Društvo matematičara Srbije Pripreme za Juiorske olimpijade školske 007/008 -Dord e Baralić Tel:063/706-706-6 e-mail:djolebar@ptt.yu Matematička idukcija Primer 1. Dokazati da je > za sve N. Ituitivo zamo da je > za N jer je 1 = > 1, = >, 3 = 8 > 3... Ali, e moguće je za svako N proveriti da li je > recimo za = 0000000000. Kako, oda dokazati ešto što je očigledo? Rešeje: 1 Očigledo je 1 > 1. Pretpostavimo da je za eki priroda broj, >. 3 Iz pretpostavke da je > sledi da je > tj. +1 > = + +1 Odavde tvrd eje važi za sve N! Formulacija pricipa matematičke idukcije: Dokazujemo iskaz koji važi za sve prirode brojeve i ozačimo ga sa P pr. P je iskaz > 1. Dokažemo da je tača iskaz P 1 proverimo da li je 1 > 1.. Pretpostavimo da je tača iskaz P i dokažemo da je oda tača P + 1, tj. P P + 1 dokažemo da iz > sledi +1 > + 1 Ukoliko dokažemo stavke 1. i. dokazali smo da iskaz P važi za sve N. Stavka 1. se aziva baza idukcije, stavka. iduktivi korak. Običo u stavci. pretpostavku da važi P zovemo iduktiva pretpostavka hipoteza. Primer. Dokazati da je > za sve N, 5. Rešeje: 1 Imamo da je 5 = 3 > 5 = 5. Pretpostavimo da je za eki priroda broj 5, >. 3 Iz pretpostavke da je > sledi da je +1 > = + + 5 > + + 1 = + 1 jer je 5. Odavde tvrd eje važi za sve N, 5! Za bazu idukcije je dozvoljeo uzeti ajmaji prirodi broj za koji eko tvrd eje važi e mora to biti 1 Primer 3. Neka je N, i a 1, a,..., a prirodi brojevi takvi da je 0 < a k k za sve k = 1,,...,. Ako je a 1 + a +... + a para broj dokazati da je moguće postaviti zake + i tako da izraz a 1 ± a ±... ± a = 0 Rumuija, Izboro takmičeje za JBMO 008 1
Rešeje: Dokaz ćemo sprovesti primeom matematičke idukcije. 1 Za = imamo da je 0 < a 1 1 i 0 < a. Odavde je a 1 = 1 i zbog uslova da je a 1 + a paro mora biti i a = 1 Jaso, tada je a 1 a = 1 1 = 0 Pretpostavimo da tvrd eje važi za sve prirode brojeve maje od ekog prirodog broja 3 Dokažimo da tvrd eje važi i za priroda broj. Ako je a 1 = a, tada je izraz a 1 + a +... + a para, pa se prema iduktivoj hipotezi tvrd eje važi za sve prirode brojeve maje od mogu odabrati zaci + i takvi da je a 1 ± a ±... ± a = 0. Očigledo dodajući a ovaj izbor zakova a 1 i oduzimajući a dobijamo a 1 ± a ±... ± a + a 1 a = 0 Ako je a 1 a tada je zbog 0 < a 1 1 i 0 < a i 0 < a 1 a 1. Izraz a 1 + a +... + a + a 1 a je iste parosti kao i a 1 + a +... + a dokazati1 pa se prema iduktivoj pretpostavci mogu odabrati zaci + i takvi da je a 1 ±a ±...±a ± a 1 a = 0 od kojih direkto sledi pošto je a 1 a = a 1 a ili a 1 a = a 1 + a da postoji izbor takav da je Ovim je dokaz idukcijom završe. a 1 ± a ±... ± a ± a 1 a = 0 U iduktivoj pretpostavci je dozvoljeo pretpostaviti da tvrd eje važi za sve prirode brojeve maje maje ili jedake od ekog prirodog broja. Ovaj modifikovai oblik idukcije azivamo potpua idukcija. Primer. Neka su a 1, a,..., a pozitivi reali brojevi. Dokazati ejedakost a 1 + a + + a a 1 a a Nejedakost izmed u aritmetičke i geometrijske sredie Rešeje: Dokaz ćemo sprovesti matematičkom idukcijom po. 1 Za = ejedakost koju dokazujemo sledi iz a 1 a 0 proveriti. Dokažimo da ako je ejedakost tača za brojeva oda je oa tača za brojeva. Zaista, a 1 +a + +a 1 = 1 a1 +a + +a a1 a a + a +1 a + a + a +1+a + + +a a1 a a a +1 a + a = a 1 a a 3 Dokažimo da ako je ejedakost tača za brojeva oda je oa tača za 1 brojeva. Nejedakost je tača za bilo kojih pozitivih realih brojeva, pa i za brojeve a 1, a,..., a 1, a1+a+ +a 1 1. Odatle je a 1 + + a 1 + a 1+a + +a 1 1 Sred ivajem se dobija a 1 + a + + a 1 1 a 1 a a 1 a1 + a + + a 1 1 a 1 a a 1 a1 + a + + a 1 1
Posle stepeovaja i leve i dese starae a dobija se a1 + a + + a 1 a 1 a a 1 a1 + a + + a 1 1 1 što posle sred ivaja i 1 koreovaja dobijamo a 1 + a + + a 1 1 1 a 1 a a 1 Ovim je dokaz idukcijom završe! Iskaz P možemo da dokažemo i a sledeći ači: 1 Dokažemo P 1 Dokažemo da pretpostavka da je tača iskaz P povlači da je tača iskaz P tj. P P 3 Dokažemo da pretpostavka da je tača iskaz P povlači da je tača iskaz P 1 tj. P P 1 Ovakav tip idukcije se aziva regresiva idukcija. Primer 5. Dokazati da za svaki priroda broj važi 1 3 + 3 + + 3 = + 1 Rešeje: Idukcijom po = 1. 1 Imamo da je 1 3 = 1 = 1. Pretpostavimo da tvrd eje važi za eki priroda broj 3 i dokažimo da oda važi i za + 1. Koristeći iduktivu hipotezu dobijamo 1 3 + 3 + + 3 + + 1 3 = +1 + + 1 3 = +1 ++1 3 = +1 ++ = +1 + Ovim je dokaz završe. Zadaci Sume i idetiteti 1. Dokazati sledeće idetitete za sve prirode brojeve : a 1 + + + 3 = 1 6 3 1 b 1 + x + x +... x = 1 x+1 1 x za sve x R c 1 1! +! + +! = + 1! 1 d 1 + 3 1 + + +1 ++1 + 1 = + +7+1. Dokazati da je za svaki priroda broj važi 1! + 3! + 1! +! + + = 3
3. Dokazati da je za svaki priroda broj važi 1 1 + + 1 1 + + 1 + 1 1 + + 1 = 1 + 1 + + 1. Dokazati da za sve prirode brojeve m, N važi m 1 + 1 k + k + 1! = 1 m + m!! + k! k=1 Uputstvo: Idukcijom po m. Velika Britaija 1981 5. Razmotrimo sve moguće podskupove skupa {1,,..., N} koji e sadrže dva uzastopa broja. Dokazati da je suma kvadrata proizvoda brojeva u tim podskupovima jedaka N + 1! 1. Rusija, Sakt Petersburg olimpijada 1990 Nejedakosti 1. Dokazati da je + +... + < } {{ } korea za svaki priroda broj.. Dokazati da za sve N važe ejedakosti: a > 1 + 1 + 1 3 + + 1 > + 1 b 1 3... 1 1 3+1 c 1 1 1 1 3 1 1 < d >! > 3 za > 6 3. Dokazati da za svaki priroda broj važi 1 3 + 3 5 + 3 3 5 7 + + 3 5 7... + 1 < 1 Uputstvo: Dokazati da je suma a levoj strai jedaka +1!! 1 +1!! gde je +1!! = 3 5 7... + 1. Dokazati da za reale brojeve a, b [0, 1] i sve N važi ejedakost a + b ab + 1 a 1 b 1 5. Neka su 0 a i 1 za i = 1,,,. Dokazati da važi ejedakost 1 + 1 + + 1 1 + a 1 1 + a 1 + a Uputstvo: Regresivom idukcijom po. 1 + a 1 a... a
Teorija brojeva 1. Neka je = p α1 1 pα pα3 3 p αs s kaoska faktorizacija prirodog broja. Neka su τ, σ i ϕ redom broj raličitih delilaca broja, zbir svih različitih delilaca broja i broj prirodih brojeva koji su maji od i uzajamo prosti sa. Dokazati: a τ = 1 + α 1 1 + α 1 + α s b σ = pα 1 +1 1 1 p 1 1 pα+1 1 p 1 pαs+1 1 1 p s 1 c ϕ = p α1 1 1 p α 1 p α s 1 s p 1 1p 1 p s 1 Uputstvo: Idukcijom po broju prostih delilaca s broja.. Dokazati da za svaki priroda broj važi: a 7 3 +1 + + b 7 10 + 18 1 c 133 11 + + 1 +1 d 59 5 + + 6 5 + 8 +1 e 30 7 8 1 3. Neka je p prost broj. Dokazati da za svaki priroda broj važi da je p deljiv sa p.. Dokazati da za svaki priroda broj postoji priroda broj k takav da je k + 17 potpu kvadrat. Rešeje: Idukcijom po. 1 Za = 1 uzmimo da je k = i dobijamo 1 + 17 = 5 = 5 Pretpostavimo da za eki priroda broj postoji k takvo da je k + 17 = m za eko m N 3 i dokažimo da takav broj postoji za +1. Neka je k takvo da je k +17 = m iduktiva pretpostavka. Ako je k paro tada je k = t za eko t N. Tada je m = k + 17 = t + 17 = t +1 + 17 pa je t = k tražei broj za + 1. Ako je k eparo tada posmatramo izraz k + m + + 17. Koristeći iduktivu pretpostavku da je k + 17 = m dobijamo k + m + + 17 = k + 17 + m + = m + m 1 + = m + 1. Pošto je k eparo, m eparo, paro proveriti da ovakav slučajmo astupa kada je 3 pa je broj k + m + para, pa je t = k+m+ broj koji u ovom slučaju zadovoljava uslove zadatka. Ovim je dokaz idukcijom završe. Kombiatorika 1. Jedakostraiča trougao ABC podelje je a male trouglove tako što mu je svaka straa podeljea a jedakih duži koje su oda povezae dužima paralelim straicama trougla. Svako od ovoastalih temea je ozačeo jedim od slova A, B ili C. Dokazati da važi bar jedo od tvrd eja: a Postoji mali trougao kome su temea ozačea slovima A, B i C b Postoje tri kolieare tačke koje su ozačee slovima A, B i C. 5
. Dokazati je broj ačia da se pravougaoik dimezija m poploča sa figurama para. Uputstvo: Idukcija po N = m površii pravougaoika. 3. Dokazati da postoji skup sa prirodih brojeva tako da za svaka broja a i b iz ovoga skupa važi a b ab. SAD 1998. Dokazati da se tabla dimezije, > bez ugaoih polja može popločati sa figurama ako i samo ako je deljivo sa. 5. Dokazati da za svaki priroda broj važi jedakost: 1 1 k+1 k k = 1 + 1 + 1 3 +... + 1. k=1 Rešeje: Ozačimo sa g = k=1 1k+1 1 k k. Za = 1 dobijamo da je g 1 = 1. Pretpostavimo da je tvrd eje tačo za eki priroda broj. Imamo da je: g +1 = +1 k=1 1k+1 +1 1 k k = { k=1 1k+1 k + } 1 k 1 k + 1+ +1 = = k=1 1k+1 1 k k + 1+ +1 + k=1 1k+1 1 k 1 k = g + 1+ +1 + + k=1 1k+1 +1 1 k +1 = = g + 1+ +1 1 +1 k=1 1k +1 k = = g 1 +1 1 +1 + k=1 1k +1 k = = g 1 +1 1 +1 1 1 +1 + +1 k=0 1k +1 k = g + 1 +1, pa a osovu iduktive hipoteze tvrd eje važi i za + 1. 6