promienie tworzą zatem ciąg $3,1,\frac13,\ldots$.

a) Suma obwodów to $2\pi\cdot\frac3{1-1/3}=9\pi$.

b) Suma pól to $\pi\cdot\frac9{1-1/9}=\frac{81\pi}{8}$.