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

Wersja z 21:37, 21 sie 2023

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

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

@@ Linia 2: / Linia 2: @@
 {{cwiczenie|1.1.||
-Sprawdzić, czy liczby: <math>  \frac{3}{7}</math>,
+Sprawdzić, czy liczby: <math>\frac{3}{7}</math>,
-<math> \sqrt{2}-1</math>, <math>  \sqrt{5}-2</math>, <math>  \frac{1}{\sqrt{2}}</math>,
+<math>\sqrt{2}-1</math>, <math>  \sqrt{5}-2</math>, <math> \frac{1}{\sqrt{2}}</math>,
-<math> \frac{1}{\sqrt{3}}</math> należą do trójkowego zbioru Cantora.
+<math>\frac{1}{\sqrt{3}}</math> należą do trójkowego zbioru Cantora.
 }}
@@ Linia 43: / Linia 43: @@
 że dla dowolnej liczby <math> \displaystyle n=1,\ 2,\ 3,\ ...</math> zachodzi implikacja
 <center><math> \displaystyle \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> \displaystyle 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> \displaystyle n=1,2,3,...</math>, dla  <math> \displaystyle q\neq 1</math>.
+\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> \displaystyle b\neq 0</math>, to zgodnie z powyżej wykazaną równością mamy <center><math> \displaystyle \begin{align} \frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=&b^n
+b) Zauważmy, że jeśli np. <math> b\neq 0</math>, to zgodnie z powyżej wykazaną równością mamy <center><math> \displaystyle \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> \displaystyle b=0</math> równość również zachodzi.
+Gdy <math> b=0</math> równość również zachodzi.
 </div></div>
@@ Linia 56: / Linia 56: @@
 {{cwiczenie|1.3.||
-a) Sprawdzić, że <math> \displaystyle \binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}=\binom{n+1}{k+1}</math>, dla dowolnych liczb całkowitych nieujemnych <math> \displaystyle n</math>, <math> \displaystyle k</math> takich, że <math> \displaystyle n>k</math>.
+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>.
 b) Wykazać wzór dwumianowy Newtona
-<center><math> \displaystyle \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>
@@ Linia 71: / Linia 71: @@
 <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> \displaystyle n=1</math> wzór jest prawdziwy. Wykażemy, że dla każdej liczby naturalnej <math> \displaystyle m</math> prawdziwa jest implikacja
+Dla <math>  n=1</math> wzór jest prawdziwy. Wykażemy, że dla każdej liczby naturalnej <math> \displaystyle m</math> prawdziwa jest implikacja
-<center><math> \displaystyle \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>
+<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> \displaystyle \begin{align}(a+b)^{m+1}&=(a+b)(a+b)^m\\&=(a+b)\sum_{k=0}^{m}
+<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}\\
@@ Linia 107: / Linia 107: @@
 <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>
+<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>)
+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:
@@ Linia 115: / Linia 115: @@
 &\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> \displaystyle n</math>.
+</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> \displaystyle n=0</math>. Zauważmy,
+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>
+<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>

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

Wersja z 21:37, 21 sie 2023

Zbiory liczbowe

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia