SKRYPT Z ANALIZY MATEMATYCZNEJ DLA UCZNIÓW XIV LO Lista zadań Lista zadań 21

SKRYPT Z ANALIZY MATEMATYCZNEJ DLA UCZNIÓW XIV LO MARCIN PREISNER [ PREISNER@MATH.UNI.WROC.PL ] Wrocław, 3 paździerika 03 SPIS TREŚCI Wstęp Ozaczeia. INDUKCJA MATEMATYCZNA.. Wprowadzeie.. Lista zadań 4. SYMBOL NEWTONA 8.. Wprowadzeie 8.. Lista zadań 3. LICZBY WYMIERNE I NIEWYMIERNE 4 3.. Wprowadzeie 4 3.. Lista zadań 6 4. ZBIORY LICZBOWE I KRESY 8 4.. Wprowadzeie 8 4.. Lista zadań 5. NIERÓWNOŚCI 3 5.. Wprowadzeie 3 5.. Lista zadań 4 6. WIECEJ NIERÓWNOŚCI 7 6.. Wprowadzeie 7 6.. Lista zadań 9 WSTEP Niiejszy skrypt zawiera materiały dla ucziów XIV LO im. Poloii Belgijskiej we Wrocławiu. Na początku każdego rozdziału zajdują się wiadomości teoretycze, twierdzeia i przykłady. Potem astępują zadaia, które podzieloe są a: ćwiczeia, zadaia i problemy. Duża część zadań pochodzi z list Jarka Wróblewskiego. Skrypt jest w trakcie powstawaia. Aktuala wersja zajduje się a stroie: http://www.math.ui.wroc.pl/~preiser/dyd/aaliza03/aaliza03.php Ozaczeia. Zbiór liczb aturalych {,, 3,... będziemy odzaczali przez N i będziemy przyjmować, że zero ie jest liczbą aturalą (jest to tylko kwestia kowecji). Liczby całkowite ozaczamy przez Z = {...,,,0,,,..., liczby wymiere przez Q, a liczby rzeczywiste przez R. Długie sumy i iloczyy ozaczamy astępująco: a i = a m + a m+ + a m+ +... + a + a i=m

a i = a m a m+ a m+... a a i=m. INDUKCJA MATEMATYCZNA.. Wprowadzeie. Zbiór liczb aturalych oprócz działań arytmetyczych posiada aturaly porzadek, tz. dla każdych dwóch liczb,m możemy określić, że jeda z ich jest większa od drugiej lub są sobie rówe. Porządek te ma pewą dodatkową własość - każda liczba ma astępujac a i poprzedzajac a (z wyjątkiem jedyki). Poadto, zachodzi astępujący fakt. Fakt. Każdy iepusty zbiór zawarty w zbiorze liczb aturalych ma elemet ajmiejszy. Fakt te jest dla as bardzo aturaly, ale ie będziemy go uzasadiać tylko potraktujemy jako aksjomat. Przypomijmy, że zdaiem logiczym jest dowole stwierdzeie mogące być prawdziwe albo ieprawdziwe. Stwierdzeia, które zawierają zmieą, p. T(): "jest prawdą, że "(w skrócie, T () : ), stają się zdaiami logiczymi, gdy myślimy o kokretym N (w tym wypadku ieprawdziwym dla = i = 0, a prawdziwym w pozostałych przypadkach). Twierdzeie. (Zasada Idukcji Matematyczej = ZIM) Niech T () będzie zdaiem logiczym dla N. Załóżmy, że: Z: zdaie T () jest prawdziwe oraz Z: dla dowolego k N zdaie T (k) implikuje T (k + ), Wtedy dla dowolego N zdaie T () jest prawdziwe. Przyjrzyjmy się a chwilę istocie tego twierdzeia. Początkowo mamy zdaie logicze T (), ale jeszcze ie wiemy, dla których jest oo prawdziwe, a dla których fałszywe. ZIM mówi am, że T () jest prawdziwe dla wszystkich N o ile sprawdzimy założeia Z i Z. Przypomijmy, że żeby pokazać implikację zakładamy poprzedik implikacji i udowadiamy astępik. I tutaj właśie kryje się moc idukcji: pokazujemy, że T (k +) jest prawdziwe zakładając (wiedząc), że zdaie o miejszym ideksie T (k) jest już prawdziwe. Bez ZIM musielibyśmy bezpośredio pokazać, że każde ze zdań T (), N jest prawdziwe. Dowód ZIM. Skorzystamy z faktu.. Załóżmy, że Z i Z zachodzą i pokażemy, że T () jest prawdziwe dla wszystkich N. Skorzystamy z metody dowodu ie wprost, czyli założymy, że T () jest ieprawdziwe dla pewego (być może wielu). Rozważmy astępujący podzbiór N: A = { N : T ()jest zdaiem fałszywym. Teraz, zgodie założeiem ie wprost, A ie jest zbiorem pustym, więc z faktu. musi mieć elemet ajmiejszy. Ozaczymy go przez 0. Jeśli 0 =, to mamy sprzeczość z Z. W przeciwym wypadku T 0 jest fałszywe, ale T 0 jest prawdziwe, więc mamy sprzeczość z Z (dla k = 0 prawda implikuje fałsz). Dostajemy sprzeczość, więc zdaie: T () jest ieprawdziwe dla pewego (być może wielu) okazało się ieprawdziwe, czyli jego zaprzeczeie: T () jest prawdziwe dla wszystkich N jest prawdziwe. Metoda ie wprost polega a tym, że zamiast pokazać, że zdaie S jest prawdą, myślimy: co by było, gdyby S ie było prawdą. Jeśli okaże się, że zaprzeczeie S prowadzi do sprzeczości (jest ieprawdą), to wyjściowe zdaie S musiało być prawdą. Metoda ie wprost często ułatwia dowody, więc w przyszłości często będziemy jej używali.

... Przykłady. ZIM mówi o dowolych zdaiach logiczych umerowaych liczbami aturalymi, więc moża jej używać właściwie w każdej dziedziie matematyki. Poiższy przykład jest zaym wzorem a sumę ciągu arytmetyczego,,3,...,. Przykład.3 Dla każdego N zachodzi: ( + ) (.) + +... + ( ) + =. Dowód. Niech T () ozacza powyższe zdaie dla N. Zgodie z ZIM musimy sprawdzić: Z: Tutaj T () ozacza po prostu =, więc T () jest prawdziwe. Z: Zakładamy, że T (k) jest prawdą, czyli: k(k + ) (.) + +... + (k ) + k =. Teraz pokażemy T (k + ) korzystając z (.). Mamy ( ) k(k + ) k + +... + k + (k + ) = + (k + ) = (k + ) + (k + )(k + ) = i to jest dokładie T (k + ). Używając ZIM (poieważ Z i Z są spełioe) wzór (.) jest prawdziwy dla każdego N. Przykład.4 Dla każdego N liczba 7 jest podziela przez 6. Dowód. Zgodie z ZIM sprawdzamy tylko: Z: dla = liczba 7 = 6 jest podziela przez 6, Z: zakładamy, że dla k N liczba 7 k jest podziela przez 6, czyli istieje K N, takie że 7 k = 6K. Wtedy 7 k+ = 7 k+ 7 k + 7 k = 7 k (7 ) + 6K = 6(7 k + K ). Poieważ i ta liczba jest podziela przez 6, to pokazaliśmy implikację z ZIM. Przykład.5 Udowodij, że prostych, z których żade dwie ie są rówoległe, a żade trzy ie przeciają się w jedym pukcie, rozcia płaszczyzę a (+) + obszarów. Dowód. Użyjemy ZIM. Z: Jeda prosta dzieli płaszczyzę a = + obszary. Z: Załóżmy, że k prostych jak w zadaiu dzieli płaszczyzę a k(k+) + obszarów. Koleja, (k + )-sza dorysowaa prosta przecia wszystkie pozostałe k prostych (i to poza puktami przecięć tych prostych), zatem przecia k + obszarów a dwie części, więc liczba obszarów zwiększy się o k + i będzie wyosiła: k(k + ) (k + )(k + ) + + (k + ) = +. 3

... Uwagi i modyfikacje. Zasadę idukcji matematyczej moża modyfikować a wiele sposobów. Może się zdarzyć, że T () jest ieprawdziwe dla kilku początkowych, ale od pewego 0 podejrzewamy, że jest już prawdziwe. Uwaga.6 Jeśli pokażemy, że: Z: T ( 0 ) jest prawdziwe, Z: T (k) = T (k + ) dla k 0, to ZIM dowodzi, że dla każdego 0 zdaie T () jest prawdziwe. Podobie, może się zdarzyć, że ie potrafimy pokazać "kroku"t (k) = T (k + ), ale umiemy pokazać większy "krok". Uwaga.7 Jeśli T ( 0 ) jest prawdą, oraz dla pewego r N mamy implikację T (k) = T (k + r ) (dla k 0 ), to ZIM mówi, że prawdziwe są T ( 0 ),T ( 0 + r ),T ( 0 + r ),... Ogólie: T ( 0 + r ) są prawdziwe dla N. Przykład.8 Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej 6 kwadrat moża podzielić a kwadratów. Dowód. Niech T () będzie zdaiem: kwadrat moża zbudować z kwadratów. Zauważmy, że kwadrat moża zbudować z 6 kwadratów (jede o boku i 5 o boku ), 7 kwadratów (3 o boku, 4 o boku ) i 8 kwadratów (jede o boku 3 i 7 o boku ). Z: Zatem T (6),T (7)i T (8) są prawdziwe. Poadto, jeśli mając day dowoly podział i jede z kwadratów podzielimy a 4 miejsze, to w owym podziale są o 3 więcej kwadraty. Z: To pokazuje, że T (k) = T (k +3) dla dowolego k N. Z pokazaych Z i Z zmodyfikowaa ZIM dowodzi, że T () jest prawdziwe dla 6. Przykład.9 Dowiedz, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość 000000 < + 9000000. Dowód. Powyższa ierówość jest oczywista dla =,...,9. Dla = 0 ierówość jest spełioa poieważ 000000 < 0 (bo 0 > 000). Korzystając z idukcji (sprawdzoej już dla = 9) pokażemy krok idukcyjy T (k) = T (k + ) dla k 9. Załóżmy, że 000000k < k + 9000000. Wtedy 000000(k + ) = 000000k + 000000 < k + 9000000 + 000000 < k+ + 9000000, przy czym ostatia ierówość jest prawdziwa, bo sprawdziliśmy już, że 000000 < k dla k 0... Lista zadań.... Ćwiczeia.. Udowodij wzory: (a) (b) + + +... + = +, + +... + ( + )( + ) =. 6 4

. Udowodij, że: (a) (b) 5 5, 6 3 + 5. 3. Przeprowadź drugi krok idukcyjy w dowodzie wzoru: = ( )( + ). 4. Dla > udowodij ierówość > +. 5. Udowodij idukcyjie, że każdą kwotę zł ( 4) moża rozmieić a dwuzłotówki i pięciozłotówki. 6. Mamy prostokąta czekoladę złożoa z N = ab( a,b>0) kwadratowych kawałków. Przez wykoaie cięcia (ułamaie czekolady) rozumiemy rozcięcie jej jakiejkolwiek spójej części wzdłuż którejś z liii pomiędzy kawałkami, tak by dostać dwa zów prostokąte kawałki. Ile razy trzeba ułamać czekoladę aby rozdzielić jej wszystkie kwadraciki? 7. O zdaiu T () udowodioo, ze prawdziwe sa T () i T (6), oraz ze dla dowolego zachodzi implikacja T () = T ( + 3). Czy moża stad wioskować, że: (a) fałszywe jest T (3) (b) fałszywe jest T () (c) prawdziwe jest T (9) (d) dla dowolej liczby całkowitej dodatiej prawdziwe jest T ( )... Zadaia.. Udowodij wzory: (a) (b) (c) (d) 3 + 3 +... + 3 = ( + ), 4! +! +... +! = ( + )!, + 3 + 3 3 + 4 3 3 + 5 3 4 +... + 3 = 4 3 + 4, ( 0 + ) ( + ) ( + ) ( 3 + )... ( + ) = +.. Policz poiższe wyrażeie dla =,,3,4,5, zgadij wartość dla dowolego i udowodij idukcyjie, że to prawdziwa wartość. + 3 +... + ( + ) 3. Udowodij astępujące ierówości: (a) dla N, ( + ) + 4, (b) dla N, 0 < + 5, (c) dla x >, N (ierówość Beroulliego): ( + x) + x, (d) dla >, + +... + >, 5

(e) dla > 3, ( + ) < +, 4. Uzasadij podzielości: (a) 9 (5 3 + 3 3 ), (b) 33 + +. 5. Pokaż idukcyjie, że zbiór, który ma elemetów, ma dokładie podzbiorów. 6. Udowodij przez idukcję, że liczba przekątych w -kąta wypukłego jest rówa ( 3) 7. Dowiedź, ze dla każdej liczby aturalej 00 sześcia moża podzielić a sześciaów. 8. Dowiedź, że dla każdej liczby aturalej zachodzi rówość 6 + 4 + 60 +... + ( ) ( + ) = 4 ( + ). 9. Dowieść, że dla dowolej liczby aturalej zachodzi rówość 3 + 8 + 5 + 4 +... + ( )(3 + ) =. 4( + ) 0. Dowieść, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość i= i 5 < 3 ( + ) 3 6. Dowieść, że dla dowolej liczby aturalej zachodzi 9 (3)!... (3! ) 3. W miejsce kropek wstawić jede ze zaków: >, <, =,,.. Ciąg a zaday jest rekurecyjie: Udowodij, że a = 3 3. 3. Ciąg a zaday jest rekurecyjie: a 0 =, a = 0, a + = 5a 6a dla. a 0 = 0, a =, a + = 3a a. Policz kilka początkowych wyrazów tego ciągu, zgadij wzór a -ty wyraz, a astępie udowodij te wzór używając idukcji. 4. Liczby a,b sa określoe wzorami a = b =, a + = a + b,b + = a + + a. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej liczba a b jest rówa ±. 5. Zajdź błąd w w astępującym dowodzie: wykaż, że dla N zachodzi ierówość (.3) 30 < + 0. Dowód. Przeprowadzimy dowód idukcyjy. Dla = sprawdzamy bezpośredio 30 < + 0 =. Załóżmy, że 30k < k + 0. Udowodimy ierówość 30(k + ) < k+ + 0. Stosując założeie idukcyje otrzymujemy ciąg ierówości: 30(k + ) = 30k + 30 < k + 0 + 30 = k+ + 0 + 30 k < k+ + 0, przy czym ostatia ierówość zachodzi dla k 5. Zatem ierówość (.3) została udowodioa dla 5. Pozostaje sprawdzić, że: dla = mamy 60 < 4 + 0 = 4, dla = 3 mamy 90 < 8 + 0 = 8, dla = 4 mamy 0 < 6 + 0 = 6. Tym samym ierówość 6.

(.3) jest udowodioa dla wszystkich W szczególości wykazaliśmy, ze dla = 6 zachodzi ierówość 80 < 74. Gdzie tkwi błąd w powyższym rozumowaiu? 6. Wskaż błąd w dowodzie twierdzeia: wszystkie koty są tego samego koloru. Dowód. Wystarczy wykazać, że w dowolym zbiorze zawierającym kotów, gdzie N, wszystkie koty są tego samego koloru. Z Waruek początkowy, to sprawdzeie dla =. Oczywiście w zbiorze zawierającym tylko jedego kota wszystkie koty są tego samego koloru. Z: Załóżmy, że udowodiliśmy twierdzeie dla wszystkich liczb aturalych od do, dowodzimy dla. Weźmy dowoly zbiór A zawierający kotów. Pokażemy, że koty ze zbioru A są tego samego koloru. Wrzucając z A pewego kota X otrzymamy zbiór zawierający kotów - możemy skorzystać z założeia idukcyjego, żeby stwierdzić, że wszystkie koty w A oprócz X mają te sam kolor. Ale teraz, wrzucając z A kota Y (iego iż X ), wioskujemy z założeia idukcyjego, że kot X ma te sam kolor, co pozostałe koty w A. Wobec tego wszystkie koty w A mają te sam kolor. Zatem a mocy zasady idukcji matematyczej wszystkie koty są tego samego koloru. 7. Dygresja: wymyśl a owo wzór a wyrażeie z zadaia zadaia korzystając z rówości: k(k+) = k k+. Potem podobie policz sumę: 5 + 5 8 +... + (3 ) (3 + ). 8. Załóżmy, że x + x jest liczbą całkowitą. Udowodij, że x + x jest liczbą całkowitą dla każdego N. 9. Pokaż, że dla liczb rzeczywistych x,..., x zachodzi: (a) x + x x + x, (b) x + x +... + x x + x +... x. 0. O zdaiu T () udowodioo, że prawdziwe jest T (), oraz ze dla dowolego 6 zachodzi implikacja T () = T ( + ). Czy moża stąd wioskować, że: (a) prawdziwe jest T (0) (b) prawdziwe jest T () (c) prawdziwa jest implikacja T (7) = T (3) (d) prawdziwa jest implikacja T (3) = T () (e) prawdziwa jest implikacja T () = T (3). O zdaiu T () wiadomo, że T (7) jest fałszywe, T (7) jest prawdziwe, a poadto dla każdej liczby aturalej zachodzi implikacja T () = T ( + ). Czy stad wyika, że: (a) T (5) jest fałszywe (b) T (0) jest prawdziwe (c) T (5) jest fałszywe (d) T (0) jest prawdziwe. O zdaiu T () wiadomo, że prawdziwe jest T (5), a poadto dla każdej liczby aturalej 0 zachodzi implikacja T () = T ( + ) oraz dla każdej liczby aturalej 4 30 zachodzi implikacja T () = T ( 3). Czy stad wyika, że prawdziwe jest: (a) T (37) (b) T (38) (c) T (0) (d) T () 7

..3. Problemy.. Udowodij, że dla każdego N liczba ( ) jest dzielikiem liczby +.. Ciąg Fibboacciego f zaday jest rekurecyjie: f 0 =, f =, f + = f + f dla. Udowodij, że (( f = + ) + ( 5 ) + ) 5. 5 3. Udowodij, że dla dowolych liczb dodatich a, a,..., a zachodzi ierówość a + a +... + a a a... a wedle astępującego plau: (a) udowodij ją dla =, (b) udowodij, że jeśli jest oa prawdziwa dla = k, to jest też prawdziwa dla = k, (c) udowodij, że jeśli k < l i ierówość jest prawdziwa dla = l to jest też prawdziwa dla = k, (d) wyciągij kokluzję. 4. Dae są klocki o kształcie sześciau o wymiarach z usuiętym arożikiem. Używając tych klocków zbuduj sześcia o wymiarach z usuiętym arożikiem. 5. Boki pewego wielokąta wypukłego zazaczoo z zewątrz cieką kolorową liią. W wielokącie zazaczoo kilka przekątych i każdą z ich - rówież z jedej stroy - zazaczoo cieką kolorową liią. Wykaż, że wśród wielokątów, a które arysowae przekąte dzielą wyjściowy wielokąt, istieje taki, którego wszystkie boki są zazaczoe z zewątrz. 6. Daa jest liczba aturala k. Dowiedź, że z każdego zbioru liczb całkowitych, mających więcej iż 3 k elemetów możemy wybrać (k + )-elemetowy podzbiór S o astępującej własości: Dla dowolych dwóch różych od siebie podzbiorów A,B S suma wszystkich elemetów z A jest roża od sumy wszystkich elemetów z B. 7. Udowodij, że dla różych liczb całkowitych a, b, c i dowolej liczby aturalej poiższa liczba jest całkowita: a (a b)(a c) + b (b a)(b c) c (c a)(c b). 8. Niech {a i i= będzie ciągiem dodatich liczb rzeczywistych takich, że a = oraz a a a +. Udowodij, że a < dla każdego N. 9. Na pustyi a drodze w kształcie okręgu jest pewa liczba stacji bezyowych, a a każdej pewa ilość paliwa. Wiadomo, że paliwa a wszystkich stacjach łączie wystarcza do przejechaia drogi aokoło. Udowodij, że istieje stacja, taka że samochód startujący z tej stacji jadąc w wybraą stroę przejedzie całą drogę aokoło.. SYMBOL NEWTONA.. Wprowadzeie. Przypomijmy, że! ozacza w skrócie iloczy... oraz 0! =. Mamy dae dwie liczby: N oraz k {0,,...,. Symbolem Newtoa azywamy liczbę daą wzorem: ( )! (.) = k k! ( k)! Jest jase, że ( k) (czytamy: " ad k") jest zawsze liczbą wymierą. Okazuje się jedak, że są oe zawsze aturale i mają waże zaczeie w algebrze i kombiatoryce. Zaim jedak to zobaczymy 8

przyjrzymy się własościom tych liczb. Poiżej mamy wypisae liczby ( k) dla = 0,,,3,4,5 i k {0,...,. ( 0 0) ( ) ( 0 ) ( ) ( ) ( 0 ) ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) ( 3 0 3) 3 3 ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 0 3 4) 4 6 4 ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 0 3 4 5) Moża łatwo sprawdzić, że zawsze ( 5 0 0 5 ( 0) = ( ) = oraz ) ( = ) =. Poadto: (prawie) każda z ich jest sumą dwóch "poad ią". Jest to kluczowa obserwacja, którą późiej wykorzystamy. Fakt. Dla N oraz k {,..., mamy (.) ( ) ( ) ( ) = +. k k k Dowód. Obliczymy prawą stroę rówości (.). ( )! (P) = k!( k )! + ( )! (k )!( k)! = ( )! (k )!( k )! ( )! = (k )!( k )! k( k) =! k!( k)!. ( k + ) k Następujące twierdzeie jest uogólieiem wzorów skrócoego możeia: (a +b) = a +ab + b, (a + b) 3 = a 3 + 3a b + 3ab + b 3 w którym symbol Newtoa gra kluczową rolę. Twierdzeie. (Wzór dwumiaowy Newtoa) Dla a,b R oraz N zachodzi (.3) (a + b) = Dowód. Skorzystamy z ZIM. k=0 ( ) a k b k. k Z: Dla = obie stroy są rówe a + b. Z: Załóżmy, że wzór zachodzi dla wszystkich a,b R i pewego. ( ) (a + b) + = (a + b) (a + b) = (a + b) a k b k k=0 k ( ) ( ) = a k+ b k + a k b k+ = ( ). k k k=0 Teraz wystarczy uważie przyjrzeć się wyrażeiom występującym w oby sumach. Przy wyrażeiu a j b + j (dla j {,...,) w pierwszej sumie mamy współczyik ( j ) a w drugiej ). Poza tym, z w pierwszej sumie jest jeszcze składik a + a w drugiej b +. Korzystając z ( j (.) otrzymujemy: ( ) (( ) ( )) ( ) + ( ) = a + + + a j b + j + + b + = 0 j j + j = 9 k=0 + j =0 ( ) + a j b + j, j

co chcieliśmy otrzymać. Dla kilku pierwszych wzór (.3) wygląda astępująco: (a +b) = a +ab +b, (a +b) 3 = a 3 +3a b +3ab +b 3, (a +b) 4 = a 4 +4a 3 b +6a b +4ab 3 +b 4. Koleje twierdzeie pokazuje, że symbol Newtoa ma rówież aturale zaczeie kombiatorycze. W przyszłości będziemy czasem wykorzystywać te dualizm zmieiając problemy algebraicze a kombiatorycze i odwrotie. Twierdzeie.3 Niech zbiór X ma dokładie elemetów. Dla k {0,,..., liczba podzbiorów zbioru X mających dokładie k elemetów wyosi ( k). Dowód. Twierdzeie.3 moża wyprowadzić z twierdzeia. i to będzie treścią problemu. Tutaj podamy bezpośredi dowód idukcyjy (po zmieej ). Z: Dla = są dwie możliwości: jest jede podzbiór jedoelemetowy i jede podzbiór pusty. Rówocześie ( ( 0) = ) =. Z: Zakładamy, że dla pewego N i wszystkich k {0,..., twierdzeie zachodzi. Rozważamy podzbiory j elemetowe zbioru + elemetowego (dla j {0,..., +). Gdy j = 0 lub j = + mamy jede podzbiór i twierdzeie się zgadza. Rozważmy j {,...,. Wybierzmy jede ustaloy elemet x zbioru X a bok. Policzymy podzbiory j -elemetowe zbioru X dzieląc je a dwie (rozłącze) części: zawierające x i ie zawierające x. Tych pierwszych jest ( j ) (bo z pozostałych elemetów dobieramy do x dokładie j ), a tych drugich ( ) j (skoro x ie ależy do podzbioru, to z pozostałych wybieramy dokładie j ). Zgodie ze wzorem (.) suma tych dwóch liczb wyosi ( +) j, co mieliśmy udowodić. Zauważmy, że z twierdzeia.3 wyika, że wszystkie liczby ( k) są całkowite, co ie było wcale jase z defiicji (.). Moża to jedak pokazać bezpośredio, zobacz problem.... Uwagi. Uwaga.4 Niech,k N {0, k. Wtedy:. ( ) ( ) =, k k. dla 0 k < k [/] zachodzi ( ) ( ) <. k Dowód. Wzór. wyika wprost z defiicji (.) (sprawdź). Alteratywie, z twierdzeia.3, możemy go uzasadić astępująco: gdy zbiór X ma elemetów, to jest tyle samo podzbiorów k- elemetowych i k elemetowych poieważ każdemu zbiorowi k-elemetowemu odpowiada dokładie jedo k-elemetowe dopełieie. W tym twierdzeiu występują dwie zmiee i k. Przeprowadzając dowód idukcyjy po zmieej mamy a myśli zdaia T (): "twierdzeie zachodzi dla i wszystkich możliwych k". 0 k

Aby udowodić. wystarczy pokazać, że ( k ) < ( k) dla k [/] (zauważ, że to wystarczy). Wystarczy sprawdzić, że co po uproszczeiu sprowadza się do! (k )!( k + )! <! k!( k)!, k < k +, a to jest prawdziwe dla powyższych k.... Przykłady. Jako wprowadzeie do metod kombiatoryczych wykorzystywaych w algebrze podamy teraz iy dowód faktu.. Dowód. Niech X będzie ustaloym zbiorem -elemetowym. Lewą stroę (.) możemy iterpretować jako liczbę podzbiorów k-elemetowych zbioru X. Policzmy tę liczbę iaczej: ustalmy elemet x X i policzmy zbiory zawierające x oraz ie zawierające X, które mają k elemetów. Pierwszych jest ( ) ( k a drugich ) k, co po dodaiu daje prawą stroę (.). Przykład.5 Dla,k N {0, k, zachodzi ( ) ( ) =. k k=0 Dowód. Powyższy wzór udowodimy przez zalezieie iterpretacji kombiatoryczej, która odczytaa a dwa sposoby da obie stroy rówaia. Zauważmy ajpierw, że ( ) ( ) ( ) =. k k k Załóżmy, że mamy zbiór X, który ma elemetów. Prawa stroa to oczywiście liczba wyborów połowy elemetów ze zbioru X. Podzielmy zbiór X a dwa rówolicze zbiory X i X. Żeby wybrać elemetów ze zbioru X wybieramy k elemetów ze zbioru X oraz k ze zbioru X. Postępując tak dla k = 0,,..., dostajemy wszystkie wybory elemetów z X (sprawdź, że to wszystkie i każdy uwzględiliśmy)... Lista zadań.... Ćwiczeia.. Oblicz ile jest podzbiorów 4-elemetowych zbioru 6-elemetowego.. Policz potęgi: (x + ), (x + ) 3, (x + ) 4, (x + ) 5. 3. Policz ile jest podzbiorów 0,,, 3, 4-elemetowych zbioru {,, 3, 4. 4. Zajdź wyraz rozwiięcia dwumiau ( 3 x + ) x w którym ie występuje x. 5. Wyzacz współczyik przy x 7 w wielomiaie (5 x) 0. 6. Uporządkuj rosąco astępujące liczby: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 00 00 00 00 00 00,,,,, 7 7 47 57 77 97.

... Zadaia.. Zajdź te wyrazy rozwiięcia dwumiau ( 3 3 + ) 5, które są liczbami aturalymi.. Rozwiąż rówaie ( ) = 66. 3. Uzasadij (moża to zrobić a co ajmiej trzy sposoby), że ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + +... + + =. 0 4. Policz sumy: (a) (b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 + + +... + +, 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) +... + ( ) + ( ) 0 5. Wyzacz liczby całkowite,m, wiedząc że m 3 = (3 3) 5. 6. Dowiedź, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość ( ) < 4. Wskazówka: ( + ) 7. Wskaż taką liczbę x, że dla dowolych liczb aturalych i k prawdziwa jest rówość ( ) ( ) ( ) ( ) + + x + =. k k + k + k + 8. Rozwiąż rówaie ( ) ( ) k 3 = 4 w liczbach aturalych 4, k. 9. Dowiedz, że dla dowolych liczb całkowitych ieujemych a,b,c zachodzi rówość ( )( ) ( )( ) a + b + c b + c a + b + c a + c =. a b b a 0. Dowiedz, że dla każdego zachodzi rówość ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 + + + +... + =. 3. Dowiedz, że dla każdego zachodzi rówość ( ) ( ) ( ) ( ) 3 4 [( )!]... =.. Dowiedz, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość ( 3) < 7. 3. Dowiedz, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość ( +3) < 3 4. 4. Dowiedz, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość ( ) + 4 < +. ( ) ( ) 5. Czy rówość = jest prawdziwa dla k k + a) = 8, k = b) = 0, k = 3 c) = 5, k = 4 d) = 7, k = 5

..3. Problemy.. Korzystając z prawa możeia awiasów każdy z każdym wywioskuj ze wzoru (.3), że współczyik przy a k b k w wyrażeiu (a +b) musi wyosić dokładie tyle co liczba podzbiorów k-elemetowych zbioru -elemetowego.. Niech,k N {0, k oraz p będzie liczbą pierwszą. Policz przez jaką maksymalą potęgę liczby pierwszej p dzieli się!. Zrób to samo dla k i k zamiast. Wywioskuj z tego, że ( ) k =! k! ( k)! jest liczbą całkowitą (bez odwoływaia się do iterpretacji kombiatoryczej). 3. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej zachodzi ierówość ( ) ( ) 6 4 < 7 4. 4. Przy odpowiedich założeiach a, k (takich, że wszystkie symbole istieją), udowodij wzory: (a) ( ) ( ) = k k k, (b) ( )( ) ( )( ) m k =, m k k m k (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) ( ) ( ) k + =, m m + k=m ( ) k + k = k + = 4, k=0 ( ) ( )( ) k + k =, k k k k=0 k=0 ( ) k =, k k= ( ) k(k ) = ( ), k k= ( ) k = ( + ), k k= ( ) k k = 4, 5. Dowiedź, że istieje taka liczba całkowita, > 003, że w ciągu: ( ) ( ) ( ) ( ),,,...,, 0 003 k=0 każdy wyraz jest dzielikiem wszystkich wyrazów po im astępujących. 3

3. LICZBY WYMIERNE I NIEWYMIERNE 3.. Wprowadzeie. Liczby aturale, całkowite i wymiere (jak rówież działaia w tych zbiorach) są zdefiiowae bardzo aturalie. Przypomijmy tylko, że liczby wymiere to liczby, które moża zapisać w postaci p q, gdzie p Z oraz q N, oraz że takich zapisów dla każdej liczby wymierej jest ieskończeie wiele. Aby dokładie pozać liczby rzeczywiste, a co za tym idzie - iewymiere R \ Q, musimy ustalić czym dokładie taka liczba rzeczywista jest. Zacziemy od ważego przykładu. Przykład 3. Liczba 0,999... = 0,(9) jest wymiera i wyosi dokładie. Dowód. Ozaczmy x = 0,(9). Wtedy 0x = 9,(9) oraz 0x x = 9. Zatem x =. Moża powiedzieć, że powyższy przykład jest trochę oszukay, bo ie powiedzieliśmy jeszcze dokładie czym są liczby rzeczywiste, skąd więc możemy wiedzieć, że liczba 0,(9) istieje i jak zdefiiować a iej działaia. Okaże się jedak, że to wszystko miało prawdziwy ses. Zauważmy jedak, że trzeba do tego typu trików podchodzić ostrożie - rozważmy y = +3+9+7+8+43+... Wówczas y = +3 +3 3+3 9+3 7+3 8+3 43+... = +3 (+3+9+7+8+43+...) = +3y, skąd y = /. Jak to możliwe, że suma liczb całkowitych dodatich jest ujema i iecałkowita? Nie jest to możliwe, bo okaże się, że y ie jest liczbą rzeczywistą. Istieje kilka podejść do kostrukcji liczb rzeczywistych z liczb wymierych. Poieważ są oe dość techicze, asza defiicja zbioru R będzie astępująca. Defiicja 3. Liczbą rzeczywistą azywamy dowole rozwiięcie dziesięte gdzie N. a a...a a 0, a a..., W powyższym przedstawieiu a jest po prostu liczbą setek (jeśli występuje), a a pierwszą liczbą po przeciku. Uwaga 3.3 Poieważ widzieliśmy, że, 000... = 0, 999..., więc pewe, formalie róże, przedstawieia liczb w postaci zapisu dziesiętego dają tę samą liczbę. Musimy więc dodać, że każda liczba, która kończy się ieskończoą liczbą dziewiątek (p. 345,678(9)) oraz liczba powiększoą o a pierwszym miejscu przed dziewiątkami i mającą ieskończeie wiele zer a dalej (tutaj: 345, 679) są tą samą liczbą. Wśród pozostałych liczb już ie ma takiego problemu. Tak zdefiioway zbiór R ma wszystkie pożądae własości. Moża wykoywać wszystkie działaia arytmetycze, występuje aturaly porządek (wiemy która z dwóch różych liczb rzeczywistych jest większa), zachodzą prawa rozdzielości, itd. Nie będziemy tutaj wikać w omawiaie wszystkich szczegółów. 3... Uwagi. Przyjrzyjmy się podziałowi R a Q (wymiere) i IQ = R \ Q (iewymiere). Fakt 3.4 Liczby rzeczywiste wymiere, to dokładie te, które mają postać dziesiętą skończoą lub okresową. 4

Dowód. Jeśli liczba jest wymiera, to jest postaci p q, p Z, q N, i z algorytmu dzieleia z resztą wyika, że przyjmuje postać dziesiętą skończoą ( dzieleie się kończy ) lub okresową ( dzieleie się zapętla ). Odwrotie, gdy liczba rzeczywista x ma postać skończoą, to jest postaci x =, czyli jest wymiera. Jeśli atomiast x ma okres długości N, to 0 N x x = 99...99x jest liczbą o rozwiięciu 0 N skończoym, czyli 99...99x jest wymiera i wtedy x rówież jest wymiera. Ważym faktem jest tzw. gęstość liczb wymierych (lub iewymierych) w zbiorze liczb rzeczywistych. Te fakt moża zapisać astępująco. Fakt 3.5 W dowolym przedziale (a, b) a prostej rzeczywistej (a < b) zajduje się zarówo liczba wymiera, jak i iewymiera. Dowód. Niech d = b a będzie długością przedziału (a,b). Rozważmy środek przedziału c = (a + b)/. Mamy dwa przypadki: jeśli c jest wymiere, to x = c + jest iewymiere (patrz ćwiczeie 5) oraz dla N tak du- N żego, że N < d/ liczba x ależy do przedziału (a,b), jeśli c jest iewymiere, to uciając zapis dziesięty liczby c od miejsca N zmieiamy c w liczbę wymierą i zmieiamy ją o ajwyżej 0 N+. Biorąc N tak duże, że 0 N+ < d/ dostajemy w te sposób liczbę wymierą, która jest w przedziale (a,b). Kosekwecją tego faktu jest waża własość: dowolie blisko każdej liczby rzeczywistej x leżą zarówo liczby wymiere jak i iewymiere. Aby to zobaczyć wystarczy zastosować fakt 3.5 do przedziałów (x 0, x + 0 ). 3... Przykłady. Przykład 3.6 Liczba 3,43434343... jest rówa 0 99. Dowód. Niech x ozacza liczbę rzeczywistą 3,(43). Wtedy 00x = 343,(43) i odejmując stroami dostajemy 99x = 0, a więc x = 0 99. Przykład 3.7 Liczba jest iewymiera, tz. ie istieje liczba wymiera, której kwadrat wyosi. Dowód. Skorzystamy z metody ie wprost. Gdyby był wymiery, to istiałyby p Z, q N takie, że = p p q, albo iaczej =. Dodatkowo możemy założyć, że p i q ie mają wspólych dzielików pierwszych, czyli postać p q jest ieskracala. Po pomożeiu przez q dostajemy q = p q z czego wyika, że p musi być liczbą parzystą. Niech p = r. Wtedy q = 4r, czyli q = r, z czego z kolei wyika, że q jest liczbą parzystą. Poieważ jest dzielikiem zarówo p jak i q dochodzimy do sprzeczości co kończy dowód ie wprost. Przykład 3.8 Liczba log 3 jest iewymiera. 5

Dowód. Przeprowadzimy kolejy dowód ie wprost 3. Załóżmy, że liczba log 3 jest wymiera i iech m/ będzie jej przedstawieiem w postaci ilorazu liczb aturalych,, m N. Wówczas log 3 = m jest rówoważe rówaiu m/ = 3, a to ozacza, że m = 3. Ta ostatia rówość ie jest jedak możliwa, gdyż liczba m jest parzysta, a liczba 3 ieparzysta. Otrzymaa sprzeczość dowodzi, że liczba log 3 ie jest liczbą wymierą. Przykład 3.9 Liczba 5 + 3 jest iewymiera. Dowód. Niewymierość liczby 5 + 3 będzie wyikała z iewymierości liczby 5 (patrz przykład 3.7 oraz zadaie 3). Załóżmy ie wprost, że istieje r Q takie, że 5+ 3 = r. Przekształcając, 3 = r 5 /(...) 3 = r 3 3r 5 + 3r 5 5 5 /wyzaczamy 5 5 = r 3 + 5r 3r + 5 3.. Lista zadań. 3... Ćwiczeia.. Zamień liczby w postaci ułamkowej a postać dziesiętą i odwrotie: (a) 3 7, 3 70, 4 7, 7 0, (b) 0, 5, 0, 3(45), 0,(7), 4, 3(45), 0,(70).. Zapisz liczby w postaci ieskracalej, a potem dziesiętej: 3 5 4 7 3 9 5 5 7, 4 0 5 3 7 4. 3. Pokaż, że astępujące liczby są iewymiere: 3 7, 5, 3, + 3. 4. Pokaż, że liczba log 3 jest iewymiera. 5. Pokaż, że suma liczby wymierej i iewymierej jest iewymiera. Czy suma dwóch liczb iewymierych musi być iewymiera? 3... Zadaia.. Oblicz podając wyik w postaci ułamka zwykłego (a) 0,(4) + 3 3,374(9) (b) (0,(9) +,(09)),() (c) (0,(037)) 0,(3). Dowiedź, że liczba + 3 3 jest iewymiera. 3. Dla jakich N liczba jest wymiera? 4. Dowiedź, że liczba 7 5 jest iewymiera. 5. Pokaż, że liczba + 3 + 5 jest iewymiera. 3 bo jak iaczej pokazać, że coś ie jest? 6

6. Dowiedź, że liczba log 8 jest iewymiera. 7. Dowiedź, że liczba log 4 5 jest iewymiera. 8. Dla liczby wymierej dodatiej q = m/, gdzie m, N, zapisz waruek log 3 < q. Wykorzystaj te waruek do porówaia log 3 z liczbami 3/, 5/3 oraz 8/5. 9. Rozstrzygij, czy liczba log 3 + log 4 5 jest wymiera, czy iewymiera. 0. Pokaż błędy w poiższych rozwiązaiach zadaia: pokaż, że liczba 3 8 jest iewymiera. Rozwiazaie I: Liczba jest iewymiera. Także liczba 3 8 jest iewymiera, bo gdyby była wymiera, to jej kwadrat 3 8 też byłby liczbą wymierą, a ie jest. Zatem liczba 3 8 jest iewymiera jako suma liczb iewymierych. Rozwiazaie II: Przeprowadzimy dowód ie wprost. Załóżmy, że liczba wymiera i ozaczmy ją przez w. Wtedy w = 3 8 w + = 3 8 w + w + = 3 (w + ) + (w )(w + ) = 0 Dzieląc ostatią rówość przez w + otrzymujemy + w = 0, 3 8 jest co staowi sprzeczość z założeiem wymierości liczby w, gdyż lewa stroa rówości jest liczbą iewymierą i ie może być rówa 0.. Niech będzie liczbą aturalą. Mając do dyspozycji awiasy,, liczby całkowite oraz zaki +,,,: i zapisać liczbę iewymierą dodatią miejszą od.. Liczby a i b są dodatie i iewymiere. Czy możemy stąd wioskować, że liczba a + b jest iewymiera? 3. Liczby a + b, b + c i c + a są wymiere. Czy możemy stąd wioskować, że liczby a, b, c są wymiere? 4. Liczby a + b, b + c i c + a są iewymiere. Czy możemy stąd wioskować, że liczba a + b + c jest iewymiera? 5. Liczby a+b, b+c, c+d i d+a są wymiere. Czy możemy stąd wioskować, że liczby a, b, c, d są wymiere? 6. Wskaż liczbę wymierą pomiędzy oraz oraz liczbę iewymierą pomiędzy oraz 3 5 5 3 0. 3..3. Problemy.. Dowiedź, że ie istieje liczba wymiera q spełiająca rówość q q = 5.. Dowiedź, że liczba 3 + 3 3 jest iewymiera. 3. Czy liczba + 6 + 6 jest wymiera? 4. Czy liczba 57 40 57 + 40 jest całkowita? 7

5. Dowiedź, że 3 8 + 5 4 + 7 48 =. 6. Jak pozać z postaci ułamka p q (p, q są względie pierwsze), czy liczba ma zapis dziesięty skończoy, czy okresowy? 7. Co moża powiedzieć o postaci ułamka p q, jeśli liczba ma zapis dziesięty: (a) skończoy (b) okresowy? 8. Wyzaczyć wszystkie takie pary (a,b) liczb wymierych dodatich, że: a + b = 4 + 7 9. Pokaż, że liczba + m (,m N) jest wymiera tylko wtedy, gdy każdy ze składików jest liczbą wymierą. 0. Pokaż, że poiższe rozwiięcia dziesięte odpowiadają liczbom iewymierym. 0, 0000000000..., 0, 3...8903...90... 4. ZBIORY LICZBOWE I KRESY 4.. Wprowadzeie. Te krótki rozdział poświęcoy jest kilku pojęciom związaym ze zbiorami liczbowymi. Będziemy tu mieli a myśli podzbiory R. Typowymi przykładami są odciki otwarte i domkięte, półproste, pukty i wszystko, co moża otrzymać przez sumy, różice, przekroje i dopełieia. Jedak taki dowoly zbiór może ie być wcale takiej postaci. Przecież aby określić zbiór potrzeba i wystarczy powiedzieć które pukty ależą, a które ie ależą do daego zbioru i wcale ie musi się to składać a jakiś odciek. W szczególości zajmiemy się pojęciem kresów zbiorów (góry - sup oraz doly - if). Dla jasości - wszystkie poiższe defiicje dotyczą zbiorów iepustych. Defiicja 4. Zbiór A R azywamy ograiczoym z góry, gdy istieje liczba M R, taka że: a A a M Każdą liczbę M R spełiającą powyższy waruek azywamy ograiczeiem górym zbioru A. Defiicja 4. Zbiór A R azywamy ograiczoym z dołu, gdy istieje liczba m R, taka że: a A a m Każdą liczbę m R spełiającą powyższy waruek azywamy ograiczeiem dolym zbioru A. Defiicja 4.3 Zbiór A R azywamy ograiczoym, gdy jest ograiczoy z dołu i z góry. Oczywiste jest, że jeśli pewa liczba jest ograiczeiem górym zbioru, to każda większa liczba też jest takim ograiczeiem. Często chcemy zać takie optymale ograiczeie. Poiższy fakt, który podajemy bez dowodu (ścisły argumet wymaga trochę pracy), mówi o tym, że takie ajmiejsze ograiczeie góre istieje dla każdego zbioru ograiczoego z góry. Fakt 4.4 Niech A R będzie zbiorem ograiczoym z góry. Wtedy istieje liczba M =: sup A zwaa kresem 8

górym, która jest ajmiejszym ograiczeiem górym, tz. każde M, które rówież jest ograiczeiem górym spełia M M. Dla ograiczeń dolych jest aalogiczie. Fakt 4.5 Niech A R będzie zbiorem ograiczoym z dołu. Wtedy istieje liczba m =: sup A zwaa kresem dolym, która jest ajwiększym ograiczeiem dolym, tz. każde m, które rówież jest ograiczeiem dolym spełia m m. W praktyce często zajdujemy kresy daego zbioru (sup i if) przez ustaleie jakie są ajwiększe/ajmiejsze elemety lub do jakiej wartości zbliżają się te elemety. Aby uzasadić, że zalezioe wartości są supremum i ifimum tego zbioru moża posłużyć się astępującym twierdzeiem. Twierdzeie 4.6 Liczba M jest kresem górym ograiczoego z góry zbioru A wtedy i tylko wtedy, gdy M jest ograiczeiem górym zbioru A oraz (4.) ε > 0 a A a > M ε. Liczba m jest kresem dolym ograiczoego z dołu zbioru A wtedy i tylko wtedy, gdy m jest ograiczeiem dolym zbioru A oraz (4.) ε > 0 a A a < m + ε. Dowód. Dowód przeprowadzimy tylko dla pierwszej części. Druga jest aalogicza i jest treścią zadaia 4. Pokażemy dwie implikacje 4 Załóżmy, że M = sup A. Wtedy z defiicji M jest ograiczeiem górym zbioru A. Pozostaje sprawdzić waruek (4.). Nie wprost: załóżmy, że istieje ε 0 > 0 taki, że dla każdego a A zachodzi: a M ε. Ale to przecież ozacza, że liczba M = M ε, miejsza od M, jest rówież ograiczeiem górym zbioru A, a to przeczy defiicji. Otrzymaa sprzeczość kończy dowód pierwszej implikacji. Załóżmy, że M jest ograiczeiem górym i zachodzi (4.). Pokażemy, że w istocie M = sup A. Gdyby było miejsze ograiczeie góre M < M, to dla ε = M M > 0 waruek (4.) mówi, że istieje a 0 A spełające a 0 > M ε = M, co przeczy temu, że M było ograiczeiem górym. Koleja sprzeczość kończy dowód. Na koiec jeszcze jeda defiicja. Defiicja 4.7 Zbiór A posiada elemet ajwiększy, gdy istieje ã A taki, że ã jest jedocześie ograiczeiem górym zbioru A (rówoważie moża powiedzieć, że ã = sup A). Podobie defiiujemy elemet ajmiejszy. 4 Stwierdzeie wtedy i tylko wtedy, gdy odpowiada logiczemu warukowi, który jest rówoważy dwom implikacjom, jak pamiętamy: (p q) (p = q q = p) 9

4... Przykłady. Przykład 4.8 Poiżej podajemy przykłady zbiorów A wraz z if A oraz sup A. Zakładamy tutaj, że a < b < c. A = (a,b] {c, if A = a, sup A = c,. B = [a,b) (c, ), if A = a, sup A- ie istieje. C = {,, 3, 4,..., if A = 0, sup A =. D = Q, if A- ie istieje, sup A- ie istieje. Dowód. Uzasadimy dla przykładu kresy zbioru C. Oczywiście dla N zachodzi 0 < <, więc 0 jest ograiczeiem dolym, a ograiczeiem górym. Oczywiście ie może być miejszego ograiczeia górego, bo C. Załóżmy zatem, że pewa liczba m > 0 jest (lepszym iż 0) ograiczeiem dolym. Skoro m > 0, to zajdziemy tak duże N, że / < m, ale to jest sprzeczość (bo m miało być ograiczeiem dolym zbioru A, a przecież / A). To dowodzi, że if A = 0. Przykład 4.9 Niech A będzie zbiorem Wtedy if A = oraz sup A = 8. { A = : N. Dowód. Przyjrzyjmy się wyrażeiu dla początkowych :,0, 9, 8, 3 5, 9,.... Nietrudo zauważyć, że tylko jede wyraz jest ujemy, więc if A = (jest to ograiczeie dole i ie zajdziemy lepszego). Wydaje się, że 8 ma szasę być sup A i rzeczywiście tak jest. Pokażemy, że (4.3) 8 dla N i to zakończy dowód (tego, że ie ma miejszego ograiczeia górego ie trzeba pokazywać). Nierówość (4.3) jest rówoważa astępującej: 8 6, a ta po użyciu wzoru skrócoego możeia zmieia się w: ( 4) 0, co jest oczywiście prawdą. Przykład 4.0 Mamy day zbiór { m B = m + 9 : m, N. Wyzacz kresy zbioru. Czy są oe elemetami tego zbioru? Rozwiazaie. Zauważmy, że wszystkie elemety tego zbioru są dodatie. Poadto, gdy = mamy elemety postaci m m + 9. 0

takie elemety mogą być dowolie małe, więc ifb = 0 i ie jest to oczywiście żade z elemetów tego zbioru. Do zalezieia supb użyjemy zaej ierówości (4.4) ab a + b. Wstawiając: a = m i b = 3 dostajemy 6m m + 9, czyli m m + 9 6. Zatem wszystkie elemety zbioru B są iewiększe iż /6. W dodatku dla m = i = 3 dostajemy elemet rówy /6, więc supb = /6 i jest to elemet zbioru B. Zauważmy, że zgadięcie m = i = 3 ie było przypadkowe - moża to wymyśleć wiedząc kiedy w ierówości (4.4) zachodzi rówość. 4.. Lista zadań. 4... Ćwiczeia.. Niech a < b. Policz (z uzasadieiem) kresy odcika A = (a, b].. Zbiór A składa się ze skończeie wielu puktów. Jakie są jego kresy? 3. Wyzacz kres góry i doly astępujących zbiorów. Zbadaj, czy podae zbiory posiadają elemet ajmiejszy i ajwiększy. (a) (b) (c) A = { 3 + k : k Z. A = { : N. { x R : x <, (d) { x R : x 4 5, (e) { m 4m + : m, N. (f) { + m : m, N 4... Zadaia.. Wyzacz kres góry i doly zbioru ułamków dziesiętych postaci 0, 88...8. Czy zbiór te posiada elemet ajwiększy?. Wyzacz kres góry i doly astępujących zbiorów. Zbadaj, czy podae zbiory posiadają elemet ajmiejszy i ajwiększy.

(a) (b) { m (c) { m + { 37! : N, + : m, N, : m, N, m <, m (d) { mk m 3 + 3 + k 3 : m,,k N, (e) { ( + m),m N :. (f) m { x : x ( 4, 9), (l) { 3 m : m, N, (m) { 7 () (o) (p) (q) 3m : m, N, { m + 4 m { m + 5 m { 3m + 7 m : m, N, : m, N, : m, N, {( 37 5 ) : N, (g) { + 3 : N, (h) {! 5 : N, (i) {( ) 009 : N 009, (j) {( ) : N, 3 (k) { + : N, (r) {( 37 6 ) : N, (s) {( 37 7 ) : N, (t) {( 37 8 ) : N, (u) { m m + + : m, N. 3. Niech A i B będą iepustymi ograiczoymi zbiorami liczb rzeczywistych. Niech a = if A, a = sup A, b = ifb, b = supb. Co moża powiedzieć o astępujących kresach: (a) if{ a : a A (b) sup{a : a A (c) if{a : a A (d) sup{a b : a A, b B (e) sup{ab : a A, b B (f) if{ab : a A, b B 4. Udowodij drugą część twierdzeia 4.6. 5. Zbiory A i B są iepuste i ograiczoe. Zbiór B jest skończoy i wszystkie jego elemety są róże od 0. Czy zbiór { a b : a A, b B musi być ograiczoy? Uzasadij odpowiedź. 6. A jest takim iepustym zbiorem ograiczoym liczb rzeczywistych, że if A = 3, sup A =. Jakie wartości mogą przyjmować kresy zbioru { a : a A? 7. Podaj przykład takich zbiorów A, B, że if A =, sup A = 7, ifb = 3, supb = 0, if(a B) = 4, sup(a B) = 6, A N = B N =.

5. NIERÓWNOŚCI 5.. Wprowadzeie. W tym rozdziale zajmiemy się problemem szacowaia wielkości matematyczych. Naszym celem jest abraie umiejętości spojrzeia a wyrażeia matematycze w sposób przybliżoy - gdy ie iteresuje as kokreta wartość wyrażeia, ale pewe ogóle własości (p. ograiczeie góre/dole przez jakąś liczbę lub prostsze wyrażeie). W tym rozdziale ie podajemy żadej teorii. Zamiast tego skupimy się a przykładach, które sprowadzają się jedyie do przekształceń algebraiczych i elemetarych ierówości. 5... Przykłady. Przykład 5. Oszacuj liczbę 000! od góry i dołu przez potęgi dziesiątki. Rozwiazaie. W iloczyie mamy 9 liczb jedocyfrowych, 90 dwucyfrowych, 900 trzycyfrowych oraz liczbę 000. Oczywiście każda liczba x, która ma cyfr spełia 0 x < 0. Zatem 000! 9 0 90 00 900 000 = 0 90+800+3 = 0 893, 000! 0 9 00 90 000 900 000 = 0 9+80+700+3 = 0 89, z czego wyika, że liczba 000! ma co ajmiej 894 cyfry oraz co ajwyżej 893 cyfry. Przykład 5. Wskaż 0 takie, że dla liczby 0 prawdziwa jest ierówość (5.) 4. Rozwiazaie. Wykorzystamy ZIM. Zaczijmy ietypowo od drugiego kroku idukcyjego: Z. zakładamy, że dla pewego k zachodzi k 4 k. Wtedy: k+ = k k 4 (?) (k + ) 4, przy czym ierówość (?) zachodzi dokładie, gdy ( k+ k ) 4 = ( + k ) 4. Zauważmy teraz, że dla k = 6 ierówość zachodzi, bo (7/6) 4 (sprawdź). Dla większych k prawa stroa jest jeszcze miejsza, czyli pokazaliśmy, że krok idukcyjy zachodzi od k = 6. Z. iestety ierówość (5.) ie jest prawdziwa dla = 6, ale łatwo ją sprawdzić.p. dla = 0, bo (L) = 0 4 = 60000 i (P) = 0 = ( 0 ) 000. Na mocy zmodyfikowaej ZIM ierówość jest prawdziwa dla 0. Przykład 5.3 Wskazując odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D (iezależe od ) udowodij, że dla dowolej liczby całkowitej dodatiej zachodzą ierówości C 44 + 3 3 5 4 4 + D. Rozwiazaie. Szacując dae wyrażeie od góry otrzymujemy 4 4 + 3 3 5 4 4 + 44 + 3 4 0 5 4 4 4 + 0 = 74 4 = 7. Z kolei szacowaie od dołu prowadzi do 4 4 + 3 3 5 4 4 + 44 + 0 4 5 4 0 + 4 = 4 7 4 = 7. Zatem dae w zadaiu ierówości są spełioe ze stałymi C = //7 oraz D = 7. 3

Przykład 5.4 Wskazując odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D (iezależe od ) udowodij, że dla dowolej liczby całkowitej dodatiej zachodzą ierówości C 44 3 3 + 5 4 + 4 D. Rozwiazaie. Szacując dae wyrażeie od góry otrzymujemy Z kolei szacowaie od dołu prowadzi do 4 4 3 3 + 5 4 + 4 44 0 + 4 5 4 + 0 4 = 64 3 4 =. 4 4 3 3 + 5 4 + 4 44 3 4 + 0 5 4 + 4 4 0 = 4 9 4 = 9. Zatem dae w zadaiu ierówości są spełioe ze stałymi C = //9 oraz D =. Przykład 5.5 Wskazując odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D oraz liczbę rzeczywistą k udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodzą ierówości: C k 6 + 4 + + D k. Rozwiazaie. Domyślamy się, że k = 5, 5 (w licziku wyrażeia ajważiejszym składikiem jest 6, a w miaowiku ). Szacujemy z góry: 6 + 4 + + 6 + 6 + 6 = 4 5,5 I z dołu: 6 + 4 + + 6 + = 3 5,5. 5.. Lista zadań. 5... Ćwiczeia.. Oszacuj przez potęgi dziesiątki astępujące liczby: 000, 00!.. Dla a, b R oraz c > 0 udowodij ierówości: a + b ab, a 3 + a a, (a + b ) (a + b). 3. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej... zachodzi ierówość. W miejsce kropek wstaw liczbę, dla której udaje się łatwo zredagować dowód. 4

5... Zadaia.. Oszacuj od góry i dołu wyrażeie + + + + + 3 +... + 9.. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej... zachodzi ierówość 8. Zastaowić się ad modyfikacją dowodu tak, aby zmiejszyć liczbę wpisaą w miejsce kropek. 3. Oszacuj podae poiżej wyrażeia od góry i od dołu ( N) przez wyrażeia różiące się stałym czyikiem dodatim (o ile ie podao iaczej). (a) 4 + 3 + + 7 4 4 + + 5, (b) + 4 + 5 3 + 4 +, (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) (j) (k) + 0 + 4, + + + + + 3 +... +, + 5 x x + 5 + 4 + 5 + 3 + 5, +, 6x 7 5x 5 + 7 5x 7 x 4 + 3,!! + 0, 6 + 5 + 4 3 + 7, (tylko od góry, x R), (x (0, + )), (szacowaie postaci g ±C /,) + + + + + 3 +... + (szacowaie postaci g ±C /), 4. Oszacuj. 5

5. Która z liczb jest większa: 009 i= 000! czy 999 999!? 6 99 czy 0 5? i ( j i j i) czy 0 000000? j = 6. Uprość wyrażeie 5 ( ) 3 m 7. Niech a = 4. Która z liczb jest większa a aaaaaaaaaaaaaaa6 37 i=0 ( 3 +i + m+i ). czy 0 00? Pomoc dla osób dostających oczopląsu: liczba a występuje w pierwszym wyrażeiu 6 razy. 8. Niech a = 6. Która z liczb jest większa a 56 czy 56 a? 9. Uporządkuj astępujące liczby w kolejości rosącej: ( a = 5 ) 008 ( 37, b = 6 ) 009 ( 37, c = 7 ) 0 ( 73. d = 9 03 73). 0. Która z liczb jest większa 00 czy 000 000?. Która z liczb jest większa 45 45 czy,08? (W rozwiązaiu wolo korzystać z własości potęgowaia, wolo wykoywać obliczeia a liczbach aturalych miejszych od 00 oraz wolo wykorzystać rówości 3 9 = 6 6 467 i 5 3 = 0 703 5.). Wskaż taką liczbę aturalą, że 000000 + <. 3. Wskazując odpowiedią liczbę całkowitą k udowodij ierówości 0 k < L < 0 k. (a) L = 397 57 (b) L = 700! 4. Wskazując odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodzą ierówości C < W () < D. (a) W () = 4 + 6 + 3 4 + 7 + 7 + 3 (b) W () = + 3 + 7 (c) W () = 3 3 + 5. Wskazując odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D oraz liczbę rzeczywistą k udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodzą ierówości (a) W () = 7 + 0 3 + 3 4 + 37 (b) W () = 3 + + 6 + + C k < W () < D k. 5 Uwaga: zgodie z obowiązującą kowecją, w apisie typu a b c potęgowaie wykouje się od góry, tz. a bc = a (bc ). 6

6. Wskazując odpowiedią liczbę wymierą dodatią C udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodzą ierówości C < W () < + C. (a) W () = + + 3 + 7 + 4 + (b) W () = + 7. Wskazując odpowiedie liczby wymiere dodatie C, g udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodzą ierówości g C < W () < g + C. (a) W () = + + 3 3 + 7 + 4 + (b) W () = 3 + 8. W każdym z ośmiu poiższych zadań wpisz w miejscu kropek dwie liczby występujące w ciągu 0,,, 5,0, 00, 0 5, 0 0, 0 0, 0 50, 0 00, 0 00, 0 500, 0 000, 0 000, 0 5000, 0 0000, 0 0000, 0 50000, 0 00000, 0 00000, 0 500000, 0 000000 a kolejych miejscach tak, aby powstały prawdziwe ierówości.... < 0000! <...,... < 0000 <..., ( ) 0000... < <..., 5... < 30 0000 <...,... < 0 <...,... < 665! <...,... < 4444 4444 <...,... < 7777 7777 <..., 5..3. Problemy.. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej... zachodzi ierówość 3. W miejsce kropek wstaw dowolą liczbę, dla której umiesz przeprowadzić dowód. Następie zastaów się ad modyfikacją dowodu tak, aby zmiejszyć liczbę wpisaą w miejsce kropek.. Wskaż liczbę aturalą > spełiającą ierówość 3. Udowodij ierówość 000 <. 7 dla wybraej przez siebie liczby aturalej >. (Należy wybrać jedą liczbę spełiającą ierówość i dla tej liczby udowodić ierówość.) 6. WIECEJ NIERÓWNOŚCI 6.. Wprowadzeie. W tym rozdziale sformułujemy i udowodimy kilka klasyczych ierówości. Niech a, a,... będą dodatimi liczbami. 7

Defiicja 6. Średią arytmetyczą liczb a,..., a azywamy liczbę A = a + a +... + a. Średią geometryczą liczb a,..., a azywamy liczbę G = a a... a. Średią harmoiczą liczb a,..., a azywamy liczbę H = a + a +... +. a Średią kwadratową liczb a,..., a azywamy liczbę ( a K = + a +... + ) / a. Łatwo zauważyć, że średia jest zawsze liczbą pomiędzy ajwiększą a ajmiejszą z uśrediaych liczb 6 Powyższe ozaczeia (A,G, H,K ) będą używae poiżej bez wracaia do defiicji. Np. A 7 ozacza średią arytmetyczą liczb a,..., a 7 oraz G średią geometryczą liczb a,..., a. Twierdzeie 6. (Nierówość Cauchy ego o średich) Pomiędzy średimi zachodzą astępujące ierówości: H G A K, tz. ( a + a +... + a a... a a + a +... + a a + a +... + ) / a. a Dodatkowo: jeśli w powyższym zachodzi jakakolwiek rówość, to a = a =... = a. Dowód. Mamy do udowodieia trzy ierówości. Pierwsza z ich wyika z drugiej (zob. zadaie 3). Dowód ierówości G A Zauważmy, że udowodiliśmy już tę ierówość w problemie 3 z rozdziału o idukcji. Tutaj podamy iy dowód idukcyjy. Oczywiście dla = ierówość jest rówością. Załóżmy, że ierówość zachodzi dla, tz. G A oraz rówość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a = a =... = a. Rozważmy teraz układ liczb: a,..., a. Niech a i będzie ajmiejszą z ich oraz a j - ajwiększą. Gdyby a i = a j, to wszystkie były by rówe i ie ma co robić. Załóżmy zatem, że r := a j a i > 0. Wykoamy teraz astępującą operację: liczby a i i a j zbliżamy do siebie zastępując przez a i + ε i a j ε dla ε < r /. Zauważmy, że ta operacja ie zmieia średiej arytmetyczej A (sprawdź!) atomiast zwiększa średią geometryczą G, poieważ (a i + ε)(a j ε) = a i a j + ε(a j a i ) ε = a i a j + ε(a j a i ε) > a i a j. Oczywiście a i < A < a j, więc poprzez zbliżaie możemy zamieić parę a i, a j tak, aby jeda z ich wyosiła A (tutaj A jest średią arytmetyczą zarówo przed i po zamiaie). Mamy zatem udowodić ierówość: A a... a A Która jest rówoważa ierówości: A a... a, 6 Tak aprawdę, to ta własość jest defiicją średiej. 8

a ta ierówość po podiesieiu do potęgi /( ) staje się dokładie ierówością G A, która jest prawdziwa z założeia idukcyjego. 6... Przykłady. Przykład 6.3 Dla x > 0 zachodzi x + x przy czym rówość zachodzi dokładie wtedy, gdy x =. Dowód. Dzieląc obie stroy przez po lewej stroie otrzymujemy średią arytmetyczą liczb x i /x. Średia geometrycza tych liczb jest rówa. Rówość w powyższych średich zachodzi, gdy x = /x, czyli x =. Przykład 6.4 Udowodij ierówość 4 a bc + 4 b ca + 4 c ab a + b + c. Kiedy zachodzi rówość? Rozwiazaie. Wyrażeie 4 a bc jest średią geometryczą liczb a, a,b,c zatem jest ie większa od (a + a + b + c)/4. Postępując podobie dla pozostałych pierwiastków mamy 4 a bc + 4 b ca + 4 c (a + a + b + c) + (b + b + c + a) + (c + c + a + b) ab = a + b + c. 4 6.. Lista zadań. 6... Ćwiczeia. Do końca tego rozdziału ozacza liczbę aturalą, a pozostałe występujące liczby są rzeczywiste i dodatie, chyba że jest powiedziae iaczej. Poleceie jest jedo: Udowodij ierówość... a b + b a, (a + b ) (a + b), 3. 4. a + b 4 a + b, (a + b)(b + c)(c + a) 8abc, 5. a + b c + b + c a 9 + c + a b 6.

6... Zadaia... 3. a 6 + b 9 a b 3 64 a b + b c + c d + d a 4 3 abc + 3 bcd + 3 cd a + 3 d ab a + b + c + d 4. dla 0 < a i < oraz S = a +... + a 5. 6. a i S i= a i S a + b + b + c + c + a 9 a + b + c a + + b + + c + 5, o ile a + b + c = 7. 8. 9. i= a i S a i, gdzie S = a +... + a (a 3 + b 3 ) (a + b ) 3 ab + bc + ca 3 dla a,b,c takich, że a + b + c = 0. (i ) m > m+ i=. Liczby dodatie x, y, z spełiają waruek x y z = Udowodij, że (x+y)(y +z)(z+x) 7.. Liczby dodatie x, y, z spełiają waruek x + y + z =. Wykaż, że: ( + )( + )( + ) 64. x y z 3. Z ierówości G A wywioskuj ierówość H A. Użyj podstawieia takiego, by średia arytmetycza zamieiła się w harmoiczą. 6..3. Problemy.. a + b + c 9 dla a,b,c takich, że a 3 + b 3 + c 3 = 8. a 3 + b 3 + c 3 6 3 dla a,b,c takich, że a + b + c = 8 3. ( a + ab + abc + b + bc + bca + c + ca + cab 3 3 abc a + b + ) c 4. Niech a, b, c będą długościami boków trójkąta. Boki te spełiają rówość bc + ac + ab = 7. Wykaż, że 9 < a + b + c < 5. Dowiedź, że jeśli a,b,c,d są liczbami dodatimi, to zachodzi ierówość a + b + c + a + b + d + a + c + d + b + c + d 6 3(a + b + c + d). 30

6. Udowodij, że dla dowolych liczb rzeczywistych x,...x ma miejsce: Π i= x i Σ x i i i=. 7. Liczby rzeczywiste dodatiea, b, c spełiają waruek ab + bc + c a = 3. Dowiedz, że: a 3 + b 3 + c 3 + 6abc 9. 8. Suma liczb dodatich a, b, c rówa jest. Udowodij,że: a + b + c + 3abc(a + b + c) (a + b + c). 9. Zajdź wszystkie takie liczby aturale, że ierówość x x + x x 3 +.. + x x (x +... + x ) jest prawdziwa. 0. Dowiedź, że dla dowolych liczb rzeczywistych dodatich a, b, c i liczby całkowitej zachodzi ierówość a + b + c + b+ a + c + c+ b + a ( a b + c + b a + c + c b + a ) a + b + c. 3. Pokaż, że dla dowolych ieujemych liczb rzeczywistych zachodzi: (a + b + c + d) 3(a + b + c + d ) + 6ab. 3