Kaip suprantu šiame uždavinyje kalbama apie sveikas n reikšmes.
Užrašykime reiškiniu: [tex]n^{5}+3[/tex] padalinta iš [tex]n^{2}+1[/tex]:
[tex]\dfrac{n^{5}+3}{n^{2}+1}[/tex]
Taigi turime rasti su kokiomis sveikosios n reikšmėmis, šis reiškinys taip pat yra sveikasis skaičius. Pertvarkome šį reiškinį taip (taikome dalybos kampu metodą):
[tex]\dfrac{n^{5}+3}{n^{2}+1}=n^{3}-n+\dfrac{n+3}{n^{2}+1}[/tex]
Kaip matome dabar mums reikia rasti tokias sveikas n reikšmes, jog reiškinys:
[tex]\dfrac{n+3}{n^{2}+1}[/tex]
būtų sveikas skaičius.
Pirmiausiai pastebime, kad šis reiškinys gali įgyti sveikas reikšmes tik tada, kai skaitiklio modulis nemažesnis už vardiklį:
[tex]|n+3|≥n^{2}+1[/tex]
Kai [tex]n<-3[/tex]:
[tex]-n-3≥n^{2}+1[/tex]
[tex]n^{2}+n+4≤0[/tex] Ši nelygybė realių sprendinių neturi.
Kai [tex]n≥-3[/tex]:
[tex]n+3≥n^{2}+1[/tex]
[tex]n^{2}-n-2≤0[/tex] Šios nelygybės sveiki sprendiniai, tenkinantys nelygybę [tex]n≥-3[/tex] yra [tex]n∈[-1;2][/tex], patikrinę įsitikiname, jog su sveikomis n reikšmės iš šio intervalo reiškinys įgyja sveiką reikšmę.
Taigi [tex]n^{5}+3[/tex] dalijasi iš [tex]n^{2}+1[/tex], kai [tex]n[/tex] reikšmės yra [tex]-1;0;1;2[/tex]
Raskite [tex]f(2)[/tex], kai funkcija [tex]f(x)[/tex] tenkina sąlygą: [tex]3f(x)+x\cdot f(-x)=6[/tex]
Raskite [tex]f(1)[/tex], kai funkcija [tex]f(x)[/tex] tenkina sąlygą: [tex]f(x)+2\cdot f(1-x)=3x-2[/tex]
a) Duotoje lygybėje vietoje x statom 2 ir -2 t.y. 1) [math]3f(2)+2f(-2)=6[/math]; 2) [math]3f(-2)-2f(2)=6[/math].
1) dauginam iš 3, o 2) dauginam iš -2. Gautas lygybes sudedam ir gaunam [math]f(2)=\frac{6}{13}[/math]
b)Duotoje lygybėje vietoje x statom 0 ir 1 t.y. 1) [math]f(0)+2f(1)=-2[/math]; 2) [math]f(1)+2f(0)=1[/math].
1) dauginam iš -2. Gautas lygybes sudedam ir gaunam [math]f(1)=-\frac{5}{3}[/math]
Atsakymai geri, gali vėl įkelti savo užduotį :)
Raskite [math]\lim_{n \rightarrow \infty} (\frac{1}{2}+\frac{3}{4}+...+\frac{2n-1}{2^n}) [/math]
[tex]\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}(\frac{1}{2}+\frac{3}{4}+...+\frac{2n-1}{2^{n}})=\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{2n-1}{2^{n}}=2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^{n}}-\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}[/tex].
Su antra suma problemų neturime, matome, jog tai yra nykstamosios geometrinės progresijos suma. Bandome išsiaiškinti, kam lygi pirmoji suma:
[tex]\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^{n}}[/tex].
Nagrinėkime baigtinio skaičiaus narių sumą:
[tex]S(k)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{k} \frac{n}{2^{n}}=\dfrac{1}{2^{1}}+\dfrac{2}{2^{2}}+\dfrac{3}{2^{3}}+...+\dfrac{k}{2^{k}}[/tex] (1)
Tada:
[tex]\dfrac{1}{2}S(k)=\dfrac{1}{2}\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{k} \frac{n}{2^{n}}=\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{2}{2^{3}}+\dfrac{3}{2^{4}}+...+\dfrac{k}{2^{k+1}}[/tex] (2)
Iš (1) lygybės atimame (2), gauname:
[tex]S(k)-\dfrac{1}{2}S(k)=(\dfrac{1}{2^{1}}+\dfrac{2}{2^{2}}+\dfrac{3}{2^{3}}+...+\dfrac{k}{2^{k}})-(\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{2}{2^{3}}+\dfrac{3}{2^{4}}+...+\dfrac{k}{2^{k+1}})[/tex]
[tex]\dfrac{1}{2}S(k)=\dfrac{1}{2^{1}}+(\dfrac{2}{2^{2}}-\dfrac{1}{2^{2}})+(\dfrac{3}{2^{3}}-\dfrac{2}{2^{3}})+...+(\dfrac{k}{2^{k}}-\dfrac{k-1}{2^{k}})+\dfrac{k}{2^{k+1}}[/tex]
[tex]\dfrac{1}{2}S(k)=\dfrac{k}{2^{k+1}}+\dfrac{1}{2^{1}}+\dfrac{1}{2^{2}}+\dfrac{1}{2^{3}}+...+\dfrac{1}{2^{k}}=\dfrac{k}{2^{k+1}}+\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{k} \frac{1}{2^{n}}[/tex]
Vadinasi:
[tex]S(k)=\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{k} \frac{n}{2^{n}}=\dfrac{2k}{2^{k+1}}+2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{k} \frac{1}{2^{n}}[/tex]
Tuomet:
[tex]\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^{n}}=\displaystyle{\lim_{k \to \infty}}\dfrac{2k}{2^{k+1}}+2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}[/tex]
Taigi galime grįžti į pradžią kur buvome užrašę:
[tex]\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}(\frac{1}{2}+\frac{3}{4}+...+\frac{2n-1}{2^{n}})=2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{n}{2^{n}}-\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}=2(\displaystyle{\lim_{k \to \infty}}\dfrac{2k}{2^{k+1}}+2\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}})-\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}=2\displaystyle{\lim_{k \to \infty}}\dfrac{2k}{2^{k+1}}+3\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}[/tex]
Ribą galime paskaičiuoti pritaikę Lopitalio taisyklę:
[tex]2\displaystyle{\lim_{k \to \infty}}\dfrac{2k}{2^{k+1}}=2\displaystyle{\lim_{k \to \infty}}\dfrac{2}{2^{k+1}ln2}=\frac{4}{ln2}\displaystyle{\lim_{k \to \infty}}\dfrac{1}{2^{k+1}}=\frac{4}{ln2}\cdot 0=0[/tex]
Sumą paskaičiuojame pritaikę nykstamosios geometrinės progresijos (vardiklis lygus [tex]\frac{1}{2}[/tex]) narių sumos formulę:
[tex]3\displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^{n}}=3\cdot \frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=3[/tex]
Vadinasi:
[tex]\displaystyle{\lim_{n \to \infty}}(\frac{1}{2}+\frac{3}{4}+...+\frac{2n-1}{2^{n}})=0+3=3[/tex]
Atsakymas bei sprendimas geri
Žinoma, kad [tex]∠B=120^{o}[/tex], [tex]AB=6 cm[/tex], [tex]BC=4 cm[/tex], [tex]CE=BE[/tex], [tex]AC=CD[/tex].
Raskite atkarpos ED ilgį ir kampo CED didumą.
[tex]AC=\sqrt{6^2+4^2-2*6*4*\cos{120^o}}=2\sqrt{19}\;cm[/tex]
[tex]\frac{6}{\sin(∠ACB)}=\frac{2\sqrt{19}}{\sin 60^o} \Rightarrow \sin(∠ACB)=\frac{3\sqrt3}{2\sqrt{19}}[/tex]
[tex]∠ACB<90^o [/tex] (akivaizdu) [tex]\Rightarrow ∠DCB>90^o [/tex]
[tex]\cos(∠DCB)=-\cos(∠ACB)=-\sqrt{1-(\frac{3\sqrt3}{2\sqrt{19}})^2}=\frac{-7}{2\sqrt{19}}[/tex]
[tex]ED=\sqrt{(2\sqrt{19})^2+2^2+2*2\sqrt{19}*2*\frac{7}{2\sqrt{19}}}=6\sqrt{3} \;cm[/tex]
[tex]\frac{6\sqrt{3}}{\frac{3\sqrt3}{2\sqrt{19}}}=\frac{2\sqrt{19}}{\sin(∠CED)} \Rightarrow \sin(∠CED)=\frac{1}{2} \Rightarrow ∠CED=30^o[/tex]
