Jarosław Wróblewski Analiza Matematyczna 1A, zima 2014/15. n = Rozwiązanie: Stosując wzór na wartość współczynnika dwumianowego otrzymujemy

Transkrypt

1 12. Dowieść, że istieje ieskończeie wiele par liczb aturalych k < spełiających rówaie ( ) ( ) k. k k +1 Stosując wzór a wartość współczyika dwumiaowego otrzymujemy ( ) ( )!! oraz k k! ( k)! k +1 (k +1)! ( k 1)!, co po wstawieiu do rówaia daego w zadaiu prowadzi do! k k! ( k)!! (k +1)! ( k 1)!. To z kolei daje kolejo rówoważe postaci tego rówaia: k k! ( k 1)! ( k) 1 k! (k +1) ( k 1)!, k ( k) 1 (k +1), k (k +1) k, k (k +1)+k, k 2 +2k. Zatem rówaie dae w treści zadaia jest rówoważe rówaiu ( ). Stąd wyika, że rozwiązaiem tego rówaia jest każda para (k, ), gdzie k jest dowolą liczbą aturalą oraz k 2 +2k. 13. Dowieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatiej zachodzi ierówość < 2 (+1) 2 (2+1). Przeprowadzimy dowód idukcyjy. 1 Dla 1 lewa stroa dowodzoej ierowości ma wartość 1, a prawa 12/ 6/5. Zatem daa w zadaiu ierówość przyjmuje postać 1 < 6/5, jest więc prawdziwa. 2 Niech teraz będzie taką liczbą aturalą, że < 2 (+1) 2 (2+1). Wykażemy, że wówczas (+1) < (+1)2 (+2) 2 (2+3) ( ). ( ) Wychodząc od lewej stroy ierówości ( ) i korzystając z założeia idukcyjego otrzymujemy L (+1) < 2 (+1) 2 (2+1) +(+1) Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

2 (+1)2 ( 2 (2+1)+ (+1) 2) (+1)2 ( ) (+1)2 ( ). Z kolei prawą stroę ierówości ( ) możemy zapisać jako (+1)2 Stąd otrzymujemy P (+1)2 (+2) 2 (2+3) (+1)2 (+2) 2 (2+3) ( 2 ++ ) (2+3) (+1)2 ( ) (+1)2 ( ). L < (+1)2 ( ) < (+1)2 ( ) P, co kończy dowód drugiego kroku idukcyjego. 3 Na mocy zasady idukcji matematyczej daa w zadaiu ierówość została udowodioa dla każdej liczby aturalej. 1. W każdym z zadań udziel czterech iezależych odpowiedzi TAK/NIE O zdaiu T () wiadomo, że dla każdej liczby aturalej prawdziwe są implikacje T () T (+3) oraz T () T (+). Czy stąd wyika, że prawdziwa jest implikacja a) T (0) T (2) NIE b) T (200) T (205) NIE c) T (300) T (307) TAK d) T (00) T () TAK 1.2. O zdaiu T () wiadomo, że prawdziwe jest T (1), a poadto dla każdej liczby aturalej prawdziwe są implikacje T () T (+3) oraz T () T (+0). Czy stąd wyika, że prawdziwe jest a) T (50) NIE b) T (0) TAK c) T (150) NIE d) T (20) TAK 1.3. Czy podaa liczba jest wymiera a) (2 2 ) TAK b) (3 11 ) NIE c) ( 13 ) TAK d) (5 29 ) NIE 1.. ( ) Czy dla dowolej liczby aturalej > prawdziwa jest ( rówość ) a) TAK b) (+1) NIE ( ) c) ( 1)( 2) NIE 3 3 ( ) d) ( 1)( 2)( 3) TAK 2 Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

3 ( ) ( ) ( ) Czy rówość + 2 jest prawdziwa dla k k +1 k a), k 3 TAK b) 20, k 7 NIE c) 30, k NIE d) 0, k 13 TAK ( ) ( ) ( ) Czy rówość + 3 jest prawdziwa dla k k +1 k a) 0, k NIE b) 81, k 20 NIE c) 122, k 30 TAK d) 163, k 0 NIE 15. Przy każdej z dziewięciu poiższych implikacji w miejscu kropek postaw jedą z liter P, F, N: P - jest Prawdą (tz. implikacja musi być prawdziwa) F - jest Fałszem (tz. implikacja musi być fałszywa) N - implikacja może być prawdziwa lub fałszywa (tz. Nie wiadomo, czasem bywa prawdziwa, a czasem fałszywa) O zdaiu T () wiadomo, że dla każdej liczby aturalej implikacja T (2 ) T (3 ) jest fałszywa. Co stąd wyika o implikacji: a) T (3) T () P b) T () T (5) N c) T (7) T (8) P d) T (8) T (9) F e) T (8) T (16) P f) T (9) T () P g) T (9) T (27) P h) T (12) T (18) N i) T (25) T (27) N 16. Dowieść, że liczba log jest iewymiera. Przeprowadzimy dowód ie wprost. Załóżmy, że liczba log jest wymiera i iech m/ będzie jej przedstawieiem w postaci ilorazu liczb aturalych (zauważmy, że jest to liczba dodatia). Wówczas otrzymujemy kolejo log m 60 m/ m 360. Rzozkładając obie stroy powyższej rówości a iloczyy potęg liczb pierwszych otrzymujemy 2 2m 3 m 5 m Z twierdzeia o jedozaczości rozkładu a czyiki pierwsze wyika, że wykładiki przy odpowiedich potęgach liczb pierwszych po obu stroach rówości są rówe, co prowadzi do astępującego układu rówań: 2m 3 m 2 m Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

4 Jedak powyższy układ rówań ie ma rozwiązań w liczbach dodatich m,, gdyż wówczas mielibyśmy m 2 > m. Doszliśmy więc do sprzeczości z założeiem, że liczba log jest wymiera. Otrzymaa sprzeczość dowodzi, że liczba log jest iewymiera. 17. Dobrać odpowiedie liczby wymiere dodatie C oraz D i udowodić, że dla dowolej liczby całkowitej dodatiej zachodzą ierówości C D. Liczby C i D muszą spełiać ierówość D 8C. W wersji trudiejszej liczby C i D spełiają ierówość D C. W wersji ajtrudiejszej liczby C i D spełiają ierówość D 2C. Przeprowadzamy szacowaie od góry: D. Przeprowadzamy szacowaie od dołu: C, co daje zależość D 8C wystarczającą do rozwiązaia ajłatwiejszej wersji zadaia. Subteliejsze szacowaia wykorzystują ierówości < 0 oraz zamiast odpowiedio oraz i wyglądają astępująco: ( ) D, ( ) C. To daje zależość D C wystarczającą do rozwiązaia wersji trudiejszej. Moża też zauważyć, że < , skąd < 1 D. Zatem rozwiązaie wersji trudiejszej moża uzyskać także przy użyciu szacowań z C 1/3 oraz D 1. Przedstawioe wyżej szacowaia z C 1/2 oraz D 1 składają się a rozwiązaie wersji ajtrudiejszej. Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

5 18. Dowieść, że dla każdej liczby całkowitej dodatiej zachodzi ierówość ( ) 2 (2+7) > +1. Zamierzamy przeprowadzić dowód idukcyjy. 1 (w tej chwili wydaje am się, że jest to pierwszy krok idukcyjy) Dla 1 mamy ( ) 2 (2+7) oraz , a zatem daa w zadaiu ierówość przyjmuje postać 18 > 16, jest więc prawdziwa. 2 Niech teraz będzie taką liczbą aturalą, że ( ) 2 (2+7) > +1. Chcemy wykazać, że ( ) 2+2 (2+9) > Wychodząc od lewej stroy powyższej ierówości otrzymujemy ( ) 2+2 (2+9) (2+9)(2+2)! (2+9)(2)!(2+1)(2+2) +1 (+1)!(+1)!!(+1)!(+1) ( ) 2 (2+7) (2+9)(2+1)(2+2) ( ) 2 (2+7) 2(2+9)(2+1) (2+7)(+1) 2 (2+7)(+1) > o ile udowodimy, że > +1 2(2+9)(2+1) (2+7)(+1) +1 +2, 2(2+9)(2+1) (2+7)(+1). Powyższa ierówość jest rówoważa kolejym ierówościom 2(2+9)(2+1) (2+7)(+1), (2+9)(2+1) 2(2+7)(+1), ( ), , 2 5, 5/2. Wobec tego, że liczba jest całkowita, powyższa ierówość jest rówoważa ierówości 3. Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

6 Drugi krok idukcyjy został więc przeprowadzoy tylko dla 3. Dla kompletości dowodu ależy sprawdzić daą w treści zadaia ierówość dla 2 oraz dla 3. Sprawdzeie dla 3 okazuje się przejmować rolę pierwszego kroku idukcyjego, a sprawdzeie dla 2 weryfikuje dowodzoą ierówość w przypadku, który dotąd ie został sprawdzoy, ai też ie wyika z dowodu idukcyjego. Dla 2 otrzymujemy 11 ( ) > (to okazuje się być pierwszym krokiem idukcyjym) Dla 3 otrzymujemy ( ) > Na mocy zasady idukcji matematyczej daa w zadaiu ierówość została udowodioa dla każdej liczby aturalej 3, a poadto wykoaliśmy bezpośredie sprawdzeie dla 1 oraz dla 2. Uwaga: Sprawdzeie dla 3 ie wydaje się wymagać wiele pracy, jedak brak świadomości koieczości wykoaia tego sprawdzeia jest bardzo poważym błędem. 19. Dobrać odpowiedie liczby wymiere dodatie g oraz C i udowodić, że dla dowolej liczby całkowitej dodatiej zachodzą ierówości g C < + 3 < g + C. Nierówości dae w treści zadaia moża przepisać w postaci + 3 g < C. ( ) Sposób I Korzystając dwukrotie ze wzoru a różicę kwadratów, przepisujemy lewą stroę ierówości ( ) w postaci iezawierającej różicy wyrażeń zbliżoej wielkości: + 3 g + 3 (+g) + 3 (+g) g + 3 (+g) ( g ) ( + 3 +(+g) 2 ) + 3 g 3 6g 2 2 g 3 g ( g ) ( + 3 +(+g) 2 ) (1 g) 3 6g 2 2 g 3 g ( g ) ( + 3 +(+g) 2 ). Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

7 W licziku ostatiego wyrażeia domiującym składikiem wydaje się być (1 g) 3. Aby wyrażeie to miało możliwie mały rząd wielkości, dobieramy g tak, aby te składik był rówy zeru, czyli przyjmujemy g 1/. Przy tej wartości g (której ie podstawiamy od razu do wzoru, aby uikąć iepotrzebych rachuków a ułamkach szacowaych późiej przez zero) wykoujemy szacowaie od góry: 6g 2 2 g 3 g ( g ) ( 6g 2 2 +g 3 +g ) ( + 3 +(+g) g ) ( ) < + 3 +(+g) 2 < 6g 2 2 +g 3 2 +g 2 ( ) ( ) (6g2 +g 3 +g ) 2 6g2 +g 3 +g C +0+(+0) , co kończy rozwiązaie zadaia z C 6g2 +g 3 +g Końcówkę oszacowań moża też wykoać w oparciu o zależości g 1, czyli g 3 g 2 oraz g 2 < 1, czyli g < g 2. Otrzymamy wówczas 6g 2 +g 3 +g < 6g2 +g 2 +g 2 8g /8, co zakończy rozwiązaie zadaia z C 1/8. Sposób II Zamiast korzystać dwukrotie ze wzoru a różicę kwadratów, moża skorzystać ze wzoru a różicę czwartych potęg w postaci a b a b a 3 +a 2 b+ab 2 +b. 3 Wówczas lewą stroę ierówości ( ) moża przepisać jako (+g) g ( ) 3 ) + +(+g) ( (+g) (+g) g 3 6g 2 2 g 3 g ( + 3 ) 3 +(+g) ( + 3 ) 2 +(+g) (+g) 3 (1 g) 3 6g 2 2 g 3 g ( + 3 ) 3 +(+g) ( + 3 ) 2 +(+g) (+g) 3. W licziku ostatiego wyrażeia domiującym składikiem wydaje się być (1 g) 3. Aby wyrażeie to miało możliwie mały rząd wielkości, dobieramy g tak, aby te składik był rówy zeru, czyli przyjmujemy g 1/. Przy tej wartości g (której ie podstawiamy od razu do wzoru, aby uikąć iepotrzebych rachuków a ułamkach szacowaych późiej przez zero) wykoujemy szacowaie od góry: 6g 2 2 g 3 g ( + 3 ) 3 +(+g) ( + 3 ) 2 +(+g) (+g) 3 6g 2 2 +g 3 +g ( + 3 ) 3 +(+g) ( + 3 ) 2 +(+g) (+g) 3 < Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

8 < 6g 2 2 +g 3 2 +g 2 ( +0 ) 3 +(+0) ( +0 ) 2 +(+0)2 +0+(+0) 3 (6g2 +g 3 +g ) 2 6g2 +g 3 +g. 3 Dalsza część rozwiązaia przebiega tak samo jak w sposobie I. Sposób III (dość karkołomy rachukowo i ie polecay, ale chodzi o pokazaie, że tak też moża) Stosujemy wzory skrócoego możeia do środkowej stroy ierówości daej w treści zadaia: ( ) 3 ) + + ( Zwracamy uwagę, że dla dużych składiki 3 występujące pod pierwiastkami w miaowiku ostatiego wyrażeia mają iewielki wpływ a jego wartość i zgadujemy, że g 1/. Wobec tego g ( ) 3 ) + + ( ( ( ) 3 3 ) ( ) ( ( ) 3 ) + + ( ) ( ) 3 ) + ( ( ( ) 3 ) + + ( ) Korzystając z tożsamości 3a 3 b 3 ab 2 a 2 b (a b) ( 3a 2 +2ab+b 2) oraz z przytoczoego w sposobie I wzoru a różicę czwartych potęg kotyuujemy przekształcaie, a astępie szacujemy od góry: 33 ( ) 3 ) + ( ( ( ) 3 ) + + ( ) ( ( ) ) ( ( ) 3 ) + + ( ) ( ) + 3 ( ( ) 3 ) + + ( ) 2 < Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

9 3 ( ) +3 < ( ( +0 ) 3 + ( +0 ) 2 +2 ) ( ) ( 3 ) /6, co kończy rozwiązaie zadaia z C 9/6. Wykorzystaie oszacowaia + 3 < < 81/16 3/2 pozwoliłoby uzyskać C 1/8. Uwagi: Liczba g jest wyzaczoa jedozaczie. Każde rozwiązaie z g 1/ jest błęde. Nietrudo prześledzić powyższe rozwiązaie i stwierdzić, że w istocie zachodzą ierówości 1 C < + 3 < 1, czyli składik C/ po prawej stroie daych w treści zadaia ierówości moża pomiąć, dowodząc tym samym ierówości mociejszej W każdym z czterech poiższych zadań wpisz w miejscu kropek dwie liczby występujące w ciągu 0, 1, 2, 5,, 0, 5,, 20, 50, 0, 200, 500, 00, 2000, 5000, 000, 20000, 50000, 0000, , , a kolejych miejscach tak, aby powstały prawdziwe ierówości < < < < < ( 5)! < < Wskazać liczbę aturalą k, dla której graica < k istieje i jest liczbą rzeczywistą dodatią. Obliczyć wartość graicy przy tak wybraej liczbie k. Dzieląc liczik i miaowik daego wyrażeia przez 5/2 otrzymujemy k k / /2 1/2 15/2 5 Miaowik ostatiego wyrażeia dąży do 7 przy, atomiast liczik ma graicę skończoą dodatią dla k 15 i graica liczika jest wtedy rówa 2. Odpowiedź: Przy k 15 graica jest rówa 2/7. Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

10 Uwaga: Liczba k 15 jest jedyą liczbą spełiającą waruki zadaia. Jedak zgodie z poleceiem wystarczyło wskazać k, bez koieczości uzasadieia, że takie k jest tylko jedo Wskazać liczbę aturalą k, dla której graica istieje i jest liczbą rzeczywistą dodatią. Obliczyć wartość graicy przy tak wybraej liczbie k. Korzystając ze wzoru a różicę kwadratów przepisujemy występujące pod zakiem graicy wyrażeie w postaci iezawierającej w licziku różicy wyrażeń zbliżoej wielkości, a astępie dziey liczik i miaowik przez 9 : k k k ( ) 9+ 9 k 2 ( ). Dla k 2 otrzymujemy Odpowiedź: Przy k 2 graica jest rówa 9/2. Uwaga: Liczba k 2 jest jedyą liczbą spełiającą waruki zadaia. Jedak zgodie z poleceiem wystarczyło wskazać k, bez koieczości uzasadieia, że takie k jest tylko jedo Ciąg (a ) spełia waruek ε 1 N N a 1 ε. Czy stąd wyika, że ciąg (a ) jest zbieży NIE ciąg (a ) jest rozbieży NIE ciąg (a ) jest ograiczoy TAK 196. wszystkie wyrazy ciągu (a ) są dodatie NIE wszystkie wyrazy ciągu (a ) są ieujeme NIE od pewego miejsca wszystkie wyrazy ciągu (a ) są dodatie NIE od pewego miejsca wszystkie wyrazy ciągu (a ) są ieujeme TAK w ciągu (a ) występuje ieskończeie wiele wyrazów dodatich NIE w ciągu (a ) występuje ieskończeie wiele wyrazów ieujemych TAK 196. w ciągu (a ) występuje co ajmiej jede wyraz dodati NIE w ciągu (a ) występuje co ajmiej jede wyraz ieujemy TAK a > 0 NIE a 0 NIE Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3

11 196.1 N N a > 0 NIE N N a 0 TAK N N a > 0 NIE N N a 0 TAK a > 0 NIE a 0 TAK ( ) 7 5 ) ( ( ) ( 1) R ( ) 1 2 ( ) 2 1 ( ) ( 3 + ) ( ) 2 1 ( ) Lista (odpowiedzi i rozwiązaia) Stroy 2-3 2