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