Matematyka.pl

Jeśli \(\displaystyle{ |x|\ge 1}\), to łatwo widać, że maksimum nie jest przyjmowane, niech więc \(\displaystyle{ |x|<1}\). Z AM-GM:
\(\displaystyle{ \left(\frac 1 8x^2\right)^8(1-x^2)\le \left( \frac{1-x^2+8\cdot \frac 1 8 x^2}{9} \right)^9=\frac{1}{9^9}}\), czyli
\(\displaystyle{ x^{16}-x^{18}\le \frac{8^8}{9^9}}\), równość zajdzie wtedy, gdy
\(\displaystyle{ 1-x^2=\frac 1 8 x^2}\), czyli dla \(\displaystyle{ x\in \left\{- \frac{2\sqrt{2}}{3}, \frac{2\sqrt{2}}{3}\right\}}\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} \sin(x) + \cos(y)=1 \\ \cos(x) + \sin(y) = -1 \end{cases}}\)
Podnosimy oba równania stronami do kwadratu, dodajemy stronami, korzystamy z jedynki trygonometrycznej i mamy \(\displaystyle{ 2\sin (x)\cos (y)+2\cos(x)\sin(y)=0}\), czyli po podzieleniu przez \(\displaystyle{ 2}\) i zauważeniu wzoru \(\displaystyle{ \sin(x+y)=0}\), zatem \(\displaystyle{ x+y=k\pi, \ k\in \ZZ}\), stąd \(\displaystyle{ 2y=-2x+2k\pi}\), czyli \(\displaystyle{ \cos (2y)=\cos(-2x+2k\pi)=\cos(2x),}\) c.n.d.

Najpierw odnotujmy jeden fakcik, mianowicie jeżeli liczby \(\displaystyle{ a, b, c}\) różne od zera spełniają \(\displaystyle{ a + b + c = D}\) i \(\displaystyle{ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{D}}\) to co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a, b, c}\) musi być równa liczbie \(\displaystyle{ D}\) różnej od zera. Dowód jest prosty, wystarczy z postaci \(\displaystyle{ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{a+b+c}}\) dojść do postaci \(\displaystyle{ \left( a+b\right)\left( b+c\right)\left( c+a\right)=0}\) i to w sumie tyle.
Podstawianie kolejnych wartości będzie zerować Nam drugie równanie, a z pierwszego i trzeciego będziemy w sumie mieć permutacje \(\displaystyle{ \left( x, y, z \right) = \left( A, \sqrt{- \sqrt{-A} }, \sqrt[6]{-A} \right)}\) no i oczywiście \(\displaystyle{ A}\) musi być postaci \(\displaystyle{ A = k^{6}}\) dla pewnego całkowitego \(\displaystyle{ k}\) ujemnego... Où

Współczynnik kierunkowy stycznej do pierwszej paraboli w punkcie \(\displaystyle{ x}\) to \(\displaystyle{ 2ax+b}\) a do drugiej \(\displaystyle{ 2dx+e}\). W punkcie \(\displaystyle{ x=\frac{e-b}{2(a-d)}}\) obie te styczne są zatem równoległe, a ponieważ parabole są rozłączne, to te dwie proste także są rozłączne. Dowolna prosta leżąca między nimi spełnia warunki zadania

Pokażę więcej: jeżeli
\(\displaystyle{ \begin{cases} \sin(x) + \cos(y)=a \\ \cos(x) + \sin(y) = b \end{cases}}\) i \(\displaystyle{ |a|=|b|}\) to \(\displaystyle{ \cos 2x=\cos 2y}\)

Mnożymy drugie równanie przez \(\displaystyle{ i}\) i dodajemy do pierwszego dostając
\(\displaystyle{ \cos y+i\sin y + \sin x+i\cos x=a+bi}\) lub równoważnie
\(\displaystyle{ \cos y+i\sin y+\cos(\tfrac{\pi}{2}-x)+i\sin(\tfrac{\pi}{2}-x)=a+bi}\).

Ze względu na warunek \(\displaystyle{ |a|=|b|}\) argument prawej strony jest postaci \(\displaystyle{ \tfrac{n\pi}{4}}\), gdzie \(\displaystyle{ n}\) jest nieparzyste.

Liczby \(\displaystyle{ 0,\ \cos y+i\sin y,\ \cos(\tfrac{\pi}{2}-x)+i\sin(\tfrac{\pi}{2}-x)}\) i \(\displaystyle{ a+bi}\) są wierzchołkami rombu, a to oznacza, że dla pewnego \(\displaystyle{ \alpha}\) argumenty obu liczb z lewej strony muszą spełniać warunek
\(\displaystyle{ y=\tfrac{n\pi}{4}+\alpha}\) i \(\displaystyle{ \tfrac{\pi}{2}-x=\tfrac{n\pi}{4}+\alpha}\)

Mnożąc każdy z nich przez \(\displaystyle{ 2}\) i dodając do siebie otrzymujemy warunek
\(\displaystyle{ 2y-2x=(n-1)\pi}\), skąd teza.

\(\displaystyle{ \begin{cases} x^3+y=3x+4 \\ 2y^3+ z=6y+6 \\3z^3+x = 9z + 8 \end{cases}}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ x=a+2, \ y=b+2, \ z=c+2}\), wówczas układ przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ \begin{cases} a^3+6a^2+9a+b=0 \\ 2(b^3+6b^2+9b)+c=0 \\3(c^3+6c^2+9c)+a= 0 \end{cases}}\)
Zauważmy teraz, że \(\displaystyle{ a^3+6a^2+9a=a(a+3)^2}\), czyli jeśli \(\displaystyle{ a>0}\), to \(\displaystyle{ a^3+6a^2+9a>0}\), a jeśli \(\displaystyle{ a<0}\), to \(\displaystyle{ a^3+6a^2+9a\le 0}\). Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ a<0}\). Wtedy również \(\displaystyle{ a(a+3)^2\le 0}\), czyli z pierwszego równania wynika, że \(\displaystyle{ b\ge 0}\), a odnosząc to do drugiego równania, mamy wniosek, że \(\displaystyle{ 2(b^3+6b^2+9b)\ge 0}\), toteż \(\displaystyle{ c\le 0}\), a stosując ten warunek do trzeciego równania, widzimy, że \(\displaystyle{ 3(c^3+6c^2+9c)\le 0}\), stąd \(\displaystyle{ a\ge 0}\), sprzeczność. Analogiczne rozważania prowadzą do wniosku, że nie może być \(\displaystyle{ a>0}\). Zatem \(\displaystyle{ a=0}\), co z uwagi na pierwsze równanie daje nam też \(\displaystyle{ b=0}\), a wstawiając do drugiego równania \(\displaystyle{ b:=0}\) mamy również \(\displaystyle{ c=0}\). Sprawdzamy, że trójka \(\displaystyle{ (a,b,c)=(0,0,0)}\) jest rozwiązaniem układu, toteż jedynym rozwiązaniem wyjściowego układu w liczbach rzeczywistych jest \(\displaystyle{ (x,y,z)=(2,2,2)}\).

Jak się dobrze dobierze wierzchołki w nierówności trójkąta to powinno wyjść, że nierówność jest niemożliwa

Na dowolnej osi symetrii wielościanu musi leżeć środek ciężkości jego wierzchołków.

Niech \(\displaystyle{ A _{1}, A _{2}, ..., A _{50}}\) będą tymi gwiazdami, które astronom widzi po ciemku, a \(\displaystyle{ A _{51}, A _{52}, ..., A _{100}}\) będą pozostałymi gwiazdami. Każdej parze gwiazd \(\displaystyle{ A _{i}, A _{j}}\), dla \(\displaystyle{ 1\le i,j \le 50}\) oraz \(\displaystyle{ i \neq j}\) przypisujemy gwiazdę o numerze \(\displaystyle{ A _{50+\left| i-j\right| }}\). Niech teraz \(\displaystyle{ a _{i, j}}\), dla \(\displaystyle{ i<j}\) oznacza odległość pomiędzy gwiazdami \(\displaystyle{ i}\) oraz \(\displaystyle{ j}\). Z nierówności trójkąta jasne jest, że dla wszystkich \(\displaystyle{ 1 \le i, j \le 50}\), takich że \(\displaystyle{ i \neq j}\) zachodzi:
\(\displaystyle{ a_{i, j} \le a _{i, 50+\left| i-j\right| } + a _{j, 50+\left| i-j\right| }}\)
Zauważmy teraz, że sumując te nierówności po wszystkich \(\displaystyle{ 1 \le i, j \le 50}\), takich że \(\displaystyle{ i \neq j}\) po prawej stronie nie policzymy żadnej odległości dwukrotnie, a po za tym nie ma tam odległości pomiędzy dwiema gwiazdami widocznymi po ciemku, to oznacza, że gdy dodamy stronami do tej nierówności sumę wszystkich odległości pomiędzy gwiazdami widocznymi po ciemku to po lewej stronie otrzymamy \(\displaystyle{ 2T}\), a po prawej sumę odległości pomiędzy gwiazdami, z których każda została policzona co najwyżej jeden raz, ale pewne odległości nie zostały policzone wcale, chociażby wszystkie odległości do gwiazdy \(\displaystyle{ A _{100}}\), zatem prawa strona tej nierówności jest mniejsza od \(\displaystyle{ S}\), co prowadzi do wniosku, że w istocie zachodzi nierówność przeciwna do postulowanej.

Jak ktoś nie lubi rozważania przypadków, to po podstawieniu \(\displaystyle{ x=a+2, \ y=b+2, \ z=c+2}\), które daje nam układ
\(\displaystyle{ \begin{cases} a^3+6a^2+9a+b=0 \\ 2(b^3+6b^2+9b)+c=0 \\3(c^3+6c^2+9c)+a= 0 \end{cases}}\)
można to przepisać w formie
\(\displaystyle{ \begin{cases} b=-a(a+3)^2 \\c=-2b(b+3)^2 \\a= -3c(c+3)^2 \end{cases}}\)
i teraz przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ abc\neq 0}\) (wtedy też z układu wynika, że oczywiście musi być \(\displaystyle{ (a+3)(b+3)(c+3)\neq 0}\)). Mnożymy wówczas te trzy równania stronami, po czym dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ abc}\) i otrzymujemy
\(\displaystyle{ 1=-6(a+3)^2(b+3)^2(c+3)^2}\), czyli liczba dodatnia równa jest niedodatniej, sprzeczność.
Zatem \(\displaystyle{ abc=0}\), tj. co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest zerem, a dalej już łatwo.

Łatwo widać iż \(\displaystyle{ a_{2^k}=2^{k-1}}\) dla \(\displaystyle{ k\in \NN^+}\).
Tutaj są ciekawe rzeczy o tym ciągu:

Można go zapisać zgrabniej:

\(\displaystyle{ a_{n}=f(n)}\)

\(\displaystyle{ f(n)=ff(n-1)+f[n-f(n-1)] ,f(1)=f(2)=1}\)

wcale nie musiało być dane \(\displaystyle{ f(2)}\), bo można już wyliczyć ze wzoru, ale skoro jest dane powinno się zacząć od \(\displaystyle{ f(3)}\) ta rekurencja czyli powinien być warunek:

\(\displaystyle{ n>2}\)

z obserwacji w takim układzie wyszło mi:

\(\displaystyle{ f(2^k)=2^{k-1}}\)

Te sympatyczne można zliczyć z zasady włączeń i wyłączeń:

jest \(\displaystyle{ n}\) par które mogą mieć różnicę równą \(\displaystyle{ n}\)

np dla:

\(\displaystyle{ S=6=2 \cdot 3 , n=3}\)

\(\displaystyle{ (1,4)(2,5)(3,6) \vee (4,1)(5,2)(6,3)}\)

I teraz łączymy je dodając i odejmując na przemian aż powstanie wzór:

\(\displaystyle{ a_{n}}\) - ilość permutacji sympatycznych

\(\displaystyle{ a_{n}= \sum_{i=1}^{n}(-1)^{i+1} 2^i {n \choose i}(2n-i)!}\)

łatwo zauważyć, że:

\(\displaystyle{ a_{n}> \frac{(2n)!}{2}}\)

Co do zadania drugiego można utożsamić siedzenie na jednym okręgu z połączeniem krawędzią w grafie.
I jeżeli założymy, że jeden wróbel siedzi wraz z innymi pięcioma wróblami na jednym okręgu jeż tożsame z tym, że: jeden wierzchołek grafu jest połączony z pięcioma innymi wierzchołkami krawędzią...

I teraz okazuje się, że:

\(\displaystyle{ \frac{13 \cdot 5}{2}=32,5}\)

Czyli krawędzi jest co najwyżej \(\displaystyle{ 32}\)...

Teraz zakładając z warunków zadania, że:
Na każde pięć wróbli przypada cztery siedzące na jednym okręgu, co w przetłumaczeniu na język zrozumiały znaczy , że:

W każdym zbiorze pięciu punktów istnieje klika (graf pełny) złożony z czterech punktów...

Czyli minimalna ilość krawędzi w zbiorze pięciu punktów wynosi sześć...

Czyli:

\(\displaystyle{ {4 \choose 2}=6}\)

\(\displaystyle{ {5 \choose 2}=10}\)

\(\displaystyle{ {11 \choose 2}=55}\)

z proporcji otrzymamy:

\(\displaystyle{ 6 - 10}\)

\(\displaystyle{ x - 55}\)

z tego:

\(\displaystyle{ x=33}\)

Co znaczy, że jeżeli na każde pięć punktów istnieje klika złożona z czterech punktów mająca sześć krawędzi znaczy, że proporcjonalnie dla punktów trzynaście tych krawędzi minimum powinno być.: \(\displaystyle{ 33}\) stosując proporcję...

Lecz powyżej krawędzi przy założeniu, że na każdym okręgu siedzi co najwyżej pięć wróbli wyszło nam.: \(\displaystyle{ 32}\) ,
a tu wyszło.: \(\displaystyle{ 33}\) czyli sprzeczność, znaczy, że istnieje okrąg na którym siedzi minimum sześć wróbli...cnd...

1.
Dla punktów:
\(\displaystyle{ A=\left( a,0,-z\right) \\
B=\left( b,0,-z\right) \\
C=\left( 0,c,z\right) \\
D=\left( 0,d,z\right) \ \ \ \text{gdzie}\ \ a,b,c,d,z \in \RR \wedge (a \neq b) \wedge (c\neq d) \wedge (z\neq 0)}\)
odcinki AB i CD są prostopadłe (prostopadłe w sensie prostopadłości ich wektorów kierunkowych).

Przez \(\displaystyle{ s(X,Y)}\) oznaczę środek odcinka XY.
Środki krawędzi czworościanu to:
\(\displaystyle{ s(A,B)=\left( \frac{a+b}{2} ,0,-z\right) =P \\
s(A,C)=\left( \frac{a}{2} ,\frac{c}{2},0\right) =K \\
s(A,D)=\left( \frac{a}{2} ,\frac{d}{2},0\right) =L \\
s(B,C)=\left( \frac{b}{2} ,\frac{c}{2},0\right) =N \\
s(B,D)=\left( \frac{b}{2} ,\frac{d}{2},0\right) =M \\
s(C,D)=\left( 0 ,\frac{c+d}{2},z\right) =Q}\)

Jak widać punkty KLMN tworzą prostokąt na płaszczyźnie XOY.
Ponadto środek okręgu opisanego na tym prostokącie \(\displaystyle{ S=s(K,M)=s(LN)=\left( \frac{a+b}{4},\frac{c+d}{4} ,0\right)}\) to także środek odcinka PQ.
2.
Jeśli krawędzie AC i BD są prostopadłe to punkty NPLQ leżą w jednej płaszczyźnie (równoległej i równoodległej do obu prostych zawierających te odcinki) i tworzą prostokąt o środku S. Jest to wniosek z części 1. , gdyż a,b,c,d były dowolne.

Skoro \(\displaystyle{ \left| KS\right|= \left| LS\right|= \left| MS\right|= \left| NS\right|= \left| PS\right|= \left| QS\right|}\) to teza jest spełniona.

Nie wystarczy podać tylko wynik, lub zażartować jak Przemek lub ja w viewtopic.php?t=439969#p5576394 , ale trzeba jeszcze zadanko rozwiązać (lub przynajmniej podać drogę wiodącą do rozwiązania) tak jak to zrobił Dasio w zalinkowanym temacie

Dla wygody traktujemy nasz ciąg \(\displaystyle{ a _{n}}\), jako funkcję \(\displaystyle{ f:Z _{+} \rightarrow Z _{+}}\). Zaczniemy od dowiedzenia paru własności funkcji \(\displaystyle{ f}\).
\(\displaystyle{ (1)}\) Dla dowolnego \(\displaystyle{ i>1}\) mamy \(\displaystyle{ f(i)-f(i-1) \in \left\{ 0,1\right\}}\).
Dowód:
Łatwo sprawdzić, że jest to prawda dla kilku początkowych \(\displaystyle{ i}\). Załóżmy, że jest to prawda dla wszystkich \(\displaystyle{ i}\) z przedziału \(\displaystyle{ \left\langle 2, n\right\rangle}\). Wówczas mamy:
\(\displaystyle{ f(n+1)-f(n)=f(f(n))-f(f(n-1))+f(n+1-f(n))-f(n-f(n-1))}\)
Na mocy założenia indukcyjnego wiemy, że \(\displaystyle{ f(n)-f(n-1)=0}\) lub \(\displaystyle{ f(n)-f(n-1)=1}\), w pierwszym przypadku dostajemy \(\displaystyle{ f(f(n))-f(f(n-1))=0}\) oraz \(\displaystyle{ f(n+1-f(n))-f(n-f(n-1))=f(n+1-f(n))-f(n-f(n)) \in \left\{ 0,1\right\}}\), co wynika z tego, że \(\displaystyle{ n+1-f(n)<n+1}\), w drugim natomiast \(\displaystyle{ f(n+1-f(n))-f(n-f(n-1))=0}\) oraz \(\displaystyle{ f(f(n))-f(f(n-1))=f(f(n))-f(f(n)-1) \in \left\{ 0,1\right\}}\), co wynika z tego, że \(\displaystyle{ f(n)<n+1}\), co można łatwo pokazać na mocy założenia indukcyjnego, c.k.d.
\(\displaystyle{ (2)}\) \(\displaystyle{ \lim_{ n\to \infty}f(n)= \infty}\)
Dowód:
Na mocy \(\displaystyle{ (1)}\) od razu widać, że jeżeli \(\displaystyle{ (2)}\) nie jest spełnione to istnieje takie \(\displaystyle{ N}\), że \(\displaystyle{ f(n)=a}\), dla pewnego \(\displaystyle{ a}\), dla wszystkich \(\displaystyle{ n \ge N}\). Weźmy sobie wówczas pewne \(\displaystyle{ m \ge N+f(a)}\). Wówczas dostajemy:
\(\displaystyle{ a=f(m)=f(f(m-1))+f(m-f(m-1))=f(a)+f(m-f(a))=f(a)+a>a}\), sprzeczność kończy dowód.
\(\displaystyle{ (3)}\) Funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest funkcją na.
Dowód:
Przypuśćmy, że pewne \(\displaystyle{ a \in Z _{+}}\) nie należy do przeciwdziedziny funkcji \(\displaystyle{ f}\). Z \(\displaystyle{ (2)}\) wiadomo, że do tej przeciwdziedziny należy pewne \(\displaystyle{ A>a}\), z drugiej strony z \(\displaystyle{ (1)}\) jasne jest, że skoro przechodząc od \(\displaystyle{ n}\) do \(\displaystyle{ n+1}\) wartość funkcji \(\displaystyle{ f}\) może albo wzrosnąć o \(\displaystyle{ 1}\), albo pozostać taka sama, to przechodząc od wartość \(\displaystyle{ f(1)=1}\) do \(\displaystyle{ A}\) musimy napotkać wszystkie liczby naturalne od \(\displaystyle{ 1}\) do \(\displaystyle{ A}\), a więc także \(\displaystyle{ a}\), c.k.d.
Teraz taką poczwórną indukcją będziemy dowodzić jednocześnie czterch własności:
\(\displaystyle{ (4)}\) Jeżeli dla pewnego \(\displaystyle{ a \le 2 ^{k}}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(a)=2 ^{k-1}}\), to także \(\displaystyle{ f(2 ^{k})=2 ^{k-1}}\).
\(\displaystyle{ (5)}\) \(\displaystyle{ f(2 ^{k})=2 ^{k-1}}\)
\(\displaystyle{ (6)}\) \(\displaystyle{ f(2 ^{k}-1)=f(2 ^{k} )}\)
\(\displaystyle{ (7)}\) Dla każdego \(\displaystyle{ a>2 ^{k}}\) mamy \(\displaystyle{ f(a)>2 ^{k-1}}\).
Zrobimy to w następujący sposób. Zakładając, że dla pewnego \(\displaystyle{ k}\) wszystkie te cztery własności są spełnione to pokażemy, że dla \(\displaystyle{ k+1}\) jest spełniona własność \(\displaystyle{ (4)}\), z czego następnie wynika, że są spełnione kolejno własności \(\displaystyle{ (5)}\), \(\displaystyle{ (6)}\) i \(\displaystyle{ (7)}\). Dla kilku początkowych \(\displaystyle{ k}\) łatwo sprawdzić, że jest to prawda, zatem dowód kroku indukcyjnego zakończy dowód.
Dowód \(\displaystyle{ (4)}\):
Jeżeli \(\displaystyle{ a=2 ^{k}}\) to teza jest oczywista. Załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ a<2 ^{k}}\), wówczas \(\displaystyle{ a+1 \le 2 ^{k}}\) i mamy:
\(\displaystyle{ f(a+1)=f(f(a))+f(a+1-f(a))=f(2 ^{k-1})+f(a+1-2 ^{k-1})=2 ^{k-2}+f(a+1-2 ^{k-1}) \le2 ^{k-2}+f(2 ^{k}-2 ^{k-1})=2 ^{k-1}}\)
Teraz już widać, że przy podanym założeniu dla wszystkich \(\displaystyle{ a \le x \le 2 ^{k}}\) zachodzi \(\displaystyle{ f(a)=2 ^{k-1}}\).
Dowód \(\displaystyle{ (5)}\):
Wiemy na mocy \(\displaystyle{ (3)}\), że istnieje takie \(\displaystyle{ a}\), że \(\displaystyle{ f(a)=2 ^{k-1}}\). Weźmy pod uwagę najmniejsze takie \(\displaystyle{ a}\), jeżeli \(\displaystyle{ a \le 2 ^{k}}\) to teza jest jasna na mocy \(\displaystyle{ (4)}\), załóżmy zatem, że \(\displaystyle{ a>2 ^{k}}\). Wówczas mamy:
\(\displaystyle{ 2 ^{k-1}=f(a)=f(f(a-1))+f(a-f(a-1))=f(2 ^{k-1}-1)+f(a-2 ^{k-1}+1) \ge 2 ^{k-2} + f(a-2 ^{k-1}) > 2 ^{k-2} + 2 ^{k-2}=2 ^{k-1}}\)
Gdzie ostra nierówność wynika z tego, że \(\displaystyle{ a-2 ^{k-1}>2 ^{k-1}}\) oraz z własności \(\displaystyle{ (7)}\) dla \(\displaystyle{ k-1}\), która jest spełniona na mocy założenia indukcyjnego. Sprzeczność kończy dowód.
Dowód \(\displaystyle{ (6)}\):
Na mocy \(\displaystyle{ (5)}\) wiemy, że \(\displaystyle{ f(2 ^{k})=2 ^{k-1}}\), zatem zgodnie z \(\displaystyle{ (1)}\) mamy \(\displaystyle{ f(2 ^{k}-1)=2 ^{k-1}}\) lub \(\displaystyle{ f(2 ^{k}-1)=2 ^{k-1}-1}\). W pierwszym przypadku teza jest jasna, zatem załóżmy że zachodzi druga z możliwości. Wówczas mamy:
\(\displaystyle{ 2 ^{k-1}=f(2 ^{k})=f(f(2 ^{k}-1))+f(2 ^{k}-f(2 ^{k}-1))=f(2 ^{k-1}-1)+f(2 ^{k}-f(2 ^{k}-1))=2 ^{k-2}+f(2 ^{k}-2 ^{k-1}+1)=2 ^{k-2}+f(2 ^{k-1}+1)>2 ^{k-1}}\)
Gdzie ostra nierówność wynika z własności \(\displaystyle{ (7)}\) dla \(\displaystyle{ k-1}\). Sprzeczność kończy dowód.
Dowód \(\displaystyle{ (7)}\):
Wobec tego, że f jest niemalejąca wystarczy dowieść, że \(\displaystyle{ f(2 ^{k}+1)>2 ^{k-1}}\). Mamy:
\(\displaystyle{ f(2 ^{k}+1)=f(f(2 ^{k}))+f(2 ^{k}+1-f(2 ^{k}))=2 ^{k-2} + f(2 ^{k-1}+1)>2 ^{k-1}}\)
Gdzie ostra nierówność wynika z własności \(\displaystyle{ (7)}\) dla \(\displaystyle{ k-1}\), bo \(\displaystyle{ 2 ^{k-1}+1>2 ^{k-1}}\), c.k.d.