Изобразите на координатной плоскости все точки (х,у) такие, что у = -4,х- произвольное число

👇

Увидеть ответ

Ответ:

alekseyovsyann

12.02.2023

Рассматривается множество точек на координатной плоскости

{(x; y) | y=4, x∈R}={(x; 4) | x∈R}.

Так как для любого значения абсциссы x∈R ордината точки рана 4, то это прямая, параллельная к оси Ох.

На рисунке это множество точек изображена красным цветом.

Изобразите на координатной плоскости все точки (х,у) такие, что у = -4,х- произвольное число

4,8(33 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

ayatyusubova1

12.02.2023

(m+2) x²+(m+2)*x+m-2<0

1) Если m=-2, то у=-4

2) Если m≠-2, получаем квадратичную функцию относительно х. Если первый коэффициент этой функции больше нуля, а дискриминант меньше нуля, то функция положительна при любом действительном значении х. Графически это означает, что парабола направлена ветвями вверх и не пересекается с осью ох.

m+2>0 ⇒m>-2, т.е. m∈(-2;+∞)

D(x)=(m+2)²-4(m²-4)<0 (D(x) -дискриминант относительно переменной х); m²+4m+4-4m²+16<0; -3m²+4m+20<0; 3m²-4m-20=0;

m=(2±√(4-60))/3=(2±8)/3; m=10/3; m=-2; решим неравенство

-3*(m-(10/3))(m+2)<0 методом интервалов.

-210/3

- + -

m∈(-∞;-2)∪(10/3;+∞)

С учетом m∈(-2;+∞) выходим на ответ А) m>10/3

m>3 1/3

4,4(93 оценок)

Ответ:

Radmula

12.02.2023

Докажем тождество $F_{n+1}F_{n-1}-F_{n}^2=(-1)^n$ . Для этого заметим, что $\left[\begin{array}{cc}1&1\\1&0&\end{array}\right]^n= \left[\begin{array}{cc}F_{n+1}&F_{n}\\F{n}&F_{n-1}&\end{array}\right]$ , что легко доказывается по индукции. Взяв определитель от обеих сторон, приходим к требуемому.

Теперь докажем лемму: для любого четного $\frac{F_{n+1}}{F_{n}} < \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ .

Доказательство: пусть $a_{n}=\frac{F_{n}}{F_{n+1}}$ . Сразу примем, что предел этой последовательности существует. Это равносильно $\lim\limits_{n\to\infty}(a_{n}-a_{n-1})=0$ . $a_{n}-a_{n-1}=\frac{F_{n}}{F_{n+1}}-\frac{F_{n-1}}{F_{n}}=\frac{F_{n}^2-F_{n+1}F_{n-1}}{F_{n+1}F_{n}}=\frac{(-1)^{n+1}}{F_{n+1}F_{n}}$ . Отсюда очевидно, что $\lim\limits_{n\to\infty}(a_{n}-a_{n-1})=0$ . Пусть $L=\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}$ . Тогда $\frac{F_{n+1}}{F_{n}}=\frac{F_{n}+F_{n-1}}{F_{n}}=1+\frac{F_{n-1}}{F_{n}}$ . Взяв предел от обеих частей, приходим к $\frac{1}{L}=1+L \Rightarrow L=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ . Поскольку $\frac{F_{n+1}}{F_{n}}$ (применяя тождество, получаем разницу 1), лемма доказана.

Теперь по индукции.

База k=0 очевидна. Пусть для всех $n\leq k$ это верно. Докажем, что $F_{k+1}\leq (\frac{1+\sqrt{5}}{2})^k$ . Пусть четно, тогда $\frac{F_{k+1}}{F_{k}}\leq \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ , домножая на $F_{k}$ и применяя предположение индукции, получаем требуемое. Теперь неравенство выполняется для всех $n\leq k+1$ . Далее берем k+2 — четное число — и повторяем операцию. Тем самым докажем для всех нечетных чисел.