Indukcja

Wrocªaw, 21 listopada 2016
ZASADA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ
Wprowadzenie. Zbiór liczb naturalnych oprócz dziaªa« arytmetycznych posiada naturalny
porz¡dek,
tzn. dla ka»dych dwóch liczb
n, m
mo»emy okre±li¢, »e jedna z nich jest wi¦ksza od
drugiej lub s¡ sobie równe. Porz¡dek ten ma pewn¡ dodatkow¡ wªasno±¢ - ka»da liczba ma
nast¦puj¡c¡ i poprzedzaj¡c¡ (z wyj¡tkiem jedynki).
Lemat 1.
Ponadto, zachodzi nast¦puj¡cy fakt.
Ka»dy niepusty zbiór zawarty w zbiorze liczb naturalnych ma element najmniejszy.
Fakt ten jest dla nas bardzo naturalny, ale nie b¦dziemy go uzasadnia¢ tylko potraktujemy
jako aksjomat.
Przypomnijmy, »e
zdaniem logicznym
jest dowolne stwierdzenie mog¡ce by¢
prawdziwe albo nieprawdziwe. Stwierdzenia, które zawieraj¡ zmienn¡, np. T(n): "jest prawd¡,
»e n ≥ 2"(w skrócie, T (n) : n ≥ 2) , staj¡ si¦ zdaniami logicznymi, gdy my±limy o konkretnym
n ∈ N (w tym wypadku nieprawdziwym dla n = 1 i n = 0, a prawdziwym w pozostaªych
przypadkach).
[Zasada Indukcji Matematycznej = ZIM] Niech T (n) b¦dzie zdaniem logicznym dla n ∈ N. Zaªó»my, »e:
Twierdzenie 2.
•
•
zdanie T (1) jest prawdziwe oraz
dla dowolnego k ∈ N zdanie T (k) implikuje T (k + 1),
Z1:
Z2:
Wtedy dla dowolnego n ∈ N n zdanie T (n) jest prawdziwe.
Przyjrzyjmy si¦ na chwil¦ istocie tego twierdzenia. Pocz¡tkowo mamy zdanie logiczne
ale jeszcze nie wiemy, dla których
T (n)
nam, »e
n
T (n),
jest ono prawdziwe, a dla których faªszywe. ZIM mówi
jest prawdziwe dla wszystkich
n ∈ Nn
o ile sprawdzimy zaªo»enia Z1 i Z2.
Przypomnijmy, »e »eby pokaza¢ implikacj¦ zakªadamy poprzednik implikacji i udowadniamy
nast¦pnik.
T (k + 1) jest prawdziwe
T (k) jest ju» prawdziwe. Bez ZIM
T (n), n ∈ N jest prawdziwe.
I tutaj wªa±nie kryje si¦ moc indukcji: pokazujemy, »e
zakªadaj¡c (wiedz¡c), »e zdanie o mniejszym indeksie
musieliby±my bezpo±rednio pokaza¢, »e ka»de ze zda«
Dowód ZIM.
Skorzystamy z faktu 1.
Zaªó»my, »e Z1 i Z2 zachodz¡ i poka»emy, »e
n ∈ N. Skorzystamy z metody dowodu nie wprost
T (n) jest nieprawdziwe dla pewnego (by¢ mo»e wielu) n. Rozwa»my nast¦puj¡cy
jest prawdziwe dla wszystkich
zaªo»ymy, »e
podzbiór
T (n)
1 , czyli
N:
A = {n ∈ N : T (n)jest
Teraz, zgodnie zaªo»eniem nie wprost,
A
zdaniem faªszywym}.
nie jest zbiorem pustym, wi¦c z faktu 1 musi mie¢
n0 . Je±li n0 = 1, to mamy sprzeczno±¢ z Z1. W
przeciwnym wypadku Tn0 jest faªszywe, ale Tn0 −1 jest prawdziwe, wi¦c mamy sprzeczno±¢ z Z2
(dla k = n0 − 1 prawda implikuje faªsz). Dostajemy sprzeczno±¢, wi¦c zdanie: T (n) jest nieprawdziwe dla pewnego (by¢ mo»e wielu) n okazaªo si¦ nieprawdziwe, czyli jego zaprzeczenie:
T (n) jest prawdziwe dla wszystkich n ∈ N jest prawdziwe.
element najmniejszy. Oznaczymy go przez
Marcin Preisner
[ [email protected] ].
1Metoda nie wprost polega na tym, »e zamiast pokaza¢, »e zdanie S jest prawd¡, my±limy: co by byªo, gdyby
S
nie byªo prawd¡. Je±li oka»e si¦, »e zaprzeczenie
zdanie
S
S
prowadzi do sprzeczno±ci (jest nieprawd¡), to wyj±ciowe
musiaªo by¢ prawd¡. Metoda nie wprost cz¦sto uªatwia dowody, wi¦c w przyszªo±ci cz¦sto b¦dziemy
jej u»ywali.
1
2
ZASADA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ
Przykªady.
ZIM mówi o dowolnych zdaniach logicznych numerowanych liczbami naturalnymi,
wi¦c mo»na jej u»ywa¢ wªa±ciwie w ka»dej dziedzinie matematyki.
znanym wzorem na sum¦ ci¡gu arytmetycznego
Przykªad 3.
Dla ka»dego n ∈ N zachodzi:
1 + 2 + ... + (n − 1) + n =
(4)
Dowód.
•
•
Niech
Poni»szy przykªad jest
1, 2, 3, ..., n.
T (n)
Z1: Tutaj
oznacza powy»sze zdanie dla
T (1)
oznacza po prostu
Z2: Zakªadamy, »e
T (k)
1=
n ∈ N.
1·2
2 , wi¦c
Teraz poka»emy
T (k + 1)
Zgodnie z ZIM musimy sprawdzi¢:
T (1)
k(k + 1)
.
2
korzystaj¡c z (5). Mamy
k(k + 1)
1 + 2 + ... + k + (k + 1) =
+ (k + 1) = (k + 1)
2
i to jest dokªadnie
jest prawdziwe.
jest prawd¡, czyli:
1 + 2 + ... + (k − 1) + k =
(5)
n(n + 1)
.
2
k
+1
2
=
(k + 1)(k + 2)
2
T (k + 1).
U»ywaj¡c ZIM (poniewa» Z1 i Z2 s¡ speªnione) wzór (4) jest prawdziwy dla ka»dego
Przykªad 6.
Dowód.
•
•
n ∈ N.
Dla ka»dego n ∈ N liczba 7n − 1 jest podzielna przez 6.
Zgodnie z ZIM sprawdzamy tylko:
71 − 1 = 6 jest podzielna przez 6,
k
Z2: zakªadamy, »e dla k ∈ N liczba 7 − 1 jest podzielna przez 6, czyli istnieje K ∈ N,
k
takie »e 7 − 1 = 6K . Wtedy
Z1: dla
n=1
liczba
7k+1 − 1 = 7k+1 − 7k + 7k − 1 = 7k (7 − 1) + 6K = 6(7k + K).
Poniewa» i ta liczba jest podzielna przez 6, to pokazali±my implikacj¦ z ZIM.
Przykªad 7. Udowodnij, »e n prostych, z których »adne dwie nie s¡ równolegªe, a »adne trzy
nie przecinaj¡ si¦ w jednym punkcie, rozcina pªaszczyzn¦ na n(n+1)
+ 1 obszarów.
2
Dowód.
•
•
U»yjemy ZIM.
Z1: Jedna prosta dzieli pªaszczyzn¦ na
Z2: Zaªó»my, »e
Kolejna,
k
2=
1·2
2
+1
obszary.
prostych jak w zadaniu dzieli pªaszczyzn¦ na
(k + 1)-sza
k(k+1)
2
dorysowana prosta przecina wszystkie pozostaªe
poza punktami przeci¦¢ tych prostych), zatem przecina
wi¦c liczba obszarów zwi¦kszy si¦ o
k+1
+1
k
k + 1 obszarów
obszarów.
prostych (i to
na dwie cz¦±ci,
i b¦dzie wynosiªa:
k(k + 1)
(k + 1)(k + 2)
+ 1 + (k + 1) =
+ 1.
2
2
ZASADA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ
0.0.1.
Uwagi i modykacje.
sobów. Mo»e si¦ zdarzy¢, »e
n0
3
Zasad¦ indukcji matematycznej mo»na modykowa¢ na wiele spo-
T (n) jest nieprawdziwe dla kilku pocz¡tkowych n, ale od pewnego
podejrzewamy, »e jest ju» prawdziwe.
Uwaga 8.
•
•
Je±li poka»emy, »e:
Z1:
Z2:
T (n0 ) jest prawdziwe,
T (k) =⇒ T (k + 1) dla k ≥ n0 ,
to ZIM dowodzi, »e dla ka»dego n ≥ n0 zdanie T (n) jest prawdziwe.
Podobnie, mo»e si¦ zdarzy¢, »e nie potramy pokaza¢ "kroku"T (k)
=⇒ T (k + 1),
ale
umiemy pokaza¢ wi¦kszy "krok".
Je±li T (n0 ) jest prawd¡, oraz dla pewnego r ∈ N mamy implikacj¦ T (k) =⇒
T (k + r) (dla k ≥ n0 ), to ZIM mówi, »e prawdziwe s¡ T (n0 ), T (n0 + r), T (n0 + 2r), .... Ogólnie:
T (n0 + nr) s¡ prawdziwe dla n ∈ N.
Uwaga 9.
Przykªad 10.
n kwadratów.
Dowód.
Niech
Dowied¹, »e dla dowolnej liczby naturalnej n ≥ 6 kwadrat mo»na podzieli¢ na
T (n)
b¦dzie zdaniem: kwadrat mo»na zbudowa¢ z
n
kwadratów. Zauwa»my,
»e kwadrat mo»na zbudowa¢ z 6 kwadratów (jeden o boku 2 i 5 o boku 1), 7 kwadratów (3 o
boku 2, 4 o boku 1) i 8 kwadratów (jeden o boku 3 i 7 o boku 1). Z1: Zatem
T (6), T (7)iT (8)
s¡ prawdziwe. Ponadto, je±li maj¡c dany dowolny podziaª i jeden z kwadratów podzielimy na 4
mniejsze, to w nowym podziale s¡ o 3 wi¦cej kwadraty. Z2: To pokazuje, »e
dla dowolnego
prawdziwe dla
Przykªad 11.
k ∈ N.
n ≥ 6.
T (k) =⇒ T (k+3)
T (n) jest
Z pokazanych Z1 i Z2 zmodykowana ZIM dowodzi, »e
Dowiedz, »e dla ka»dej liczby naturalnej n zachodzi nierówno±¢
1000000n < 2n + 19000000 .
Dowód.
220 (bo
210
1000000 <
n = 19) poka»emy krok indukcyjny
1000000k < 2k + 19000000. Wtedy
speªniona poniewa»
ju» dla
n = 1, ..., 19. Dla n = 20 nierówno±¢ jest
> 1000). Korzystaj¡c z indukcji (sprawdzonej
T (k) =⇒ T (k + 1) dla k ≥ 19. Zaªó»my, »e
Powy»sza nierówno±¢ jest oczywista dla
1000000(k + 1) = 1000000k + 1000000 < 2k + 19000000 + 1000000 < 2k+1 + 19000000,
przy czym ostatnia nierówno±¢ jest prawdziwa, bo sprawdzili±my ju», »e
k ≥ 20.
1000000 < 2k
dla
4
ZASADA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ
Lista zada«.
‚wiczenia.
1.
Udowodnij wzory:
(a)
1 + 2 + 22 + ... + 2n = 2n+1 − 1,
(b)
12 + 22 + ... + n2 =
2.
n(n + 1)(2n + 1)
.
6
Udowodnij, »e:
(a)
5|n5 − n,
(b)
6|n3 + 5n.
3.
Przeprowad¹ drugi krok indukcyjny w dowodzie wzoru:
4.
Dla
5.
Udowodnij indukcyjnie,
n>2
n2 = (n − 12 )(n + 12 ).
2n > 2n + 1.
»e ka»d¡ kwot¦ n zª (n ≥ 4) mo»na rozmieni¢ na dwuzªotówki
udowodnij nierówno±¢
i pi¦ciozªotówki.
6.
Mamy prostok¡tna czekolad¦ zªo»ona z
N = ab(
a,b>0) kwadratowych kawaªków.
Przez wykonanie ci¦cia (uªamanie czekolady) rozumiemy rozci¦cie jej jakiejkolwiek
spójnej cz¦±ci wzdªu» której± z linii pomi¦dzy kawaªkami, tak by dosta¢ dwa znów
prostok¡tne kawaªki.
Ile razy trzeba uªama¢ czekolad¦ aby rozdzieli¢ jej wszystkie
kwadraciki?
7.
T (n) udowodniono, ze prawdziwe sa T (1) i T (6), oraz ze dla dowolnego n ≥ 1
zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n + 3). Czy mo»na stad wnioskowa¢, »e:
(a) faªszywe jest T (3)
(b) faªszywe jest T (11)
(c) prawdziwe jest T (9)
2
(d) dla dowolnej liczby caªkowitej dodatniej n prawdziwe jest T (n )
O zdaniu
Zadania.
1.
Udowodnij wzory:
(a)
13 + 23 + ... + n3 =
n2 (n + 1)2
,
4
(b)
1 · 1! + 2 · 2! + ... + n · n! = (n + 1)! − 1,
(c)
1 + 2 · 3 + 3 · 32 + 4 · 33 + 5 · 34 + ... + n · 3n−1 =
2n − 1 n 1
·3 + ,
4
4
(d)
0
1
2
3
n
(22 + 1) · (22 + 1) · (22 + 2) · (22 + 1) · ... · (22 + 1) = 22
2.
Policz poni»sze wyra»enie dla
n = 1, 2, 3, 4, 5,
1
1
1
+
+ ... +
1·2 2·3
n · (n + 1)
Udowodnij nast¦puj¡ce nierówno±ci:
(a) dla
− 1.
zgadnij warto±¢ dla dowolnego
wodnij indukcyjnie, »e to prawdziwa warto±¢.
3.
n+1
n ∈ N,
n(n + 1) ≤ 2n + 4,
n
i udo-
ZASADA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ
(b) dla
5
n ∈ N,
10n < 2n + 25,
(c) dla
x > −1, n ∈ N
(nierówno±¢ Bernoulliego):
(1 + x)n ≥ 1 + nx,
(d) dla
n > 1,
√
1
1
1
√ + √ + ... + √ > n,
n
1
2
(e) dla
n > 3,
(n + 1)n < nn+1 ,
4.
Uzasadnij podzielno±ci:
(a)
(b)
19|(5 · 23n−2 + 33n−1 ),
133|11n+1 + 122n−1 .
n
5.
Poka» indukcyjnie, »e zbiór, który ma
6.
Udowodnij przez indukcj¦, »e liczba przek¡tnych w
1
2 n(n
7.
elementów, ma dokªadnie
n-k¡ta
2n
podzbiorów.
wypukªego jest równa
− 3)
Dowied¹, ze dla ka»dej liczby naturalnej
n ≥ 200
sze±cian mo»na podzieli¢ na
n
sze-
±cianów.
8.
Dowied¹, »e dla ka»dej liczby naturalnej
n≥2
zachodzi równo±¢
1
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
= −
.
6 24 60
(n − 1) · n · (n + 1)
4 2n(n + 1)
9.
Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej
n≥2
zachodzi równo±¢
1 1
1
1
1
(n − 1)(3n + 2)
+ +
+
+ ... + 2
=
.
3 8 15 24
n −1
4n(n + 1)
10.
Dowie±¢, »e dla ka»dej liczby naturalnej
n
X
i5 <
i=1
11.
n
zachodzi nierówno±¢
n3 (n + 1)3
.
6
Dowie±¢, »e dla dowolnej liczby naturalnej
n
zachodzi
9 · (3n)! · n.............2 · (3n · n!)3 .
W miejsce kropek wstawi¢ jeden ze znaków:
12.
Ci¡g
an
zadany jest rekurencyjnie:
a0 = −1,
Udowodnij, »e
13.
Ci¡g
an
>, <, =, ≥, ≤.
an+1 = 5an − 6an−1
a1 = 0,
dla
n ≥ 1.
an = 2 · 3n − 3 · 2n .
zadany jest rekurencyjnie:
a0 = 0, a1 = 1, an+1 = 3an − 2an−1 .
Policz kilka pocz¡tkowych wyrazów tego ci¡gu, zgadnij wzór na
n-ty wyraz, a nast¦pnie
udowodnij ten wzór u»ywaj¡c indukcji.
14.
Liczby
an , bn
sa okre±lone wzorami
a1 = b1 = 1, an+1 = an + bn , bn+1 = an+1 + an .
Dowied¹, »e dla dowolnej liczby naturalnej
15.
(12)
n
2a2n − b2n jest równa ±1.
»e dla n ∈ N zachodzi nierówno±¢
liczba
Znajd¹ bª¡d w w nast¦puj¡cym dowodzie: wyka»,
30n < 2n + 110.
6
ZASADA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ
Dowód.
Przeprowadzimy dowód indukcyjny.
Dla
n = 1
sprawdzamy bezpo±rednio
2k + 110. Udowodnimy nierówno±¢
30 < 2 + 110 = 112. Zaªó»my, »e 30k <
2k+1 + 110. Stosuj¡c zaªo»enie indukcyjne
30(k + 1) <
otrzymujemy ci¡g nierówno±ci:
30(k + 1) = 30k + 30 < 2k + 110 + 30 = 2k+1 + 110 + 30 − 2k < 2k+1 + 110,
k ≥ 5. Zatem nierówno±¢ (12) zostaªa udowodniona dla n ≥ 5. Pozostaje sprawdzi¢, »e: dla n = 2 mamy 60 < 4+110 = 114, dla
n = 3 mamy 90 < 8 + 110 = 118, dla n = 4 mamy 120 < 16 + 110 = 126. Tym samym
przy czym ostatnia nierówno±¢ zachodzi dla
nierówno±¢ (12) jest udowodniona dla wszystkich W szczególno±ci wykazali±my, ze dla
n=6
zachodzi nierówno±¢
180 < 174.
Gdzie tkwi bª¡d w powy»szym rozumowaniu?
16.
Wska» bª¡d w dowodzie twierdzenia: wszystkie koty s¡ tego samego koloru.
Dowód.
Wystarczy wykaza¢, »e w dowolnym zbiorze zawieraj¡cym
N, wszystkie koty s¡ tego samego koloru.
• Z1 Warunek pocz¡tkowy, to sprawdzenie
dla
n = 1.
n
kotów, gdzie
n∈
Oczywi±cie w zbiorze zawie-
raj¡cym tylko jednego kota wszystkie koty s¡ tego samego koloru.
•
Z2: Zaªó»my, »e udowodnili±my twierdzenie dla wszystkich liczb naturalnych od
1 do
n − 1,
n.
dowodzimy dla
We¹my dowolny zbiór
A
zawieraj¡cy
Poka»emy, »e koty ze zbioru A s¡ tego samego koloru. Wrzucaj¡c z
kota
X
otrzymamy zbiór zawieraj¡cy
A
n
kotów.
pewnego
n−1 kotów - mo»emy skorzysta¢ z zaªo»enia
indukcyjnego, »eby stwierdzi¢, »e wszystkie koty w A oprócz X maj¡ ten sam
kolor. Ale teraz, wrzucaj¡c z
indukcyjnego, »e kot
wszystkie koty w
A
X
A
kota
Y
(innego ni»
X ),
wnioskujemy z zaªo»enia
ma ten sam kolor, co pozostaªe koty w
A.
Wobec tego
maj¡ ten sam kolor.
Zatem na mocy zasady indukcji matematycznej wszystkie koty s¡ tego samego koloru.
17.
Dygresja:
no±ci:
wymy±l na nowo wzór na wyra»enie z zadania 2 zadania korzystaj¡c z rów-
1
k(k+1)
=
1
k
−
1
k+1 . Potem podobnie policz sum¦:
1
1
1
+
+ ... +
.
2·5 5·8
(3n − 1) · (3n + 2)
x + x1 jest
n ∈ N.
18.
Zaªó»my, »e
19.
Poka», »e dla liczb rzeczywistych
dla ka»dego
liczb¡ caªkowit¡. Udowodnij, »e
21.
1
xn jest liczb¡ caªkowit¡
zachodzi:
|x1 + x2 | ≤ |x1 | + |x2 |,
|x1 + x2 + ... + xn | ≤ |x1 | + |x2 | + ...|xn |.
O zdaniu T (n) udowodniono, »e prawdziwe jest T (1), oraz ze dla dowolnego n ≥ 6
zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n + 2). Czy mo»na st¡d wnioskowa¢, »e:
(a) prawdziwe jest T (10)
(b) prawdziwe jest T (11)
(c) prawdziwa jest implikacja T (7) =⇒ T (13)
(d) prawdziwa jest implikacja T (3) =⇒ T (1)
(e) prawdziwa jest implikacja T (1) =⇒ T (3)
O zdaniu T (n) wiadomo, »e T (7) jest faªszywe, T (17) jest prawdziwe, a ponadto dla
ka»dej liczby naturalnej n zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n + 1). Czy stad wynika,
(a)
(b)
20.
x1 , ..., xn
xn +
»e:
(a)
(b)
(c)
(d)
T (5) jest faªszywe
T (10) jest prawdziwe
T (15) jest faªszywe
T (20) jest prawdziwe
ZASADA INDUKCJI MATEMATYCZNEJ
22.
7
T (n) wiadomo, »e prawdziwe jest T (25), a ponadto dla ka»dej liczby naturalnej n ≥ 20 zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n + 2) oraz dla ka»dej liczby naturalnej
4 ≤ n ≤ 30 zachodzi implikacja T (n) =⇒ T (n − 3). Czy stad wynika, »e prawdziwe
O zdaniu
jest:
(a)
(b)
(c)
(d)
T (37)
T (38)
T (10)
T (11)
Problemy.
1.
Udowodnij, »e dla ka»dego
2.
Ci¡g Fibbonacciego
fn−1
dla
n ≥ 1.
fn
n ∈ N liczba (n − 1)2
zadany jest rekurencyjnie:
f0 = 1,
Udowodnij, »e
√ !n+1
1  1+ 5
fn = √
−
2
5

3.
nn − n2 + n − 1.
f1 = 1, fn+1 = fn +
jest dzielnikiem liczby
Udowodnij, »e dla dowolnych liczb dodatnich

√ !n+1
1− 5
.
2
a1 , a2 , . . . , an
zachodzi nierówno±¢
√
a1 + a2 + . . . + an
≥ n a1 a2 . . . an
n
wedle nast¦puj¡cego planu:
(a) udowodnij j¡ dla
n = 2,
(b) udowodnij, »e je±li jest ona prawdziwa dla
k < `
n = k,
(c) udowodnij, »e je±li
prawdziwa dla
n = k , to jest te» prawdziwa dla n = 2k ,
n = ` to jest te»
i nierówno±¢ jest prawdziwa dla
(d) wyci¡gnij konkluzj¦.
4.
Dane s¡ klocki o ksztaªcie sze±cianu o wymiarach
1×1×1.
z usuni¦tym naro»nikiem
U»ywaj¡c tych klocków zbuduj sze±cian o wymiarach
naro»nikiem
5.
2×2×2
2n ×2n ×2n z usuni¦tym
1 × 1 × 1.
Boki pewnego wielok¡ta wypukªego zaznaczono z zewn¡trz cienk¡ kolorow¡ lini¡. W
wielok¡cie zaznaczono kilka przek¡tnych i ka»d¡ z nich - równie» z jednej strony zaznaczono cienk¡ kolorow¡ lini¡. Wyka», »e w±ród wielok¡tów, na które narysowane
przek¡tne dziel¡ wyj±ciowy wielok¡t, istnieje taki, którego wszystkie boki s¡ zaznaczone
z zewn¡trz.
6.
Dana jest liczba naturalna
j¡cych wi¦cej ni»
3k
k.
Dowied¹, »e z ka»dego zbioru liczb caªkowitych, ma-
elementów mo»emy wybra¢
(k + 1)-elementowy
podzbiór
S
o
nast¦puj¡cej wªasno±ci:
A, B ⊂ S suma wszystkich elementów z A jest ro»na od sumy wszystkich elementów z B .
Udowodnij, »e dla ró»nych liczb caªkowitych a, b, c i dowolnej liczby naturalnej n poDla dowolnych dwóch ró»nych od siebie podzbiorów
7.
ni»sza liczba jest caªkowita:
bn
cn
an
+
+
.
(a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b)
{ai }∞
i=1 b¦dzie ci¡giem dodatnich liczb rzeczywistych
2
an ≤ an − an+1 . Udowodnij, »e an < n1 dla ka»dego n ∈ N.
takich, »e
a1 =
1
2 oraz
8.
Niech
9.
Na pustyni na drodze w ksztaªcie okr¦gu jest pewna liczba stacji benzynowych, a na
ka»dej pewna ilo±¢ paliwa. Wiadomo, »e paliwa na wszystkich stacjach ª¡cznie wystarcza do przejechania drogi naokoªo.
Udowodnij, »e istnieje stacja, taka »e samochód
startuj¡cy z tej stacji jad¡c w wybran¡ stron¦ przejedzie caª¡ drog¦ naokoªo.