Rozwiązania zadań do modułu Ciągi liczbowe
Zadanie 1
a) Aby zbadać monotoniczność ciągu
rozważmy różnicę
)
(
n
a
=
+
+
−
+
+
+
+
=
−
+
1
3
1
)
1
(
3
)
1
(
1
n
pn
n
n
p
a
a
n
n
=
+
+
+
+
−
+
+
+
=
+
+
−
+
+
+
=
)
1
)(
2
(
)
2
)(
3
(
)
1
)(
3
(
1
3
2
3
n
n
n
pn
n
p
pn
n
pn
n
p
pn
)
1
)(
2
(
3
)
1
)(
2
(
6
3
2
3
3
2
2
+
+
−
=
+
+
−
−
−
−
+
+
+
+
+
=
n
n
p
n
n
n
pn
pn
n
p
pn
pn
pn
Zatem ciąg jest malejący, gdy
3
0
3
0
1
<
⇔
<
−
⇔
<
−
+
p
p
a
a
n
n
Największą liczbę naturalną, dla której ciąg
jest malejący jest liczba
.
)
(
n
a
2
=
p
b) Równanie nasze ma sens, gdy lewa strona jest sumą nieskończonego
szeregu geometrycznego o ilorazie
1
<
q
Czyli, gdy
1
1
1
<
− x
oraz, gdy
1
≠
x
.
Nierówność ta jest równoważna nierówności
1
1
>
− x
,
a ta jest równoważna alternatywie nierówności
0
2
1
1
1
1
<
∨
>
>
−
∨
<
−
x
x
x
x
Ostatecznie
)
;
2
(
)
0
;
(
1
1
1
∞
+
∪
−∞
∈
⇔
<
−
x
x
.
Dla wyznaczonych
x
, suma szeregu geometrycznego
...
)
1
(
1
...
)
1
(
1
)
1
(
1
1
1
3
2
+
−
+
+
−
+
−
+
−
n
x
x
x
x
jest równa
x
x
x
x
x
x
S
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
−
=
−
−
−
−
=
−
−
−
=
.
Jednocześnie dla
mamy
2
=
p
1
2
1
1
3
2
lim
1
3
2
lim
lim
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
=
+
+
=
∞
→
∞
→
∞
→
n
n
n
n
n
n
a
n
n
n
n
Stąd ostatecznie nasze równanie przyjmie postać
2
2
3
1
⋅
−
=
−
x
x
, dla
)
;
2
(
)
0
;
(
∞
+
∪
−∞
∈
x
.
Przekształcając je otrzymujemy kolejno
0
4
3
1
=
+
−
−
x
x
0
1
3
4
0
4
3
1
2
2
=
−
−
⇔
=
+
−
−
x
x
x
x
x
25
)
1
(
4
4
)
3
(
2
=
−
⋅
⋅
−
−
=
∆
1
4
2
5
)
3
(
4
1
4
2
5
)
3
(
2
1
=
⋅
+
−
−
=
∨
−
=
⋅
−
−
−
=
x
x
Widzimy jednak, że
)
;
2
(
)
0
;
(
2
∞
+
∪
−∞
∉
x
, a zatem rozwiązaniem równania jest
4
1
1
−
=
x
Zadanie 2
a) Ciąg
nazywamy arytmetycznym, gdy dla dowolnego
różnica
pomiędzy
)
(
n
a
N
n
∈
)
1
(
+
n
wyrazem i n-tym wyrazem jest stała. Dla naszego ciągu
, więc
n
a
n
4
22
−
=
n
n
a
n
4
18
)
1
(
4
22
1
−
=
+
−
=
+
Stąd dla dowolnego
N
n
∈
4
)
4
22
(
4
18
1
−
=
−
−
−
=
−
+
n
n
a
a
n
n
Wykazaliśmy, więc, że badany ciąg
jest ciągiem arytmetycznym o różnicy
.
)
(
n
a
4
−
=
r
b) Korzystając z postaci wyrazu ogólnego ciągu mamy
,
,
.
Ponieważ wyrazy
tworzą ciąg geometryczny, to
n
n
a
n
4
30
)
2
(
4
22
2
−
=
−
−
=
−
n
n
a
n
4
18
)
1
(
4
22
1
−
=
+
−
=
+
n
n
a
n
4
14
)
2
(
4
22
2
−
=
+
−
=
+
2
1
2
,
,
+
+
−
n
n
n
a
a
a
2
1
2
2
1
−
+
−
+
=
n
n
n
n
a
a
a
a
czyli
n
n
n
n
4
18
4
14
4
30
4
18
−
−
=
−
−
)
2
9
(
2
)
2
7
(
2
)
2
15
(
2
)
2
9
(
2
n
n
n
n
−
−
=
−
−
Widzimy, więc, że dla
wyrazy
)
2
7
)(
2
15
(
)
2
9
(
2
n
n
n
−
−
=
−
2
2
4
14
30
105
4
36
81
n
n
n
n
n
+
−
−
=
+
−
0
24
8
=
−
n
3
=
n
3
=
n
18
1
2
=
=
−
a
a
n
,
6
4
1
=
=
+
a
a
n
i
.
2
5
2
=
=
+
a
a
n
c) Skorzystamy ze wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu
n
n
a
a
n
S
n
⋅
+
=
2
)
(
1
.
Dla naszego ciągu
n
n
n
n
n
n
n
S
20
2
)
2
20
(
2
4
22
18
)
(
2
+
−
=
−
=
⋅
−
+
=
.
Suma jest funkcją liczby wyrazów ciągu . Jest to funkcja kwadratowa o
ujemnym współczynniku przy
.
Osiąga, zatem swoją największą wartość dla liczby będącej odciętą
wierzchołka paraboli
Zapiszemy funkcję
) w postaci kanonicznej
Zatem dla
)
(n
S
n
2
n
n
(n
S
[
]
50
)
5
(
2
25
)
5
(
2
25
25
10
2
)
10
(
2
20
2
)
(
2
2
)
5
(
2
2
2
2
+
−
−
=
−
−
−
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
+
−
−
=
−
−
=
+
−
=
−
=
n
n
n
n
n
n
n
n
S
n
4
4 3
4
4 2
1
5
=
n
suma początkowych wyrazów naszego ciągu osiąga
wartość największą równą
n
50
5
20
5
2
)
5
(
2
=
⋅
+
⋅
−
=
S
3
Zadanie 3
Najpierw rozwiążemy równanie
x
x
x
−
−
−
=
⋅
16
19
18
5
,
0
4
2
.
Sprowadzamy obie strony równania do postaci funkcji wykładniczej o podstawie
2.
Kolejno otrzymujemy
x
x
x
−
−
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
⋅
16
)
19
(
2
18
2
1
2
2
)
16
(
)
19
(
2
18
2
2
−
−
−
+
−
=
x
x
x
16
56
3
2
2
−
−
=
x
x
.
Teraz, korzystając z różnowartościowości funkcji wykładniczej, ostatnie równie
jest równoważne równaniu („opuszczamy” podstawy)
16
56
3
−
=
−
x
x
40
2
=
x
20
=
x
.
Wyznaczony pierwiastek równania jest równy sumie
n
początkowych wyrazów
ciągu arytmetycznego, w którym
4
1
1
−
=
a
oraz
2
1
=
r
.
Ze wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego
n
n
r
n
a
n
S
⋅
−
+
=
2
)
1
(
2
)
(
1
2
|
2
2
1
)
1
(
4
1
2
20
⋅
⋅
⋅
−
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−
⋅
=
n
n
2
|
2
1
2
1
2
1
40
⋅
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
−
=
n
n
n
n
2
80
2
−
=
324
)
80
(
1
4
)
2
(
2
=
−
⋅
⋅
−
−
=
∆
18
=
∆
10
8
1
2
18
)
2
(
1
2
18
)
2
(
2
1
2
1
=
∨
∉
−
=
⋅
+
−
−
=
∨
⋅
−
−
−
=
n
N
n
n
n
4
Badany ciąg ma, zatem
wyrazów. Ze wzoru, na n-ty wyraz
mamy
10
2
=
n
r
n
a
a
n
)
1
(
1
−
+
=
2
1
)
1
10
(
4
1
10
⋅
−
+
−
=
a
2
9
4
1
10
+
−
=
a
4
17
10
=
a
.
Aby wyznaczyć, które wyrazy naszego ciągu należą do przedziału należy
rozwiązać nierówność podwójną
)
9
;
5
(
9
5
<
<
n
a
gdzie
2
1
)
1
(
4
1
⋅
−
+
−
=
n
a
n
Zatem
9
2
1
)
1
(
4
1
5
<
⋅
−
+
−
<
n
4
3
|
9
2
1
2
1
4
1
5
+
<
−
+
−
<
n
2
|
4
3
9
2
1
4
3
5
⋅
<
< n
2
1
20
2
1
11
<
< n
.
Ponieważ
n
jest liczbą naturalną, to rozwiązaniem nierówności są liczby ze
zbioru
.
{
}
20
,
19
,
18
,
17
,
16
,
15
,
14
,
13
,
12
Do przedziału należą, zatem wyrazy
naszego ciągu.
)
9
;
5
(
20
13
12
,
...
,
,
a
a
a
Zadanie 4
Rozpoczniemy od wyznaczenia dziedziny wyrażenia
x
1
log .
Ze względu na postać tego wyrażenia
5
0
0
1
>
⇔
>
x
x
.
Dodatkowo, ponieważ wyrazy ciągu
są niezerowe, to spełniony musi być
warunek
)
(
n
a
0
1
log
≠
x
1
log
1
log
≠
x
Z różnowartościowości funkcji logarytmicznej ostatnia nierówność jest
równoważna nierówności
1
1 ≠
x
1
≠
x
.
Jednocześnie, aby istniała suma nieskończonego ciągu geometrycznego o
wyrazie ogólnym
n
n
x
a
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
1
log
jego iloraz musi spełniać warunek
q
1
<
q
.
Łatwo zauważyć, że w naszym ciągu
x
x
x
a
a
q
n
n
n
n
1
log
1
log
1
log
1
1
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
=
+
+
.
Zatem
1
1
log
1
<
⇔
<
x
q
czyli
1
1
log
1
<
<
−
x
10
log
1
log
10
1
log
<
<
x
.
Ponieważ funkcja logarytmiczna o podstawie 10 jest rosnąca, to ostatnia
nierówność jest równoważna nierówności
10
1
10
1
<
<
x
(„opuszczamy nawiasy”)
6
A stąd
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
>
<
⇔
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
<
<
10
1
10
10
1
1
10
1
x
x
x
x
.
Ostatecznie
{}
1
\
10
;
10
1
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∈
x
.
Wyznaczymy teraz takie liczby
x
, dla których suma wszystkich wyrazów o
numerach nieparzystych jest o2 mniejsza od sumy wszystkich wyrazów.
Dostajemy równanie
...
1
log
1
log
1
log
2
...
1
log
1
log
1
log
3
2
5
3
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
=
+
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
x
x
x
x
x
x
Suma
...
1
log
1
log
3
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
x
x
jest suma nieskończonego szeregu geometrycznego o
ilorazie
2
1
log
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
x
, zaś prawa strona jest sumą nieskończonego szeregu
geometrycznego o ilorazie
x
1
log .
Zatem otrzymujemy równanie
x
x
x
x
1
log
1
1
log
2
1
log
1
1
log
2
−
=
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
.
Dla ułatwienia obliczeń dokonamy podstawienia
t
x
=
1
log
.
Wtedy nasze równanie przyjmuje postać
t
t
t
t
−
=
+
−
1
2
1
2
,
a po przekształceniu
0
1
1
)
1
(
2
1
2
2
2
=
−
−
−
−
+
−
t
t
t
t
t
t
0
)
1
)(
1
(
)
1
(
)
1
)(
1
(
2
2
2
=
+
−
+
−
+
−
−
+
t
t
t
t
t
t
t
t
0
2
3
0
)
1
)(
1
(
2
2
2
2
2
=
+
−
⇔
=
+
−
−
−
−
+
t
t
t
t
t
t
t
7
0
3
2
2
=
−
t
3
2
3
2
2
1
=
∨
−
=
t
t
Stąd
3
2
1
log
3
2
1
log
=
∨
−
=
x
x
3
2
3
2
10
log
1
log
10
log
1
log
=
∨
=
−
x
x
Korzystając z różnowartościowości funkcji logarytmicznej równania te są
równoważne równaniom
3
2
3
2
10
log
1
10
log
1
=
∨
=
−
x
x
3
2
2
3
2
1
10
log
10
log
=
∨
=
−
x
x
A ponieważ
)
1
;
1
(
3
2
−
∈
oraz
)
1
;
1
(
3
2
−
∈
−
to liczby
3
2
1
10
−
=
x
oraz
3
2
2
10
=
x
należą do przedziału
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
10
;
10
1
czyli spełniają warunki zadania.
Zadanie 5
Wyznaczymy najpierw te wartości
x
, dla których wyrażenia
oraz
mają sens.
)
1
(
log
−
x
x
)
1
2
(
log
+
x
x
Z definicji logarytmu spełnione muszą być warunki:
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎪
⎨
⎧
>
+
>
−
≠
>
0
1
2
0
1
1
0
x
x
x
x
,
lub równoważnie
8
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
−
>
>
≠
>
2
1
1
1
0
x
x
x
x
Rozwiązaniem tego ostatniego układu są liczby
)
;
1
(
∞
+
∈
x
.
Ponieważ liczby
, 1,
)
1
(
log
−
x
x
)
1
2
(
log
+
x
x
tworzą ciąg arytmetyczny, to
1
)
1
2
(
log
)
1
(
log
1
−
+
=
−
−
x
x
x
x
)
1
2
(
log
)
1
(
log
2
+
=
−
−
x
x
x
x
.
Korzystając z faktu, że
2
log
2
x
x
=
oraz
y
x
y
x
a
a
a
log
log
log
=
−
,
mamy
)
1
2
(
log
)
1
(
log
log
2
+
=
−
−
x
x
x
x
x
x
)
1
2
(
log
1
log
2
+
=
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
x
x
x
x
x
.
Ponieważ funkcja kwadratowa jest różnowartościowa, ostatecznie równanie jest
równoważne równaniu („opuszczamy” logarytm)
1
2
1
2
+
=
−
x
x
x
0
1
)
1
)(
1
2
(
1
2
=
−
−
+
−
−
x
x
x
x
x
0
1
)
1
2
2
(
2
2
=
−
−
+
−
−
x
x
x
x
x
0
1
0
1
1
2
2
=
+
+
−
⇔
=
−
+
+
−
x
x
x
x
x
Rozwiązując otrzymane równanie kwadratowe mamy kolejno
5
1
)
1
(
4
)
1
(
2
=
⋅
−
⋅
−
−
=
∆
)
1
(
2
5
1
)
1
(
2
5
1
2
1
−
⋅
+
−
=
∨
−
⋅
−
−
=
x
x
2
5
2
1
2
5
2
1
2
1
−
=
∨
+
=
x
x
9
Ponieważ rozwiązań szukamy wśród liczb z przedziału )
;
1
(
∞
+
∈
x
, tylko
2
5
2
1
1
+
=
x
spełnia warunki zadania.
Zatem jedyną liczbą rzeczywistą
x
, dla której liczby
)
1
(
log
−
x
x
, 1,
są
kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego jest
)
1
2
(
log
+
x
x
2
5
2
1 +
=
x
.
10