הוכיחו כי:
∣ ∣ x ∣ − ∣ y ∣ ∣ ≤ ∣ x − y ∣ ||x|-|y||\leq|x-y| ∣∣ x ∣ − ∣ y ∣∣ ≤ ∣ x − y ∣ הוכחה:
∣ ∣ x ∣ − ∣ y ∣ ∣ ≤ ∣ x − y ∣ ⟹ − ∣ x − y ∣ ≤ ∣ x ∣ − ∣ y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ ||x|-|y||\leq|x-y|\implies -|x-y|\leq|x|-|y|\leq |x-y| ∣∣ x ∣ − ∣ y ∣∣ ≤ ∣ x − y ∣ ⟹ − ∣ x − y ∣ ≤ ∣ x ∣ − ∣ y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ מכיוון שלהעלות בריבוע איננו יכולים, נתחיל מ-∣ x ∣ |x| ∣ x ∣
∣ x ∣ = ∣ x − y + y ∣ = ∣ ( x − y ) + ( y ) ∣ ≤ שלושמה ןויווש יא ∣ x − y ∣ + ∣ y ∣ |x|=|x-y+y|=|(x-y)+(y)|\overset{\text{שלושמה ןויווש יא}}{\leq}|x-y|+|y| ∣ x ∣ = ∣ x − y + y ∣ = ∣ ( x − y ) + ( y ) ∣ ≤ שלושמה ןויווש יא ∣ x − y ∣ + ∣ y ∣ נעביר אגפים ונקבל:
∣ x ∣ − ∣ y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ |x|-|y|\leq |x-y| ∣ x ∣ − ∣ y ∣ ≤ ∣ x − y ∣ כעת, נעבור לאגף ימין:
∣ y ∣ = ∣ y − x + x ∣ = ∣ ( y − x ) + x ∣ ≤ שלושמה ןויווש יא ∣ y − x ∣ + ∣ x ∣ = תונוכתה יפל ∣ x − y ∣ + ∣ x ∣ |y|=|y-x+x|=|(y-x)+x|\overset{\text{שלושמה ןויווש יא}}{\leq}|y-x|+|x|\overset{\text{תונוכתה יפל}}{=}|x-y|+|x| ∣ y ∣ = ∣ y − x + x ∣ = ∣ ( y − x ) + x ∣ ≤ שלושמה ןויווש יא ∣ y − x ∣ + ∣ x ∣ = תונוכתה יפל ∣ x − y ∣ + ∣ x ∣ נעביר אגפים ונקבל:
− ∣ x − y ∣ ≤ ∣ x ∣ − ∣ y ∣ -|x-y|\leq |x|-|y| − ∣ x − y ∣ ≤ ∣ x ∣ − ∣ y ∣ ∎
הראו כי לכל a , b ∈ R a,b \in \mathbb{R} a , b ∈ R
∣ ∣ a ∣ + 1 − ∣ b ∣ + 1 ∣ ≤ ∣ a − b ∣ |\sqrt{ |a|+1 }-\sqrt{ |b|+1 }|\leq |a-b| ∣ ∣ a ∣ + 1 − ∣ b ∣ + 1 ∣ ≤ ∣ a − b ∣ הוכחה:
= ∣ ∣ a ∣ + 1 − ( ∣ b ∣ + 1 ) ∣ a ∣ + 1 ∣ b ∣ + 1 ∣ = ∣ ∣ a ∣ − ∣ b ∣ ∣ ∣ a ∣ + 1 + ∣ b ∣ + 1 ≤ שלושמה ןויווש יא ∣ a − b ∣ ∣ a ∣ + 1 ∣ b ∣ + 1 ≤ ∣ a ∣ + 1 ≥ 1 , ∣ b ∣ + 1 ≥ 1 =| \frac{|a|+1-(|b|+1)}{\sqrt{ |a|+1 }\sqrt{ |b|+1 }} |=\frac{||a|-|b||}{\sqrt{ |a|+1 }+\sqrt{ |b| +1}}\overset{\text{שלושמה ןויווש יא}}{\leq} \frac{|a-b|}{\sqrt{ |a|+1 }\sqrt{ |b|+1 }}\overset{|a|+1\geq 1,\; |b|+1\geq 1}{\leq} = ∣ ∣ a ∣ + 1 ∣ b ∣ + 1 ∣ a ∣ + 1 − ( ∣ b ∣ + 1 ) ∣ = ∣ a ∣ + 1 + ∣ b ∣ + 1 ∣∣ a ∣ − ∣ b ∣∣ ≤ שלושמה ןויווש יא ∣ a ∣ + 1 ∣ b ∣ + 1 ∣ a − b ∣ ≤ ∣ a ∣ + 1 ≥ 1 , ∣ b ∣ + 1 ≥ 1 ∣ a − b ∣ 1 + 1 ≤ ∣ a − b ∣ \frac{|a-b|}{\sqrt{ 1 }+\sqrt{ 1 }}\leq |a-b| 1 + 1 ∣ a − b ∣ ≤ ∣ a − b ∣ ∎
הגדרה 1 (אי שוויון הממוצעים)
אם a i > 0 a_{i}>0 a i > 0 1 ≤ i ≤ n 1\leq i \leq n 1 ≤ i ≤ n
n 1 a 1 + 1 a 2 + ⋯ + 1 a n ⏟ ינומרה עצוממ ≤ a 1 a 2 … a n n ⏟ יסדנה עצוממ ≤ a 1 + a 2 + ⋯ + a n n ⏟ ינובשח עצוממ \underbrace{\frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}}}_{\text{ינומרה עצוממ}}\leq \underbrace{\sqrt[n]{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }}_{\text{יסדנה עצוממ}}\leq \underbrace{\frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n}}_{\text{ינובשח עצוממ}} ינומרה עצוממ a 1 1 + a 2 1 + ⋯ + a n 1 n ≤ יסדנה עצוממ n a 1 a 2 … a n ≤ ינובשח עצוממ n a 1 + a 2 + ⋯ + a n מכיוון שהוכחה(שהיא באינדוקציה) מאוד מסובכת ומייאשת, נוכיח רק עבור n = 2 n=2 n = 2 הוכחה: a , b > 0 a,b >0 a , b > 0
2 1 a + 1 b ≤ a b ≤ a + b 2 \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\leq \sqrt{ ab }\leq \frac{a+b}{2} a 1 + b 1 2 ≤ ab ≤ 2 a + b נתחיל מאגף ימין:
a b ≤ a + b 2 ⟺ 2 a b ≤ a + b ⟺ 4 a b ≤ a 2 + 2 a b + b 2 ⟺ 0 ≤ a 2 − 2 a b + b 2 ⟺ 0 ≤ ( a − b ) 2 \sqrt{ ab }\leq \frac{a+b}{2} \iff 2\sqrt{ ab }\leq a+b \iff 4ab\leq a^2+2ab+b^2 \iff 0 \leq a^2-2ab+b^2 \iff 0 \leq (a-b)^2 ab ≤ 2 a + b ⟺ 2 ab ≤ a + b ⟺ 4 ab ≤ a 2 + 2 ab + b 2 ⟺ 0 ≤ a 2 − 2 ab + b 2 ⟺ 0 ≤ ( a − b ) 2 זהו פסוק אמת ולכן, מכיוון שכל השלבים הינם אם ורק אם הטענה נכונה.
כעת, נעבור לאגף שמאל:
2 1 a + 1 b ≤ a b ⟺ 2 a + b a b ≤ a b ⟺ 2 a b a + b ≤ a b ⟺ 2 a b a + b ≤ 1 ⟺ 2 a b ≤ a + b \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}\leq \sqrt{ ab } \iff \frac{2}{\frac{a+b}{ab}}\leq \sqrt{ ab } \iff \frac{2ab}{a+b}\leq\sqrt{ ab } \iff \frac{2\sqrt{ ab }}{a+b}\leq 1 \iff 2\sqrt{ ab }\leq a+b a 1 + b 1 2 ≤ ab ⟺ ab a + b 2 ≤ ab ⟺ a + b 2 ab ≤ ab ⟺ a + b 2 ab ≤ 1 ⟺ 2 ab ≤ a + b ואת זה כבר הוכחנו ולכן זהו משפט אמת. לכן, ורק מכיוון שכל השלבים הינם אם ורק אם הטענה נכונה.
ולכן, הטענה הכללית נכונה.
הוכיחו כי לכל n ≥ 1 n\geq1 n ≥ 1
n ! ≤ ( n + 1 2 ) n n! \leq \left( \frac{n+1}{2} \right)^n n ! ≤ ( 2 n + 1 ) n הוכחה:
( n + 1 ) ! ≤ ( n + 2 2 ) n + 1 (n+1)!\leq \left( \frac{n+2}{2} \right)^{n+1} ( n + 1 )! ≤ ( 2 n + 2 ) n + 1 נראה כי אם ננסה פה, יהיה מאוד קשה.מסקנה: לא כל דבר שיש בו מספרים טבעיים משתמש באינדקציה ולפעמים יש דרכים אחרים להוכיח.
כעת, נתחיל להוכיח.
1 ∗ 2 ∗ 3 … n n ≤ 1 + 2 + 3 + ⋯ + n n \sqrt[n]{ 1*2*3\dots n }\leq \frac{1+2+3+\dots+n}{n} n 1 ∗ 2 ∗ 3 … n ≤ n 1 + 2 + 3 + ⋯ + n נראה כי יש לנו סכום של סדרה חשבונית:
1 ∗ 2 ∗ 3 … n n ≤ 1 + 2 + 3 + ⋯ + n n = תינובשח הרדס םוכס ( 1 + n ) n 2 n = n + 1 2 / ( ) n \sqrt[n]{ 1*2*3\dots n }\leq \frac{1+2+3+\dots+n}{n}\overset{\text{תינובשח הרדס םוכס}}{=}\frac{(1+n) \frac{n}{2}}{n}=\frac{n+1}{2} /()^n n 1 ∗ 2 ∗ 3 … n ≤ n 1 + 2 + 3 + ⋯ + n = תינובשח הרדס םוכס n ( 1 + n ) 2 n = 2 n + 1 / ( ) n n ! ≤ ( n + 1 2 ) n n! \leq \left( \frac{n+1}{2} \right)^n n ! ≤ ( 2 n + 1 ) n ∎
יהיו a , k > 0 a,k>0 a , k > 0 1 ≤ k ≤ n 1\leq k\leq n 1 ≤ k ≤ n a 1 a 2 … a n = 1 a_{1}a_{2}\dots a_{n}=1 a 1 a 2 … a n = 1
הוכיחו כי :
( 1 + a 1 ) ( 1 + a 2 ) … ( 1 + a n ) ≥ 2 n (1+a_{1})(1+a_{2})\dots(1+a_{n})\geq 2^n ( 1 + a 1 ) ( 1 + a 2 ) … ( 1 + a n ) ≥ 2 n
יהיו q k > 0 q_{k}>0 q k > 0 1 ≤ k ≤ n 1\leq k\leq n 1 ≤ k ≤ n ∑ k = 1 n a k ≤ 1 \sum^{n}_{k=1}a_{k}\leq_{1} ∑ k = 1 n a k ≤ 1
∑ k = 1 n 1 a k ≥ n 2 \sum^{n}_{k=1} \frac{1}{a_{k}}\geq n^2 k = 1 ∑ n a k 1 ≥ n 2 הוכחה: (א)
a b ≤ a + b 2 ⟺ 2 a b ≤ a b \sqrt{ ab }\leq \frac{a+b}{2} \iff 2\sqrt{ ab }\leq ab ab ≤ 2 a + b ⟺ 2 ab ≤ ab { 1 + a 1 ≥ 2 a 1 1 + a 2 ≥ 2 a 2 … 1 + a k ≤ 2 a k \begin{cases}
1+a_{1}\geq 2\sqrt{ a_{1} } \\
1+a_{2}\geq 2\sqrt{ a_{2} } \\
\dots \\
1+a_{k}\leq 2\sqrt{ a_{k} }
\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ 1 + a 1 ≥ 2 a 1 1 + a 2 ≥ 2 a 2 … 1 + a k ≤ 2 a k נכפיל את כולם:
( 1 + a 1 ) ( 1 + a 2 ) … ( 1 + a n ) ≥ 2 a 1 2 a 2 … 2 a n (1+a_{1})(1+a_{2})\dots(1+a_{n})\geq 2\sqrt{ a_{1} }2\sqrt{ a_{2} }\dots 2\sqrt{ a_{n} } ( 1 + a 1 ) ( 1 + a 2 ) … ( 1 + a n ) ≥ 2 a 1 2 a 2 … 2 a n = 2 n a 1 a 2 … a n ⏟ = 1 = 2 n =2^n \underbrace{\sqrt{ a_{1}a_{2}\dots a_{n} }}_{=1}=2^n = 2 n = 1 a 1 a 2 … a n = 2 n ∎
הוכחה: (ב)
∑ k = 1 n a k ≤ 1 ⟹ a 1 + a 2 + ⋯ + a n ≤ 1 \sum^{n}_{k=1} a_{k}\leq 1 \implies a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n} \leq 1 k = 1 ∑ n a k ≤ 1 ⟹ a 1 + a 2 + ⋯ + a n ≤ 1 אנו צריכים להוכיח כי:
1 a 1 + 1 a 2 + ⋯ + 1 a n ≥ n 2 \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}\geq n^2 a 1 1 + a 2 1 + ⋯ + a n 1 ≥ n 2 לפי אי שוויון הממוצעים:
n 1 a 1 + 1 a 2 + ⋯ + 1 a n ≤ a 1 … a n n ≤ a 1 + a 2 + ⋯ + a n n ≤ 1 n \frac{n}{\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\dots+\frac{1}{a_{n}}}\leq\cancel{\sqrt[n]{ a_{1}\dots a_{n} }}\leq \frac{a_{1}+a_{2}+\dots+a_{n}}{n}\leq \frac{1}{n} a 1 1 + a 2 1 + ⋯ + a n 1 n ≤ n a 1 … a n ≤ n a 1 + a 2 + ⋯ + a n ≤ n 1 ולכן:
n 2 ≤ 1 a 1 + 1 a 2 + ⋯ + 1 a n n^2 \leq \frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\dots+\frac{1}{a_{n}} n 2 ≤ a 1 1 + a 2 1 + ⋯ + a n 1 ∎
נסתכל שוב על הבינום של ניוטון:
הגדרה 2 (הבינום של ניוטון)
( x + y ) n = ∑ k = 0 n ( n k ) x k y n − k (x+y)^n=\sum^{n}_{k=0}\tbinom{n}{k}x^ky^{n-k} ( x + y ) n = k = 0 ∑ n ( k n ) x k y n − k ( n k ) = n ! k ! ( n − k ) ! \tbinom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!} ( k n ) = k ! ( n − k )! n ! קבוצות של מספרים
הטבעיים - N \mathbb{N} N Z \mathbb{Z} Z Q \mathbb{Q} Q R \mathbb{R} R C \mathbb{C} C
יהיו a , b ∈ N a,b \in \mathbb{N} a , b ∈ N a \sqrt{ a } a b \sqrt{ b } b a + b \sqrt{ a }+\sqrt{ b } a + b
הוכחה: a + b \sqrt{ a }+\sqrt{ b } a + b a + b = p q \sqrt{ a }+\sqrt{ b }=\frac{p}{q} a + b = q p p , q ∈ Z p,q \in \mathbb{Z} p , q ∈ Z
a + b = p q / ( a − b ) \sqrt{ a }+\sqrt{ b }=\frac{p}{q} /(\sqrt{ a }-\sqrt{ b }) a + b = q p / ( a − b ) a − b = p q ( a − b ) a-b = \frac{p}{q}(\sqrt{ a }-\sqrt{ b }) a − b = q p ( a − b ) a − b a − b = p q \frac{a-b}{\sqrt{ a }-\sqrt{ b }}=\frac{p}{q} a − b a − b = q p a − b = q p ( a − b ) \sqrt{ a }-\sqrt{ b }=\frac{q}{p}(a-b) a − b = p q ( a − b ) נחבר את המשוואה העליונה והתחתונה:
2 a = p q + q p ( a − b ) ⟹ 5 a = p 2 + q 2 ( a − b ) p q 2\sqrt{ a }=\frac{p}{q}+\frac{q}{p}(a-b) \implies 5\sqrt{ a }=\frac{p^2+q^2(a-b)}{pq} 2 a = q p + p q ( a − b ) ⟹ 5 a = pq p 2 + q 2 ( a − b ) a = p 2 + q 2 ( a − b ) 2 q p \sqrt{ a }=\frac{p^2+q^2(a-b)}{2qp} a = 2 qp p 2 + q 2 ( a − b ) מכיוון ש-p , q p,q p , q p 2 , q 2 , a − b , 2 p q p^2,q^2,a-b,2pq p 2 , q 2 , a − b , 2 pq a \sqrt{ a } a a \sqrt{ a } a a + b \sqrt{ a }+\sqrt{ b } a + b אי רציונלי .
א. יהי n n n n 2 n^2 n 2 n n n 3 \sqrt{ 3 } 3 3 + 2 3 \sqrt{ 3 }+\sqrt[3]{ 2 } 3 + 3 2
הוכחה: (א)n 2 n^2 n 2 n n n
{ n = 3 k + 1 n = 3 k + 2 \begin{cases}
n=3k+1 \\
n=3k+2
\end{cases} { n = 3 k + 1 n = 3 k + 2 נשתמש בהם כדי להראות כי n 2 n^2 n 2
{ n 2 = 9 k 2 + 6 k + 1 = 3 ( 3 k 2 + 2 k ) + 1 n 2 = 9 k 2 + 12 k + 4 = 3 ( 3 k 2 + 4 k + 1 ) + 1 \begin{cases}
n^2=9k^2+6k+1=3(3k^2+2k)+1 \\
n^2=9k^2+12k+4=3(3k^2+4k+1)+1
\end{cases} { n 2 = 9 k 2 + 6 k + 1 = 3 ( 3 k 2 + 2 k ) + 1 n 2 = 9 k 2 + 12 k + 4 = 3 ( 3 k 2 + 4 k + 1 ) + 1 התוצאות הללו עומדות בסתירה לכך ש-n 2 n^2 n 2
הוכחה: (ב)3 \sqrt{ 3 } 3 3 = a b ∈ Q \sqrt{ 3 }=\frac{a}{b}\in \mathbb{Q} 3 = b a ∈ Q a b \frac{a}{b} b a b ≠ 0 b\neq 0 b = 0
3 q = p ⟹ 3 q 2 = p 2 \sqrt{ 3 }q=p\implies 3q^2=p^2 3 q = p ⟹ 3 q 2 = p 2 כלומר, p 2 p^2 p 2 p p p p 2 p^2 p 2 p = 3 k ⟹ p 2 = 9 k 2 p=3k \implies p^2=9k^2 p = 3 k ⟹ p 2 = 9 k 2 q 2 q^2 q 2 q q q 3 \sqrt{ 3 } 3 אי רציונלי .
הוכחה: (ג)3 + 2 3 \sqrt{ 3 }+\sqrt[3]{ 2 } 3 + 3 2 a b \frac{a}{b} b a a , b ∈ Z a,b \in \mathbb{Z} a , b ∈ Z b ≠ 0 b\neq 0 b = 0
2 3 = a b − 3 \sqrt[3]{ 2 }=\frac{a}{b}-\sqrt{ 3 } 3 2 = b a − 3 נעלה את 2 הצדדים בשלישית:
2 = ( a b − 3 ) 3 = ( a b ) 3 − 3 ( a b ) 2 3 + 3 a b 3 2 − 3 3 2=\left( \frac{a}{b}-\sqrt{ 3 } \right)^3=\left( \frac{a}{b} \right)^3-3 \left( \frac{a}{b} \right)^2\sqrt{ 3 }+3 \frac{a}{b}\sqrt{ 3 }^2-\sqrt{ 3 }^3 2 = ( b a − 3 ) 3 = ( b a ) 3 − 3 ( b a ) 2 3 + 3 b a 3 2 − 3 3 2 = a 3 b 3 − 3 a 2 b 2 3 + 9 a b − 3 3 2=\frac{a^3}{b^3}-3 \frac{a^2}{b^2}\sqrt{ 3 }+9\frac{a}{b}-3\sqrt{ 3 } 2 = b 3 a 3 − 3 b 2 a 2 3 + 9 b a − 3 3 3 ( 3 a 2 b 2 + 3 ) = a 3 b 3 + 9 a b − 2 \sqrt{ 3 }\left( \frac{3a^2}{b^2}+3 \right)=\frac{a^3}{b^3}+\frac{9a}{b}-2 3 ( b 2 3 a 2 + 3 ) = b 3 a 3 + b 9 a − 2 \sqrt{ 3 } \frac{3a^2+3b^2}{\cancel{b^2}}=\frac{a^3+9ab^2-2b^3}{b^\cancel{3}}
3 = a 3 + p a b 2 − 2 b 3 ( 3 a 2 + 3 b 2 ) b \sqrt{ 3 }=\frac{a^3+pab^2-2b^3}{(3a^2+3b^2)b} 3 = ( 3 a 2 + 3 b 2 ) b a 3 + p a b 2 − 2 b 3 המספרים a , b a,b a , b 3 \sqrt{ 3 } 3 3 \sqrt{ 3 } 3 3 + 2 3 \sqrt{ 3 }+\sqrt[3]{ 2 } 3 + 3 2 אי רציונלי
קבוצות חסומות
קבוצה A ⊆ R A \subseteq \mathbb{R} A ⊆ R M M M x ∈ A x \in A x ∈ A x ≤ M x \leq M x ≤ M A ⊆ R A \subseteq \mathbb{R} A ⊆ R m m m x ∈ A x \in A x ∈ A x ≥ m x\geq m x ≥ m A ⊆ R A \subseteq \mathbb{R} A ⊆ R
עבור הקבוצה A נסמן:
∣ A ∣ = { ∣ x ∣ ∣ x ∈ A } |A|=\{ |x||x \in A \} ∣ A ∣ = { ∣ x ∣∣ x ∈ A } הוכיחו נכון/לא נכון∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ A A A A A A ∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ ∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ A A A
הוכחה: (א)∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ M M M ∣ x ∣ ≤ M |x|\leq M ∣ x ∣ ≤ M − M ≤ x ≤ M -M\leq x \leq M − M ≤ x ≤ M x ≤ M x \leq M x ≤ M A A A
הוכחה: (ב)
A = ( − ∞ , 2 ] A=(-\infty,2] A = ( − ∞ , 2 ] הקבוצה חסומה מלמעלה ע"י 2.
∣ A ∣ = [ 0 , ∞ ) |A|=[0,\infty) ∣ A ∣ = [ 0 , ∞ ) הקבוצה הזו אינה חסומה מלמעלה ולכן הטענה אינה נכונה .
הוכחה: (ג)∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ M M M ∣ ∣ x ∣ ∣ ≤ M ||x||\leq M ∣∣ x ∣∣ ≤ M ∣ x ∣ ≤ M |x|\leq M ∣ x ∣ ≤ M − M ≥ x ≤ M -M\geq x\leq M − M ≥ x ≤ M
שמאל לימין:A A A m , M m,M m , M x ∈ A x \in A x ∈ A m ≤ x ≤ M m\leq x\leq M m ≤ x ≤ M K = max { ∣ m ∣ , ∣ M ∣ } K=\max\{ |m|,|M| \} K = max { ∣ m ∣ , ∣ M ∣ }
− K ≤ m ≤ x ≤ M ≤ K ⟹ ∣ x ∣ ≤ K -K\leq m\leq x\leq M\leq K \implies |x|\leq K − K ≤ m ≤ x ≤ M ≤ K ⟹ ∣ x ∣ ≤ K כך הוכחנו כי ∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ כמובן ש-∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ ∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ חסומה .