A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Az (a) és a (b) tulajdonság szerint , minden pozitív egészre. Innen -re , ahonnan f(2) =2 miatt . A kitevőre vonatkozó teljes indukcióval megmutatjuk, hogy ha kettőhatvány, akkor . A fentiek szerint az állítás 0, illetve 1 kitevővel igaz. Tegyük fel, hogy -nál kisebb kitevőjű kettőhatványokra igaz az állítás, ahol . Ekkor , ami az indukciós feltevés szerint , tehát az állítás -ra is igaz. Tekintsük most a 2 két szomszédos hatványát és a közéjük eső egészeket: | | A monotonitás miatt a megfelelő függvényértékekre teljesül, hogy
Az utóbbi egyenlőtlenségláncban darab különböző egész számot soroltunk fel nagyság szerint növekvő sorrendben és között. Mivel pedig ilyen egész szám éppen darab van, ez csak úgy lehetséges, ha a egyenlőtlenségben éppen a és a közé eső egészeket soroltuk fel, vagyis , ha . Abból, hogy a kapott eredmény minden pozitív egész -ra igaz, a bizonyítandó állítást kapjuk.
II. megoldás. Ha beláttuk, hogy , akkor másképpen is befejezhetjük a bizonyítást. A monotonitás miatt ugyanis , azaz . Innen egyrészt , másrészt . Megmutatjuk, hogy semmilyen -re nem igaz. Tegyük föl ennek az ellenkezőjét. Ha valamilyen -re, akkor , és így . Így | | ez pedig lehetetlen.
III. megoldás. Az állítást -re vonatkozó teljes indukcióval látjuk be. Az első megoldás szerint . Legyen most , és tegyük fel, hogy -nél kisebb számokra az állítás igaz. Ha páros, azaz , akkor miatt , másrészt . Ha páratlan, azaz , akkor továbbra is , és miatt is igaz. Így | | Azt kapjuk, hogy , és mivel egész, lehet csak. Az állítás tehát -re is igaz. Ezzel a bizonyítást befejeztük. |