MATEMATICKÁ ČÍTANKA

Obsah

5.5 Riešenia úloh

Úlohy z kapitoly 5.1

  1. $\pmb{a_n = a_0 \cdot q^n.}$

  2. Vzorec explicitný aj rekurentný nájdete v zošite Trisekcia.

  3. Hypotéza $\pmb{a_n = - \frac{2}{3} \cdot \bigl ( - \frac{1}{2} \bigr )^n + \frac{2}{3}}$ je zrejmá zo zošitu Rekurencie 04. Pri dôkaze druhého kroku indukcie použijeme druhú podobu [1] princípu matematickej indukcie. Podľa rekurentného vzťahu $$\pmb{a_{k+1} = \frac{a_k + a_{k-1}}{2} = }$$

      (podľa indukčného predpokladu)
    $$\pmb{= \frac{- \frac{2}{3} \cdot \biggl ( - \frac{1}{2} \biggr )^k + \frac{2}{3} - \frac{2}{3} \biggl ( - \frac{1}{2} \biggr )^{k-1} + \frac{2}{3}}{2} =}$$ $$\pmb{= - \frac{2}{3} \biggl ( - \frac{1}{2} \biggr)^{k-1} \frac{1}{2} \Biggl [ \biggl ( - \frac{1}{2} \biggr ) + 1 \Biggr ] + \frac{2}{3} = }$$ $$\pmb{= - \frac{2}{3} \biggl ( - \frac{1}{2} \biggr )^{k+1} + \frac{2}{3}}$$
      čo sme chceli dokázať.

  4. Hypotéza $\pmb{c_n = - \frac{3}{4} \cdot \biggl ( - \frac{1}{3} \biggr )^n + \frac{3}{4}}$ je zrejmá zo zošitu Rekurencie 05. Dôkaz bol podobný ako v predchádzajúcej úlohe.

  5. Riešenie je v 2. hárku zošita Splátky. Ak použijete nástroj riešiteľ vyjde Vám približný ročný úrok $\pmb{5.8\%}$.[2]

  6. Hypotéza $\pmb{b_n = - \frac{2}{5} \cdot \biggl (\frac{4}{9} \biggr )^n + \frac{2}{5}}$. Je zrejmá z 2. hárku zošitu EXCEL. Dôkaz by bol podobný ako v úlohe 3.

  7. Použijeme 3. hárok zošitu EXCEL, zvolíme si $\pmb{p = 0.9}$ a uvedomíme si, že $\pmb{a(n) = p - b(n)}$. Dostaneme $\pmb{a(n) = \frac{10}{19} + \frac{9}{19} \cdot \biggl ( \frac{81}{100} \biggr )^n}$.

  8. -

  9. Vďaka experimentovaniu v zošite Pokusy máme:

    • $\pmb{a_0 = 0, \: a_1 = 1, \: a_{n+2} = \frac{a_n + a_{n+1}}{2}}$.

    • $\pmb{a_1 = 1, \: a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n} - \frac{1}{2}}$.

    • $\pmb{a_n = \frac{1}{n}}$.

    • $\pmb{a_1 = 1, \: a_{n+1} = a_n + \frac{1}{a_n}}$.

    • $\pmb{a_1 = - 1, \: a_2 = - 2, \: a_{n+2} = \frac{1}{a_n} + a_{n+1}}$.

    • $\pmb{a_1 = 1, \: a_{n+1} = \frac{a_n - 2 }{a_n + 1}}$.