Jarosław Wróblewski Analiza Matematyczna 1 LUX, zima 2017/18
KOLOKWIUM nr
59
,4.01.2018
, godz. 14:15–15:15 Zadanie74.
(20 punktów)Dana jest taka funkcja f :R→R, że dla każdych liczb rzeczywistych x, y zachodzi nierówność
|f (x) − f (y)| ¬ 10 · |x − y| ,
a dla każdych liczb rzeczywistych x, y spełniających warunek |x − y| 10 zachodzi nie- równość
|f (x) − f (y)| ¬ |x − y| . Dowieść, że
|f (6) − f (0)| ¬ 50 . Rozwiązanie:
Teza zadania wynika z następujących nierówności, wykorzystujących nierówność trójkąta oraz założenia o funkcji f :
|f (6) − f (0)| = |f (6) − f (10) + f (10) − f (0)| ¬ |f (6) − f (10)| + |f (10) − f (0)| ¬
¬ 10 · |6 − 10| + |10 − 0| = 40 + 10 = 50 .
Kolokwium 59 - 1 - Odpowiedzi i rozwiązania
Jarosław Wróblewski Analiza Matematyczna 1 LUX, zima 2017/18
Zadanie
75.
(30 punktów)Wyznaczyć (wraz z pełnym uzasadnieniem) kres górny zbioru Z =
( kmn
k2+ m4+ n4: k,m,n ∈N
)
. Rozwiązanie:
Z nierówności między średnią geometryczną i arytmetyczną zastosowanej do czterech liczb k2/2, k2/2, m4, n4 otrzymujemy
4
sk4m4n4
4 ¬k2+ m4+ n4
4 ,
czyli
kmn k2+ m4+ n4 ¬
√4
4 4 =
√2 4 . Zatem liczba √
2/4 jest ograniczeniem górnym zbioru Z. Wykażemy, że jest to ograni- czenie najmniejsze. W tym celu rozważmy następujące ciągi liczb:
ni= mi= 10i, ki=h√
2 · 102ii. To prowadzi do następującego ciągu elementów zbioru Z:
kimini ki2+ m4i+ n4i =
ki
102i·m10ii·10nii
k
i
102i
2
+10mii
4
+10nii
4 →
√2 · 1 · 1
√
22+ 1 + 1
=
√2 4 .
Odpowiedź: Kres górny zbioru Z jest równy √ 2/4.
Zadanie
76.
(5 punktów)Podać liczby całkowite dodatnie k, m, n, dla których spełniona jest nierówność kmn
k2+ m4+ n4 >1 3.
k = 6 (ewentualnie 5 lub 7), m = 2, n = 2.
Kolokwium 59 - 2 - Odpowiedzi i rozwiązania