Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 1: Zbiory liczbowe: Różnice pomiędzy wersjami

Aktualna wersja na dzień 12:04, 22 lip 2024

Zbiory liczbowe

Ćwiczenie 1.1.

Sprawdzić, czy liczby: $\frac{3}{7}$ , $\sqrt{2} - 1$ , $\sqrt{5} - 2$ , $\frac{1}{\sqrt{2}}$ , $\frac{1}{\sqrt{3}}$ należą do trójkowego zbioru Cantora.

Wskazówka

Można posłużyć się kalkulatorem i wyznaczyć przybliżenia dziesiętne podanych liczb. Następnie sprawdzić, czy skazane liczby należą do zbiorów $C_{0}$ , $C_{1}$ , $C_{2}$ , ...

Rozwiązanie

Mamy

\begin{aligned} \frac{3}{7} & = 0, 4285714 . . . & \notin C_{1} \\ \sqrt{2} - 1 & = 0, 4142135 . . . & \notin C_{1} \\ \sqrt{5} - 2 & = 0, 2360679 . . . & \in C_{3} ∖ C_{4} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & = 0, 7071067 . . . & \in C_{2} ∖ C_{3} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & = 0, 5773502 . . . & \notin C_{1} . \end{aligned}

gdyż mamy $\frac{19}{81} < \sqrt{5} - 2 < \frac{20}{81}$ oraz

\frac{19}{27} < \frac{1}{\sqrt{2}} < \frac{20}{27}

. Stąd żadna z podanych liczb nie należy do trójkowego zbioru Cantora.

Ćwiczenie 1.2.

Wykazać równości

a) $\forall q \in ℂ : q \neq 1 \forall n \in ℕ : 1 + q + q^{2} + . . . + q^{n} = \frac{q^{n + 1} - 1}{q - 1}$ ,

b) $\forall a, b \in ℂ : a \neq b \forall n \in ℕ : \frac{a^{n + 1} - b^{n + 1}}{a - b} = \sum_{k = 0}^{n} a^{n - k} b^{k}$ .

Wskazówka

Rozwiązanie

Wykażmy wpierw równość a). Dla $n = 1$ mamy $\frac{q^{2} - 1}{q - 1} = 1 + q$ , $q \neq 0$ , równość prawdziwą. Wykażemy, że dla dowolnej liczby $n = 1, 2, 3, . .$ . zachodzi implikacja

[1 + q + q^{2} + . . . + q^{n} = \frac{q^{n + 1} - 1}{q - 1}] ⟹ [1 + q + q^{2} + . . . + q^{n} + q^{n + 1} = \frac{q^{n + 2} - 1}{q - 1}]

. Mamy bowiem

1 + q + q^{2} + . . . + q^{n} + q^{n + 1} = \frac{q^{n + 1} - 1}{q - 1} + q^{n + 1} = \frac{q^{n + 2} - 1}{q - 1}

. Na mocy zasady indukcji matematycznej dana równość zachodzi więc dla dowolnej liczby

n = 1, 2, 3, . .

., dla

q \neq 1

. b) Zauważmy, że jeśli np.

b \neq 0

, to zgodnie z powyżej wykazaną równością mamy

\begin{aligned} \frac{a^{n + 1} - b^{n + 1}}{a - b} = & b^{n} \frac{(\frac{a}{b})^{n + 1} - 1}{a - b} = \frac{b^{n}}{a - b} (\frac{a}{b} - 1) (1 + \frac{a}{b} + (\frac{a}{b})^{2} + . . . + (\frac{a}{b})^{2}) \\ = & b^{n} (1 + \frac{a}{b} + (\frac{a}{b})^{2} + . . . + (\frac{a}{b})^{n}) \\ = & b^{n} + a b^{n - 1} + a^{2} b^{n - 2} + . . . + a^{n} . \end{aligned}

Gdy $b = 0$ równość również zachodzi.

Ćwiczenie 1.3.

a) Sprawdzić, że $(\binom{n}{k}) + (\binom{n}{k + 1}) = (\binom{n + 1}{k + 1})$ , dla dowolnych liczb całkowitych nieujemnych $n$ , $k$ takich, że $n > k$ .

b) Wykazać wzór dwumianowy Newtona

\forall a, b \in ℂ \forall n \in ℕ : (a + b)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) a^{n - k} b^{k}

.

Wskazówka

Rozwiązanie

Dla $n = 1$ wzór jest prawdziwy. Wykażemy, że dla każdej liczby naturalnej $m$ prawdziwa jest implikacja

[(a + b)^{m} = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k} b^{k}] ⟹ [(a + b)^{m + 1} = \sum_{k = 0}^{m + 1} (\binom{m + 1}{k}) a^{m - k} b^{k}]

Przekształćmy

\begin{aligned} (a + b)^{m + 1} & = (a + b) (a + b)^{m} \\ = (a + b) \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k} b^{k} = \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k + 1} b^{k} + \sum_{k = 0}^{m} (\binom{m}{k}) a^{m - k} b^{k + 1} \\ = (\binom{m}{0}) a^{m + 1} + \sum_{k = 1}^{m} [(\binom{m}{k - 1}) + (\binom{m}{k})] a^{m + 1 - k} b^{k} + (\binom{m}{m}) b^{m + 1} \\ = (\binom{m + 1}{0}) a^{m + 1} + \sum_{k = 1}^{m} (\binom{m + 1}{k}) a^{m + 1 - k} b^{k} + (\binom{m + 1}{m + 1}) b^{m + 1} \\ = \sum_{k = 0}^{m + 1} (\binom{m + 1}{k}) a^{m + 1 - k} b^{k} \end{aligned}

Z zasady indukcji matematycznej wynika więc, że równość zachodzi dla każdej liczby naturalnej

n = 1, 2, 3, . .

.

Ćwiczenie 1.4.

Za pomocą zasady indukcji matematycznej wykazać, że dla $n = 0, 1, 2, 3, . .$ . zachodzą równości

a) $1 + \cos a + \cos 2 a + . . . + \cos n a = \frac{\sin (n + \frac{1}{2}) a + \sin \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}$ ,

b) $0 + \sin a + \sin 2 a + . . . + \sin n a = \frac{- \cos (n + \frac{1}{2}) a + \cos \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}$ .

Przypomnijmy, że równości te wyprowadziliśmy w ramach wykładu, korzystając ze wzoru de Moivre'a.

Wskazówka

Rozwiązanie

a) Równość zachodzi dla $n = 0$ . Następnie zauważmy, że

\sin (n + \frac{3}{2}) a - \sin (n + \frac{1}{2}) a = 2 \sin \frac{a}{2} \cos (n + 1) a

Stąd

\cos (n + 1) a + \frac{\sin (n + \frac{1}{2}) a}{2 \sin \frac{a}{2}} = \frac{\sin (n + \frac{3}{2}) a}{2 \sin \frac{a}{2}}

oraz (po dodaniu do obu stron równości składnika $\frac{1}{2}$ )

\cos (n + 1) a + \frac{\sin (n + \frac{1}{2}) a + \sin \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}} = \frac{\sin (n + \frac{3}{2}) a + \sin \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}

.

Dowodzi to implikacji:

\begin{aligned} [1 + \cos a + . . . + \cos n a = \frac{\sin (n + \frac{1}{2}) a + \sin \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}] \\ ⟹ [1 + \cos a + . . . + \cos n a + \cos (n + 1) a = \frac{\sin (n + \frac{3}{2}) a + \sin \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}], \end{aligned}

stąd -- na mocy zasady indukcji matematycznej -- wnioskujemy, że równość zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej

n

.

b) Podobnie jak w zadaniu a) równość zachodzi dla $n = 0$ . Zauważmy, że

- \cos (n + \frac{3}{2}) a + \cos (n + \frac{1}{2}) a = 2 \sin \frac{a}{2} \sin (n + 1) a

Stąd

\sin (n + 1) a - \frac{\cos (n + \frac{1}{2}) a}{2 \sin \frac{a}{2}} = - \frac{\cos (n + \frac{3}{2}) a}{2 \sin \frac{a}{2}}

oraz (po dodaniu do obu stron równości składnika $\frac{\cos \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}$ )

\sin (n + 1) a + \frac{- \cos (n + \frac{1}{2}) a + \cos \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}} = \frac{- \cos (n + \frac{3}{2}) a + \cos \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}

.

Dowodzi to implikacji:

\begin{aligned} [0 + \sin a + . . . + \sin n a = \frac{- \cos (n + \frac{1}{2}) a + \cos \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}] \\ ⟹ [0 + \sin a + . . . + \sin n a + \sin (n + 1) a = \frac{- \cos (n + \frac{3}{2}) a + \cos \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}] \end{aligned}

,

stąd -- na mocy zasady indukcji matematycznej -- wnioskujemy, że równość zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej $n$ .

Ćwiczenie 1.5.

Uprościć wyrażenia

a) $(\sqrt{2} - 1)^{5}$ ,

b) $(1 + i \sqrt{3})^{6}$ ,

c) $\sqrt{2 + \sqrt{3}} + \sqrt{2 - \sqrt{3}}$ .

Wskazówka

a) Zastosować wzór Newtona (i trójkąt Pascala).

b) Można (choć nie warto) zastosować wzór Newtona. Bardziej efektywne w tym zadaniu jest wykorzystanie wzoru de Moivre'a.

c) Czy liczby $2 + \sqrt{3}$ oraz $2 - \sqrt{3}$ są kwadratami pewnych liczb postaci $a + b \sqrt{2}$ ?

Rozwiązanie

a) Po zastosowaniu wzoru Newtona i redukcji otrzymanych składników otrzymujemy

(\sqrt{2} - 1)^{5} = 29 \sqrt{2} - 41

.

b) Zauważmy, że $1 + i \sqrt{3} = 2 (\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2})$ . Wobec tego na mocy wzoru de Moivre'a dostajemy $(1 + i \sqrt{3})^{6} = 2^{6} (\cos \frac{π}{3} + i \sin \frac{π}{3})^{6} = 64 (\cos 2 π + i \sin 2 π) = 64$ .

c) Zauważmy, że $4 + 2 \sqrt{3} = (\sqrt{3} + 1)^{2}$ oraz $4 - 2 \sqrt{3} = (\sqrt{3} - 1)^{2}$ , stąd

\sqrt{2 + \sqrt{3}} + \sqrt{2 - \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{2}} (\sqrt{(\sqrt{3} + 1)^{2}} + \sqrt{(\sqrt{3} - 1)^{2}}) = \sqrt{6}

.

Ćwiczenie 1.6.

Rozwiązać w zbiorze liczb zespolonych równania

a) $z^{6} + 64 = 0$ ,

b) $1 + z + z^{2} + z^{3} + z^{4} + z^{5} = 0$ ,

c) $\sqrt{2} z^{3} = 1 + i$ .

Wskazówka

We wszystkich trzech zadaniach należy zastosować wzór de Moivre'a.

b) Warto zauważyć, że $1 + z + z^{2} + z^{3} + z^{4} + z^{5} = \frac{z^{6} - 1}{z - 1}$ , dla $z \neq 1$ .

c) Po przekształceniu równania warto zauważyć, że $z^{3} = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{i}{\sqrt{2}} = \cos \frac{π}{4} + i \sin \frac{π}{4}$ .

Rozwiązanie

Plik:Am1c01.0010.svg

Rysunek do ćwiczenia 1.6.(a)

Plik:Am1c01.0020.svg

Rysunek do ćwiczenia 1.6.(b)

Plik:Am1c01.0030.svg

Rysunek do ćwiczenia 1.6.(c)

a) Niech $w = - 64$ . Wówczas $| w | = 64$ , zaś $Arg w = π$ . Wobec tego na mocy wniosku z twierdzenia de Moivre'a równanie $z^{6} + 64 = 0$ spełnia sześć liczb o module $\sqrt[6]{64} = 2$ i argumentach głównych równych kolejno $\frac{π}{6} + k \frac{2 π}{6}$ . Liczby te są wierzchołkami sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o środku $0$ i promieniu $2$ i równe są

\begin{aligned} z_{0} = & \sqrt{3} + i \\ z_{1} = & 0 + 2 i \\ z_{2} = & - \sqrt{3} + i \\ z_{3} = & - \sqrt{3} - i \\ z_{4} = & 0 - 2 i \\ z_{5} = & \sqrt{3} - i \end{aligned}

.

b) Zauważmy, że dane równanie jest równoważne równaniu $\frac{z^{6} - 1}{z - 1} = 0$ , $z \neq 1$ . Spełnia je więc pięć z sześciu pierwiastków równania $z^{6} = 1$ poza pierwiastkiem $z_{0} = 1$ . Są to - zgodnie z wnioskiem z twierdzenia de Moivre'a - liczby o module 1 i argumentach głównych równych kolejno $0 + k \frac{2 π}{6}$ , $k \in {1, 2, 3, 4, 5}$ , czyli

\begin{aligned} z_{1} = & \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \\ z_{2} = & - \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \\ z_{3} = & - 1 + i 0 \\ z_{4} = & - \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} \\ z_{5} = & \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} \end{aligned}

.

Jest to pięć z sześciu wierzchołków sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o promieniu jednostkowym.

c) Równanie $z^{3} = \cos \frac{π}{4} + i \sin \frac{π}{4}$ spełniają trzy liczby zespolone o module 1 i argumentach głównych $\frac{π}{12} + k \frac{2 π}{3}$ , $k \in {0, 1, 2}$ . Są one wierzchołkami trójkąta równobocznego wpisanego w okrąg o środku $0$ i promieniu jednostkowym.

Są to liczby

\begin{aligned} z_{0} = \cos \frac{π}{12} + i \sin \frac{π}{12} \\ z_{1} = \cos \frac{3 π}{4} + i \sin \frac{3 π}{4} \\ z_{2} = \cos \frac{17 π}{12} + i \sin \frac{17 π}{12} \end{aligned}

.

Zauważmy, że $\cos \frac{π}{12} = \cos (\frac{π}{3} - \frac{π}{4}) = \cos \frac{π}{3} \cos \frac{π}{4} + \sin \frac{π}{3} \sin \frac{π}{4} = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$ .

Podobnie $\sin \frac{π}{12} = \sin (\frac{π}{3} - \frac{π}{4}) = \sin \frac{π}{3} \cos \frac{π}{4} - \cos \frac{π}{3} \sin \frac{π}{4} = \frac{- \sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$ .

Ze wzorów redukcyjnych łatwo możemy też wyznaczyć $\cos \frac{3 π}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ oraz $\sin \frac{3 π}{4} = - \frac{\sqrt{2}}{2}$ , a także $\cos \frac{17 π}{12} = \cos (\frac{3 π}{2} - \frac{π}{12}) = - \sin \frac{π}{12}$ oraz $\sin \frac{17 π}{12} = \sin (\frac{3 π}{2} - \frac{π}{12}) = - \cos \frac{π}{12}$ . Wobec tego

$\begin{aligned} z_{0} & = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} + i \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}, \\ z_{1} & = \frac{\sqrt{2}}{2} - i \frac{\sqrt{2}}{2}, \\ z_{2} & = - \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} - i \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} . \end{aligned}$

Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 1: Zbiory liczbowe: Różnice pomiędzy wersjami

Aktualna wersja na dzień 12:04, 22 lip 2024

Zbiory liczbowe

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia

@@ Linia 9: / Linia 9: @@
 <div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-Można posłużyć się kalkulatorem i wyznaczyć przybliżenia dziesiętne podanych liczb. Następnie sprawdzić, czy skazane liczby należą do zbiorów <math>C_0</math>, <math>C_1</math>, <math>C_2</math>, ... .
+Można posłużyć się kalkulatorem i wyznaczyć przybliżenia dziesiętne podanych liczb. Następnie sprawdzić, czy skazane liczby należą do zbiorów <math>C_0</math>, <math>C_1</math>, <math>C_2</math>, ...
 </div></div>
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Mamy
+<center><math>\begin{align} &\frac{3}{7}&=0,4285714...&\notin C_1\\
+&\sqrt{2}-1&=0,4142135...&\notin C_1\\
+&\sqrt{5}-2&=0,2360679...&\in C_3\setminus C_4 \\
+&\frac{1}{\sqrt{2}}&=0,7071067...&\in C_2\setminus C_3\\
+&\frac{1}{\sqrt{3}}&=0,5773502...&\notin C_1.
+\end{align}</math></center>
+gdyż mamy <math>\frac{19}{81}<\sqrt{5}-2<\frac{20}{81}</math> oraz
+<math>\frac{19}{27}<\frac{1}{\sqrt{2}}<\frac{20}{27}</math>. Stąd żadna z podanych liczb nie należy do trójkowego zbioru Cantora. </div></div>
 {{cwiczenie|1.2.||
 Wykazać równości
-a) <math>\forall q\in \Bbb C : q\neq 1 \ \forall n\in \Bbb N : \
+a) <math>\forall q\in \Bbb C : q\neq 1 \ \forall n\in \Bbb N :
-+q+q^2+...+q^n=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}</math>
++q+q^2+...+q^n=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}</math>,
-b) <math>\forall a,\ b\in \Bbb C : a\neq b \ \forall n\in \Bbb N : \
+b) <math>\forall a,\ b\in \Bbb C : a\neq b \ \forall n\in \Bbb N :
-\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=\sum_{k=0}^{n} a^{n-k}b^k.</math>
+\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=\sum_{k=0}^{n} a^{n-k}b^k</math>.
 }}
 <div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-Zauważmy, że obie równości są do siebie
+Zauważmy, że obie równości są do siebie podobne, w tym sensie, że jedną można wyprowadzić z drugiej. Jak? Której równości dowodzi się łatwiej? Czy można zastosować zasadę indukcji matematycznej?
-podobne, w tym sensie, że jedną można wyprowadzić z drugiej. Jak?
-Której równości dowodzi się łatwiej? Czy można zastosować zasadę
-indukcji matematycznej?
 </div></div>
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Wykażmy wpierw równość a). Dla <math>n=1</math> mamy
+<math>\frac{q^2-1}{q-1}=1+q</math>, <math>q\neq 0</math>, równość prawdziwą. Wykażemy,
+że dla dowolnej liczby <math>n=1,\ 2,\ 3,\ ..</math>. zachodzi implikacja
+<center><math>\bigg[1+q+q^2+...+q^n=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}\bigg] \implies
+\bigg[1+q+q^2+...+q^n+q^{n+1}=\frac{q^{n+2}-1}{q-1}\bigg]</math>.</center> Mamy bowiem <math>1+q+q^2+...+q^n+q^{n+1}=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}+q^{n+1}=\frac{q^{n+2}-1}{q-1}</math>. Na mocy zasady indukcji matematycznej dana równość zachodzi więc dla dowolnej liczby <math>n=1,2,3,..</math>., dla  <math>q\neq 1</math>.
+b) Zauważmy, że jeśli np. <math>b\neq 0</math>, to zgodnie z powyżej wykazaną równością mamy <center><math>\begin{align} \frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=&b^n
+\frac{(\frac{a}{b})^{n+1}-1}{a-b}=\frac{b^n}{a-b}\bigg(\frac{a}{b}-1\bigg)\bigg(1+\frac{a}{b}
++(\frac{a}{b})^2 +...+(\frac{a}{b})^2\bigg)\\=&b^n
+\bigg(1+\frac{a}{b}+(\frac{a}{b})^2+...+(\frac{a}{b})^n\bigg)\\=&b^n+ab^{n-1}+a^2b^{n-2}+...+a^n.\end{align}
+</math></center>
+Gdy <math>b=0</math> równość również zachodzi.
+</div></div>
 {{cwiczenie|1.3.||
-a) Sprawdzić, że
+a) Sprawdzić, że <math>\binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}=\binom{n+1}{k+1}</math>, dla dowolnych liczb całkowitych nieujemnych <math> n</math>, <math>k</math> takich, że <math>n>k</math>.
-<math>\binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}=\binom{n+1}{k+1}</math>, dla dowolnych
-liczb całkowitych nieujemnych <math>n</math>, <math>k</math> takich, że <math>n>k</math>.
 b) Wykazać wzór dwumianowy Newtona
-<center><math>\forall a,b\in \Bbb C \ \forall n\in \Bbb N \ :\
+<center><math> \forall a,b \in \Bbb C \ \forall n \in \Bbb N \ :
-(a+b)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a^{n-k}b^k</math></center>
+(a+b)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a^{n-k}b^k</math>.</center>
 }}
@@ Linia 44: / Linia 67: @@
 <div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
 a) Zastosować definicję symbolu Newtona.
-b) Zastosować zasadę indukcji matematycznej. Pomocna będzie
-równość wykazana w punkcie a) tego zadania. </div></div>
+b) Zastosować zasadę indukcji matematycznej. Pomocna będzie równość wykazana w punkcie a) tego zadania. </div></div>
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+Dla <math> n = 1</math> wzór jest prawdziwy. Wykażemy, że dla każdej liczby naturalnej <math> m</math> prawdziwa jest implikacja
+<center><math> \bigg[(a+b)^{m} = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k}b^k\bigg] \implies \bigg[(a+b)^{m+1} = \sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k}a^{m-k}b^k \bigg]</math></center>
+Przekształćmy
+<center><math>\begin{align}(a+b)^{m+1}& = (a+b)(a+b)^m\\& = (a+b) \sum_{k=0}^{m}
+\binom{m}{k}a^{m-k}b^k = \sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k+1}b^k
++\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k}b^{k+1}\\
+&= \binom{m}{0}a^{m+1}+\sum_{k=1}^{m} \bigg[ \binom{m}{k-1}+ \binom{m}{k} \bigg]a^{m+1-k}b^k
++ \binom{m}{m}b^{m+1}\\
+&= \binom{m+1}{0}a^{m+1}
++\sum_{k=1}^{m}\binom{m+1}{k}a^{m+1-k}b^{k} +\binom{m+1}{m+1}b^{m+1}\\
+&=\sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k}a^{m+1-k}b^k
+\end{align}</math></center> Z zasady indukcji matematycznej wynika więc, że równość zachodzi dla każdej liczby naturalnej <math> n = 1,2,3,..</math>.
+</div></div>
 {{cwiczenie|1.4.||
 Za pomocą zasady indukcji matematycznej
-wykazać, że dla <math>n=0,1,2,3,...</math> zachodzą równości
+wykazać, że dla <math> n = 0,1,2,3,..</math>. zachodzą równości
-a) <math>1+\cos a+ \cos 2a +...+\cos
+a) <math>1+ \cos a+ \cos 2a +...+ \cos
-na=\dfrac{\sin(n+\frac{1}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}</math>
+na = \dfrac{ \sin(n+ \frac{1}{2})a+ \sin \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}</math>,
 b) <math>0+\sin a+ \sin 2a +...+\sin
-na=\dfrac{-\cos(n+\frac{1}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}</math>
+na= \dfrac{- \cos(n+ \frac{1}{2})a+ \cos \frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}</math>.
-Przypomnijmy, że równości te wyprowadziliśmy w
+Przypomnijmy, że równości te wyprowadziliśmy w ramach wykładu, korzystając ze wzoru de Moivre'a.
-ramach wykładu, korzystając ze wzoru de Moivre'a.
 }}
@@ Linia 65: / Linia 103: @@
 Zastosować zasadę indukcji matematycznej. Warto przekształcić równość, której dowodzimy, w sposób równoważny, na przykład pomnożyć obie strony równości przez mianownik ułamka po prawej stronie znaku równości. </div></div>
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a) Równość zachodzi dla <math> n = 0</math>. Następnie zauważmy, że
+<center><math>\sin(n+ \frac{3}{2})a-\sin(n+ \frac{1}{2})a=2 \sin \frac{a}{2} \cos(n+1)a</math></center>
+Stąd
+<center><math> \cos(n+1)a+\frac{\sin(n+\frac{1}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}=\frac{\sin(n+\frac{3}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}</math></center>
+oraz (po dodaniu do obu stron równości składnika <math>\frac{1}{2}</math>)
+<center><math>\cos(n+1)a+\frac{\sin(n+\frac{1}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}=\frac{\sin(n+\frac{3}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}</math>.</center>
+Dowodzi to implikacji:
+<center><math>\begin{align} &\bigg[1+\cos a+...+\cos
+na=\frac{\sin(n+\frac{1}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg]\\
+&\implies\bigg[1+\cos a+...+\cos
+na+\cos(n+1)a=\frac{\sin(n+\frac{3}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg],\end{align}
+</math></center> stąd -- na mocy zasady indukcji matematycznej -- wnioskujemy, że równość zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej <math>n</math>.
+b) Podobnie jak w zadaniu a) równość zachodzi dla <math>n=0</math>. Zauważmy,
+że
+<center><math>-\cos(n+\frac{3}{2})a+\cos(n+\frac{1}{2})a=2\sin\frac{a}{2}\sin(n+1)a</math></center>
+Stąd
+<center><math>\sin(n+1)a-\frac{\cos(n+\frac{1}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}=-\frac{\cos(n+\frac{3}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}</math></center>
+oraz (po dodaniu do obu stron równości składnika
+<math>\frac{\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}</math>)
+<center><math>\sin(n+1)a+\frac{-\cos(n+\frac{1}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}=\frac{-\cos(n+\frac{3}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}</math>.</center>
+Dowodzi to implikacji:
+<center><math>\begin{align} &\bigg[0+\sin a+...+\sin
+na=\frac{-\cos(n+\frac{1}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg]\\
+&\implies\bigg[0+\sin a+...+\sin
+na+\sin(n+1)a=\frac{-\cos(n+\frac{3}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg]\end{align}
+</math>,</center>
+stąd -- na mocy zasady indukcji matematycznej -- wnioskujemy, że równość zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej <math>n</math>.
+</div></div>
 {{cwiczenie|1.5.||
 Uprościć wyrażenia
-a) <math>(\sqrt{2}-1)^5</math>
+a) <math>(\sqrt{2}-1)^5</math>,
-b) <math>(1+i\sqrt{3})^6</math>
+b) <math>(1+i\sqrt{3})^6</math>,
-c) <math>\sqrt{2+\sqrt{3}}+\sqrt{2-\sqrt{3}}</math>
+c) <math>\sqrt{2+\sqrt{3}}+\sqrt{2-\sqrt{3}}</math>.
 }}
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am1.01.050|Uzupelnic z.am1.01.050|]] a) Zastosować wzór Newtona (i trójkąt Pascala).
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a) Zastosować wzór Newtona (i trójkąt Pascala).
-b) Można (choć nie warto) zastosować wzór Newtona. Bardziej
+b) Można (choć nie warto) zastosować wzór Newtona. Bardziej efektywne w tym zadaniu jest wykorzystanie wzoru de Moivre'a.
-efektywne w tym zadaniu jest wykorzystanie wzoru de Moivre'a.
-c) Czy liczby <math>2+\sqrt{3}</math> oraz <math>2-\sqrt{3}</math> są kwadratami pewnych
+c) Czy liczby <math>2+\sqrt{3}</math> oraz <math>2-\sqrt{3}</math> są kwadratami pewnych liczb postaci <math>a+b\sqrt{2}</math>?
-liczb postaci <math>a+b\sqrt{2}</math>?
+</div></div>
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
+a) Po zastosowaniu wzoru Newtona  i redukcji otrzymanych  składników otrzymujemy
+<center><math>(\sqrt{2}-1)^5=29\sqrt{2}-41</math>.</center>
+b) Zauważmy, że <math>1+i\sqrt{3}=2(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})</math>.
+Wobec tego na mocy wzoru de Moivre'a dostajemy <math>(1+i\sqrt{3})^6=2^6(\cos\frac{\pi}{3}+i \sin\frac{\pi}{3})^6=64 (\cos 2\pi +i \sin 2\pi)=64</math>.
+c) Zauważmy, że <math>4+2\sqrt{3}=(\sqrt{3}+1)^2</math> oraz <math>4-2\sqrt{3}=(\sqrt{3}-1)^2</math>, stąd
+<center><math>\sqrt{2+\sqrt{3}}+\sqrt{2-\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigg(\sqrt{(\sqrt{3}+1)^2}+\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2}\bigg)=\sqrt{6}</math>.</center>
 </div></div>
 {{cwiczenie|1.6.||
-Rozwiązać w zbiorze liczb zespolonych równania:
+Rozwiązać w zbiorze liczb zespolonych równania
-a) <math>z^6+64=0</math>
+a) <math>z^6+64=0</math>,
-b) <math>1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=0</math>
+b) <math>1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=0</math>,
-c) <math>\sqrt{2}z^3=1+i</math>
+c) <math>\sqrt{2}z^3=1+i</math>.
 }}
@@ Linia 101: / Linia 181: @@
 We wszystkich trzech zadaniach należy zastosować wzór de Moivre'a.
-b) Warto zauważyć, że <math>1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=\frac{z^6 -1}{z-1}</math>,
+b) Warto zauważyć, że <math>1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=\frac{z^6 -1}{z-1}</math>, dla <math>z\neq 1</math>.
-dla <math>z\neq 1</math>.
-c) Po przekształceniu równania warto zauważyć, że
+c) Po przekształceniu równania warto zauważyć, że <math>z^3=\frac{1}{\sqrt{2}}
-<math>z^3=\frac{1}{\sqrt{2}}
 +\frac{i}{\sqrt{2}}=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}</math>.
 </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am1.01.060|Uzupelnic z.am1.01.060|]] a) Niech <math>w=-64</math>. Wówczas <math>|w|=64</math>, zaś
+<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-<math>\text{Arg} w=\pi</math>. Wobec tego na mocy wniosku z twierdzenia de
+[[File:am1c01.0010.svg|338x323px|thumb|right|Rysunek do ćwiczenia 1.6.(a)]]
-Moivre'a równanie <math>z^6+64=0</math> spełnia sześć liczb o module
-<math>\root{6}\of{64}=2</math> i argumentach głównych równych kolejno
+[[File:am1c01.0020.svg|338x323px|thumb|right|Rysunek do ćwiczenia 1.6.(b)]]
-<math>\frac{\pi}{6}+k\frac{2\pi}{6}</math>. Liczby te są wierzchołkami
-sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o środku <math>0</math> i promieniu
+[[File:am1c01.0030.svg|338x323px|thumb|right|Rysunek do ćwiczenia 1.6.(c)]]
-<math>2</math> i równe są
+a) Niech <math>w=-64</math>. Wówczas <math>|w|=64</math>, zaś <math>\text{Arg} w=\pi</math>. Wobec tego na mocy wniosku z twierdzenia de Moivre'a równanie <math>z^6+64=0</math> spełnia sześć liczb o module <math>\sqrt[6]{64}=2</math> i argumentach głównych równych kolejno <math>\frac{\pi}{6}+k\frac{2\pi}{6}</math>. Liczby te są wierzchołkami sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o środku <math>0</math> i promieniu <math>2</math> i równe są
-<center><math>\aligned
+<center>
+<math>\begin{align}
 &z_0=&\sqrt{3}+i\\
 &z_1=&0+2i\\
@@ Linia 124: / Linia 205: @@
 &z_3=&-\sqrt{3}-i\\
 &z_4=&0-2i\\
-&z_5=&\sqrt{3}-i.\endaligned</math></center>
+&z_5=&\sqrt{3}-i\end{align}</math>.</center>
-[[Rysunek an1c01.0010]]
-b) Zauważmy, że dane równanie jest równoważne równaniu
+b) Zauważmy, że dane równanie jest równoważne równaniu <math>\frac{z^6-1}{z-1}=0</math>, <math>z\neq 1</math>. Spełnia je więc pięć z sześciu pierwiastków równania <math>z^6=1</math> poza pierwiastkiem <math>z_0=1</math>. Są to - zgodnie z wnioskiem z twierdzenia de Moivre'a - liczby o module 1 i argumentach głównych równych kolejno <math>0+k\frac{2\pi}{6}</math>, <math>k\in\{1, \ 2,\ 3,\ 4,\ 5\}</math>, czyli
-<math>\frac{z^6-1}{z-1}=0</math>, <math>z\neq 1</math>. Spełnia je więc pięć z sześciu
-pierwiastków równania <math>z^6=1</math> poza pierwiastkiem <math>z_0=1</math>. Są to --
-zgodnie z wnioskiem z twierdzenia de Moivre'a --  liczby o module
+<center>
-i argumentach głównych równych kolejno <math>0+k\frac{2\pi}{6}</math>,
+<math>\begin{align}
-<math>k\in\{1, \ 2,\ 3,\ 4,\ 5\}</math>, czyli
-<center><math>\aligned
 &z_1=&\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\\
 &z_2=&-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\\
 &z_3=&-1+i0\\
 &z_4=&-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\\
-&z_5=&\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} .\endaligned</math></center> Jest to pięć
+&z_5=&\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} \end{align}</math>.</center>
-z sześciu wierzchołków sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o
-promieniu jednostkowym.
+Jest to pięć z sześciu wierzchołków sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o promieniu jednostkowym.
-[[Rysunek an1c01.0020]]
+c) Równanie <math>z^3=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}</math> spełniają trzy liczby zespolone o module 1 i argumentach głównych <math>\frac{\pi}{12}+k\frac{2\pi}{3}</math>, <math>k\in\{0, 1, 2\}</math>. Są one wierzchołkami trójkąta równobocznego wpisanego w okrąg o środku <math>0</math> i promieniu jednostkowym.
-c) Równanie <math>z^3=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}</math> spełniają
-trzy liczby zespolone o module 1 i argumentach głównych
-<math>\frac{\pi}{12}+k\frac{2\pi}{3}</math>, <math>k\in\{0, 1, 2\}</math>. Są one
-wierzchołkami trójkąta równobocznego wpisanego w okrąg o środku
-<math>0</math> i promieniu jednostkowym.
-[[Rysunek an1c01.0030]]
+Są to liczby
-Są to liczby <center><math>\aligned &z_0=\cos
+<center>
+<math>\begin{align} &z_0=\cos
 \frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}\\
 &z_1=\cos \frac{3\pi}{4}+i\sin\frac{3\pi}{4}\\
-&z_2=\cos \frac{17\pi}{12}+i\sin\frac{17\pi}{12}.
+&z_2=\cos \frac{17\pi}{12}+i\sin\frac{17\pi}{12}
-\endaligned</math></center>
+\end{align}</math>.</center>
 Zauważmy, że
-<center><math>\cos\frac{\pi}{12}=\cos(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})
+<math>\cos\frac{\pi}{12}=\cos(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})
 =\cos\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4}+\sin\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4}
-=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}.</math></center> Podobnie
+=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}</math>.
-<center><math>\sin\frac{\pi}{12}=\sin(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})=\sin\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4}-\cos\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4}=\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}.</math></center>
+Podobnie
+<math>\sin\frac{\pi}{12}=\sin(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})=\sin\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4}-\cos\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4}=\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}</math>.
 Ze wzorów redukcyjnych łatwo możemy też wyznaczyć
@@ Linia 170: / Linia 248: @@
 \frac{17\pi}{12}=\cos(\frac{3\pi}{2}-\frac{\pi}{12})=-\sin\frac{\pi}{12}</math>
 oraz
-<math>\sin\frac{17\pi}{12}=\sin(\frac{3\pi}{2}-\frac{\pi}{12})=-\cos\frac{\pi}{12}.</math>
+<math>\sin\frac{17\pi}{12}=\sin(\frac{3\pi}{2}-\frac{\pi}{12})=-\cos\frac{\pi}{12}</math>.
-Wobec tego <center><math>\aligned z_0
+Wobec tego
-&=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}+i\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\\
+<center>
-z_1&=\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2} \\ z_2
+<math>\begin{align} z_0
-&=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}-i\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\endaligned</math></center>
+&=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}+i\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4},\\
+z_1&=\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2}, \\ z_2
-</div></div>
+&=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}-i\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}.\end{align}</math>
+</center>
-===Rozwiązania i odpowiedzi===
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am1.01.010|Uzupelnic z.am1.01.010|]] Mamy
-<center><math>\aligned &\frac{3}{7}&=0,4285714...&\notin C_1\\
-&\sqrt{2}-1&=0,4142135...&\notin C_1\\
-&\sqrt{5}-2&=0,2360679...&\in C_3\setminus C_4 \\
-&\frac{1}{\sqrt{2}}&=0,7071067...&\in C_2\setminus C_3\\
-&\frac{1}{\sqrt{3}}&=0,5773502...&\notin C_1.
-\endaligned</math></center>
-gdyż mamy <math>\frac{19}{81}<\sqrt{5}-2<\frac{20}{81}</math> oraz
-<math>\frac{19}{27}<\frac{1}{\sqrt{2}}<\frac{20}{27}</math>. Stąd żadna z
-podanych liczb nie należy do trójkowego zbioru Cantora. </div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am1.01.020|Uzupelnic z.am1.01.020|]] Wykażmy wpierw równość a). Dla <math>n=1</math> mamy
-<math>\frac{q^2-1}{q-1}=1+q</math>, <math>q\neq 0</math>, równość prawdziwą. Wykażemy,
-że dla dowolnej liczby <math>n=1,\ 2,\ 3,\ ...</math> zachodzi implikacja
-<center><math>\bigg[1+q+q^2+...+q^n=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}\bigg] \implies
-\bigg[1+q+q^2+...+q^n+q^{n+1}=\frac{q^{n+2}-1}{q-1}.\bigg]</math></center> Mamy
-bowiem
-<math>1+q+q^2+...+q^n+q^{n+1}=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}+q^{n+1}=\frac{q^{n+2}-1}{q-1}</math>.
-Na mocy zasady indukcji matematycznej dana równość zachodzi więc
-dla dowolnej liczby <math>n=1,2,3,...</math>, dla  <math>q\neq 1</math>.
-b) Zauważmy, że jeśli np. <math>b\neq 0</math>, to zgodnie z powyżej wykazaną
-równością mamy <center><math>\aligned \frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=&b^n
-\frac{(\frac{a}{b})^{n+1}-1}{a-b}=\frac{b^n}{a-b}\bigg(\frac{a}{b}-1\bigg)\bigg(1+\frac{a}{b}
-+(\frac{a}{b})^2 +...+(\frac{a}{b})^2\bigg)\\=&b^n
-\bigg(1+\frac{a}{b}+(\frac{a}{b})^2+...+(\frac{a}{b})^n\bigg)\\=&b^n+ab^{n-1}+a^2b^{n-2}+...+a^n.\endaligned
-</math></center>
-Gdy <math>b=0</math> równość również zachodzi.
-</div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am1.01.030|Uzupelnic z.am1.01.030|]]  Dla <math>n=1</math> wzór jest prawdziwy. Wykażemy, że dla
-każdej liczby naturalnej <math>m</math> prawdziwa jest implikacja:
-<center><math>\bigg[(a+b)^{m}=\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k}b^k\bigg]\implies \bigg[(a+b)^{m+1}=\sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k}a^{m-k}b^k\bigg]</math></center>
-Przekształćmy
-<center><math>\aligned(a+b)^{m+1}&=(a+b)(a+b)^m\\&=(a+b)\sum_{k=0}^{m}
-\binom{m}{k}a^{m-k}b^k=\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k+1}b^k
-+\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k}b^{k+1}\\
-&=\binom{m}{0}a^{m+1}+\sum_{k=1}^{m}\bigg[\binom{m}{k-1}+\binom{m}{k}\bigg]a^{m+1-k}b^k
-+\binom{m}{m}b^{m+1}\\
-&=\binom{m+1}{0}a^{m+1}
-+\sum_{k=1}^{m}\binom{m+1}{k}a^{m+1-k}b^{k} +\binom{m+1}{m+1}b^{m+1}\\
-&=\sum_{k=0}^{m+1}\binom{m+1}{k}a^{m+1-k}b^k.
-\endaligned</math></center> Z zasady indukcji matematycznej wynika więc, że
-równość zachodzi dla każdej liczby naturalnej <math>n=1,2,3,...</math>
-</div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am1.01.040|Uzupelnic z.am1.01.040|]]  a) Równość zachodzi dla <math>n=0</math>. Następnie
-zauważmy, że
-<center><math>\sin(n+\frac{3}{2})a-\sin(n+\frac{1}{2})a=2\sin\frac{a}{2}\cos(n+1)a.</math></center>
-Stąd
-<center><math>\cos(n+1)a+\frac{\sin(n+\frac{1}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}=\frac{\sin(n+\frac{3}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}</math></center>
-oraz (po dodaniu do obu stron równości składnika <math>\frac{1}{2}</math>)
-<center><math>\cos(n+1)a+\frac{\sin(n+\frac{1}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}=\frac{\sin(n+\frac{3}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}.</math></center>
-Dowodzi to implikacji:
-<center><math>\aligned &\bigg[1+\cos a+...+\cos
-na=\frac{\sin(n+\frac{1}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg]\\
-&\implies\bigg[1+\cos a+...+\cos
-na+\cos(n+1)a=\frac{\sin(n+\frac{3}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg],\endaligned
-</math></center> stąd -- na mocy zasady indukcji matematycznej -- wnioskujemy,
-że równość zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej <math>n</math>.
-b) Podobnie jak w zadaniu a) równość zachodzi dla <math>n=0</math>. Zauważmy,
-że
-<center><math>-\cos(n+\frac{3}{2})a+\cos(n+\frac{1}{2})a=2\sin\frac{a}{2}\sin(n+1)a.</math></center>
-Stąd
-<center><math>\sin(n+1)a-\frac{\cos(n+\frac{1}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}=-\frac{\cos(n+\frac{3}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}</math></center>
-oraz (po dodaniu do obu stron równości składnika
-<math>\frac{\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}</math>)
-<center><math>\sin(n+1)a+\frac{-\cos(n+\frac{1}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}=\frac{-\cos(n+\frac{3}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}.</math></center>
-Dowodzi to implikacji:
-<center><math>\aligned &\bigg[0+\sin a+...+\sin
-na=\frac{-\cos(n+\frac{1}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg]\\
-&\implies\bigg[0+\sin a+...+\sin
-na+\sin(n+1)a=\frac{-\cos(n+\frac{3}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg],\endaligned
-</math></center> stąd -- na mocy zasady indukcji matematycznej -- wnioskujemy,
-że równość zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej <math>n</math>.
-</div></div>
-<div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">    [[##z.am1.01.050|Uzupelnic z.am1.01.050|]]  a) Po zastosowaniu wzoru Newtona  i
-redukcji otrzymanych  składników otrzymujemy
-<center><math>(\sqrt{2}-1)^5=29\sqrt{2}-41.</math></center>
-b) Zauważmy, że <math>1+i\sqrt{3}=2(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})</math>.
-Wobec tego na mocy wzoru de Moivre'a dostajemy
-<math>(1+i\sqrt{3})^6=2^6(\cos\frac{\pi}{3}+i \sin\frac{\pi}{3})^6=64
-(\cos 2\pi +i \sin 2\pi)=64.</math>
-c) Zauważmy, że <math>4+2\sqrt{3}=(\sqrt{3}+1)^2</math> oraz
-<math>4-2\sqrt{3}=(\sqrt{3}-1)^2</math>, stąd
-<center><math>\sqrt{2+\sqrt{3}}+\sqrt{2-\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigg(\sqrt{(\sqrt{3}+1)^2}+\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2}\bigg)=\sqrt{6}.</math></center>
 </div></div>