n(n + 1) 2 k = k = 1, P = 1 (1 + 1)/2 = 2/2 = 1 = L. n(n + 1) 2 + (n + 1) = n(n + 1)(2n + 1) 6 k 2 = n(n + 1)(2n + 1) 6 + (n + 1) 2 = n + 1

Podobne dokumenty
Indukcja matematyczna

WYMAGANIA Z WIEDZY I UMIEJĘTNOŚCI NA POSZCZEGÓLNE STOPNIE SZKOLNE DLA KLASY 3g. zakres rozszerzony

Indukcja matematyczna

Zasada indukcji matematycznej

Szeregi o wyrazach dodatnich. Kryteria zbieżności d'alemberta i Cauchy'ego

SZEREGI LICZBOWE I FUNKCYJNE

Analiza matematyczna. 1. Ciągi

Pojęcie szeregu nieskończonego:zastosowania do rachunku prawdopodobieństwa wykład 1

Metody probabilistyczne Rozwiązania zadań

CIĄGI wiadomości podstawowe

Przykładami ciągów, które Czytelnik dobrze zna (a jeśli nie, to niniejszym poznaje), jest ciąg arytmetyczny:

Pochodna funkcji odwrotnej

Analiza B. Paweł Głowacki

Ciała i wielomiany 1. przez 1, i nazywamy jedynką, zaś element odwrotny do a 0 względem działania oznaczamy przez a 1, i nazywamy odwrotnością a);

Znaleźć wzór ogólny i zbadać istnienie granicy ciągu określonego rekurencyjnie:

Funkcja jednej zmiennej - przykładowe rozwiązania 1. Badając przebieg zmienności funkcji postępujemy według poniższego schematu:

Rodzinę F złożoną z podzbiorów zbioru X będziemy nazywali ciałem zbiorów, gdy spełnione są dwa następujące warunki.

Granica funkcji. 16 grudnia Wykład 5

Projekt Era inżyniera pewna lokata na przyszłość jest współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego

Zasada indukcji matematycznej

Prawa wielkich liczb, centralne twierdzenia graniczne

Szeregi liczbowe. Analiza Matematyczna. Alexander Denisjuk

Granica funkcji. 8 listopada Wykład 4

Twierdzenia Rolle'a i Lagrange'a

Wielomiany Legendre a, itp.

Algebra liniowa z geometrią analityczną

A i A j lub A j A i. Operator γ : 2 X 2 X jest ciągły gdy

Obóz Naukowy Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów

Konrad Słodowicz sk30792 AR22 Zadanie domowe satelita

jest ciągiem elementów z przestrzeni B(R, R)

In the paper we describe how to introduce the trigonometric functions using their functional characteristics and the Eisenstein series.

Konstrukcja liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy ego liczb wymiernych

Indukcja matematyczna, zasada minimum i maksimum. 17 lutego 2017

Granica funkcji. 27 grudnia Granica funkcji

Ćwiczenia z metodyki nauczania rachunku prawdopodobieństwa

W. Guzicki Zadanie IV z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1

Informacja o przestrzeniach Hilberta

1 Działania na zbiorach

Optymalizacja harmonogramów budowlanych - problem szeregowania zadań

i = n = n 1 + n 2 1 i 2 n 1. n(n + 1)(2n + 1) n (n + 1) =

W przestrzeni liniowej funkcji ciągłych na przedziale [a, b] można określić iloczyn skalarny jako następującą całkę:

Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą

EGZAMIN, ANALIZA 1A, zadań po 5 punktów, progi: 20=3.0, 24=3.5, 28=4.0, 32=4.5, 36=5.0

13 Równanie struny drgającej. Równanie przewodnictwa ciepła.

Matematyka dyskretna dla informatyków

Zadanie 3 Oblicz jeżeli wiadomo, że liczby 8 2,, 1, , tworzą ciąg arytmetyczny. Wyznacz różnicę ciągu. Rozwiązanie:

Liczby zespolone. x + 2 = 0.

Funkcje wymierne. Jerzy Rutkowski. Działania dodawania i mnożenia funkcji wymiernych określa się wzorami: g h + k l g h k.

Ciągi liczbowe wykład 3

RÓWNANIA RÓŻNICZKOWE WYKŁAD 2

1. Powtórka ze szkoły. Wykład: (4 godziny), ćwiczenia: , kolokwium nr 1:

Funkcje wymierne. Funkcja homograficzna. Równania i nierówności wymierne.

Rozdział 5. Szeregi liczbowe. 5.1 Szeregi liczbowe. Definicja sumy częściowej ciągu. Niech dany będzie ciąg liczbowy (a n ) n=1.

Twierdzenie Stolza i metryki Javier de Lucas. a n = (2n + 1) 1 4 n 5 4

Indukcja matematyczna

RACHUNEK PRAWDOPODOBIEŃSTWA WYKŁAD 5.

KONGRUENCJE. 1. a a (mod m) a b (mod m) b a (mod m) a b (mod m) b c (mod m) a c (mod m) Zatem relacja kongruencji jest relacją równoważności.

7. CIĄGI. WYKŁAD 5. Przykłady :

ALGEBRA Z GEOMETRIĄ ANALITYCZNĄ

EGZAMIN Z ANALIZY MATEMATYCZNEJ (CZEŚĆ 1)

Algebra Boole a i jej zastosowania

Definicje i przykłady

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /15

Całki niewłaściwe. Całki w granicach nieskończonych

Metody numeryczne. materiały do wykładu dla studentów

granicą ciągu funkcyjnego (f n ) n N W symbolicznym zapicie fakt, że f jest granicą ciągu funkcyjnego (f n ) n N możemy wyrazić następująco: ε>0 N N

1 Pochodne wyższych rzędów

n=0 (n + r)a n x n+r 1 (n + r)(n + r 1)a n x n+r 2. Wykorzystując te obliczenia otrzymujemy, że lewa strona równania (1) jest równa

LX Olimpiada Matematyczna

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /14

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2014/15

Wykład 1. Na początku zajmować się będziemy zbiorem liczb całkowitych

Jeśli lubisz matematykę

Matematyka A kolokwium: godz. 18:05 20:00, 24 maja 2017 r. rozwiązania. ) zachodzi równość: x (t) ( 1 + x(t) 2)

S n = a 1 1 qn,gdyq 1

Zadania z analizy i algebry. (wykład prof.prof. J. Wojtkiewicza i K. Napiórkowskiego) ALGEBRA, przestrzenie wektorowe

Wykład 7: Szeregi liczbowe i potęgowe. S 1 = a 1 S 2 = a 1 + a 2 S 3 = a 1 + a 2 + a 3. a k

Ważną rolę odgrywają tzw. funkcje harmoniczne. Przyjmujemy następującą definicję. u = 0, (6.1) jest operatorem Laplace a. (x,y)

Rozdział 4. Ciągi nieskończone. 4.1 Ciągi nieskończone

Matematyka Dyskretna 2/2008 rozwiązania. x 2 = 5x 6 (1) s 1 = Aα 1 + Bβ 1. A + B = c 2 A + 3 B = d

Indukcja matematyczna. Zasada minimum. Zastosowania.

A i. i=1. i=1. i=1. i=1. W dalszej części skryptu będziemy mieli najczęściej do czynienia z miarami określonymi na rodzinach, które są σ - algebrami.

Wykład 4. Określimy teraz pewną ważną klasę pierścieni.

Teoria miary. WPPT/Matematyka, rok II. Wykład 5

Indukcja. Materiały pomocnicze do wykładu. wykładowca: dr Magdalena Kacprzak

5 Wyznaczniki. 5.1 Definicja i podstawowe własności. MIMUW 5. Wyznaczniki 25

Analiza matematyczna Analiza zmiennych dyskretnych: ciągi i szeregi liczbowe

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, A/15

Optymalizacja harmonogramów budowlanych - problem szeregowania zadań

Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2015/16

Lista zagadnień omawianych na wykładzie w dn r. :

R n = {(x 1, x 2,..., x n ): x i R, i {1,2,...,n} },

Kongruencje twierdzenie Wilsona

Zagadnienia brzegowe dla równań eliptycznych

n=0 Dla zbioru Cantora prawdziwe są wersje lematu 3.6 oraz lematu 3.8 przy założeniu α = :

I Liceum Ogólnokształcące im. Cypriana Kamila Norwida w Bydgoszczy. Wojciech Kretowicz PODZIELNOŚĆ SILNI A SUMA CYFR

Matematyka dyskretna. Andrzej Łachwa, UJ, /15

Zajmijmy się najpierw pierwszym równaniem. Zapiszmy je w postaci trygonometrycznej, podstawiając z = r(cos ϕ + i sin ϕ).

Matura z matematyki na poziomie rozszerzonym

6. Liczby wymierne i niewymierne. Niewymierność pierwiastków i logarytmów (c.d.).

Transkrypt:

Materiały do zajęć wyrównawczych z matematyi da studentów informatyi, ro aademici 013/14 Zestaw zadań 5 odpowiedzi uwaga: nieco inna oejność zadań 1. Udowodnij, że 1 n(n 1 (1a Odpowiedź: Da n 1 mamy L 1 1 1, P 1 (1 1/ / 1 L. Kro inducyjny. Przyjmujemy, że teza zachodzi da pewnego n 1. Obiczamy 1 (n 1 1 n(n 1 (n 1 n(n 1 (n 1 co ończy dowód, gdyż otrzymaiśmy wyrażenie postaci (1a z n zastąpionym przez. (n 1(n 1 n(n 1(n 1 (1b Odpowiedź: Da n 1 mamy L 1 1 1 1, P 1 (11 ( 11/ 3/ / 1 L. Kro inducyjny. Przyjmujemy, że teza zachodzi da pewnego n 1. Obiczamy 1 (n 1 1 n(n 1(n 1 n 1 (n 1 n 1 (n 7n... (n(n 1 (n 1 Łatwo sprawdzić, że ostatnie wyrażenie w nawiasie (n 7n (n(n3 (n((1. Zatem co ończy dowód.... (n 1(n ((n 1 1, 1

1 ( 1 1 n (1c Odpowiedź: Da n 1 L 1 ( 1 1 ( 1 1 ( 1 3 1 1, a więc się zgadza. Kro inducyjny. Przyjmujemy, że teza zachodzi da pewnego n 1. Obiczamy ( ( 1 1 ( 1 1 n 1 1 1 ( 1 1 ( 1 1 (n 1 ( 1 n1 (n 1 1 n (n 1 (n n n 1 n n 1 (n 1.. Niech ciąg {a n } będzie oreśony następująco: a 0 jest znane, > 0: a q a 1, gdzie q 1. Ie wynosi suma S n a ( Ja nazywa się tai ciąg? Odpowiedź: Twierdzimy, iż 0 S n a 0. Da n 0 ewa i prawa strona powyższego wyrażenia są równe a 0. Kro inducyjny: załadamy, że teza zachodzi da pewnego n 0. Teraz zauważamy, że a a 0 q da 0 (formanie rzecz biorąc, tego też trzeba dowieść inducyjnie, ae dowód jest oczywisty. Obiczamy S a a a a 0 0 0 a 0 q q n a 0 q a 0 (q (1 a 0, co ończy dowód. Ciąg, o jaim mowa w zadaniu, nosi nazwę ciagu geometrycznego. 3. Udowodnij, że da n, N, n ( ( n n n (3a Odpowiedź: n n! (n!(n (n! n!!(n!

( ( n n 1 1 1 (3b Odpowiedź: Zauważmy przede wszystim, że wyrażenie (3b ma sens tyo wówczas, gdy < n (nie n. Przy tym założeniu ( ( n n 1 n!!(n! n! ( 1!(n ( 1! n!!(n! n! n!!(n 1!(n n!!( 1(n ( 1! n!!(n 1! ( 1!(n 1! ( 1 n 1 1 n!!(n 1! 1 n ( 1(n n!(n 1!( 1(n 1!(n (n 1! (n 1! ( 1!(( (1! ( n 1 1 ( 1!(n! 1 1 1 n 1 (3c Odpowiedź: 1 1 1 n 1 (n 1! ( 1!((! (1! 1 n 1 n!(n 1!( 1(n! 1 n 1 n!!(n! 4. Udowodnij, że jeżei p jest iczbą pierwszą oraz < p, N, to Odpowiedź: ( p jest podziene przez p. ( p p! (p 1 (p 1 p!(p! 3 Ponieważ p jest iczbą pierwszą, p jest niesracane z mianowniiem powyższego ułama. Wiadomo zarazem, że wartość symbou Newtona jest iczbą naturaną. W taim wypadu mianowni musi się sracać z iczniiem, a wobec tego ( p p (iczba naturana. 3

5. Udowodnij, że da n N (wzór dwumianowy Newtona. (a b n 0 a b n 0 a n b (4 Odpowiedź: Udowodnimy tyo pierwszą z powyższych nierówności; dowód drugiej będzie w tej sytuacji trywiany. Dodówd przeprowadzimy inducyjnie. Da n 0, ewa i prawa strona dają jeden, a więc teza zachodzi. Przyjmujemy założenie inducyjne, iż teza (4 zachodzi da pewnego n 1. Przeształcamy wyrażenie 1 a b 0 ( n 1 0 a b a 0 b ( n 1 1 ( n 1 1 a b a b... 1 a b 0 n 1 Ja widać, wydzieiiśmy początowy (zerowy i ostatni ( wyraz przeształcanej sumy. W pozostałej części niepooi nas człon n 1 w górnym poziomie symbou Newtona. Aby można się go było pozbyć, zaczniemy od przenumerowania wyrazów szeregu: zamiast sumować po od 1 do n, możemy sumować po zmiennej od 0 do n 1. Innymi słowy, przyjmujemy, że 1, oraz przebiega zares od 0 do n 1. Zmiana górnej granicy sumowania nie zmienia wyrażeń zawierajacych n w sumowanym wyrażeniu! Otrzymujemy 1... a b a 1 b (1 1 a b [( n ( ] n a 1 b n... 1 gdzie sorzystaiśmy z już udowodnionej tożsamości (3b. Otrzymujemy daej... a b a 1 b n a 1 b n 1 W drugiej z powyższych sum ponownie zmieniamy sposób numerowania wyrazów przyjmujemy, że 1, gdzie przebiega zares od 0 do n (jest to powrót do pierwotnego sposobu numerowania. Zatem... a b a 1 b n a b a a b n b ( ( ( n a a b n a n b b n 1 }{{} 1 a b n ( 1 a b n a b n 1 ( n... }{{} gdzie najpierw wyciągnęiśmy wspóne czynnii przed znai sumy, a później wyciągnęiśmy wspóne czynnii przed nawias. Zauważmy, że wyraz a n jest braującym, n-tym wyrazem pierwszej sumy. Podobnie b n jest braującym, zerowym wyrazem drugiej sumy. Zatem 4

... a co ończy dowód. a b n b 0 a b n a (a b n b (a b n (a b. Udowodnij inducyjnie, że 0 n (5a Odpowiedź: Dowody tego i następnych dwu zadań przebiegają z wyorzystaniem tych samych techni (zmiana numeracji wyrazów, wyorzystanie tożsamości (3b, co dowód wzoru Newtona. Nie będziemy zatem omawiać poszczegónych roów, a tyo przedstawimy przeształcenia. Da n 0 L 0 ( 0 ( 0 0 1 0 P. Przyjmujemy, że da pewnego n 0 teza zachodzi. Przeształcamy 0 1 ( n 1 1 1 1 0 1 1 n ( n ( n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 [( ( ] n n 1 1 0 ( 1 0 (5b Odpowiedź: To twierdzenie zachodzi da n 1. I ta, da n 1, mamy L 0 ( 1 1( 1 1 1 1 ( 1 1 0 P. Po wyonaniu założenia inducyjnego, przeształcamy 1 0 ( 1 ( 1 ( ( 1 0 1 0 1 1 ( 1 0 1 ( 1 1 1 1 ( 1 0 0 1 ( 1 1 ( 1 1 ( 1 1 ( n ( 1 1 ( 1 1 ( n ( 1 n 1 1 ( 1 n 1 ( 1 1 1 ( 1 1 ( 1 0 0 0 0 ( 1 5

Odpowiedź: Da n 1 mamy L 1 0 założenia inducyjnego przeształcamy n (5c 0 ( 1 0 1 1 1 1, P 1 1 1 1 L. Po doonaniu ( ( n 1 n 1 ( 1 n 1 n 1 1 0 (n 1 ( 1 n 1 0 n 1 1 0 1 1 n ( n ( 1 ( 1 n 1 ( 1 n 1 0 1 1 }{{}}{{} ( 1 0 0 n n n n n (n 1 ( 1 gdzie do przeształcenia środowej z trzech ostatnich sum sorzystaiśmy z już udowodnionego wzoru (5b. 7. Wyonaj dowody (5a, (5c bez jawnego orzystania z zasady inducji matematycznej. Odpowiedź: Wzór (5a uzysujemy z wzoru Newtona (4 podstawiając a b 1. Podobnie wzór (5b uzysujemy z wzoru Newtona podstawiając a 1, b 1. W ceu udowodnienia wzoru (5c zauważmy, że na podstawie wzoru Newtona, (x 1 n Zróżniczujmy powyższe wyrażenie obustronnie po x: 0 d dx (x 1n d dx n(x 1 0 x ( ( n 0 ( n x x 1 Podstawiając w ostatnim wyrażeniu x 1 otrzymamy poszuiwaną tezę. 8. Niech symbo a b oznacza, że iczba całowita a jest podzieniiem iczby całowitej b. Udowodnij, że da n 0 ( n n (7a Odpowiedź: Da n 1, n n 1 1 1 1 0, co jest podziene przez. Przyjmijmy, że da pewnego n 1, n n s, gdzie s jest jaąś iczbą naturaną. (n 1 (n 1 n n 1 n 1 n n n s n (s n co jest podziene przez.

3 ( n 3 n (7b Odpowiedź: W tym i w następnych zadaniach pierwszy ro dowodu inducyjnego wygąda ta samo, ja w zadaniu poprzednim, więc będziemy go pomijać. Przyjmujemy, że da pewnego n 1, n 3 n 3s, gdzie s jest jaąś iczbą naturaną. (n 1 3 (n 1 n 3 3n 3n 1 n 1 n 3 n 3n 3n 3(s n n 9 (10 n 1 (7c Odpowiedź: Po sprawdzeniu pierwszego rou i po przyjęciu założenia inducyjnego 10 n 1 9s, sprawdzamy 10 1 10 (10 n 1 1 1 10 (10 n 1 10 1 10 9s 9 9(10s 1 9. a 1 1, a 1, a n a a n (ciąg Fibonacciego. Udowodnij, że a 3n (8a Odpowiedź: Ja łatwo wyiczyć, a 3 a a 1 1 1, a więc teza da n 1 zachodzi. Załadamy, że zachodzi ona da jaiegoś n 1, a 3n s. Wówczas a 3( a 3n3 a 3n a 3 a 3 a 3n a 3 a 3a 3n a 3s (a 3s }{{} a 3n 3 a 4n (8b Odpowiedź: Wyorzystując poprzednie zadanie widzimy, że a 4 a 3 a 1 3, a więc teza zachodzi da n 1. Niech a 4n 3s. Mamy a 4( a 4n4 a 4n3 a 4n a 4n a 4 }{{} a 4n3 a 4n (a 4 a 4n a 4 3a 4 a 4n 3(a 4 s 5 a 5n (8c Odpowiedź: a 5 a 4 a 3 3 5, a więc teza zachodzi da n 1. Niech a 5n 5s. a 5( a 5n5 a 5n4 a 5n3 a 5n3 a 5n (a 5n a 5 a 5n 3a 5n a 5 3(a 5 a 5n a 5 5a 5 3a 5n 5(a 5 3s 7

10. Udowodnij, że da a > 1, n 0 (nierówność Bernoui ego. (1 a n 1 na (9 Odpowiedź: Teza jest oczywista da n 0 i n 1. Przyjmujemy, że jest ona spełniona da jaiegoś n 1. Zauważmy, że ponieważ a > 1, 1 a > 0, a zatem mnożąc obustronnie nierówność przez tę wieość, nie zmieniamy zwrotu nierówności. Wobec tego gdyż na 0. (1 a n 1 na (1 a (1 a(1 na 1 (n 1a na 1 (n 1a 8