Matematyka.pl

1) to nie z kryterium Leibniza tylko z d'Alamberta
2) obydwie granice podane przez Ciebie są zbieżne do 1. pozdrawiam

hmm, generalnie bardzo proste... tylko, że jest to zadanie z dziedziny ekonometrii...

wystarczy narysować układ współrzędnych oraz proste
y = - \frac{6}{5} + 6 \\
y = -\frac{1}{6} + \frac{10}{3} \\

Teraz zbiór naszych rozwiązań dopuszczalnych to figura ograniczona przez osie układu oraz dwie ...

wskazówka (ogólna, do ciągów rekurencyjnych): należy przekształcać "od końca". Tzn, poprzez niesprzeczne przekształcenia wyprowadzić z pożądanej nierówności/równości wzory na wyrazy naszego ciągu.

Tak właśnie zrobimy udowadniając monotoniczność tego ciągu (można inaczej, ale daje to dobry pogląd na ...

wskazówka: wypisać kilka pierwszych wyrazów ciągu.

Ciąg można przedstawić jako:

a_{1} = \sqrt{6} \\
a_{n+1} = \sqrt{6+a_{n}} \\

zauważmy ponadto, że dla dowolnych n zachodzi: a_{n} q 0

dalej już stosunkowo łatwo , mianowicie:

jeżeli ciąg ten ma granicę to zachodzi:

\lim\limits_{n\to\infty ...

hmm...
ale ten szereg nie jest rowny zero...

jak zadany jest x_{n} ? ma jakieś warunki?

jeżeli x_{n} \rightarrow \infty to dowód jest nasępujący (niestety znam tylko taki, jest on dość ciężki, choć wszystko powinno być zrozumiałe...) :

a_{n} = x_{n} (\sqrt[x_{n}]{e}-1)

niech y_{n} = \sqrt[x_{n}]{e} - 1 (\rightarrow 0)
wtedy mamy:

1+y ...

a) \lim\limits_{x\to\infty} ln(1+\frac{1}{n}) = \lim\limits_{x\to\infty}ln{({(1+\frac{1}{n})}^{n})}^{\frac{1}{n}} = \lim\limits_{x\to\infty} \frac{1}{n}ln{(1+\frac{1}{n})}^{n} = \lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{n} \lim\limits_{x\to\infty}{(1+\frac{1}{n})}^{n} = 0 e = 0
choć jak dla mnie to bardzo ...

Bardzo prosto, o ile założymy, że dowód na to, że zachodzą:

\lim\limits_{x\to\infty}\sqrt[n]{n}=1
jest już przerobiony...

Mianowicie wystarczy pokazać, że:

1 q \sqrt[n+k]{n} q \sqrt[n]{n}
co dowodzi (na podstawie tw. o trzech ciągach) istnienia pierwszej granicy.



Natomiast co do drugiej ...

ad1.
\(\displaystyle{ \frac{2n+1}{n^{2}(n+1)}=\frac{a}{n^{2}}+\frac{b}{(n+1)^{2}}=\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{(n+1)^{2}}}\)
\(\displaystyle{ 1-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9}-...+\frac{1}{n^{2}}-\frac{1}{(n+1)^{2}}=1}\)

Witaj!

należy skorzystać tu ze wzorów viete'a (to, że wielomian ten ma dwa pierwiastki wynika z postaci iloczynowej, a wiec mozna z tych wzorów skorzystac).

x_{1}=-\frac{a_{0}}{a_{1}}\\x_{2}=-\frac{b_{0}}{b_{1}}

zauważmy ze zachodzi: a_{1}b_{1}=c_{2}

a teraz wzory pana V.:
x_{1}x_{2}=\frac{c ...

1. Rozwiązanie pierwszego równania:

po obliczeniu delty itd. mamy, że:

\(\displaystyle{ x_{1}\in(\frac{-6-\sqrt{164-8a}}{4};\frac{-6+\sqrt{164-8a}}{4})}\)

\(\displaystyle{ D_{f_{1}}:}\)
\(\displaystyle{ 164-8a>0\\8a R}\)
3. Wniosek:
należy rozwiązać równanie

\(\displaystyle{ \sqrt{164-8a}0}\)

Odp: \(\displaystyle{ a\in(-\infty;-5)\cup(4;20\frac{1}{2})}\)

Niech:
a =44 dolna podstawa
b =16 górna podstawa
c_{1} =17 jeden z boków
c_{2} =25 drugi z boków

Wzór na pole:
P=\frac{1}{2}(a+b)h=\frac{1}{2}60h=30h

Zatem zadanie sprowadza się do wyliczenia h.
gdyby z trapezu "usunąć" górną podstawę i odpowiednio 16 jednostek z dolnej, to otrzymamy ...

To chyba nie jest najprostszy sposób, ale pierwszy, który mi się do głowy nasunął...

cz. 1)

Najpierw znajdziemy prostokąt wpisany w półkole o promieniu r posiadający największe pole.
0
mamy dwie zmienne, x i h. Uzależniamy jedną od drugiej (z pitagorasa):
h=\sqrt{r^{2}-x^{2}}
zapiszemy wzór ...

Ad a)


a^{2} - b^{2} = 30\\(a+b)(a-b)=30\\a-b=x+y (rysunek)
stąd: a^{2} - b^{2} = (a+b)(a-b)=(a+b)(x+y)
Szukamy pola P= \frac{1}{2}(a+b)h
z trygonometii (lub tw. o trójkątach) mamy:
h=x\sqrt{3}\ \leftrightarrow \ x=\frac{\sqrt{3}}{3}h\\y=h

a zatem:
a^{2}-b^{2}=(a+b)(a-b)=(a+b)(x+y)=(a+b ...