Analiza I.1, zima wzorcowe rozwiązania

Transkrypt

1 Aaliza I., zima 07 - wzorcowe rozwiązaia Marci Kotowsi 5 listopada 07 Zadaie. Udowodij, że dla ażdego aturalego liczba 7 + dzieli się przez 6. Dowód. Tezę udowodimy za pomocą iducji matematyczej. Najpierw sprawdzamy bazę iducji, czyli stwierdzeie dla. Mamy wtedy 7 + 8, a więc liczbę podzielą przez 6. Ta więc baza iducji jest spełioa. Kro iducyjy: przypuśćmy, że teza zachodzi dla liczby aturalej, a więc dla pewej liczby aturalej. Chcąc udowodić tezę dla liczby +, a więc że liczba 7 +) , rówież jest podziela przez 6, zapisujemy: ) Poieważ liczba po prawej stroie jest podziela przez 6, teza zachodzi dla liczby +, co ończy dowód rou iducyjego. Zadaie. Niech!. Współczyi dwumiaowy ) dla 0 defiiujemy a jede z trzech sposobów:. )!! )!. ) to liczba sposobów, a jaie moża wybrać elemetów bez powtórzeń) ze zbioru -elemetowego 3. ) to współczyi stojący przy x w rozwiięciu + x) a potęgi x, tz.: ) + x) x Czasem dla wygody przyjmujemy ) 0 dla > lub < 0. Udowodij, że wszystie trzy defiicje są rówoważe oraz tożsamość: ) ) ) + + 0

2 Dowód. Udowodimy, że liczba sposobów, a jaie moża wybrać elemetów bez powtórzeń) ze zbioru -elemetowego, wyosi. Liczba permutacji zbioru -elemetowego!! )! wyosi!. Wybierzmy dowolą permutację zbioru {,..., }, a astępie wybierzmy jej pierwsze elemetów i ozaczmy powstałą ombiację przez π. Dla ustaloej ombiacji π istieje )! permutacji taich, że ich pierwsze elemetów jest rówe π wszystie elemetów iewystępujących w π możemy ustawić a )! sposobów. Zapomiając o uporządowaiu elemetów π widzimy, że te sam zbiór wybraych elemetów otrzymamy z! różych ombiacji π. Udowodimy teraz ombiatoryczie tożsamość: ) + ) ) + Lewa stroa jest rówa liczbie podzbiorów -elemetych zbioru {,..., + }. Podzielmy możliwe podzbiory a dwie części podzbiory zawierające liczbę + oraz iezawierające +. Jeśli podzbior zawiera +, to z pozostałych liczb {,..., } musimy ich wybrać,co moża zrobić a ) sposobów. Jeśli podzbior ie zawiera +, wszystie jego elemetów musimy wybrać ze zbioru {,..., }, co moża zrobić a ) sposobów. Dyspoując tą tożsamością możemy udowodić wzór: + x) 0 ) ) x ) iducyjie. Baza iducji 0 jest oczywista, gdyż + x) 0. Kro iducyjy przeprowadzamy, rozpisując: ) ) ) + x) + + x) + x) + x + + )x + x) gdzie sorzystaliśmy z założeia iducyjego, by zastąpić + x) przez sumę czyiów. Mamy dalej: ) ) ) ) ) ) + x + + )x + x) + x + + x + ) ) ) x + x + + x + ) ) )) ) )) ) + + x x + x + 0 ) ) ) ) x + + x + x + + Gdzie sorzystaliśmy z tożsamości oraz oczywistych rówosci 0 ) + 0 ), +) ).

3 Wzór moża rówież udowodić ombiatoryczie. Rozpatrzmy wyrażeie + x). Wymażając awiasy widzimy, że aby w rozwiięciu otrzymać pojedyczy wyraz x, musimy z awiasów wybrać wyraz x, a z pozostałych awiasów wybrać. Poieważ sposobów a wybraie razy zmieej x z możliwych awiasów jest ), współczyi przy x będzie wyosił ). Zadaie 3. Udowodij dla dowolego i liczb zespoloych z,..., z C: z + z + + z z + z + + z Dowód. Dowód za pomocą iducji matematyczej względem. Bazą iducji jest przypade, czyli ierówość: z + z z + z Załóżmy bez straty ogólości, że z 0. Korzystając z własości modułu liczby zespoloej możemy zapisać ierówość jao: z + z z z + z ) z Dzieląc stroami przez z i ładąc w z z otrzymujemy do udowodieia rówoważą wyjściowej ierówość: + w + w Niech w a + bi, a, b R. Podosząc obie stroy do wadratu otrzymujemy do wyazaia: + w + w + w + a) + b + a + b + a + b Po sróceiu powtarzających się wyrazów otrzymujemy do poazaia: a a + b co jest zawsze prawdą, gdyż a + b a a. Baza iducji jest wiec spełioa. Zwracam uwagę, iż pierwszy ro pozbycie się liczby z służy jedyie uproszczeiu pojawiających się dalej wyrażeń algebraiczych. Nie wyoując tego rou możemy apisać z a+bi, z c+di i przeprowadzić rachue aalogiczie, jedyie wyrażeia będą odrobię bardziej złożoe Kro iducyjy: załóżmy, że teza zachodzi dla pewego, a więc dla dowolych liczb zespoloych z,..., z mamy: z + z + + z z + z + + z 3) Chcemy, orzystając z założeia iducyjego 3, udowodić tezę iducyją dla + liczb, czyli stwierdzeie, że dla dowolych liczb zespoloych z,..., z + zachodzi: z + z + + z + z + z + z + + z + z + 3

4 Połóżmy w z, w z,..., w z + z +. Otrzymujemy w te sposób liczb zespoloych, do tórych możemy zastosować założeie iducyje 3: z + z + + z + z + w + w + + w w + w + + w z + z + + z + z + z + z + + z + z + gdzie ostatia ierówość wyia z już udowodioej ierówośći z + z + z + z +. Otrzymay ciąg ierówości ończy dowód rou iducyjego. Zadaie 4. Udowodij ierówość między średią arytmetyczą a geomtryczą: dla dowolego i dowolych liczb a,..., a > 0 zachodzi: a + + a a a a 4) z rówością wtedy i tylo wtedy, gdy a a a Dowód. Udowodimy ajpierw, że ierówość 4 jest rówoważa astępującemu stwierdzeiu: Lemat 0.. Dla dowolego i dowolych dodatich liczb x,..., x taich, że i x i, zachodzi ierówość: x + + x i rówość zachodzi wtedy i tylo wtedy, gdy x x x. Istotie, przypuśćmy, że mamy już udowodioy Lemat 0.. Połóżmy z a a a i iech x i : z a i. Łatwo widzimy, że i x i, a więc a mocy Lematu 0. mamy: x + + x czyli rówoważie: a + + a z co jest oczywiście rówoważe żądaej ierówości 4. Pozostaje udowodić Lemat 0.. W tym celu udowodimy fat pomociczy jeśli ieujeme liczby x, y spełiają x >, y <, to x + y > + xy. Istotie, założeie x >, y < impliuje x ) y) > 0, co po wymożeiu awiasów daje żądaą ierówość. Lemat 0. udowodimy przez iducję. Baza iducji jest oczywista. Przypuśćmy, że teza zachodzi dla pewego. Założeie iducyje jest więc postaci: dla dowolych dodatich liczb x,..., x taich, że i x i, zachodzi ierówość: x + + x Chcemy udowodić tezę dla +, a więc że dla dowolych dodatich liczb y,..., y + taich, że i y i, zachodzi ierówość: y + + y + y + + 4

5 Jeśli wszystie y i są rówe teza jest oczywista. W przeciwym przypadu istieją i, j + taie, że y i >, y j <, gdyż i y i. Poieważ ierówość ie zależy od permutacji idesów, bez straty ogólości możemy założyć, że y >, y + <. Położmy teraz x y, x y,..., x y, x y y +. Poieważ i x i + i y i, możemy do liczb x i zastosować założeie iducyje, by uzysać: co jest rówoważe: x + + x y + + y + y y W celu zaończeia rou iducyjego wystarczy więc wyazać, że y + y + y y + +, co wyia z y >, y + < i udowodioego wcześiej fatu pomociczego. W istocie mamy y + y + > y y + + ostra ierówość), a więc rówość w wyjściowej ierówości może zajść tylo wtedy, gdy wszystie liczby są rówe. Zadaie 5. Oblicz graicę: + ) log Dowód. W celu uproszczeia graicy do obliczeia logarytmujemy obie stroy. Formalie orzystamy ze stwierdzeia: dla a > 0 i g > 0 mamy a g wtedy i tylo wtedy, gdy log a log g. Wystarczy więc obliczyć: log log ) + Kluczową obserwacją jest, że log / e dla dużych powio być blisie log formalym, sorzystamy z ierówości: log log + ) ) e log, w związu z czym wyrażeie. Aby uczyić powyższe stwierdzeie e log e x + x oraz: e x x, x < W celu dowodu drugiej ierówości możemy podstawić do pierwszej y x, by otrzymać e y y, czyli e y orzystamy tu z waruu y < ). oraz: Otrzymujemy więc: y e log e log log log log log 5) 6) 5

6 Sorzystawszy z ierówości log x x+ log + x) x mamy teraz: ) + ) log log + ) ) W połączeiu z ierówością 5) daje to: a z ierówością 6): + ) log log + ) ) log log + ) ) log Na mocy twierdzeia o trzech ciągach otrzymujemy więc: log log + ) ) log ) czyli: + ) log e / 6