Zad. 1. Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej większej od 1 zachodzi nierówność
1·3·5·7·...· (2n−1) ≤ nn.
Zad. 2. Funkcja f o dziedzinie rzeczywistej spełnia dla wszystkich a, b nierówność
|f(a)−f(b)|≤|a−b|. Wykaż, że jeśli f(f(f(0)))=0, to f(0)=0.
Zad. 3. Wykaż, że dla każdej liczby naturalnej n istnieje taka liczba naturalna k, że suma liczb od n do n+k (włącznie) jest kwadratem.
Wyniki:
W tym miesiącu 11 pkt. zdobył Szymon Michalik, SP 3 Przymierza Rodzin Warszawa.
Odpowiedzi:
Zad. 1. Skorzystamy z nierówności między średnimi geometryczną i arytmetyczną wielu liczb. Mamy
(1·3·5·7·...· (2n−1))1/n ≤ (1+3+5+7+...+(2n−1))/n = n2/n = n.
Po podniesieniu nierówności stronami do potęgi n otrzymamy tezę.
Zad. 2. Wprowadźmy oznaczenia: f(0)=a, f(a)=b. Wtedy f(b)=0. Zachodzą następujące nierówności:
|a|=|a−0|=|f(0)−f(b)|≤|0−b|=|b|
|b|=|b−0|=|f(a)−f(b)|≤|a−b|=|f(0)−f(a)|≤|0−a|=|a|
|b|=|b−0|=|f(a)−f(b)|≤|a−b|=|f(0)−f(a)|≤|0−a|=|a|
Z powyższych nierówności wynika, że |a|≤|b| i |b|≤|a|, zatem |a|=|b|, czyli a=±b. Ale mamy też
|a|=|b|≤|a−b|,
co oznacza, że zachodzi jeden z dwóch przypadków:
1) Jeżeli a=b, to |a|≤|a−a|=0. 2) Jeżeli a=-b, to |a|≤|a+a|=2|a|.
W obu przypadkach otrzymujemy a=0, co stanowi tezę zadania.
W obu przypadkach otrzymujemy a=0, co stanowi tezę zadania.
Zad. 3. Pokażemy, że taką liczbą jest 2n−2. Skorzystamy z faktu, że 1+2+...+a = a(a+1)/2.
n+...+(n + 2n−2)=n+...+(3n−2)=[1+...+(3n−2)] − [1+...+(n−1)] =
=(3n−2)(3n−1)/2 − n(n−1)/2 = 4n2−4n+1 = (2n−1)2.
To zabawny samouczek, który zaczynając się niewinnie intrygującą historyjką, krok po kroku, poczynając od najłatwiejszych łamigłówek, prowadzi nas w szpony, nie bójmy się użyć tego słowa, uzależnienia.
