Zadania 121-130

Oznaczmy przez y wyrażenie [tex]x^{x^{x^{x^{...}}}}[/tex]. Równanie przybiera wówczas postać x^y = y, a skoro wiemy, że y=2, to mamy x²=2, czyli rozwiązaniem jest √2.

W nawiązaniu do dyskusji nad powyższym rozwiązaniem, która toczyła się stronę wcześniej, wyjaśniamy, że powyższe rozwiązanie nie jest pełne (dlatego w pierwszym odruchu nie zostało uznane za poprawne). Jego uzupełnienie wymaga jednak przeprowadzenia (prostego) rozumowania z zakresu analizy matematycznej, czego trudno wymagać od ucznia gimnazjum.

Wyrażenie podane w treści zadania opisuje ciąg liczbowy. Jego lewą stronę formalnie należy uznać za granicę ciągu zdefiniowanego następująco: a₁ = x, a_n+1 = x^(a_n). Zadanie polega zatem na stwierdzeniu, dla jakich wartości x, granicą tego ciągu jest liczba 2. Rozumowanie Nataniela pokazuje, że jedyną liczbą podejrzaną o spełnianie tego równania jest √2. Zakłada on jednak milcząco, że ciąg podany w zadaniu jest zbieżny. Ale to trzeba wykazać, czyli mówiąc w języku równań, sprawdzić, czy √2 nie jest pierwiastkiem obcym. Empirycznie można to stwierdzić, obliczając na kalkulatorze kolejne wyrazy ciągu. Wynoszą one: 1,6325..., 1,7608..., 1,8409..., 1,8927..., 1,9269..., 1,9500..., 1,9656..., 1,9763..., 1,9836..., co może sugerować zbieżność ciągu [tex] \sqrt2^{\sqrt2^{sqrt2^{sqrt2^{...}}}} [/tex]do liczby 2. Dla pełnego rozwiązania potrzebny jest jednak formalny dowód tej zbieżności. Fakt ten wynika z twierdzenia, że ciąg rosnący i ograniczony z góry jest zbieżny. Trzeba zatem pokazać monotoniczność (co jest łatwe) i ograniczenie górne (co jest trudniejsze) podanego ciągu. Może autor zadania pokusi się o zapisanie stosownego rozumowania. 

Pewna liczba naturalna powiększona o iloczyn swoich cyfr daje swój anagram. Jaka jest najmniejsza liczba o tej własności?

Warunki zadania spełnia liczba 0, jeśli zaliczamy ją do liczb naturalnych i jeśli uznamy, że liczba jest jednym ze swoich anagramów. Jeśli zera nie uznamy za liczbę naturalną, to najmniejszą liczbą spełniającą warunki zadania może być 10. Ale pewnie nie o taką odpowiedź chodziło autorowi. Doprecyzujmy więc, że chodzi o liczbę całkowitą dodatnią, która w swoim zapisie dziesiętnym nie zawiera cyfry 0, tzn. że to ma być istotny anagram, który różni się od wyjściowej liczby.

Dziekuję za doprecyzowanie treści zadania.

Z treści zadania wynika, że liczba musi być co najmniej dwucyfrowa. Ale liczba dwucyfrowa o podanej własności nie istnieje, bo musiałaby spełniać równanie 10a+b+ab = 10b+a, gdzie a i b są cyframi tej liczby. Równanie to przyjmuje postać a = ^9b/_9+b, co dla żadnej cyfry b nie daje wartości całkowitej. Zajmijmy się więc liczbami trzycyfrowymi. Wówczas szukana liczba spełnia jedno z równań:
(1) 100a+10b+c+abc = 100a+10c+b
(2) 100a+10b+c+abc = 100b+10c+a
(3) 100a+10b+c+abc = 100b+10a+c
(4) 100a+10b+c+abc = 100c+10a+b
(5) 100a+10b+c+abc = 100c+10b+a,
gdzie a, b, c są cyframi tej liczby.
Każde z równań analizujemy podobnie jak w przypadku dwucyfrowym, np. równanie (1) przyjmuje postać b = ^9c/_9+ac, co daje wartości całkowite tylko dla c = 3 (wówczas a=6), c=6 (wówczas a=3) lub c=9 (wówczas a=2 lub a=8). Stąd w każdym przypadku wyliczymy b. W ten sposób z kolejnych równań otrzymujemy:
(1) 239, 326, 613, 819
(2) brak rozwiązań
(3) 563, 598, 695
(4) 364, 497, 637
(5) brak rozwiązań.
Najmniejszą z otrzymanych liczb jest 239.

Zadajesz kolejne zadanie.

Dana jest szachownica o wymiarach 6×6, na której zostało ułożone 18 płytek o wymiarach 1×2. Udowodnij, że istnieje prostoliniowe cięcie szachownicy wzdłuż linii kratowych nieprzecinające żadnej z płytek.

Płytki mają wymiary 1×2, zatem pole jednej płytki wynosi 2. Szachownica o wymiarach 6×6 ma 18 takich płytek, więc pole szachownicy wynosi 36. Ponieważ 6·6 = 2·18 = 36, płytki równo zapełnią szachownicę. Teraz wystarczy przeciąć szachownicę wzdłuż linii poziomej lub pionowej pomiędzy dwoma płytkami (prosta nie ma szerokości).

Nie znamy sposobu ułożenia płytek. W zadaniu chodzi o to, aby wykazać, że przy dowolnym układzie płytek na szachownicy można znaleźć linię prostą nie rozcinającą żadnej płytki. Czyli trzeba wykazać, że nie da się tak ułożyć płytek, aby takie rozcięcie nie istniało. Na przykład jeśli zaczniemy układać płytki tak, jak na poniższym rysunku, rozcięcie szachownicy linią poziomą nie będzie możliwe.

Łatwo zauważyć, że każde prostoliniowe cięcie szachownicy 6×6 wzdłuż linii kratowych dzieli szachownicę na dwie części o parzystych liczbach pól. Stąd wynika, że jeśli szachownicę pokryjemy płytkami o wymiarach 1×2, to każde prostoliniowe cięcie szachownicy wzdłuż linii kratowych przetnie parzystą liczbę płytek, bo gdyby było inaczej, to po jednej stronie cięcia znalazłaby się pewna liczba całych płytek i nieparzysta liczba połówek, co dałoby po tej stronie nieparzystą liczbę pól.

Przeprowadzimy dowód tezy zadania metodą nie wprost.
Załóżmy (wbrew treści zadania), że nie istnieje prostoliniowe cięcie szachownicy wzdłuż linii kratowych nieprzecinające żadnej z płytek, czyli że każde takie cięcie jakąś płytkę przecina. Z tego założenia i z powyższych faktów wynika, że każde prostoliniowe cięcie szachownicy wzdłuż linii kratowych przecina co najmniej 2 płytki. Wszystkich prostoliniowych cięć szachownicy jest 10 (5 w kierunku pionowym i 5 w poziomym). Każda płytka może być przecięta tylko przez jedno prostoliniowe cięcie. Zatem musiałoby być co najmniej 2·10=20 płytek, co jest sprzeczne z warunkami zadania. Otrzymana sprzeczność dowodzi, że istnieje prostoliniowe cięcie szachownicy wzdłuż linii kratowych nieprzecinające żadnej z płytek.

Niech w chwili t₀=0 zachodzi P=(0, 0) oraz Z=(a, 0), gdzie a>0. Punkt Z porusza się po prostej x=a z prędkością c, natomiast P porusza się z prędkością v, której wektor leży na prostej PZ i jest skierowany do punktu Z. Wyznacz równanie krzywej, po której porusza się punkt P.

Czy równanie musi być postaci y=f(x), czy można podać dowolne równanie jednoznacznie wyznaczające funkcję?

https://pl.m.wikipedia.org/wiki/Krzywa_pogoni

To rozwiązanie dla a=1, wystarczy wyskalować dane

Należy napisać równanie w postaci y=f(x) dla każdego a, czyli po prostu rozwiązać równanie różniczkowe podane na wikipedii. Nie trzeba pisać obliczeń prowadzących do wyniku.

W związku z brakiem odpowiedzi Antka B podaję ją, by nie tamować Maratonu.

Niech [tex]\frac{c}{v}=k[/tex].

Dla k=1: [tex]\ \ y=\frac{a}{4}((\frac{x}{a}-1)^2-\ln(\frac{x}{a}-1)^2-1),\ \ 0\leq x[/tex].

Dla k$\neq$1: $\ \ y=\frac{a}{2}(\frac{1-(1-\frac{x}{a})^{1-k}}{1-k}-\frac{1-(1-\frac{x}{a})^{1+k}}{1+k}),\ \ 0\leq x$

Proszę o informację, czy rozwiązanie jest dobre. Jeśli tak, to kto według autora ma podać następne zadanie?

Dobra odpowiedź!
Następne pytanie zadaje ten kto podał prawidłową odpowiedź, mimo że rozwiązanie zostało osiągnięte wspólnymi siłami.

Wyznacz(jedno!) równanie w układzie współrzędnych brzegu 2n-kąta foremnego o środku w punkcie (0;0) i odległości wierzchołków od (0;0) równej 1, którego jeden wierzchołek leży w punkcie (1;0).
Wskazówka: rozważ n prostych przechodzących przez punkt(0;0) i wierzchołki.

Prosta przechodząca przez brzeg wielokąta jest właśnie prostą przechodzącą przez dwa kolejne wierzchołki. Więc zadanie sprowadza się do wyznaczenia współrzędnych dwóch kolejnych wierzchołków i napisania równania przechodzącej przez nie.

Punktami należącymi do danego 2n-kąta foremnego są punkty należące do okręgu o środku (0;0) i promieniu 1 oraz do jednej z prostych o równaniu $y=tg(\frac{\pi\cdot k}{n})x$.

Jeżeli podstawi się za k liczbę o 1 większą niż poprzednio to otrzyma się kolejny wierzchołek.

Zatem po rozwiązaniu dwóch układów równań na współrzędne kolejnych punktów i napisaniu równania prostej przechodzącej przez nie otrzymuję ostateczne równanie przechodzące przez brzeg (wybrany przez parametr k) 2n-kąta foremnego:
$$y=\frac{tg(\frac{\pi%20k}{n})\cdot|\cos(\frac{\pi(k+1)}{n})|-tg(\frac{\pi(k+1)}{n})\cdot|\cos(\frac{\pi k}{n})|}{|\cos(\frac{\pi(k+1)}{n})|-|\cos(\frac{\pi k}{n})|}x+\frac{tg(\frac{\pi (k+1)}{n})-tg(\frac{\pi k}{n})}{|\cos(\frac{\pi (k+1)}{n})|-|\cos(\frac{\pi k}{n})|} .$$

Dany jest pokój z czterema ścianami. Czy możliwe jest ustawienie sześciu krzeseł, tak aby przy każdej ścianie stały po dwa krzesła? Odpowiedź uzasadnij.

W zadaniu napisałem, że proszę o podanie jednego równania, właśnie by zapobiec takiemu tokowi rozumowania. Twoim rozwiązaniem jest układ 2n równań - każde opisuje jeden bok wielokąta. To tak jakby przedstawiać jedno równanie y=|x| jako y=x dla liczb dodatnich oraz y=-x dla liczb ujemnych. Rozwiązanie zadania nie musi być postaci y=f(x) i może zawierać działania typu sumy czy wartość bezwzględną.
Ze względu na trudności z rozwiązaniem podam kolejną wskazówkę:
Rozważ sumę odległości wierzchołków wielokąta od n prostych przechodzących przez punkt(0;0) i wierzchołki wielokąta.

Suma odległości od n prostych, przechodzących przez (0,0) i wierzchołki, jest taka sama dla każdego punktu należącego do brzegu 2n-kąta foremnego. Dla punktu (1,0) ta suma wynosi:
$$\sum_{k=1}^{n}|\sin(k\cdot\frac{180^o}{n})|$$
Korzystając ze wzoru na odległość punktu od prostej, sumę odległości punktu (x,y) od n prostych można zapisać:
$$\sum_{k=1}^{n}|\sin(k*\frac{180^o}{n})x-\cos(k\cdot\frac{180^o}{n})y|$$
Zatem równaniem brzegu jest:
$$\sum_{k=1}^{n}|\sin(k\cdot\frac{180^o}{n})x - \cos(k\cdot\frac{180^o}{n})y| = \sum_{k=1}^{n}|\sin(k\cdot\frac{180^o}{n})|$$

Dobrze!

Jako ciekawostka, prawa strona równania jest równa [tex]cot(\frac{180}{n})[/tex].

Dany jest pokój z czterema ścianami. Czy możliwe jest ustawienie sześciu krzeseł, tak aby przy każdej ścianie stały po dwa krzesła? Odpowiedź uzasadnij.

Wystarczy ustawić cztery krzesła na przy środku każdej ściany i dwa w naprzeciwległych kątach pokoju. Wtedy przy każdej ścianie stoją dwa krzesła: jedno w kącie i drugie przy środku. Stąd możliwe jest zadane ustawienie.

Udowodnij, że równanie
[tex]a^4+b^8+c^12+d^16=5e^20[/tex]
nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych dodatnich

Chodzi oczywiście o równanie
[tex]a^4+b^8+c^{12}+d^{16}=5e^{20}[/tex]

Z Małego Twierdzenia Fermata 5|(x^k)^a-1 lub 5|(x^k)^4

Ponieważ 5 dzieli prawą stronę równości to dzieli też prawą stronę.
Jednak jeśli 5 dzieli sumę czterech czwartych potęg, to musi ona dzielić każdą z nich(żeby reszty się zgadzały).

Podzielmy teraz stronami przez 5^4. Otrzymaliśmy teraz nowe rozwiązanie, a to jest nieskończone schodzenie.

Czyli takie liczby nie istnieją, C. K. D.

Z Małego Twierdzenia Fermata 5|(x^k)^a-1 lub 5|(x^k)^4

Ponieważ 5 dzieli prawą stronę równości to dzieli też prawą stronę.
Jednak jeśli 5 dzieli sumę czterech czwartych potęg, to musi ona dzielić każdą z nich(żeby reszty się zgadzały).

Podzielmy teraz stronami przez 5^4. Otrzymaliśmy teraz nowe rozwiązanie, a to jest nieskończone schodzenie.

Czyli takie liczby nie istnieją, C. K. D.

Rozwiąż w liczbach naturalnych równanie

n^3=3*k^2 + 3*k + 1

[tex]n^3=3k^2+3k+1=(k+1)^3-k^3 [/tex]
[tex]n^3+k^3=(k+1)^3 [/tex]
Z Wielkiego Twierdzenia Fermata dla sześcianów dane równanie nie ma rozwiązań w liczbach naturalnych większych od 0.

Jeśli wliczy się 0 do liczb naturalnych, istnieje rozwiązanie(n;k)=(1;0).

Niech [tex]X={1;2; 3; 4; 6; 8; 9...}[/tex] będzie zbiorem wszystkich liczb, których dzielnikami są tylko 2 i 3 (niekoniecznie oba).
Oblicz sumę:
[tex]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{x_k}[/tex], gdzie [tex]x_k[/tex] przebiega po wszystkich elementach zbioru X.

2 i 3 mogą być jedynymi dzielnikami pierwszymi.

Mamy [tex]\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{x_{k}}=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{n}3^{k}}=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^{n}}\cdot(\frac{1}{3})^{k}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\frac{1}{2^{n}}}{1-\frac{1}{3}}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{3}{2^{n+1}}=[/tex]
[tex]=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{3}{2}\cdot(\frac{1}{2})^{n}=\frac{\frac{3}{2}}{1-\frac{1}{2}}=3[/tex].

Udowodnij, że dla dowolnych liczb całkowitych dodatnich [tex]m[/tex], [tex]n[/tex] takich, że [tex]m

Rozwiążę zadanie indukcyjnie. Dla n=1 nie istnieje m spełniające warunki zadania, więc teza jest prawdziwa.

Załóżmy, że teza jest spełniona dla k>0 i każdego m
[tex]\sum_{i=1}^{k+1}(-1)^i\cdot i^m\cdot {{k+1}\choose{i}}=[/tex]
[tex]=\sum_{i=1}^{k+1}(-1)^i\cdot i^m\cdot {{k}\choose{i}}+\sum_{i=1}^{k+1}(-1)^i\cdot i^m\cdot {{k}\choose{i-1}}=[/tex]
[tex] =\sum_{i=1}^{k}(-1)^i\cdot i^m\cdot {{k}\choose{i}}-(-1)^{k+1}\cdot (k+1)^m\cdot {{k}\choose{k+1}}+\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i+1}\cdot (i+1)^m\cdot {{k}\choose{i}}=[/tex]
[tex] = \sum_{i=1}^{k}(-1)^i\cdot i^m\cdot {{k}\choose{i}}+0+\sum_{i=1}^{k}(-1)^{i+1}\cdot (i+1)^m\cdot {{k}\choose{i}}+(-1)^1\cdot 1^m\cdot {{k}\choose{0}}= [/tex]
[tex] =\sum_{i=1}^{k}(-1)^i\cdot i^m\cdot {{k}\choose{i}}-\sum_{i=1}^{k}(-1)^i \cdot (i+1)^m\cdot {{k}\choose{i}}-1= [/tex]
[tex] =\sum_{i=1}^{k}(-1)^i\cdot i^m\cdot {{k}\choose{i}}-\sum_{i=1}^{k}(-1)^i \cdot (i^m +m\cdot i^{m-1}+\dots+m\cdot i+1)\cdot {{k}\choose{i}}-1= [/tex]
[tex]=\sum_{i=1}^{k}(-1)^i\cdot i^m\cdot {{k}\choose{i}}-\sum_{i=1}^{k}(-1)^i \cdot i^m\cdot {{k}\choose{i}}-m\cdot \sum_{i=1}^{k}(-1)^i \cdot (i)^{m-1}\cdot {{k}\choose{i}}-\dots-m\cdot\sum_{i=1}^{k}(-1)^i \cdot i\cdot {{k}\choose{i}}-\sum_{i=1}^{k}(-1)^i \cdot 1\cdot {{k}\choose{i}}-1= [/tex]
[tex]=0-0-0\dots-0-\sum_{i=1}^{k}(-1)^i \cdot 1\cdot {{k}\choose{i}}-1 = [/tex]
[tex]=-\sum_{i=0}^{k}(-1)^i \cdot 1\cdot {{k}\choose{i}}+(-1)^0\cdot 1^n\cdot {{k}\choose{0}}-1=(-1+1)^n+1-1=0+0=0 [/tex]

Dla danej funkcji f(x) znajdź funkcję g(x) taką, że
(f(x)×g(x))'=f'(x)×g'(x).

Przypuszczam, że znak x pomiędzy f(x) i g(x) w zapisie (f(x)xg(x))' oznacza mnożenie funkcji.

Do zapisu mnożenia będę używał znaku '*'.

Najpierw przekształcamy równanie (f(x)*g(x))'=f'(x)*g'(x) kolejno:

f'(x)*g(x)+f(x)*g'(x)=f'(x)*g'(x)

f'(x)*g(x)=[f'(x)-f(x)]*g'(x)

Rozważymy 3 przypadki.

1.Dla f'(x)=0
Równanie sprowadza się do:

0 = -f(x)*g'(x)

Dla f(x)=0 dowolna funkcje g(x) będzie spełniała równanie.

Dla pozostałych f(x) dowolna funkcja stała spełnia to równanie.

2.Dla f'(x)-f(x)=0 (czyli dla f(x)=A*e^x, gdzie A=const)
Równanie sprowadza się do:

f'(x)*g(x)=0

W tym przypadku to równanie spełnia tylko funkcja g(x)=0

3.Przypadek ogólny, czyli dla f(x) nie uwzględnionych
w punktach 1 i 2. $f'(x)*g(x)=[f'(x)-f(x)]*g'(x)$

Równanie zostanie rozwiązane metodą zmiennych rozdzielonych: $f'(x)*g(x)=[f'(x)-f(x)]*\frac{dg(x)}{dx}$ $\frac{f'(x)}{f'(x)-f(x)}*dx=\frac{dg(x)}{g(x)}$

Po scałkowaniu obustronnie otrzymuję:

$\int \frac{f'(x)}{f'(x)-f(x)} dx=\ln|g(x)| + A$

i ostatecznie $g(x) = C*e^{H(x)}$

gdzie $H(x)=\int \frac{f'(x)}{f'(x)-f(x)} dx \ .$

Znaleźć wszystkie funkcje $f:(0,\infty)\rightarrow (0,\infty)$ o ciągłych pochodnych, które spełniają równanie: $$\frac{f'(x+y)}{f(x+y)}=\frac{f'(x)}{f(x)+f(y)} $$

dla każdego $x,y\in (0,\infty)$

Podstawiając [tex](y, x)[/tex] w miejsce [tex](x, y)[/tex] otrzymujemy [tex]\frac{f'(x+y)}{f(x+y)}=\frac{f'(y)}{f(x)+f(y)}[/tex], co po porównaniu z wyjściowym równaniem daje [tex]f'(x)=f'(y)[/tex]. To dowodzi, że pochodna funkcji [tex]f[/tex] jest stała. Stąd [tex]f(x)=ax+b[/tex] dla pewnych stałych [tex]a[/tex] i [tex]b[/tex] oraz dowolnego [tex]x>0[/tex]. Podstawiając taki wynik do wyjściowego równania otrzymujemy [tex]\frac{a}{ax+ay+b}=\frac{a}{ax+ay+2b}[/tex], skąd łatwo [tex]b=0[/tex] i [tex]a \neq 0[/tex]. Oczywiście [tex]a>0[/tex], bo [tex]f(x)>0[/tex] dla dowolnego [tex]x>0[/tex]. Ostatecznie otrzymujemy [tex]f(x)=ax[/tex] dla pewnej stałej [tex]a>0[/tex] oraz dowolnego [tex]x>0[/tex]. Bezpośrednio sprawdzamy, że funkcje takie spełniają warunki zadania.

Udowodnij, że jeśli każdy wyraz ciągu arytmetycznego jest potęgą pewnej liczby całkowitej dodatniej o wykładniku całkowitym większym niż 1, to ciąg ten jest stały.

Niech a1 będzie pierwszym wyrazem ciągu, r różnicą, k=NWD(a1, r), bn=an/r.
Z Twierdzenia Dirichleta:
(1)W ciągu b jest nieskończenie wiele liczb pierwszych
lub
(2) ciąg b jest stały (więc a jest również stały)
Wyrazy ciągu a są potęgami, gdy weźmiemy takie n, że bn>k jest pierwsze,
to an nie będzie potęgą liczby całkowitej. Czyli w ciągu b nie ma licz pierwszych większych od k i (1) nie może być prawdziwe. Czyli zachodzi (2) i ciąg a jest stały

Dana jest pewna liczba punktów czerwonych i niebieskich. Niektóre z nich są połączone odcinkami. Operacja polega na zmianie koloru dowolnego punktu, takiego że ponad połowa punktów z którym jest połączony ma inny kolor niż ten punkt.
Udowodnij, że po pewnej liczbie operacji nie będzie można wykonać kolejnej operacji.

Rozważmy liczbę odcinków o różnokolorowych końcach. Zauważmy, że aby można było wykonać operację, to musi ona być dodatnia. Zauważmy również, że wykonanie operacji zmniejsza liczbę takich odcinków. Istotnie, wykonanie operacji ma wpływ tylko na odcinki wychodzące z wierzchołka, którego kolor zmieniamy. Wcześniej odcinki o różnokolorowych końcach stanowiły ponad połowę takich odcinków, a po wykonaniu operacji odcinki o różnokolorowych końcach zamienią się z tymi o jednokolorowych końcach, czyli ich liczba będzie stanowiła mniej niż połowę odcinków wychodzących z tego wierzchołka. To ostatecznie oznacza, że wykonanie operacji zmniejsza liczbę takich odcinków. Ich liczba jest zawsze całkowita, a po wykonaniu każdej operacji zostaje ona zmniejszona. To dowodzi, że w pewnym momencie przestanie być ona dodatnia (wyniesie 0) i nie będzie można było już wykonać kolejnych operacji.

Ciąg [tex](x_{n})[/tex] spełnia równości [tex]x_{1}=1[/tex] oraz [tex]x_{n+1}=ln(e^{x_{n}}-x_{n})[/tex] dla dowolnego [tex]n \ge 1[/tex]. Udowodnij, że szereg [tex]\sum_{k=1}^{\infty}x_{k}[/tex] jest zbieżny i wyznacz jego sumę.

Z równości $x_{n+1}=\ln(e^{x_n}-x_n)$
otrzymuję:
$x_n=e^{x_{n}} - e^{x_{n+1}}$
$\sum\limits_{k=1}^{n}x_k=x_1+x_2+x_3+...+x_n=(e^{x_1}-e^{x_2})+(e^{x_2}-e^{x_3})+(e^{x_3}-e^{x_4})+...+(e^{x_n}-e^{x_{n+1}})=e^{x_1}-e^{x_{n+1}}$

Zatem ciąg sum częściowych szeregu można zapisać w ten sposób:
$\sum\limits_{k=1}^{n}x_k=x_1+x_2+x_3+...+x_n=(e^{x_1}-e^{x_2})+(e^{x_2}-e^{x_3})+(e^{x_3}-e^{x_4})+...+(e^{x_n}-e^{x_{n+1}})$

Stąd $\sum\limits_{k=1}^{n}x_k = e^{x_1}-e^{x_{n+1}}$

Granica ciągu sum częściowych wynosi: $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}x_k = \lim\limits_{n\to\infty}e^{x_1}-e^{x_{n+1}}=e^{x_1}-\lim\limits_{n\to\infty}e^{x_{n+1}}=e^{x_1}-e^{\lim_{n\to\infty}x_n}$

Wystarczy wykazać, że $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$.

Dowiodę przez indukcję że wszystkie wyrazy ciągu x_n są większe od 0.

Krok 1: Mamy podane, że $x_1=1 > 0$.

Krok 2: Trzeba dowieść, że: jeśli $x_k > 0$
to $x_{k+1} > 0$.
$x_{x+1}=ln(e^{x_n}-x_n)>0  \Leftrightarrow e^{x_n}-x_n>1$
Ta nierówność jest spełniona dla $x_n > 0$, bo $e^{x_n}=1+x_n+\frac{x_n^2}{2!}+\frac{x_n^3}{3!}+...$

Zatem dla dowolnego k, $x_k > 0$.

Następnie dowiodę, że ciąg jest malejący, dowodząc przez to jego zbieżności. $r_n=x_{n+1}-x_n=\ln(e^{x_n}-x_n)-x_n=\ln(e^{x_n}-x_n)-\ln(e^{x_n})=\ln(1-\frac{x_n}{e^{x_n}}) < 0$

Zatem ciąg $x_n$ jest zbieżny, bo każdy ciąg malejący i ograniczony z dołu jest zbieżny.

Skoro ciąg jest zbieżny to różnica $r_n$ zbiega do 0.
Stąd równanie: $\lim\limits_{n\to\infty}\ln(1-\frac{x_n}{e^{x_n}})=0$

Niech $ g=\lim\limits_{n\to\infty}x_n$,
stąd $\ln(1-\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{e^{x_n}})=0$
$1-\frac{\lim_{n\to\infty}x_n}{e^{\lim_{n\to\infty}x_n}}=1$
$\frac{g}{e^g}=0$
Stąd g=0.

Zatem granica ciągu sum częściowych (czyli suma $\sum_{k=1}^{\infty}x_k$ )
wynosi: $e^{x_1}-e^{\lim_{n\to\infty}x_n} = e-e^g = e-1$

Wykaż, że każdy ułamek postaci podanej niżej można w sposób jednoznaczny rozłożyć na ułamki proste: $$\frac{W(x)}{(x-a)^{n_1}(x-b)^{n_2}}\ ,$$ gdzie W(x) jest dowolnym wielomianem o stopniu mniejszym od stopnia wielomianu w mianowniku.

1. a i b są dwiema różnymi liczbami rzeczywistymi.
2. n1 i n2 to dowolne dodatnie liczby całkowite.

Za ułamek prosty uznajemy dowolną funkcję wymierną, której licznik jest liczbą , a mianownik potęgą dwumianu?