Zadanie 1. Zdefiniujmy podzbiory p laszczyzny:

(1)

Pierwsze kolokwium z Matematyki I 4. listopada 2013 r.

J. de Lucas

Uwagi organizacyjne: Ka˙zde zadanie rozwi¸ azujemy na osobnej kartce, opatrzonej imieniem i nazwiskiem w lasnym oraz osoby prowadz¸ acej ´ cwiczenia, jak r´ ownie˙z nu- merem grupy ´ cwiczeniowej. Korzystanie z jakichkolwiek pomocy (notatek, ksi¸ a˙zek, tablic matematycznych, kalkulator´ ow etc.) jest niedozwolone. W razie w¸ atpliwo´sci dotycz¸ acych tre´sci zada´ n prosz¸e zwr´ oci´ c si¸e do asystenta.

Zadanie 1. Zdefiniujmy podzbiory p laszczyzny:

W := { (x, y) ∈ R ² | x · (3 − y) · (y − 3 + |2x − 1|) < 0 } , K := { (x, y) ∈ R ² | x ² + y ² − 8y + 12 < 0 } ,

A := W ∩ K oraz

B := { (x, y) ∈ R ² | 4x ² + 4y ² − 4x − 32y + 61 < 0 } Opisz i narysuj zbi´ or

H := (A ∪ B) \ (A ∩ B) .

Rozwi¸ azanie: Aby ustali´ c kszta lt podzbioru W , rozpatrujemy kiedy x, (3 − y) i y − 3 +

|2x − 1| s¸a wi¸eksze, r´ owne lub r´ owne zeru.

Najpierw sprawdzamy, gdy y − 3 + |2x − 1| jest wi¸ekszy, mniejszy lub r´ owny zeru.

Aby to zrobi´ c zbadamy r´ ownanie y − 3 + |2x − 1| = 0. Wida´ c, ˙ze y = 3 − |2x − 1|

Gdy 2x > 1, czyli x > 1/2, mamy, ˙ze y = 3 − 2x + 1 = 4 − 2x. Natomiast, gdy 2x < 1

(2)

Trzeba zauwa˙zy´ c, ˙ze ta linia jest z lo˙zona z punkt´ ow, dla kt´ orych y − 3 + |2x − 1| = 0.

Gdy mamy punkt (x ₀ , y ₀ ), kt´ ory jest wy˙zszy od punktu (x ₀ , y) tej linii, wtedy y ₀ − 3 +

|2x ₀ − 1| > y − 3 + |2x ₀ − 1| = 0 Natomiast, je˙zeli y ₀ < y, to y ₀ − 3 + |2x ₀ − 1| <

y − 3 + |2x ₀ − 1| = 0. Korzystaj¸ac z tego, zbi´ or y − 3 + |2x − 1| jest mniejszy lub r´ owny zeru na obszarze

W la´snie, funkcja y − 3 + |2x − 1| jest r´ owna zeru na brzegu tego obszaru i dodatnia na zewn¸ atrz.

Cz¸e´s´ c x jest dodatnia gdy x > 0 i ujemna gdy x < 0. Natomiast, y − 3 jest dodatnia gdy y > 3 i ujemna gdy y < 3. Wi¸ec, na p laszczy´ znie mamy nast¸epuj¸ ace obszary

Je˙zeli sprawdzamy znak ka˙zdej cz¸e´sci x, 3 − y i y − 3 + |2x − 1|, mamy, ˙ze obszary gdzie

x(3 − y)(y − 3 + |2 − 1|) < 0 to

(3)

Teraz mamy, ˙ze K to zbi´ or punkt´ ow gdzie

x ² + y ² − 8y + 12 < 0 ⇔ x ² + (y − 4) ² − 16 + 12 < 0 ⇔ x ² + (y − 4) ² < 4

Wi¸ec, K to okr¸ ag z promieniem 2 i ´srodkiem w punkcie (0, 4), czyli

(4)

W´ owczas, zbi´ or A to przeci¸ecie mi¸edzy K i W , czyli

Natomiast

4x ² + 4y ² − 4x − 32y + 61 < 0 ⇔ 4

x − 1

2

2 − 1 + 4(y − 4) ² − 64 + 61 < 0 W´ owczas

4x ² + 4y ² − 4x − 32y + 61 < 0 ⇔

x − 1

2

2 + (y − 4) ² < 1

i B wygl¸ ada nast¸epuj¸ aco

(5)

Wi¸ec, r´ o˙znica symetryczna jest zbiorem

punkt´ ow, kt´ ore nale˙z¸ a do B i nie do A lub do A i nie do B.

Zadanie 2. Udowodnij, ˙ze dla dowolnej liczby naturalnej dodatniej n liczba 11 ⁿ⁺¹ + 12 ²ⁿ⁻¹ jest podzielna przez 133.

Rozwi¸ azanie: Przeprowadzamy dow´ od przez indukcj¸e. Dla n = 1, mamy, ˙ze 11 ² + 12 ¹ = 121 + 12 = 133.

Wi¸ec, 11 ⁿ⁺¹ + 12 ²ⁿ⁻¹ jest podzielna przez 133 dla n = 1.

Teraz, zak ladamy, ˙ze 11 ⁿ⁺¹ + 12 ²ⁿ⁻¹ jest podzielna przez 133 i udowodnimy, ˙ze dla n + 1, czyli 11 ⁿ⁺² + 12 ^2(n+1)−1 , jest podzielna przez 133:

11 ⁿ⁺² + 12 ^2(n+1)−1 = 11 · 11 ⁿ⁺¹ + 12 ² 12 ²ⁿ⁻¹ = 11(11 ⁿ + 12 ²ⁿ⁻¹ ) − 11 · 12 ²ⁿ⁻¹ + 12 ² · 12 ²ⁿ⁻¹

= 11(11 ⁿ + 12 ²ⁿ⁻¹ ) + 133 · 12 ²ⁿ⁻¹ . Pierwsza cz¸e´s´ c, czyli 11(11 ⁿ + 12 ²ⁿ⁻¹ ), jest podzielna przez 133 z hipotezy indukcyjnej.

Druga cz¸e´s´ c, czyli 133 · 12 ²ⁿ⁻¹ jest oczywi´scie podzielna przez 133. W´ owczas, 11 ⁿ⁺² + 12 ^2(n+1)−1 jest podzielna przez 133.

Z hipotezy indukcyjnej, 11 ⁿ⁺¹ + 12 ²ⁿ⁻¹ jest podzielny dla ka˙zdej n ∈ N.

Zadanie 3. Rozwi¸ a˙z r´ ownanie

(6)

Rozwi¸ azanie:

log ₂ (4 ^x + 5) = log ₂ (2 ^x+2 + 28) − 2 ⇔ 2 ^log

²

⁽⁴

^x

⁺⁵⁾ = 2 ^log

²

⁽²

^x+2

⁺²⁸⁾⁻² ⇔

4 ^x + 5 = (2 ^x+2 + 28)2 ⁻² ⇔ 4(2 ^2x + 5) = 4 · 2 ^x + 28.

Je˙zeli zdefiniujemy u = 2 ^x > 0, to mamy, ˙ze

log ₂ (4 ^x + 5) = log ₂ (2 ^x+2 + 28) − 2 ⇔ 4u ² + 20 = 4u + 28 ⇔ u ² − u − 2 = 0.

W´ owczas,

u ± = 1 ± p(−1) ² − 4(−2)

2 = 1 ± 3

2 → u − = −1, u ₊ = 2.

Skoro u ma by´ c wi¸ekszy od zera, to 2 ^x = 2, to x = 1. Zadanie 4. Rozwi¸ a˙z r´ ownanie

arc tan 2 − ¹ ₂ x ² + arc tan ¹ ₄ x ² = ^π ₄ (0.1) przy warunku x ∈ [ √

2, 2].

Rozwi¸ azanie: Z (0.1) mamy, ˙ze tan

arc tan

2 − 1

2 x ²

+ arc tan 1 4 x ²

= tan π 4

= 1. (0.2)

Trzeba pami¸eta´ c, ˙ze rozwi¸ azania (0.1) to podzbi´ or rozwi¸ aza´ n poprzedniego r´ ownania.

M´ owi¸ ac inaczej, rozwi¸ azania r´ ownania (0.1) to podzbi´ or rozwi¸ aza´ n poprzedniego r´ ownania (0.2). Teraz rozwi¸ a˙zemy (0.2) i sprawdzimy, kt´ ore z jego rozwi¸ aza´ n s¸ a rozwi¸ azaniami (0.1). Z (0.2) wynika, ˙ze

2 − ¹ ₂ x ² + ¹ ₄ x ² 1 − 2 − ¹ ₂ x ² ₁

4 x ² = 1.

(7)

Z tego

2 − ¹ ₄ x ² 1 − 2 − ¹ ₂ x ² ₁

4 x ² = 1 ⇔ 2 − 1

4 x ² = 1 −

2 − 1

2 x ² 1 4 x ² i

1 + 1

4 x ² − 1

8 x ⁴ = 0.

Rozwi¸ azania dla z = x ²

z = −1/4 ± p1/16 + 1/2

−1/4 = −1/4 ± 3/4

−1/4 .

Wi¸ec, z ∈ {4, −2}. Skoro x ² = z i x ∈ R, to x = ±2. W´owczas, s¸a rozwi¸azaniami (0.2). Teraz musimy sprawdzi´ c kt´ ore z tych rozwi¸ aza´ n s¸ a te˙z rozwi¸ azaniami r´ ownania (0.2). Skoro szukamy rozwi¸ aza´ n r´ ownania (0.1) dla x ∈ [ √

2, 2], jedyn¸ a mo˙zliwo´sci¸ a w przedziale [ √

2, 2] jest x = 2. Natomiast, jeszcze musimy sprawdzi´ c, czy to rozwi¸ azanie spe lnia (0.1). W la´snie, mamy, ˙ze r´ ownanie si¸e spe lnia:

arc tan

2 − 1

2 2 ²

+ arc tan 1 4 2 ²

= arc tan(0) + arc tan(1) = π 4 .

Mo˙zemy udowodni´ c te˙z, ˙ze r´ ownanie si¸e spe lnia drug¸ a metod¸ a. Wida´ c, ˙ze dla x ∈ [ √ 2, 2]

mamy

2 − x ²

2 ∈ [0, 1], 1

4 x ² ∈ [0, 1].

Wi¸ec,

0 ≤ arc tan

2 − x ²

2 ≤ π/4, 0 ≤ arc tan(x ² /4) ≤ π/4.

Z tego wida´ c, ˙ze

0 ≤ arc tan

2 − x ²

2 + arc tan x ² 4

≤ π/2.

Wi¸ec, je˙zeli

tan

arc tan

2 − x ²

2 + arc tan x ² 4

= tan π 4

= 1

to

x ² x ²

π

(8)

Zadanie 5. Wektory ~ f ₁ , ~ f ₂ i ~ f ₃ maj¸ a w bazie kartezja´ nskiej nast¸epuj¸ ac¸ a posta´ c:

f ~ ₁ := ₂

1 2

, f ~ ₂ := ₃

1 2

, f ~ ₃ := ₁

2 1

.

Sprawd´ z, ˙ze uk lad wektor´ ow { ~ f ₁ , ~ f ₂ , ~ f ₃ } jest baz¸a, i roz l´ o˙z wektor

~

x := ₁₀

7 8

w tej bazie.

Rozwi¸ azanie: Wektory ~ f ₁ , ~ f ₂ , ~ f ₃ tworz¸ a baz¸e gdy s¸ a liniowo niezale˙zne i generuj¸ a R ³ . Aby udowodni´ c, ˙ze s¸ a liniowo niezale˙zne, musimy udowodni´ c, ˙ze

λ ₁ f ~ ₁ + λ ₂ f ~ ₂ + λ ₃ f ~ ₃ = 0 ⇔ λ ₁ = λ ₂ = λ ₃ = 0, czyli, musimy udowodni´ c, ˙ze uk lad r´ owna´ n liniowych postaci

λ ₁ ₂

1 2

+ λ ₂ ₃

1 2

+ λ ₃ ₁

2 1

= 0,

ma tylko trywialne rozwi¸ azanie λ 1 = λ 2 = λ 3 = 0. Aby to sprawdzi´ c, sprowadzamy poprzedni uk lad do postaci macierzowej i korzystamy z metody Gaussa:





2 3 1 0 1 1 2 0 2 2 1 0





R

3

−2R

1

→R

3

R

1

−R

3

→R

1

−→





0 1 0 0

1 1 2 0

0 0 −3 0





Z tego wynika, ˙ze −3λ ₃ = 0 i λ ₃ = 0. Z pierwszego wiersza wynika, ˙ze λ ₂ = 0. Na ko´ ncu, z drugiego wiersza, mamy, ˙ze λ ₁ + λ ₂ + 2λ ₃ = 0. Wi¸ec, λ ₁ = 0.

Skoro mamy trzy wektory z trzema wsp´ o lrz¸ednymi, mo˙zemy te˙z sprawdzi´ c, czy takie wektory s¸ a liniowo niezale˙zne za pomoc¸ a ich wyznacznika





2 3 1 1 1 2 2 2 1





= 2 + 2 + 12 − 2 − 8 − 3 = 3 6= 0.

Poniewa˙z wyznacznik jest r´ o˙zny od zera, wektory s¸ a liniowo niezale˙zne.

(9)

Przestrze´ n R ³ ma wymiar trzy, czyli, wiemy ˙ze ma jedn¸ a baz¸e z trzema elementami, np. baza kanoniczna

f ~ ₁ = ₁

0 0

, ~ f ₂ = ₀

1 0

, ~ f ₃ = ₀

0 1

.

Z tego wynika, ˙ze trzy wektory liniowo niezale˙zne generuj¸ a i tworz¸ a baz¸e. Skoro ~ f ₁ , ~ f ₂ , ~ f ₃ s¸ a liniowo niezale˙zne, to tworz¸ a baz¸e.

Skoro ~ f ₁ , ~ f ₂ , ~ f ₃ tworz¸ a baz¸e, to ka˙zdy wektor przestrzeni R ³ , np. ~ x, mo˙zna sprowadzi´ c w tylko jeden spos´ ob, do postaci

~ x = λ ₁ f ~ ₁ + λ ₂ f ~ ₂ + λ ₃ f ~ ₃ .

M´ owi sie, ˙ze λ 1 , λ 2 , λ 3 s¸ a wsp´ o lrz¸ednymi wektora ~ x w bazie ~ f 1 , ~ f 2 , ~ f 3 . Mo˙zemy obliczy´ c takie wsp´ o lrz¸edne rozwi¸ azuj¸ ac poprzedni uk lad, czyli

~

x := ₁₀

7 8

= λ ₁ ₂

1 2

+ λ ₂ ₃

1 2

+ λ ₃ ₁

2 1

.

Korzystamy znowu z metody Gaussa i zapiszemy taki uk lad w postaci macierzowej





2 3 1 10 1 1 2 7 2 2 1 8





R

3

−2R

1

→R

3

R

1

−R

3

→R

1

−→





0 1 0 2

1 1 2 7

0 0 −3 −6





Z tego wynika, ˙ze λ ₃ = 2, λ ₂ = 2 i λ ₁ = 1. Wi¸ec,

~ x := ₁₀

7 8

= ₂

1 2

+ 2 ₃

1 2

+ 2 ₁

2 1

.

Latwo wida´ c, ˙ze taki wynik jest poprawny. Wi¸ec, mo˙zna powiedzie´ c ˙ze ~ x ma posta´ c

~ x := ₁

2 2

w bazie ~ f ₁ , ~ f ₂ , ~ f ₃ .

Zadanie 1. Zdefiniujmy podzbiory p laszczyzny:

Pierwsze kolokwium z Matematyki I 4. listopada 2013 r.

J. de Lucas

Zadanie 1. Zdefiniujmy podzbiory p laszczyzny:

W := { (x, y) ∈ R 2 | x · (3 − y) · (y − 3 + |2x − 1|) < 0 } , K := { (x, y) ∈ R 2 | x 2 + y 2 − 8y + 12 < 0 } ,

A := W ∩ K oraz

B := { (x, y) ∈ R 2 | 4x 2 + 4y 2 − 4x − 32y + 61 < 0 } Opisz i narysuj zbi´ or

H := (A ∪ B) \ (A ∩ B) .

Rozwi¸ azanie: Aby ustali´ c kszta lt podzbioru W , rozpatrujemy kiedy x, (3 − y) i y − 3 +

|2x − 1| s¸a wi¸eksze, r´ owne lub r´ owne zeru.

Najpierw sprawdzamy, gdy y − 3 + |2x − 1| jest wi¸ekszy, mniejszy lub r´ owny zeru.

Aby to zrobi´ c zbadamy r´ ownanie y − 3 + |2x − 1| = 0. Wida´ c, ˙ze y = 3 − |2x − 1|

Gdy 2x > 1, czyli x > 1/2, mamy, ˙ze y = 3 − 2x + 1 = 4 − 2x. Natomiast, gdy 2x < 1

Trzeba zauwa˙zy´ c, ˙ze ta linia jest z lo˙zona z punkt´ ow, dla kt´ orych y − 3 + |2x − 1| = 0.

Gdy mamy punkt (x 0 , y 0 ), kt´ ory jest wy˙zszy od punktu (x 0 , y) tej linii, wtedy y 0 − 3 +

|2x 0 − 1| > y − 3 + |2x 0 − 1| = 0 Natomiast, je˙zeli y 0 < y, to y 0 − 3 + |2x 0 − 1| <

y − 3 + |2x 0 − 1| = 0. Korzystaj¸ac z tego, zbi´ or y − 3 + |2x − 1| jest mniejszy lub r´ owny zeru na obszarze

W la´snie, funkcja y − 3 + |2x − 1| jest r´ owna zeru na brzegu tego obszaru i dodatnia na zewn¸ atrz.

Cz¸e´s´ c x jest dodatnia gdy x > 0 i ujemna gdy x < 0. Natomiast, y − 3 jest dodatnia gdy y > 3 i ujemna gdy y < 3. Wi¸ec, na p laszczy´ znie mamy nast¸epuj¸ ace obszary

Je˙zeli sprawdzamy znak ka˙zdej cz¸e´sci x, 3 − y i y − 3 + |2x − 1|, mamy, ˙ze obszary gdzie

x(3 − y)(y − 3 + |2 − 1|) < 0 to

Teraz mamy, ˙ze K to zbi´ or punkt´ ow gdzie

x 2 + y 2 − 8y + 12 < 0 ⇔ x 2 + (y − 4) 2 − 16 + 12 < 0 ⇔ x 2 + (y − 4) 2 < 4

Wi¸ec, K to okr¸ ag z promieniem 2 i ´srodkiem w punkcie (0, 4), czyli

W´ owczas, zbi´ or A to przeci¸ecie mi¸edzy K i W , czyli

Natomiast

4x 2 + 4y 2 − 4x − 32y + 61 < 0 ⇔ 4

 x − 1

2

 2

− 1 + 4(y − 4) 2 − 64 + 61 < 0 W´ owczas

4x 2 + 4y 2 − 4x − 32y + 61 < 0 ⇔

 x − 1

2

 2

+ (y − 4) 2 < 1

i B wygl¸ ada nast¸epuj¸ aco

Wi¸ec, r´ o˙znica symetryczna jest zbiorem

punkt´ ow, kt´ ore nale˙z¸ a do B i nie do A lub do A i nie do B.

Zadanie 2. Udowodnij, ˙ze dla dowolnej liczby naturalnej dodatniej n liczba 11 n+1 + 12 2n−1 jest podzielna przez 133.

Rozwi¸ azanie: Przeprowadzamy dow´ od przez indukcj¸e. Dla n = 1, mamy, ˙ze 11 2 + 12 1 = 121 + 12 = 133.

Wi¸ec, 11 n+1 + 12 2n−1 jest podzielna przez 133 dla n = 1.

Teraz, zak ladamy, ˙ze 11 n+1 + 12 2n−1 jest podzielna przez 133 i udowodnimy, ˙ze dla n + 1, czyli 11 n+2 + 12 2(n+1)−1 , jest podzielna przez 133:

11 n+2 + 12 2(n+1)−1 = 11 · 11 n+1 + 12 2 12 2n−1 = 11(11 n + 12 2n−1 ) − 11 · 12 2n−1 + 12 2 · 12 2n−1

= 11(11 n + 12 2n−1 ) + 133 · 12 2n−1 . Pierwsza cz¸e´s´ c, czyli 11(11 n + 12 2n−1 ), jest podzielna przez 133 z hipotezy indukcyjnej.

Druga cz¸e´s´ c, czyli 133 · 12 2n−1 jest oczywi´scie podzielna przez 133. W´ owczas, 11 n+2 + 12 2(n+1)−1 jest podzielna przez 133.

Z hipotezy indukcyjnej, 11 n+1 + 12 2n−1 jest podzielny dla ka˙zdej n ∈ N.

Zadanie 3. Rozwi¸ a˙z r´ ownanie

Rozwi¸ azanie:

log 2 (4 x + 5) = log 2 (2 x+2 + 28) − 2 ⇔ 2 log

(4

+5) = 2 log

(2

+28)−2 ⇔

4 x + 5 = (2 x+2 + 28)2 −2 ⇔ 4(2 2x + 5) = 4 · 2 x + 28.

Je˙zeli zdefiniujemy u = 2 x > 0, to mamy, ˙ze

log 2 (4 x + 5) = log 2 (2 x+2 + 28) − 2 ⇔ 4u 2 + 20 = 4u + 28 ⇔ u 2 − u − 2 = 0.

W´ owczas,

u ± = 1 ± p(−1) 2 − 4(−2)

2 = 1 ± 3

2 → u − = −1, u + = 2.

Skoro u ma by´ c wi¸ekszy od zera, to 2 x = 2, to x = 1. Zadanie 4. Rozwi¸ a˙z r´ ownanie

arc tan 2 − 1 2 x 2 + arc tan 1 4 x 2 = π 4 (0.1) przy warunku x ∈ [ √

2, 2].

Rozwi¸ azanie: Z (0.1) mamy, ˙ze tan



arc tan

 2 − 1

2 x 2



+ arc tan  1 4 x 2



= tan  π 4



= 1. (0.2)

Trzeba pami¸eta´ c, ˙ze rozwi¸ azania (0.1) to podzbi´ or rozwi¸ aza´ n poprzedniego r´ ownania.

M´ owi¸ ac inaczej, rozwi¸ azania r´ ownania (0.1) to podzbi´ or rozwi¸ aza´ n poprzedniego r´ ownania (0.2). Teraz rozwi¸ a˙zemy (0.2) i sprawdzimy, kt´ ore z jego rozwi¸ aza´ n s¸ a rozwi¸ azaniami (0.1). Z (0.2) wynika, ˙ze

2 − 1 2 x 2 + 1 4 x 2 1 − 2 − 1 2 x 2 1

4 x 2 = 1.

Z tego

W := { (x, y) ∈ R ² | x · (3 − y) · (y − 3 + |2x − 1|) < 0 } , K := { (x, y) ∈ R ² | x ² + y ² − 8y + 12 < 0 } ,

B := { (x, y) ∈ R ² | 4x ² + 4y ² − 4x − 32y + 61 < 0 } Opisz i narysuj zbi´ or

Gdy mamy punkt (x ₀ , y ₀ ), kt´ ory jest wy˙zszy od punktu (x ₀ , y) tej linii, wtedy y ₀ − 3 +

|2x ₀ − 1| > y − 3 + |2x ₀ − 1| = 0 Natomiast, je˙zeli y ₀ < y, to y ₀ − 3 + |2x ₀ − 1| <

y − 3 + |2x ₀ − 1| = 0. Korzystaj¸ac z tego, zbi´ or y − 3 + |2x − 1| jest mniejszy lub r´ owny zeru na obszarze

x ² + y ² − 8y + 12 < 0 ⇔ x ² + (y − 4) ² − 16 + 12 < 0 ⇔ x ² + (y − 4) ² < 4

4x ² + 4y ² − 4x − 32y + 61 < 0 ⇔ 4

x − 1

2

− 1 + 4(y − 4) ² − 64 + 61 < 0 W´ owczas

4x ² + 4y ² − 4x − 32y + 61 < 0 ⇔

x − 1

2

+ (y − 4) ² < 1

Zadanie 2. Udowodnij, ˙ze dla dowolnej liczby naturalnej dodatniej n liczba 11 ⁿ⁺¹ + 12 ²ⁿ⁻¹ jest podzielna przez 133.

Rozwi¸ azanie: Przeprowadzamy dow´ od przez indukcj¸e. Dla n = 1, mamy, ˙ze 11 ² + 12 ¹ = 121 + 12 = 133.

Wi¸ec, 11 ⁿ⁺¹ + 12 ²ⁿ⁻¹ jest podzielna przez 133 dla n = 1.

Teraz, zak ladamy, ˙ze 11 ⁿ⁺¹ + 12 ²ⁿ⁻¹ jest podzielna przez 133 i udowodnimy, ˙ze dla n + 1, czyli 11 ⁿ⁺² + 12 ^2(n+1)−1 , jest podzielna przez 133:

11 ⁿ⁺² + 12 ^2(n+1)−1 = 11 · 11 ⁿ⁺¹ + 12 ² 12 ²ⁿ⁻¹ = 11(11 ⁿ + 12 ²ⁿ⁻¹ ) − 11 · 12 ²ⁿ⁻¹ + 12 ² · 12 ²ⁿ⁻¹

= 11(11 ⁿ + 12 ²ⁿ⁻¹ ) + 133 · 12 ²ⁿ⁻¹ . Pierwsza cz¸e´s´ c, czyli 11(11 ⁿ + 12 ²ⁿ⁻¹ ), jest podzielna przez 133 z hipotezy indukcyjnej.

Druga cz¸e´s´ c, czyli 133 · 12 ²ⁿ⁻¹ jest oczywi´scie podzielna przez 133. W´ owczas, 11 ⁿ⁺² + 12 ^2(n+1)−1 jest podzielna przez 133.

Z hipotezy indukcyjnej, 11 ⁿ⁺¹ + 12 ²ⁿ⁻¹ jest podzielny dla ka˙zdej n ∈ N.

log ₂ (4 ^x + 5) = log ₂ (2 ^x+2 + 28) − 2 ⇔ 2 ^log

⁽⁴

⁺⁵⁾ = 2 ^log

⁽²

⁺²⁸⁾⁻² ⇔

4 ^x + 5 = (2 ^x+2 + 28)2 ⁻² ⇔ 4(2 ^2x + 5) = 4 · 2 ^x + 28.

Je˙zeli zdefiniujemy u = 2 ^x > 0, to mamy, ˙ze

log ₂ (4 ^x + 5) = log ₂ (2 ^x+2 + 28) − 2 ⇔ 4u ² + 20 = 4u + 28 ⇔ u ² − u − 2 = 0.

u ± = 1 ± p(−1) ² − 4(−2)

2 → u − = −1, u ₊ = 2.

Skoro u ma by´ c wi¸ekszy od zera, to 2 ^x = 2, to x = 1. Zadanie 4. Rozwi¸ a˙z r´ ownanie

arc tan 2 − ¹ ₂ x ² + arc tan ¹ ₄ x ² = ^π ₄ (0.1) przy warunku x ∈ [ √

2 − 1

2 x ²

+ arc tan 1 4 x ²

= tan π 4

2 − ¹ ₂ x ² + ¹ ₄ x ² 1 − 2 − ¹ ₂ x ² ₁

4 x ² = 1.

2 − ¹ ₄ x ² 1 − 2 − ¹ ₂ x ² ₁

4 x ² = 1 ⇔ 2 − 1

4 x ² = 1 −

2 − 1

2 x ² 1 4 x ² i

4 x ² − 1

8 x ⁴ = 0.

Rozwi¸ azania dla z = x ²

Wi¸ec, z ∈ {4, −2}. Skoro x ² = z i x ∈ R, to x = ±2. W´owczas, s¸a rozwi¸azaniami (0.2). Teraz musimy sprawdzi´ c kt´ ore z tych rozwi¸ aza´ n s¸ a te˙z rozwi¸ azaniami r´ ownania (0.2). Skoro szukamy rozwi¸ aza´ n r´ ownania (0.1) dla x ∈ [ √

2 − 1

2 2 ²

+ arc tan 1 4 2 ²

2 − x ²

4 x ² ∈ [0, 1].

2 − x ²

≤ π/4, 0 ≤ arc tan(x ² /4) ≤ π/4.

2 − x ²

+ arc tan x ² 4

2 − x ²

+ arc tan x ² 4

= tan π 4

to

x ² x ²

Zadanie 5. Wektory ~ f ₁ , ~ f ₂ i ~ f ₃ maj¸ a w bazie kartezja´ nskiej nast¸epuj¸ ac¸ a posta´ c:

f ~ ₁ := ₂

, f ~ ₂ := ₃

, f ~ ₃ := ₁

.

Sprawd´ z, ˙ze uk lad wektor´ ow { ~ f ₁ , ~ f ₂ , ~ f ₃ } jest baz¸a, i roz l´ o˙z wektor

x := ₁₀