SKRYPT Z ANALIZY MATEMATYCZNEJ DLA UCZNIÓW XIV LO

Wrocław, 2 lutego 205 SKRYPT Z ANALIZY MATEMATYCZNEJ DLA UCZNIÓW XIV LO MARCIN PREISNER [ PREISNER@MATH.UNI.WROC.PL ] SPIS TREŚCI Wstęp 2 Ozaczeia 2. INDUKCJA MATEMATYCZNA 2.. Wprowadzeie 2.2. Lista zadań 5 2. SYMBOL NEWTONA 9 2.. Wprowadzeie 9 2.2. Lista zadań 2 3. LICZBY WYMIERNE I NIEWYMIERNE 5 3.. Wprowadzeie 5 3.2. Lista zadań 7 4. ZBIORY LICZBOWE I KRESY 9 4.. Wprowadzeie 9 4.2. Lista zadań 22 5. NIERÓWNOŚCI 24 5.. Wprowadzeie 24 5.2. Lista zadań 25 6. WIECEJ NIERÓWNOŚCI 29 6.. Wprowadzeie 29 6.2. Lista zadań 30 7. CIAGI LICZBOWE 32 7.. Wprowadzeie 32 7.2. Lista zadań 36 8. SZEREGI LICZBOWE 40 8.. Wprowadzeie 40 8.2. Lista zadań 43 9. SZEREGI POTEGOWE 48 9.. Wprowadzeie 48 9.2. Lista zadań 50 0. FUNKCJE: GRANICE I CIAGŁOŚĆ 5 0.. Wprowadzeie 5 0.2. Lista zadań 52. RACHUNEK RÓŻNICZKOWY 54.. Wprowadzeie 54.2. Lista zadań 57 2. WZÓR TAYLORA 58

2.. Wprowadzeie 58 2.2. Lista zadań 60 3. DODATEK : LICZBY ZESPOLONE 6 3.. Wprowadzeie 6 3.2. Lista zadań 62 WSTEP Niiejszy skrypt zawiera materiały dla ucziów XIV LO im. Poloii Belgijskiej we Wrocławiu. Na poczatku każdego rozdziału zajduja się wiadomości teoretycze, twierdzeia i przykłady. Potem astępuja zadaia, które podzieloe sa 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/aaliza203/aaliza203.php Ozaczeia. Zbiór liczb aturalych {,2,3,...} będziemy odzaczali przez N i będziemy przyjmować, że zero ie jest liczba aturala (jest to tylko kwestia kowecji). Liczby całkowite ozaczamy przez Z = {..., 2,,0,,2,...}, liczby wymiere przez Q, a liczby rzeczywiste przez R. Długie sumy i iloczyy ozaczamy astępujaco: a i = a m + a m+ + a m+2 +... + a + a Wybrae ozaczeia: i=m a i = a m a m+ a m+2... a a i=m x > 0 sg(x) = 0 x = 0 x < 0, Zapis {x} ozacza część ułamkowa liczby x, [x] ozacza część całkowita liczby x. Mamy x = [x] + {x}.. 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 sa sobie rówe. Porzadek te ma pewa dodatkowa własość - każda liczba ma astępujac a i poprzedzajac a (z wyjatkiem jedyki). Poadto, zachodzi astępujacy 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 mogace być prawdziwe albo ieprawdziwe. Stwierdzeia, które zawieraja zmiea, p. T(): "jest prawda, że 2"(w skrócie, T() : 2), staja się zdaiami logiczymi, gdy myśy o kokretym N (w tym wypadku ieprawdziwym dla = i = 0, a prawdziwym w pozostałych przypadkach). 2

Twierdzeie.2 (Zasada Idukcji Matematyczej = ZIM) Niech T() będzie zdaiem logiczym dla N. Załóżmy, że: Z: zdaie T() jest prawdziwe oraz Z2: 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. Poczatkowo 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 Z2. Przypomijmy, że żeby pokazać implikację zakładamy poprzedik implikacji i udowadiamy astępik. I tutaj właśie kryje się moc idukcji: pokazujemy, że T(k + ) jest prawdziwe zakładajac (wiedzac), 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 Z2 zachodza 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 astępujacy 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 Z2 (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.... 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 ciagu arytmetyczego,2,3,...,. Przykład.3 Dla każdego N zachodzi: ( + ) (.) + 2 +... + ( ) + =. 2 Dowód. Niech T() ozacza powyższe zdaie dla N. Zgodie z ZIM musimy sprawdzić: Z: Tutaj T() ozacza po prostu = 2 2, więc T() jest prawdziwe. Z2: Zakładamy, że T(k) jest prawda, czyli: k(k + ) (.2) + 2 +... + (k ) + k =. 2 Teraz pokażemy T(k + ) korzystajac z (.2). Mamy k(k + ) + 2 +... + k + (k + ) = + (k + ) = (k + ) 2 i to jest dokładie T(k + ). ( ) k 2 + (k + )(k + 2) = 2 Metoda ie wprost polega a tym, że zamiast pokazać, że zdaie S jest prawda, myśy: co by było, gdyby S ie było prawda. Jeśli okaże się, że zaprzeczeie S prowadzi do sprzeczości (jest ieprawda), to wyjściowe zdaie S musiało być prawda. Metoda ie wprost często ułatwia dowody, więc w przyszłości często będziemy jej używali. 3

Używajac ZIM (poieważ Z i Z2 sa 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, Z2: 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 sa rówoległe, a żade trzy ie przeciaja się w jedym pukcie, rozcia płaszczyzę a (+) 2 + obszarów. Dowód. Użyjemy ZIM. Z: Jeda prosta dzieli płaszczyzę a 2 = 2 2 + obszary. Z2: Załóżmy, że k prostych jak w zadaiu dzieli płaszczyzę a k(k+) 2 + 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 + 2) + + (k + ) = +. 2 2..2. Uwagi i modyfikacje. Zasadę idukcji matematyczej moża modyfikować a wiele sposobów. Może się zdarzyć, że T() jest ieprawdziwe dla kilku poczatkowych, ale od pewego 0 podejrzewamy, że jest już prawdziwe. Uwaga.6 Jeśli pokażemy, że: Z: T( 0 ) jest prawdziwe, Z2: 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 prawda, oraz dla pewego r N mamy implikację T(k) = T(k + r) (dla k 0 ), to ZIM mówi, że prawdziwe sa T( 0 ), T( 0 + r), T( 0 + 2r),... Ogólie: T( 0 + r) sa prawdziwe dla N. Przykład.8 Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej 6 kwadrat moża podzielić a kwadratów. 4

Dowód. Niech T() będzie zdaiem: kwadrat moża zbudować z kwadratów. Zauważmy, że kwadrat moża zbudować z 6 kwadratów (jede o boku 2 i 5 o boku ), 7 kwadratów (3 o boku 2, 4 o boku ) i 8 kwadratów (jede o boku 3 i 7 o boku ). Z: Zatem T(6), T(7)iT(8) sa prawdziwe. Poadto, jeśli majac day dowoly podział i jede z kwadratów podziey a 4 miejsze, to w owym podziale sa o 3 więcej kwadraty. Z2: To pokazuje, że T(k) = T(k + 3) dla dowolego k N. Z pokazaych Z i Z2 zmodyfikowaa ZIM dowodzi, że T() jest prawdziwe dla 6. Przykład.9 Dowiedz, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość 000000 < 2 + 9000000. Dowód. Powyższa ierówość jest oczywista dla =,..., 9. Dla = 20 ierówość jest spełioa poieważ 000000 < 2 20 (bo 2 0 > 000). Korzystajac z idukcji (sprawdzoej już dla = 9) pokażemy krok idukcyjy T(k) = T(k + ) dla k 9. Załóżmy, że 000000k < 2 k + 9000000. Wtedy 000000(k + ) = 000000k + 000000 < 2 k + 9000000 + 000000 < 2 k+ + 9000000, przy czym ostatia ierówość jest prawdziwa, bo sprawdziliśmy już, że 000000 < 2 k dla k 20..2. Lista zadań..2.. Ćwiczeia.. Udowodij wzory: (a) (b) 2. Udowodij, że: (a) (b) + 2 + 2 2 +... + 2 = 2 +, 2 + 2 2 +... + 2 ( + )(2 + ) =. 6 5 5, 6 3 + 5. 3. Przeprowadź drugi krok idukcyjy w dowodzie wzoru: 2 = ( 2 )( + 2 ). 4. Dla > 2 udowodij ierówość 2 > 2 +. 5. Udowodij idukcyjie, że każda kwotę zł ( 4) moża rozmieić a dwuzłotówki i pięciozłotówki. 6. Mamy prostokata 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 prostokate 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() 5

(c) prawdziwe jest T(9) (d) dla dowolej liczby całkowitej dodatiej prawdziwe jest T( 2 ).2.2. Zadaia.. Udowodij wzory: (a) (b) (c) (d) 3 + 2 3 +... + 3 = 2 ( + ) 2, 4! + 2 2! +... +! = ( + )!, + 2 3 + 3 3 2 + 4 3 3 + 5 3 4 +... + 3 = 2 4 3 + 4, (2 20 + ) (2 2 + ) (2 22 + 2) (2 23 + )... (2 2 + ) = 2 2+. 2. Policz poiższe wyrażeie dla =,2,3,4,5, zgadij wartość dla dowolego i udowodij idukcyjie, że to prawdziwa wartość. 3. Udowodij astępujace ierówości: (a) dla N, (b) dla N, 2 + 2 3 +... + ( + ) ( + ) 2 + 4, 0 < 2 + 25, (c) dla x >, N (ierówość Beroulliego): ( + x) + x, (d) dla >, (e) dla > 3, 4. Uzasadij podzielości: (a) 9 (5 2 3 2 + 3 3 ), (b) 33 + + 2 2. + +... + >, 2 ( + ) < +, 5. Pokaż idukcyjie, że zbiór, który ma elemetów, ma dokładie 2 podzbiorów. 6. Udowodij przez idukcję, że liczba przekatych w -kata wypukłego jest rówa 2 ( 3) 7. Dowiedź, ze dla każdej liczby aturalej 200 sześcia moża podzielić a sześciaów. 8. Dowiedź, że dla każdej liczby aturalej 2 zachodzi rówość 6 + 24 + 60 +... + ( ) ( + ) = 4 2( + ). 6

9. Dowieść, że dla dowolej liczby aturalej 2 zachodzi rówość 3 + 8 + 5 + 24 +... + ( )(3 + 2) 2 =. 4( + ) 0. Dowieść, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość i 5 < 3 ( + ) 3. 6. Dowieść, że dla dowolej liczby aturalej zachodzi i= 9 (3)!...2 (3! ) 3. W miejsce kropek wstawić jede ze zaków: >, <, =,,. 2. Ciag a zaday jest rekurecyjie: a 0 =, a = 0, a + = 5a 6a dla. Udowodij, że a = 2 3 3 2. 3. Ciag a zaday jest rekurecyjie: a 0 = 0, a =, a + = 3a 2a. Policz kilka poczatkowych wyrazów tego ciagu, zgadij wzór a -ty wyraz, a astępie udowodij te wzór używajac idukcji. 4. Liczby a, b sa określoe wzorami a = b =, a + = a + b, b + = a + + a. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej liczba 2a 2 b2 jest rówa ±. 5. Zajdź bład w w astępujacym dowodzie: wykaż, że dla N zachodzi ierówość (.3) 30 < 2 + 0. Dowód. Przeprowadzimy dowód idukcyjy. Dla = sprawdzamy bezpośredio 30 < 2+0 = 2. Załóżmy, że 30k < 2 k +0. Udowodimy ierówość 30(k+) < 2 k+ +0. Stosujac założeie idukcyje otrzymujemy ciag ierówości: 30(k + ) = 30k + 30 < 2 k + 0 + 30 = 2 k+ + 0 + 30 2 k < 2 k+ + 0, przy czym ostatia ierówość zachodzi dla k 5. Zatem ierówość (.3) została udowodioa dla 5. Pozostaje sprawdzić, że: dla = 2 mamy 60 < 4 + 0 = 4, dla = 3 mamy 90 < 8 + 0 = 8, dla = 4 mamy 20 < 6 + 0 = 26. Tym samym ierówość (.3) jest udowodioa dla wszystkich W szczególości wykazaliśmy, ze dla = 6 zachodzi ierówość 80 < 74. Gdzie tkwi bład w powyższym rozumowaiu? 6. Wskaż bład w dowodzie twierdzeia: wszystkie koty sa tego samego koloru. Dowód. Wystarczy wykazać, że w dowolym zbiorze zawierajacym kotów, gdzie N, wszystkie koty sa tego samego koloru. Z Waruek poczatkowy, to sprawdzeie dla =. Oczywiście w zbiorze zawieraja- cym tylko jedego kota wszystkie koty sa tego samego koloru. Z2: Załóżmy, że udowodiliśmy twierdzeie dla wszystkich liczb aturalych od do, dowodzimy dla. Weźmy dowoly zbiór A zawierajacy kotów. Pokażemy, że koty ze zbioru A sa tego samego koloru. Wrzucajac z A pewego kota X otrzymamy zbiór zawierajacy kotów - możemy skorzystać z założeia idukcyjego, żeby stwierdzić, że wszystkie koty w A oprócz X maja te sam kolor. Ale teraz, wrzucajac z A kota Y (iego iż X), wioskujemy z założeia idukcyjego, że kot 7

X ma te sam kolor, co pozostałe koty w A. Wobec tego wszystkie koty w A maja te sam kolor. Zatem a mocy zasady idukcji matematyczej wszystkie koty sa tego samego koloru. 7. Dygresja: wymyśl a owo wzór a wyrażeie z zadaia 2 zadaia korzystajac z rówości: k(k+) = k k+. Potem podobie policz sumę: 2 5 + 5 8 +... + (3 ) (3 + 2). 8. Załóżmy, że x + x jest liczb a całkowita. Udowodij, że x + x jest liczba całkowita dla każdego N. 9. Pokaż, że dla liczb rzeczywistych x,..., x zachodzi: (a) x + x 2 x + x 2, (b) x + x 2 +... + x x + x 2 +... x. 20. O zdaiu T() udowodioo, że prawdziwe jest T(), oraz ze dla dowolego 6 zachodzi implikacja T() = T( + 2). Czy moża stad 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) 2. 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(20) jest prawdziwe 22. O zdaiu T() wiadomo, że prawdziwe jest T(25), a poadto dla każdej liczby aturalej 20 zachodzi implikacja T() = T(+2) 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().2.3. Problemy.. Udowodij, że dla każdego N liczba ( ) 2 jest dzielikiem liczby 2 +. 2. Ciag Fibboacciego f zaday jest rekurecyjie: f 0 =, f =, f + = f + f dla. Udowodij, że f = (( ) + ( ) + ) + 5 5. 5 2 2 3. Udowodij, że dla dowolych liczb dodatich a, a 2,..., a zachodzi ierówość a + a 2 +... + a a a 2... a wedle astępujacego plau: 8

(a) udowodij ja dla = 2, (b) udowodij, że jeśli jest oa prawdziwa dla = k, to jest też prawdziwa dla = 2k, (c) udowodij, że jeśli k < l i ierówość jest prawdziwa dla = l to jest też prawdziwa dla = k, (d) wyciagij kokluzję. 4. Dae sa klocki o kształcie sześciau o wymiarach 2 2 2 z usuiętym arożikiem. Używajac tych klocków zbuduj sześcia o wymiarach 2 2 2 z usuiętym arożikiem. 5. Boki pewego wielokata wypukłego zazaczoo z zewatrz cieka kolorowa liia. W wielokacie zazaczoo kilka przekatych i każda z ich - rówież z jedej stroy - zazaczoo cieka kolorowa liia. Wykaż, że wśród wielokatów, a które arysowae przekate dziela wyjściowy wielokat, istieje taki, którego wszystkie boki sa zazaczoe z zewatrz. 6. Daa jest liczba aturala k. Dowiedź, że z każdego zbioru liczb całkowitych, majacych więcej iż 3 k elemetów możemy wybrać (k + )-elemetowy podzbiór S o astępujacej 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 } będzie ci i= agiem dodatich liczb rzeczywistych takich, że a = 2 oraz a2 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 łaczie wystarcza do przejechaia drogi aokoło. Udowodij, że istieje stacja, taka że samochód startujacy z tej stacji jadac w wybraa stroę przejedzie cała drogę aokoło. 2. SYMBOL NEWTONA 2.. Wprowadzeie. Przypomijmy, że! ozacza w skrócie iloczy 2... oraz 0! =. Mamy dae dwie liczby: N oraz k {0,,..., }. Symbolem Newtoa azywamy liczbę daa wzorem: (2.) ( )! = k k! ( k)! Jest jase, że ( k) (czytamy: " ad k") jest zawsze liczba wymiera. Okazuje się jedak, że sa oe zawsze aturale i maja waże zaczeie w algebrze i kombiatoryce. Zaim jedak to zobaczymy przyjrzymy się własościom tych liczb. Poiżej mamy wypisae liczby ( k) dla = 0,,2,3,4,5 i k {0,..., }. 9

( 0 0) ( ) ( 0 ) ( 2 ) ( 2 ) ( 2 0 2) 2 ( 3 ) ( 3 ) ( 3 ) ( 3 0 2 3) 3 3 ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 ) ( 4 0 2 3 4) 4 6 4 ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 ) ( 5 0 2 3 4 5) 5 0 0 5 Moża łatwo sprawdzić, że zawsze ( ( 0) = ( ) = oraz ) ( = ) =. Poadto: (prawie) każda z ich jest suma dwóch "poad ia". Jest to kluczowa obserwacja, która późiej wykorzystamy. Fakt 2. Dla N oraz k {,..., } mamy (2.2) ( ) ( ) ( ) = +. k k k Dowód. Obliczymy prawa stroę rówości (2.2). ( )! (P) = k!( k )! + ( )! (k )!( k)! = ( )! (k )!( k )! ( )! = (k )!( k )! k( k) =! k!( k)!. ( k + ) k Następujace twierdzeie jest uogólieiem wzorów skrócoego możeia: (a+b) 2 = a 2 +2ab+ b 2, (a + b) 3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 w którym symbol Newtoa gra kluczowa rolę. Twierdzeie 2.2 (Wzór dwumiaowy Newtoa) Dla a, b R oraz N zachodzi ( ) (2.3) (a + b) = a k b k. k Dowód. Skorzystamy z ZIM. Z: Dla = obie stroy sa rówe a + b. Z2: 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 k=0 Teraz wystarczy uważie przyjrzeć się wyrażeiom występujacym w oby sumach. Przy wyrażeiu a j b + j (dla j {,..., }) w pierwszej sumie mamy współczyik ( j ) a w drugiej ( j). Poza tym, z w pierwszej sumie jest jeszcze składik a + a w drugiej b +. Korzystajac z (2.2) otrzymujemy: ( ) (( ) ( )) ( ) + + ( ) = a + + + a j b + j + b + = 0 j j + j= co chcieliśmy otrzymać. 0 k=0 + j=0 ( ) + a j b + j, j

Dla kilku pierwszych wzór (2.3) wyglada astępujaco: (a+b) 2 = a 2 +2ab+b 2, (a+b) 3 = a 3 +3a 2 b+3ab 2 +b 3, (a+b) 4 = a 4 +4a 3 b+6a 2 b 2 +4ab 3 +b 4. Koleje twierdzeie pokazuje, że symbol Newtoa ma rówież aturale zaczeie kombiatorycze. W przyszłości będziemy czasem wykorzystywać te dualizm zmieiajac problemy algebraicze a kombiatorycze i odwrotie. Twierdzeie 2.3 Niech zbiór X ma dokładie elemetów. Dla k {0,,..., } liczba podzbiorów zbioru X maja- cych dokładie k elemetów wyosi ( k). Dowód. Twierdzeie 2.3 moża wyprowadzić z twierdzeia 2.2 i to będzie treścia problemu. Tutaj podamy bezpośredi dowód idukcyjy (po zmieej ) 2. Z: Dla = sa dwie możliwości: jest jede podzbiór jedoelemetowy i jede podzbiór pusty. Rówocześie ( ( 0) = ) =. Z2: 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 dzielac je a dwie (rozłacze) części: zawierajace x i ie zawierajace 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 (2.2) suma tych dwóch liczb wyosi ( +) j, co mieliśmy udowodić. Zauważmy, że z twierdzeia 2.3 wyika, że wszystkie liczby ( k) sa całkowite, co ie było wcale jase z defiicji (2.). Moża to jedak pokazać bezpośredio, zobacz problem 2. 2... Uwagi. Uwaga 2.4 Niech, k N {0}, k. Wtedy:. ( ) ( ) =, k k 2. dla 0 k < k 2 [/2] zachodzi ( ) ( ) <. k k 2 Dowód. Wzór. wyika wprost z defiicji (2.) (sprawdź). Alteratywie, z twierdzeia 2.3, możemy go uzasadić astępujaco: 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. 2 W tym twierdzeiu występuja dwie zmiee i k. Przeprowadzajac dowód idukcyjy po zmieej mamy a myśli zdaia T(): "twierdzeie zachodzi dla i wszystkich możliwych k".

Aby udowodić 2. wystarczy pokazać, że ( ( k ) < k) dla k [/2] (zauważ, że to wystarczy). Wystarczy sprawdzić, że! (k )!( k + )! <! k!( k)!, co po uproszczeiu sprowadza się do a to jest prawdziwe dla powyższych k. k < k +, 2..2. Przykłady. Jako wprowadzeie do metod kombiatoryczych wykorzystywaych w algebrze podamy teraz iy dowód faktu 2.. Dowód. Niech X będzie ustaloym zbiorem -elemetowym. Lewa stroę (2.2) możemy iterpretować jako liczbę podzbiorów k-elemetowych zbioru X. Policzmy tę liczbę iaczej: ustalmy elemet x X i policzmy zbiory zawierajace x oraz ie zawierajace X, które maja k elemetów. Pierwszych jest ( ) ( k a drugich ), co po dodaiu daje prawa stroę (2.2). k Przykład 2.5 Dla, k N {0}, k, zachodzi ( ) 2 ( ) 2 =. k k=0 Dowód. Powyższy wzór udowodimy przez zalezieie iterpretacji kombiatoryczej, która odczytaa a dwa sposoby da obie stroy rówaia. Zauważmy ajpierw, że ( ) 2 ( ) ( ) =. k k k Załóżmy, że mamy zbiór X, który ma 2 elemetów. Prawa stroa to oczywiście liczba wyborów połowy elemetów ze zbioru X. Podzielmy zbiór X a dwa rówolicze zbiory X i X 2. Żeby wybrać elemetów ze zbioru X wybieramy k elemetów ze zbioru X oraz k ze zbioru X 2. Postępujac tak dla k = 0,,..., dostajemy wszystkie wybory elemetów z X (sprawdź, że to wszystkie i każdy uwzględiliśmy). 2.2. Lista zadań. 2.2.. Ćwiczeia.. Oblicz ile jest podzbiorów 4-elemetowych zbioru 6-elemetowego. 2. Policz potęgi: (x + ) 2, (x + ) 3, (x + ) 4, (x + ) 5. 3. Policz ile jest podzbiorów 0,,2,3,4-elemetowych zbioru {,2,3,4}. 4. Zajdź wyraz rozwiięcia dwumiau ( 3 x + 2 ) 2 x w którym ie występuje x. 5. Wyzacz współczyik przy x 7 w wielomiaie (5 2x) 0. 6. Uporzadkuj rosaco astępujace liczby: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 00 00 00 00 00 00,,,,,. 7 27 47 57 77 97 2

2.2.2. Zadaia.. Zajdź te wyrazy rozwiięcia dwumiau ( 3 3 + 2) 5, które sa liczbami aturalymi. 2. Rozwiaż rówaie ( 2) = 66. 3. Uzasadij (moża to zrobić a co ajmiej trzy sposoby), że ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + +... + + = 2. 0 2 4. Policz sumy: (a) (b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 0 + 2 + 2 2 +... + 2 + 2, 0 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) +... + ( ) + ( ) 0 2 5. Wyzacz liczby całkowite, m, wiedzac że m 3 = (3 3) 5. 6. Dowiedź, że dla każdej liczby aturalej 2 zachodzi ierówość ( 2) < 4. Wskazówka: ( + ) 2 7. Wskaż taka liczbę x, że dla dowolych liczb aturalych i k prawdziwa jest rówość ( ) ( ) ( ) ( ) + 2 + x + =. k k + k + 2 k + 2 8. Rozwiaż rówaie ( ) ( ) k 3 = 4 2 w liczbach aturalych 4, k 2. 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 2 zachodzi rówość ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 4 + + + +... + =. 2 2 2 2 3. Dowiedz, że dla każdego 2 zachodzi rówość ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 4 [( )!]2... = 2 2 2 2 2. 2. Dowiedz, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość ( 3) < 7. 3. Dowiedz, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość ( 2+3) < 3 2 4. 4. Dowiedz, że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość ( ) 2 + 4 < 2 2+. ( ) ( ) 5. Czy rówość 2 = jest prawdziwa dla k k + a) = 8, k = 2 b) = 0, k = 3 c) = 5, k = 4 d) = 7, k = 5 3

2.2.3. Problemy.. Korzystajac z prawa możeia awiasów każdy z każdym wywioskuj ze wzoru (2.3), że współczyik przy a k b k w wyrażeiu (a+b) musi wyosić dokładie tyle co liczba podzbiorów k-elemetowych zbioru -elemetowego. 2. Niech, k N {0}, k oraz p będzie liczba pierwsza. Policz przez jaka maksymala potęgę liczby pierwszej p dzieli się!. Zrób to samo dla k i k zamiast. Wywioskuj z tego, że ( ) k =! k! ( k)! jest liczba całkowita (bez odwoływaia się do iterpretacji kombiatoryczej). 3. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej zachodzi ierówość ( ) ( ) 4 4 6 < 27. 2 4. Przy odpowiedich założeiach a, k (takich, że wszystkie symbole istieja), udowodij wzory: (a) ( ) = ( ), k k k (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) k=0 ( )( ) ( )( ) m k =, m k k m k ( ) ( ) k + =, m m + k=m ( ) + k 2 k = k 2 22+ = 4, k=02 k( k ) 2 = ( )( ) + k, k k k=0 ( ) k = 2, k k= ( ) k(k ) = ( )2 2, k k=2 k= k 2( k k=0 ) = ( + )2 2, ( ) 2 k 2 k = 4, 5. Dowiedź, że istieje taka liczba całkowita, > 2003, że w ciagu: ( ) ( ) ( ) ( ),,,...,, 0 2 2003 każdy wyraz jest dzielikiem wszystkich wyrazów po im astępujacych. 4

3. LICZBY WYMIERNE I NIEWYMIERNE 3.. Wprowadzeie. Liczby aturale, całkowite i wymiere (jak rówież działaia w tych zbiorach) sa 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 sa liczby rzeczywiste, skad 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+ 27 + 8 + 243 +... Wówczas y = + 3 + 3 3 + 3 9 + 3 27 + 3 8 + 3 243 +... = + 3 ( + 3 + 9 + 27 + 8 + 243 +...) = + 3y, skad y = /2. Jak to możliwe, że suma liczb całkowitych dodatich jest ujema i iecałkowita? Nie jest to możliwe, bo okaże się, że y ie jest liczba rzeczywista. Istieje kilka podejść do kostrukcji liczb rzeczywistych z liczb wymierych. Poieważ sa oe dość techicze, asza defiicja zbioru R będzie astępujaca. Defiicja 3.2 Liczba rzeczywista azywamy dowole rozwiięcie dziesięte gdzie N. a a...a a 0, a a 2..., W powyższym przedstawieiu a 2 jest po prostu liczba setek (jeśli występuje), a a pierwsza liczba po przeciku. Uwaga 3.3 Poieważ widzieliśmy, że, 000... = 0, 999..., więc pewe, formalie róże, przedstawieia liczb w postaci zapisu dziesiętego daja tę sama liczbę. Musimy więc dodać, że każda liczba, która kończy się ieskończoa liczba dziewiatek (p. 2345,678(9)) oraz liczba powiększoa o a pierwszym miejscu przed dziewiatkami i majac a ieskończeie wiele zer a dalej (tutaj: 2345,679) sa ta sama liczba. Wśród pozostałych liczb już ie ma takiego problemu. Tak zdefiioway zbiór R ma wszystkie pożadae własości. Moża wykoywać wszystkie działaia arytmetycze, występuje aturaly porzadek (wiemy która z dwóch różych liczb rzeczywistych jest większa), zachodza 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 maja postać dziesięta skończoa lub okresowa. 5

Dowód. Jeśli liczba jest wymiera, to jest postaci p q, p Z, q N, i z algorytmu dzieleia z reszta wyika, że przyjmuje postać dziesięta skończoa ( dzieleie się kończy ) lub okresowa ( dzieleie się zapętla ). Odwrotie, gdy liczba rzeczywista x ma postać skończoa, to jest postaci x =, czyli jest 0 N wymiera. Jeśli atomiast x ma okres długości N, to 0 N x x = 99...99x jest liczba o rozwiięciu 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 astępujaco. 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 długościa przedziału (a, b). Rozważmy środek przedziału c = (a + b)/2. Mamy dwa przypadki: jeśli c jest wymiere, to x = c + 2 jest iewymiere (patrz ćwiczeie 5) oraz dla N tak 2 N dużego, że 2 < d/2 liczba x ależy do przedziału (a, b), 2 N jeśli c jest iewymiere, to uciajac zapis dziesięty liczby c od miejsca N zmieiamy c w liczbę wymiera i zmieiamy ja o ajwyżej 0 N+. Biorac N tak duże, że 0 N+ < d/2 dostajemy w te sposób liczbę wymiera, która jest w przedziale (a, b). Kosekwecja tego faktu jest waża własość: dowolie blisko każdej liczby rzeczywistej x leża zarówo liczby wymiere jak i iewymiere. Aby to zobaczyć wystarczy zastosować fakt 3.5 do przedziałów (x 0, x + 0 ). 3..2. Przykłady. Przykład 3.6 Liczba 23,43434343... jest rówa 2220 99. Dowód. Niech x ozacza liczbę rzeczywista 23,(43). Wtedy 00x = 2343,(43) i odejmujac stroami dostajemy 99x = 2220, a więc x = 2220 99. Przykład 3.7 Liczba 2 jest iewymiera, tz. ie istieje liczba wymiera, której kwadrat wyosi 2. Dowód. Skorzystamy z metody ie wprost. Gdyby 2 był wymiery, to istiałyby p Z, q N takie, że 2 = p p2 q, albo iaczej 2 =. Dodatkowo możemy założyć, że p i q ie maja wspólych q 2 dzielików pierwszych, czyli postać p q jest ieskracala. Po pomożeiu przez q2 dostajemy 2q 2 = p 2 z czego wyika, że p musi być liczba parzysta. Niech p = 2r. Wtedy 2q 2 = 4r 2, czyli q 2 = 2r 2, z czego z kolei wyika, że q jest liczba parzysta. Poieważ 2 jest dzielikiem zarówo p jak i q dochodzimy do sprzeczości co kończy dowód ie wprost. Przykład 3.8 Liczba log 2 3 jest iewymiera. 6

Dowód. Przeprowadzimy kolejy dowód ie wprost 3. Załóżmy, że liczba log 2 3 jest wymiera i iech m/ będzie jej przedstawieiem w postaci ilorazu liczb aturalych,, m N. Wówczas log 2 3 = m jest rówoważe rówaiu 2 m/ = 3, a to ozacza, że 2 m = 3. Ta ostatia rówość ie jest jedak możliwa, gdyż liczba 2 m jest parzysta, a liczba 3 ieparzysta. Otrzymaa sprzeczość dowodzi, że liczba log 2 3 ie jest liczba wymiera. Przykład 3.9 Liczba 5 + 3 2 jest iewymiera. Dowód. Niewymierość liczby 5+ 3 2 będzie wyikała z iewymierości liczby 5 (patrz przykład 3.7 oraz zadaie 3). Załóżmy ie wprost, że istieje r Q takie, że 5+ 3 2 = r. Przekształcajac, 3 2 = r 5 /(...) 3 2 = r 3 3r 2 5 + 3r 5 5 5 /wyzaczamy 5 5 = r 3 + 5r 2 3r 2 + 5 3.2. Lista zadań. 3.2.. Ćwiczeia.. Zamień liczby w postaci ułamkowej a postać dziesięta i odwrotie: (a) 3 7, 3 70, 4 7, 7 0, (b) 0, 25, 0, 23(45), 0,(27), 4, 23(45), 0,(270). 2. Zapisz liczby w postaci ieskracalej, a potem dziesiętej: 2 3 5 4 7 3 2 9 5 5 7 2, 2 4 0 2 5 3 7 4. 3. Pokaż, że astępujace liczby sa iewymiere: 7, 5, 3 3, 2 + 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 bo jak iaczej pokazać, że coś ie jest? 7

3.2.2. Zadaia.. Oblicz podajac wyik w postaci ułamka zwykłego (a) 0,(4) + 3 3,374(9) (b) (0,2(9) +,(09)) 2,(2) (c) (0,(037)) 0,(3) 2. Dowiedź, że liczba 2 + 3 3 jest iewymiera. 3. Dla jakich N liczba jest wymiera? 4. 5. Dowiedź, że liczba 7 5 jest iewymiera. Pokaż, że liczba 2 + 3 + 5 jest iewymiera. 6. 7. Dowiedź, że liczba log 2 8 jest iewymiera. Dowiedź, że liczba log 4 25 jest iewymiera. 8. Dla liczby wymierej dodatiej q = m/, gdzie m, N, zapisz waruek log 2 3 < q. Wykorzystaj te waruek do porówaia log 2 3 z liczbami 3/2, 5/3 oraz 8/5. 9. Rozstrzygij, czy liczba log 2 3 + log 4 5 jest wymiera, czy iewymiera. 0. Pokaż błędy w poiższych rozwiazaiach zadaia: pokaż, że liczba iewymiera. Rozwiazaie I: Liczba 2 jest iewymiera. Także liczba 3 8 2 jest 3 8 jest iewymiera, bo gdyby była wymiera, to jej kwadrat 3 8 też byłby liczba wymiera, a ie jest. Zatem liczba 3 8 2 jest iewymiera jako suma liczb iewymierych. Rozwiazaie II: Przeprowadzimy dowód ie wprost. Załóżmy, że liczba 3 8 2 jest wymiera i ozaczmy ja przez w. Wtedy w = 3 8 2 w + 2 = 3 8 w 2 + 2 2w + 2 = 3 2 2 2 2(w + ) + (w )(w + ) = 0 Dzielac ostatia rówość przez w + otrzymujemy 2 2 + w = 0, co staowi sprzeczość z założeiem wymierości liczby w, gdyż lewa stroa rówości jest liczba iewymiera i ie może być rówa 0.. Niech będzie liczba aturala. Majac do dyspozycji awiasy,, liczby całkowite oraz zaki +,,,: i zapisać liczbę iewymiera dodatia miejsza od. 2. Liczby a i b sa dodatie i iewymiere. Czy możemy stad wioskować, że liczba a + b jest iewymiera? 3. Liczby a+ b, b + c i c +a sa wymiere. Czy możemy stad wioskować, że liczby a, b, c sa wymiere? 4. Liczby a+b, b+ c i c+a sa iewymiere. Czy możemy stad wioskować, że liczba a+b+ c jest iewymiera? 5. Liczby a + b, b + c, c + d i d + a sa wymiere. Czy możemy stad wioskować, że liczby a, b, c, d sa wymiere? 6. Wskaż liczbę wymiera pomiędzy 2 oraz 3 oraz liczbę iewymiera pomiędzy 5 2 5 oraz 3. 0 8

3.2.3. Problemy.. Dowiedź, że ie istieje liczba wymiera q spełiajaca rówość q q = 5. 2. Dowiedź, że liczba 3 2 + 3 3 jest iewymiera. 3. Czy liczba + 6 2 + 6 2 jest wymiera? 4. Czy liczba 5. Dowiedź, że 57 40 2 57 + 40 2 jest całkowita? 3 8 + 5 24 + 7 48 =. 6. Jak pozać z postaci ułamka p q (p, q s a 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 liczba wymiera. 0. Pokaż, że poiższe rozwiięcia dziesięte odpowiadaja liczbom iewymierym. 0, 0000000000..., 0, 23...89023...9202... 4. ZBIORY LICZBOWE I KRESY 4.. Wprowadzeie. Te krótki rozdział poświęcoy jest kilku pojęciom zwiazaym ze zbiorami liczbowymi. Będziemy tu mieli a myśli podzbiory R. Typowymi przykładami sa 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 ależa, a które ie ależa 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 dotycza zbiorów iepustych. Defiicja 4. Zbiór A R azywamy ograiczoym z góry, gdy istieje liczba M R, taka że: a A a M Każda liczbę M R spełiajac a powyższy waruek azywamy ograiczeiem górym zbioru A. Defiicja 4.2 Zbiór A R azywamy ograiczoym z dołu, gdy istieje liczba m R, taka że: a A a m Każda liczbę m R spełiajac a powyższy waruek azywamy ograiczeiem dolym zbioru A. 9

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 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 =: if 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 sa ajwiększe/ajmiejsze elemety lub do jakiej wartości zbliżaja się te elemety. Aby uzasadić, że zalezioe wartości sa supremum i ifimum tego zbioru moża posłużyć się astępujacym 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 (4.2) ε > 0 a A a < m + ε. Dowód. Dowód przeprowadzimy tylko dla pierwszej części. Druga jest aalogicza i jest treścia 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 spełajace a 0 > M ε = M, co przeczy temu, że M było ograiczeiem górym. Koleja sprzeczość kończy dowód. Na koiec jeszcze jeda defiicja. 4 Stwierdzeie wtedy i tylko wtedy, gdy odpowiada logiczemu warukowi, który jest rówoważy dwom implikacjom, jak pamiętamy: (p q) (p = q q = p) 20

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... 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, ), ifb = a, supb- ie istieje. C = {, 2, 3, 4 },..., ifc = 0, supc =. D = Q, if D- ie istieje, sup D- 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. { 2 A = 2 } : N. Dowód. Przyjrzyjmy się wyrażeiu 2 2 dla poczatkowych :,0, 9, 8, 3 25, 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 2 (4.3) 2 8 dla N i to zakończy dowód (tego, że ie ma miejszego ograiczeia górego ie trzeba pokazywać). Nierówość (4.3) jest rówoważa astępujacej: 8 6 2, a ta po użyciu wzoru skrócoego możeia zmieia się w: ( 4) 2 0, co jest oczywiście prawda. Przykład 4.0 Mamy day zbiór { m B = m 2 + 9 2 : } m, N. Wyzacz kresy zbioru. Czy sa oe elemetami tego zbioru? 2

Rozwiazaie. mamy elemety postaci Zauważmy, że wszystkie elemety tego zbioru sa dodatie. Poadto, gdy = m m 2 + 9. takie elemety moga być dowolie małe, więc ifb = 0 i ie jest to oczywiście żade z elemetów tego zbioru. Do zalezieia sup B użyjemy zaej ierówości (4.4) 2ab a 2 + b 2. Wstawiajac: a = m i b = 3 dostajemy 6m m 2 + 9 2, czyli m m 2 + 9 2 6. Zatem wszystkie elemety zbioru B sa 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 wiedzac kiedy w ierówości (4.4) zachodzi rówość. 4.2. Lista zadań. 4.2.. Ćwiczeia.. Niech a < b. Policz (z uzasadieiem) kresy odcika A = (a, b]. 2. Zbiór A składa się ze skończeie wielu puktów. Jakie sa jego kresy? 3. Wyzacz kres góry i doly astępujacych zbiorów. Zbadaj, czy podae zbiory posiadaja elemet ajmiejszy i ajwiększy. (a) (b) (c) A = { 3 + 2 k : k Z}. A = { 2 : N}. { x R : x 2 < 2 }, (d) { x R : x 4 5 }, (e) { m } 4m 2 + 2 : m, N. (f) { } + m : m, N 4.2.2. Zadaia.. Wyzacz kres góry i doly zbioru ułamków dziesiętych postaci 0, 88...8. Czy zbiór te posiada elemet ajwiększy? 2. Wyzacz kres góry i doly astępujacych zbiorów. Zbadaj, czy podae zbiory posiadaja elemet ajmiejszy i ajwiększy. 22

(a) (b) { m (c) { m 2 + 2 (d) { (e) (f) 2m { 37 mk! m 3 + 3 + k } : N, } + : m, N, {, m N : } : m, N, m <, } : m,, k N, 3 ( + m) 2 2 m { x 2 : x ( 4, 9) }, }. (g) { } 2 + 3 : N, (h) { }! 5 : N, (i) {( ) } 2009 : N 2009, (j) {( 2 ) 2 : N}, 3 (k) { } 2 + : N, (l) { 3 m 2 : m, N}, (m) { 7 () (o) (p) } 3m : m, N, { m 2 + 4 2 m { m 2 + 5 2 m { 3m 2 + 7 2 m } : m, N, } : m, N, } : m, N, (q) {( 37 5 ) : N }, (r) {( 37 6 ) : N }, (s) {( 37 7 ) : N }, (t) {( 37 8 ) : N }, (u) { m } m 2 + 2 + : m, N. 3. Niech A i B będa iepustymi ograiczoymi zbiorami liczb rzeczywistych. Niech a = if A, a 2 = sup A, b = ifb, b 2 = supb. Co moża powiedzieć o astępuja- cych kresach: (a) if{ a : a A} (b) sup{a 2 : a A} (c) if{a 2 : 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 druga część twierdzeia 4.6. 5. Zbiory A i B sa iepuste i ograiczoe. Zbiór B jest skończoy i wszystkie jego elemety sa 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 = 2. Jakie wartości moga przyjmować kresy zbioru { a : a A}? 7. Podaj przykład takich zbiorów A, B, że if A = 2, sup A = 7, ifb = 3, supb = 0, if(a B) = 4, sup(a B) = 6, A N = B N =. 8. Przeczytaj poiższe waruki. Które z ich sa rówoważe temu, że g = supa? 23

(a) ( a A a g) ( ε > 0 a A a < g + ε) (b) ( a A a g) ( ε > 0 a A a > g 2ε) (c) ( a A a g) ( N a A a > g ) 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 jakaś liczbę lub prostsze wyrażeie). W tym rozdziale ie podajemy żadej teorii. Zamiast tego skupimy się a przykładach, które sprowadzaja się jedyie do przekształceń algebraiczych i elemetarych ierówości. 5... Przykłady. Przykład 5. Oszacuj liczbę 000! od góry i dołu przez potęgi dziesiatki. 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+2700+3 = 0 2892, z czego wyika, że liczba 000! ma co ajmiej 894 cyfry oraz co ajwyżej 2893 cyfry. Przykład 5.2 Wskaż 0 takie, że dla liczby 0 prawdziwa jest ierówość (5.) 4 2. Rozwiazaie. Wykorzystamy ZIM. Zaczijmy ietypowo od drugiego kroku idukcyjego: Z2. zakładamy, że dla pewego k zachodzi k 4 2 k. Wtedy: 2 k+ = 2 2 k 2k 4 (?) (k + ) 4, przy czym ierówość (?) zachodzi dokładie, gdy 2 ( k+ k ) 4 = ( + k ) 4. Zauważmy teraz, że dla k = 6 ierówość zachodzi, bo (7/6) 4 2 (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 ja sprawdzić.p. dla = 20, bo (L) = 20 4 = 60000 i (P) = 2 20 = (2 0 ) 2 000 2. Na mocy zmodyfikowaej ZIM ierówość jest prawdziwa dla 20. Przykład 5.3 Wskazujac odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D (iezależe od ) udowodij, że dla dowolej liczby całkowitej dodatiej zachodza ierówości C 44 + 3 3 2 5 4 4 2 + 2 D. Rozwiazaie. Szacujac dae wyrażeie od góry otrzymujemy 4 4 + 3 3 2 5 4 4 2 + 2 44 + 3 4 0 5 4 4 4 + 0 = 74 4 = 7. 24

Z kolei szacowaie od dołu prowadzi do 4 4 + 3 3 2 5 4 4 2 + 2 44 + 0 2 4 5 4 0 + 2 4 = 24 7 4 = 2 7. Zatem dae w zadaiu ierówości sa spełioe ze stałymi C = 2//7 oraz D = 7. Przykład 5.4 Wskazujac odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D (iezależe od ) udowodij, że dla dowolej liczby całkowitej dodatiej zachodza ierówości C 44 3 3 + 2 5 4 + 4 2 2 D. Rozwiazaie. Szacujac dae wyrażeie od góry otrzymujemy Z kolei szacowaie od dołu prowadzi do 4 4 3 3 + 2 5 4 + 4 2 2 44 0 + 2 4 5 4 + 0 2 4 = 64 3 4 = 2. 4 4 3 3 + 2 5 4 + 4 2 2 44 3 4 + 0 5 4 + 4 4 0 = 4 9 4 = 9. Zatem dae w zadaiu ierówości sa spełioe ze stałymi C = //9 oraz D = 2. Przykład 5.5 Wskazujac odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D oraz liczbę rzeczywista k udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodza ierówości: C k 6 + 2 4 + + 2 D k. Rozwiazaie. Domyślamy się, że k = 5, 5 (w licziku wyrażeia ajważiejszym składikiem jest 6, a w miaowiku ). Szacujemy z góry: I z dołu: 6 + 2 4 + + 2 6 + 2 6 + 6 = 4 5,5 6 + 2 4 + + 2 6 + 2 = 3 5,5. 5.2. Lista zadań. 5.2.. Ćwiczeia.. Oszacuj przez potęgi dziesiatki astępujace liczby: 2 000, 00!. 2. Dla a, b R oraz c > 0 udowodij ierówości: a 2 + b 2 2ab, a 3 + 2 2a a, 2(a 2 + b 2 ) (a + b) 2. 3. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej... zachodzi ierówość 2 2. W miejsce kropek wstaw liczbę, dla której udaje się łatwo zredagować dowód. 25

5.2.2. Zadaia.. Oszacuj od góry i dołu wyrażeie + + + 2 + + 3 +... + 9. 2. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej... zachodzi ierówość 8 2. Zastaowić się ad modyfikacja dowodu tak, aby zmiejszyć liczbę wpisaa w miejsce kropek. 3. Oszacuj podae poiżej wyrażeia od góry i od dołu ( N) przez wyrażeia różiace się stałym czyikiem dodatim (o ile ie podao iaczej). (a) 4 + 2 3 + + 7 4 4 + 2 + 5, (b) + 4 + 5 3 + 4 +, (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) (j) (k) 2 + 0 2 2 + 4, 2 + + 2 + 2 + 2 + 3 +... + 2 2, 2 + 5 x x 2 + 5 + 4 + 2 5 + 3 + 5, +, 6x 7 5x 5 + 7 5x 7 2x 4 + 3,!! + 0, 6 + 5 + 4 2 3 2 + 7, (tylko od góry, x R), (x (0, + )), (szacowaie postaci g ± C/,) + + + 2 + + 3 +... + 2 (szacowaie postaci g ± C/), 4. Oszacuj. 26

5. Która z liczb jest większa: 2009 i=2 2 000! czy 999 999!? 26 99 czy 0 5? i ( j i j i) czy 0 000000? j= 6. Uprość wyrażeie 5 ( 3 2 2 2m) 37 ( 3 2+i + 2 2m+i). i=0 7. Niech a = 4 2. Która z liczb jest większa a aaaaaaaaaaaaaaa6 czy 0 00? Pomoc dla osób dostajacych oczoplasu: liczba a występuje w pierwszym wyrażeiu 6 razy. 8. Niech a = 6 2. Która z liczb jest większa a 256 czy 256 a? 9. Uporzadkuj astępujace liczby w kolejości rosacej: ( a = 5 ) 2008 ( 37, b = 6 ) 2009 ( 37, c = 7 ) 20 ( 73. d = 9 203 73). 0. Która z liczb jest większa 2 2200 czy 000 22000?. Która z liczb jest większa 45 45 czy,08? (W rozwiazaiu wolo korzystać z własości potęgowaia, wolo wykoywać obliczeia a liczbach aturalych miejszych od 200 oraz wolo wykorzystać rówości 3 9 = 62 26 467 i 5 3 = 220 703 25.) 2. Wskaż taka liczbę aturala, że 000000 + < 2. 3. Wskazujac odpowiedia liczbę całkowita k udowodij ierówości 0 k < L < 0 2k. (a) L = 3972 257 (b) L = 700! 4. Wskazujac odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodza ierówości C < W() < D. (a) W() = 4 + 6 + 3 2 4 + 7 2 + 7 + 3 (b) W() = + 3 + 7 (c) W() = 3 3 + 2 5. Wskazujac odpowiedie liczby wymiere dodatie C, D oraz liczbę rzeczywista k udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodza ierówości C k < W() < D k. 5 Uwaga: zgodie z obowiazuj ac a kowecja, w apisie typu a b c potęgowaie wykouje się od góry, tz. a bc = a (bc). 27

(a) W() = 7 + 0 3 + 3 4 + 37 (b) W() = 3 + 2 2 + 6 + 2 + 2 6. Wskazujac odpowiedia liczbę wymiera dodatia C udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodza ierówości C < W() < + C. (a) W() = 2 + 2 + 3 2 + 7 + 2 4 2 + (b) W() = 2 + 7. Wskazujac odpowiedie liczby wymiere dodatie C, g udowodij, że dla dowolej liczby aturalej zachodza ierówości g C < W() < g + C. (a) W() = 22 + 2 + 3 3 2 + 7 + 2 4 2 + (b) W() = 3 + 8. W każdym z ośmiu poiższych zadań wpisz w miejscu kropek dwie liczby występujace w ciagu 0,, 2, 5,0, 00, 0 5, 0 0, 0 20, 0 50, 0 00, 0 200, 0 500, 0 000, 0 2000, 0 5000, 0 0000, 0 20000, 0 50000, 0 00000, 0 200000, 0 500000, 0 000000 a kolejych miejscach tak, aby powstały prawdziwe ierówości.... < 0000! <...,... < 2 0000 <..., ( ) 0000... < <..., 5... < 30 0000 <...,... < 2 20 <...,... < 665! <...,... < 4444 4444 <...,... < 7777 7777 <..., 5.2.3. Problemy.. Dowiedź, że dla dowolej liczby aturalej... zachodzi ierówość 32 2. W miejsce kropek wstaw dowola liczbę, dla której umiesz przeprowadzić dowód. Następie zastaów się ad modyfikacja dowodu tak, aby zmiejszyć liczbę wpisaa w miejsce kropek. 2. Wskaż liczbę aturala > spełiajac a ierówość 3. Udowodij ierówość 000 < 2. 227 2 dla wybraej przez siebie liczby aturalej >. (Należy wybrać jeda liczbę spełiajac a ierówość i dla tej liczby udowodić ierówość.) 28

6. WIECEJ NIERÓWNOŚCI 6.. Wprowadzeie. W tym rozdziale sformułujemy i udowodimy kilka klasyczych ierówości. Niech a, a 2,... będa dodatimi liczbami. Defiicja 6. Średia arytmetycza liczb a,..., a azywamy liczbę A = a + a 2 +... + a. Średia geometrycza liczb a,..., a azywamy liczbę G = a a 2... a. Średia harmoicza liczb a,..., a azywamy liczbę H = a + a 2 +... +. a Średia kwadratowa liczb a,..., a azywamy liczbę K = ( a 2 + a 2 2 +... + ) /2 a2. Łatwo zauważyć, że średia jest zawsze liczba pomiędzy ajwiększa a ajmiejsza z uśrediaych liczb 6 Powyższe ozaczeia (A,G, H, K ) będa używae poiżej bez wracaia do defiicji. Np. A 7 ozacza średia arytmetycza liczb a,..., a 7 oraz G średia geometrycza liczb a,..., a. Twierdzeie 6.2 (Nierówość Cauchy ego o średich) Pomiędzy średimi zachodza astępujace ierówości: H G A K, tz. a + a 2 +... + a a 2... a a ( + a 2 +... + a a 2 + a 2 2 +... + ) /2 a2. a Dodatkowo: jeśli w powyższym zachodzi jakakolwiek rówość, to a = a 2 =... = 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 rówościa. Załóżmy, że ierówość zachodzi dla, tz. G A oraz rówość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy a = a 2 =... = a. Rozważmy teraz układ liczb: a,..., a. Niech a i będzie ajmiejsza z ich oraz a j - ajwiększa. 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 astępujac a operację: liczby a i i a j zbliżamy do siebie zastępujac przez a i +ε i a j ε dla ε < r/2. Zauważmy, że ta operacja ie zmieia średiej arytmetyczej A (sprawdź!) atomiast zwiększa średia geometrycza G, poieważ (a i + ε)(a j ε) = a i a j + ε(a j a i ) ε 2 = a i a j + ε(a j a i ε) > a i a j. 6 Tak aprawdę, to ta własość jest defiicja średiej. 29

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 średia arytmetycza zarówo przed i po zamiaie). Mamy zatem udowodić ierówość: A a... a A Która jest rówoważa ierówości: A a... a, a ta ierówość po podiesieiu do potęgi /( ) staje się dokładie ierówościa G A, która jest prawdziwa z założeia idukcyjego. 6... Przykłady. Przykład 6.3 Dla x > 0 zachodzi x + x 2 przy czym rówość zachodzi dokładie wtedy, gdy x =. Dowód. Dzielac obie stroy przez 2 po lewej stroie otrzymujemy średia arytmetycza 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 Kiedy zachodzi rówość? 4 a 2 bc + 4 b 2 ca + 4 c 2 ab a + b + c. Rozwiazaie. Wyrażeie 4 a 2 bc jest średia geometrycza liczb a, a, b, c zatem jest ie większa od (a + a + b + c)/4. Postępujac podobie dla pozostałych pierwiastków mamy 4 a 2 bc + 4 b 2 ca + 4 c 2 (a + a + b + c) + (b + b + c + a) + (c + c + a + b) ab = a + b + c. 4 6.2. Lista zadań. 6.2.. Ćwiczeia. Do końca tego rozdziału ozacza liczbę aturala, a pozostałe występujace liczby sa rzeczywiste i dodatie, chyba że jest powiedziae iaczej. Poleceie jest jedo: Udowodij ierówość.. 2. 3. 4. 5. a b + b a 2, 2 (a 2 + b 2 ) (a + b) 2, a + b 4 a + b, (a + b)(b + c)(c + a) 8abc, a + b c + b + c a 30 + c + a b 6.