!■ Univerza v Mariboru Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA KEMIJO IN KEMIJSKO TEHNOLOGIJO Petra Zigert Pletersek, Matevž Crepnjak Visokošolski učbenik z rešenimi nalogami MATEMATIKA I Maribor 2013 Naslov publikacije: Visokošolski učbenik z rešenimi nalogami Matematika I Avtorja: izr. prof. dr. Petra Zigert Pleteršek Matevč (Crepnjak Strokovna recenzenta: red. prof. ddr. Janez Zerovnik doc. dr. Aleksandra Tepeh Vrsta publikacije: visokošolski učbenik, e-izdaja URL: http : //atom.uni — mb.si/edu/egradiva/ ucbenikjmatematikal.pdf 51(075.8)(076.2) ŽIGERT Pletersek, Petra Matematika I [Elektronski vir] : visokošolski uCbenik z rešenimi nalogami / Petra Žigert Pletersek, Matevž Crepnjak. - El. uCbenik. -Maribor : Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo, 2013 ISBN 978-961-248-391-3 1. Crepnjak, Matevž COBISS.SI-ID 74520065 Kazalo Uvodno poglavje 7 1.1 Logika in množice......................................................7 1.2 Preslikave..............................................................17 1.3 Nekatere algebrske strukture..........................................25 1.4 Realna števila..........................................................31 1.5 Kompleksna števila....................................................42 1.6 Naloge z resitvami ....................................................50 1.6.1 Logika in množice..............................................50 1.6.2 Preslikave......................................................53 1.6.3 Nekatere algebrske strukture..................................57 1.6.4 Realna stevila ..................................................64 1.6.5 Kompleksna stevila............................................83 Realne funkcije 97 2.1 Pregled elementarnih funkcij..........................................97 2.2 Zaporedja...............................118 2.3 Vrste..................................129 2.4 Limita in zveznost funkcije......................143 2.5 Naloge z resitvami ..........................156 2.5.1 Pregled elementarnih funkcij.................156 2.5.2 Zaporedja...........................168 2.5.3 Vrste..............................182 2.5.4 Limita in zveznost funkcije..................200 Diferencialni raCun 213 3.1 Odvod funkcije............................213 3.2 Geometrijski pomen odvoda.....................226 3.3 Uporaba odvoda ...........................232 3.4 Naloge z resitvami ..........................256 3.4.1 Odvod funkcije........................256 3.4.2 Geometrijski pomen odvoda.................261 3.4.3 Uporaba odvoda .......................266 Predgovor Učbenik pred vami je nastajal kar nekaj časa, in letnica izdaje na prvi strani se je tekom priprave več kot enkrat spremenila. Nastal je na osnovi predavanj in vaj iz matematike, ki jih poslusajo studenti na zacetku studija na Fakulteti za kemijo in kemijsko tehnologijo Univerze v Mariboru, zato lahko po njem posežejo predvsem studenti tehniskih usmeritev. Kadarkoli zelis matematiko predstaviti bodočim inzenirjem, si v razcepu med poenostavljanjem matematičnih dejstev in njihovo korektnostjo. Trudila sva se voziti po vmesni poti; biti eksaktna in obenem razumljiva. Predstavljena tematika je resda ze pokrita v večjem stevilu podobnih slovenskih ali tujejezičnih učbenikov, a zelela sva zdruziti v čeloto teorijo z velikim stevilom resenih nalog, karerih poteki resitev so natančno pojasnjeni. Iskreno se zahvaljujeva obema rečenzentoma, ddr. Janezu Zerovniku in dr. Aleksandri Tepeh, za zelo skrben pregled teksta in vse pripombe, ki so pripomogle h kvaliteti samega učbenika. Prav tako se zahvaljujeva najinim studentom, ki so kot pod drobnogledom nasli napake, ki so avtorjema usle. Petra Zigert Pletersek in Matevz Crepnjak Uvodno poglavje V uvodu se bomo spoznali z osnovnimi simboli logike, ki jih bomo vseskozi potrebovali pri zapisovanju matematičnih pojmov. Seznanili se bomo z mnozicami in preslikavami. Poleg tega bomo spoznali nekatere algebrske strukture, ki jih bomo kasneje potrebovali pri vpeljavi realnih in kompleksnih stevil. 1.1 Logika in množice Logika Zelo poenostavljeno bi lahko povedali, da je logika veda, ki proučuje načela pravilnega misljenja. Osredotočili se bomo na izjave in njihovo povezovanje s tako imenovanimi iz-javnimi povezavami oziroma logičnimi operatorji. Izjava je trditev, ki ima le eno lastnost, in sičer je bodisi resnična bodisi neresnična: Sedim na predavanjih in zunaj sije sonce. Izjava, ki je sestavljena iz ene same trditve, je enostavna izjava, v nasprotnem govorimo o sestavljeni izjavi. Enostavne izjave, ki jih običajno označujemo z malimi tiskanimi črkami p,q,r,..., z izjavnimi povezavami povezemo v sestavljene izjave, ki jih označujemo z velikimi tiskanimi črkami z začetka abečede A,B,.... Ce je izjava p resnična, pravimo, da ima logično vrednost 1, in pisemo p = 1, sičer je neresnična in ima logično vrednost 0 in pisemo p = 0. Zgled 1. Preverimo logično vrednost enostavnih izjav p in q: p... 8 je sodo čtevilo, q... 8 je prastevilo. Izjava p je resnična in ima logično vrednost 1 (p = 1), izjava q je neresnična in ima logično vrednost 0 (q = 0). Navedimo najpogostejše izjavne povezave, ki povezujejo dve enostavni izjavi v sestavljeno izjavo. Poleg teh bomo omenili še eno posebno izjavno povezavo, in sicer je to negacija, ki deluje samo na eni izjavi. (i) Negacija — —p ... ne p oz. ni res, da p Izjava —p je resniCna natanko tedaj, ko je p neresniCna izjava, kar lahko prikazemo s pravilnostno tabelo: p —p 1 0 0 1 Zgled 2. Negirajmo izjavo p iz Zgleda 1 in določimo njeno logično vrednost. A = —p ... 8 ni sodo stevilo (A = 0.) (ii) Disjunkcija V p V q ... p ali q Sestavljena izjava p V q je resniCna, ko je resniCna vsaj ena od izjav p ali q. Tudi v tem, in prav tako v vseh nadaljnih primerih izjavnih povezav, lahko uporabimo pravilnostno tabelo: p q p V q 1 i 1 1 0 1 0 i 1 0 0 0 Zgled 3. Poiččimo disjunkcijo izjav iz Zgleda 1 in določimo njeno logično vrednost. A = p V q ... 8 je sodo stevilo ali prastevilo (A = 1.) (iii) Konjunkcija A p A q ... p in q Sestavljena izjava p A q je resniCna natanko tedaj, ko sta resniCni obe izjavi p in q: p q p A q 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 Zgled 4. Poiščimo konjukcijo izjav iz Zgleda 1 in določimo njeno logično vrednost. A = p A q ... 8 je sodo število in hkrati praštevilo (A = 0.) (iv) Implikacija ^ p ^ q ... iz p sledi q (če p, potem q) Sestavljena izjava p ^ q je neresnična natanko tedaj, ko je p resnična in q neresnična izjava. V vseh ostalih primerih je ta izjava resnična: p q p ^ q 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 Zgled 5. Poiščimo obe implikaciji izjav iz Zgleda 1 in določimo njuni logični vrednosti. A = q ^ p ... če je 8 prastevilo, potem je 8 sodo stevilo (A = 1.) B = p ^ q ... če je 8 sodo stevilo, potem je prastevilo (B = 0.) (iv) Ekvivalenca ^ p ^ q ... p je ekvivalentno q (p natanko tedaj ko q) Sestavljena izjava p ^ q je resnična natanko tedaj, ko sta p in q obe resnični ali pa obe neresnični: p q p ^ q 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Zgled 6. Poiččimo ekvivalenco izjav iz Zgleda 1 in določimo njeno logično vrednost. A = p q ... 8 je sodo število natanko tedaj, ko je 8 praštevilo (A = 0.) Vrstni red delovanja izjavnih povezav določimo z oklepaji in upoštevanjem prioritete izjavnih povezav, ki je sledeča (od najmočnejše do najšibkejše): —i A V Na primer, v šeštavljeni izjavi (—p) V q je oklepaj odvečen in jo lahko pišemo kot —p V q. Pravimo, da šta izjavi A in B enakovredni, A « B, ko imata enako logično vrednošt za však nabor enoštavnih izjav, ki vštopajo vanju. Omenimo, da šo dišjunkčija, konjunkčija in ekvivalenča komutativne in ašo-čiativne izjavne povezave, medtem ko implikačija teh laštnošti nima: komutativnošt ašočiativnošt p V q ~ q V p, (p V q) V r ~ p V (q V r), p A q ~ q A p, (p A q) A r ~ p A (q A r), p ^ q ~ q ^ p, (p ^ q) ^ r ~ p ^ (q ^ r) Zgled 7. Podajmo primer enakovrednih sestavljenih izjav. S pravilnoštno tabelo še lahko prepričamo, da šta našlednji šeštavljeni izjavi enakovredni: p ^ q ~ (p ^ q) A (q ^ p). p q p ^ q (p ^ q) A (q ^ p) 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 Naštejmo se nekatere pomembnejše enakovredne izjave, ki jih lahko hitro preverimo s pravilnostno tabelo: p ^ q ~ — p V q p ^ q ~ —p ^ —q — (p A q) ~ —p V —q ... De Morganov zakon — (p V q) ~ —p A —q ... De Morganov zakon p V (q A r) ~ (p V q) A (p V r) ... distributivnost p A (q V r) ~ (p A q) V (p A r) ... distributivnost Zgled 8. Preverimo enakovrednost naslednjih izjav. 1. p ^ q ~ —q ^ —p : Enakovrednost lahko preverimo s pravilnostno tabelo: p q p ^ q —q ^ —p 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 1 i 1 1 Lahko pa tudi z uporabo enakovrednih izjav, ki smo jih zgoraj navedli: p ^ q ~ —p V q ~ q V —p ~ —q ^ —p. 2. —(p ^ q) ~ p A —q : Na podoben način s pomočjo pravilnostne tabele lahko bralec sam preveri drugi primer, mi pa bomo uporabili enakovredne izjave: —(p q) — (—p v q) — (—p) A —q p A —q. Zgled 9. Zanikajmo izjavo: Ce sem študent, se lahko rekreiram v USC-ju. Zanikana izjava je: "Sem .Student in se ne rekreiram v USC-ju." Pri tem je enostavna izjava p... sem student in druga enostavna izjava je q... rekreiram se v USC-ju . Sestavljena izjava je P ^ q, katere negacija je p A —q . Pri zapisovanju izjav se pojavljata dva kvantifikatorja: univerzalni kvantifikator: V... beremo "za vsak" in eksistencni kvantifikator: 3 ... beremo "obstaja". Ce ima nek x lastnost P, pisemo P(x). Izjavi, da ima vsak x lastnost P oz. da obstaj axz lastnostjo P, zanikamo kot: —Vx : P(x) « 3x : —P(x) , —3x : P(x) « Vx : —P(x). Zgled 10. Zanikajmo izjavi: Matevz Crepnjak 1. Vsak kosarkaš je visok nad 1,90 m. Zanikana izjava je: "Obstaja kosarkas, ki ni višji od 1,90 m." Pri tem je lastnost P(x)... kosarkas x je visji od 1.90 m in izjava je Vx : P(x), njena negacija pa je 3x : —P(x). 2. Nekatere ženske rade gledajo nogomet. Na podoben nacin kot v prvem primeru pridemo do zanikane izjave: "Nobena ženska ne gleda rada nogometa." Množice Teorija mnozic je temeljno podrocje matematike, a zaradi njene zahtevnosti se bomo seznanili samo z nekaterimi osnovnimi pojmi te teorije. Pogledali si bomo zapisovanje in podajanje mnozic ter racunske operacije z njimi. Pojem mnozica bomo uvedli le na osnovi modela, ki nam je blizu iz vsakdana. Mnozica je skupina nekih elementov, govorimo lahko recimo o mnozici vseh ucencev dane sole, mnozici stevk itd. To mnozico imenujemo univerzalna mnozica ali univerzum. in obicajno je oznacena z U. Poljubne mnozice obicajno oznacujemo z veliki tiskanimi crkami A,B,..., M,..., nekatere znane mnozice pa imajo posebne oznake, na primer Z je mnozica celih stevil ali R je mnozica realnih stevil, o kateri bomo povedali vec v nadaljevanju. Mnozico smatramo za podano, ce lahko za vsako rec presodimo, ali je ali ni iz dane mnozice. Reci v mnozici so elementi te mnozice. Izjavo, da je a element mnozice M, zapisemo takole: a e M. V nasprotnem primeru, ce nek element b ne pripada mnozici M, to zapisemo be M. Mnozice najpogosteje podajamo na enega od naslednjih dveh nacinov. i) V zavitih oklepajih nastejemo vse elemente mnozice: M = { —1, 0,1} . ii) V zavitem oklepaju zapisemo skupno lastnost P(x) elementov mnoziče: M = {x\P(x)} , na primer M = {x|x2 - x = 0} = {0,1} . Včasih uporabimo kombinačijo obeh načinov, ko elemente nastejemo, vendar ne moremo nasteti vseh elementov. V tem primeru uporabimo zapis M = {1,-1, 2,-2, 3,-3,...} , kjer pikiče pomenijo "in tako naprej", tako da moramo iz nastetih elementov izlusčiti karakteristično lastnost mnoziče. Zgled 11. Poiščimo elemente množic A in B. 1. Naj množica A vsebuje vse tiste x, za katere velja, da je x praštevilo. A = {x|x je prastevilo} = {1, 2, 3, 5, 7,11,13,17, 23, 29, 31, 37, 41,...} . 2. Naj imajo elementi množice B lastnost P(x), ki pove, da je x večkratnik števila 3 v množici naravnih števil N. B = {x|P(x)} = {x| x = 3 k A k G N} = {3 k| k G N} = {3, 6, 9,12,...} . Mnoziča M je prazna, ko ne vsebuje nobenega elementa. Prazno mnozičo zapisemo 0 ali tudi { }. Intuitivno lahko rečemo, da je mnoziča končna, če lahko zapisemo vse njene elemente. Moc koncne mnoZice M, |M|, je stevilo njenih elementov. Mnoziča A je podmnoZica mnoziče B, A C B, če je vsak element mnoziče A obenem tudi element mnoziče B. Mnoziči A in B sta enaki, A = B, ko je A C B in B C A. Neenakost mnozič A in B zapisemo A = B. A je prava podmnoZica mnoziče B, A C B, če je A C B in je A = B. Pri obravnavi mnozič se vedno omejimo na neko univerzalno mnoZico, ki jo označimo z U. Potencna množica mnoziče A, P (A), je mnoziča vseh podmnozič mnoziče A. Zgled 12. Poiscimo odnos med množicama A in B. 1. Naj bo A množica celih stevil in B množica sodih stevil. Tedaj je B C A. 2. A = {x e R|x > 0 A x < 0}, B = 0 . Tedaj je A = B. Zgled 13. Poiščimo potenčno mnozico mnozice A = {1,a,b}. P (A) = {0, {1}, {a}, {b}, {1, a}, {1,b}, {a, b}, A} Poglejmo najpogostejse operačije z mnozičami: (i) Presek mnozič A in B, A H B, je mnoziča vseh tistih elementov, ki so hkrati v A in v B: A h B = {x|x e A A x e B}. Ce je A H B = 0 pravimo, da sta mnoziči A in B disjunktni. (ii) Unija mnozič A in B, A U B, je mnoziča vseh tistih elementov, ki so vsaj v eni od mnozič A ali B: A U B = {x|x e A v x e B}. (iii) Razlika mnozič A in B, A — B, je mnoziča vseh tistih elementov, ki so v A in niso v B: A — B = {x|x e A A x eB} . (iv) Kartezični produkt mnozic A in B, A x B, je mnoziča vseh urejenih parov (a, b), kjer je a e A in b e B: A x B = {(a, b) |a e A A b e B} . Zgled 14. Naj bo A = {a,b,c,d, 1, 2, 3} in B = {1,c,e}. 1. Poisčimo presek mnozic A in B. A H B = {1,c} . 2. Poiscimo unijo mnozic A in B. A U B = {a, b, c, d, e, 1, 2, 3} . 3. Poiscimo razliko mnozic A in B. A — B = {a, b, d, 2, 3} . Komplement mnočice A (glede na univerzalno mnozičo U), AC, je razlika mnozič U in A: AC = U - A = {x e U|x e A}. V komplementu mnoziče A so torej elementi, ki so v U in niso v A. Operačije z mnozičami imajo različne lastnosti, med katerimi sta pomembnejsi komutativnost in asociativnost. Preprosto je preveriti, da imata operačiji unije in preseka obe lastnosti: A n B = B n A in A U B = B U A ... komutativnost A n (B n C) = (A n B) n C in A U (B U C) = (A U B) U C ... asočiativnost. Razlika mnozič nima teh dveh lastnosti. Poglejmo se nekaj lastnosti operačij z mnozičami: A C A U B, B C A U B, A n B C A, A n B C B, A n A = A, A U A = A, A n 0 = 0 , A U 0 = A, (A n B)C = AC U BC , (A U B)C = AC n BC , A n (B u C) = (A n b) u (A n C), A u (b n C) = (A u b) n (A u c) . Za zgled izpeljimo eno od distributivnosti: A n (B u C) = (A n B) u (A n C). x e A n (B u C) ^ x e A a x e B u C ^ x e A a (x e B v x e C) ^ x e A a x e B v x e A a x e C ^ x e (A n B) v x e (A n C) ^ x e (A n B) u (A n C) Zgled 15. Poiččimo oba kartezična produkta mnočic A = {1, 2, 3} in B = {a,b}. A x B = {(1, a), (2, a), (3, a), (1,b), (2,b), (3,b)} B x A = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)} Ker A x B = B x A, vidimo, da karteziCni produkt ni komutativna operaCija. Omenimo, da je treba biti pozoren na vrstni red elementov pri zapisu urejenega para, medtem ko je pri mnoziti vrstni red lahko poljuben: {a, b} = {b, a} . . . mnoziCa, (a, b) = (b, a) ... urejeni par. Zapis {a, a} ni korekten, saj je isti element mnoziCe naveden dvakrat in moramo v tem primeru pisati {a}, medtem ko je zapis (a,a) korekten, saj predstavlja urejeni par. KarteziCni produkt lahko posplosimo na veC faktorjev: Ai x A2 x ■ ■ ■ x An = {(ai, a2,... ,a„) G A», i = 1, 2,..., n} . Elementi karteziCnega produkta A1 x A2 x ■ ■ ■ x An so urejene n-terice. Tako je R x R x ■ ■ ■ x R = Rn n-razsezen realni prostor, o katerem na tem mestu ne bomo podrobneje govorili. 1.2 Preslikave Zanimale nas bodo poljubne preslikave in njihove osnovne lastnosti. Definicija 1.1. Preslikava je določena s parom mnočic in predpisom, ki vsakemu elementu iz prve množice priredi natanko en element iz druge množice. ObiCajen zapis za preslikavo f iz mnoziCe A v mnoziCo B je f : A M B. Pri tem je f predpis, mnoziCo A imenujemo domena in mnoziCo B kodomena preslikave. Ce preslikava f : A M B elementu a iz domene A priredi element b iz kodomene B, to zapisemo kot f (a) = b ali tudi f : a M- b (znak m beremo "priredi"). Elementi domene so originali in elementi kodomene so njihove slike. Ce sta množici A in B koncni in ne preveliki, lahko preslikavo opiSemo z diagramom, kot to vidimo na Sliki 1.1. Na Sliki 1.1 imamo pod a) primer preslikave, medtem ko pod b) nimamo opravka s preslikavo, saj se en original ne more preslikati v dve razliCni sliki. A B A B Za preslikavo uporabljamo tudi termine funkcija, upodobitev, transformacija, ... Izbira ustreznega termina je odvisna od vrste domene in kodomene. V naslednjem poglavju bomo govorili o preslikavah, v katerih bosta domena in kodomena podmnozici realnih stevil, in v tem primeru se uporablja izraz realna funkcija. Zgled 16. Ugotovimo, ali so s .spodnjimi predpisi definirane preslikave. 1. Naj bo A = {1, 2, 3,4}, B = {a, b, c,d,e,f} in f : A m B podana z f (1) = b,f (2) = e, f (3) = b,f (4) = a. Je preslikava, saj vsakemu elementu iz A priredi natanko en element iz B. 2. Naj bo A množica vseh ljudi na svetu, B pa množica vseh držav na svetu in f : A m B definirana tako, da je f (a) država, katere državljan je oseba a. Ni preslikava, ker lahko ima nekdo dvojno drzavljanstvo. 3. f : N m N, f (n) = 3n2. Je preslikava. 4. f : N x N m N, f ((n,m)) = 2n + m. Je preslikava. 5. f : A ^ A, f (a) = a. Je preslikava za poljubno neprazno mnozico A, in sicer taksno preslikavo imenujemo identiteta ali identična preslikava na mnozici A in jo oznacujemo ia = f. V primeru koncne domene preslikave f je lahko le-ta namesto s predpisom podana s tabelo originalov in njihovih slik, kot je to razvidno iz Zgleda 17. Za preslikave z neskoncno domeno ta nacin podajanja ni primeren. Zgled 17. Podajanje funkcij s tabelo: 1. Preslikava f je podana s tabelo: originali a Slovaška Slovenija Sev. Irska Ceska Poljska San Marino slike f (a) 19 14 14 12 11 0 2. Preslikava g je podana s tabelo: originali a -3 -2 -1 0 1 2 3 slike g (a) 4 -3 i 3 2 4 -2 2 Naj bosta f, g : A ^ B. Preslikavi f in g sta enaki, f = g, ce je f (a) = g(a) za vsak a G A. Zgled 18. Preverimo, ali sta preslikavi f, g : R ^ R enaki. 1. f (x) = (x - 1)3, g(x) = x3 - 3x2 + 3x - 1: Ker je f (x) = g(x) za vsak x G R, sta f in g enaki preslikavi. 2. f (x) = Vx2, g(x) = x: Ker je f (-5) = 5 in g(-5) = -5, sta preslikavi f in g razlicni. Definicija 1.2. Preslikava f : A ^ B je surjektivna, če je vsak element iz B slika kakega elementa iz A: Vb G B, 3a G A : f (a) = b. Matevz Crepnjak 19 Petra Zigert Pletersek A B A B a) b) Slika 1.2: a) Ni surjektivna preslikava, b) je surjektivna preslikava. Na Sliki 1.2 imamo pod a) primer preslikave, ki ni surjektivna, medtem ko je preslikava pod b) surjektivna. Zaloga vrednosti preslikave f : A ^ B, Zf, je množica vseh tistih elementov iz B, ki so slika kakega elementa iz A: Zf = {b G B13a G A : f (a) = b} = {f (a)\a G A} . Preslikava f : A ^ B je surjektivna natanko tedaj, ko je Zf = B. Zgled 19. Za preslikave iz Zgleda 16 preverimo njihovo surjektivnost. 1. Ni surjektivna. 2. Ni niti preslikava. 3. Ni surjektivna, ker Zf = {3,12, 27,...} = N. 4. Ni surjektivna, ker 1, 2 G Zf. 5. Je surjektivna, ker je Zf = A. Definicija 1.3. Preslikava f : A ^ B je injektivna, ce se poljubna različna elementa iz A preslikata v različna elementa iz B: Vai, a2 G A : ai = a2 ^ f (ai) = f (a2). Ekvivalenten zapis bi bil Vai, a2 G A : f (ai) = f (a2) ^ ai = a2 . Nasprotno torej preslikave, ki niso injektivne, dobimo z negacijo zgornje trditve 3ai, a2 G A : ai = a2 A f (ai) = f (a2). Na Sliki 1.2 imamo pod b) primer injektivne prešlikave, medtem ko prešlikava pod a) ni injektivna. Zgled 20. Za predpise iz Zgleda 16 preverimo njihovo injektivnost. 1. Ni injektivna, ker je f (1) = f (3). 2. Ni niti prešlikava. 3. Je injektivna. 4. Ni injektivna, ker je na primer f ((1, 3)) = f ((2,1)). 5. Je injektivna. Definicija 1.4. Preslikava f : A ^ B je bijektivna, ko je injektivna in surjek-tivna, kar formalno zapišemo Vb G B, 3! a G A : f (a) = b. Opomba. Simbol 3 ! beremo "obštaja natanko en". Na Sliki 1.2 b) vidimo primer bijektivne prešlikave. Zgled 21. Za preslikave iz Zgleda 16 preverimo njihovo bijektivnost. Od všeh prej omenjenih je le identiteta bijektivna prešlikava. Zgled 22. Preverimo bijektivnost preslikav. 1. Naj bo R+ = {x G R|x > 0} in f : R+ ^ R+, f (x) = x2. Tako definirana prešlikava f je bijektivna, šaj za však y = x2 obštaja natanko eno pozitivno število x, ki še prešlika v y. 2. f : R ^ R, f (x) = x2. Tako definirana prešlikava f ni niti injektivna (f (2) = f (-2)) niti šurjek-tivna (na primer —4 ni šlika nobenega elementa), zato ni bijektivna. Z uporabo bijektivne prešlikave lahko definiramo enako močne mnoziče. Matevz Crepnjak 21 Petra Zigert Pleteršek Definicija 1.5. Koncni množici sta enako mocni, ko med njima obstaja bijek-tivna preslikava. To definičijo lahko posplosimo tudi na neskončne mnoziče. Za ilustračijo si poglejmo Zgled 23. Zgled 23. Pokažimo, da sta množica naravnih stevil N in množica .sodih stevil enako mocni. Podajmo preslikavo f, ki slika iz mnoziče N v mnozičo sodih stevil s predpisom f (n) = 2n. Ker je tako definirana preslikava f bijekčija, sta mnoziči enako močni. Pravimo, da imata stevno neskončno moč. Definicija 1.6. Graf preslikave f : A ^ B, r/, je množica vseh urejenih parov (a,f (a))- r/ = {(a, f (a)) |a G A} C A x B. Zgled 24. Naj bo A = {1, 2, 3}, B = {a, b, c} in f : A ^ B definirana kot f (1) = b,f (2) = a, f (3) = c. Poiscimo graf preslikave f. Graf preslikave f je r/ = {(1,b), (2, a), (3, c)} . Zgled 25. Poiscimo graf preslikave f : R ^ R, f (x) = x2. rf = {(x, x2) | x G R} . Definicija 1.7. Kompozitum preslikav f : A ^ B in g : B ^ C je preslikava g o f : A ^ C, definirana s predpisom (go f )(x) = g(f (x)). Racunski operaciji pravimo komponiranje. Zgled 26. Poiscimo kompožitum preslikav. 1. Naj bo / : R ^ R podana s predpisom /(x) = e2x in g : R ^ R podana s g(x) = x3 + 2x. Tedaj lahko izračunamo oba kompozituma: g o / = (g o /)(x) = g(e2x) = (e2x)3 + 2e2x = e6x + 2e2x / o g = (/ o g)(x) = /(x3 + 2x) = e2(x3+2x) = e2x3+4x . 2. / : N x N ^ N, /((n,m)) = n + m in g : N ^ N,g(n) = n2. V tem primeru je definiran le kompozitum g o / : N x N ^ N: (g o /)((n, m)) = g(n + m) = (n + m)2 . Opazimo, da komponiranje ni komutativna operačija: /og=go/. Po drugi strani pokazimo, da je komponiranje asočiativna operačija. Naj bodo dane preslikave / : A ^ B, g : B ^ C in h : C ^ D. Tedaj je ((/ o g) o h)(x) = (/ o g)(h(x)) = /(g(h(x))) in (/ o (g o h))(x) = /(g o h)(x)) = /(g(h(x))). Zgled 27. Pokačimo asociativnost komponiranja, ce sta preslikavi / in g podani kot v 1. tocki Zgleda 26, in je h : R ^ R podana s predpisom h(x) = 3x. Vemo ze, da je (/ o g)(x) = e2x3+4x := y(x), zato je ((/ o g) o h)(x) = (y o h)(x) = y(h(x)) = y(3x) = e2(3x)3+12x = e54x3+12x . Za drugo stran izracunajmo najprej z(x) := (g o h)(x) = g(h(x)) = g(3x) = (3x)3 + 2(3x) = 27x3 + 6x. Tedaj je (/ o (g o h)(x) = (/ o z)(x) = /(z(x)) = e2(27x3+6x) = e54x3+12x . Spomnimo se, da je I a identična preslikava na mnoziči A. Z njeno pomočjo lahko definiramo obratno preslikavo. A B Slika 1.3: Obratni preslikavi f in g. Trditev 1.8. Naj bo f : A ^ B bijektivna preslikava. Potem obstaja natanko ena bijektivna preslikava g : B ^ A taka, da je g o f = I a in f o g = ib . Dokaz. Definirajmo g kot: Vb G B naj bo g(b) tisti a G A, za katerega je f (a) = b , kot je to razvidno s Slike 1.3. Tako definirana preslikava g je bijektivna, saj iz bijektivnosti preslikave f sledi, da za vsak a G A obstaja natanko en tak b = f (a) G B, da je g(b) = a. Pokažimo se drugi del trditve: Va G A : (g o f )(a) = g(f (a)) = g(b) = a ^ g o f = I a . Podobno velja Vb G B : (f o g)(b) = f (g(b)) = f (a) = b ^ f o g = Ib . I Preslikavo g običajno označujemo f-1 in ji pravimo inverzna preslikava ali obratna preslikava preslikave f. Zgled 28. Ce obstajata, poiščimo obratni preslikavi za preslikavi iz Zgleda 17. 1. Preslikava f je podana s tabelo: originali a -3 -2 -1 0 1 2 3 slike f (a) 4 -3 i 3 2 1 -2 5 Ce vzamemo za kodomeno preslikave f mnozico B = {4,-3, 3, 2,1,-2, 5}, je preslikava f bijektivna. Tedaj obstaja njej obratna preslikava f-1 in sicer je podana s tabelo: originali b 4 -3 i 3 2 1 -2 5 sike f-l(b) -3 -2 -1 0 1 2 3 2. Preslikava g je podana s tabelo: originali a Slovačka Slovenija Sev. Irska Ceska Poljska San Marino slike g (a) 19 14 14 12 11 0 Ker imata Slovenija in Sev. Irska enako funkcijsko vrednost 14, preslikava g ni bijektivna in ne obstaja njej obratna preslikava. Zgled 29. Naj bo A = {1, 2, 3}, B = {a, b, c} in f : A ^ B podana s predpisom f (1) = b,f (2) = a, f (3) = c. Ce obstaja, poisCimo f-1. Preslikava f je bijektivna in zato obstaja f-1 : B ^ A, ki je podana kot f-l(a) = 2, f-l(b) = 1,f-l(c) = 3 . Na Sliki 1.4 vidimo odnos med grafom preslikave f in grafom obratne preslikave f-1. 1.3 Nekatere algebrske strukture Grupa Definicija 1.9. Binarna operacija * je preslikava, ki deluje iz mnočice A x A v mnočico A: * : A x A ->• A. Slika 1.4: Obratni preslikavi f in f 1. To pomeni, da poljubnemu urejenemu paru (x, y) iz kartezicnega produkta A x A priredimo element z = x * y, ki pripada mnozici A: (x, y) G A x A m z = x * y G A. Mnozico A z binarno operacijo * oznacimo (A, *). Zgled 30. Ali sta seštevanje sodih žtevil in seštevanje lihih števil binarni operaciji? Sestevanje sodih stevil je binarna operacija, saj je vsota dveh sodih stevil spet sodo stevilo, medtem ko v primeru lihih stevil to ne velja. Definicija 1.10. MnoZica (A, *) je grupa, ce velja: (i) a * (b * c) = (a * b) * c, Va, b, c G A ... asociativnost, (ii) 3e G A, Va G A : a * e = e * a = a... obstoj enote, (iii) Va G A, 3a' G A : a * a' = a' * a = e... obstoj nasprotnega elementa. Ce velja samo lastnost (i), je (A, *) polgrupa. Matevz Crepnjak 26 Zgled 31. Ali so cela čtevila z operacijo seštevanja grupa? Cela stevila z operatijo sestevanja tvorijo grupo (Z, +). Enota je 0, nasprotni element od a pa je -a. Zgled 32. Naj bo A = {0,1, 2,..., n — 1} = Zn množica ostankov pri deljenju z n. Preverimo, ali je mnozica Zn grupa za operacijo seštevanja po modulu n. V tabeli so prikazani rezultati sestevanja po modulu 5 na mnoziti Z5: +mod 5 0 1 2 3 4 0 0 1 2 3 4 1 1 2 3 4 0 2 2 3 4 0 1 3 3 4 0 1 2 4 4 0 1 2 3 Opazimo, da je operatija binarna, enota je stevilo 0, nasprotni element od a G Z5 — 0 je 5 — a, element 0 pa je sam sebi nasproten. Te ugotovitve lahko posplosimo na poljuben n. Poleg tega je izpolnjena tudi asotiativnost, zato je (Zn, +mod n) grupa. Zgled 33. Preverimo, ali je (Zn, -modn) z operacijo mnozenja po modulu n grupa. Poglejmo tabelo mnozenja po modulu za n = 5: 'mod 5 0 1 2 3 4 0 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 4 2 0 2 4 1 3 3 0 3 1 4 2 4 0 4 3 2 1 Opazimo, da (Z5, -mod 5) ni grupa, saj imamo tezave z elementom 0 in enako velja tudi za poljuben n. ObiCajno pri operatiji mnozenja namesto o nasprotnem elementu govorimo o obratnem elementu. Ce v grupi velja tudi komutativnost (a * b = b * a), jo imenujemo Abelova grupa. Zgled 34. Ali sta (grupi iz Zgledov 31 in 32 Abelovi grupi? Obe omenjeni grupi sta Abelovi grupi. Definicija 1.11. (H, *) je podgrupa grupe (G, *), ce je H podmnozica od G in je (H, *) tudi grupa. Zgled 35. Ali so soda števila z operacijo seštevanja podgrupa celih števil z enako definirano operacijo? Da. NatanCneje bomo spoznali eno izmed pomebnejsih grup, in sicer je to simetriCna grupa. Definicija 1.12. Permutacija koncne množice X je bijektivna preslikava, ki slika nazaj v mnozico X. Obicajno gledamo permutacije na mnozici X = Nn = {1,2,3,...,n} in jih oznacujemo s n. Poglejmo si primer permutacije na mnozici N4: n(1) = 3, n(2) = 2, n(3) = 4, n(4) = 1. V praksi je uporaben krajsi zapis uporabe permutacij, ki je neposredno razviden iz primera: n(1) = 3,n(2) = 2,n(3) = 4,n(4) = 1 ^ n = (1 2 4 4 ) . Mnozico vseh permutacij na mnozici Nn oznacimo z Sn. Zgled 36. Poiscimo elemente mnozice S3. 1 2 3 \ ( 1 2 3 \ ( 123 S3 = 1 2 3 , 1 3 2 , 3 2 1 1 2 3 , 1 2 3 , 1 2 3 2 1 3 , 2 3 1 , 3 1 2 Na permutacijah je naravno definirana racunska operacija komponiranja. Na primeru si poglejmo kompozitum permutacij. Zgled 37. Poiscimo kompozitum permutacij ni in n2 iz S5. ( 12345 \ . ( 12345 \ ni ^ 3 2 4 1 ^ in n2 ^ 1 3 5 4 ^ . ni(n2(1)) — ni(1): — 3, niM2)) — ni(3) — 4, ni(n2(3)) — ni(5): — 5, ni(n2(4)) — ni (4) : — 1, ni(n2(5)) — ni(2): — 2. 12 3 4 5 ni ° n — ^ 3 4 5 1 2 Za operacijo komponiranja je množica Sn grupa, ki jo imenujemo simetrična grupa. Operacija je oCitno binarna in že vemo, da je asociativna. Nadalje je enota identiteta '12 3 ••• n 1 2 3 ••• n ^Nn — Ker so permutacije po svoji definiciji bijektivne preslikave, zanje obstajajo obratne preslikave. Zgled 38. Poiččimo pare obratnih permutacij v S3. V simetricni grupi S3 iz Zgleda 36 so prve stiri permutacije same sebi obratne, medtem ko zadnji dve tvorita par obratnih permutacij. Trditev 1.13. Moč simetrične grupe Sn, |Sn|, je enaka n (n - 1) (n - 2) ••• 3 ■ 2 ■ 1. Dokaz. Gledamo bijektivne preslikave iz Nn ^ Nn. Za prvi element imamo na razpolago poljubnega izmed n elementov mnozice Nn. Za drugi element imamo eno moznost manj, ker je vsaka permutacija injektivna preslikava, torej n — 1. Za tretji element imamo se eno moznost manj, torej n — 2 in tako naprej. Torej imamo skupno n (n — 1) (n — 2) ••• 3 ■ 2 ■ 1. razlicnih bijekcij na mnozici Nn. I Produkt prvih n naravnih stevil oznacimo n! in beremo n-fakulteta ali n-faktorsko n! — n (n — 1) (n — 2) ■ ■ ■ 3 ■ 2 ■ 1. Iz trditve in zgornje definicije neposredno sledi posledica. Posledica 1.14. |Sn| = n!. Zgled 39. Na koliko načinov lahko petim otrokom razdelimo malico, če imamo na razpolago po eno jabolko, hruško, breskev, marelico in kivi ter mora dobiti vsak otrok natanko en sadez? Sadje lahko razdelimo na 5! = 5 ■ 4 ■ 3 ■ 2 ■ 1 = 120 načinov. Obseg in kolobar Obseg je algebrska struktura z dvema binarnima operacijama, in sicer sta to operaciji sestevanja © in mnozenja ©. Definicija 1.15. (A, ©, ©) je obseg, ce velja: (i) (A, ©) je Abelova grupa z enoto 0, (ii) (A — {0}, ©) je Abelova grupa za enoto 1, (iii) a © (b © c) = a © b © a © c... distributivnost. Ce omilimo pogoj (ii) in za mnozenje zahtevamo samo asociativnost, govorimo o kolobarju. Ce imamo obenem enoto za mnozenje, je to kolobar z enoto in ce je mnozenje tudi komutativno, govorimo o komutativnem kolobarju. Zgled 40. Ali .sta naslednji mnozici obsega ali morda .samo kolobarja: (i) (Z, +, ■), (iii) (Zn, +modn, 'modn)? (i) (Z, +, ■) ni obseg, ker (Z — {0}, ■) ni grupa. Je pa mnozenje celih stevil asocativna in komutativna operacija ter ima enoto 1, zato je to komutativen kolobar z enoto. (iii) (Zn , +modn' 'modn) je obseg, saj smo prvi dve tocki definicije preverili ze v Zgledu 33, tretja tocka, tj. distributivnost, je prav tako izpolnjena. Dva najpomembnejsa obsega, to sta obseg realnih in kompleksnih stevil, bomo natancneje spoznali v naslednjih dveh razdelkih. 1.4 Realna števila Nekatere stevilske mnoziče so nam ze dobro znane in jih bomo samo na kratko omenili, o določenih pa bomo povedali nekaj več. Nastejmo jih: (i) V mnoziči naravnih stevil N so stevila {1, 2, 3,...}. Ce naravnim stevilom dodamo stevilo 0, dobimo mnozičo N U {0} = N0. Sestevanje in mnozenje naravnih stevil sta binarni operačiji. (ii) Mnozičo celih stevil Z sestavljajo naravna stevila, stevilo 0 in nasprotne vrednosti naravnih stevil -1, -2, -3,... Kot ze vemo, je (Z, +) grupa. (iii) Racionalna stevila so stevila, ki jih lahko zapisemo v obliki ulomka |, kjer sta a in b iz Z, ter b = 0: 1 4 35 2, 8, - 99 Ulomka | in d sta enaka, ko je ad = bc. Mnozičo račionalnih stevil označimo Q. (Q, +, ■) je obseg. (iv) V mnoziči račionalnih stevil nima vsaka omejena mnoziča natančne spodnje in natančne zgornje meje (o omejenosti in natančnih mejah bomo govorili v razdelku o realnih stevilih). Ce dodamo vsa manjkajoča stevila, dobimo mnozičo realnih stevil R. Iracionalna stevila so realna stevila, ki se ne dajo zapisati v obliki ulomka: n,\f2,\[Ž,... Realna stevila so tako pomembna, da jim bomo namenili čel naslednji razdelek. Med nastetimi mnozičami velja zveza: N C Z C Q C R. Matematična indukcija Matematicna indukcija je način dokazovanja, ko zelimo neko lastnost P dokazati za vsa naravna stevila n, in sičer to naredimo v dveh korakih: - dokazemo, da P velja za začetni n, ki je običajno n =1, - predpostavimo, da lastnost P velja za 1, 2,..., n, in od tod izpeljemo, da lastnost P velja tudi za n +1. Zgled 41. 1. Dokazimo, da za vsako naravno število n velja 1 + 2 + ... + n = n(n+1) 2 • Pokazati moramo n(n + 1) . . (n + 1)(n + 2) 1 + 2 + ... + n = —'- ^ 1 + 2 + ... + n + (n + 1) = --2-L . Za n =1 dobimo 1(1 + 1) 2 . Pokažimo indukcijski korak: (1 + 2 + ... + n) +(n + 1) = n(n n+ 1) + (n + 1) v-s/-' 2 n(n+1) 2 = (n + 1)(n + 2) = 2 . 2. Pokažimo, da za vsako naravno število n velja n < 2n. Za n =1 oCitno velja 1 < 21. Nadalje moramo pokazati n < 2n ^ n +1 < 2n+1. n + 1 < n + n 2n + 2n = 2 ■ 2n = 2n+1. ind.predp. 3. Poišči in dokazi formulo za število diagonal v konveksnem večkotniku. Z nekaj premisleka ugotovimo, da je Število diagonal Dn v konveksnem n-kotniku Dn = n(n~3). Z indukcijo dokazimo formulo. Bazo indukcije dobimo za n = 3. V tem primeru ni diagonal in tudi D3 = 3(3-3) = 0. Za indukcijski korak premislimo, da je vsaka diagonala v n-kotniku tudi diagonala v (n + 1)-kotniku. Nadalje dobimo novih n — 2 diagonal iz na novo dodanega oglisca. Poleg tega ena stranica n-kotnika postane diagonala v n +1 kotniku. Zato velja ^ n n(n — 3) (n + 1)(n — 2) Dn+1 = Dn, +(n — 2) + 1 = ( 2 ) + n — 1 = (-2-L. n(n — 3) 2 Obseg realnih števil Definicija 1.16. Na mnozici R definiramo dve binarni operaciji, ki delujeta iz R x R M R/ (i) sestevanje (a, b) M- a + b, (ii) mnozenje (a, b) M a ■ b. Izrek 1.17. Mnozica (R, +, ■) je obseg. Dokaz. (i) (R, +) je Abelova grupa z enoto 0, nasprotni element od a je stevilo -a. (ii) (R — {0}, ■) je Abelova grupa z enoto 1, kjer je nasprotni element od a enak a in ga imenujemo obratni element. (iii) Prav tako velja distributivnost mnozenja glede na sestevanje realnih stevil: a ■ (b + c) = a ■ b + a ■ c. I Odstevanje in deljenje nista novi računski operačiji, temveč velja: a — b := a + (—b) ... odstevanje , a : b := a ■ 1 ... deljenje. Znaka za mnozenje običajno ne pisemo, namesto a : b pa pisemo |. Realna stevila lahko identifičiramo s točkami na premiči, ki ji rečemo realna os. Na premiči izberemo točko, ki ji rečemo izhodisče in je slika stevila 0, in točko, ki je slika stevila 1. Potem vsakemu realnemu stevilu ustreza natanko določena točka na premiči in obratno, vsaki točki lahko priredimo natanko določeno realno stevilo. Zato običajno identifičiramo izraza realno stevilo in točka na realni osi. V2 -2-10 1 Slika 1.5: Realna os. Mnoziča realnih stevil desno od stevila 0 je mnoziča pozitivnih števil, levo pa mnoziča negativnih stevil. Med poljubnima dvema steviloma na realni osi je neskončno mnogo tako račionalnih kot tudi iračionalnih stevil. Zato pravimo, da sta obe mnoziči gosti v R. Ce je a - b nenegativno stevilo, recemo, da je stevilo a vecje od stevila b ali stevilo b je manjse od stevila a, kar zapisemo a > b ali b < a. Ce je a - b pozitivno stevilo, recemo, da je stevilo a strogo vecje od stevila b ali stevilo b je strogo manjse od stevila a, kar zapisemo a > b ali b < a. Za poljubna realna stevila a, b in c veljajo naslednje trditve. (i) Velja natanko ena od treh moznosti: a < b ali a = b ali a > b, (ii) a b A b > a ^ a = b. Zaradi zgoraj nastetih lastnosti lahko realna stevila med seboj primerjamo in uredimo po velikosti. Natancneje to pomeni, da je mnozica realnih stevil linearno urejena mnozica. Nastejmo nekaj pomembnejsih podmnozic mnozice R: (i) odprti interval: (a, b) = {x G R|a < x < b} (ii) zaprti interval: [a, b] = {x G R|a < x < b} (iii) polodprti interval: (a, b] = {x G R|a < x < b} [a,b) = {x G R|a < x < b} (iv) neskoncni intervali: [a, to) = {x G R|a < x} (-to, b] = {x G R|x < b} (a, to) = {x G R|a < x} (-to, b) = {x G R|x < b} (-to, to) = R Omejenost množic Pomemben pojem v zvezi z realnimi podmnozicami je njihova omejenost o kateri lahko govorimo, ker je mnozica realnih stevil linearno urejena mnozica. Definicija 1.18. Naj bo A poljubna podmnozica v R. Mnozica A je navzgor omejena, ce obstaja tako realno stevilo M, da je x < M, Vx G A. Stevilo M je zgornja meja mnozice A. Mnozica A je navzdol omejena, ce obstaja tako realno stevilo m, da je m < x, Vx G A. Stevilo m je spodnja meja mnozice A. Mnozica je omejena, ko je navzdol in navzgor omejena. MnoziCa lahko ima veC spodnjih in/ali zgornjih mej. Zgled 42. Naj bo A = {1, 2, 3, 4,...}. Preucimo omejenost mnozice A. Potem je zgornja meja M vsako stevilo veCje od 1 1 < M, spodnja meja m pa vsako stevilo manjse od 0 m < 0 . Zanimata nas natanCni meji. Definicija 1.19. Najmanjso zgornjo mejo M' (navzgor) omejene mnozice A je natanCna zgornja meja in jo imenujemo supremum mnozice A: M' = sup A. To pomeni, da za M' velja: (i) M' je zgornja meja mnoziCe A (x < M', Vx G A), (ii) Ce je M * poljubna zgornja meja mnoziCe A, tedaj je M' < M *. Definicija 1.20. Najvecjo spodnjo mejo m1 (navzdol) omejene mnozice A je natanCna spodnja meja in jo imenujemo infimum mnozice A: m' = inf A . To pomeni, da za m' velja: (i) m1 je spodnja meja mnoziCe A (m' < x, Vx G A), (ii) Ce je m* poljubna zgornja meja mnoziCe A, tedaj je m* < m'. Opomba: O eksistenci supremuma in infimuma govori Dedekindov aksiom. Leta pravi, da ima vsaka neprazna navzdol omejena podmnozica realnih stevil natancno spodnjo mejo (ekvivalentno lahko trdimo, da ima vsaka neprazna navzgor omejena podmnozica realnih stevil natancno zgornjo mejo). Ta aksiom razloci med realnimi in racionalnimi stevili, kar je prikazano v Zgledu 43. Zgled 43. Dana je množica A = {x|x2 > 2 A x > 0}. Ali obstaja infimum množice A? V mnozici racionalnih stevil nima natancne spodnje meje, v mnozici realnih stevil pa je natancna spodnja meja (iracionalno) stevilo -\/2. Zgled 44. Dana je množica A = {1,1,1,1,...}. PoižCimo njen supremum in infimum. Supremum je M' = 1 in infimum je m' = 0. Definicija 1.21. Ce supremum M' množice A obenem pripada množici A, ga imenujemo maksimum množice A M' = max A . Ce infimum m1 množice A obenem pripada množici A, ga imenujemo minimum množice A m' = min A . Zgled 45. Ali ima množica A = {1, 2, 3,1,...} maksimum in minimum? Supremum M' = 1 je tudi maksimum, ker 1 G A, infimum m' = 0 pa ni minimum, ker 0 G A. Absolutna vrednost in napake V nadaljevanju si poglejmo absolutno vrednost realnega stevila in uporabo pri racunanju z napakami. Definicija 1.22. Absolutna vrednost realnega žtevila x, |x|, je definirana kot x ; x > 0 . |x| = —x ; x < 0 Zgled 46. 1. Poižčimo elemente množice A = {x G R| |x - 2| < 3} A = {x G R| - 1 < x < 5} = (-1, 5). 2. Zapisimo predpis funkcije / brez znakov absolutne vrednosti, ce je / (x) = |4x — 2|. /(x) = 4x — 2 ; x > 2 4x | 2 ; x 2 3. Zapisimo predpis funkcije g brez znakov absolutne vrednosti, ce je g(x) = |x2 — 2x|. {x2 — 2x ; x G (—to, 0] U [2, to) , —x2 + 2x ; 0 < x < 2 . Nastejmo nekaj lastnosti absolutne vrednosti: (i) |ab| = |a||b| , (ii) |a + b| < |a| + |b| (trikotniska neenakost), (iii) ||a| — |b|| < |a — b|, (vi) razdalja med točkama a in b je nenegativno stevilo | a — b| = | b — a| . V zvezi z uporabo absolutne vrednosti si poglejmo obravnavo napak, ki nastanejo pri merjenjih. Naj bo a G R prava vrednost. Zaradi napake instrumenta a nadomestimo z izmerjeno vrednostjo a G R, ki je dejansko običajno iz mnoziče Q. Pri tem naredimo napako A: A = a — a oziroma absolutno napako |A|: |A| = |a — a|. Zelimo, daje |A| manjsa od nekega majhnega pozitivnega stevila č: |A| <č in zato |a — a| < č —č < a — a < č a — č < a < a + č. Pravimo, da smo a aproksimirali z a z natančnostjo č, in pisemo a = a ± č . —~—i-i—*—- a — 8 1 a 1 + 8 Slika 1.6: Absolutna napaka. Trditev 1.23. Naj bosta a in b merjeni kolicini s katerima katerih racunamo c, in naj bodo 8a, 8b, 8c ustrezne napake (a = 1 ± 8a,b = b ± 8b, c = c ± 8c). Tedaj velja: (i) c = a + b ^ 8c = 8a + 8b, (ii) c = a — b ^ 8c = 8a + 8b, (iii) c = ab ^ 8c = \a\8b + |b|8a + 8a8b, iv) c = f ^ 8c = . ( ) b l|b| — 8b||b| Dokaz. (i) Izpeljava tocke (i) je analogna izpeljavi za (ii), zato bomo izpeljali samo slednjo. (ii) |Ac| = |c — c| = |(a — b) — (1 — b)| = |(a — 1) + (b — b)| < |a — a| + C — b| = |Aa| + |Ab| < 8a + 8b (iii) ^ | Ac| = |c — 1| = |ab — ab| = |ab — ab + ab — ab| = |b(a — C) + a(b — &)| < |b(a — 1)| + |a(b — &)| < |b|8a + |a|8b. Ocenimo napako za |b|: |b| = |b —1 + 6| < |b — 1 + I < 8b + 1|. Torej je |Ac| < |b|8a + |a|8b < (8b + \b\)8a + |a|8b = |1|8b + |b|8a + 8a8b . (vi) |AC| — |c — — | f — i | — |ab-i — a(b)-i| — |ab i — a(b) i + ab i — ab i| — |b-i(a — a) + a(b-i — (&)-i)| < a — a b 11 a I 7 — ~ b b |a — a| + |a||b — b| |b| < 5f + |a|Sb |b| |b||b| Sa|b| + Sb|a| Premislimo, da velja ocena iz katere sledi |b|>||b| — 5b | 1 — < Tako je |b| " ||b| — Sbl A | < S0|6| + Sb|a| < S0|6| + Sb|a| |b| |b| -Sb Zgled 47. Poičci c — , ce je x — -1,45 ±0,02 y 2, 25 ± 0, 07 z — 1,19 ± 0,14 . Računaj na 4 decimalna mesta natančno. Izracunajmo najprej x + y — —1, 45 + 2, 25 z2 — 1,192 0, 5650 . 1 c Po korakih izracunamo napako: 5x+y = 0, 02 + 0, 07 = 0, 09 5z2 = 211, 19|20,14 + 0,142 = 0, 3528 5x+y = 0, 2721. z2 Tako je c = 0, 5650 ± 0, 2721. Potenciranje in korenjenje Ker potenciranje in korenjenje realnih stevil vcasih povzroca tezave, ponovimo osnovne pojme v zvezi s tema racunskima operacijama. Produkt realnega stevila a s samim seboj (n-krat) zapisemo s potenco g ■ a ■ ■ ■ a = an, n G N . Stevilo a imenujemo osnova, n eksponent, an pa je potenca. Za racunanje s potencami veljajo naslednja pravila: (1) an ■ bn = (a ■ b)n , (2) an = (a)n,b = 0 , (3) an ■ am •n+m (4) am = an-m, a = 0 , n > m , (5) (an)m = a""m . Dokazemo jih z matematicno indukcijo (razen (4), za n < m). Pokazimo na primeru (2): an=(a)" b=0, n =1 b1 Vb n —> n + 1 : I - a\ n+1 /a\ /a & j = uj ■ U n n aa bJ U n a n a a a a a a ^n+1 b / bn b bn ■ b bn+1 1 1 a a b Ce postavimo a0 = 1 in a-n = — an velja (4) za poljubna n in m. Ce rečemo, daje potenca vsak izraz, ki zadošča zvezam od (1) do (5), potemtakem je lahko v potenci eksponent katerokoli celo število. Dejansko veljajo vsa pravila tudi v primeru, ko je eksponent realno stevilo, a tega ne bomo dokazovali. V potenci naj bosta torej osnova poljubno pozitivno, eksponent pa poljubno realno stevilo. Definicija 1.24. Naj bo a > 0. Koren //a je tisto stevilo b, za katerega velja //a = b ^ bn = a . Stevilo a se imenuje radikand in n je korenski eksponent. Uporabljamo naslednji zapis: 'a = av Tedaj je (am) n = a m = ( nft) m . Pravila za korenjenje izpeljemo iz pravil za racunanje s potencami in so naslednja: (i') ■ //b = z/OTb a ■ Vb = an ■ bn = (a ■ b)n = va ■ b (2') Va _ nfa (2 ) nb = v b Pokazemo podobno kot (1'). (3 ' ) /a ■ /a = n/an+m na ■ ma =( na) m ■ ( ma) n = (an) m ■ (amm) m n n+m n = anm •anm = a nm : an+m (4 ' ) -p = nvam^ Pokazemo podobno kot (3'). (5 ' ) v^a = nma / — / 1 — r~ a = ( v a)m = (an)m = an m = anm = vV a 1.5 Kompleksna števila Obseg kompleksnih števil Ker nekatere enacbe nimajo resitve v mnozici realnih stevil, kot na primer x2 + 4 = 0, se pojavi potreba po vpeljavi nove stevilske mnozice. Definicija 1.25. Na mnozici R x R definiramo dve binarni operaciji, ki delujeta iz (R x R) x (R x R) M R x R/ (i) seštevanje ((a, b), (c, d)) M- (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d), (ii) mnozenje ((a, b), (c, d)) M (a, b) ■ (c, d) = (ac — bd, ad + bc). Izrek 1.26. Mnozica (R x R, +, ■) je obseg. Dokaz. (i) (R x R, +) je Abelova grupa z enoto (0,0), nasprotni element od (a, b) je (—a, — b), kar ni tezko preveriti. (ii) (R x R — {(0, 0)}, ■) je Abelova grupa. Pokazimo, da je enota za mnozenje (1, 0): (a, b) ■ (x, y) = (a, b) (ax — by, ay + by) = (a, b). Resitev dobljenega sistema enacb je x = 1 in y = 0. Poiscimo se obratni element: (a, b) ■ (x,y) = (1,0) (ax — by,ay + by) = (1,0). ab Resitev tega sistema je x = —2—r- in y = — - a2 + b2 a2 + b2 (iii) Preverimo distributivnost: (a, b) ■ ((c, d) + (e, f)) = (a, b) ■ (c, d) + (a, b) ■ (e, f). Leva stran enakosti: (a, b) ■ (c + e, d + f) = (a(c + e) — b(d + f), a(d + f) + b(c + e)) = (ac + ae — bd — bf, ad + af + bc + be) . Desna stran enakosti: (a, b) ■ (c, d) + (a, b) ■ (e,f) = (ac - bd, ad + bc) + (ae - bf, af + be) = (ac - bd + ae - bf, a d + bc + af + be) Mnoziča R x R je stevilski obseg, ki ga imenujemo obseg kompleksnih stevil, in ga označujemo s C: R x R = C . Odstevanje in deljenje v mnoziči kompleksnih stevil nista novi računski ope-račiji, temveč velja podobno kot v R: (a, b) - (c, d) := (a, b) + (-c, -d) ... odstevanje , (a, b) c d M) = (a'b)■(Č^Td2,-) ... deljenje. Kompleksno stevilo z = (a, b) G C ima realni del a in imaginarni del b, kar zapisemo Re(z) = a, Im(z) = b. Poglejmo sestevanje in mnozenje kompleksnih stevil z imaginarnim delom 0: (a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0 + 0) = (a + b, 0), (a, 0) ■ (b, 0) = (ab - 0 ■ 0,a0 + b0) = (ab, 0). Opazimo, da sta v obeh primerih rezultata kompleksni stevili z imaginarnim delom enakim 0, realna dela pa se obnasata kot realni stevili, zato lahko privza-memo: (a, 0) := a , oziroma vsa realna stevila so tudi kompleksna stevila. Naj bo i := (0,1) kompleksno stevilo, ki ga imenujemo imaginarna enota. Tedaj je i2 = (0,1) ■ (0,1) = (-1, 0) = -1. Izračunajmo se bi = (b, 0) ■ (0,1) = (0, b). Matevz Crepnjak 43 Petra Zigert Pletersek Zato lahko (a, b) zapisemo kot (a, b) = (a, 0) + (0,b) = a + bi. Namesto urejenega para (a, b) je bolj običajen zapis kompleksnega stevila kot vsota realnega dela in produkta imaginarnega dela z imaginarno enoto: (a, b) = a + i b , ki ga bomo uporabljali v nadaljevanju. Kompleksno stevilo z = a + ib = (a, b) lahko predstavimo v kompleksni ravnini, kjer realni del nanasamo na horizontalno os (absčiso), imaginarni pa na vertikalno os (ordinato), kot to vidimo na Sliki 1.7. b z= a + i ■ b |z| = r / / P ) a —b Z = a — i ■ b Slika 1.7: Kompleksna ravnina. Konjugirano .stevilo stevila z je kompleksno stevilo Z = a — ib. Izračunajmo njun produkt: zz = a2 + b2 . Absolutna vrednost števila z = a + ib, |z|, je nenegativno realno število | z | = V a2 + b2 = VzŽ = V a2 + b2 . Izračunajmo še kar pomeni, da je z + z = 2a in z — z = 2ib , Re(z) = —+— in Im(z) = —. Konjugirano kompleksno število nam pomaga pri deljenju kompleksnih števil. V ta namen najprej poglejmo, kako hitro izračunamo obratno vrednost kompleksnega števila z: z _1 1 z z z z zz |z |2 a2 + b2 Kvocient dveh kompleksnih števil w in z je tako: w 1 wz _ = w_ = M2 • z z | z| 2 Zgled 48. Poiščimo kvocient kompleksnih stevil w = 2 — 3i in z = 1 + 4i. w = 2 — 3i = (2 — 3i)(1 — 4i) = —10 — 11i = 10 11 . 7 = 1 + 4i = (1 + 4i)(1 — 4i) = 1 — (4i)2 = —17 — 17 ^ Polarni zapis Poglejmo si še polarni zapis kompleksnega števila. V tem primeru kompleksno število z = a + i b opišemo s kotom p in polmerom r. Kot p je kot med pozitivnim delom abscise in poltrakom, na katerem lezi točka (a, b), polmer r je oddaljenost točke (a, b) od koordinatnega izhodišča. Kot p imenujemo argument števila z in pišemo p = Arg(z). Vsi koti p + 2kn, k G Z — {0}, so prav tako argumenti števila z in pišemo p + 2kn = arg(z), k G Z — {0} . Opazimo, da velja b r = |z| in tan p = - . a Polmer in argument natanko določata kompleksno stevilo: z = a + ib = r čos ^ + ir sin ^ = r(čos ^ + i sin . Polarni zapis za konjugirano stevilo od z pa je oblike z = a - ib = r čos ^ - ir sin ^ = r(čos ^ - i sin . V razdelku o realnih funkčijah bomo spoznali pojem sode in lihe funkčije. Videli bomo, da velja čos(-= čos(^) in sin(-= - sin(^). Tako je z = r(čos ^ - i sin = r(čos(-+ i sin(-<^)). Zato velja, če je Arg(z) = <£, tedaj je Arg(z) = -<£. Računanje v mnoziči kompleksnih stevilih s pomočjo polarnega zapisa je ugodno za mnozenje in deljenje kompleksnih stevil. (i) Mnozenje Trditev 1.27. Naj bo zi = ri(čos + i sin <^i) in z2 = r2(čos + i sin <^2). Tedaj je ziz2 = rir2(čos(^i + ^2) + i sin(^i + ^2)). Dokaz. ziz2 = ri(čos + i sin ^i)r2(čos + i sin <^2) = rir2(čos čos - sin sin + i(sin čos + čos sin <^2) = rir2(čos(^i + ^2) + i(sin(^i + ^2)) Opomba. Pri dokazu smo uporabili adičijska izreka, ki jih lahko najdemo v [2], več o njih pa bomo izvedeli v razdelku o trigonometričnih funkčijah. I Trditev lahko posplosimo na produkt več kompleksnih stevil. Izrek 1.28. (Moivreova formula) Naj bo zk = rk(čos + i sin ), k = 1, 2,..., n. Tedaj je ziz2 ... z„ = rir2 ... r„(čos(^i + ^2 + ... + <£n) + i sin(^i + ^2 + ... + <£n)). Matevz Crepnjak 46 Petra Zigert Pletersek Dokaz. Uporabimo indukcijo po n. Za n — 2 smo pokazali v Trditvi 1.27, indukcijski korak je sledeč (zi■■■zn-i)zn — ri ■ ■ ■ rn-i(cos (<£i + ... + ^n-i) +i sin (<^i + ... + ^n-i))rn(cos ^n + i sin ) -v,-' N-- — rir2 ■ ■ ■ rn(cos a + i sin a) (cos + i sin <^n) — rir2 ■ ■ ■ rn(cos a cos — sin a sin + i(sin a cos + cos a sin <^n)) — rir2 ■ ■ ■ rn(cos(a + ^n) + i sin(a + ^n)) — rir2 ■ ■ ■ rn(cos(^i + ^2 + ... + ^n) + i sin(^i + ^2 + ... + <£n)). I (ii) Potenciranje Potenciranje sledi neposredno iz Moivreove formule, v kateri upostevamo, da so vsi faktorji med seboj enaki. Posledica 1.29. Naj bo z — r(cos ^ + i sin . Tedaj je zn — rn (cos (n^) + i sin (n^)), n G N. Zgled 49. Naj bo z — 1 + i. Izračunajmo z50. Izracunati moramo polmer r in argument r — tan ^ — 1 ^ ^ — -4 (I. kvadrant). z50 — (^2)50(cos(50 f) + i sin(50 f)) — 225(cos( f + 12n) + i sin(n + 12n)) — 225(0 + i) — i 225 . (iii) Deljenje Trditev 1.30. Obratna vrednost kompleksnega števila z — r(cos ^ + i sin je enaka z-i — -(cos — i sin . r Dokaz. Naj bo z = r(cos ^ + i sin Tedaj je obratna vrednost kompleksnega stevila z: _1 1 z cos — i sin ^ z | z |2 r Trditev 1.31. Naj bosta z1 = r1(cos + i sin in z2 = r2(cos + i sin <^2) kompleksni števili. Tedaj je njun kvocient enak — = — (cos(^1 — ^2) + i(sin(^1 — ^2)) • z2 r2 Dokaz. — = z1 z-1 = r1(cos + i sin — (cos — i sin <^2) z2 2 r2 r1 = — (cos cos + sin sin + i(sin cos — cos sin <^2)) r2 r1 = — (cos(^1 — ^2) + i(sin(^1 — ^2)) • r2 (iv) Korenjenje Zanima nas n G N, z G C. Spomnimo se, da je to ekvivalentno resevanju enacbe un = z. Naj bo podano kompleksno stevilo z v polarnem zapisu: z = r0(cos + i sin <^0), r G R+, G [0, 2n). Nadalje, naj bo .-{ ftp0 2fcn\ . . ( u = n r0 cos--1--+ i sin V V n n J V 2kn n n n n in izracunajmo nr^ cos--1--+ i sin--+ n n n n r0 (cos (<^0 + 2kn) + i sin (<^0 + 2kn)) r0 (cos ^0 + i sin ^0) z. n un Resitve enacbe tfž = u, kjer je z = r0(cos + i sin <^0), so torej oblike uk = ( cos ( + — J + i sin ( + — J J , k G Z. n n n n V bistvu je dovolj, da k pretece vrednosti od 0 do n — 1 (ali 1 do n), kar sledi iz lastnosti funkcij sinus in kosinus, ki ju bomo obravnavali v naslednjem poglavju. Zgled 50. Poiščimo rešitve enačbe u3 = 1. Stevilo 1 zapisemo v polarnem zapisu 1 = 1(cos(2kn) + i sin(2kn)) in ga ustrezno korenimo u3 = 1 ^ u = a^T = 3 (cos(2kn) + i sin(2kn) = /T((cos(2|n) + i sin(2|n)), k = 0,1, 2 . Resitve so , 1 v^. 1 VŠ. ui = T u2 = — 2 — ~yi' u3 = — 2 + ~yi • Opomba. Opazimo, da so resitve enacbe zn = a oglisca pravilnega n-kotnika. 1.6 Naloge z rešitvami 1.6.1 Logika in mnoZice 1. Koliko elementov imajo naslednje mnoziče: (a) 0, (b) {a J; k} (č) {a, e, j, k, 0}, (d) {{1,2},{a,b}, {1, a}}, (e) {1,4,7,..., 5998}. Rešitev. (a) 0, (b) 4, (c) 5, (d) 3, (e) 2000. 2. Za naslednje izjave preveri resničnost: (a) x G {{x}, 0}, (b) {x}G{{x}, {{x}}}, (č) x G {{x}, {{x}}}, (d) 0 = {0}, (e) {x} C {{x},x}, (f) {{x}, 0}^{{x}}. Rešitev. (a) Izjava ni resnišna, saj x ne nastopa kot element mnošice. (b) Izjava je resnišna, saj {x} nastopa kot element mnošice. (c) Izjava ni resnišna, saj v množici nastopata elementa {x} in {{x}}, ki pa nista enaka elementu x. (d) Izjava ni resnišna, saj 0 nima elementov, mnošica {0} pa ima element 0. (e) Izjava je resnišna, saj je edini element leve mnošice x, ta pa je vsebovan tudi v desni mnošzici. (f) Izjava je resnišna, saj je edini element desne mnošice {x}, ta pa je vsebovan tudi v levi mnošzici. 3. Dane so mnozice A = {1, 2, 3,4, 5, 6, 7, 8}, B = {1, 3, 5, 7, 9,11,13,15}, C = {1, 4, 7,10,13,16,19,22}. Poisci A U B, C n B, A — B, B — (A n C). Rešitev. A U B = {1, 2,3,4, 5,6, 7,8,9,11,13,15}, C n B = {1, 7,13}, A — B = {2, 4, 6, 8}, B — (A n C) = {3, 5, 9,11,13,15}. 4. Dani sta mnoZzici A = {x G N | — 5 < x < 5} in B = {x G R | — 1 < x A x < 3}. Z nastevanjem elementov ali z intervali zapisi mnozice A, B, A U B, A n B in A x B. Rešitev. A = {1,2,3,4, 5}, B = [—1,3), A U B = [—1, 3] U {4, 5}, A n B = {1, 2}, A x B = {(a,b) | a G {1,2,3,4, 5}, b G [—1,3)}. 5. Dani sta mnoZzici A = {3n | n G N A n < 6} in B = {2n + 3 | n G N A n < 8}. Z nastevanjem elementov ali z intervali zapisi mnozice A U B, A n B, A — B. Rešitev. A = {3, 6,9,12,15,18}, B = {5, 7,9,11,13,15,17}, A U B = {3, 5,6, 7, 9,11,12,13,15,17,18}, A n B = {9,15}, A — B = {3, 6,12,18}. 6. Dane so mnoZzice A = {x G N | — 3 < x < 4}, B = {x G R | x — 1 < 4}, C = {x G R | x2 + 4x + 4 < 0}, D = {x G R | x2 + 4x + 4 = 0}. Z nastevanjem elementov ali z intervali zapisi mnozice A U B, A n B, A U (B n C), B — A, C — B, A x D ter preveri D C B. Rešitev. A = {1,2,3,4}, B = (—to, 5), C = 0, D = {—2}, AUB = B, AnB = A, AU(BnC) = A, B—A = (—to, 1)U(1,2)U(2, 3)U(3, 4)u(4, 5), C—B = 0, AxD = {(1, —2), (2, —2), (3, —2), (4, —2)}. Število —2 je element intervala (to, 5). 7. Doloci kartezicni produkt mnozic A in B, kjer sta (a) A = {a, b} in B = {1, 2, 3}, (b) A = [1, 2) in B = [-1, 3), (c) A = N in B = {x G R | - 2 < x < 3}. Pomagaj si s sliko. Rešitev. Upoštevamo definicijo kartezičnega produkta in dobimo (a) A x B = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)}, (b) A x B = {(a, b) | a, b G r, 1 < a < 2, -1 < b < 3} (slika), (c) A x B = {(a, b) | a G n, b G r, -2 < b < 3} (slika). 8. Dani sta mnozici A =(-3, 2] in B = {x G R | 2x - 3 < 5}. Z nastevanjem elementov ali z intervali zapisi mnozice A U B, A n B, A - B, B - A, A x B. Rešitev. B = (-to, 4), A U B = B, A n B = A, A - B = 0, B - A = (-to, -3] U (2, 4), A x B = {(a, b) | a, b G r, -3 < a < 2, b < 4}. 9. Dani sta mnozici A = {x G R | - 2x2 + 3x + 5 > 0} in B = {x G R | x2 - 1 = 0}. Ali je B C A? Rešitev. Pri obeh mnošicah je potrebno rešiti kvadratno enačbo. Ničle kvadratne enačbe ax2 + bx + c = 0, kjer sta a, b G r, dobimo dobimo po formuli x\,2 = -b±^2a . V našem primeru dobimo xi = § in x2 = -1. Tako se za mnošico A omejimo, da iščemo tiste x G r, za katera velja -2 (x + 1) (x - §) > 0. Slednje velja za x G [-1, §]. Za mnošico B, rešujemo enačbo x2 = 1. Rešitvi te enačbe sta x1 = 1 in x2 = -1. Na podlagi teh dveh rezultatov je B C A. 10. Poisci potencno mnozico naslednjih mnozic (a) A = {0, 1}, (b) B = {1, 2, a}, (c) C = {1, 2, {a, b}}. Rešitev. Potenšna mnošica poljubne mnošice X je množica vseh podmnošic mnošice X. Običajno jo označujemo s P (X). (a) P(A) = {0, {0}, {1},A}, (b) P (B) = {0, {1}, {2}, {a}, {1,2}, {1, a}, {2, a}, B}, (c) P (C) = {0, {1}, {2}, {{a, b}}, {1,2}, {1, {a, b}}, {2, {a, b}}, C}. 11. Dani sta mnoziči A = {1, 2, 3} in B = {2, 3, 4}. Poišči AC, (A U B)C in (A H B)C, če je univerzalna mnoziča (a) U = {1, 2, 3,4, 5, 6, 7, 8,9,10}, (b) V = N, (č) W = R. Rešitev. Upoštevamo definicijo komplementa glede na razlicne univerzalne mnoZice. (a) AC = {4, 5, 6, 7, 8, 9,10}, (A U B)C = {5, 6, 7, 8, 9,10}, (A H B)C = {1, 4, 5, 6, 7, 8, 9,10}. (b) AC = {n G n | n > 4}, (A U B)C = {n G n | n > 5}, (A H B)C = {1}U {n G n | n > 4}. (c) AC = (—to, 1) U (1, 2) U (2, 3) U (3, to) , (AUB)C = (—to, 1) U (1, 2) U (2, 3) U (3, 4) U (4, to), (A H B)C = (—to, 2) U (2, 3) U (3, to). 1.6.2 Preslikave 1. Kateri od naslednjih predpisov je preslikava: (a) f : {1, 2, 3, 4} ^ {1, 2, 3, 4}, f = {(1, 4), (2, 4), (3,1), (4, 2)}, (b) g : {1, 2, 3, 4} ^ {1, 2, 3, 4}, g = {(1, 4), (2,1), (2, 3), (3, 2), (4, 4)}, (č) h : {1, 2, 3, 4, 5,6} ^ {1, 2, 3, 4}, h = {(1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6,1)}, (d) k : {1, 2, 3, 4} ^ N, k = {(1,5), (2, 6), (3,1), (3,4), (4, 4), (4, 6)}. Rešitev. (a) f je preslikava. (b) g ni preslikava, saj številu 2 priredi dva elementa (1 in 3). (c) h je preslikava. (d) k ni preslikava, saj stevilu 3 priredi dva elementa (1 in 4) in stevilu 4 priredi dva elementa (4 in 6). 2. Kateri od naslednjih predpisov je injektivna oziroma surjektivna preslikava: Matevz Crepnjak 53 Petra Zigert Pleteršek (a) f : {1, 2, 3, 4} ^ { — 2, —1,1, 2}, f = {(1,1), (2, —1), (3, 2), (4, —2)}, (b) g {1, 2, 3, 4} ^{ — 2, —1,1, 2}, g = {(1, —1), (2, —2), (3, —1), (4, 2)}, (c) h : Z ^ N0, h(x) = |x|, (d) k : N ^ Q, k(n) = n, (e) o : Q ^ R, o(x) = ^x2, (f) p : R+ ^ N0, p(x) = [x] (p predstavlja celi del od x; npr. [n] [—e] = —3), (g) r : R ^ R, r(x) = ^X5, (h) s : R+ ^ R+, s(x) = e 3 in x2-1 Rešitev. (a) f je injektivna in surjektivna (preveri vse elemente). (b) g ni injektivna (v -1 se slikata 1 in 3) in ni surjektivna (v 1 se nič ne slika). (c) h ni injektivna (v 1 se slikata 1 in -1), je pa surjektivna (vzamemo kar pozitiven X : X - | X | ) . (d) k je injektivna (n — m, če m — n) in ni surjektivna (npr. v 0 se nič ne slika). (e) o ni injektivna (npr. o(1) — 1 — o(—1)) in ni surjektivna (npr. v -1 se nic ne slika). (f) p ni injektivna (npr. [ |] — [1] — 1), je pa surjektivna (za n G n je [n] — n, za 0 pa [2] — 0). (g) r je injektivna (3/xf — -^Xf, Ce x1 — x2) in je surjektivna (ce je r(x) — y, x — tfy*). (h) s je injektivna ((exi 1 — ex2 1, Ce x1 — x2)) in ni surjektivna (npr. v e se nic ne slika). 3. Kateri od naslednjih predpisov je bijektivna preslikava: 2 (a) f (b) g (c) h (d) k Resitev. {1, 2, 3, 4, 5} ^ {1, 2, 3, 4, 5}, f = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5,1)}, N ^ N, g(n) = 3n3, r+ ^ (i, to), h(x) = vxn, R ^ R+, k(x) = 4x4. (a) Je bijektivna (preveri, daje injektivna in surjektivna). (b) Ni bijektivna, ker ni surjektivna (npr. 1 nima originala). (c) Je bijektivna (injektivnost: Vx1 + 1 — x2 + 1, če je x1 — x2; surjektiv-nost: Ce je h(x) — y, x — y2 — 1). (d) Ni bijektivna, ker ni injektivna (npr. k(-1) = 4 = k(1)). 4. Preslikava f : N ^ N je podana s predpisom: f (n)=(n ; n jesod I 3n +1 ; n je lih. Ali je preslikava f injektivna oziroma surjektivna? Rešitev. Preslikava f ni injektivna (glej kam se slikata števili 1 in 8), je pa surjektivna, saj ze za vsako število m obstaja 2m, ki se preslika v m s prvim predpisom<.. 5. Naj Z7 predstavlja mnozičo ostankov pri deljenju s stevilom 7 in A = {a, b, c, d, e, f, g, h}. Ce je mogoče, konstruiraj preslikavo iz Z7 ^ A, ki je: (a) injektivna, (b) surjektivna, (č) bijektivna. Resitev. (a) Da, npr. f = {(0,a), (1,b), (2,c), (3,d), (4,e), (5,f), (6,g)}. (b) Ne, ker je |A| =8 in |Z71 = 7. (c) Ne, glej (b). 6. Izračunaj obratne preslikave, če obstajajo {2, 3, 4, 6} ^ {1, 2, 3, 4}, f = {(2,1), (3,1), (4, 2), (6, 3)}, {2, 3, 4, 6} ^ {1, 2, 3, 4}, g = {(2,1), (3, 4), (4, 2), (6, 3)}, {2, 3, 4, 6} ^ {1, 2, 3,4, 5}, h = {(2,1), (3, 4), (4, 2), (6, 5)}, R ^ R, k(x) = f - 1, R ^ R, o(x) = x2 - 6x + 8, (-to, 3] ^ [-1, to), p(x) = x2 — 6x + 8, [3, to) ^ [-1, to), r(x) = x2 - 6x + 8, x + 1 (a) f (b) g (č) h (d) k (e) o (f) P (g) r (h) s : R - {1} ^ R - {1}, s(x) x - 1 Resitev. (a) f-1 ne obstaja, ker ni injektivna. (b) g-1 = {(1, 2), (2, 4), (3, 6), (4, 3)}. (c) h i ne obstaja, ker ni surjektivna. (d) k-i(x) = 2x + 2. (e) o-i ne obstaja, ker ni niti injektivna niti surjetkivna. (f) Izpeljimo p-i na naslednji način y — 6 y + 8 = x (y — 3)2 — 9 = x — 8 (y — 3)2 = x + 1 y — 3 = ±yj x + 1 y = 3 ± V x + 1. Upoštevamo, da p : (—to, 3] ^ [—1, to) in dobimo p i(x) = 3 — Vx + 1. [—1, m dobimo p i' ii (g) r izpeljemo podobno kot p i. Upoštevati je le potrebno, da r : [3, to) ^ [—1, to) in zato dobimo r-i(x) = 3 + Vx + 1. (h) Izpeljimo s-i na naslednji način y+1 x y—1 y + 1 = x(y — 1) y — xy = —x — 1 —x — 1 y = T—x x+1 y = —7. x1 x + 1 Dobimo, da je s i (x) = x1 7. Dana je funkcija f : X ^ Y, f (x) — . Doloci taksni mnozici X, Y C R, da bo f bijekcija in nato izracunaj f-i. Rešitev. Izračunajmo najprej f-i y — 1 -= x y — 2 y — 1 = x(y — 2) y — xy = 1 — 2x 2x — 1 y = 1. 5 pomočjo tega dobimo X = R\{2}, Y = R\{1} in f-i(x) = = 2x_1. x — 1 8. Dani sta mnozici X — [1, to) in Y — (0, 2]. Ali obstaja bijektivna preslikava f, ki slika X v Y? Rešitev. Da, obstaja. Preveri, da je to f (x) = X 9. Izračunaj kompozituma f o g in g o f, če je (a) f g (b) f g (č) f (d) f {1, 2, 3, 4, 5} ^ {a, b, c, d, e}, f = {(1,c), (2,d), (3,a), (4,e), (5, b)}, {a, b, c, d, e} ^ {1, 2, 3, 4, 5} g = {(a, 1), (b, 3), (c, 2), (d, 5), (e, 4)}, {1, 2, 3, 4} ^ {a, b, c, d, e}, f = {(1,d), (2, a), (3,c), (4,b)}, {a, b, c, d, e} ^ {1, 2, 3, 4} g = {(a, 1), (b, 2), (c, 3), (d, 4)}, R ^ R, f (x) = x +1, g : R ^ R, g(x) = x3, R ^ R, f (x) = 2x - 1, g : R ^ [1, to), g(x) = x2 + 1. Ali obstajajo inverzi kompozitumov? Rešitev. (a) f o g : {a,b, c, d, e} ^ {a, b,c,d,e}, f o g = {(a, c), (b, a), (c, d), (d, b), (e, e)}, g of : {1, 2, 3, 4, 5} ^{1, 2, 3, 4, 5}, g of = {(1, 2), (2, 5), (3,1), (4, 4), (5, 3)}, inverza obstajata (f o g)-i = {(a, b), (b, d), (c, a), (d, c), (e, e)}, (g o f)-i = {(1, 3), (2,1), (3, 5), (4, 4), (5, 2)}. (b) f o g : {a, b, c, d, e} ^ {a,b,c,d,e}, f o g = {(a, d), (b,a), (c,c), (d,b)}, g o f : {1, 2, 3, 4} ^ {1, 2, 3, 4}, g o f = {(1, 4), (2,1), (3, 3), (4, 2)}, (f o g)-i ne obstaja, (g o f)-i pa obstaja, (g o f)-i = {(4,1), (1, 2), (3,3), (2,4)}. (c) f o g : r ^ r, (f o g)(x) = x3 + 1, g o f : r ^ r, (g o f)(x) = (x + 1)3, (f o g)-i(x) = , (g o f)-i(x) = - 1. (d) f o g : r ^ r, (f o g)(x) = 2(x2 + 1) - 1, g o f : r ^ [1, to), (g o f)(x) = (2x - 1)2 + 1, inverza kompozitumov ne obstajata. 10. Ali sta si preslikavi f, f : [0, to) ^ [-1, to), f (x) = x2 - 1, in g, g : [-1, to) ^ [0, to), g(x) = Vx + 1, inverzni? Rešitev. Da, saj f o g : [-1, tO) ^ [-1, to), (f o g)(x) = (V^+T)2 - 1 = x, in g o f : [0, to) ^ [0, to), (g o f)(x) = ^(x2 - 1) + 1 = |x| = x. 1.6.3 Nekatere algebrske strukture 1. Naj bo G = j—| n G N n Ali je mnozenje notranja operačija na mnoziči G? Matevz Crepnjak 57 Petra Zigert Pletersek Rešitev. Naj bosta j+n, l+m G G poljubna. Potem je 2 2 4 1 + n 1 + m 1 + m + n + mn in ker v števcu nastopa 4 in ne 2, mnošenje ni notranja operacija na G. 2. Ali je množica naravnih stevil grupa za običajno seštevanje stevil? Kaj pa za množenje? Rešitev. Mnozica naravnih števil nima enote za seštevanje (0 f/ n), pri množenju pa nimamo inverznih elementov (za vsak n f n, .G n). 3. Ali je G= { — | nG Z n 2n Abelova grupa za običajno operacijo množenja? Utemelji! Resitev. Preverimo naslednjih pet lastnosti iz definicije: (a) Mnozenje je komutativna operacija v G. Velja, ker je sestevanje komutativna operacija na z. (b) Mnozenje je notranja operacija v G. Naj bosta -j, G G poljubna. Potem je • J. = 1 G G, 2m 2n 2m+n ' saj je m + n G z. (c) Mnozenje je asociativna operacija v G. Naj bodo ij, , ij G G poljubni. Potem 1 1 ) 11 1 2m 2. / 2r 2m+n 2r 1 2(m+n)+r ' Ker je sestevanje asociativna operacija v mnozici celih stevil, zato velja 1 _ 1 2(m+n)+r 2m+(n+r) _ 1 1 2m 2(n+r) = ±.( ±1 ). 2m \2n 2r J Dokazali smo, daje mnozenje asociativna operacija v G. (d) Obstoj enote v G. 1 2n Naj bo 2n € G poljuben. Poisčimo tak e € G za katerega velja 2n e 2n' Opomnimo, da je mnočenje v G komutativna operacija in zadostuje iskanje - g, lahko zapišemo e — 1 od e. Tako rešujemo enačbo samo desne enote. Ker je e € G, lahko zapišemo e — ^, kjer je e' odvisen 1 11 2n 2e' 2n ' Posledično resujemo n + e' — n nad mnošico celih .stevil. Tako dobimo, da je e1 — 0 in zato je e — 20 — 1. (e) Obstoj inverznega elementa v G. Naj bo € G poljuben. Poiscimo tak x € G, da je • x — 1 (na podlagi (d)). Podobno kot v (d) lahko pretvorimo na resevanje 1 1 _ 1 2 n 2X' 20' kjer je x' odvisen od x. Tako resujemo n + x' — 0 in iz tega sledi, da je x' — — n. Zato je inverz od enak . S tem smo dokazali, da je (G, •) Abelova grupa. 1 1 4. Ali je G = {1, 3, 5, 7} grupa za množenje po modulu 8? Resitev. Preden preverimo vse lastnosti definicije grupe, povejmo, da je množenje po modulu 8 komutativna operacija na G (mnozenje realnih stevil). (a) Mnozenje po modulu 8 je notranja operacija v G. Preverimo to v Tabeli 1.1. 1 3 5 7 1 1 3 5 7 3 3 1 7 5 5 5 7 1 3 7 7 5 3 1 Tabela 1.1: • je notranja operacija v G (b) Mnozenje je asociativna operacija v G. Ta lastnost velja, ker je mnozenje po modulu 8 notranja operacija (razmisli in preveri na posameznih elementih; glej Tabelo 1.1). (c) Obstoj enote v G. Naj bo g G G poljuben. Preverimo ali obstaja e G G, da velja g ■ e = g. Ker je komutativna operacija, zadostuje, da preverimo samo g ■ e = g. Iz tabele je razvidno, da je e = 1 (glej prvo vrstico in prvi stolpec v Tabeli 1.1). (d) Obstoj inverznega elementa v G. Obstoj inverznega elementa preberemo v Tabeli 1.1. Vidimo, daje inverz za operacijo mnošzenja v G enak samemu sebi. Torej je (G, ■) celo Abelova grupa. 5. Naj bo ^ f 1 + 2m G = <-| m, n G Z 1 + 2n Ali je (G, ■) grupa, kjer ■ predstavlja obicajno mnozenje stevil? Rešitev. Vsak lahko sam preveri, da je v našem primeru množenje komutativna, operacija (mnočenje racionalnih števil). (a) Mnozenje je notranja operacija v G. ... . . l + 2m 1 + 2r ^ ... Naj bosta-,-G G poljubna. Potem je J 1 + 2n 1 + 2s F J J 1 + 2m 1 + 2r 1 + 2m + 2r + 4mr 1 + 2(m + r + 2mr) g 1 + 2n ' 1 + 2s = 1 + 2n + 2s + 4ns = 1 + 2(n + s + 2ns) , saj je m + r + 2mr, n + s + 2ns G z. (b) Mnozenje je asociativna operacija v G. Naj bodo 1+lm, X+2S, "T+22U G G poljubni. Preverimo, da je mnozenje v G res asociativno. 1 + 2m 1 + 2r\ 1 + 2t 1 + 2n 1 + 2^ 1 + 2u 1 + 2m + 2r + 4mr 1 + 2t = 1 + 2n + 2s + 4ns ' 1 + 2u = 1 + 2m + 2r + 4mr + 2t + 4mt + 4rt + 8mrt 1 + 2n + 2s + 4ns + 2u + 4nu + 4su + 8nsu 1 + 2m 1 + 2r + 2t + 4rt 1 + 2n 1 + 2s + 2u + 4su 1 + 2m /1 + 2r 1 + 2t 1 + 2n V1 + 2s 1 + 2u (c) Obstoj enote v G. Pri racionalnih stevilih je enota za mnozenje 1 in zato preverimo, da je tudi v tem primeru. Naj bo 1+lm G G poljuben. Poiščimo tak element 1+2^2 G G, da bo veljalo 1 + 2m 1 + 2e 1 = 1 + 2m 1 + 2n ' 1 + 2e2 = 1 + 2n ' Opomnimo, da je zaradi komutativnosti je dovolj ta razmislek. Ce nadaljujemo z racunanjem, dobimo enacbo 1 + 2m + 2e1 + 4me1 _ 1 + 2m 1 + 2n + 2e2 + 4ne2 = 1 + 2n oziroma resujemo sistem 1 + 2m + 2e1 + 4me1 = 1 + 2m 1 + 2n + 2e2 + 4ne2 = 1 + 2n. Ce poenostavimo slednji enacbi, je potrebno resiti 2e1(1 + 2m) = 0 2e2(1 + 2n) = 0. Dobili smo produkt, kjer sta m in n poljubni celi stevili, zato je nujno e1 = 0 in e2 = 0. Tako je enota enaka 1 = 1+2^0. (d) Obstoj inverznega elementa v G. Naj bo 1+m G G poljuben. Preverimo ali obstaja tak element 11+2m11 G G, da bo 1 + 2m 1 + 2m1 = 1 1 + 2n ^ 1 + 2n1 = . Ko izrazimo 11+2m11, vidimo, daje m1 = n in n1 = m. Torej je (G, •) Abelova grupa z operacijo množenja. 6. Naj bo G = {(a, b) | a, b G Q, a = 0}. Na G vpeljemo operačijo *, ki ima predpis (a, b) o (c, d) = (ac, ad + b). Ali je (G, *) grupa? Ali je Abelova grupa? Resitev. Najprej preverimo, da * ni komutativna operacija. Naj bosta (a, b), (c, d) G G. Ce bi bila * komutativna operacija, potem bi veljalo (a, b) * (c, d) = (ac, ad + b) = (ca, cb + d) = (c, d) * (a, b), ampak to v splosnem ne velja, saj je lahko ad + b = cb + d (glej na primeru (a, b) = (1, —1) in (c, d) = (2, —2)). (a) * je notranja operacija v G. Naj bosta (a, b), (c, d) G G poljubna. Potem je (a, b) * (c, d) = (ac, ad + b) ter (ac, ad + b) G G, saj a, c G q, a = 0, c = 0 in je zato tudi ac = 0. Seveda je ad + b G q (saj so a, b, d G q). (b) * je asociativna operacija v G. Naj bodo (a, b), (c, d), (e, f) G G poljubni. Dokazimo ((a, b) * (c, d)) * (e, f) = (a, b) * ((c, d) * (e, f)). Torej ((a, b) * (c, d)) * (e, f) = (ac, ad + b) * (e, f) = ((ac)e, (ac)f + ad + b) = (a(ce), a(cf + d) + b) = (a, b) * (ce, cf + d) = (a, b) * ((c, d) * (e, f)). (c) Obstoj enote v G. Naj bo (a, b) G G poljuben. Želimo preveriti ali obstaja tak (e1, e2) G G, da bo (a, b) * (ei, e2) = (a, b). Upoštevamo * in prevedemo na sistem ae1 = a ae2 + b = b. Vidimo, da je e1 = 1 in e2 = 0 ter tako dobimo, da je enota v G enaka, (1, 0). Preverimo, da enota tudi komutira. (a, b) * (1, 0) = (a, b) = (1, 0) * (a, b). (d) Obstoj inverznega elementa v G. Naj bo (a, b) G G poljuben. Želimo preveriti ali obstaja tak (a', b') G G, da bo (a, b) * (a', b') = (1,0). Upoštevajmo * in dobimo aa' = 1 ab' + b = 0. Aer je a = 0 dobimo, da je a' = a in b' = - - in posledišno je (-, - b) inverz od (a, b). Seveda je element G, saj veljajo vsi pogoji 1, - - g q in b = 0. Ni teško preveriti, da velja (a, b) *(a, -^ = (1, -^ = (a, b) = (1, 0). a a a a (G, *) je grupa, ni pa Abelova grupa. Permutacije 7. Koliko elementov vsebujeta simetricni grupi Sf in S7 ? Rešitev. Sf vsebuje 224 elementov, S7 pa 5040. Za vajo zapiši vse elemente Sf. 8. Zapisi naslednje permutacije kot produkte disjunktnih ciklov in jim poisci inverze: (a) ni (b) n (c) n3 (d) n 1 2 3 213 1 2 3 312 12 3 4 4 3 2 1 123456789 432876591 Rešitev. Ciklišni zapis temelji na dejstvu, da se permutacije izvajajo v določenem zaporedju. V tem našinu zapisa se pokaše kateri elementi so menjali pološaje, še se permutacije izvajajo po vrsti. To imenujemo tudi razbijanje permutacije v zmnozek disjunktnih ciklov permutacij. (a) ni = (1 2) (3) = (1 2), n-i = ( (b) n2 = (13 2), n-i = ( 123 213 123 231 (c) n3 = (1 4) (2 3), n-i = 12 3 4 4 3 2 1 (d) nf = (1 4 8 9) (2 3) (5 7) (6) = (1 4 8 9) (2 3) (5 7), w-i = ^123456789 = 932176548 9. Izracunaj oba kompozituma: (a) ni — 1 2 3 213 n2 123 312 (b) ni Resitev. 1 2 3 4 5 32451 n2 — (a) ni° n2 = 123 3 2 1 n2 ° ni 12345 2 15 4 3 ,12345\ /12345 (b) ni o n2 = < 2 3 1 5 4 ' n2 o ni = 5 14 3 2 10. Resi enačbi: (a) n o ni = n2, če je ni 1 2 3 4 5 6 3 2 6 1 5 4 n = 123456 5 3 1 2 6 4 (b) ni o n o n2 = n3, ce je ni n3 123456 5 1 3 6 2 4 1 2 3 4 5 6 654321 n = 123456 135246 Rešitev. Enačbe bomo reJili s pomočjo inverzov. (a) Sledi, da je n = n2 o n-. Zato je n 1 2 3 4 5 6 5 3 1 2 6 4 1 2 3 4 5 6 2 3 5 4 6 1 1 2 3 4 5 6 421653 (b) Sledi, da je n = n- i o n3 o n2 i. Zato je -i n 123456 253614 123456 142536 123456 4 3 1 5 6 2 123456 654321 1.6.4 Realna stevila Matematična indukcija 1. S pomočjo matematične indukcije dokazi, da za vsak n G N velja 3 | (5n + 2n+i). o o Rešitev. Baza indukcije je trivialno izpolnjena, saj je 3|(5 + 4). S pomočjo indukcijske predpostavke 3 | (5n + 2n+1), kjer n € n, dokazimo, da 3 | (5n+1 + 2(n+1)+1). Zapišimo 5n+1 + 2(n+1)+1 nekoliko drugače: 5n+1 + 2(n+1)+1 = 5 • 5n + 2 • 2n+1 = 5 • 5n + (5 - 3) • 2n+1 = 5 • 5n + 5 • 2n+1 - 3 • 2n+1 = 5 • (5n + 2n+1) - 3 • 2n+1. Opomnimo, daje produkt dveh števil deljiv s 3, če je vsaj eno od števil deljivo s 3. Po indukcijski predpostavki je stevilo 5 • (5n + 2n+1) je deljivo s 3 (3 | (5n + 2n+1)). Za lažje razumevanje simbolično zapisimo 3 • K = 5n + 2n+1, kjer je K ustezno celo stevilo. Tako dobimo 5 • (5n + 2n+1) - 3 • 2n+1 = 3 • 5 • K - 3 • 2n+1 = 3 • (5 • K - 2n+1) in to stevilo deljivo s 3 (imamo prudukt dveh stevil in eno od teh je deljivo s 3). 2. S pomočjo matematične indukcije dokazi, da za vsak n € N velja 11 1 n + ^^ + • • • + 1 • 3 3 • 5 (2n - 1) • (2n + 1) 2n +1' Resitev. Baza indukcije je trivialno izpolnjena, saj 13 = 2 11+1. Sedaj s pomocjo indukcijske predpostavke 13 + 375 + ••• + (2ra-1)1(2ra+1) = 2«+!, kjer n € n, dokazimo, da velja 11 1 1 n+1 + ^ + ••• + ^--i 7T + 1 • 3 3 • 5 (2n - 1) • (2n + 1) (2n + 1) • (2n + 3) 2n + 3' Dokazimo na naslednji nacin: 1 1 1 1 + + ••• + ^--7T + 1 • 3 3 • 5 (2n - 1) • (2n + 1) (2n + 1) • (2n + 3) n1 + 2n + 1 (2n + 1) • (2n + 3) = n • (2n + 3) + 1 = = (2n + 1) • (2n + 3) = = (2n + 1) • (n + 1) = = (2n + 1) • (2n + 3) = = n + 1 = 2n + 3 in s tem smo dokazali trditev. 3. S pomočjo matematične indukcije dokaZi, da za vsak n € N velja 11 1 > r V2 vn ~ n' Rešitev. Baza indukcije je izpolnjena, saj — > \/1 Sedaj s pomočjo indukcijske predpostavke + ^ + ■ ■ ■ + -^n > sjn, kjer je n € n, dokaZimo, da je + —2 + ■ ■ ■ + —n + —n_ > a/n + 1. DokaZimo na naslednji način: 11 11 _ 1 V + v= + ■■■ + v= + , _ >Vn + v/1 a/2 Vn + 1 _ ■ Vn + 1 + 1 _ Vn + 1 Vn2 + n + 1 _ yjn + 1 Vn2 + 1 Vn + 1 _ v n + 1. 4. S pomočjo matematične indukcije dokazi, da za vsak n € N velja n < 2n Resitev. Baza indukcije je izpolnjena, saj je 1 < 2. Sedaj s pomočjo indukcijske predpostavke n < 2n, kjer je n € n, dokazimo, da velja n + 1 < 2n+1. Po indukcijski predpostavki dokazujemo, da je n + 1 < 2n + 1. Ker je 1 < 2n za vsak n € n, dobimo 2n + 1 < 2n + 2n _ 2 ■ 2n _ 2n+1 in trditev je s tem dokazana. 5. Z matematično indukcijo dokaZi, da je vsota kubov treh zaporednih naravnih stevil deljiva z 9. Resitev. Najprej preverimo bazo indukcije. Vidimo, da je 13 + 23 + 33 deljiva z 9. Predpostavimo, da je stevilo n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3, kjer je n € n, deljivo z 9 in oznacimo n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 _ 9 ■ K, kjer je K € n. Dokazimo, da je tudi vsota (n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 deljiva z 9. (n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 _ (n + 1)3 + (n + 2)3 + n3 + 9n2 + 27n + 27 _ (n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3) +9 ■ (3 + 3n + n2) _ 9 ■ K + 9 ■ (3 + 3n + n2) _ 9 ■ (K + 3 + 3n + n2) in ta produkt je deljiv z 9. 6. S pomočjo matematične indukcije dokaži, daje vsota prvih n lihih naravnih števil enaka n2. Resitev. Baza indukcije je izpolnjena, saj je vsota prvega lihega stevila 1. Predpostavimo, da je 1 + 3 + ... + (2n — 1) = n2, kjer je n G n, in dokazimo, da je vsota prvih n + 1 lihih .stevil enaka (n + 1)2. Dobimo 1 + 3 + ... + (2n — 1) + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 in trditev je s tem dokazana. 7. Naj bo x G R A x >—1. Z matematično indukcijo dokaži, da velja Bernoul-lijeva neenakost 1 + nx < (1 + x)n, kjer je n G N. Resitev. Baza indukcije trivialno velja. Predpostavimo, da je 1 + nx < (1 + x)n, kjer je n G n, in dokazimo, da velja 1 + (n + 1)x < (1 + x)n+1. Če upostevamo indukcijsko predpostavko, dobimo (1+ x)n+1 = (1 + x)(1+ x)n > (1 + x)(1 + nx). Predpostavili smo tudi, da je x > — 1 in zato je x + 1 > 0. Tako dobimo (1 + x)(1 + nx) = 1 + nx + x + nx2 = 1 + (n + 1)x + nx2 > 1 + (n + 1)x. S tem je trditev dokazana. 8. Naj bo G komutativna grupa ž operacijo o. S pomočjo matematične indukcije dokaži, da ža poljubno naravno stevilno n in ža poljubna x,y G G velja (x o y)n = xn o yn. Vsak korak utemelji! Rešitev. Baza indukcije je trivialno izpolnjena. Predpostavimo, da je (x o y)n = xn o yn, kjer je n G n, in dokašimo, daje (x o y)n+1 = xn+1 o yn+1. Po indukcijski predpostavki velja (x o y)n+1 = (x o y)n o (x o y) = (xn o yn) o (x o y). Ker je G komutativna grupa, zato velja naslednje (xn o yn) o (x o y) = xn o (yn o x) o y = xn o (x o yn) o y = (xn o x) o (yn o y) = xn+1 o yn+1 in trditev je s tem dokazana. Številski obsegi 9. PoisCi minimum, infimum, maksimum in supremum v R, Ce obstajajo, za naslednje množice: (a) A = N, (b) B = N n (—5,5], (c) C = {1 + n : n € N}, (d) D = {1 + ^ : n € N}. Resitev. (a) min A — 1, inf A — 1, max A ne obstaja, sup A ne obstaja. (b) min B — 1, inf B — 1, max B — 5, sup B — 5. (c) min C ne obstaja, inf C — 1, max C — 2, sup C — 2. (d) min D — 0, inf D — 0, max D — f, sup D — |. 10. PoisCi minimum, infimum, maksimum in supremum v univerzalni množici U = (0,1) U (2, 3], ce obstajajo za naslednji množici: (a) A = (0,1), (b) B = (2, 3). Rešsitev. (a) min A ne obstaja, inf A ne obstaja, max A ne obstaja, sup A ne obstaja. (b) min B ne obstaja, inf B ne obstaja , max B ne obstaja, sup B — 3. Realna Stevila in absolutna vrednost 11. Resi naslednjo neenacbo x 2x — 1 < 2 + 5. Rešsitev. Neenašcbo preoblikujemo v obliko x 2x — ^ < 5 + 1 x < 4 in zato je rešitev x € (—ro, 4). 12. Resi naslednjo neenacbo x2 + 5x + 3 > -1. Rešitev. Neenacbo preoblikujemo v obliko x2 + 5x + 4 > 0. S pomocjo formule xi,2 = 4ac dobimo x2 + 5x + 4 = (x + 1)(x + 4) in zato je rešitev x € (—to, —4) U (—1, to). 13. Resi naslednji neenacbi (a) —1 < 1, v ; x + 2 - ' (b) —3 > 0. x — 3 Resitev. (a) Na neenacbo bomo gledali posebej za x € (—to, —2) oziroma x € (—2, to), ker se v odvisnosti od teh intervalov spreminja neenašaj (spomni se pravil za obravnavo neenašcb). • Za x € (—to, —2) poenostavimo enašbo in dobimo x — 1 >x + 2 0 > 3. Torej ne obstaja tak x € (—to, —2), za katerega velja neenakost. • Za x € (—2, to) poenostavimo enašbo in dobimo x — 1 0. Iz te neenašbe dobimo x € (—to, —1) U (1, to). Ko gledamo presek ((—to, —1) U (1, to)) n (3, to), dobimo x € (3, to). Rešitev neenašbe je x € (—1,1) U (3, to). Nalogo lahko rešimo tudi grafišno, saj lahko iz natanšnega grafa funkcije preberemo rešitev. 14. Izrazi predpise funkčij brez znakov absolutne vrednosti in skičiraj njihove grafe: (a) f1(x) = |f + 1|, (b) f2(x) = | — f + 1|, (č) h(x) = f1(x) + f2 (x) , (d) g(x) = f1(x) — f2(x). Resitev. (a) Vidimo, da je f + 1 > 0, ko je x > —2. Tako dobimo f1(x) = f + 1 ; x > —2 —f — 1 ; x < —2. -3 -2 -1 12 3 4 Slika 1.8: Graf f1(x) = |f + 1|. (b) Vidimo, da je — f + 1 > 0, ko je x < 2. Tako dobimo —f + 1 ; x < 2 f2(x) H f2 If — 1 ; x> 2. -3 -2 -1 1234 Slika 1.9: Graf f2(x) = | — f + 1|. (c) Obravnavo razdelimo na naslednje tri moznosti y • za x < —2 je g(x) — — X — 1 — X + 1 — —x, • za —2 < x < 2 je g(x) — x + 1 — x + 1 — 2, • za 2 < x je g(x) — X + 1 + X — 1 — x. Tako dobimo —x g(x) — { 2 x x < —2 —2 —5. Iz tega sledi, daje na intervalu (—to, —2) rešitev podinterval (—5, —2). • Za x € [—2, to) dobimo 2x + 4 < 6 x < 1. Iz tega sledi, da je na intervalu [—2, to) rešitev podinterval [—2,1). Neenakost velja za x € (—5,1). (b) Upoštevajmo absolutne vrednosti in zapišimo naslednjo tabelo x < -1 -1 < x < 0 0 < x < 1 1 < x |x + 1| —x — 1 x + 1 x + 1 x+1 |x| —x —x x x |x - 1| —x + 1 —x + 1 —x + 1 x — 1 Obravnavali bomo .štiri mošnosti. • Za x < —1 dobimo —x — 1 — x + 1 < —x 0 x in iz tega sledi, da za —1 < x < 0 nimamo resitve. • Za 0 < x < 1 dobimo x + 1 — x + 1< x 2 < x in iz tega sledi, da za 0 < x < 1 nimamo resitve. • Za 1 < x dobimo x + 1 + x — 1< x x<0 in iz tega sledi, da za 1 < x nimamo resitve. Neenakost nima resitve. (c) Zapisimo |x2 + 3x + 2| brez absolutne vrednosti 2 2 + 3x + 2| = } x2 + 3x +2 ; x < —2 v —1 < x — (x2 + 3x + 2) ; — 2 0, ko je x < 8. Tako dobimo /<*) = 2 + 4 ; x <8 W \f — 4 ; x> 8. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Slika 1.14: Graf f (x) = I-x + 4| (b) Iz (a) sledi, da obravnavamo naslednji dve moznosti: • -X +4 = 3, ko je x = 2. • x - 4 = 3, ko je x = 14. Torej f (x) = 3 velja za x = 2 in x = 14. (c) Podobno kot v (b): • - X + 4 = 2x + 5, ko je x = - §. • X - 4 = 2x + 5, ko je x = -6. Torej f (x) = 2x + 5 velja za x = -5 in x = -6. (d) Pomagajmo si z (a) in dobimo 2 < x < 14. 18. Dana je funkcija f (x) = |x2 - 4x|. (a) Načrtaj graf funkcije f in zapisi f brez absolutne vrednosti. (b) Resi enačbo f (x) = 5. (c) Resi neenačbo f (x) > 5. Resitev. (a) Vidimo, da je x2 - 4x > 0, ko je x < 0 in 4 < x. Tako dobimo f(x) = x2 4x x 0 4 x —x2 + 4x ; 0 < x < 4. (b) Iz (a) sledi, da obravnavamo naslednji dve moznosti: • Za x < 0 V 4 < x dobimo x2 - 4x = 5 in iz tega sledi x = -1 in x = 5. • Za 0 < x < 4 dobimo -x2 + 4x = 5 in v tem primeru nimamo realnih resitev. Torej f (x) = 5 velja za x = -1 in x = 5. (c) Resujemo podobno kot v (b) in dobimo x < -1 ali 5 < x. 19. Dana je funkcija f (x) = |x2 - 5x + 4|. y (a) Načrtaj graf funkcije f in zapiSi f brez absolutne vrednosti. (b) Resi enacbo f (x) = 1. (c) Resi neenacbo f (x) > 1. Rešitev. (a) jx2 — 5x + 4 ; x < 1 V 4 < x f j — (x2 - 5x + 4) ; 1 2 = 5±2i3, enačbe —x2 + 5x — 4 = 1, dobimo x34 = . iz (c) (Glede na točki (a) in (b) dobimo rešitev x G ^—ro, ( 5+VH 5—/IsX y/5-V5 5+^/5 u V 2 . 20. Dana je funkcija (a) Resi enacbo |f (x)| = 4. f (x) 3x + 2 x — 1 (b) Resi neenacbo |f (x)| > 4. Rešitev. (a) Zapišimo |f(x)| brez absolutne vrednosti If (x)| = 3x+2 x—1 3x+2 x— 1 x < -2 V 1 < x - 3 < x < 1. Obravnavali bomo dve moZnosti. • Za x < - f V 1 < x 3x + 2 = 4 x - 1 3x + 2 = 4x - 4 x = 6. Za - 22 < x < 1 3x + 2 =4 x - 1 - 3x - 2 = 4x - 4 2 x =7. |f (x)| = 4 velja za x = 2 in x = 6. (b) Postopek je podoben kot v točki (a) in dobimo 7 2, (b) x2-1 x- 7 < 2, (c) -1 - x > 2, x| ' (d) x+4 3x+2 > ^. x Resitev. (a) Vsak lahko razmisli, da imamo naslednji predpis brez absolutne vrednosti x + 2_ J^ ; x< -2 V 1 2 x + 2 < 2(x - 1) 4 < x Iz x< -2 in 4 2 x-1 x + 2 > -2(x - 1) 3x > 0. Iz -2 < x < 1 in 3x > 0 sledi, da je x G (0,1). Za 1 < x dobimo x+2 x1 >2 x + 2 > 2(x - 1) 4 > x. Iz 1 < x in x < 4 sledi, da je x G (1,4). Neenakost velja za x G (0,1) U (1,4). (b) X — 1 X7 < 2 Podobno kot v primeru (a) lahko vsak preveri x2 1 x — 7 X2-1 X—7 X2 — 1 X—7 - 1 < x < 1 V 7 < x x < — 1 V 1 2(x - 7) x2 - 2x + 13 > 0 in ta neenakost vedno velja. Iz tega sledi, da je -1 < x < 1 Za 7 < x dobimo x2 1 <2 x — 7 x2 — 1 < 2(x — 7) x2 — 2x + 13 < 0 in ta neenakost nikoli ne velja, zato za 7 < x nimamo rešitev. Neenakost velja za x € (—5,3). (c) Obravnavali bomo dve mošnosti. • Za x < 0 dobimo 1 ---x > 2 x —1 — x2 < 2x 0 < x2 + 2x + 1. Ko upoštevamo 0 < x2 + 2x + 1 in x < 0, dobimo, da velja za x € r- — {—1}. • Za x > 0 dobimo 1 - — x > 2 x 1 — x2 > 2x 0 > x2 + 2x — 1. Ko upoštevamo x2 + 2x — 1 < 0 in x > 0, dobimo, da velja za 0 < x < —1 + V2. Neenakost velja za x € r- — {—1} U (0, —1 + V2). (d) Vsak lahko sam razmisli, da je potrebno obravnavati spodnje štiri mošnosti. • Za x < —4 dobimo x+4 1 < - 3x + 2 x (x + 4)x > 3x + 2 x2 + x — 2 > 0. Ko upoštevamo x2 + x — 2 > 0 in x < —4, dobimo, da velja za x < —4. Za —4 < x < — 2 dobimo x+4 1 < - 3x + 2 x —(x + 4)x > 3x + 2 x2 + 7x + 2 < 0. Ko upostevamo x2 + 7x + 2 < 0 in —4 < x < — |, dobimo, da velja za —4 < x < — 3. Za — 2 < x < 0 dobimo x + 4 1 < - 3x + 2 x (x + 4)x < 3x + 2 x2 + x — 2 < 0. Ko upostevamo x2 + x — 2 < 0 in — | 3x + 2 x2 + x — 2 > 0. Ko upostevamo x2 + x — 2 > 0 in 0 0 dobimo 1 — |x — 1| < 1 |x — 1| > 0 in to velja za vse realne x = 1. Ker pa imamo se pogoj 1 — |x — 1| > 0 (to velja za 0 < x < 2), dobimo, da velja za 0 < x< 1 ali 1 0 dobimo 2 — |x| 1 1 > 2 — |x| |x| > 1 in to velja za vse realne x < — 1 ali 1 < x. Ker pa imamo se pogoj 2 — |x| > 0 (to velja za —2 < x < 2), dobimo, da velja za —2 < x < —1 ali 1 < x < 2. Za 2 — | x| < 0 dobimo 1 2x —1 < 2 — |x| | x| < 3 in to velja za —3 < x < 3. Ker pa imamo se pogoj 2 — |x| < 0 (to velja za x < —2 ali 2 < x), dobimo, da velja za —3 < x < —2 ali 2 < x < 3. Neenakost velja za x € [—3, —2) U (—2, —1] U [1,2) U (2,3]. 1 1 Računanje napak 23. Za x = 1, 25 ± 0,05, y = 2, 02 ± 0, 02, z = 3, 73 ± 0, 03 in w = —3, 9 ± 0,10 izračunaj (a) a = x + y + z, (b) b = (c) c = (d) d-- (e) e = (f) f Resitev. na stiri (a) a _ a _ (b) b _ b = z + y — x, xy + 2z, x2 — y, 4w y + z w2 — x xy + 2z Natancneje bomo obravnavali napake. Vmesne rezultate bomo zaokrozali decimalna mesta natancno. = 1,25+2,02+3, 73 _ 7,00, 5a _ 5x+5y+5z _ 0, 05+0, 02+0, 03 _ 0,10, = a ± 5a _ 7,00 ± 0,10. = 3, 73+2, 02 — 1, 25 _ 4, 50, 5b _ +^y+^x _ 0, 05+0, 02+0, 03 _ 0,10, = _ 4, 50 ±0,10. (c) e = 1,25 ■ (2, 20) + 2 ■ 3, 73 = 9,885, 5Xy = |x| ■ čy + |y| ■ 5X + 5X ■ čy = 1, 25 ■ 0, 02 + 2, 02-0, 05 + 0, 05-0, 02 = 0,127, ^ = 5Z + čz = 0, 03 + 0, 03 = 0, 06, čc = čxy + Č2z = 0,127 + 0, 06 = 0,187, c = c ± čc = 9, 885 ± 0,19, (d) (1= 1, 25-1, 25-2, 02 = -0, 4575, čx2 = |x| ■ čx + |x| ■ Sx+čx• čx = 1, 25-0, 05 + 1, 25 -0, 05 + 0, 05 -0, 05 = 0,1275, čd = čx2 + 5y = 0,1275 + 0, 02 = 0,1475, d = d ± čd = -0, 46 ± 0,15, (e) c = 2Zto(2+5,973 = -2, 7130, č4w = 4čw = 4 ■ čw = 4 ■ 0,10 = 0, 40, čy+z = čy + čz =0, 02 + 0, 03 = 0, 05, če = ^^W^ = "^-Svf = 0, 0940, e = e ± če = -2, 71 ± 0, 09, (f) / = i,(253290)22+213573 = 1, 3981, čw2 = |w| ■ čw + |w|-čw + čw-čw = 3, 90-0,10 + 3, 90 0,10 + 0,10 ■ 0,10 = 0, 77, čw2_x = čw2 + čx = 0, 77 + 0, 05 = 0, 82, čxy = |x| ■ čy + |y| ■ čx + čx ■ čy = 1, 25 ■ 0, 02 + 2, 02 ■ 0, 05 + 0, 05 ■ 0, 02 = 0,127, č2z = 2čz = 2 ■ 0, 03 = 0, 06, čxy + 2z = čxy + č2z = 0,127 + 0, 06 = 0,187, 2+z _ 13,96-0,187+9,985-0,82 _ 0 1124 f _ Cč _ f = ||xy+2z|_ Y 3 r Velja + 2kn ~3 Zk = V 2 I cos + 2kn ~3 + i sin 3/— f /5n 2kn\ /5n 2kn\ = ncoshr + -g-J +i sin(ir + za k = 0,1,2. Tako dobimo zo = (cos (^ + i sin z1 = ^ (cos (^) + i sin (^ Z2 = K"*^) + i K1^)). Vsak lahko sam izračuna konkretne vrednosti na stiri decimalna mesta natančno. (č) Izračunajmo r in p: r = 1 ,V3 2+ ^ \ 1+4 2 - 4 - tan p = = \/3, p = 3 Velja Zk = cos f + 2kn 4 + i sin f + 2kn 3 n kn\ / n kn =1 cos 112 + TJ +i sin(i2 + T za k = 0,1,2,3. Vsak lahko sam izračuna konkretne vrednosti za k 0,1,2,3 (glej primer (b)). (d) Izračunajmo r in p: 2^3 + i2 = ^2^3 + i2) (2^3 - i2^ = V12 + 4 = 4 2 1 n tan p = —— = , p = — P V3, p 6 Velja zk = cos f + 2kn 7 + i sin f +2kn 7 i in 2kn\ / n 2kn = v 4(cos(- + —1 +i sinU + — 2 r za k = 0,1,2,3,4, 5,6. Vsak lahko sam izračuna konkretne vrednosti za k = 0,1,2,3, 4, 5, 6 (glej primer (b)). 5. Izračunaj (a) (1 + iV3)6, (b) (2 V3 - i2)9, (č) (-45 + i45)45, , X 2010 (d) (f + if) . Rešitev. Uporabili bomo Moivreovo formulo. (a) Najprej izrašunajmo r in m. r = 1 + i VŠ = + i ^ (1 - i v3j =2 \/3 n tan m = —, m = — 13 Sedaj to upoštevajmo pri računanju. (1 + i^3)6 =(2 (cos(3)+ i sin(3))) 3J V3, = 64 ( cos (6 ■ -3 j + i sin ^6 ■ 3 = 64 (b) Najprej izrašunajmo r in m. r= 2 V3 - i2 = (2 V3 - i2^ (2 V3 + i2^ =4 -2 1 n tan m = —7= = —7=, m = — Sedaj to upoštevajmo pri računanju. (2V3 - i2)9 = (4 (cos(-f) + i sin(-6 )))9 = 262144 (cos (-9 ■ 6) + isin (-9 ■ = i262144. (c) Najprej izrašunajmo r in m. r = |-45 + i45| = ^(-45 + i45) (-45 - i45) = 45 a/2 45 . 3n tan m = 3^ = -1, m = T 6 Sedaj to upostevajmo pri računanju. (—45 + i45)45 = (^45 V2 (cos(^) + i sin(3f)) ^ = (45 V2)45 (cos (^45 ■ 34^ + i sin (^45 ■ ^ <«^"1 f — «f) • (d) Najprej izračunajmo r in <£. r = v^ , . A/2 T + ^ \ y/2 .V2\ V2 .V2\ 1 t +^ T-—^ r1 tan w = , w = — 2 Sedaj to upostevajmo pri računanju. 2010 2010 = (1(co<4j+i sin^(jj cos (2010 ■ 4) + i sin (2010 ■ 4) ) 6. IzraCunaj (a) z2 = (3 — i^3)3 (b) z6 = (2 — i2)4. Resitev. Uporabili bomo polarni zapis kompleksnega stevila in Moivreovo formulo. (a) Najprej izračunajmo r in 1 +i cos ^i) in z2 = r2(cos +i cos <^2). Upostevamo Arg(zi) = in Arg(z2) = — 3 in dobimo zi = ri (lT + i 1) z2=—^. Vstavimo v zi + z2 = 1 - i ri( ir+i 2)+ rM1—^r1—i. Iz tega dobimo sistem enačb v7^ 1 1 ri^ + r2 2 = 1 1 ri--r2— = — 1. i 2 2 2 Iz tega dobimo ri = in r2 = z = i+73-i(V3+3) z2 4 . = iWl Tako je zi = 3-^+i-i+^) in 11. Reši enaCbo Im(zi + z2 + z3) = 0, Ce je |zi| = 1, |z3| = ^, Arg(zi) = Arg(zi) = f in Arg(z2) = — f. Rešitev. Rešujemo podobno kot v prejšnji nalogi. Naj bo zi = ri(cos + i sin ^i), z2 = r2(cos ^>2 + i sin ^>2) in z3 = r3(cos + i sin <^3). Ko upoštevamo Arg(zi) = Arg(z3) = f in Arg(z2) = — 3, dobimo zi=ri i 1) z2=r2 (1—^) z3=r3(^+i ^. ^edaj upo.števajmo .se |zi| = 1 in |z3| = ^y- in zato je |zi| = |z3| = ri i ^ r4 f+i 2 = | r 11 ■ 1 = 1 i i i V3 = |r3|• 1 = ^ /z tega .sledi, daje ri = 1 in r3 = ^. Tako dobimo kompleksni stevili zi = ^+i 2 in z3 = 3 + i^. Upostevajmo se Im(zi + z2 + z3) = 0 Im(zi + z2 + z3) = 2 + — r2^23 = 0. Sledi, daje r2 = 2 + ^. Tako je z2 = ^^ — i. 12. Izracunaj |1 + z|2 + |1 — z |2 pri pogoju, da je z kompleksno stevilo in velja |z| = 1. Resitev. Vemo |z| = V a2 + b2 = 1. Zato |1 + z|2 + |1 — z|2 = (1 + a)2 + b2 + (1 — a)2 + b2 = 1 + 2a + a2 + b2 + 1 — 2a + a2 + b2 = 2 + 2(a2 + b2) 2 = 2 + 2 a2 =4 13. Dokazi, da za poljubno kompleksno stevilo oblike z = a + ib, a, b G R, velja |a| + |b| V2 <|z Resitev. Preoblikujemo |a| + |b| 0 , primer, ali sgn : R ^ R, sgn(x) = < 0 x=0 -1 ; x < 0. c) Implicitno podana funkcija FunkCija je podana implicitno z enaCbo g(x,y) = 0. FunkcijSka vrednoSt y = f (x) v toCki x0 je doloCena z enaCbo g(x0, f (x0)) = 0, pri Cemer mora biti funkcija f enoliCno doloCena, kar pa ni vedno reS. ObiCajno je mogoCe v okolici doloCene toCke govoriti o enoliCnem predpiSu. Zgled 52. Ali je s predpisom g(x, y) = x2 + y2 — 2 = 0 določena funkcija? Ne, na primer za x = 1 je y doloCen z y2 = 1, kar pomeni, da ni enoliCen. S primernim zozanjem domene in kodomene lahko g(x, y) = 0 doloCa funkcijo. d) Parametrično podana funkcija Na ta naCin podamo funkcijo f, f(x) = y, s pomoCjo dveh ekSplicitno podanih funkcij g in h: x = g(t) , y = h(t), pri Cemer parameter t preteCe vrednosti neke podmnozice D C R. V uporabi je zapis: x = x(t), y = y(t) • Tudi v tem primeru velja podobno kot pri implicitno podani funkciji, da f (x) = y ni nujno enoliCno doloCen in v tem primeru nimamo opravka s funkcijo. Zgled 53. Ali je .s predpisom x = cos t, y = sin t, t € [0, n] podana funkcija f (x) = y? Med spremenljivkama x in y opazimo zvezo: x2 + y2 = sin21 + cos21 =1, kar je implicitno podana funkcija. Ker parameter t preteCe vrednosti iz intervala [0,n], je y > 0 in y = f (x) = V1 — x2 . Poglejmo si nekaj osnovnih lastnosti realnih funkcij. Definicija 2.1. Funkcija f, definirana na simetričnem intervalu D = (—a, a) ali D = [—a, a], je soda, če velja in liha, če velja f (x) = f(—x), Vx G D f(x) = —f(—x), Vx G D. Zgled 54. Preverimo sodost oziroma lihost funkcije. 1. f(x) = ix2. Ker je f (—x) = i(—x)2 = 2x2, je to soda funkcija. 2. f (x) = 2 x3. Ker je f (—x) = 2 (—x)3 = —2 x3, je to liha funkcija. 3. f (x) = x + 2x2. To ni niti soda, niti liha funkcija. Graf sode funkcije je simetricen glede na y os, graf lihe funkcije pa je simetricen glede na koordinatno izhodisce (glej Sliko 2.21). Vecina realnih funkcij ni niti sodih niti lihih. -4 -3 -2 1234 7 x Slika 2.21: Graf sode in lihe funkcije iz Primera 54. Matevz Crepnjak 100 Petra Zigert Pletersek Definicija 2.2. Naj bo / definirana na D in x1,x2 G D. Tedaj je / narascajoca, ko velja xi < x2 ^ /(xi) < /(x2) in / je padajoca, ko velja xi < x2 ^ /(xi) > /(x2) • Ce na desni strani veljata strogi neenakosti (/(xi) < /(x2)) oziroma (/(xi) > /(x2)), govorimo o strogo narascajoci oziroma strogo padajoci funkciji. Ce je / (strogo) narascajoca ali (strogo) padajoca funkcija, je / monotona funkcija. Ce je funkcija monotona samo na neki podmnoZici I definicijskega obmocja, pravimo, da je monotona na I. Zgled 55. Preverimo monotonost funkcije. 1. /(x) = x2. Funkcija / ni monotona funkcija, ker je za x < 0 strogo padajoca, za x > 0 pa strogo narascajoca. 2. /(x) = x3. / je monotona, ker je narascajoca funkcija. Definicija 2.3. Naj bo / : D C R ^ R. Ce obstaja tako stevilo P G R, da je /(x + P) = /(x), Vx G D, potem je / periodicna funkcija s periodo P. Najmanjša pozitivna perioda je osnovna perioda. Zgled 56. Preverimo periodicnost funkcije. 1. /(x) = sin x. Ker je /(x) = /(x + 2n) = /(x + 4n) = /(x — 2n) • • •, je / periodicna funkcija z osnovno periodo 2n. 2. /(x) = tanx. Ker je /(x) = /(x + n) = /(x + 2n) = /(x — n) • • •, je / periodicna funkcija z osnovno periodo n. Definicija 2.4. Naj bosta f : Df ^ R in g : Dg ^ R. Tedaj je naravno definicijsko območje kompozituma f o g definirano takole Df°g = {x G Dg|g(x) G Df} . Zgled 57. Naj bosta dani realni funkciji f (x) = 2 - x2 in g(x) = \fx. Poiččimo definicijsko območje obeh kompozitumov. Definicijsko območje funkcije f je Df = R in funkcije g je Dg = R+ U {0}. Definicijski območji kompozitumov sta Df°g = {x > 0| G R} = Dg , Dg°f = {x G R|2 - x2 > 0} = [-V2, V2]. Elementarne funkcije Preglejmo po vrsti elementarne funkcije, s katerimi se bomo srecevali v nadaljevanju. a) Polinomi in racionalne funkcije Definicija 2.5. Polinomi so funkcije oblike p(x) = anxn + an-1xn-1 + ■ ■ ■ + a1 x + a0 , kjer je ai G R, Vi = 1, 2,... ,n. Ce je an = 0; pravimo, da je polinom p stopnje n. Kadar želimo poudariti stopnjo polinoma, pisemo pn namesto p. Stevilu an pravimo vodilni koeficient polinoma, stevilu a0 pa splošni člen. Resitvam polinomske enacbe p(x) = 0 pravimo koreni. Obicajno namesto o korenih govorimo kar o ničlah polinoma. Polinom stopnje n ima natanko n ne nujno razlicnih nicel. Koreni polinomske enacbe pripadaj množici R ali C. Ker kompleksni koreni polinomske enacbe zmeraj nastopajo v konjugiranih parih, ima polinom lihe stopnje vsaj eno realno niclo. Naj bodo x1,x2,... ,xn koreni polinomske enacbe p(x) = anxn + an-1xn-1 + ■ ■ ■ + a1 x + a0 = 0 . Tedaj lahko polinom p faktoriziramo, kar pomeni, da ga zapiSemo kot produkt faktorjev p(x) = an(x — xi)(x — x2) ■ ■ ■ (x — xn). Ce se faktor (x — xk) pojavi m-kat v razcepu, pravimo, da je xk m-kratna niCla polinoma f. NiCli polinoma druge stopnje p(x) = ax2 + bx + c sta korena pripadajoCe enaCbe p(x) = 0 in ju izraCunamo po znanih formulah —b + V b2 — 4ac — b — V b2 — 4ac xi = —2a—'x2 = —2a— • Izraz pod korenom imenujemo diskriminanta in jo oznaCujemo z D = b2 — 4ac. Glede na vrednost diskriminante loCimo tri moznosti: D > 0 ^ x1 = x2 € R, D = 0 ^ xi = x2 € R, D < 0 ^ x1 = € C. NiCle polinomov viSje stopnje p(x) = an xn + an-1 xn-i + ••• + a1 x + a0 , n > 3 lahko iSCemo s pomoCjo Hornerjevega algoritma. Uporabimo ga lahko, Ce poznamo vsaj en koren enaCbe p(x) = 0. Dokazati je mogoCe, da Ce so koeficienti a celoStevilski in je koren racionalno Stevilo m —, tedaj m deli a0, n pa an. Uporaba Hornerjevega algoritma je prikazana n na Zgledu 58. Zgled 58. Poiscimo vse korene polinomske enacbe p(x) = 5x4 + 48x3 — 15x2 + 48x — 20 = 0 . m Ce je koren racionalno Stevilo —, tedaj m € {1,2,4,5,10, 20} in n € n {1, 5}. Skupno imamo 12 kandidatov za reSitev enaCbe, poleg teh Se njihove nasprotne vrednosti. Preverimo po Hornerjevem algoritmu, da je | koren enaCbe. 5 48 —15 48 — 20 2 20 2 20 2 5 5 50 5 50 0 Torej je 2 p(x) = (x--)(5x3 + 50x2 + 5x + 50) 5 2 = 5(x — )(x3 + 10x2 + x +10) 5 2 = 5(x — )(x2(x + 10) + (x + 10)) 5 = 5(x — 2)(x + 10)(x2 + 1) 5 2 = 5(x--)(x + 10)(x + i)(x — i). 5 Rešitve so xi = |, x2 = —10, x3 = i, x4 = —i. Definicija 2.6. Racionalna funkcija f je kvocient dveh polinomov p in q: p(x) f(x) q(x) NiCle ima v toCkah, kjer je p(x) = 0. Definirana je povsod, kjer je q(x) = 0. V toCkah, kjer je q(x) = 0, funkcija f ni definirana. Pravimo, da ima v taki toCki funkcija pol ali vertikalno asimptoto. VeC o tem bomo izvedeli v naslednjem razdelku, ko bomo risali graf racionalne funkcije. Zgled 59. Poiščimo ničle, definicijsko območje in pole funkcije 5x4 + 48x3 — 15x2 + 48x — 20 f(x) x2 4 NiCle funkcije f so koreni polinoma iz Zgleda 58. Pola ima v 2, —2 in definicijsko obmoCje je zato R \ { — 2, 2}. b) Trigonometrične funkcije Definirali bomo trigonometrične funkcije sinus, kosinus, tangens in kotan-gens, za katere uporabljamo tudi termin kotne funkcije. Trigonometrične funkcije bomo najprej definirali za kote z intervala [0, 2n]. Kot je poleg v ra-dianih lahko merjen tudi v stopinjah. Kote iz stopinj v radiane pretvarjamo po naslednji zvezi: x(rd) n 180 ;x(°) oziroma x(°) = 80 x(rd) n Kot x , merjen v radianih, predstavlja dolzino loka na enotski kroznici med točkama E in T s Slike 2.22. Na enotski kroznici izberemo poljubno točko T (a, b) in označimo ostale točke, kot je razvidno s Slike 2.22. Kot med pozitivnim delom osi x in poltrakom OT označimo z x. Tedaj je |OA| = a = cos x .. |OB| = b = sinx .. |ET" | = tan x .. |E'T'| = cot x .. kosinus kota x. sinus kota x, tangens kota x, kotangens kota x. Iz podobnosti trikotnikov O AT in OET'' je razvidno razmerje sin x tan x cos x |OE = tan x Podobno velja kar pomeni, da je čos x čot x sin x |OE tan x čot x čot x 1 Poglejmo predznak trigonometričnih funkcij po posameznih kvadrantih: 0 < x < f 2 < x < n n < x < f f < x < 2n cos x + — — + sin x + + — — tan x + — + — cot x + — + — Iz Slike 2.22 je razvidno, da sta funkciji sinus in kosinus periodicni z osnovno periodo 2n, tangens in kotangens pa s periodo n. Torej velja cos x = cos(x + 2kn), sin x = sin(x + 2kn), tan x = tan(x + kn), cot x = cot (x + kn), k € Z. Matevz Crepnjak 106 Petra Zigert Pletersek Nadalje je s Slike 2.22 razvidno, da je kosinus soda funkcija (cos x = cos(—x)) in sinus liha funkcija (sinx = — sin(-x)), kar pomeni, da sta preostali dve prav tako lihi funkciji (tanx = — tan(—x), cot x = — cot(—x)). Poglejmo se nekaj najpogostejsih zvez med trigonometricnimi funkcijami. Po Pitagorovem izreku velja cos2 x + sin2 x =1. Izracunajmo 1 + tan2 x = 1 + sin2 x cos2 x 22 cos2 x + x sin x cos2 x cos2 x Podobno zveza velj a za kotangens 1 + cot2 x sin2 x Brez dokaza zapisimo adicijska izreka: sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y, cos(x + y) = cos x cos y — sin x sin y. 1 1 Od tod lahko izpeljemo sin(x — y) = cos(x — y) = sin(x + (—y)) sin x cos(—y) + cos x sin(—y) sin x cos y — cos x sin y , cos(x + (—y)) cos x cos(—y) — sin x sin(—y) cos x cos y + sin x sin y . Iz adicijskih izrekov lahko izpeljemo tudi formuli za sinus in kosinus dvojnih kotov: sin(2x) = sin(x + x) = sin x cos x + cos x sin x = 2 sin x cos y , cos(2x) = cos(x + x) = cos x cos x — sin x sin x 22 = cos2 x — sin x . Prav tako nam adicijski izreki dajo zvezo med kotoma, katerih vsota je |: sin(n — x) = sin n cos x — cos | sin x = cos x , cos(n — x) = cos 2 cos x + sin n sinx = sin x . Podobno velj a za preostali dve funkciji: sin( 2 — x) tan( 2 — x) cos( 2 — x) cos x sin x cot x , cot( 2 — x) tan( n — x) = tan x . Omenimo se, da sta stari oznaki za funkciji tangens in kotangens tg oz. ctg. Poglejmo se grafe trigonometricnih funkcij, ki so razvidni s Slik 2.23, 2.24, 2.25, 2.26. Funkciji kosinus in sinus sta definirani na celem R, medtem ko funkcija tangens ni definiran v niclah kosinusa (x = (2k + 1)2, k G Z), kotangens pa ni definiran v niclah sinusa (x = kn, k G Z). 1 y 2 - x -4 2 3 4 -2 - Slika 2.23: Graf funkcije sinus. y 2 - Slika 2.25: Graf funkcije tangens. c) Ciklometricne funkcije Ciklometricne funkcije so obratne oziroma inverzne funkcije od trigonometricnih. Zanje uporabljamo tudi izraz krozne funkcije. Ciklometricne funkcije so 2 1 \ v -4 -3 -2 -1 -1 -2 1 2 3 4 " Slika 2.26: Graf funkcije kotangens. arkus sinus, arkus kosinus, arkus tangens in arkus kotangens. Funkcija arkus sinus Ce hoCemo, da bo obstajal inverz funkcije sinus, mora le-ta biti bijektivna. V ta namen moramo skrCiti definicijsko obmoCje. Naj bo f (x) = sin x in f : [-f, f] ^ [-1,1]. Tedaj ostaja f-1 : [-1,1] ^ [-n, n] taka, da je (f ◦ f-1 )(x) = f (f-1(x)) = x, Vx G [-1,1] in n n 2' 2 (f-1 ◦ f)(x) = f-1(f (x)) = x, Vx G Imenujemo jo arkus sinus in pisemo f-1 (x) = asin x . Ponekod zasledimo se staro oznako, ki je arcsin. Velja torej sin(asinx) = x, Vx G [-1,1] , • / • \ u T n n" asin (sinx) = x, Vx G -^, ^ . Definicijsko območje funkcije f (x) = sin x bi lahko skrcili tudi kako drugace. Za vsako skrcitev definicijskega obmocja, ki ima za rezultat bijektivno funkcijo sinus, lahko definiramo obratno funkcijo arkus sinus. Za poljubno kodomeno funkcije arkus sinus pisemo funkcijo z veliko zacetnico, torej Asin x. Kadar skrcimo obmocje na [- f, f ], torej tako, kot smo to najprej naredili, govorimo o glavni veji funkcije arkus sinus in jo pisemo z malo zacetnico asin x. 7 x y A Slika 2.27: Graf glavne veje funkcije arkus sinus. Vemo že, da graf obratne funkcije dobimo z zrcaljenem preko premice y = x, kot je prikazano na Sliki 2.27. Funkcija arkus kosinus Naj bo f (x) = cos x. Definicijsko obmocje skrcimo na [0,n], s cimer bomo podobno kot pri funkciji arkus sinus, dobili glavno vejo funkcije arkus kosinus, ki jo zapisujemo z malo zacetnico. Tedaj obstaja za katero velja f i(x) = acos x : [-1,1] ^ [0,n] , cos(acos x) = x, Vx G [-1,1] acos (cos x) = x, Vx G [0, n]. Tudi v tem primeru lahko naletimo na staro oznako arccos. Na Sliki 2.28 vidimo graf glavne veje funkcije arkus kosinus. Izpeljimo se zvezo med obema znanima obratnima funkcijama. Naj bo x G [-1,1]. Tedaj je y = asin x G [— 2, 2] in x = sin y. Nadalje je n cos ( 2 — y ) = sin y = x . kar pomeni, da je n y = acos x oziroma n asin x + acos x = ^ , Vx G [— 1, 1]. 2 x -2 2 2 2 y -2 -1 1 2 Slika 2.28: Graf glavne veje funkcije arkus kosinus. Funkcija arkus tangens Naj bo f (x) = tanx. Definicijsko obmoCje skrCimo na (—|, n), s Cimer bomo dobili glavno vejo funkcije arkus tangens Tedaj obstaja za katero velja f 1(x) = atan x : R ^ ^, tan(atan x) = x, Vx € R, atan (tanx) = x, Vx € n> n) Na Sliki 2.29 vidimo graf glavne veje funkcije arkus tangens. -4 -3 -2 -1 12 3 4 Slika 2.29: Graf glavne veje funkcije arkus tangens. Funkcija arkus kotangens x y 2 x -2 Naj bo f (x) = cot x. Definicijsko obmocje skrcimo na (0,n), kar nam ponovno da glavno vejo funkcije arkus kotangens. Tedaj obstaja f-i(x) = arccot x : R ^ (0,n) , za katero velja cot(arccot x) = x, Vx € R , acot (cot x) = x, Vx € (0, n) . Na Sliki 2.30 vidimo graf veje funkcije arkus kotangens. 7 -3 -2 -1 1 2 3 2 x Slika 2.30: Graf glavne veje funkcije arkus kotangens. Izpeljimo se zvezo med obema obratnima funkcijama. Naj bo x € R in y = atan x. Tedaj je x = tan y = cot ^— y Torej je n --y = acot x 2 oziroma atan x + acot x = ^ , Vx € R. Tudi pri funkcijah arkus tangens in arkus kotangens sta ponekod v uporabi stari oznaki, ki sta arctg oz. arcctg. d) Eksponentna funkcija Eksponentna funkcija je oblike f (x) = ax, a > 0. V eksponentni funkciji nastopa neodvisna spremenljivka x v eksponentu. Ker je 1x = 1 za vsak x, naj bo osnova a =1. Eksponentna funkcija je povsod definirana, torej je Df = R, in je povsod pozitivna. To tudi pomeni, da je Zf = R+, in zato nima nicel. Torej ax : R ^ R+ . Za f (x) = ax velja f (x + y) = f (x) f (y) , saj je f (x + y) = ax+y = ax ay = f (x) f (y). Za a > 1 je f (x) = ax strogo narascajoca funkcija, saj za vsak x1,x2 velja: x1 < x2 ^ axi < ax2 ax2 ^ 1 < — axi ^ 1 < ax2-xi. Ker je x2 - x1 > 0 in a > 1 je to res za vsak x1 < x2. Na Sliki 2.31 vidimo graf funkcije f (x) = ax, za a > 1. Za a < 1 je f (x) = ax strogo padajoca funkcija, saj za vsak x1,x2 velja: x1 < x2 ^ axi > ax2 , kar pokazemo na analogen nacin kot za a > 1. Ker je eksponentna funkcija strogo monotona, je zato injektivna. Zaradi nekaterih zakonov naravne rasti je zelo pomembna osnova stevilo e oziroma eksponentni funkciji ex in e_x. Stevilo e bomo spoznali pri razdelku y -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 Slika 2.31: Graf eksponentne funkcije f (x) = ax za a > 1. y -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 Slika 2.32: Graf eksponentne funkcije f (x) = ax za a < 1. o zaporedjih, zaenkrat povejmo le to, da je to iracionalno stevilo, katerega približek je 2, 71828 ... Na Sliki 2.32 vidimo graf funkcije f (x) = ax, ko je a < 1: Zgled 60. Skicirajmo grafa funkcij ex in e-x. Grafa obeh funkcij vidimo na Slikah 2.31 in 2.32. e) Logaritemska funkcija Naj bo f eksponentna funkcija, torej f : R ^ R+, f (x) = ax, a > 0, a =1. To je bijektivna funkcija, zato obstaja njej obratna funkcija f-1 : R+ ^ R. Imenujemo jo logaritemska funkcija in pišemo f-1(x) = loga (Beremo: logaritem z osnovo a od x.) Ker sta eksponentna in logaritemska funkcija obratni, velja f (f-1(x)) = alogax = x, Vx G R+ in f-1(f (x)) = loga ax = x, Vx G R. Imamo torej zvezo y = loga x ^ ay = x . Logaritemska funkcija ima niclo v tocki 1, saj velja 0 = loga x ^ a0 = 1 = x . Graf logaritemske funkcije dobimo iz grafa eksponentne funkcije z zrcaljenjem preko premice y = x, kar vidimo na Slikah 2.33 in 2.34. 2 1 - -1 -1 2 3 4 -2 f Slika 2.33: Graf logaritemske funkcije z osnovo a > 1. Ob upostevanju injektivnosti eksponentne funkcije izpeljimo tri pomembne lastnosti logaritma: (1) log«(xy) = log«x + log« y, x, y > 0 Izpeljava: alosa(xy) xy al0ga X al0ga ^ x loga X+loga y a 2 3 Slika 2.34: Graf logaritemske funkcije z osnovo a < 1. (2) loga x = loga x - y, x, y > 0 Izpeljava: a a y x y (3) loga xy = y loga x, x > 0, y G R Izpeljava: alogaxy alogax alogay ga x loga y x (aloga x)y a(loga x)y ay loga x Kadar je osnova enaka Številu e, govorimo o naravnem logaritmu in piSemo loge x = ln x . Na Sliki 2.33 vidimo graf te funkcije. f) Hiperbolične funkcije Definirajmo hiperbolični funkciji kosinus hiperbolikus in sinus hiperbolikus 2 x -1 4 -1 -2 a ex + e x ch x =-2- ... kosinus hiperbolikus sh x =--- ... sinus hiperbolikus . Opazimo, da je prva funkcija soda, druga pa liha. Med njima veljajo naslednje zveze: (1) sh (x + y) = sh x ch y + sh y ch x sh x ch y + sh y ch x = 1(2ex+y - 2e-x-y) = sh (x + y) . (2) ch (x + y) = ch x ch y - sh x sh y Pokazemo podobno kot (1). (3) ch2 x - sh2 x = 1 x I _x \ 2 / x _x \ 2 2 2 i ex + e x \ f ex - e ch2 x - sh2 x = 1 ~r(e2x + 2 + e _2x - e2x + 2 - e _2x) 4 1. Na Sliki 2.35 vidimo graf funkcije kosinus hiperbolikus in na 2.36 vidimo graf funkcije kosinus hiperbolikus. 2 2.2 Zaporedja Definirali bomo zaporedje, njegovo konvergenco in se osredotocili na nekatere lastnosti, kot sta monotonost in omejenost. Slika 2.35: Graf hiperbolične funkcije kosinus hiperbolikus. -4 -3 -2 Slika 2.36: Graf hiperbolične funkcije sinus hiperbolikus. Zaporedje v množici M je preslikava a : N ^ M. Množica M bo za nas množica realnih ali kompleksnih stevil in tako govorimo o realnem ali kompleksnem zaporedju. Po dogovoru pisemo funkcijsko vrednost a(n) = an in jo imenujemo n-ti ali splošni clen zaporedja, n pa imenujemo indeks clena zaporedja. Namesto zapisa a : N ^ M uporabljamo za zaporedje zapis (an) = (ai, a2,...). Zgled 61. Poglejmo nekaj primerov na različne načine podanih zaporedij. 1 an = ' (n2) = (1 4 ' 9 , 16 , . . .) 2. an = an-1 + d, kjer sta a4, d G R... aritmetično zaporedje 3. an = an-1 q, kjer sta a4, q G R... geometrijsko zaporedje y x y x 23 4 4 . Fn Fn- i + Fn-2, Fo = Fi = 1.. .Fibonaccijevo zaporedje (—1 )n 5. a,n = ]-, (an) = (—1, i, — i, i,...) n 234 Definicija 2.7. Naj bo e > 0 poljubno stevilo. Odprti interval (a — e,a + e) imenujemo e-okolica tocke a. (—1)n Zgled 62. Od katerega n naprej so vsi cleni zaporedja an = - znotraj en okolice tocke 0, ce je e = i0 oz. e = ^ ? Resujemo neenakost |an — 0| < e (—1)n n - e Za e = ij-O lezijo znotraj e-okolice vsi cleni od 11-ega naprej, za e = ^ pa od 101-ega naprej. Definicija 2.8. Naj bo (an) zaporedje v M. Stevilo a € M je limita zaporedja (an), a = lim an, natanko tedaj, ko za vsako e-okolico točke a obstaja tako naravno stevilo n0, da za vsako naravno stevilo n > n0 velja, da an lezi znotraj e-okolice tocke a: a = lim an ^ Ve > 0, 3n0 € N, Vn > n0 ^ |an — a| < e. Pisemo tudi an ^ a. Ce obstaja limita zaporedja, pravimo, da je zaporedje konvergentno, sicer je zaporedje divergentno. Zgled 63. Dokazimo, da velja lim — = 0 n Ve > 0, 3n0 G N, Vn > n0 ^ 1 - - 0 n < e ^ < e - < e n n > - e Tedaj je n0 prvo naravno stevilo vecje od -. Na primer, za e = 5O, bi bil n > n0 = 50, kar pomeni, da vsi cleni od 50-ega naprej lezijo znotraj e-okolice limite 0. Zgled 64. Pokažimo, da je zaporedje an n n + 1 konvergentno. Cleni zaporedja konvergirajo k limiti 1, kar pokazemo tako, da preverimo pogoj Ve > 0, 3n0 G N, Vn > n0 ^ n n + 1 1 - e n> 1e Tedaj je n0 prvo naravno stevilo vecje od . Na primer, za e = 20, bi bil n > n0 = 19, kar pomeni, da vsi cleni od 19-ega naprej lezijo znotraj e-okolice limite 1. 1 1 Opazimo, ce je a limita zaporedja an, tedaj v poljubno majhni okolici tocke a lezijo vsi cleni zaporedja (an) od nekega clena an0 naprej. Zgled 65. Ali je an = n konvergentno zaporedje? Ne, ker se sodi cleni blizajo k 1, lihi pa k -1. Definicija 2.9. Naj bo (an) zaporedje. Stevilo s je stekalisce zaporedja (an), ce vsebuje vsaka poljubno majhna okolica števila s neskončno členov zaporedja (an). Ce je s stekalisce zaporedja (an), tedaj je neenakost |an — s| < e izpolnjena za neskoncno mnogo indeksov n. Opazimo, da velja "limita =>- stekalisce" , medtem ko implikacija v obratno smer ne drzi. Zgled 66. Poiščimo stekališča zaporedja (an) = (1, 2, 1, 4, 1,1,...) Stekalisci sta 1 in 0. Izrek 2.10. Ce ima zaporedje več kot eno stekalisCe, je divergentno. Dokaz. Naj bosta s1 in s2 razlicni stekalisci zaporedja (an). Pokazimo, da nobeno ni limita zaporedja (an). S tem namenom izberimo tak e, da velja 1 0 < e < ^ | s i — s2|. Potem je po definiciji stekalisca na vsakem od intervalov (s1 — e, s1 + e) in (s2 — e, s2 + e) neskoncno mnogo clenov zaporedja (an) in noben ni na obeh intervalih hkrati. To pomeni, da nobeno od stevil s1 in s2 ne zadosca temu, da bi v njegovi e-okolici lezali vsi cleni an od nekega n naprej in zato nobeno od stevil s1 in s2 ne more biti limita. Konvergenco zaporedja je vcasih tezko potrditi. Pri tem nam pomagajo nekatere lastnosti zaporedij. a) Monotonost zaporedja Za motivacijo si poglejmo zaporedje _ 1 an • n Nastejmo nekaj prvih clenov tega zaporedja 11 (an) = (1,1, 3,...). Opazimo, da se cleni zaporedja manjsajo. Definicija 2.11. Zaporedje (an) je narascajoce, ce velja an < an+1, Vn G N, in je strogo narascajoce, ce an < an+1, Vn G N. Zaporedje (an) je padajoce, ce velja an > an+1, Vn G N, in je strogo padajoce, ce an > an+1, Vn G N. Zaporedje je monotono, ko je (strogo) narašajoce ali (strogo) padajoce. Zgled 67. Preverimo monotonost zaporedij iz Zgleda 61. 1. Strogo padajoce. 2. Glede na d locimo: d > 0 ^ strogo narascajoce zaporedje, d < 0 ^ strogo padajoce zaporedje, d = 0 ^ konstanto zaporedje . 3. Glede na q locimo: q > 1 ^ strogo narascajoce zaporedje, q =1 ^ konstanto zaporedje, 0 < q < 1 ^ strogo padajoce zaporedje, q < 0 ^ ni monotono. 4. Narascajoce zaporedje. 5. Ni monotono zaporedje. b) Omejenost zaporedja Definicija 2.12. Zaporedje (an) je navzgor omejeno, ce obstaja tak M iz R, da velja an < M, Vn G N in je navzdol omejeno, ce obstaja tak m iz R, da velja an > m, Vn G N. Zaporedje je omejeno, ko je navzdol in navzgor omejeno. Opazimo, da je zaporedje (an) (navzgor/navzdol) omejeno, ko je mnozica njegovih Členov {an| n G N} (navzgor/navzdol) omejena in v tem smislu ne gre za nov pojem. Zgled 68. Preverimo omejenost zaporedij iz Zgleda 61. 1. M > 1,m < 0. 2. Glede na d ločimo: d > 0 ^ m < ai, M ne obstaja, d< 0 ^ M > a1, m ne obstaja, d = 0 ^ m = M = an. 3. Glede na q ločimo: q > 1 ^ m < a1, M ne obstaja, q =1 ^ m = M = a1 , 0 < q < 1 ^ m = 0, M = a1 ali M = 0,m = a1, -1 |a11. 4. m < F1, M ne obstaja. 5. m < -1,M > 2. Podobno kot pri omejenosti poljubne mnozice, sta tudi pri zaporedjih se posebej zanimivi natancni meji. Definicija 2.13. Supremum M' zaporedja (an) je supremum mnozice njegovih členov M' = sup {a^ n G N} . Infimum m1 zaporedja (an) je infimum mnozice njegovih členov m' = inf {an| n G N} . Pišemo M' = sup (an) in m' = inf (an). Zgled 69. Poiscimo natancne meje (omejenih) zaporedij iz Zgleda 61. 1. M' = 1,m' = 0. 2. ,3. Ce obstajajo, je vsak infimum obenem tudi minimum in vsak supre- mum je maksimum. 4. m' = F1, M' ne obstaja. 5. m' = — 1, M' = 2. Izrek 2.14. Vsako monotono in omejeno zaporedje je konvergentno. Dokaz. Naj bo (an) naraščajoče in omejeno zaporedje in naj bo M' = sup (an). Pokazali bomo, da je M' = lim an n n— Ve > 0, 3n0 G N, Vn > n0 ^ |an — M'| < e. Izberimo poljuben e > 0. Tedaj število M' — e ni zgornja meja zaporedja, saj sicer M' ne bi bil natančna zgornja meja. Torej obstaja člen zaporedja an tak, da lezi med M' — e in M', kar pomeni, da je an > M' — e. Ce postavimo indeks tega člena za n0 v definiciji limite, to je n£ = n0, potem za ta e velja 3n£ G N, Vn > n£ ^ |an — M'| < e, saj je zaporedje (an) po predpostavki narasčajoče, kar pomeni, daje M' res limita zaporedja an. Podobno pokazemo v primeru padajočega zaporedja (an), da je m' = inf an = lim an. I Neposredno iz dokaza sledi naslednja poslediča. Posledica 2.15. Naj bo (an) monotono zaporedje. (i) Ce je (an) naraščajoče in navzgor omejeno, tedaj (an) konvergira k supre-mumu. (ii) Ce je (an) padajoče in navzdol omejeno, tedaj (an) konvergira k infimumu. Pomemben primer monotonega in omejenega zaporedja je zaporedje 1 1 + -n Nastejmo priblizne vrednosti nekaj členov tega zaporedja ai = 2 , a2 = 2.25 , a3 = 2.371, a4 = 2.440 ,..., a100 = 2.705 ,..., a1000 = 2.7 1 7 ,.. Po Izreku 2.14 obstaja limita tega zaporedja. Izkaze se, da je to iračionalno stevilo, ki je pomembna konstanta1 in ga označimo z e: lim (1 + ^ = e = 2.7182818284590 ... n—ro V n / 1Glej eksponentno in logaritemsko funkcijo. Poglejmo se, kako racunamo z zaporedji in njihovimi limitami. Zaporedja sestevamo, odstevamo, mnozimo in delimo po clenih: (an ± bn) = (a1 ± 61, af ± bf,...), (an ■ bn) = (a1 ■ 61, af ■ bf,...), (0n) = (ai,af,...), bi = o, Vi g n. bn b1 bf Naslednji izrek pove, kako racunamo s konvergentnimi zaporedji. Izrek 2.16. Naj bosta (an) in (bn) konvergentni zaporedji z limitama lim an = A n in lim bn = B. Tedaj velja n— (i) lim (an + bn) = A + B, (ii) lim (an ■ bn) = AB. Dokaz. (i) Ker sta (an) in (bn) konvergentni zaporedji, velja: V e' > 0, 3 n1 G N, Vn > n1 : |an - A| < e' = ^ in e V e'' > 0, 3 nf G N, Vn > : |bn - B | < e'' = - . Tako za vsak n > no, kjer je no = max{n1, nf} velja: |(an + bn) - (A + B)| = |(an - A) + (bn - B)| < |an - A| + |bn - B| ee < 2 + 2=e- (ii) Ker je (bn) konvergentno zaporedje, je tudi omejeno (sam premisli). Zato obstaja stevilo M > 0 tako, da je |bn| < M. Ker je (an) konvergentno e zaporedje, za vsak e' = m > 0 obstaja tako naravno stevilo n1, da za vsak e n > n1 velja |an - A| < m. Locimo dva primera: (a) A = 0. Tedaj velja: e |a„ ■ bn - AB| = |an ■ bn| = |an| ■ |bn| < mm = e. (b) A = 0. Ker je (bn) konvergentno zaporedje za vsak e" = ——r > 0, \ A\ e obstaja tako naravno stevilo n2, da za vsak n > n2 velja \bn — B\ < -—-. \ A\ Tedaj za vsak n > n0, pri Cemer je n0 = maxjni, n2}, velja: \«n ■ bn — AB \ : \an ■ bn — A bn + A bn — AB \ \bn(an — A) + A(bn — B) \bn(an — A)\ + \A(bn — B) \bn\\an — A\ + \ A \\ bn —B ee mM + = 2e- Iz Izreka 2.16 neposredno sledi posledica. Posledica 2.17. Naj bosta (an) in (bn) konvergentni zaporedji z limitama lim an n—t^o A in lim bn = B in c poljubno realno stevilo. Tedaj velja (i) lim (can) = cA , (ii) lim (an — bn) = A — B . Izrek 2.18. Naj bosta (an) in (bn) konvergentni zaporedji z limitama lim an = A in lim bn = B, pri cemer je vsak člen zaporedja (bn) različen od 0 in tudi B = 0. Tedaj velja Dokaz. Pokazimo najprej Preoblikujmo izraz an A lim — = — . bn B lim — = — . n—^ bn B 1 1 B — bn 1 \ bn — B \ b~ — B bn ■ B bn \ B \ Ker je (bn) konvergentno zaporedje, za e = obstaja tako naravno stevilo n1 da za vsak n > n1 velja: \\bn\ — \B\\ < \bn — B \ < e Iz sledi !!b»! - |B|| < ^ < |bn|-|B| < ^ / + |B| |B| < < 3 |f| T < |bn < — Nadaljujmo samo s prvo neenakostjo f < |bn| / |B||bn| 1 2 N < W\. |f 12 Za e' = e—— > 0 obstaja tako naravno stevilo n2, da za vsak n > n2 velja: |bn - f | < e' = e |f|2 Zato za vsak n > max{n4,n2} velja 11 bn f |b„ - f | 2 |f |2 1 < e ■ |f | |f| 2 |f | Po tocki (ii) Izreka 2.16 je dokaz s tem zakljucen. Zgled 70. Poisčimo limito zaporedja an 3n 3n 4 + 7n 3n lim n lim — . _ 4 + 7n 4 + — n lim n^^ 44 + 7 2 2 1 e Zgled 71. Raziščimo zaporedje an = 2 + n+- (monotonost, omejenost, konvergenco, stekališča). Zaporedje je narascajoce ter omejeno z m < a- in M > 3. Potemtakem je to konvergetno zaporedje, kjer je n sup(2 + n+-) = lim (2 + —) n+- n—^^o n +1 n lim 2 + lim n—^ n—^ n +1 2 + 1 = 3. Infimum zaporedja je inf(2 + ) = a- = §. 2.3 Vrste Številske vrste Naj bo a-, a2, ..., an, ... zaporedje realnih stevil. Izraz a1 + a2 + . . . + an + . . . imenujemo številska vrsta ali na kratko vrsta, stevilom a-, a2, ... pravimo členi vrste. Vrsto pisemo kot 0, 3n G N : \an+1 + an+2 + ■ ■ ■ + an+p\ < £, Vp G N . k=1 I Izrek 2.20. Ce je vrsta a1 + a2 + ■ ■ ■ + an + konvergentna, tedaj je lim an = 0 . n Dokaz. Ker je vrsta konvergentna, zanjo velja Cauchyjev pogoj. Za p = 1 dobimo, da za vsako pozitivno stevilo £ obstaja tako naravno stevilo n, da je izpolnjena neenakost \an+1\ < £ , kar pomeni, da je lim an = 0. To pa se ni dovolj, da bi bila vrsta konvergentna, zato je pogoj lim an = 0 n^rx potreben pogoj za konvergenco vrste, ne pa tudi zadosten pogoj. 2Cauchyjev pogoj sledi iz izreka o konvergenci Cauchyjevih zaporedij. Ker jih na tem mestu ne omenjamo, lahko radovednejsi bralec dokaz najde v [3], na straneh 110 in 124. Zgled 72. Pokazimo, da harmonicna vrsta oo 1 1 1 1 1 1 1 + 0 + 0 + 7 + 7 + 7+ ••• = > -2 3 4 5 6 n n=1 ni konvergenta, čeprav je lim — = 0 . n—^^o n Z malo racunanja opazimo, da za delne vsote velja S2 > 3, S4 > 2' S8 > 5, S16 > 2' S32 > 7) . . . ) oziroma k S2k > -, 2 2 ' kar pomeni, da zaporedje Sn ni navzgor omejeno in ker je ocitno narascajoce, ne more biti konvergentno. KONVERGENČNI KRITERIJI a) Konvergenča vrst s pozitivnimi členi indexvrste!s pozitivnimi cleni Navedli bomo nekaj zadostnih pogojev za konvergenco vrst s pozitivnimi cleni. 1. PRIMERJALNI KRITERIJ Definicija 2.21. Vrsta ^^ bn je majoranta vrste ^^ an, če je za vsako n=1 n=1 naravno stevilo n izpolnjen pogoj an ^ bn . Pravimo tudi, da je an minoranta vrste b nn n=1 n=1 Vrsta ^^ an s pozitivnimi členi je konvergentna, če ima kak.sno kon- n=1 Velja tudi, da je vrsta ^^ an s pozitivnimi členi divergentna, če ima n=1 \J n(n + 1) \J (n + 1)(n + 1) n +1' ro 1 ro 1 zato je vrsta } - minoranta vrste } —. :. Ker je prva i n +1 n(n + 1) n=1 n=1 V v / vrsta harmonična vrsta brez prvega člena, je divergentna, saj končno mnogo členov ne vpliva na konvergenco vrste. Torej je nasa vrsta divergentna. 2. kvocientni ali d'alembertqy kriterij ro Naj bo^^ an vrsta s pozitivnimi členi in naj bo n=1 t an+1 lim -= q . n—ro a„ Tedaj velja, če je ro q < 1 ^ ^^ an konvergira, n=1 ro q > 1 ^ ^^ an divergira. n=1 Zgled 74. Preverimo konvergenčo vrste ro Ene-"'. n=1 Po kvočientnem kriteriju je (n +1)e-(n+1) n n + 11 lim -2-= lim--r n—ro ne n n—ro n e +1 in zato vrsta konvergira. 3. KORENSKI ali CAUCHYJEV KRITERIJ ro Naj bo^^ an vrsta s pozitivnimi cleni in naj bo n n=1 Tedaj velja, ce je lim nan = q . n q < 1 ^ ^^ an konvergira, n=1 ro q > 1 ^ ^^ an divergira. n=1 Zgled 75. Preverimo konvergenco vrste 1 /n + 1 oo Z^ 2 n=1 n n Po korenskem kriteriju je 1 /n + 1 \ n2 1 / 1 \ n 1 q = lim {'/ — I - | = lim - n +— | = - e> 1 n—ro V 2n V n n—ro 2 V n 2 in zato vrsta divergira. 4. RAAbEJEV KRITERIJ ro Naj bo^^ an vrsta s pozitivnimi cleni in naj bo q limita pridruženega n=1 zaporedja Tedaj velja, ce je q = lim ( n [ —n--1 n—ro \ \an+1 ro q > 1 ^ ^^ an konvergira, n=1 ro q < 1 ^ ^^ an divergira. n=1 n2 Zgled 76. Preučimo konvergenco vrste E -1 • ' n3 n=1 Po Raabejevem kriteriju izračunajmo kvocient r ((n + 1)3 q = lim n ----1 n—<^ V n3 3n2 + 3n +1 lim -2- n—^^o n2 = 3 > 1 • Ker je q > 1, je zaporedje konvergentno. Opomba. Za kriterije 2., 3. in 4. je v primeru, ko q ne obstaja, ustrezna vrsta divergentna. Kadar je q = 1, ti kriteriji ne dajo odgovora na vpraSanje o konvergenci vrste. b) Konvergenca alternirajočih vrst Alternirajoča vrsta je vrsta s pozitivnimi in negativnimi členi, ki si izmenično sledijo: 0 • n=1 Izrek 2.22. (Leibnizov kriterij) Alternirajoča vrsta «2 > «3 > «4 > «5 > ■ ■ ■ in lim an = 0 • Dokaz. Naj bo k poljubno naravno stevilo in S2k delna vsota prvih 2k členov vrste. Ker je S2fc+2 - S2fc = «2fc+1 - «2fc+2 > 0 ) je podzaporedje delnih vsot (S2k) monotono naraščajoče. Ocena S2k = a1 — a2 + a3 — a4 + a5 — a6 + ' ' ' + a2k-1 + a2k = = a! - (a2 - 03) - («4 - «5)-----(«2k-2 - «2k-1) - «2k < «1 kaze na to, daje podzaporedje (S2k) navzgor omejeno. Ker je podzaporedje narasča k velja naraščajoče in navzgor omejeno, obstaja limita L = lim S2k. Ker za vsak k S2k+1 = S2k + a2k+1 je lim S2k+1 = lim S2k + lim a2k+1 = L + 0 = L . k—y^o k—k—ro Podzaporedje sodih delnih vsot (S2k) in podzaporedje lihih delnih vsot (S2k+1) konvergirata k stevilu L, zato je lim Sn = L in je alternirajoča vrsta konvergentna. I Zgled 77. Preverimo konvergenco vrste B-1)n+1 n • n=1 Vrsta je alternirajoča, absolutne vrednosti členov tvorijo padajoče zaporedje in konvergirajo k 0, zato je po Leibnizovem kriteriju vrsta konvergentna. č) Konvergenca vrst s poljubnimi cleni indexvrste!s poljubnimi členi Definicija 2.23. Vrsta ^^ an je absolutno konvergentna, ce konvergira n=1 pridružena vrsta ^^ |an| absolutnih vrednosti njenih členov. n| n=1 oo oo Ce za konvergentno vrsto ^^ an pridružena vrsta ^^ |an| divergira, govo- n=1 n=1 rimo o pogojni konvergenči. V primeru vrst s poljubnimi členi nas torej zanima absolutna konvergenča vrste. V ta namen nimamo novih kriterijev, temveč le prilagodimo kriterije za vrste s pozitivnimi členi na absolutno vrednost. Zgled 78. Preverimo konvergenco vrste oo n=1 Uporabi Raabejev kriterij na pridruženi vrsti s pozitivnimi cleni: !• ((n +1)2 i q = lim n ----1 n—x V n2 , 2n2 + n = lim -*— n—n2 = 2 > 1. Vrsta je zato absolutno konvergentna. Do sedaj smo clene vrste obravnavali kot realna stevila. Na podoben nacin kot realne vrste obravnavamo tudi kompleksne vrste, le da je sedaj absolutna konvergenca vezana na definicijo absolutne vrednosti kompleksnega stevila. Zgled 79. Preučimo konvergenco vrste x „-n n! n=1 Uporabimo kvocientni kriterij: q = lim = lim —%— = 0. n—x n—x n +1 n! Vidimo, da je vrsta absolutno konvergentna. Kompleksne vrste poveže z realnimi naslednji izrek. Izrek 2.24. Kompleksna vrsta ^^(an + %bn) je konvergentna z vsoto S oo oo A + % B natanko tedaj, ko sta konvergentni realni vrsti ^^ an in ^^ b katerih vsoti sta A oziroma B. nn n=1 n=0 in+1 Dokaz. Oznacimo posamezna zaporedja delnih vsot: ro ^(an + bn) I-> Sn , ro an n=0 ^ ^an 1 ^ An oo bn I-^ B„ n n=0 Tedaj je Sn An + iBn . oo Naj bo + i bn) konvergentna vrsta z vsoto S = a + ib, a, b G R. n=0 Tedaj je S = lim Sn = a + ib , kar pomeni: n^-ro V £ > 0, 3 no G N, V n > no : \Sn - (a + ib) \ < £. Torej velja £ > \Sn - a - ib\ = \An - a + i(Bn - b)\ ^(An - a)2 + (Bb - b)2 in sledi _ \/(An - a)2 = \An - a\ < £ , V(Bn - b)2 = \Bn - b\ <£, kar pomeni, da je lim An = a in lim Bn = b. n^-ro n^-ro Naj bo lim An = a in lim Bn = b. Tedaj n^ro n^ro ££ V 2 > 0, 3 n1 G N, V n > n1 : \An - a\ < ^ in ££ V ^ > 0, 3 n2 G N, V n > n2 : \Bn - b\ < - . Naj bo n0 = max{n1, n2}. Tedaj V n > n0 velja £ = 2 + 2 > \An - a\ + \Bn - b\ = V(An - a)2 + V(Bn - b)2 < V(An - a)2 + (Bn - b)2 = \Sn - (a + ib)\ , kar pomeni, da je lim Sn = a + ib n^ro Konvergentne vrste seštevamo in množimo s skalarjem po členih. Naj bosta ro ro an in ^^ bn konvergentni vrsti in c poljubno realno stevilo. Tedaj je n=1 n=1 ro ro ro y^an + bn = + bn) n=1 n=1 n=1 roro c ^ ^ an ^ ^ c an n=1 n=1 pri čemer sta rezultata prav tako konvergentni vrsti. Pri računanju z absolutno konvergentnimi vrstami lahko poljubno premesamo vrstni red členov, kar pa ne velja za pogojno konvergentne vrste. Funkcijske vrste Doslej smo obravnavali samo take vrste, pri katerih so bili posamezni členi konstante. Vzemimo sedaj vrsto f1(x) + f2(x) + /s(x) + ••• , kjer so členi fk(x) funkcije spremenljivke x. Tako vrsto imenujemo funkcijska vrsta. Obstaja naj taka mnoziča D C R, na kateri so vsi členi f (x) definirani. Ce damu argumentu kako vrednosti c iz D, dobimo stevilsko vrsto f1(c) + f2(c) + fs(c) + ■■■ , ki je bodisi konvergentna bodisi divergentna. Zgled 80. Preučimo konvergenco vrste ro i / j ^n-1 n=1 To je geometrijska vrsta (definirana za poljuben x G R \ {0}) s kvočientom X in je konvergentna za vsak |x| > 1, ter divergentna za vsak |x| < 1, x = 0. Za x = 1 in x = —1 dobimo prav tako divergentni stevilski vrsti. Za ugotavljanje območja konvergentnosti funkcijske vrste uporabljamo ze poznane kriterije konvergence stevilskih vrst. Podobno kot za stevilsko vrsto naj bo Sn(x) konvergentno zaporedje delnih ro vsot funkcijske vrste ^^ /n(x) in S(x) njena vsota. Za vsak x dobimo pripadajočo n=1 stevilsko vrsto in če so le-te konvergentne, pravimo, da funkcijska vrsta konvergira po točkah. Poznamo se drugo vrsto konvergence, in sicer enakomerno konvergenco funkcijske vrste. Definicija 2.25. Funkcijska vrsta /1(x) + f2(x)+ /s(x) + ••• je na D enakomerno konvergentna, ce za vsako pozitivno številu £ obstaja tak nO, da je neenacba |Sn(x) - S(x)| < £ izpolnjena za vsak n > nO in za poljuben x G D. To pomeni, da mora za vsak x G D obstajati skupen indeks no, za katerega je izpolnjena zgornja neenacba. V jeziku Cauchyjevega pogoja lahko enakomerno konvergenco zapisemo kot: V£ > 0,3n G N : |Sn+p(x) - Sn(x)| < £, Vp G N, Vx G [a, b]. Intuitivno bi lahko rekli, daje razlika med konvergenco po tockah in enakomerno konvergenco v tem, da ima pri obicajni konvergenci vsak x svoj n, za katerega je izpolnjena zgornja neenakost, medtem ko morajo imeti pri enakomerni konvergenci vsi x-i skupen n. Enakomerno konvergenco funkcijskih vrst je tezko preverjati, zato nam je v pomoc Weierstrassov kriterij. Izrek 2.26. (Weierstrassov kriterij) Na danem obmocju D funkcijska vrsta /1(x) + /2(x) + /a(x) + ••• enakomerno konvergira, kadar obstaja taka konvergentna stevilska vrsta a1 + a2 + a3 + ■ ■ ■ , da za vsak x G D in n G N velja neenakost |/n(x)| < an . Vrsta ^^ an je potem majoranta funkcijske vrste ^^ /n(x). □ Zgled 81. Ali je vrsta sin (kx) oo fc=1 enakomerno konvergentna na R? Naredimo očeno . sin (kx) 2k 2k | sin (kx)| 1 2^ ~ . Ker je to konvergentna stevilska vrsta, je funkčijska vrsta enakomerno konvergentna na R. Najbolj pomembne funkčijske vrste so potenčne vrste, ki so oblike ro ^ ^ an x , n=1 kjer je (an) neko zaporedje. Pogosteje pisemo ro E1 n n=0 an X . Uporabimo npr. korenski kriterij za preučitev absolutne konvergenče po točkah: lim n|anxn| = lim nM ■ |xn| = |x| lim nH < 1. n—ro n—ro Od tod sledi 1 |x| < lim n|an| n—ro ro kar pomeni, da je vrsta ^^ anxn absolutno konvergentna na intervalu n=0 (—R,R), kjer je R 1 n| n—ro lim n |an| Pri tem postavimo R = to, če je lim y |an| = 0 n—ro in če je n| n lim n|an| = to vrsta ni nikjer absolutno konvergentna. Lastnosti vrste na krajisčih intervala moramo posebej raziskati. Podobno bi lahko uporabili kvocientni kriterij: y \ an+1^n+1 \ y \ an+1 \| | | | y \ an+1 \ lim —:-:— = lim ——— \ x \ = \ x \ lim ——— < 1 ■ ■ ■ ■ \ anxn \ n—^ \ an \ n—^ \ an \ n—^ Od tod sledi \ x \ < lim \ n—^ oo \an+1 \ in vrsta ^^ anxn je absolutno konvergentna na intervalu n=0 (—R,R), kjer je R = lim \ n \ n \an+1 \ Ce je lim J n \ = 0 , n—~ \ an+1 \ vrsta ni nikjer absolutno konvergentna. Lastnosti vrste na krajiscih intervala moramo tudi v tem primeru posebej raziskati. Zgled 82. Določimo območje konvergence vrste ^ xn x ^ n ' n=1 Uporabimo kvocienti kriterij za absolutno konvergenco po tockah: 1x1 n+1 lim n +n1 = \x\ lim —n— = \x\ < 1. n—^ \ x\n n—^ n +1 n Vrsta je torej absolutno konvergentna na (—1,1), izven tega intervala je divergentna, na krajiscih intervala pa moramo konvergenco posebej preveriti. Za x =1 dobimo harmonicno vrsto E1, n n=1 za katero ze vemo, da je divergentna. Za x = — 1 dobimo vrsto g (—1)n ki je pogojno konvergentna. n n=1 2.4 Limita in zveznost funkcije V tem razdelku bomo definirali limito funkcije in za tem se zveznost. Limita funkcije Definicija 2.27. Naj bo funkčija f definirana v vsaki točki neke okoliče točke a, razen morda v točki a sami. Stevilo L je limita funkcije f v točki a, če velja naslednji sklep: "Za vsako pozitivno stevilo e obstaja tako pozitivno stevilo 5, da če za vsak x = « velja |x - < 5, potem mora veljati |f (x) - L| < e." Pisemo lim f (x) = L ali f (x) -+ L . a Krajse: L = lim f (x) ^ V e> 0, 3 5 > 0, V x = « : |x - «| <5 ^ |f (x) - L| < e. a Slike 2.37 ponazarja definicijo limite funkcije v tocki «. Za okolico 5 izberemo manjso od obeh vrednosti 51 in 52. Slika 2.37: Limita v tocki «. Nekateri zanimivi primeri so: - f ni definirana v tocki « in ima limito L, - f je definirana v tocki a in ima limito L, ampak f (a) = L, - f je definirana v tocki a in ima limito L ter f (a) = L, - f nima limite L, ima pa limito, ko se blizamo z desne oz. leve strani proti tocki a. Definicija 2.28. Funkcija f ima v a desno limito, L+, ce velja: "Za vsako pozitivno stevilo £ obstaja tako pozitivno stevilo 5, da za vsak x G (a, a + 5) velja \f (x) - L+\ < £." Krajše: L+ = lim f (x) ^ V £ > 0, 3 5 > 0, V x G (a, a + 5) ^ \f (x) - L+\ < £. Podobno definiramo levo limito, L-, funkcije f v tocki a: L- = lim f (x) ^ V £ > 0, 3 5 > 0, V x G (a - 5, a) ^ \f (x) - L-\ < £. xfa Iz definicije desne in leve limite sledi v tocki sledi, da obstaja limita L natanko tedaj, ko sta leva limita L- in desna limita L+ enaki: L = L+ = L- ^ L = lim f (x). Zgled 83. Poi,sčimo levo in desno limito funkcije f (x) =-r v tocki 0. 1 + ex Premislimo, kaj se dogaja s funcijo f, ko se blizamo tocki 0 enkrat iz pozitivne strani in drugic iz negativne. Ko se blizamo iz desne strani, gredo vrednosti izraza X proti pozitivni neskoncnosti, saj gre imenovalec proti vedno manjsim pozitivnim Zstevilom: lim — = . x^0 x Izraz ex zato v neskoncnosti narasca, kar pomeni, da je L+ = lim —^ = 0 . 1 + e1 V primeru leve limite gredo vrednosti izraza X proti negativni neskoncnosti: lim — = -to , xf0 x zato gre ex proti 0 in leva limita je L- = lim xf0 1 + e x 1 1 Pri racunanju z limitami velja podobno kot pri limiti zaporedij. Izrek 2.29. Naj bo lim f (x) = A in lim g(x) = B. Tedaj velja: x—a x—a (i) lim(f (x) ± g(x)) = A ± B, x—a (ii) lim(f (x) g(x)) = AB, x—a (iii) lim f(x) = B = 0. X—a g(x) B Dokaz. Za ilustracijo pokazimo tocko (%), medtem ko je (ii) in (iii) tezje dokazati. Izberimo 2 e > 0. Ker je lim f (x) = A in lim g(x) = B, za vsak e > 0 obstajata x—a x—a 51; 52 taka, da velja: | x — a | < 51 ^ | f (x) - A | < e. |x — a| < 52 ^ |g(x) — B| < e. Tedaj velja: |f (x) — A| + |g(x) — B| < e + e = 2e za vsak |x — a| < 5', kjer je 5' = min{S1, 52}. Ker je |f (x) — A| + |g(x) — B| > |f (x) — A + g(x) — B| = |(f (x) + g(x)) — (A + B)|, dobimo |(f(x)+ g(x)) — (A + B)| < 2e, za vsak |x — a| < 5'. I Definicija 2.30. Funkcija f ima limito L, ko gre x proti neskončno, če za vsako pozitivno stevilo e obstaja tak M > 0, da |f (x) — L| < e velja za vsak x > M. Krajše: L = lim f (x) ^ V e > 0, 3 M> 0, V x>M ^ |f (x) — L| < e. Podobno definiramo limito, ko gre x proti negativni neskončnosti: L = lim f (x) ^V e> 0, 3 m< 0, V x 0, 3 5 > 0, |x — a| <5 ^ |f (x) — f (a)| < £. Slika 2.39: a) V točki a nezvezna funkčija in b) zvezna funkčija. Definicija 2.32. Funkcija f : D ^ R je zvezna, ce je zvezna v vsaki tocki svoje domene D. Na Sliki 2.39 vidimo primera pod a) nezvezne in pod b) zvezne funkčije. Potrebni pogoji za zveznost funkčije f v točki a so: - f je definirana v točki a, - f ima limito v točki a, - limita v točki a je enaka funkčijski vrednosti f (a). Spodnje situačije vodijo v nezveznost funkčije f v točki a: - funkčija f v točki a ni definirana. - f v točki a nima limite, - f ima limito v točki a, a ni enaka f (a). Izrek 2.33. Funkcija f je zvezna v tocki a natanko tedaj, ko je lim f (x) = f (a). a Dokaz. Ker je f zvezna v točki a, za vsak e > 0 obstaja tak 8 > 0, da velja: |x - a| <8 ^ |f(x) - f(a)| 0 tak 5 > 0, da za vsak x = a velja: |x — a| <5 ^ |/(x) — /(a)| 0. Pokazati moramo, da obstaja 5 > 0 tak, da za vsak x : |x — a| <5 velja: I/(g(x)) — /(b)| < e. Iz zveznosti funkčije / v točki b sledi, da za dani e obstaja 51 > 0 tak, da za vsak y velja, če |y — b| < 51, tedaj je |/(y) — /(b)| < e. Ker je lim g(x) = b, mora za vsak e1 > 0, torej tudi za e1 := 51, obstajati 5 > 0 x—a tak, da bo za vsak x : |x — a| <5 veljalo |g(x) — b| <51. Ker je g(x) = y, smo dokaz zaključili. I Nekatere pomembnejše limite ... sin x a) lim-= 1 x^0 X Izberimo x G (0, |) in naj bo A(1,0), B(cos x, sin x), C (cos x, 0), D(1, tan x) ter 0(0, 0), kot je to razvidno s Slike 2.40. Nadalje naj bo Si plosCina trikotnika AOB, S2 plosCina trikotnika AOD in S plosCina krožnega izseka AOB. Poudarimo, da je plosCina krožnega izseka s polmerom r enaka r21. Tedaj velja: Si S < S2 2 sin x < x 2 < 2 tan x / ■ 2 / : sin x 1 1 x sin x sin x x x0 < cos x > cos x > sin x lim x^0 x > lim cos x x0 sin x lim-= 1 x^0 x b) lim ( 1 + - x 1 Pri zaporedjih smo omenili, da je lim (1 +—)n = e. Naj bo x poljubno n^ro n pozitivno stevilo in naj bo n celi del stevila x. Tedaj je n < x n+1 ^ (1 + Dx > (1 + n+i)x > (1 + nrr)n (1 + )n+1_1_ = ( n+r) (1+n+1) (1 I__L_ )n+1 n+1 (1 + n+1 ) n+2 1 1 x e D(1, tan x) x, sin x) A(1,0) Slika 2.40: Izpeljava limite lim sin x x^0 x Zato velja (i i__L_)n+1 n+1 < v ' n+1^ n+2 ^ ^ n —y to e 1 < (1 + X )x (1 + X )x < (1+n)n(1+n) ^ n — to e1 lim (1 +—)x = e x^ro x č) lim (1 + x)x = e x—s- 0 d) lim x—>■ 0 V b) vpeljemo y = X in limita je neposredna poslediča. logg(1 + x) = J_ x ln a Izračunajmo loga(1 + x) lim "oa x—s- 0 x = lim loga(1+x)x = loga lim(1+x)x = loga e = loge e 1 x0 x0 loge a ln a e) lim!S(L±£) =1 x^0 x V d) upostevamo, da je logaritemska osnova enaka e. ax — 1 f) lim-= ln a x^o x Vpeljemo u = ax - 1 in dobimo ax — 1 u f log (u + 1) \ 1 lim-= lim ----- = lim ( —a- ) = ln a . x^o x u^o loga (u + 1) M^o y u ZVEZNE FUNKCIJE NA ZAPRTEM INTERVALU V zadnjem razdelku smo spoznali definičijo zveznosti funkčije, sedaj pa nas bodo zanimale lastnosti funkčij, ki so zvezne na zaprtem intervalu. Izkaze se, da imajo le-te veliko lepih lastnosti. Zanimajo nas funkčije na zaprtih intervalih f : [a, b] ^ R. Definicija 2.36. Funkcija f : [a,b] ^ R je zvezna, ce je zvezna v vsaki tocki odprtega intervala (a,b) in v tocki a obstaja desna limita, ki je enaka f (a) in v tocki b leva limita, ki je enaka f (b): V e > 0, 3 8 > 0, 0 < h < 8 ^ |f (a) - f (a + h)| < e A |f (b) - f (b - h)| 0 ter definirajmo mnozičo A = {x|x G [a, b] A f (x) < 0} . Mnoziča A ni prazna in je navzgor omejena, zato obstaja njena natančna zgornja meja M = sup A. Ker je M G [a, b], obstaja f (M), za katerega je izpolnjena natanko ena od treh moznosti: f (M) < 0: V tem primeru je M G [a,b). Naj bo najprej M G (a, b). Ker je f zvezna v M, obstaja tak 8 > 0, da velja: |x - M| <8 ^ f (x) < 0. Potemtakem za vsak xi G (M, M + 8) velja, da je f (xi) < 0, kar je v protislovju s tem, da je M supremum. Prav tako ne more biti M = a. f (M) > 0: Sklepamo podobno kot v prvem primeru. f (M) = 0: To je res, ker je edina preostala moznost. Podobno bi postopali v primeru, ko je f («) > 0 in f (b) < 0. I Zgled 85. Naj bo f : [0, 4] ^ R podana s predpisom f (x) = -x2 + 4. Pokažimo, da ima f na intervalu [0, 4] ničlo. Ker je f (0) = 4 > 0 in f (4) = -12 < 0, po Izreku 2.37 obstaja nicla funkcije f na [0,4] in sicer je to tocka x = 2. Definicija 2.38. Funkčija f : [«, b] ^ R je na [«, b] navzgor omejena, če obstaja M G R tak, da je f (x) < M, Vx G [«,b]. Podobno je f navzdol omejena, če obstaja m G R tak, da je f (x) > m, V x G [«, b]. Stevili M in m imenujemo zgornja oz. spodnja meja funkčije f na [«,b]. Definicija 2.39. Naj bo f : [«, b] ^ R. Supremum M' funkčije f je supremum mnoziče funkčijskih vrednosti M' = sup{f (x) |x G [«, b]} . Infimum M' funkčije f je infimum mnoziče funkčijskih vrednosti m' = inf {f (x) |x G [«, b]} . Uporabljamo zapisa M' = sup f (x) in m' = inf f (x). ze[a,6| iceM Naslednji izrek podaja zvezo med zveznostjo funkcij in omejenostjo. Sam dokaz zahteva poglobljeno znanje o zaporedjih, zato je namenjen zahtevnejsim bralcem. Izrek 2.40. Vsaka zvezna funkčija definirana na zaprtem intervalu je omejena. Matevz Crepnjak 152 Petra Zigert Pletersek Dokaz. * Recimo, da f G C[a,b] ni navzgor omejena. Tedaj za vsak n G N obstaja tak xn G [a, b], da je x < f (xn). Obstaja torej zaporedje (xn), xn G [a, b], ki je ocitno omejeno in zato vsebuje konvergentno podzaporedje (xnk), ki konvergira k tocki c G [a, b]. Pridruzeno zaporedje (f (xnk)) potemtakem divergira v neskoncnost, kar je v nasprotju z zveznostjo funkcije f na [a,b]. Podobno pokazemo, da je f navzdol omejena. I Zgled 86. Preverimo Izrek 2.40 na primerih. 1. Naj bo f : [—2, 3] ^ R podana s predpisom f (x) = x2. Vidimo, daje f zvezna in po Izreku 2.40 omejena. Vidimo, daje M > f (3) in m < f (0). 2. Naj bo f : [0,1] ^ R podana s predpisom 0 ; x = 0 f (x) = 1 , sicer. x ' Vidimo, da f ni omejena in po Izreku 2.40 zato ni zvezna. Naj bo f : D ^ R. Ce natancna zgornja meja M' pripada zalogi vrednosti funkcije f, tedaj je M' maksimum funkcije f na D: M' = max f (x). Podobno, ce natancna spodnja meja m' pripada zalogi vrednosti funkcije f, tedaj je m' minimum funkcije f na D: m' = min f (x) . Zgled 87. Ce obstajata, poiscimo minimum in maksimum funkcij. 1. Naj bo f : [1, 2] ^ R podana s predpisom f (x) = x2. Maksimum doseze v tocki 2 in sicer je M' = 4, minimum pa v tocki 1 in velja m1 =1. 2. Naj bo f : [0, |) ^ R podana s predpisom f (x) = tanx. Minimum doseze v tocki 0 in sicer je m' = 0, maksimuma pa nima. 3. Naj bo f : R+ ^ (0, |) podana s predpisom f (x) = atanx. Nima maksimuma, niti minimuma. Na Zgledu 87 smo videli, da je od treh primerov le zvezna funkcija na zaprtem intervalu dosegla minimum in maksimum. Izrek 2.41. Zvezna funkcija f : [a, b] ^ R doseze na intervalu [a, b] minimum in maksimum. Dokaz. Pokazimo za primer maksimuma. Po Izreku 2.40 obstaja natancna zgornja meja M' funkcije f. Pokazimo, da je M' = maxx€[a,b] f (x). Ker je M' supremum funkcije f, velja M' — f (x) > 0 za vsak x G [a, b]. Tam, kjer je M' — f (x) > 0, je kvocient M,-f(x) zvezna funkcija. Ce funkcija f ne bi nikjer zavzela vrednosti M', bi bil ta kvocient povsod na [a, b] zvezen in po izreku 2.40 omejen. Tedaj bi 3A > 0 : i < A, V x G [a, b]. M' — f (x) Od tod sledi f (x) < M' — A in M' ne bi bil supremum funkcije. Zato torej obstaja c G [a, b] : f (c) = M'. Podobno pokazemo za minimum funkcije. Za konec dokazimo zadnji izrek v zvezi z zveznostjo funkcij na zaprtem intervalu, ki se glasi. Izrek 2.42. Naj bo f : [a, b] ^ R zvezna funkcija. Tedaj zavzame vse vrednosti med minimumom in maksimumom. Dokaz. Naj bo m' = min f (x) in M' = max f (x) x€[a,bj x€[a,bj ter f (a) = m' in f (^) = M'. Tocki a in ^ obstajata zaradi Izreka 2.41. Ce je a = ^, potem je f (x) = m' = M' za vsak x G [a, b] in ni kaj dokazovati. Predpostavimo sedaj, da je a < ^. Definirajmo novo funkcijo ^ : [a,^] ^ R s predpisom tf(x) = f (x) — C, kjer je C poljubna vrednost med m' in M'. Trdimo, da obstaja tak ^ G [a, b], daje f (<^) = C. Ker je f zvezna, je tudi nova funkcija ^ zvezna za vsak C G [m', M']. Izracunajmo tf(a) = f (a) — C = m' — C< 0 , W) = f (£) — C = M' — C> 0. Po Izreku 2.37 obstaja ^ G [a, ^] tak, da je = 0 in zato /(<^) — C = 0. I Iz Izreka 2.42 sledi naslednja poslediča. Posledica 2.43. Zaloga vrednosti zvezne funkčije definirane na [a, b] je interval [m', M'], kjer je m' = min / (x) in M' = max /(x). x€[a,bj x€[a,bj 2.5 Naloge z rešitvami 2.5.1 Pregled elementarnih funkcij 1. Kateri od naslednjih predpisov je preslikava (a) y : R ^ R,y = x4 - x2, (b) y (c) y (d) y Rešitev. R ^ R, y = Vx4 + x2, R ^ R, y2 = x2 + x + 1, R ^ R+, y2 = x2 + x + 1? (a) Je. (b) Je. (c) Ni (glej kodomeno). (d) Je (glej kodomeno). 2. Preveri injektivnost in surjektivnost za naslednje preslikave (a) fi (b) f2 (c) f3 (d) f4 Rešitev. R ^ R, fi(x) = x R+ ^ R, f2(x) x) = x 2 R ^ R+, f3(x) = x2, R+ ^ R+, f4(x) = x2. (a) Ni injektivna, ni surjektivna. (b) Je injektivna, ni surjektivna. (c) Ni injektivna, je surjektivna. (d) Je injektivna, je surjektivna. 3. Doloci naravno definicijsko območje realnih funkcij realne spremenljivke: (a) f (x) = x2 - 2x + 1, (b) f (x) = x4 - x3 - 4x2 + 4x, (c) f (x) ^x2 - 2x + 1, x (d) f (x) (e) f(x) 2x2 - 8' x2 2x x4 + 2x3 - 13x2 - 14x + 24' Matevz Crepnjak 156 Petra Zigert Pletersek (f) f (x) = V—x2 — x + 2, (g) f (x) = Vtan x, (h) f (x) = ln (ln (ln x)), (i) f (x) = log2 (log3 (log4 x)), (j) f(x) (k) f (x) = arčsin (l) f (x) = arččos —x2 + 4 x2 — 4x ' x1 x + 1 x5 x2 1 (m) f(x) = eV^F (n) f (x) e x+1 (o) f (x) = ln (P) f (x) ln(x + 1)' x — 3 2x — 8 Vx + 3 čos(nx) ln(x) x2 — 6x + 5 ' V4 — x' 1 + + Rešitev. (a) D/ = r (kvadratna funkcija). (b) D/ = r (polinom četrte stopnje). (c) Df = r, saj Vx2 — 2x + 1 = ^(x — 1)2 = |x — 1|. (d) D/ = r — {—2, 2}, saj je f racionalna funkcija in 2x2 — 8 = 2(x — 2)(x + 2)). (e) D/ = r — {—4, —2,1,3}, saj je f racionalna funkcije in x4 + 2x3 — 13x2 — 14x + 24 = (x — 1)(x + 2)(x — 3)(x + 4). Namig: pole poišcemo s pomocjo Hornerjevega algoritma. (f) D/ = [—2,1], saj mora veljati —x2 — x + 2 > 0. Tako je —x2 — x + 2 = —(x — 1)(x + 2) > 0 in to velja na intervalu [—2,1]. (g) D/ = + , mora veljati tanx > 0. fcez (h) D/ = (e, to), saj ln (ln x) > 0 ln x > 1 x > e. x (i) Df = (4, to), saj log3 (log4 X) > 0 log4 X > 1 x > 4. (j) Df = [—2,0) U [2, 4), saj gledamo —x2 + 4 x2 — 4x 0. Števec in imenovalec sta hkrati pozitivna na intervalu [—2,0) oziroma hkrati negativna na [2,4). (k) Df = r+, saj gledamo x—1 — 1 <-< 1. " x + 1 " Imamo naslednji dve mošnosti • za x < —1 dobimo —x — 1 > x — 1 > x + 1 in to nikoli ne velja (—2x > 0 > 2); • za x > —1 dobimo —x — 1 < x — 1 < x + 1 in to velja za x > 0. (l) Df = (—to, —3] U [2, to), saj gledamo x — 5 —1 < < 1. x2 — 1 Imamo dve mošnosti: • za x < —1 ali 1 < x dobimo —x2 + 1 < x — 5 < x2 — 1 0 < x2 + x — 6 < 2x2 — 2 0 < (x — 2)(x + 3) < 2(x — 1)(x + 1) in to velja za x < —3 ali 2 < x; • za —1 < x < 1 dobimo (podobno kot prej) 0 > (x — 2)(x + 3) > 2(x — 1)(x + 1) in to nikoli ne velja. (m) Df = r, saj |x| — x > 0 velja za poljuben x G r. (n) Df = (—1,0) U (0,1) U (1, to). števec je definiran za r — {—1}. Imenovalec je definiran za x > —1 in je ln(x + 1) = 0, ko je x = 0. (o) Df = [0,1) u (1, f) U (§, 5) U (f, 3). 2' 2^ u V2> 2' Vidimo, da je 2—| > 0, ko je x < 3 ali x > 4. \/x + 3 je definirana za x > -3, cos(nx) =0 za x = 2 + k, k G z. Zato je Df = [0, 2) U (1, §) U (2, 5) U (2, 3). (p) Df = (0,4). Vidimo, da je x2 — 6x + 5 = (x — 1)(x — 5), ln(x) je definirana za x > 0, y/4 — x za x < 4 ter V4 — x = 0, ko je x = 40. 4. Ali imata realni funkciji f in g enaki naravni definicijski obmocji (a) f (x) = 2lnx, g(x) = lnx2, (b) f (x) = ln(sin x), g(x) = sin(lnx), (c) f (x) = \/1 — ln2 x, g(x) = V1 — lnx2, (d) f (x) = x2 + x + 1, g(x) = eln(x2+x+1). Rešitev. (a) Df = r+, Dg = r—{0} (gledamo x2 > 0). Funkciji nimata enakih naravnih defincijških območij. (b) Df = U (2kn, (2k + 1)n) (gledamo sin x > 0), Dg = r+. Funkciji nimata fcez enakih naravnih defincijških območij. (c) Df = [e-1, e], saj je 1 — ln2 x > 0 1 > ln2 x 1 > ln x > —1 e > x > e-1. Dg = [—V^ V^U^ šajje 1 — ln x2 > 0 1 > ln x2 e > x2 Ve > x > — \/e. Funkciji nimata enakih naravnih defincijških obmocij. (d) Df = r, Dg = r, saj je x2 + x + 1 > 0 ne glede na x G r. Funkciji imata enaki naravni definicijski obmocji. 5. Za naslednje funkcije doloci Df, Zf in f-1. (a) f (x) = V2 — 4x, (b) f (x) = 2x + 2x+1, (c) f (x) = ex - 1 (d) f (x) = ln(3x - 6), (e) f (x) - ^ (f) f (x) , , 2 x+1 ' x, ce x < 0 x2, ce x > 0 Ali vedno obstaja f 1? Rešitev. ®2 - 2 (a) df = (-to, 1 ], zf = [0, to), f-1(x) -4 1 (b) Df = r, Zf = (0, to), f (®) = 2x + 2x+1 = 2x(1 + 2) = 3 ■ 2x, f-1(x) iog^ f). 1 (c) Df = r - {0}, Zf = (-1, 0) U (0, to), f-1(f) (d) Df = (2, to), Zf = r, f-1(x) = —±-. (e) Df = r - {-1}, Zf = r - {-1}, f-1(x) = ln(x + 1) -U f) = . f ±1 „ _ „ __I f, ce f 0 (f) Df = r, Zf = r, f-1(f)= ' „ " 0. [V®, ce x > 0 6. Preveri, da je funkcija f : [-2, 3) ^ (-2, 9], tl , f-x - 2 ; -2 < x < 0 f(x) = W 19 - x2 ; 0 < x < 3 bijekcija in izracunaj njen inverz (pomagaj si s sliko). Rešitev. Bijektivnost lahko vsak preveri. f(®) = I; -2<®<0 ; 0 < ® < 9. 7. Samo s poznavanjem elementarnih funkcij najprej doloci naravno definicijsko obmocje in zalogo vrednosti ter nato skiciraj naslednje grafe funkcij: (a) f(x) = x2 + 2, (b) f (x) = | ln(x - 2)|, (c) f (x) = log 2(x) (d) f (x) 2|i (e) f (x) = - (2)x, (f) f (x) = (D Rešitev. (a) Df = m, Zf = [2, to), Slika 2.41. (b) Df = (2, to), Zf = [0, to), Slika 2.42. (c) Df = m+, Zf = m, Slika 2.43. (d) Df = m, Zf = (0, to), Slika 2.44. (e) Df = m, Zf = (-to, 0), Slika 2.45. (f) Df = m, Zf = (0, to), Slika 2.46. y y 4 3 2 Slika 2.42: Primer 7(b). 8. Doloci naravno definicijsko območje in kodomeno, da bo f bijektivna in nato izračunaj inverz funkcije f: (a) f (x) = x2 + 1, (b) f (x) = Vx3—T, y Slika 2.43: Primer 7(č). y y y Slika 2.46: Primer 7(f). 2x (č) f (x) x - 4 x2 (d) f (x) =--. x — 1 Rešitev. Izbirali bomo „največjo " naravno definicijsko območje in kodomeno. Vsak lahko sam preveri, da za je izbrano naravno definicijsko in kodomeno f bijektivna. (a) Imamo veš mošnosti. Npr. Df = r+, kodomena [1, to), f-1(x) = y/x — 1. (b) Df = [1, to), kodomena r+, f-1(x) = ^x2 + 1. (c) Df = r — {4}, kodomena r — {2}, f-1(x) = ^. (d) Imamo veš mošnosti. Npr. Df = [2, to), kodomena [4, to), izpeljimo f-1 (x) = V f" — x + x x= y2 y — 1 xy ■ —x= y2 y2 — xy = —x 2— x2 T = —x y = V x2 T x 2' 9. DoloCi sodost oziroma lihost naslednjih funkcij: (a) f(x) = + tan x (b) f (x) (c) f (x) (d) f (x) x + x5' |x3 — sin x| x 3x + 1 3x — 1' 1 — x (e) f(x) = l^ 1 + x, (f) f (x) = ln (x Wi + x2). Rešitev. (a) Funkcija je soda, saj velja f (—x) = /(—x — 2)2 + / (—x + 2)2 = /(x + 2)2 + / (x — 2)2 = f (x). (b) Funkcija je soda, saj velja tan(—x) — tan x — tan x tan x —x + (—x)5 —x — x5 —(x + x5) x + x5 ' x y (c) Funkcija je liha, saj velja f (-x) = x)3 - sin(-x)| |- x3 + sinx| |x3 - sinx| —x —x x = -f (x). (d) Funkcija je liha, saj velja f (-x) = 3-x _ ! i+3x 3x 1-3x 3x 3x _ 1 "3x - 1 = -f (x). (e) Funkcija je liha, saj velja f ( x) = ln 1 _ x 1x ln ln V 1 _ x 1x i = -f (x). (f) Funcija je liha, saj velja f ( x) = ln (-x _ ^1_(-x)2) x ln x2 x _ vT_ x x2 ln _ vTT ln _ a/1 _ x2j (x _ \/1 _ x2) = — ln ( x = -f (x). 10. Izračunaj kompozituma funkčij f in g (f o g, g o f) (a) f (b) f R ^ R, f (x) = 5x - 7, g : R ^ R, g(x) = x3 + 3, R ^ R+, f (x) = 2x, g : R ^ R, g(x) = x - 1, (č) f : R ^ R+, f (x) = ex, g : R ^ R-, g(x) = -x2 - 1, (d) f (x)=<| x 5 x< 0, g(x) = j 21 ; x > 0 x2 x < 0 x>0 (e) f (x) (f) f (x) x2 1 x 0 -1)2 ) (x 1) x > 0 x < 0 x<0 x> 0: g(x) g(x) 1 | sin x| x > -1 x < 1 |x| > 2 |x| < 2 ; (g) f (x) = ex, g(x) 1 ln x x < 0 x > 0 2 1 2 x i (h) f (x) = — 2x + 4, g(x) x2 - 4 4x2 — x4 |x| < 2 Id > 2, (i) f (x) x3+1 x+1 2x 1 x G (—to,-1) U (-1, 0) x > 0 g(x) x+1 0 arctan(x + 1) Rešitev. Pri vsakem kompozitumu bomo opredelili na/ravno definicijsko območje in kodomeno. (a) f o g : r ^ r, (f o g)(x) = f (g(x)) = f (x3 + 3) = 5(x3 + 3) - 7 = 5x3 + 8, g o f : r ^ r, (g o f)(x) = g(f (x)) = g(5x - 7) = (5x - 7)3 + 3 = 125x3 - 525x2 + 735x - 340. (b) f o g gof (c) f o g gof r r r r r+, (f o g)(x) = f (g(x)) = f (x - 1) = 2x-1, (-1, to), (g o f)(x) = g(f (x)) = g(2x) = 2x - 1. (0, e-1], (f o g)(x) = f (g(x)) = f (-x2 - 1) = e-x2-1, (-to, -1), (g o f)(x) = g(f (x)) = g(ex) = — e2x - 1, (d) Najprej določimo kodomeno posamezih predpisov. Za laZje razumevanje naj bo f1 (x) = x, f2(x) = 0, g1(x) = —1 in g2 (x) = x2. Tako velja f1 : (-to, 0) ^ (-to, 0), f2 : [0, to) ^ {0}, g1 : (-to, 0] ^ {-1}, g2 : (0, to) ^ (0, to). Sedaj ustrezno komponirajmo upostevajoč naravno definicijsko območje in kodomeno posameznih predpisov • f o g - (f o g1)(x) = f (g1(x)) = f (-1) = f1(-1) = -1, - (f o g2)(x) = f (g2(x)) = f (x2) = f2(x2) = 0. gof (g o f1)(x) = g(f1(x)) = g(x) = g1(x) = -1, (g o f2)(x) = g(f2(x)) = g(0) = g1(0) = -1. '-1 ; x< 0 Tako smo dobili (f o g)(x) = x r. 0 x > 0 , (g o f )(x) = —1 za vsak (e) Lahko resujemo kot v prejsnjem primeru. Strnimo postopek: f : [0, to) ^ [-1, to), f : (-to, 0) ^ (-1, 0), g : [-1, to) ^ [0, to), g : (-to, -1) ^ {0}. fog (f o g)(x) = f (g(x)) = f (x + 1) = (x + 1)2 - 1 = x2 + 2x, če je x > -1, (f o g)(x) = f (g(x)) = f (0) = -1, če je x < -1. gof - (g o f )(x) = g(f (x)) = g(x2 — 1) = x2 — 1 + 1 = x2, če je x > 0, - (g o f)(x) = g(f (x)) = g(-(x - 1)-2) = - + R če je x < 0 x < —1 — 1 < x < 0. x>0 x x <— 2 —f < x < 0, . w \ I x + 2x, ; x > 1 (/ ◦ g)(x) = s , ^ [—1, ; x < —1 i fM ^ /x2, ; x > 0 (g◦ /)(x) = { -1 , 1 ^ n. 1(5=1)2 + 1, ; x< 0 (f) / : (—to, 0) ^ (—to, 0), / : [0, to) ^ {0}, , g : (—to, — f ] U [f, to) ^ {1}, g :(—f, §) ^ [0,1). • / ◦ g - (/ ◦ g)(x) = /(g(x)) = /(1) = 0, ce je |x| > 2, - (/ ◦ g)(x) = /(g(x)) = /(| sinx|) = 0, cšeje |x| < 2. • g ◦ / - (g ◦ /)(x) = g(/(x)) = g(x) = 1, še je x < — 2, - (g ◦ /)(x) = g(/(x)) = g(x) = | sinx|, še je —12 < x < 0, - (g ◦ /)(x) = g(/(x)) = g(0) = 0, še je x > 0. j1 (/ ◦ g)(x) = 0, za vsak x G r, (g o /)(x) = j | sin x| [0 ; x > 0 (g) / : r ^ r+, g : (—to, 0] ^ {1}, g : (0, to) ^ r. • / o g - (/ o g)(x) = /(g(x)) = /(1) = e, še je x < 0, - (/ o g)(x) = /(g(x)) = /(ln x) = eln5 = x, še je x > 0. • g o / - (g o /)(x) = g(/(x)) = g(ex) = ln e5 = x, še je x G r. {e ; x< 0 ' _ , (g o /)(x) = x, za vsak x G r. x ; x > 0 (h) / : [1,3] ^ [—2, 2], / : (—to, 1) ^ (2, to), / : (3, to) ^ (—to, —2), g : [—2, 2] ^ [—4, 0], g : (—to, —2) U (2, to) ^ r-. • / o g - (/ o g)(x) = /(g(x)) = /(x2 — 4) = —2(x2 — 4) + 4 = —2x2 + 12, še je |x| < 2, - (/ o g)(x) = /(g(x)) = /(4x2 — x4) = —2(4x2 — x4) + 4 = 2x4 — 8x2 + 4, še je |x| > 2. • g o / - (go/)(x) = g(/(x)) = g(—2x+4) = (—2x+4)2—4 = 4x2 — 16x+12, še je 1 < x < 3, - (g o /)(x) = g(/(x)) = g(—2x + 4) = 4(—2x + 4)2 — (—2x + 4)4, še je x < 1 ali x > 3. ( )(x) f —2x2 + 12 ; |x|< 2 (/ o g)(x) |2x4 — 8x2 + 4 ; |x| > 2, ) = l4x2 — 16x + 12 (g ◦ f )(x) = j 4(—2x + 4)2 — (—2x + 4)4 1 < x < 3 x < 1 V 3 < x' (i) f : (—to, 0) ^ (to, —1), f : [0, to) ^ [0, to), g : (—to, —1) ^ (—to, —1), g :[—1, 0] ^{0}, g : (0, to) ^ (f, f). f ◦ g - (f ◦ je x - (f ◦ - (f ◦ x> ce g)(x) = f (g(x)) = f (—) = — = — < —1, g)(x) = f (g(x)) = f (0) = 0, ce —1 < x < 0, g)(x) = f (g(x)) = f (arctan(x + 1)) = e2(arctan(x+1)) — 1, ce je 0, g ◦f x + 1 _ - x°+1 +1 x + 1 +1 x22+x 1, ce je x2 —x ' J - (g ◦ f)(x) = g(f (x))= g (— x < 0, - (g ◦ f )(0) = g(f (0)) = g(0) = 0, ce je x = 0. - (gof)(x) = g(f(x)) = g(e2x —1) = arctan(e2x—1+1) = arctan(e2x) ce je x > 0. (f ◦ g)(x) = < 0 3x2+3x+1 (x+1)2 e2(arctan(x+1)) _ 1 x < —1 —1 < x < 0, x>0 —x2+x-1 x2 — x (g ◦ f )(x)H0 x e (—to, —1) u (—1,0) x=0 arctan(e2x) ; x > 0 11. Izračunaj vsoto, razliko in produkt funkčij f in g, f (x) |x| 2 x < 1 x > 1 x 2 e sin x x2 in g(x) = Resitev. Naj * oznacuje poljubno operacijo (+, — ali ■). Potem je — 2 < x < 0 . x > 0 2 (f * g)(x) = < xx xe |x| * sinx, 2 sin x, x < —2 —21 12. Razstavi f na osnovne elementarne funkčije (a) f (x) = -\Jx + v7x + , x ,2 e ,sin x (b) f (x) x Rešitev. (a) /i(x) = y/x, /2 (x) = x, f(x) = (/i ◦ (/2 + /i o (/2 + /i)))(x). (b) /i(x) = sinx, /2(x) = ex, /3(x) = x2, /4(x) = !, /(x) = ((/3 - /2 o /i) ■ /4)(x). x 2.5.2 Zaporedja 1. V aritmetičnem zaporedju je vsota prvih osem členov 100, vsota drugega in Šestega člena pa je 22. Izračunaj prvi člen in sploSni člen zaporedja. Rešitev. Vemo, da je ai + a2 + a3 + a4 + a6 + + = 100 a2 + a6 = 22. Ker je v aritmetičnem zaporedju velja an = ai + d(n — 1), dobimo 8ai + 28d = 100 2ai + 6d = 22. Zato je ai = 2, d = 3 in posledično an = 2 + 3(n — 1) = —1 + 3n. 2. Poisči taksen x, da bodo stevila 1, čos x in čos2 x zaporedni trije členi aritmetičnega zaporedja. Rešitev. Ker 1, cos x in cos2 x tvorijo aritmetično zaporedje, je d = cos x — 1 in d = cos2 x — cos x. Iz tega sledi Dobimo kvadratno enačbo cos2 x — 2 cos x + 1 = 0, ki je ekvivalentna enačbi (cosx — 1)2 = 0. Rešitev te enačbe je množiea {2kn | k € z}. Posledično vsi elementi te mnoZiče ustrezajo pogoju naloge. 3. Poisči taksen x, da bodo stevila ln 3, ln(2x — 2) in ln(2x + 4) prvi trije členi aritmetičnega zaporedja. Resitev. Ker ln3, ln(2x — 2) in ln(2x + 4) tvorijo aritmetično zaporedje, zato je d = ln(2x — 2) — ln3 in d = ln(2x + 4) — ln(2x — 2). Posledično dobimo cos x 1 = cos2 x cos x. oziroma 3(2x ±4) = (2x - 2)2 (2x)2 - 7 ■ 2x - 8 = 0 (2x - 8)(2x ± 1) = 0. Ker 2X ne zavzame negativnih vrednosti, je edina rešitev x = 3. 4. Tretji clen geometrijskega zaporedja je 12, peti pa je 3. Izracunaj splosni clen zaporedja. Rešitev. Vemo, da je a3 = a1 ■ q2 = 12 a5 = a1 ■ q4 = 3. in iz tega sledi, da je q = ± 1 in a1 = 48. Glede na q imamo dva različna zaporedja an = 48 ■ (2)n 1 in a!n = 48 ■ (-2)n 1. 5. Vsota treh stevil je 40, vsota njihovih desetiskih logaritmov pa 3. Poisci ta stevila, ce tvorijo geometrijsko zaporedje. Resitev. Poisčimo .stevila a1, a2 in a3 za katera a1 ± a2 ± a3 = 40 log a1 ± log a2 ± log a3 = 3. Ce upostevamo, da ta stevila tvorijo geometrijsko zaporedje (a2 = a1q, a3 = a1q2), dobimo a1 (1± q ± q2) = 40 log(a1q)3 = 3. Tako dobimo q = 3±f5 in zato dobimo dve rešitvi za števila a1, a2 in a3. Torej a1 = 3-05, a2 = 10 in a3 = 5(3 - \/5) ter a1 = 3+^5, a2 = 10 in a3 = 5(3 ± \/5). 6. Vsota treh stevil, ki tvorijo aritmeticno zaporedje, je 6. Ce k tretjemu stevilu pristejemo prvo stevilo, prvo in drugo stevilo pa ohranimo, dobimo geometrijsko zaporedje. Izracunaj dana tri stevila. Resitev. Naj bodo a1, a2 in a3 iskana stevila. Ker tvorijo geometrijsko zaporedje, zato velja a1, a2 = a1 ± d in a3 = a1 ± 2d. Iz tega sledi 3a1 ± 3d = 6. Tako dobimo, da je a2 = a1 ± d = 2. Vemo tudi, da stevila a1, a2 in a1 ± a3 3+ai = 2a2 + a2 2 tvorijo geometrijsko zaporedje in zato je q = a3+ai = 2a2+2d = 2. Iz tega potem sledi, da je a1 = 1, a2 = 2 in a3 = 3. 7. Izracunaj naslednje limite zaporedij: Matevz Crepnjak 169 Petra Zigert Pletersek , N v n2 + 2n + 1 (a) lim (b) lim n—TO n3 + 3n2 + 3n +1 2n3 (c) lim n—TO 3n3 + n2 + 3n + 1 5n3 + 3 n—TO 3n2 + 2n + 1' (d) lim ( ——7 n—TO y 2n + 4 () (n + 1)(2n2 + 1)(3n3 + 1)(4n4 + 1) (e) n—TO (n +1)(n2 + 2)(n3 + 3)(n4 + 4) 1 + 7n (f) lim -, n—TO 3 + 5 • 7n 3n+1 + 5n+1 (g) lim -, n—TO 3n + 5n ' (h) lim (—3)n n—TO 1 + ( —3)n ' (i) lim (Vn + 1 — y/n), n—TO (j) lim (n — Vn2 + 1), n— — 7^2 (k) lim Vn2 + 1 + n (l) lim n—TO (m) lim n—TO (n) lim n ^ n2 + n n—TO n +1 ' v/n + + ^yn n—TO V9n + 1 _Vn n—TO I / —=-' n + n + n ( ) i- —2 — 1 (o) lim —=-, V ' n—TO n2 + 1 (p) lim (ln(n +1) — ln(n)), n—TO 1-n2 (q) lim 2 »2+2»+1, n—TO ( 2 V (r) lim 1--, n—TO n 1 3 n- 1 (s) lim 1 + - n—TO n (t (u (v (w (x (y n lim n—ro V n + 1 n+2 lim n2 + 1 n—ro \ n2 — 1 lim n3 + n 2 n—ro V n3 - 1 lim n(ln(n) - ln(n + 1)), 32 nn - n2 lim sin , n—ro y2n(3n2 + 1) n! lim lim n—>-- \/n + + tfn .. (m) lim - -= lim _ n—ro v9n +1 n—ro /9 + I 1 i 6 n2 i 4 pnT 1 + V n^ + v n2 1 + 0 + 0 1 = lim - -= — = -, n—ro „ /9 + I V 9 + 0 3 (n) lim — n = lim A n n—ro / i-p= n—>00 n + Vn + Vn Jn + n /1 + lim - n = — == = 1, n—ro i f^-^n V1W0 + 0 V^V^ V n + n- / , , T2 -1 1 -1 (o) lim —=-= --- = 0, 1 7 n—ro + 1 1 + 1 (p) lim (ln(n + 1) — ln(n)) = lim ln ( — ) = lim ln ( 1 +— n—ro n—ro \ n ) n—ro \ n ln 1 = 0, 1 - n2 lim n2(n12 - 1) (q) lim 2^Vn+i = 2n—So n2 + 2n + 1 = 2n—ro n2(1 + 2n + n?) = n—ro 0-1 1 1—I = 2 1+2-0+0 =2 1 = - , 2 ( 2\n ( 2\-t-(-2) _2 (r) lim 1--= lim 1----= e , n—ro n n—ro n ( 1 yn-1 ( 1 H- lim —- 3 (s) lim 1 +— = lim 1 + - = en—ro n = e3, n—ro y n/ n—ro y n/ (t) lim V" = Um (n+1—1 = n—ro n + 1 n—ro n + 1 lim ( 1 -—( ; = en—ro -(n + 1)= e-1, n+1 n2 + nn ( 2 (u) lim ( —5-- = lim ( 1 + —2— n—TO \ n2 — 1 ) n—TO \ n2 — 1 / 2 n2 — 1 2n , / 2 \ 2 • n2—1 lim 2 = lim 1 + --= en—TO n2 - 1 = e2, n—TO y n2 — 1 / 2 ,, , /n3 + n - 2\n /(n - 1)(n2 + n + 2) (v) lim -3- = lim 1 2 2n2 n—TO y n3 — 1 J n—TO y (n — 1)(n2 + n + 1) -.2^,11__n? = lim (52±+±+±1)n = lim f! + (n +n+I)'n2+n+1 n—TO y n2 + n + 1 / n—TO \ n2 + n + 1 n2 lim -- = en—TO n2 + n + 1 = e, n (w) lim n(ln(n) — ln(n + 1)) = lim n ln n + 1 1 \n / / 1 \-(n+1) lim ln 1--= ln lim 1 — n—TO y n + 1/ \ n^TO y n + 1 lim ——^—-= ln en—TO -(n + 1) = ln e-1 = -1, 3 2 3 2 . / nn3 — n2 \ . ( ,. nn3 — n2 sin - (n + 1) (x) lim sin —-—2-v = sin lim n—TO \2n(3n2 + 1) / ^n—TO 2n(3n2 + 1), • fv n3(n - n ) ^ . / n - 0 \ . f n x 1 = sin lim —--n— = sin —-- = sin — = -, yn—»to 2n3(3 + 4*)) V2(3 + 0) / U) 2, , . , n! n! ,1 (y) lim --—-- = lim ------ = lim — = 0, n—TO (n + 1)! — n! n—TO n!((n + 1) — 1) n—TO n lim (n + 2)! + (n + 1) = lim (n + 1)! ■ ((n + 2) + n) = () n—»to (n + 3)! n—»to (n + 3)(n + 2)(n + 1)! n(1 + 2 + ) 1 + 2 + _ lim n nn!^ _ ^m n n-n! _ 0 n »00 n2(1 + 5 + -62) n »00 n(1 + 5 + 4) . n n2 n n2 8. Za naslednja zaporedja preveri monotonost, omejenost in konvergentnost. (a) a n 3n + 4' 1000n (b) an n2 + 1' n n (c) an = 1 + (d) an n + 1 n2 + 2 n + 1 (-1)n (e) an = 1 + n (f) an = sin((n + 1)x), kjer je x G R+. n Rešitev. (a) Zaporedje je padajoše, saj je an+1 < 1 < 3(n + 1) + 4 " 3n + 4 4 < 7; navzdol omejeno z 0, saj je 3^+4 > 0 za vsak n G N; navzgor omejeno z 1, saj je padajoše in je a1 = i < 1; lim —1—- = 0. 7 n^ro 3n + 4 (b) Zaporedje je padajoše, saj je an+1 < 1000(n + 1) < 1000n (n + 1)2 + 1 < n2 + 1 n3 + n2 + n + 1 < n3 + 2n2 + 2n 1 < n2 + n; navzdol omejeno z 0, saj je 12+y > 0 za vsak n G n; navzgor omejeno s 1000n 501, saj je padajoše in je a1 = 500 < 501; lim —- = 0. ra^ro n2 + 1 (c) Zaporedje je naraščajoče, saj je < an+1 n n + 1 1 +-< 1 +- n + 1 n + 2 n2 + 2n < n2 + 2n + 1 0 < 1; navzdol omejeno z 1, saj je 1 + n+j > 1 za vsak n G n; navzgor omejeno z n 2, saj je naraššajoše in limita je enaka 2; lim 1 +--= 2. ra^ro n + 1 (d) Zaporedje je naraššajoše, saj je < an+1 n2 + 2 (n + 1)2 + 2 n + 1 < n + 1 + 1 n3 + 2n2 + 2n + 4 < n3 + 3n2 + 5n + 3 1 < n2 + 3n; navzdol je omejeno z 0, saj je ^-+2 > 0 za vsak n G n; navzgor ni omejeno; lim n + 2 = to (divergira). ra^ro n + 1 1 (e) Zaporedje ni monotono, saj ze a1 = 0, a2 = f in a3 = |; navzdol omejeno z (_i)n (_i)n 0, saj je 1+ ( ra; > 0 za vsak n € n; navzgor omejeno z 2, saj je ( ra; < 1; lim 1 + ^—'— = 1. ra^ro n (f) Za poljuben x € r+, obstajo taki n^n2,n3 € n, n1 < n2 < n3, za katere i | /(2k - 1)n 2fcn\ | | /2fcn (2k + 1)n\ „ velja ni, n3 € (J ( --—,- 1, n2 € (J ( -, --— . Za ni x x x x keN v 7 keN v 7 in n3 je funkcija sin negativna, za n2 pa pozitivna, kar pomeni, da zaporedje ni monotono. Ker je zaloga vrednosti funkcije sin interval [-1,1], zato je zaporedje navzdol omejeno z -1, navzgor pa z 1. Zaporedje ni konvergentno, saj vrednosti oscilirajo med -1 in 1 (glej monotonost). 9. Dano je zaporedje _ 2n - 1 ara _2n+2 • (a) Preveri monotonost, omejenost in konvergentnost. (b) Od katerega clena dalje se vsi cleni razlikujejo od limitne vrednosti za manj od 0.01? Rešitev. (a) Zaporedje je narasčajoče an < an+1 2n - 1 2n + 1 2n + 2 " 2n + 4 4n2 + 6n - 4 < 4n2 + 6n + 2 -4 < 2; navzdol omejeno z 0, saj je > 0 za vsak n € n; navzgor omejeno z 1, saj je narascajoce in limita je enaka 1; lim 2n-= 1. n^ro 2n + 2 (b) ' ' 1 2n - 1 1 2n + 2 < 100 2n - 1 1 1--<- 2n + 2 100 300 < 2n + 2. Torej od 150. člena naprej. 10. Dano je zaporedje 3n n2 + 3n + 2' (a) Preveri monotonost, omejenost in konvergentnost. (b) Od katerega clena dalje se vsi cleni razlikujejo od limitne vrednosti za manj od 0.01? Rešitev. (a) Zaporedje je padajoče an+1 < an 3n + 3 3n (n + 1)2 + 3(n + 1) + 2 _ n2 + 3n + 2 2 < n(n + 1); navzdol omejeno z 0, saj je n2+3n+2 > 0 za vsak n € N; navzgor omejeno z 3n 1, saj je padajoče in a1 = 1 < 1; lim -= 0. ' JJFJ 12 ' n—^ n2 + 3n + 2 (b) ' ' 1 3n - 0 n2 + 3n + 2 < 100 300n < n2 + 3n + 2 0 < n2 - 297n + 2. Po reševanju te kvadratne enačbe sledi, da od 297. člena naprej. 11. Dano je zaporedje an n2 + n n2 + n +1 (a) Preveri monotonost, omejenost in konvergentnost. (b) Od katerega clena dalje se vsi cleni razlikujejo od limitne vrednosti za manj od 0.001? Resitev. (a) Zaporedje je narasčajoče an < an+1 n2 + n (n + 1)2 + n + 1 n2 + n + 1 " (n + 1)2 + n + 1 + 1 0 < 2n + 2; navzdol omejeno z 0, saj je nn+++1 > 0 za vsak n € n; navzgor omejeno z 2 n2 + n 1, saj -, < 1 za vsak n € n; lim -— = 1. n +n+1 n—^^o n2 + n + 1 (b) . . 1 n2 ± n 1 < 1000 n2 ± n ± 1 n2 ± n 1 1--o-T < n2 ± n ±1 1000 0 < n2 ± n - 999. Po resevanju te kvadratne enačbe sledi, da od 32. člena naprej. 12. Razisci zaporedje s cleni an n5 n 5n- Resitev. Zaporedje ni monotono, saj a1 = 5, a2 = ||, a3 = |2f in a4 = 1g254. Za lazje dokazovanje omejenosti preverimo, od katerega člena naprej je monotono. Dokazimo, da je ^a+i > 1 ^ n < 3. an Preverimo implikacijo samo v desno stran. (n+1)5 5n+1 > 1 n5 5n (n ±1)5 > 1 5n5 (n ± 1)5 > 5n5 n ±1 > ^5n 2.7 > n. Torej je an padajoče od tretjega člena naprej. Navzdol je omejeno z 0, saj je n5 > 0 za vsak n G N; navzgor je omejeno z 2 (do tretjega člena je an narasčajoče, n5 od tretjega člena, pa padajoče); lim — = 0. n—^^o 5n 13. Razisci zaporedje s cleni a1 = 3 in 1 an+1 ^77 an + 26 Resitev. Monotonost Preverimo, daje zaporedje padajoče s pomočjo matematične indukčije. Res velja a2 < a1. Zato predpostavimo, da je an+1 < an in dokazimo, da je an+2 < an+1. an+2 < an+1 11 77an+1 ± 2 <77 an ± 2 66 an+1 < an. - Omejenost Ker je zaporedje padajoče, je navzgor omejeno s prvim členom a1 =3. Preverimo, da je navzdol omejeno z 0. Za a1 to trivialno velja. Zato predpostavimo, daje an > 0, kjer je n € n, in dokazimo, daje tudi an+1 > 0. Ker je an+1 = |an + 2 in an > 0, imamo vsoto dveh pozitivnih členov in zato je an+1 > 0. - Limita zaporedja Zaporedje je konvergentno, ker je padajoče in navzdol omejeno. Naj bo L = lim an. Tako pridemo do zveze n—>- a1, zato predpostavimo, da je an+1 > an, kjer je n € n, in dokazimo, daje tudi an+2 > an+1. an+2 > an+1 1 1 2 an+1 +2 > an 2 + 2 an+1 > an. Omejenost Ker je zaporedje narasčajoče, je navzdol omejeno z a1 = 2. Preverimo, da je navzgor omejeno s 4. Za a1 to trivialno velja. Zato predpostavimo, da an < 4, kjer je n € n, in dokazimo, da je tudi an+1 < 4. 2 an + 2 < 4 an < 4. - Limita zaporedja Zaporedje je konvergentno, ker je narasčajoče in navzgor omejeno. Naj bo L = lim an. Tako pridemo do zveze L = 1L + 2 2 in iz tega sledi, da je lim an = 4. n 15. Razisči zaporedje s členi a1 = 3 in an+1 = — 2- Obravnavaj se primer, ko je a1 = 2 oziroma a1 = 1. Rešitev. - Monotonost Preverimo, da je zaporedje naraššajoše s pomošjo matematišne indukcije. Res velja a2 > a1, zato predpostavimo, da je an+1 > an, kjer je n € n, in dokazimo, daje tudi an+2 > an+1. an+2 > an+1 an+1 — 2 > an — 2 2 ^ 2 Ker gledamo samo pozitivne člene, to res velja. - Omejenost Ker je zaporedje naraščajoče, je zaporedje navzdol omejeno s prvim Členom a1 =3. Hitro vidimo, da zaporedje ni navzgor omejeno (glej začetne člene zaporedja). - Konvergenca Zaporedje ne konvergira, ker ni navzgor omejeno. Vsak lahko sam preveri, da v primeru, ko je a1 =2 dobimo konstantno zaporedje s splosnim členom an = 2, ko pa je a = 1, pa dobimo, zaporedje a1 = 1 in an = —1 za vsak n = 2,3,.... 16. Dano je zaporedje a1 = 1 in 3 an+1 = ~ + 2 2$n Poišči limito zaporedja in dokazi, da vsi cleni zaporedja lezijo na intervalu [1, 3]. Resitev. - Naj bo L = lim an. Tako pridemo do zveze L3 L = L+2L. Iz tega dobimo Tako je lim an = V3, saj so vsi členi zaporedja pozitivni. L2 - 3 = 0. n n Preverimo, da je zaporedje navzdol omejeno z 1. Za a1 = 1 je to res, zato predpostavimo, da je 1 < an < 3 za nek n € n in dokazimo, da je tudi 1 < fln+1 < 3. an 3 3 3 an+1 =--1--< —I--= 3 n+1 2 2an " 2 2 ■ 1 an 3 13 an+1 =--1--> —I--= 1 n+1 2 2a„ " 2 2- 3 in zato so res vsi členi na intervalu [1, 3]. 17. Razisci zaporedje s cleni an = ln(2 + ln(2 + ln(2 + ... ln 2)...)). v-V-' n Rešitev. Preden bomo raziskali zaporedje, zapišimo zaporedje kot a1 = ln2 in an+1 = ln(2 + an). - Monotonost Preverimo, da je zaporedje narasčajoče s pomočjo matematične indukcije. Res velja a2 > a1, zato predpostavimo, da je an+1 > an, kjer je n € n, in dokazimo, daje tudi an+2 > an+1. an+2 > an+1 ln(2 + an+1) > ln(2 + an) an+1 > an. - Omejenost Ker je zaporedje narasčajoče, je zaporedje navzdol omejeno z a1 = ln2. Dokazimo, da je tudi navzgor omejeno. Predpostavimo, da obstaja M € r, za katerega je an < M za poljuben n € n in dokazimo, da je potem an+1 < M. Za lazje razumevanje kar predpostavimo, da je M = e. an+1 = ln(2 I an) < ln(2 I M) < ln(M I M) = ln(2M) = ln2 + ln M < ln M + ln M = 2ln M = 2ln e < e. Torej je zaporedje navzgor omejeno z e. - Konvergenča Zaporedje je konvergentno, ker je narasčajoče in navzgor omejeno. 18. Razisci zaporedje s cleni n Resitev. Preden bomo raziskali zaporedje, zapisimo zaporedje na način a1 = \/3 in an+1 = y/3an. Vsak lahko sam preveri, da je to dobro definirano. - Monotonost Preverimo, da je zaporedje narasčajoče s pomočjo matematične indukčije. Res velja a2 > a1, zato predpostavimo, da je an+1 > an, kjer je n G n, in dokazimo, daje tudi an+2 > an+1. an+2 > an+1 \/3an+1 > V3an an+1 > an. Omejenost Ker je zaporedje narasčajoče, je navzdol omejeno z a1 = V3. Dokazimo, da je navzgor omejeno s 3. Za a1 to trivialno velja. Predpostavimo, da je an < 3, kjer je n G n, in dokazimo, da je tudi an+1 < 3. an+1 < 3 V3an < 3 an < 3 Torej je zaporedje navzgor omejeno s 3. Limita zaporedja Zaporedje je konvergentno, ker je narasčajoče in navzgor omejeno. Naj bo L = lim an. Tako pridemo do zveze n— 0 poljuben. Ker zaporedje s členi an konvergira, potem obstaja no G n, da za vsak n G n, n > n0, velja |an - L| < e, kjer je L = lim an. Ker velja ||an| - |L11 < |an - L| < e, zaporedje s členi |an| konvergira (razmisli, da za poljubni realni stevili x in y velja očena ||x| - |y|| < |x - y|). (b) Ta trditev ne velja. Protiprimer je zaporedje s splošnim Členom an = (—1)' 20. Poišči vsa stekališča podanih zaporedij (a) 1, 2, 3,1, 2, 3,... , (b) 1,1, 2,1, 2, 3,1, 2, 3, 4,1, 2, 3, 4, 5,... , (č) ara = (-1)n+1 + (-1)n1 n (d) ara = sin Rešitev. n + (-1)nn 4 (a) 1,2,3. (b) Vsa naravna števila. (c) Za lihe n je 1, za sode n pa -1. (d) Za lihe n je 0, za sode n pa 1. 2.5.3 Vrste 1. Ugotovi, ali so podane vrste konvergentne. Ce so, izračunaj vsoto. (a (b (č (d (e (f (h (i 1 — 1 + 2 — 2 + 3 — 3 + ... X>1)ran, n=1 E2' n=0 ro £2- n=0 ^ 1 /2X n n=0 ro E n=0 1 33 1 2 1 1 1 ■ 2 + 2^3 + 3^4 + . 111 + ^^ + ^^ + . 1 ■ 3 3 ■ 5 5 ■ 7 ro -L k+ij 1 (2n - k)(2n + k) kjer je k poljubno naravno stevilo, n — — i (j) 1 • 4 + 4 • 7 + 7 • 10 + (k) f 2n+1 —' n2(n + 1)2 n=1 v ' (i) n n oo =1 (2n - 1)2(2n + 1)2' 2n + 3n ~>n i gn (m) 5n n=0 Rešitev. (a) Delne vsote so s2n-1 = n in s2n = 0. Limita teh delnih vsot ne obstaja in zato vrsta divergira. (b) Delne vsote so s1 = —1, s2 = 1, s3 = —2, .... Limita teh delnih vsot ne obstaja in zato vrsta divergira. (c) Delne vsote so s0 = 1, s1 = 3, s2 = 7, .... Limita teh delnih vsot ne obstaja in zato vrsta divergira. 1 —(1)n+1 (d) Delne vsote so s0 = 1, s1 = f, s2 = \, ..., sn =-^—. Limita delnih 1 — 2 vsot obstaja in zato zracunajmo vsoto vrste TO n 111 1 V 2-n = 1 + - + - + - + ... =-r = 2. ^ +2 + 4 + 8+ 1 — 2 n=0 2 1 1 — (2)n+1 (e) Delne vsote so s0 = f, s1 = f • f, s2 = 1 • 19, ..., sn = 3 • — 3 2— Limita delnih vsot obstaja in zato izracunajmo vsoto vrste £ n=0 1 1 3 + 3 2 1 3 + 3 4 1 8 9 + 3 ^ 27 + H1 — f, =1 n 1 3 1 1 (f) Vrsta konvergira, saj konvergira vrsta iz primera (d) konvergira (če vrsta absolutno konvergira potem tudi konvergira). Izračunajmo vsoto vrste E n=0 1 n 1 1 1 1 1 --=1---1-----1-----h ... 2J 2 4 8 16 32 11 A 1 ( 11 = 1 + 4 + 16 + ...) - 2 1+4 + 16 + 1 1 1 1 I 2 1 1 1 - 4 2 1 - 4 42 33 2 3. (g) Iz zaporedja prepoznamo, da je n-ti člen vsote 1 1 1 n n( n + 1) n n + 1 Desno stran zgornje enačbe izračunamo tako, da zapisemo nastavek 1 A B n(n + 1) n n + 1' kjer isčemo konstanti A in B. Tako dobimo sistem A = 1 A + B = 0 in iz tega sledi A = 1 in B = -1. Če to upostevamo pri sn, dobimo Zato je 1111 1 sn = T - - + - - - + ... +--- 1 1223 E n=1 1 n( n + 1) n n + 1 = 1, =1 1 n+1 saj je lim sn = lim 1--= 1. n—^ n—^ n + 1 (h) Iz zaporedja prepoznamo, da je n-ti člen vsote (2n - 1)(2n + 1) 2 V2n - 1 2n + 1 (glej naslednji splosnejsi primer). Ce to upostevamo pri sn, dobimo 11 11 sn = | 1 - g ) + | - + ... + = 11 2 \ 2n + 1 1 1 2n - 1 2n + 1 1 1 1 1 Zato je v 1 = 1 n= (2n — 1)(2n + 1) = 2, saj je lim Sn = lim 1 ( 1 - 1 ) = 1. n—n—2 \ 2n + 1 / 2 (i) Zapisimo n-ti člen malo drugače. Nastavimo, daje 1 A B + (2n - k)(2n + k) 2n - k 2n + k' Tako dobimo sistem enačb 2A + 2B = 0 kA - kB = 1 in iz tega sledi A = in B = - . Zato je n-ti člen 1 1 ( 1 1 (2n - k)(2n + k) 2k V 2n - k 2n + k/' Preden povemo, koliko je vsota vrste, si poglejmo sn + sn+k (brez konstante .1.) 2fc ). 11 1 1 Sn + Sn+g = 2n-"k - + 2(n + 1) - k - 2(n + 1) + k + 11 + ... + 2(n + k) - k 2(n + k) + k 1 1 1 1 + 777—r-r;-T - 7=7—. -X . + 2n - k 2n + k 2(n + 1) - k (2(n + 1) + k) 11 + ... + 2n + k 2n + 3k Opazimo, da se posamezni elementi pojavijo dvakrat in se odstejejo. Ker je n poljubno naravno število, se nam bo ta situačija vedno ponovila in zato je vsota vrste enaka vsoti končne vrste I k+1|+fc 1 1 ^ 2k ^ 2n - k. n=| f + 1] (j) Poskusimo se na drug način izračunati vsoto vrste (lahko bi podobno kot v prejsnjih dveh primerih izračunali vsoto vrste). Delne vsote so s1 = 4, s2 = 2, = 10, ..., sn = 3n+1. 5 pomočjo matematične indukčije lahko vsak dokaze, da je sn res take oblike. Limita delnih vsot obstaja in je enaka, 3 in zato je vsota vrste enaka 1. (k) Zapisimo n-ti člen malo drugače. Nastavimo, da je 2n + 1 = An + B + Cn + D n2(n + 1)2 n2 (n + 1)2 Tako dobimo sistem enačb A + C = 0 2A + B + D = 0 A + 2B = 2 B=1 in iz tega sledi A = 0, B = 1, C = 0 in D = -1. Zato je n-ti člen 2n + 1 1 1 in posledično n2(n + 1)2 n2 (n + 1)2 1 1 1 1 1 Sn = T - T + T - T: + ... + - 1 =1 4 4 1 (n + 1)2. n2 (n + 1)2 Zato je saj je lim ( 1 - -—1 n^ro V (n + 1)2 2n + 1 ' n2(n + 1)2 n=1 = 1, = 1. (l) Zapisimo n-ti člen malo drugače. Nastavimo, da je n An + B + Cn + D (2n - 1)2(2n + 1)2 (2n - 1)2 (2n + 1)2 Tako dobimo sistem enačb 4A + 4C = 0 4A + 4B - 4C + 4D = 0 A + 4B + C - 4D = 1 B+D=0 1 in iz tega sledi A = 0, B = 8, C = 0 in D = -1. Zato je n-ti člen 2n + 1 1 / 1 1 n2(n + 1)2 8 \(2n - 1)2 (2n + 1)2^ Matevz Crepnjak 186 Petra Zigert Pletersek in posledicno 1 1 1 1 1 Sn = ^ T 77 + 77 7777 + ... + 8 \1 9 9 25 (2n - 1)2 (2n + 1)2 = + - 1 8 V (2n + 1)2 Zato je E ro 2n + 1 = n2(n + 1)2 8' n=1 sajje n^ro - (2^+1?) = š. 1_(2)n+1 i_(3)n (m) Delne vsote so S0 = 2, S1 = 12, S2 = 21, ..., = —1^2--1--1H" 1 5 1 5 Limita delnih vsot obstaja in je enaka 25 (kar je tudi vsota vrste). Izračunajmo vsoto vrste se nekoliko drugače 2n + 3» = ~ / 2 \n ~ / 3 \n = 1 = 25 n=0 5 n=0 ^5/ n=0 ^ ^ 1 - 5 1 - 5 6 4 1 + 1 + ... + "1 2. Pokaži, da je lim an = -, če je an =-2-27. n^ro 3 1 + 3 +... + 3n Resitev. Izračunajmo limito zaporedja s členi an 1 1 _ 1 1 1 1-x 1 lim -1-= jjm -2— = _ jjm -= -. n^ro 1 + 3 + ... + 3n n^ro 1-37+1 3 n^ro 1 - 3n+T 3 3. Z uporabo primerjalnega kriterija preuči konvergenčo vrst: ro (a) ro1 10n + 1 n=0 (b) ro 1 + n 1 + n2 n=0 00 ln n (č) X -, n n=1 (d) ro1 n=1 oo n2n n=0 . . v—\ sin nx m (e) , x G R 1 1 1 1-3 (f) TO n + cos n (g) n3 + 1 n2 + 1 n=1 2 (h) n3 + 1 n=1 x 1 ^=1 \/n(n + 1) Rešitev. (a) Očenimo šlen 1 10n + 1 1 111 > 10n + 1 10n + 10 10 n + 1 1 TO 1 TO 1 Minoranta je divergentna vrsta — > - in zato tudi > - di- J y 10 ^ n + 1 ^ 10n + 1 n=0 n=0 vergira. (b) Očenimo šlen n 1 + n2 1 + n 1 + n 1 + n > 1 + n2 1 + 2n + n2 (1 + n)2 n + 1' TO 1 TO 1 + n Minoranta je divergentna vrsta ^-- in zato tudi ^ --^ divergira. (č) Očenimo člen-: n ln n 1 -> — za n > 3. nn oo oo , 1 ln n Minoranta je divergentna vrsta\^ ~ in zato tudi\^- divergira. nn (d) Očenimo člen 1 nn n=1 n=0 n2n 1 1 n2n 2n. TO 1 TO 1 Majoranta je konvergentna, vrsta ^ — in zato tudi ^ —— konvergira. 2 n2 n=0 n=0 (e) Očenimo člen Sm —x . n sin nx 1 < —. 2n 2n 00 00 1 sin nx Majoranta je konvergentna vrsta > — in zato tudi > ——— konvergira. 2n 2n n=0 n=0 1 (f) Očenimo člen n + cos n . uy n3 + 1 n + cos n n + cos n n + 1 1 1 n3 + 1 n3 n3 n2 n3 oo oo oo 1 v-^ 1 . ,. n + cos n 1 1 n + cos Majorantaje vsota konvergentnih vrst ^ —^+^ —3 in zato tudi ^ —3—^ n= 1 n= 1 n= 1 konvergira. / n2 + 1N 2 (q) Očenimo člen —5- n3 + 1 n2 + 1V < / n2 + 1\ 2 < f n2 + 2n + 1^ 2 _ f (n + 1)^ 2 n3 + 1 n3 n3 n3 '(n + n)2 V 16n4 16 n3 / n6 n2 ro 16 ro /—2 + 1\ 2 Majoranta je konvergentna vrsta > in zato tudi > I —5- ) kon- n2 n3 + 1 'r>—II \/n(n + 1) \/(— + 1)(— + 1) n + 1' ro 1 ro 1 Minoranta je divergentna vrsta > - in zato tudi > —. di j g n=1n+1 n=1V—^ vergira. 4. Upoštevaj potrebni pogoj za konvergenco vrst in preuči konvergenco vrst: ro (a) n + 1 ro (a) n2 n=1 00 (b) y , v ; ^2n +1' n=1 ro (c) £ V n + 1 1 n=1 ron (d) ^ n2 + n + 1. n=1 Rečitev. 1 1 (a) Vrsta divergira, saj lim n2 = to > 0. n—ro n + 1 1 (b) Vrsta divergira, saj lim -= - > 0. n—ro 2n + 1 2 (c) Velja sicer, da je lim V n + 1 — v7" = 0, vendar ne konvergira zaporedje n—ro delnih vsot sn, saj je sn = \/2 — a/1 + a/3 — a/2 + ... + V n + 1 - —n = V n + 1 - 1. n (d) Velja sicer, da je lim n—ro n2 + n + 1 kriterij = 0, vendar upoštevajmo primerjalni n > n n 1 1 1 > n2 + n + 1 n2 + n + n n2 + 2n n + 2 n + n 2n Minoranta je divergentna vrsta ^ 2"", zato tudi ^ n n=1 n=1 n2 + n + 1 divergira. 5. Z uporabo kvocientnega ali D'Alembertovega kriterija preuci konvergenco vrst: n 2n (a) n=0 ro (b) > —, kjer je a pozitivno realno stevilo, ' J n! n=0 ro (c) n=0 ro (d) E an n! 2n — 1 ( —2)n ; 3nn! n=0 oo (e) 3n n 2n(n + 1)' (f) £ ^ n=0 oo n=0 Rešitev. n + 1 (a) Velja lim n—ro n + 1 2"+i n 2n lim n+1 n—ro 2n 1 2 < 1 in zato vrsta konvergira. (b) Velja lim n—ro an+1 (n + 1)! a" n! lim — n—ro n + 1 =0<1 in zato vrsta konvergira. (č) Velja 2n + 1 (^2)n+1 lim n 2n - 1 (V2)n lim 2n + 1 = ^ < 1 n—ro y^(2n - 1) 2 • v/2 v/2 in zato vrsta konvergira. (d) Velja 3n+1(n + 1)! lim n (n + 1)n+1 3nn! nn 3nn lim --— n—ro (n + 1)n 3e-1 > 1 = lim 3 1 1 x-(n+1>: n+1 (n + 1) in zato vrsta divergira. (e) Velja lim n—ro 3n+1(n + 1) 2n+1(n + 2) 3nn 2n(n + 1) in zato vrsta divergira. (f) Velja 3(n + 1)2 3 lim —^-= - > 1 n—ro 2n(n + 2) 2 lim n—ro y/n + 1 n + 2 n n + 1 \/n + 1 (n + 1) 1 lim -^-r— = 1 n—ro ^(n + 2) in ta kriterij nam nič ne pove o konvergenči vrste. 6. Z uporabo korenskega ali Cauchyjevega kriterija preuči konvergenco vrst: (a) n=0 ro (b) E ro / 2 \ n n2 n=0 3n 2n + 3 4n + 5 n n (c) ro ' 2n n=0 oo (d) n + 3 n n=0 ro / , i \ n(n-1) (e) n=2 oo (f)E n=0 Resitev. (a) Velja n + 1 n + 1 n- 1 n n + 1 lim n—ro n2 n = lim — = 0 < 1 n—ro 3n in zato vrsta konvergira. (b) Velja lim n—ro 2n + 3 4n + 5 lim 2n + 3 1 n—ro 4n + 5 2 = 77 < 1 in zato vrsta konvergira. (č) Velja lim n—ro 2n n + 3 2n lim - n—ro n + 3 =2>1 in zato vrsta divergira. (d) Velja lim n \ n n+1 lim 1-- n—ro n + 1 = e-1 < 1 in zato vrsta konvergira. (e) Velja lim n—ro n + 1 \ n(n-1) n1 = lim 1+-- n—ro n 1 2 = e2 > 1 in zato vrsta divergira. (f) Velja lim n—ro n n+1 n lim n—ro n + 1 =1 in ta kriterij nam nič ne pove o konvergenči vrste. 2 n n n 3 n n n 2 n n 2 n 7. Z uporabo Leibnizovega kriterija preuCi konvergenco vrst: ~~ (—1)n+1 (a) n n=1 to , i \n n + 1 (b) ]>> 1) n n=1 oo (c) E(—11) 0 2n +1' n=0 to f (d) E(—11)nn^. n=0 2 Preveri ali so vrste tudi absolutno konvergentne! Resitev. (a) Vrsta ni absolutno konvergentna, saj 11 —= > " nn (minoranta je harmonična vrsta). Preverimo lastnosti Leibnizovega kriterija: - vrsta alternira, - lim —— = 0, n—TO yjn - za vsak n € n je . 1 < —=, J vn+i vn TO ( —1)n+1 zato vrsta ^-— (pogojno) konvergira. n=1 (b) Vrsta ni absolutno konvergentna, saj lim n + 1 = 1 n—>- • - 2n + 1 2 n (minoranta je harmonična vrsta). Preverimo lastnosti Leibnizovega kriterija: vrsta alternira, - lim 1 n—TO 2n + 1 = 0, za vsak n € n je -—< 1 2n + 3 2n + 1 ~ (_1)n+1 Zato vrsta ~2—+1 (pogojno) konvergira. Kot zanimivost povejmo, da n=1 je to Leibnizova formula za stevilo n, in velja E n=0 (-1)n = n 2n + 1 4. (d) Vrsta čelo absolutno konvergira, saj lim n (n+1)3 2n+l n3 2n (n + 1)3 2n3 2 < 1 in zato ni potrebno uporabiti Leibnizovega kriterija za konvergenčo vrste. 8. Z uporabo Raabejevega kriterija preuči konvergenco vrst: (a) V^ —, a > 1, n=1 (b) (-1) n+1 n=1 n2 (c)E n=2 (ln n)a (d) n=2 4n-1 • ((n - 1)!)2 ((2n - 1)!!)2 Resitev. (a) Velja lim n—TO (n+1)a lim -—n—— n—TO (n + 1)a n lim n—TO V n + 1 = 1, 1 1 a 1 a n zato uporabimo Raabejev kriterij. lim n (n+1)° 1 r i (n + 1)" i = lim n--1 n—TO V na lim n lim n—TO (n + 1)a — na n a—1 na((1 + n)a - 1) n a— 1 = lim n 1 + - ) - 1 n—TO n = lim n—TO = a > 1 (1 + ^ - 1 1 n (na limito lahko gledamo kot na limito funkčije) in zato vrsta konvergira. (b) Velja lim n (-1) n+2 (n+1)2 1)n+1 (-1) n2 lim ---75- n—TO (n + 1)2 = 1, zato uporabimo Raabejev kriterij. lim n n (-1)n (— 1)n + 2 (n+1)2 - 1 = lim n n n2 + 2n + 1 — n2 n2 =2>1 in zato vrsta konvergira. (č) Velja, lim n 1 (ln(n+1))a 1 (ln n)a ln n lim , , , . n—TO ln(n + 1) = 1. Preden uporabimo Raabejev kriterij, naredimo naslednjo očeno a (ln(n + 1))a /ln n + ln(1 + n) (ln n)a l ln n Sedaj uporabimo Raabejev kriterij = 1 + a n ln n lim n (ln n)a 1 1= (ln(n+1))a lim n 1 + n—TO V a n ln n 1= lim -a- n—TO ln n =0<1 in zato vrsta divergira. 1 a n 1 a 2 n 2 n a 1 (d) Velja ' 4"-(n!)2 ((2n+1)!!)2 lim n^-ro 4n-1.((n-1)!)2 ((2n-1)!!)2 zato uporabimo Raabejev kriterij. ,4"-1-((n-1)!)2 _n2 lim 7-777 = 1, n^ro (2n + 1)2 lim n f Jf-fl - 1) = lim n((2n + f2 - _n2) ^ro 1 4"'(n!)2 n^ro V -n2 / V ((2n+1)!!)2 / V 7 ( -n + 1 = lim - n^ro y -n =1 in s tem kriterijem se ne moremo opredeliti o konvergenci vrste. roro 9. Dokazi, če ^^ an konvergira, potem tudi vrsta s členi ^^ — konvergira. Resitev. Uporabili bomo Cauchyjev kriterij za konvergenco vrste: ro an konvergira natanko tedaj, ko za vsako pozitivno realno stevilo e > 0, ob- n=1 staja tako naravno stevilo n0, da za vsaki naravni stevili m in n, n0 < n < m, velja |a- + a-+1 + ... + am| < e. S pomočjo Cauchyjevega kriterija enostavno dokazemo zgornjo trditev, saj < |a- + a»+1 + ... + am| < e an + an+1 + + am n n +1 m (glej predpostavke Cauchyjevega kriterija). 10. Naj bo an > 0 za vsak n G N. Dokazi: roro (a) če vrsta y an konvergira, potem tudi y —n— konvergira; 1 1 + n=1 n=1 roro a- (b) če vrsta ^^ an divergira, potem tudi ^^ -—n— divergira. 1 + an n=1 n=1 Resitev. (a) Uporabimo primerjalni kriterij 0 < a- < a-1 + a- ro an in zato vrsta ^ -—n— konvergira. 1 + an n=1 ro an (b) Dokazali bomo ekvivalentno trditev: če konvergira ^ ^—n—, potem kon- n=1 n vergira^^ a, ro n. n=1 ro Rečimo, da^^ 1—n— konvergira. Iz tega sledi, da velja potrebni pogoj za n=1 n an konvergenčo vrste lim -—n— = 0. Zato velja lim an = 0 in iz tega sledi n—ro 1 + an n—ro 1 < 1 + an < 2. Uporabimo primerjalni kriterij an an 0 < JI < n 2 1 + an in zato vrsta an konvergira. n ro in n n=1 roro 11. Dokazi, da ^^ an konvergira natanko tedaj, ko konvergira ^^ 2na2n. n=1 n=1 Resitev. Naj bo sn = a1 + a2 + ... + an in tn = a1 + 2a2 + ... + 2na2n. Rečimo, da sn konvergira. Za poljuben n G n, n > 2, obstaja tak k G n, da velja n > 2k. Potem Sn = a1 + a2 + ... + an > a1 + a2 + (a3 + a4) + ... + (a2fc-i+1 + ... + a2k) > a1 + a2 + (a4 + a4) + ... + (a2k + ... + a2k) 1 k_1 > ^a1 + a2 + 2a4 + ... + 2k 1a2k 1 = 2tk ro n in po primerjalnem kriteriju tk konvergira, zato tudi ^ 2na2n konvergira. n=1 Rečimo, da tn konvergira. Za poljuben n G n, n > 2, obstaja tak k G n, da velja n > 2k. Potem Sn = a1 + a2 + ... + an < a1 + (a2 + a3) + ... + (a2k + ... + a2k+i-1) < a1 + (a2 + a2) + ... + (a2k + ... + a2k) = a1 + 2a2 + ... + 2k a2k = ^k ro in po primerjalnem kriteriju sk konvergira, tako posledično tudi ^ an konvergira. n=1 12. Naj bo an > 0 za vsako naravno stevilo n. Dokazi, ce ^^ an konvergira, ro /a— potem tudi > n konvergira. Z—/ r) n=1 n=1 Resitev. Za dokaz te trditve bomo uporabili izrek Caučhy-Sčhwarz-Bunjakovski: za poljubni zaporedji an, bn velja '2 ) I L. , L , , L , y^anbn n=1 V nasem primeru tako imamo '2 ^jani2 ^|6n|2. n= 1 n= 1 E an n < roro 2 an n=1 n=1 J]1^2 ^ - = an ^ 2ro n=1 in trditev je dokazana. 13. Za katere x € R konvergirajo naslednje vrste: (a) M / , o n2 n=1 n=1 (b (c (d (e (f (h (x - 1)n (2x)n, n=0 ro E(x - 1)n n=0 ro E n=0 ro E n=1 ro E n=0 ro E x n2 xn n! n=1 oo ln n=1 ro E n=1 x, n n1 - n( n- 1) (x - e)n Resitev. 1 (a) Uporabimo korenski kriterij q = lim = 2. n—TO Vrsta konvergira za tiste x € m, za katere velja 11 |X|< 1 = 2. Iz tega sledi, da vrsta na intervalu (—2,2) konvergira. Vsak lahko sam preveri, da na robovih intervala divergira. (b) Uporabimo korenski kriterij = lim nT = 1. q n—TO Vrsta konvergira za tiste x € m, za katere velja 11 |x —11 <1 = 1 ■ Iz tega sledi, da vrsta na intervalu (0, 2) konvergira. Vsak lahko sam preveri, da na robovih intervala divergira. (c) Uporabimo korenski kriterij q = lim ^T = 1. n—TO Vrsta konvergira za tiste x € m, za katere velja 1 x1 11 <1 = 1 ■ Iz tega sledi, da vrsta na intervalu (—to, 0) U (2, to) konvergira. Vsak lahko sam preveri, da za x = 0 in x = —2 vrsta divergira. (d) Uporabimo kvocientni kriterij (n+1)2 q = lim -—= 1. n—TO -1 n2 Vrsta konvergira za tiste x € m, za katere velja 11 |x|< 1 = 1. Iz tega sledi, da vrsta na intervalu [—1,1] konvergira (preveri, da konvergira tudi na robu intervala). (e) Uporabimo kvocientni kriterij v (n+1)! n q = lim -—= 0. n—TO — n! Vrsta konvergira za vsa realna števila. 1 1 (f) Uporabimo korenski kriterij q = lim v \/n = lim \ Vn = J lim n—ro V n—ro V V n—ro n = 1. n Vrsta konvergira za tiste x € m, za katere velja 11 |x|< ^ = i. Iz tega sledi, da vrsta na intervalu (—1,1) konvergira. Vsak lahko sam preveri, da za x = 1 divergira, za x = — 1 pa konvergira. (g) Uporabimo korenski kriterij q = lim m = 1. n—ro Vrsta konvergira za tiste x € m, za katere velja 11 | lnx| < - = -. q1 Iz tega sledi, da vrsta na intervalu (e-1,e) konvergira. Vsak lahko sam preveri, da za x = e-1 in x = e vrsta divergira. (h) Uporabimo korenski kriterij // n \-n(n-1) q = lim {/ ---= e-1. n—ro n — 1 Vrsta konvergira za tiste x € m, za katere velja |(x -e)| <1 = e-T =e. Iz tega sledi, da vrsta na intervalu (0,2e) konvergira. Vsak lahko sam preveri, da za x = 0 in x = 2e vrsta divergira. 2.5.4 Limita in zveznost funkcije 1. Izračunaj naslednje limite funkcij: x3 + 2x2 - 6x - 3 (a) lim (b) lim —-1 x2 + 4x — 1 x2 + x — 2 (c) lim —-2 x2 + 3x + 2; xs - 1 (d) lim —1 x2 — 1' x3 + 1 —-1 x2 — 1 x (e (f (h x4 - 4x3 - 6x2 + 4x + 5 lim —------, x > i x4 — x3 — 3x2 + x + 2 v 6x4 — 3x2 + 1 lim —-j-s-, x—ro 3x4 — x3 + 5x 6x6 — 3x3 + x lim —=-z-, x—ro 7x7 + 5x5 + 1 2x5 — 7x2 lim —j-, x—ro x4 + 13x + 3 lim ' x ^ 1 \ x — 1 x2 — 1 Rečitev. , , , x3 + 2x2 — 6x — 3 (a) lim ----= —1, x—>—i x2 + 4x — 1 /L) x2 + x — 2 (x — 1)(x + 2) x — 1 (b) lim -= lim 7--f = lim -= 3, x——2 X2 +3x + 2 x——2 (x + 1)(x + 2) x——2 X + 1 ,,, x3 — 1 (x — 1)(x2 + x + 1) (x — 1)(x2 + x + 1) (c) lim-= lim —--—--— = lim —--—--— = x—1 x — 1 x—1 (x — 1)(x + 1) x—1 (x — 1) (x + 1) x2 + x + 1 3 = lim-= -, x—i x + 1 2 ,, x3 + 1 (x + 1)(x2 — x + 1) x2 — x + 1 3 (d) lim -"2-= lim —--—--— = lim x —-1 x2 — 1 x——i (x + 1)(x — 1) x——i x — 1 2' , , , x4 — 4x3 — 6x2 + 4x + 5 (x — 1)(x — 5)(x + 1)2 (e) lim —-.-5-^-= lim --—-—-ttt = x——i x4 — x3 — 3x2 + x + 2 x——1 (x — 1)(x — 2)(x + 1)2 x — 5 = lim -= 2, x——i x — 2 ... .. 6x4 — 3x2 + 1 x4(6 — 3 x2 + ^) .. 6 — 3 x2 + ^ (f) lim —-5-= lim —--r-x— = lim -r-^ = 2, U/ x—ro 3x4 — x3 + 5x x—ro x4(3 - 1 + 54) x—ro 3- 1 + 5* ' ^ x x3' x x3 .. 6x6 — 3x3 + x x6(6 — 3 x3 + ^) 6 — 3 ^ + ^ n (0) lim —=-g-= lim —-x-x = lim -^-^— = 0, x—ro 7x7 + 5x5 + 1 x—ro x7(7 + 5x2 + jf) x—ro x(7 + 5+ x7) ... .. 2x5 — 7x2 x5(2 — 7^) x(2 — 7j) (h) lim —j- = lim —-r^-— = lim -—x—j- = oo 1 7 x—ro x4 + 13x + 3 x—ro x4(1 + 13£ + 3^) x—ro 1 + 13xj + 3 ali rečemo, da limita ne obstaja, (1) lim (---2- ) = lim 7-x~:-- = lim x—i yx — 1 x2 — 1) x—i (x — 1)(x + 1) x—i x + 1 2' 2. Izračunaj naslednje limite funkcij z iracionalnimi členi: , s, y Vx + 4 - 2 (a) lim-, x—0 x (b) lim 2 - + ^ 1 v2x - 1 - 1' / X -,. V1 + x - V1 - x (c) lim-, 0 x -,. + 2Vx + 7 - 2Vx + 7 - 3Vx + 2 + 6 (d) lim-----, 2 xV4x + 1 - V4x + 1 - 3x + 6 (e) lim x(x + 1) - x), X — TO (f) lim (x + V1 - x3). X — TO Resitev. x , + 4 - 2 + 4 - 2 + 4 + 2 (a) lim-= lim-• -= o x o x + 4 + 2 , x + 4 - 4 1,11 = lim-• . -= lim . -= -, 0 x Vx + 4 + 2 o Vx+4 + 2 4 2 -VX+3 2 -VX+3 2 + Vx+3 V2x - 1 + 1 (b) lim . -= lim . -•-. • . - x—1 V2x - 1 - 1 ^2x - 1 - 1 2 + Vx + 3 V2x - 1 + 1 , 4 - x - 3 V2x - 1 + 1 , x - 1 V2x - 1 + 1 = lim-•-, = lim--;-- •-, : 1 2x - 1 -1_2_+ Vx+3 1 2(x - 1) 2 + = lim f-1 - 1, 1 V 2 2 + J 4' , , .. v- I x - V 1 - x \/1 + x - V1 - x \/1 + x + \/1 - x (č) lim-= lim-• - X—o x o x v 1 + x + V 1 - x 1 + x - 1 + x 1 2 lim-• , -, = lim X—o x y/1 + x + \/1 - x X—o yT+X + \/1 - x = 1, Vx + 2Vx + 7 - 2Vx + 7 - 3Vx + 2 + 6 (d) lim-, -, -= X—2 xV4x + 1 - 2V4x + 1 - 3x + 6 .. (V^+2 - 2)^Vx+7 - 3) = lim --;-- = X—2 (x - 2)(V4x + 1 - 3) _ _ _ = lim (Vx+2 - 2)(Vx+7 - 3) Vx+2 + 2 Vx+7 + 3 V4x + 1 + 3 = x—2 (x - 2)(V4x + 1 - 3) Vx + 2 + 2 Vx + 7 + 3 V4x + 1 + 3 (x + 2 - 4)(x + 7 - 9) V4x + 1 + 3 — lim — X—2 (x - 2)(4x + 1 - 9)+ 2)^v^+7 + 3) .. (x - 2)2 V4xri + 3 lim —--TT • —, -, - = X—2 4(x - 2)2 (V^+2 + 2)^Vx+7 + 3) + 3 1 lim-. -. -= —, X—2 4(VxT2 + 2)(V/XT7 + 3) 16' \Jx(x + 1) - x \Jx(x + 1) + x (e) lim (y x(x + 1) - x) = lim X — TO X — TO 1 ^x(x + 1) + x x2 + x x2 x - lim —, :-= lim X—TO ^x(x + 1) + x X—TO ^^1 + X + 1^ Matevz Crepnjak 202 Petra Zigert Pletersek lim — 1 -= 1, x—ro /1 + 1 + 1 2 (f) lim (x + 31 - x3) = x—ro = lim fx + ■ x2 - x t1-? + x—ro V J x2 — x31 - x3 + 3 (1 — x3) x2 - x 31 - x3 + 3(1 - x3) x3 + 1 - x3 lim --. = = x—ro x2 - x31 - x3 + V (1 - x3)2 lim —f-, -, — = 0. x—ro x2 f1 - f/j"-! + 3. Samo s pomocjo lim-= 1 izracunaj naslednje limite: x—0 x sin x (a) lim —, X — 0 yjX (b) lim xsin—, x—ro x . . sin(ax) _ r , (c) lim—^—a G R - {0}, x—0 x (d) lim^, x—0 sin 4x cos x (e) lim x ^ 2 2 tan x - sin x (f) lim-5-, x—0 x3 cos x - sin x (g) lim -. X—4 cos 2x Resitev. , . , sin x , sin x 3% , sin x , sin x , (a) lim —— = lim —— ■ = lim--v x = lim-■ lim v x x—0 x x—0 x x x—0 x x—0 x x—0 = 1 ■ 0 = 0, (b) lim x sin — = lim —^ = 1, x—ro x x—ro 1 x sin(ax) sin(ax) a sin(ax) (č) lim-= lim-— = a lim-= a, x—0 x x—0 x a x—0 ax sin 2x sin 2x 4x 1 4x sin 2x 1 (d) lim-= lim-■ — = - ■ lim-■ lim-= -, x—0 sin 4x x—0 sin 4x 4x 2 x—0 sin 4x x—0 2x 2 . . , cos x , cos(t + 2) - sin t (e) lim -n = lim-— = lim-= — 1, x—2 x - f t—0 t t—0 t ,„, tanx — sinx sinx(1 — cosx) (f) lim-3-= lim-^-- = x—0 x3 x—0 x3 cos x sin x , 1 — cos x 1 + cos x = lim-■ lim —^-■-= x—0 x x—o x2 cos x 1 + cos x 1 — cos2 x 1 , sin2 x 1 = lim-^-■--- = lim —^— ■--- x—o x2 cos x(1+cos x) x—o x2 cos x(1+cos x) sin2 x 1 1 = lim —^— ■ lim--- = -, x—o x2 x—o cos x(1+cos x) 2 cos x — sin x cos x — sin x (g) lim -= lim ---2— = x—4 cos2x x—f cos2 x — sin2 x cos x — sin x 1 lim --—-- = lim - x—4 (cos x — sin x)(cos x + sin x) x—f cos x + sin x .L = 72 = ~2~. (a) lim ( ~T x—TO y x + 1 (b) lim ' x + x—TO x x+1 x 4. Samo s pomočjo lim ( 1 +— ) = e izračunaj naslednje limite: X — TO \ X — 1 (č) lim x x3 + x — 2x x x3 — 1 . 2 (d) lim ( - x—o y x + 1 i (e) lim xsin(x—1). x1 Rešitev. x+1 x+1 x \ (x + 1 — 1x (a) lim - = lim x—TO x + 1 x—TO x + 1 / 1 \ (x+i)(-1)2 / 1 \ (x+1)( 1) = lim 1----= lim 1----= e-1, x—TO x + 1 x—TO x + 1 x_i 2 (b) Um fxiT)' = Um (x - 1 + 1 + MX = lim (1 + *=_" x—TO x — 1 x—TO x — 1 x—TO x — 1 x — 1 2x ,. 2x / 2 \ ~ • x_i lim - „ = lim 1+----= eX—TO x — 1 = e2, x—TO x — 1 x3 + x — 2 x2 x3 — 1 + x — 1 \ 2 (c) lim -3-t— = lim -3--- x—TO x3 1 x—TO x3 1 ,. I -t X - 1 / 1 • x2+x+1 = lim ih--7 = lim 1 + x—ro y (x - 1)(x2 + X + 1) J x—ro y X2 + X + 1 x2 X2 , . 1 \f2+x+^ X2++1 lim 2 = lim 1 + -J5--= ex—ro X2 + X + 1 = e, x—ro V X2 + X + 1 / (d) lim (^X+l A X = lim (X + X + 1A ' = lim (1 + A " x—0 X + 1 x—0 X + 1 x—0 X + 1 2 x + 1 x + 1 2 . 2 (X \ x x + 1 / X \ x x + 1 lim- „ 1 + = lim 1 + = ex—0 X + 1 = e2, X + 1 / x—0 \ X + 1 / (e) lim Xsin(n-1) *== 1 lim(1 +t)smr• t = lim(1 + t)t• smrt = x—1 t—0 t—0 lim- = et—0 sin t = e. 5. Samo s pomocjo lim —g^—+—) = -— izracunaj naslednje limite: x—0 x ln a (a) lm'n(1 + 2x), x—0 x (b) lim log(cos x), x—0 x (c) limcot2x ln(cos2 x), x—0 (d) lim-, X—e x - e . . ln(2x - x2) (e) lim —1 x2 - 2x + 1 x (f) lim x ln x—ro x + 1 Resitev. . . .. ln(1 + 2x) ln(1 + 2x) 2 ln(1 + 2x) o (a) lim —--- = lim —--- • - = 2 lim —--- = 2, x—0 X x—0 X 2 x—0 2X ,, , log(\/1 - sin2 x) log(1 - sin2 x) 2 (b) lim---- = lim---— = x—0 X x—0 X log(1 - sin2 x) - sin2 x = lim---2- • lim-= 0, x—0 sin2 X x—0 2X 2 f ( 2 \ , cos2 X ln(1 - sin2 x) (č) lim cot2x ln(cos2 x) = lim x—0 x—0 sin2 X 2 ln(1 - sin2 X) = lim cos X • lim-2-= 1 • (-1) = -1, x—0 x—0 sin2 X , ln x - 1 , ln x - ln e 1 ln (f) 1 (d) lim-= lim —rf--y = - lim jf-= -. X—e X - e X—e e (f - 1J e X—e - 1J e ln(2x - x2) , ln(1 - 1 + 2x - x2) ln(1 - (x - 1)2) lim -= lim----75-= lim---^- c—1 x2 — 2x + 1 x—1 (x — 1)2 x—1 (x — 1)2 (f) lim x ln ( —x— \ = lim x ln fX + 1-1 \ = lim ^ + ^ x—TO \x + 1/ ik—to y x + 1 J x—TO (—1)2 , ln(1 - x+T7 , x = — lim —--1-— ■ lim -= —1 ■ 1 = —1. x — TO --^ x — TO x + 1 x + 1 ax — 1 6. Samo s pomoCjo lim-= ln a izraCunaj naslednje limite x—0 x 22x _ 1 (a) lim-, X—0 x (b) lim x—0 x (c) lim x-1 sinh x, x—s- 0 (d) lim c—1 x — 1 2 x — 2 (e) lim -1 X^Xl - 2x (f) lim x ( e1 — 1). X—TO Resitev. 22x — 1 22x — 1 2 22x — 1 (a) lim-= lim-— = 2 lim-= 2 ■ ln2, X—0 x X—0 x 2 X—0 2x esin x — 1 esin x — 1 sin x esin x — 1 sin x (b) lim-= lim-■-= lim-■- x—0 x x—0 x sin x x—0 sin x x esin x_1 sin x = lim-■ lim-= 1 ■ 1 = 1, x—0 sin x x—0 x -1 , sinh x "-x 1 (č) lim x sinh x = lim-= lim-= x—0 x—0 x f x—0 2x ex + 1 — 1 — e-x 1 / ex + 1 e-x + 1" = lim-= - lim--h lim- 1=1, x—0 2x 2 \x—0 x x—0 —x ex — e e (ex-1 — 1) ex-1 — 1 (d) lim-= lim-= e lim-= e, x—1 x — 1 x—1 x — 1 x—1 x — 1 2 Xr - 2 2 ■ 2X - 2 2(2X - 1 (e) lim -1-= lim -1-= lim ——1—— = 4 ■ ln2, x — TO — x — TO — x — TO 1 • 1 2x 2x 2 x x ( ex2 —1 — 1 x \ ,ju \ ^ t e x2—1 — 1 x (f) lim x f ex2—1 — 1) = lim —--^—~r~ = lim ---• lim — - V 1 x — TO x x2-1 x — TO x — TO x2- x2 — 1 x x -1 x 2 e x2—1 — 1 x2 lim -x-■ lim -- = 1 ■ 1 = 1. x — TO , , x — TO x2 — 1 x2 1 esin x 1 ex e X x X 7. DoloCi realni števili a in b tako, da bo i /'x2 + 2 lim --— ax — b = 0. x^ro y x + 2 Rešitev. Za začetek zapišimo na eno ulomkovo črto v ix2 + 2 b lim--ax — b x^ro \ x + 2 lim x lim x^-ro x2 + 2 — ax2 — bx — 2ax — 2b x + 2 (1 — a)x2 — (2a + b)x + 2 — 2b x + 2 Aer je limita enaka 0, mora biti stopnja števca strogo manjša od stopnje imenovalca. Tako dobimo sistem 1 — a = 0 2a + b = 0 in iz tega sledi, da je a = 1 in b = —2. 8. Ali je funkcija f (x) e x 0 x=0 x=0 zvezna v toCki x = 0? Resitev. Funkcija f bo zvezna, če lim f (x) =0 in lim f (x) = 0. Toda saj je lim — xt0 x 9. Ali je funkcija lim f (x) = lim e i = oo, xt0 xt0 = to in zato f ni zvezna v 0. f(x) e1 — 1 x=0 x=0 zvezna na R? Resitev. Potrebno je preveriti, ali je f zvezna v 0 (glej izrek, ki pravi, da so elementarne funkcije zvezne na svojih naravnih definicijskih območjih). Torej preverimo, ali je lim f (x) =0 in lim f (x) = 0. Razmislimo, kam konvergirajo 1 xt0 vrednosti funkcije, ko x narasca k 0, v nekaj korakih. Hitro vidimo, da — —> x —to. S tem rezultatom nadaljujemo in tako ex —0 in posledicno ex —1 —^ —1. Sedaj vidimo, da je xt0 i e x — 1 -1. in iz tega sledi, da f ni zvezna. Za vajo lahko vsak preveri, daje lim f (x) = 0. x|0 1 0 1 10. Ali je funkcija f (x) = < 2 ex-1+x-2 ; x< 1 x-1 x =1 x > 1 x x x-1 zvezna na Rešitev. Iz samega predpisa funkcije je potrebno preveriti, če je zvezna v 1. Torej je potrebno izračunati levo in desno limito od 1. Najprej levo ex-1 + x — 2 ex-1 — 1 + x — 1 lim-= lim- xf1 x — 1 xf1 x — 1 /ex-1 — 1 x — 1 lim--h xf1 \ x — 1 x — 1 ex-1 — 1 x — 1 = lim--h lim- xf1 x — 1 xfG x — 1 =1+1 = 2. Torej leva limita se ujema s funkcijsko vrednostjo. Preverimo Se desno x t-x-1 1 lim(t + 1) lim x-= lim(1 +1)1 •(t+1) = e = e. x|1 4G Ker leva in desna limita nista enaki, zato funkcija ni zvezna. 11. DoloCi f (0) tako, da bo funkcija ., . 1 — cos x f (x) = x2 povsod zvezna. Rešitev. Potrebno je izračunati lim f (x). xG 1 — cos x /1 — cos x 1 + cos x lim-^-= lim -^-■- x—G x2 x—G y x2 1 + cos x 1 — cos2 x 1 lim x—G \ x2 1 + cos x sin2 x , 1 lim —^— ■ lim- x—G x2 x—G 1 + cos x 1 2 Torej je f (0) = 2. 12. Poišči točke nezveznosti funkcije f (x) = e x — 1 ln x x < 0 0 < x < 1 x> 1 Rešitev. Potrebno preveriti zveznost v točkah x1 =0 in x2 = 1. Vidimo, da lim ex = 1 in lim(x — 1) = —1 in zato funkcija f v x1 = 0 ni zvezna. Podobno izračunamo lim(x — 1) = 0 in limln x = 0. V tem primeru pa vidimo, da je f v xf1 x|1 x2 = 1 zvezna. 13. Določi realno število a, da bo funkcija f (x) = a -1 x < 1 x > 1 zvezna na mnozici R. Rešitev. Potrebno je izračunati lim Vx — 1 lim \/x — 1 lim x—y 1 \/x — 1 x—>■! yfx — 1 Vx + 1 + +1 \/x — 1 Vx + 1 + ;vx +1 lim 1 \ x — 1 x — 1 ^x2 + vx + 1 vx +1 , Vx2 + ^x +1 lim-—- X—1 yjx + 1 3 2 Torej je a = 2. 14. Določi realno stevilo a tako, da bo funkcija f(x) 2x + 1 4 ax2 x < 1 x1 povsod zvezna. Rešitev. S pomočjo leve in desne limite v x = 1 pridemo do realnega števila a. Vidimo, da je lim(2x + 1) = 3 in lim(4 — ax2) = 4 — a. Torej za a = 1 bo f zvezna. xf1 x^1 15. Doloci realni stevili a in b tako, da bo funkcija ^ ; x< -1 x1 f (x) = { bx - 2 x1 - 1 < x < 1 x > 1 zvezna na R. Resitev. V x1 = 1 in x2 = -1 je potrebno izračunati leve in desne limite. V x1 = -1 dobimo limiti , a - x a + 1 lim -=- in lim (bx - 2) = - b - 2, xf-1 x - 1 -2 x|-1 v x2 = 1 pa i /i N i i x - 1 , x - 1 \/x - 1 lim(bx - 2) = b - 2 in lim = lim ■ xf1 x^1 A/x - 1 x^1 A/x - 1 Vx - 1 Na podlagi tega dobimo sistem enačb a±1 = -b - 2 -2 b - 2 = 0. Resitvi sistema sta a = 7 in b = 2. 16. Doloci realni stevili a in b tako, da bo funkcija -2 sin x f (x) = ^ a sin x + b cos x x <- 2 - ^ < x < 2 x > 2 zvezna na R. Resitev. V točkah - 2 in 2 je potrebno izračunati leve in desne limite. V - 2 dobimo lim (-2 sin x) = 2 in lim (a sin x + b) = -a + b, Xt 2 2 v 2 pa lim a sin x + b = a + b in lim cos x = 0. xt2 2 Tako dobimo sistem enačb -a + b = 2 a + b = 0. Resitvi sistema sta b = 1 in a = 1. 0 17. Naj bo 'cos (f (x - 1)) /(x) = { p(x) ex—2 + 3 x < -1 - 1 < x < 2 x > 2. Določi /(x) na intervalu [—1, 2] tako, da bo na tem intervalu polinom druge stopnje, ki gre skozi koordinatno izhodišče in bo /(x) zvezna na R. Rečitev. Določiti je potrebno koeficiente polinoma p(x) = ax2+bx+c, a, b, c € r, na intervalu [—1, 2], da bo f zvezna (razmisli, da je za x € r — (—1,2) funkcija zvezna). Iz podatka p(0) = 0 dobimo, daje c = 0. Nadalje, lim cos ( —(x — 1)) = xf—i v 2 / —1, lim(ex—2 + 3) = 4, p(—1) = a — b in p(2) = 4a + 2b ter tako dobimo sistem enačb a + b = —1 4a + 2b = 2 Rešitvi sistema sta a = | in b = | in zato je polinom p(x) = |x2 — |x. Diferencialni račun V zadnjem poglavju nas bo zanimal odvod funkcije realne spremenljivke in njegova uporaba. V zvezi s tem bomo spoznali vlogo odvoda pri tangenti na graf funkcije, pomen diferenciala, vpliv odvoda na lastnosti funkcije in primer uporabe odvoda v kemiji. 3.1 Odvod funkcije Definirali bomo odvod in si pogledali pravila odvajanja ter odvode elementarnih funkcij. Definicija odvoda funkcije Definicija 3.1. Naj bo funkcija f definirana na neki okolici točke x. Izrazu f (x + h) — f (x) h pravimo diferencni kvocient. Funkcije f je odvedljiva v točki x, če obstaja limita diferenčnega kvocienta, ko gre h proti 0. Tej limiti rečemo odvod funkcije f v točki x in jo označimo s f'(x); f'(x) = lim f (x + h\ — f (x) . J w h Definicija 3.2. Desni odvod funkcije f v točki x je enak desni limiti diferenčnega kvocienta, levi odvod pa levi limiti. Ni tezko videti, da je funkcija f odvedljiva v tocki a natanko tedaj, ko sta levi in desni odvod enaka. Definicija 3.3. Funkcija f : D ^ R je odvedljiva, če je odvedljiva v vsaki točki definicijskega obmoCja D. Funkciji, ki x priredi f'(x), pravimo odvod funkcije f. Zgled 88. Dana je funkcija f (x) = x. Poiscimo njen odvod f'(x). Naj bo x poljubna toCka iz Df = R. IzraCunajmo limito diferenCnega kvocienta: f (x + h) — f (x) f '(x) = limh^G lim hG h x + h — x h limh—g h = 1. h Zato je (x)' = 1, V x G R. Zgled 89. Dana je funkcija f (x) = sinx. Poiscimo njen odvod f'(x). Izracunajmo limito diferencnega kvocienta: sin(x + h) — sin x f '(x) = limh^G = limh-G h sin x cos h + cos x sin h — sin x h sin x(cos h — 1) cos x sin h = limh^G-r--+ lim h h—g h n (cos2 h — sin2 h) — (cos2 f + sin2 h) sin h = sin x limh_j.G-2-2—;-2-2—+ cos x lim —-— h h—g h ! —2 sin2 h 2 = sin x limh^G-—.--+ cos x ■ 1 h 2 sin h = sin x limh—G(— sin h) limh—G—^ + cos x 2 = sin x ■ 0 ■ 1 + cos x = cos x . Zato je (sin x)' = cos x , V x G R. Izrek 3.4. Vsaka odvedljiva funkcija je zvezna. Dokaz. Naj bo x poljubna toCka iž definicijskega obmoCja funkcije f in naj bo f odvedljiva v tocki x. Definirajmo funkcijo r(h): f (x + h) - f (x) , r(h) =-h--f (x) ožiroma f (x + h) - f (x) = f'(x)h + r(h)h . Limitirajmo desno stran enakosti: lim(f'(x)h + r(h)h) = 0 h—0 kar pomeni, da je lim(f (x + h) - f (x)) = lim f (x + h) - f (x) = 0 ^ h—s- 0 h—s-0 lim f(x + h) = f(x) h0 in f je žvežna v tocki x. Ne velja pa obratno, da bi bila vsaka žvežna funkcija tudi odvedljiva, kar lahko vidimo na želo preprostem primeru funkcije na Sliki 3.47. Slika 3.47: Funkcija f (x) = |x — 2| je žvežna v tocki x = 2, ampak v njej ni odvedljiva. Pravila za odvajanje Ce želimo uporabljati odvod, moramo žnati odvajati funkcije in to bo jedro tega raždelka. Izrek 3.5. Naj bosta funkciji / in g odvedljivi funkciji v točki x in c poljubna konstanta iz R, različna od 0. Potem so v x odvedljive tudi funkcije / + g, c/, / /g in za vsak g = 0 tudi funkcija —. Pri tem velja: g (i) (/ + g)'(x) = /'(x)+ g'(x), (n) (c/)/(x) = c/'(x^ (iii) (/g)/(x) = f(x) g(x) + /(x) g'(x), (lv) (£]' (x) -//(x) g(x) - /(x) g'(x) g/ g2(x) Dokaz. Vemo ze, daje limita vsote/produkta/kvocienta enaka vsoti/produktu/kvocientu limit pri pogoju, da le-te obstajajo. (i) Odvod vsote: (/ + )( ) r (/ + g)(x + h) - (/ + g)(x) (/ + g) (x) = limh—o-h- (/(x + h) - /(x)) + (g(x + h) - g(x)) = limh—o-r- h = lim^o /(x + h) - /(x) + lim g(x + h) - g(x) ^h—o , . ----------, h h—o h = f (x) + g'(x) • (ii) Odvod produkta s konstanto: (c/)(x + h) - (c/)(x) (c/ )'(x) = limh—o = limh—o h c/(x + h) - c/(x) h /(x + h) - /(x) = limh—o c h = c/'(x) • (iii) Odvod produkta funkcij: (/g)'(x) = limh—o (/g)(x + h - (fg)(x) _ i;™ f (x+h)g(x+fe)-f(x)g(x)-f(x)g(x+h)+f(x)g(x+h) = limh—o -h- (/(x + h) - / (x))g(x + h) + / (x)(g(x + h) - g(x)) = limh—o-T- h / (x + h) - / (x) g(x + h) - g(x) = limh—o-r-g(x + h) + lim /(x)--- h h—o h = /(x)g(x) + / (x)g'(x) • (iv) Odvod kvocienta: r, i - • • (1 g'(x) Pokazimo najprej - (x) =--t—— • \gj g2(x) 1 = g(x) ( ) / odvajamo Vg(x) / o = g'(x) (g(xy) + g(x^ 1) (x) (1(X) = - ^ • \g/ g2(x) Izracunajmo sedaj odvod kvocienta funkcij / in g, ce je g = 0: (g)' = ®)' = (/ (x) 1 g(x) / '(x)(^) + / (x/ 1 g(x)) \g(x) /'(x) ■'(x+- g'(x) g(x) V g2(x) = /'(x) g(x) - /(x) g'(x) g2(x) ' Iz Izreka 3.5 o pravilih za odvajanje v poljubni tocki neposredno sledijo pravila za odvod dveh funkcij. Izrek 3.6. Naj bosta f in g odvedljivi funkciji in c poljubna konstanta. Tedaj velja: (i) (f + g)' = f' + g', (ii) (cf)' = cf', (iii) (fg)' = f' g + f g', r ) (f\' f'g- f g' , n (iv) - =-2— > g = 0 • g g2 Pravilo o odvajanju produkta lahko z indukcijo posplosimo na vec faktorjev: (f1 f2 • • • fn)' = f1 f2 • • • fn + f1 f2 ' ' ' fn + • • • + f1 f2 • • • • V primeru, ko je f1 = f2 = • • • = fn, iz zgornje formule sledi (fn)' = nf n-1f' • Zgled 90. Izracunajmo odvod funkcije f (x) = xn. Ker je x' = 1, je po zgornji formuli (xn)' = nxn-1 x' = nxn-1 • Eno najpomembnejsih pravil za odvajanje je odvod kompozituma funkcij oz. veriZno pravilo. Izrek 3.7. (VeriZno pravilo) Naj bo funkcija g odvedljiva v tocki x in naj bo f odvedljiva v točki g(x). Tedaj je tudi f o g odvedljiva v x in velja (f o g)'(x) = f'(g(x)) g'(x) • Dokaz. Kljub temu, da je dokaz malo zahtevnejši, ga izpeljimo. Označimo y = g(x) in definirajmo funkciji a(h) in D(k): a(h) = g(x + hh) - g(x) - g'(x), D (k) = f (y + kk - f (y) - f '(y), pri čemer je k odvisen od h: k = g(x + h) — g(x) = a (h) h + g'(x) h. Pri tem velja lim a(h) = 0, lim D (k) = 0 . (f O g)(x + h) — (f O g)(x) = f (g(x + h)) — f (g(x)) = f (g(x) + k) — f (g(x)) = f (y + k) — f (y) = f'(y) k + D (k) k (f ◦ g)'(x) = lim = f'(y)(g(x + h) — g(x)) + D(k) (g(x + h) — g(x)) (f O g)(x + h) — (f O g)(x) h^0 h = lim f'(y) (g(x + h) — g(x)) +lim D(k) (g(x + h) — g(x)) h^0 h h^0 h = f' (y) g'(x) + 0 ■ g'(x) = f' (g(x)) g'(x) • I Zgled 91. Poiščimo odvod funkcije h(x) = sin(5x). Funkcija h je kompozitum funkcij f (x) = sin x in g(x) = 5x: h(x) = f (g(x)) = sin(5x). Ker je f'(x) = cos x in g'(x) = 5, je po Izreku 3.7 h'(x) = f'(g(x)) g'(x) = cos(5x) 5 . Izrek 3.8. Naj bo f odvedljiva v točki x. Ce je f'(x) = 0 za vsako točko definicijskega območja, tedaj je inverzna funkcija f-1 odvedljiva v točki y = f (x) in velja (f), 0 in velja cos y \J cos2 y y/1 — sin2 y Za |x| < 1 je asinx G (—|, |) in zato cos(asin x) — sin2 (asin x) V1 — x2 ' Upostevajmo Izrek 3.8 in izracunajmo odvod funkcije arkus sinus: 1 (asin x)' = - cos(asin x) 1 |x| < 1. V1 — x Iz zveze n acos x + asin x = ^ 1 1 1 1 1 1 1 dobimo odvod funkcije arkus kosinus: (acos x)' =--, , |x| < 1. 1 — x2 Poiscimo odvod funkcije arkus tangens. Podobno kot pri funkciji arkus sinus uporabimo Izrek 3.8 in upostevamo zvezo —^ = tan2 x + 1: 1 1 cos2 x (atan x)' = - 1 1 cos2(atan x) 1 tan2 (atan x) + 1 1 x2 + 1 Iz zveze n acot x + atan x = — dobimo odvod funkcije arkus kotangens: 1 (acot x)' = — - x2 + 1 d) Eksponentna funkcija Spomnimo se, da je ah — 1 lim-= ln a . h—g h Uporabimo definicijo odvoda v tocki: (ax)' = lim ax+h ax h—0 h ax(ah — 1) lim--- h—0 h , ah — 1 x = ax lim h—0 h = ax ln a . V posebnem primeru, ko je osnova enaka e, velja: (ex)' = ex e) Logaritemska funkcija Za ižracun odvoda logaritemske funkcije ponovno uporabimo Ižrek 3.8 in upostevamo žgoraj ižpeljan odvod eksponentne funkcije: (l°g«x)' : 1 alogax ln a 1 x ln a Odvod naravnega logaritma je enak (ln x)' = — . x f) Potencna funkcija Z uporabo verižnega pravila poiscimo odvod potencne funkcije f (x) = xr, r G R: (xr)' = (eln xr)' = (er lnx) = er ln x(r ln x)' = eln xr (r I) V x' = xr (r 1) x r—1 = r x' 1. Vidimo, da ta formula ne velja le ža naravne eksponente, kot smo to videli pri polinomih, temvec ža poljubni realni eksponent. g) Hiperbolični funkciji Ižracunajmo odvod funkcije sinus hiperbolikus: (sh x)' = ex + e-x 2 ch x . Na podoben naCin izraCunamo odvod funkcije kosinus hiperbolikus: / + e x (ch x)' 2 = sh x. Tabela odvodov elementarnih funkcij: ex — e (xr)' = r xr-1 (Vx)' = 2,/x (sin x)' = cos x (asin x)' = —- V ; a/1 — x2 (cos x)' = — sin x (acos x)' =--;- V ; a/1 — x2 / \! 1 (tan x)' = —-— cos2 x (atan = , +1 r2 (cot x)' = — T2 sin2 x (acot x)' = — 1 2 1 + x2 (ax)' = ax ln a (ln x)' = t x (ex)' = ex (logax)' = x In a (sh x)' = ch x (ch x)' = sh x Zgled 92. Izračunajmo odvode sestavljenih funkcij. 1. f (x) = 10x4 + 5x3 - 3x + 9 . f'(x) = 40x3 + 15x2 - 3. 2. f (x) = ln(x + 5x3) . f'(x)= +15—3 (1 + 15x2) . x + 5x3 3. /(x) = ^asin x . /' (x) = 1( asin x) — 3K J v/- — x2 Višji odvodi Z zaporednim odvajanjem veckrat odvedljive funkcije dobimo tako imenovane višje odvode. Definicija 3.9. Naj bo / odvedljiva funkcija. Ce je /' odvedljiva funkcija, potem njenemu odvodu pravimo drugi odvod funkcije / in ga oznacujemo z /": /'' = (/')' • Induktivno definiramo n-ti odvod funkcije /: /(n) = (/(n-1))' , n € N • Po dogovoru je nicelni odvod funkcije enak funkciji sami: /(o) = / • Omenimo se, da prve tri odvode obicajno zapisujemo s crticami, od tretjega naprej pa kot /(n). Zgled 93. Izracunajmo poljuben odvod funkcije /(x) = xn. /' (x) = nxn—1 /''(x) = n (n — 1) xn—2 /'''(x) = n (n - 1) (n - 2) xn—3 / (n)(x) = n (n - 1) (n - 2) ••• 2 ■ 1 xo = n! /(r)(x) = 0 , r > n. Na Zgledu 93 opazimo, da je n-ti odvod polinoma stopnje n konstanta, zato so vsi visji odvodi enaki nic. 3.2 Geometrijski pomen odvoda Tangenta na graf funkcije Preden si bomo pogledali geometrijski pomen odvoda, se spomnimo, da je tangens naklonskega kota ^ premice, dolocene z y = kx + n, enak njenemu smernemu koeficientu (glej Sliko 3.48) : tan = k . Slika 3.48: Naklonski kot premice. Naj bo funkcija f odvedljiva v tocki a. Definirajmo tocke A(a, f (a)), B (a + h, f (a + h)) in C (a + h, f (a)). Naj bo ^ naklonski kot sekante skozi tocki A in B, kot je to razvidno na Sliki 3.49. Opazimo, da je smerni koeficient sekante enak diferencnemu kvocientu: t |BC| f (a + h) — f (a) tan ^ = |AC| =-h-• Z manjsanjem h-ja prehajajo smerni koeficienti pripadajocih sekant k limiti diferencnega kvocienta, sekanta pa limitira k tangenti, kar vidimo na Sliki 3.50. Definicija 3.10. Tangenta na graf funkcije f v točki a je premica, ki gre skozi točko (a, f (a)) in je njen smerni koeficient enak f'(a). Slika 3.49: Sekanta skozi tocki A(a, f (a)) in B(a + h, f (a + h)). Enacba tangente je y = f'(a)(x - a) + f (a) • Zgled 94. Dana je funkcija f (x) = x2. Poiscimo enacbe tangent v tockah 0, -1, 2. n f (x + h) - f (x) (x + h)2 - x2 n , lim -f—= lim ^--= lim(2x + h) = 2x . h—0 h h—0 h h—0 Enacbe tangent so: (0, 0): y = 0 , (-1,1) : y = -2(x + 1) + 1 = -2x - 1 , (2, 4): y = 4(x - 2) + 4 = 4x - 4 . Zgled 95. Poiscimo odvod in enacbo tangente na graf konstantne funkcije. Naj bo f (x) = c, c G R. f (x + h) - f (x) .. c - c lim —---= lim-= 0 . h—0 h h—0 h Enacba tangente je y = c, kar pomeni, da je funkcija sama sebi tangenta. Slika 3.50: Tangenta na graf funkcije f. Diferencial funkcije Odvod funkcije je koristno orodje ža obravnavo obnasanja funkcije na neki okolici tocke. Diferencial temelji na ideji primerjave spremembe odvisne spremenljivke napram spremembi neodvisne spremenljivke. Vpeljimo diferenciabil-nost funkcije ter poglejmo nekaj primerov uporabe diferenciala. Le-ta nam omogoca odvajanje implicitno podanih funkcij. Definicija 3.11. Funkcija f je v tocki a diferenciabilna, ce obstajajo tako realno stevilo c, funkcija o in 5 > 0, da je f (x) = f (a) + c(x — a) + o(x)(x — a), x G (a — 5, a + 5), kjer je lim o(x) = 0. Ce je funkcija f v okolici tocke a diferenciabilna, tedaj jo lahko aproksimiramo ž linearno funkcijo y = f (a) + c(x — a) , x G (a — 5, a + 5), ki se na majhni okolici tocke a dokaj dobro ujema s funkcijo f (x). Pravimo, da smo funkcijo f linearizirali v okolici tocke a: f (x)=f (a) + c(x — a) , x G (a — 5, a + 5). Pri tem mora biti 5 > 0 dovolj malo stevilo, da je napaka, ki jo pri tem storimo, po absolutni vrednosti manjsa od neke predpisane vrednosti. Izrek 3.12. Funkcija f je v točki a diferenciabilna natanko tedaj, ko je v a odvedljiva. Nadalje, za diferenciabilno funkcijo f je c = f '(a). Dokaz. Ker je f diferenciabilna v a, obstajajo tako realno stevilo c, funkcija o in 8 > 0, da je f (x) = f (a) + c(x — a) + o(x)(x — a), x G (a — 8, a + 8) , kjer je lim o(x) = 0. Izracunajmo realno stevilo c: f (x) — f (a) = c(x — a) + o(x)(x — a) f (x) — f (a) c =--o(x) x — a t t f (x) — f (a) , , lim c = lim--lim o(x) x^-a x^-a x — a x^-a c = f '(a) • Ker je f v tocki a odvedljiva, obstaja lim f (x) — f (a) . x^a x — a Zato za vsak e > 0 obstaja tak 8 > 0, da za vsak x = a velja, ce je |x — a| < 8, tedaj je f (x) — f (a) xa — f '(a) < e • f(x) — f(a) Naj bo o(x) =--f '(a). Ocitno je tedaj lim o(x) = 0. Izracunajmo x — a x^a f(x): f (x) = f (a) + (o(x) + f'(a))(x — a) > kar pomeni, da je f diferenciabilna v tocki a. Zgled 96. Linearizirajmo funkcijo f (x) = ln x v okolici tocke 1. f'(1) = lim ln(1 + — ln1 =l,mln(L±^) =1. h h^o h Ker je f odvedljiva v 1, je tudi diferenciabilna in velja ln x= ln 1 + 1(x — 1) = x — 1, x G (1 — 8,1 + 8). Zgled 97. Poiščimo V98. Nastavimo funkcijo /(x) = \fx, a = 100 in x - a = -2. Tedaj je /'(x) = ^^ in v/98 = /(98) = /(100) + /'(100)(-2) = 9.9000 . Za primerjavo poglejmo priblizek zaokrozen na stiri decimalna mesta, ki je enak ^98 = 9.8994. Slika 3.51: Diferencial funkcije. Z uporabo diferenciala lahko preposteje dokazemo pomemben Izrek 3.4. Izrek 3.13. Ce je / v točki a odvedljiva, je v a tudi zvezna. Dokaz. Ker je / v tocki a odvedljiva, je v a diferenciabilna, torej /(x) = /(a) + c(x - a) + o(x)(x - a), x € (a - č, a + č), lim o(x) = 0 . X—a Zato je lim / (x) = /(a) X—a in / je zato zvezna v tocki a. I Ce je funkcija / diferenciabilna v tocki a, tedaj je /(x) - /(a) == /'(a)(x - a) A/ ^ /' (a)Ax. To pomeni, da ce se neodvisna spremenljivka x spremeni za Ax, tedaj se odvisna spremenljivka spremeni priblizno za Ay. Definicija 3.14. Ceje funkcija f v tocki a odvedljiva, tedaj je f '(a)Ax diferencial funkcije f v tocki a in pišemo —f = f '(a) Ax. Obicajno pisemo Ax = h in tedaj je f (a + h) = f (a) + —f = f (a) + f '(a)h. Ker je diferencial identitete f (x) = x enak 1 ■ Ax, uporabljamo zapis Ax = —x . Zgled 98. Poiscimo diferencial funkcije f (x) = sin x. — sin x = cos x—x. Odvod implicitno podanih funkcijj Zaenkrat znamo odvajati samo eksplicitno podane funkcije, zato namenimo nekaj pozornosti se racunanju odvoda implicitno podanih funkcij. Vemo ze, da s predpisom g(x,y) = 0 ni nujno dolocena eksplicitno podana funkcija y = f (x). Odvod implicitno podane funkcije najkorektneje podamo s tako imenovanimi parcialnimi odvodi, ki spadajo na področje funkcij vec spremenljivk in jih na tem mestu ne bomo obravnavali. Tako se bomo posluzili uporabe diferenciala funkcije, kar bomo demonstrirali na naslednjem zgledu. Recimo, da zelimo poiskati odvod krivulje, podane z enacbo y4 + 2x2y2 + 6x2 — 7 = 0 . Poiscemo diferencial funkcije za vsak clen posebej in upostevamo ze znana pravila za odvajanje: 4y3 —y + 2(2xy2 —x + 2x2y —y) + 12x —x = 0 . Delimo enacbo z —x: 4y3 + 2(2xy2 + 2x2y-y) + 12x = 0. —x —x Upostevamo, da je y' = ^: 4y3 y' + 4xy2 + 4x2yy' + 12x = 0 —x(y2 + 3) y y(y2 + x2) Zgled 99. Poišcimo enacbo tangente na graf krivulje 2y + 5 — x2 — y3 = 0 v tocki (2, —1). 2y' — 2x — 3y2 y' = 0 2x y 2 — 3y2 y'(2, —1) = —4 Enacba tangente je y = —4(x — 2) — 1 = —4x + 7. 3.3 Uporaba odvoda Izreki o srednji vrednosti V tem razdelku bomo spoznali nekaj pomembnih izrekov v povezavi z odvodom, ki so nujni za razumevanje integralnega racuna. Definicija 3.15. Funkcija f ima v c lokalni maksimum, ce obstaja tak 5 > 0, da za vsak x iz intervala (c — 5, c + 5) velja f (x) < f (c) • Funkcija ima v tocki c lokalni minimum, ce obstaja tak 5 > 0, da za vsak x iz intervala (c — 5, c + 5) velja f (x) > f (c) • Lokalni minimum in lokalni maksimum imenujemo tudi lokalna ekstrema. Na primeru funkcije f na Sliki 3.52 vidimo, da ima funkcija f v tockah c2 in c4 lokalna minimuma, v tockah ci in c3 pa lokalna maksimuma. Medtem ko je v c2 obenem minimum funkcije, je maksimum funkcije dosezen v tocki b. Izrek 3.16. Naj bo f odvedljiva v tocki c in naj ima v c lokalni maksimum ali lokalni minimium. Tedaj je f '(c) = 0. a ci c2 c3 c4 b Slika 3.52: (Lokalni) minimumi in maksimumi. Dokaz. Recimo, da ima funkcija / v tocki c lokalni maksimum. Tedaj za vsako dovolj majhno pozitivno stevilo h velja 0. /(c + h) - / (c) h Izracunajmo desni odvod v tocki c (h > 0): lim / (c + h) - / (c><0 h^o h in se levi odvod v tocki c (h < 0): lim /(c + h) — /M>0 hfo h Ker je / odvedljiva v tocki c, sta levi in desni odvod enaka, zato je edina moznost, da imata oba vrednost 0. Podobno velja v primeru, ko ima funkcija v tocki c lokalni minimum. I Definicija 3.17. Tocko c, v kateri je /'(c) = 0, imenujemo stacionarna tocka. Vsak lokalni ekstrem odvedljive funkcije je stacionarna tocka, medtem ko obratno ne velja, kar vidimo na naslednjem zgledu. Zgled 100. Poisčimo stacionarne točke funkcije f (x) = x3 in preverimo, če so lokalni ekstemi. f'(x) = 3x2 = 0 ^ x = 0, kar pomeni, da ima f v x = 0 stacionarno tocko. Ker je za pozitivne vrednosti f > 0 in za negativne f < 0,v x = 0ni lokalnega ekstrema. Izrek 3.18. (Rolleov izrek) Naj bo funkcija f : [a,b] ^ R zvezna na [a, b] in odvedljiva na (a,b). Ce je f (a) = f (b), tedaj obstaja takšna tocka c G (a,b), da je f'(c) = 0 (glej Sliko 3.53). Dokaz. Ker je f zvezna, po Izreku 2.41 doseze na intervalu [a, b] maksimum in minimum. Locimo dve moznosti. (i) Maksimum in minimum sta doseZzena v krajiZsZcih intervala. Ker je f (a) = f (b), maksimum in minimum sovpadata in je funkcija f konstantna, kar pomeni, da je f'(x) = 0 za vsak x G (a, b). (ii) Vsaj eden od maksimuma ali minimuma je dosezen v notranjosti intervala. Naj se to zgodi v tocki c. Tedaj je po Izreku 3.16 f'(c) = 0. f(a) = f(b) ac Slika 3.53: Rolleov izrek. I Izrek 3.19. (Cauchyjev izrek) Naj bosta funkciji f, g : [a, b] ^ R zvezni na [a, b], odvedljivi na (a,b) in je g'(x) = 0 za vsak x G (a,b). Tedaj obstaja vsaj ena takšna tocka c G (a, b), da je f (b) - f (a) = fM g(b) - g(a) g'(c)' Dokaz. Po Izreku 3.18 je g(b) = g(a), saj bi sicer obstajala tocka c G (a, b) taka, da bi veljalo g'(c) = 0, kar bi bilo protislovno s predpostavkami izreka. Definirajmo funkcijo F : [a, b] ^ R kot: F (x) = f (x) - f (a) - /(b) - f((a)) (g(x) - g(a)). g(b) - g(a) Vidimo, da je tudi F zvezna na [a, b] in odvedljiva na (a,b). Izracunajmo F (a) in F (b): F (a) = f (a) - f (a) - ^ - ^ (g(a) - g(a)) = 0 , g(b) - g(a) F (b) = f (b) - f (a) - g(b) - f((a)) (g(b) - g(a)) = 0 , g(b) - g(a) Uporabimo Rolleov Izrek 3.18 na funkciji F, kar nam da 3 c G (a, b) : F'(c) = 0 . Odvod funkcije F je F'(x) = f'(x) - g(b) - f((a))g'(x) g(b) - g(a) in vrednost odvoda v tocki c je enaka F' (c) = f' (c) - fin g' (c) = 0 g(b) - g(a) oziroma f (b) - f (a) = f(c) g(b) - g(a) g'(c)' Izrek 3.20. (Lagrangeov izrek) Naj bo funkcija f : [a, b] ^ R zvezna na [a,b] in odvedljiva na (a,b). Tedaj obstaja vsaj ena taksna tocka c G (a,b), da je f (b) - f (a) = f' (c)(b - a). Slika 3.54: Lagrangeov ižrek. Dokaz. V Cauchyjevem Ižreku 3.19 uporabimo funkcijo g(x) = x (glej Sliko 3.54). ■ Lagrangeov Ižrek 3.20 pravi, da na intervalu (a, b) obstaja tocka c, v kateri je tangenta na graf funkcije f vžporedna daljici skoži tocki (a, f (a)) in (b, f (b)). Posledica 3.21. Ce je odvod funkcije f : [a, b] ^ R v vsaki točki enak 0, tedaj je funkcija konstantna. Dokaz. Ižberimo poljubni tocki x1 , x2 G (a,b) in naj bo x1 < x2. Tedaj je f : [x1,x2] ^ R žvežna in odvedljiva in po Lagrangeovem Ižreku 3.20 obstaja x3 G (x1,x2) taksna, da velja f (x2) - f (x1) = f '(x3) (x2 - x1) = 0 ^ f (x1) = f (x2) . I Posledica 3.22. Ce imata funkciji f, g : [a,b] ^ R v vsaki točki enak odvod, se razlikujeta kvečjemu za konstanto C G R. Dokaz. Odvod ražlike funkcij f in g je enak (f - g)' = f' - g' = 0 in po Posledici 3.21 je f - g = C G R. I L'Hospitalovo pravilo Spoznali bomo pomembno pravilo, ki zelo poenostavi izracun limite funkcije v primerih, ko gre za nedolocene izraze tipa 0, —, 0 •TO, TO-TO, to° , 1TO in 0o . 0 a) Nedoločenost tipa 0 /(x) Obravnavamo lim , kjer je lim /(x) = lim g(x) = 0. X—a g(x) X—a X—a Izrek 3.23. Naj bosta funkciji / in g odvedljivi na neki okolici točke a (razen morda v točki a .sami). Naj bosta funkciji g in g' na tej okolici /'(x) različni od 0 in naj bo / (a) = g (a) = 0. Tedaj velja, če obstaja lim — /(x) tedaj obstaja tudi lim in sta enaki X—a g(x) g'(x) lim £M = lim M X—a g'(x) X—a g(x) Dokaz. Izberimo poljuben x > a. Tedaj funkcija na intervalu [a,x] zadosca pogojem Cauchyjega izreka 3.19, ki pravi, da obstaja taka tocka cX € (a, x) da velja: /'(cx) = /(x) - /(a) = /(x) g'(cx) g(x) - g(a) . n g(x) ^ f (a)=g(a)=° Ce obstaja desna limita /(f5), ko gre x ^ a (torej gre tudi cX ^ a ), velja lim ^-j—) = lim M . xfa g'(x) Xfa g(x) Na analogen nacin uporabimo Cauchyjev izrek za poljuben x < a oziroma interval [x, a], ter dobimo se levo limito lim = M X^a g'(x) X^a g(x) Ker sta funkciji / in g odvedljivi in je odvedljiv tudi njun kvocient, sta zgornji limiti enaki, s cimer zakljucimo dokaz. I 1 — cos x Zgled 101. Izracunajmo lim-. x^o x sin x 1 — cos x sin x lim- = lim x^o x sin x x^o sin x + x cos x cos x lim x^o 2 cos x — x sin x _ 1 = 2 • Vse ostale v uvodu nastete nedolocenosti lahko z enostavnimi algebrskimi prijemi prevedemo na izraz tipa o. oo b) Nedolocenost tipa — to Obravnavamo lim f—), kjer je lim f (x) = lim g(x) = to. Situacijo lahko prevedemo na (i): f (x) = g(x) 71) Dejansko pa velja analogen izrek kot v u (i) Izrek 3.23, kar poenostavi sam izracun limite. Zgled 102. Izracunajmo lim cot x x^o ln x cot x lim -- x^o ln x lim x^o lim x 2 x^o sin x 1 — lim — x^o 2 sin x cos x — TO . 1 x c) Nedolocenost tipa 0 ■ to Obravnavamo lim(/(x)g(x)), kjer je lim /(x) = 0 in lim g(x) = to. x—a x—a x—a Situacijo lahko prevedemo na (i): / (x)g(x) = ^ g(x) ali pa tudi (ii) / (x)g(x) = ^. f (x) Zgled 103. Izracunajmo lim x cot x. xo lim x cot x = lim x x—s- o x—s-o 1 cot x x lim x—o tan x lim x—o —1 = 1 • d) Nedolocenost tipa to — to Obravnavamo lim(/(x) — g(x)), kjer je lim /(x) = to in lim g(x) = to. x—a x—a x—a Situacijo lahko prevedemo na primer (i): i i _J___L_ / (x) - g(x) = -j- = g(Xi__f(x) • f (x) g(x) g(x) f (x) Zgled 104. Izracunajmo lim (--- x—o sin x x cos~ x lim ' x—0 sin x x x sin x lim x—0 x sin x lim 1 cos x x—G sin x + x cos x sin x lim — x—0 2 cos x x sin x 0 e) Nedolocenosti tipa tog , in 0G Obravnavamo lim f (x)g(x), kjer f in g v blizini tocke a ustrezata zgoraj x—a opisanim situacijam. Vse tri situacije lahko prevedemo na primer (iii), ce iskane limite najprej logaritmiramo, kar nam omogoca Izrek 2.35 (o limiti kompozituma zveznih funkcij): ln lim f (x)g(x) = lim ln f (x)g(x) = lim(g(x) ln f (x)). x—a x—a x—a Poglejmo posamezne situacije: tog : 0 ■ ln to i—> 0 ■ to 1~ : to ■ ln 1 ——> to ■ 0 0G : 0 ■ ln0 ——► 0 ■ (—to) . Zatem podobno kot v (iii) preoblikujemo limite na primer (i) ali (ii). Zgled 105. Izracunajmo lim tfx. To je prvi tip zgoraj nastetih limit. Naj bo A = lim . Izracunajmo Matevz Crepnjak 240 Petra Žigert Pletersek ln A: i ln lim ^x = lim ln xx x—>00 lim — ln x x^ro x ln x lim - x^ro x lim — x^-ro 1 = 0. Rezultat moramo se antilogaritmirati: ln A = 0 A = e0 = 1 Taylorjeva vrsta Taylorjeva formula nam omogoci, da veckrat odvedljive funkcije, ki so na videz zelo zapletene, aproksimiramo s potencno vrsto. Definicija 3.24. Naj bo f poljubna, veckrat odvedljiva funkcija in n G N. Tedaj je f'' (a) f (n)(a) Qn(x) = f (a) + f'(a)(x — a) + — a)2 + ... + 2 n! n-ti Taylorjev polinom za funkcijo f. (x — a)n Z nekaj premisleka opazimo, da velja: Qn(a) = f (a) Qn(a) = f' (a) Qin)(a) = f (n)(a) medtem ko za Qi""+1)(a) in f (n+1)(a) ne moremo vedeti, ali sta enaka. Izrek 3.25. (Taylorjeva formula) Naj bo funkcija f (n + 1)-krat odvedljiva na odprtem intervalu I in naj bo a G I. Za vsak x G I obstaja tak £ G I, ki leži med a in x, da je f (n+1)(£) f (x) = Qn(x) + f + t:: (x — a)n+1. (n + 1)! Dokaz. Definirajmo rn(x) = f (x) — Qn(x) in p(x) = (x — a)n+1. Izberimo poljuben x = a. Najprej opazimo, da je rn(a) = p(a) = 0. Veckratna zaporedna uporaba Cauchyjevega Izreka 3.19 da obstoj takih tock £1, £2,..., £n+1, da velja rra (x) = rra(x) — rra(a) = r^ (£1) p(x) p(x) — p(a) p' (£1: rn (£1) — rn (a) = <(&) P'(£1: — P'(a) P''(:2: rnn) (£n) — rnn)(a) = ^+^+1) p(n)(£n) — p(n) (a) P(n+1)(£n+1) ' Oznacimo £n+1 = £ in upostevajmo, da je p(n+1)(£) = (n + 1)!. Izracunajmo (n + 1)-vi odvod funkcije rn v tocki £: rnn+1)o = f (n+1)o—Qnn+1) o = f (n+1)c). Torej velja f (x) — Qn(x) rn(x) (x — a)n+1 p(x) pri cemer £ lezi med a in x. r (n+1) rn p(n+1)(£) f (n+1)(:) (n + 1)! Taylorjeva formula torej pravi f (x) = f (a) + f (a)(x - a) + ^(x - a)2 + ... ■■■ + ^(x - a)n + f+f(x - a)ra+1 n! (n + 1)! -sr- Funkcijo rn imenujemo ostanek Taylorjeve formule. Ce je f polinom stopnje kvečjemu n, je rn(x) = 0. Tedaj je " f(k)(a) f (x) = £ ^(x - a)k . fc=1 Posebej žanimive so funkcije, ža katere velja lim rn(x) = 0 . Tedaj namesto o Taylorjevi formuli govorimo o Taylorjevi vrsti in recemo, da smo funkcijo f ražvili v Taylorjevo vrsto, ki je pravžaprav potencna vrsta. Iž prejsnjega poglavja pa žnamo preverjati konvergenco taksnih vrst. Poglejmo si nekaj primerov. Zgled 106. Razvijmo funkcijo p" v Taylorjevo vrsto v okolici točke 0. ex = 1+ x + f + f + f + f + ... + rn(x) 1 + x + + "6 + 24 + 120 + ... + rn-(x) . Poiscimo interval absolutne konvergence te potencne vrste: lx"+11 i- (n +1)! i i i• 1 r\ i lim v . ' = |x| lim -= 0 < 1, ra^TO |xn | n^TO n +1 n! kar pomeni, da je vrsta absolutno konvergentna ža vsak x. Ostanek f (n+1) ( C ) p? r (x) = f (C) xn+1 = p xn+1 _, 0 rn(x) (n +1)! x (n +1)!x 0 ' ker smo funkcijo ražvijali v okolici tocke 0. Zgled 107. Razvijmo funkciji cos x in sinx v Taylorjevo vrsto v okolici točke 0. Razvoja funkcij sta sin x= x- x3 3! + x5 5! 7 x' 7! + 9 x9 9! cos x= 1- x2 2! + 4 x4 4! x6 6! + x8 8! x10 , s _ _ loT + • • • + rn(x) • Absolutno konvergenco in napako dobimo na podoben naCin kot v prejSnjem primeru. Zaenkrat smo se ukvarjali samo z realnimi funkcijami, sedaj pa poglejmo, kaj nam da kompleksna eksponentna funkcija f (z) = ez = ea+ib ,a,b G R. Razvijmo jo v potencno vrsto: m (ib)2 (ib)3 (ib)4 (ib)5 e = 1 + (ib) + i2! +i3! +i4! +i5! + - 1 - § + 44 - 66 + •••) + i (b - | + g - ... = cos b + i sin b. Tako za poljubna a, b G R dobimo Eulerjevo formulo ea+ib = e« . eib = ga (cos b + i sin b) • Zato lahko modificiramo polarni zapis kompleksnega stevila v obliko, s katero je se posebej preprosto racunati z = a + i b = r(cos ^ + i sin = re1^ . Monotonost funkcij Ni tezko videti, da so smerni koeficienti tangent narascajoce funkcije nene-gativni in ravno nasprotno velja za padajoce funkcije. To zvezo podaja naslednji izrek. Izrek 3.26. Naj bo funkcija f : (a, b) ^ R odvedljiva. Tedaj velja (i) f (x) > 0, Vx G (a,b) ^ f strogo naraščajoča, (ii) f (x) > 0, Vx G (a, b) ^ f naraščajoča, n (iii) /'(x) < 0, Vx G (a,b) ^ / strogo padajoca, (iv) /'(x) < 0, Vx G (a, b) ^ / padajoca. Dokaz. (i) Za poljuben par x1, x2 G (a, b), kjer je x1 < x2, je po Lagrangeovem izreku mogoce najti x3 G (x1,x2) tak, da je /(x2) - /(xi) = /'(x3) . x2 — x1 Ker je /'(x) > 0 za vsak x, velja /'(x3) > 0 ^ /(x2) - /(xi) > 0 ^ /(x2) - /(xi) > 0 , x2 — x1 kar pomeni, da je / strogo narascajoca. (ii) Pokazemo podobno kot (i). Pokazati moramo, da ce je / narascajoca, tedaj je /'(x) > 0 za vsak x G (a, b). Poglejmo diferencni kvocient / (x + h) - / (x) D h Za h > 0 je D > 0 in enako velja za h < 0. V vsakem primeru je diferencni kvocient vecji ali enak 0 in potemtakem tudi njegova limita in s tem odvod. (iii),(iv) Pokazemo podobno kot prvi dve tocki. Omenimo se primer, ki pokaze, zakaj v tocki (i) ne velja ekvivalenca. Za funkcijo /(x) = x3 velja, da je strogo narascajoca, vendar je /'(0) = 0. Zgled 108. Pokazimo, da je /(x) = sh x strogo narascajoca funkcija. /'(x) = ch x > 0, zato je / strogo narascajoca. Lokalni ekstremi Vemo ze, daje /' (a) = 0 potrebni pogoj za nastop lokalnega ekstrema v tocki a, ne pa tudi zadosten. Ce je / 2-krat odvedljiva, lahko zadosten pogoj podamo s pomocja drugega odvoda. Izrek 3.27. Naj bo / 2-krat odvedljiva na neki okolici tocke a in naj bo /'(a) = 0. Tedaj velja: (i) ce je f''(a) < 0, tedaj ima f v tocki a lokalni maksimum, (ii) ce je f''(a) > 0, tedaj ima f v tocki a lokalni minimum. Dokaz. (i) Naj bo f'(a) = 0 in f''(a) < 0. Zaradi f''(a) < 0 je po Izreku 3.26 funkcija f' strogo padajoca na neki okolici tocke a, kar pomeni, da obstaja 5 > 0 tak, da f'(x) > f'(a) = 0, Vx G (a — 5, a) in f'(x) < f'(a) = 0, Vx G (a, a + 5). To pomeni, da je na 5-okolici tocke a f' na levi strani pozitiven, na desni pa negativen. Sledi, da je f na intervalu (a — 5, a) strogo narascajoca, na (a, a + 5) pa strogo padajoca, kar pomeni, da ima v a lokalni maksimum. (ii) Pokazemo podobno kot tocko (i). I Lahko se zgodi, da je v stacionarni tocki tudi drugi odvod enak nic. Tedaj je odgovor na to, ali je v tej tocki ekstrem, odvisen od predznaka visjih odvodov, a se pri tem ne bomo spuscali v podrobnosti. Zgled 109. Poišcimo lokalne ekstreme funkcije f : R ^ R, f (x) = x4. f'(x) = 4x3 = 0 ^ x = 0 f''(x) = 12x3 ^ f''(0) = 0. S pomocjo Izreka 3.27 ne moremo odlociti, ali je v tocki x = 0 ekstrem ali pa ga ni. Zgled 110. Poišcimo pozitivni .števili, katerih vsota je enaka 100, njun produkt pa je najvecji možen. Naj bosta iskani stevili x in y. Tedaj iscemo lokalni maksimum funkcije f (x,y) = xy- Ker je to funkcija dveh spremenljivk, moramo uporabiti znan pogoj x + y = 100, s cimer dobimo funkcijo ene spremenljivke: f (x) = x(100 — x) f' (x) = 100 — 2x = 0 x = 50 y = 50. Omenimo se, kako iscemo minimume in maksimume na zaprtih intervalih. Na odprtem intervalu poiscemo lokalne ekstreme in poleg teh pregledamo se vrednosti v krajiscih intervala. V tem primeru govorimo o globalnih ekstremih. Zgled 111. Poiscimo globalne ekstreme funkcije f : [0,n] ^ R, f (x) = sinx + cos x. f' (x) = cos x — sin x = 0 ^ tan x =1 ^ x = | f ''(x) = — sin x — cos x ^ f''(|) < 0 ^ lokalni maksimum f (4 ) = . Vrednosti v robovih definicijskega obmocja sta f (0) = 1 in f (n) = —1 , kar pomeni, da imamo v tocki n globalni minimum, v tocki n pa globalni maksimum. Konveksnost in konkavnost funkcij Nadaljevali bomo v prejsnjem razdelku zaceto zgodbo o vplivu odvoda na lastnosti funkcije. Za uvod v definicijo konveksnosti in konkavnosti funkcije si poglejmo primere grafov funkcij na Sliki 3.55. a) b) Slika 3.55: a) Konveksna in b) konkavna funkcija. Definicija 3.28. Funkcija f je konveksna na [a, b], ce tangenta v poljubni tocki intervala leZi pod grafom funkcije oziroma za vsak x G [a,b] velja f (x) > f'(xo)(x — xo) + f (xo), xo G [a, b]. Funkcija f je konkavna na [a,b], ce tangenta v poljubni tocki intervala leZi nad grafom funkcije oziroma za vsak x G [a, b] velja f (x) < f'(xo)(x — xo) + f (xo), xo G [a, b]. Ocitno velja, da je f konveksna natanko tedaj, ko je — f konkavna. Izrek 3.29. (i) Ce je f "(xo) > 0 za vsak xo G (a, b), je funkcija f na intervalu [a, b] konveksna. (ii) Ce je f''(xo) < 0 za vsak xo G (a,b), je funkcija f na intervalu [a,b] konkavna. Dokaz. (i) Ker je f''(xo) > 0 za vsak xo G (a,b), je f' (strogo) narascajoca funkcija na (a,b). Izberimo tocko xo na intervalu (a,b). Tedaj je y = f'(xo)(x — xo) + f (xo) enacba tangente na graf funkcije f v tocki xo. Nadalje naj bo x poljubna tocka na (a,b), razlicna od xo. Po Lagrangeovem Izreku 3.20 obstaja med tockama x in xo tocka x1, za katero velja f (x) = f'(xi)(x — xo) + f (xo) • Ce je x > xo, tedaj je x1 > xo in ker je f' narascajoca funkcija, je tudi f'(x1) > f'(xo). Zato velja f'(xi) > f'(xo) / ■ (x — xo) > 0 f'(xi)(x — xo) > f' (xo)(x — xo) / + f (xo) f'(xi)(x — xo) + f (xo) > f' (xo)(x — xo) + f (xo) f (x) > y(x) • Ce pa je x < xo, tedaj je x1 < xo in ker je f' narascajoca funkcija, je tudi f'(x1) < f'(xo). Zato velja f'(xi) < f'(xo) / ■ (x — xo) < 0 f'(xi)(x — xo) > f' (xo)(x — xo) / + f (xo) f'(xi)(x — xo) + f (xo) > f' (xo)(x — xo) + f (xo) f(x) > y(x) • Podobno velja v primeru, ko je xo = a ali xo = b. (ii) Dokazemo na analogen nacin kot tocko (i). Zgled 112. Preučimo konveksnost oziroma konkavnost funkcij /i(x) = x3 in /2(x) = x4. Izracunajmo drugi odvod obeh funkcij: /1'(x) = 6 x, /2'(x) = 12 x2 . To pomeni, da je /1 za pozitivne vrednosti konveksna in za negativne konkavna, medtem ko je /2 povsod konveksna. Definicija 3.30. Funkcija / ima v točki c prevoj, če obstaja taka okolica točke c, da je / na eni strani točke x konveksna, na drugi pa konkavna. Izrek 3.31. Ce odvedljiva funkcija v stacionarni točki nima lokalnega ekstrema, ima v njej prevoj. Dokaz. Naj obstaja tak 5 > 0, da je / konveksna na (c - 5, c). Ker je /'(c) = 0, je tangenta na graf funkcije / v tocki c vzporedna z x osjo, in zato je / na (c- 5, c) nujno padajoca funkcija. Ker v tocki c ni lokalnega ekstrema, je / padajoca tudi na desni strani tocke c, tj. na intervalu (c, c + 5). Ce je / tudi na (c, c + 5) konveksna, tangenta v tocki c ne more biti vzporedna z x osjo, zatorej ja / na tem intervalu konkavna. I Graf funkcije Sedaj bomo zdruzili pridobljeno znanje o odvodu in ga uporabili pri risanju grafa funkcije. Preden se lotimo risanja grafov funkcij, moramo povedati nekaj vec o asimptotah funkcije. Asimptota je lahko poljubna funkcija, v primeru, ko je linearna funkcija ali premica, jo lahko dokaj enostavno dolocimo. Poglejmo najprej asimptote, ki so premice. Definicija 3.32. Premica, podana z enačbo x = a, je vertikalna asimptota ali pol funkcije /, če je lim / (x) = ±— ali lim / (x) = ±— . x^a xfa Premica, podana z enačbo y = k x+n, je posevna asimptota (če je k = 0) oziroma horizontalna asimptota (če je k = 0) funkcije /, če je lim (/(x) - kx - n) = 0 ali lim (/(x) - kx - n) = 0 . X—X—— TO (Kadar x ^ —, govorimo o desni asimptoti, za x ^ -— pa o levi asimptoti). Poglejmo, kako poiscemo asimptote funkcije. Trditev 3.33. (i) Graf funkcije f ima desno poševno oz. horizontalno asimptoto natanko tedaj, ko obstajata limiti lim f ( ) = k in lim (f (x) — k x) = n . x^-ro x x^-ro (ii) Graf funkcije f ima levo posevno oz. horizontalno asimptoto natanko tedaj, ko obstajata limiti lim f( ) = k in lim (f(x) — kx) = n. x^-ro x x^-ro Dokaz. (i) Naj bo premica z enacbo y = kx + n desna posevna (horizonatalna) asimptota funkcije f. Iz definicije asimptote lim (f(x) — k x — n) = 0 x^-ro neposredno sledi lim (f (x) — k x) = n. x^-ro Za dolocitev smernega koeficienta izraz delimo z x, s cimer dobimo t i f(x) , n\ n . .. f(x) lim - k--= 0 ^ k = lim . x^ro \ x x x^ro x (ii) Pokazemo na podoben nacin. Zgled 113. Poiscimo asimptote funkcij. 1. f (x) = ^. x Poiscimo najprej desno asimptoto: k = lim — = 0 x^ro x2 n = lim ( 1 — 0 1=0 . x^ro \ x Desna asimptota je tako premica y = 0 oziroma os x. Na podoben nacin izracunamo se levo asimptoto, ki je enaka desni. 2. f (x) = ^^^. 2x + 1 Poiščimo desno asimptoto: , v x2 + 3x 1 + f 1 k = lim —--= lim -1 = - x^ro 2x2 + x x^ro 2 + 1 2 x x2 + 3x x n = lim---= to x^ro ^ 2x +1 2 J Desna asimptota tako ne obstaja in na podoben način pokažemo, da tudi leva asimptota ne obstaja. Zaenkrat smo govorili o vertikalni in posevni asimptoti, pri čemer je slednja lahko horizontalna. V vseh teh primerih je asimptota premica. Intuitivno gledano je asimptota premica, ki se ji graf funkcije približuje, ko se premikamo bodisi v pozitivno bodisi v negativno neskončnost. Poglejmo se primere asimptot, ki niso premice. Graf funkcije f se lahko v neskoncnosti približuje neki drugi funkciji y, katere graf ni premica. V tem primeru bomo rekli, da je y asimptota funkcije f. Na take primere naletimo pri ulomljenih racionalnih funkcija, kar kaže Zgled 114. Naj bo dana ulomljena racionalna funkcija Pn(x) f(x) Pm(x) kjer je stevec polinom stopnje n in imenovalec polinom stopnje m. Ce je n < m, tedaj je asimptota funkcije f os x. V nasprotnem že vemo, da lahko polinoma delimo f (x) = Pn(x) = Q(x) + Rm-i(x) , Pm(x) Pm(x) kjer sta Q(x) in R(x) polinoma, pri cemer je slednji stopnje kvecjemu m — 1. Limitiranje funkcije f bodisi v požitivni ali negativni del neskoncnosti pokaže, da se graf funkcije f približuje grafu polinoma Q, saj gre kvocient polinomov Rm-1 in Pm proti nic. Zatorej je asimptota enaka y(x) = Q(x) • x3 — 8 Zgled 114. Poiščimo asimptote funkcije f (x) x — 1 c/ \ x 8 2 -.7 f (x) = -r- = x + x +1 — x — 1 x — 1 žato je posevna asimptota y = x2 + x +1, vertikalna asimptota ožiroma pol pa je dolocen s predpisom x = 1. Pri risanju grafa funkcije upoštevamo naslednje: - definicijsko obmoCje in preverimo sodost/lihost ter periodičnost funkcije, - ničle funkcije in po potrebi nekaj točk na grafu funkcije, - asimptote funkcije, - stacionarne tocke in lokalne ekstreme, - obmocja monotonosti in konveksnosti/konkavnosti funkcije. Zgled 115. Skicirajmo graf funkcije f (x) = xp". Definicijsko obmocje je enako R, niclo ima v tocki x = 0. Desne asimptote ni, leva asimptota je os x, kar izracunamo s pomocjo L'Hospitalovega pravila: k = lim = lim p" = 0 X^-TO X X^-TO X 1 n = lim (xeX — 0) = lim = lim —— = 0. L'H Nadalje sta prvi in drugi odvod enaka: f'(x) = p"(x + 1) f ''(x) = p" (x + 2). Lokalni minimum je tako v tocki (—1, p-1), interval narascanja je [—1, to), padanja (to, —1], konveksna je na (—2, to) in konkavna na (to, —2). Na Sliki 3.56 vidimo graf funkcije f (x) = xe". Uporaba v kemiji V zelji, da osvojeno znanje približamo bralcu, si bomo pogledali konkretni primer uporabe odvoda v kemiji. Splosna plinska enacba opisuje obnasanje idealnega plina in se glasi pV = nRT, pri cemer je p ... pritisk, V ... prostornina, T ... temperatura, R ... splosna plinska konstanta, n ... množina snovi. os y Slika 3.56: Graf funkcije f (x) = xex. O idealnem plinu govorimo, kadar zanemarimo velikost delcev, ki ga sestavljajo in njihovo medsebojno interakcijo. PosploSitev sploSne plinske enaCbe, ki upoSteva velikost delcev in njihovo medsebojno interakcijo, je Van der Waalsova enaCba stanja, ki jo je podal Johannes Diderik van der Waals v l. 1873 in opisuje realne pline. Glasi se (p + ^T^) (V - nb) = nRT , pri cemer a ... doloca interakcijo med delci, b ... doloca prostornino delcev v tekocini. Parametra a in b sta odvisna od snovi, ki jo opisujemo. Vsak realni plin lahko utekocinimo. To dosežemo s stiskanjem in/ali ohlajanjem, odvisno od posameznega plina. Za vsak plin obstaja temperatura, nad katero ga ne moremo utekociniti. To temperaturo imenujemo kritična temperatura in jo oznacujemo Tc. Realni plin lahko utekocinimo le pod ali pri kriticni temperaturi. Pritisk, ki ga za to potrebujemo, je kritični pritisk pc in prostornina, ki ustreza Tc ter pc, je kritična prostornina VC. S skupno besedo Tc, pc in VC imenujemo kritične konstante. Obstajajo plini, imenovani stalni plini, ki imajo kriticno temperaturo pod sobno temperaturo. Ce jih zelimo utekociniti, moramo te pline ohladiti do temperature pod njihovo Tc, kar pomeni pod sobno temperaturo. To so na primer He, H2, N2, O2, Ne, Ar, ... Poznamo pa veliko snovi, ki imajo Tc nad sobno temperaturo. Pri sobni temperaturi so te snovi v tekocem ali celo trdnem agregatnem stanju. Recimo voda ima Tc pri 647,1 K (standardna sobna temperatura je 298, 2 K). Vodo lahko utekocinimo pri poljubni temperaturi nizji od Tc = 647,1 K. Nad temperaturo vrelisca vode, ki je 398, 2 K, bi za ohranitev tekocega stanja vode morali delovati s pritiskom, ki bi bil visji od normalnega zracnega pritiska. Za opis stanja snovi velikokrat uporabljamo p — V diagram, kjer pritisk snovi p prikazemo kot funkcijo prostornine V, pri cemer je temperatura konstantna. To krivuljo imenujemo izoterma (glej Sliko 3.57). Iz p — V diagrama je razvidno, da se plin utekocini v prevoju izoterme pri Tc, saj krivulja prehaja iz konveksne v konkavno. Tocko prevoja imenujemo kriticna tocka in ustreza kriticnim konstantam. Racunsko to pomeni, da moramo poiskati prvi in drugi odvod funkcije p(V) in resiti enacbi p(V)' = 0 in p(V)'' = 0. Izrazimo najprej p kot funkcijo spremenljivke V: p(V) an nRT V-nb V2 ' Izracunamo oba odvoda, ju enacimo z 0 in resimo sistem enacb: p' (V) + = 0 p''(V) —nRT 2an2 (V — nb)2 + "V3" 2nRT 6an2 (V — nb)3 V4 0 • 2 Pomnozimo prvo enacbo z -- in obe sestejmo: V — nb 4an2 6an2 , V3 V 3(V — nb) V4 ' 2an2 23 V — nb V 2V = 3V — 3nb Vc = V = 3nb. Sedaj lahko izracunamo Tc in pc —nRT 2an2 + (3nb — nb)2 27n3b3 RT 2a 4nb2 27nb3 Tc = T = c 27bR Ker poznamo kriticno prostornino in temperaturo, lahko izracunamo se kriticni pritisk: p nR 27bR an2 pc - 3nb — nb 9n2b2 a 27b2 . 3.4 Naloge z rešitvami 3.4.1 Odvod funkcije 1. Po definiciji izračunaj odvode naslednjih funkcij (a) / (x) = (b) /(x) = Vx, x > 0, (c) /(x) = ^, x > 0, x2 (d) /(x) = cos x. Rešitev. ..„,,, , (x + h)2 — x2 x2 + 2hx + h2 — x2 (a) f (x) = iim---= iim---= 1 7 J v y h^o h h^o h 2hx + h2 , , ,, , = iim---= iim (2x + h) = iim 2x + iim h = 2x, h^o h h^0 h^0 h^0 , , \/x + h — v7® \/x + h — \/x + h + (b) f (x) = iim----— = iim----— ■ . -— h^o h h^0 h + h + x + h — x 1 1 = iim---■ -= iim -= h^0 h y x + h + y/x h^^x + h + yfx _ 1 1 + v^ 2y/x' 1 1 x2-(x+h)2 (c) f (x) = iim — ^ = iim = 1 7 J v y h^0 h h^0 h x2 — x2 — 2xh — h2 —2x — h = iim--—^-—t;-= iim h^0 hx2(x + h)2 h^0 x2(x + h)2 —2x h , —2x iim —^-—r — iim —^-—r = iim h^0 x2(x + h)2 h^0 x2(x + h)2 h^0 x2(x + h)2 = = —2 x4 ' , cos(x + h) — cosx (d) f (x) = hm--- h^0 h cos x cos h — sin x sin h — cos x = iim---= h^0 h cos x(cos h — 1) — sin x sin h = iim--- h^0 h cos x(cos h — 1) sin x sin h = iim----iim--- h^0 h h^0 h cos h — 1 , sin h = cos x iim----sin x iim —-— h^0 h h^0 h (cos2 h — sin2 h) — (cos2 h + sin2 h) = cos x iim --2-—---2-— — sin x h^0 h , —2 sin2 f , h = cos x iim-r—2 — sin x = — cos x iim sin--sin x h^0 2 ■ h h^0 2 = — cos x • 0 — sin x = — sin x. 2. Izracunaj odvode eksplicitno podanih funkcij (a) f (x) = xi3 + 2x2 + x + 4 (b) f (x) = x + 6T17 + ^, •Aj *AJ *AJ (c) f (x) = Vx2 + x, (d) f (x) = ^2x2 + -44x + n G N (e) f (x) = ln(log5 x), (f) f (x) = x3e3x, (g) f(x) = x2x2+2, (h) f (x) = ln(cos x)sin2x, 1 (i) f (x) = tan(ax) + cos(ax) , kjer sta a, n G N, arctan x arcsin(x2)' cosh x + ex (j) f(x) (k) f (x) - . . , — sinh x (l) f(x) = xx, (m) f(x) = (sinx)lnx, Rešitev. Pri odvajanju bomo uporabljali že znane odvode elementarnih funkcij in lastnosti odvoda (odvod vsote, odvod razlike, odvod produkta, odvod kvocienta in verižno pravilo). (a) f (x) = (x13 + 2x2 + x + 4)' = 13x12 + 4x + 1, (b) f (x) = f1 + 6^ + = (x-1 + 6x-7 + x-13)' : \x x7 x13/ v y = —x-2 — 42x-8 — 13x-14 = —1 — 42^- — 13^7, /y>2 /y>8 /y>14 xxx 1 ( 2 )' 1 ■ (x + x) = 2 V x2 + 2\/ x2 + : (c) f (x) = ^ a/x2 + xj (d) f (x) = ((2x3 + y4x + 1)ny = = n ^^2x2 + ^4x + " ^ ■ ^2x2 + (4x + 1)4)' = = n )(2x2 + ^^TT)^ ■ (to 1 + (4x + 1)'N (2x + 1), n ^ (2x3 + yy4xTT)n ^ ■ ^3x2 + n( (2x3 + y 4x + " ) ■ ( 3x1 + 4(4x + 1) 4 y —^ 1 4(4x + 1) 4 ) V (4x + 1)3 (e) f\x) = (ln (log5 x))' = ■ (log5 x)' = 1 log5 x log5 x x ■ ln 5' (f) f'(x) = (x3e3x)' = (x3)' ■ e3x + x3 ■ (e3x)' = 3x2e3x + x3e3x ■ (3x)' = = 3x2e3x + 3x3e3x, (g) f'(x) = (x2x2+2)' = (x)' ■ 2x2+2 + x ■ (2x2+2)' = = 2x2+2 + x2x2+2 ■ ln 2 ■ (x2 + 2)' = (1 + 2 ■ ln 2 ■ x2) 2x2+2, (h) f'(x) = (ln(cos x) sin 2x)' = (ln(cos x))' ■ sin 2x + ln(cos x) ■ (sin 2x)' =-■ (cos x)' ■ sin 2x + ln(cos x) ■ cos 2x ■ (2x)' = cos x sin x sin 2x + 2 ln(cos x) cos 2x, cos x 1 (i) f'(x) = ( ( tan(ax) + 1 \n 1 / a (cos(ax))' \ cos(ax) ( 1 V-1 V 1 A' = n tan(ax) +--?—- ■ tan(ax) +--?—- \ cos(ax) j \ cos(ax)) = n tan(ax) + \ cos(ax) j \ cos2(ax) cos2(ax) 1 \n-1 / a a sin(ax)\ n \tan(ax) + cos(ax) j \ cos2(ax) + cos2(ax) ) = n \tan(ax) i 1 jn-1 ■ \a + asin(ax) j — ni Laniaxi + . . ■ i 0, . , cos(ax) cos2(ax) ,, „i, x ( arctan x j) f (x) = arcsin(x2) (arctan x)' ■ arcsin(x2) — arctan x ■ (arcsin(x2))' (arcsin(x2))2 arcsin(x2) — arctan x ■ 2x 1+X2 ^^^ j cv^ (arcsin(x2))2 cosh x + ex (k) f'(x) = . . , 1 7 J w V — sinh x (coshx + ex)' ■ (— sinhx) — (coshx + ex) ■ (— sinhx)' sinh2 x (sinh x + ex) ■ (— sinh x) — (cosh x + ex) ■ (— cosh x) sinh2 x cosh2 x — sinh2 x — (sinh x — cosh x) ex sinh2 x (l) f'(x) = (xx)' = (elnx*)' = (exlnx)' = exlnx ■ (x lnx)' = = xx ■ ^lnx + x ■ ^^ = xx ■ (lnx + 1), (m) f'(x) = ((sinx)lnx)' = (eln(sinx)'n*)' = (elnx4n(sinx))' = = (elnx4n(sinx)) ■ (lnx ■ ln(sinx))' = 1 n 1 4 x , ln x / 1 i / ♦ \ .i COS x = (sin x)ln " I — ■ ln(sin x) + ln x sin x . . ,ln" /ln(sin x) = (sin x) " ■ —--- + ln x ■ cotx x 3. Izracunaj odvode implicitno podanih funkcij (a) x2 + 2xy + 5 = 0, (b) (x + xy)y2 = 0, (c) arctan — = ln x + 5y, 2v (d) sin (— ) = cos (xey), Vxv/ (e) xy = v", Rešitev. V vseh primerih y predstavlja y(x). V prvem primeru bomo preverili, da je odvod implicitno podane funkcije enak odvodu eksplicitno podane funkcije. (a) Odvod implicitno podane funkcije x2 + 2xy + 5 = 0 je 2x + 2y + 2xy' = 0. Ce eksplicitno izrazimo funkcijo dobimo —x2 — 5 y = —Ti— 2x in ko to odvajamo v eksplicitni obliki dobimo , —2x2 + 10 —x2 + 5 y =-=-. 4x2 2x2 Preverimo, da smo res v obeh primerih dobili enako. Ce iz 2x+2y+2xy' = 0 izrazimo y' in upoštevamo y, dobimo , —2x — 2 ■ —2x2 — 10 —x2 + 5 y' = -—— = - = - 2x 4x2 2x2 Opazimo, da se odvoda res ujemata. (b) (1 + y + xy')y2 + (x + xy) ■ (2yy') = 0, f ) 1 (2y — 2xy' \ 1 + _ ' (d) cos( -(-i+r)=—sin(xey' ■(ey+ (e) Izraz xv = yx pretvorimo v ev ln x = ex ln v in sedaj odvajamo 0v ln x lnx + f) = exlnyv ■ (iny + ^ xv ■ (y' inx + f) = yx ■ (iny + ^ . 4. Izračunaj n-ti odvod funkcije f (x) = x2ex. Rešitev. To nalogo bomo rešili na naslednji način: najprej bomo s pomočjo večkratnega odvajanja prišli do teze, zapisali to tezo in jo nato dokazali s pomočjo matematične indukcije. f(x) = x2ex f '(x) = x2ex + 2xex f ''(x) = x2ex + 4xex + 2ex f (3)(x) = x2ex + 6xex + 6ex f (4)(x) = x2ex + 8xex + 12ex f (5)(x) = x2ex + 10xex + 20ex Na podlagi teh odvodov predpostavimo formulo (glej koefičiente pred členi v odvodih) f (n)(x) = x2ex + 2nxex + n(n - 1)ex in sedaj dokazimo, da ta formula velja za vsa naravna stevila. Za n = 1 to trivialno velja. Predpostavimo indukčijsko predpostavko f (n)(x) = x2ex + 2nxex + n(n — 1)ex, n € n, in dokazimo, da velja tudi f (n+1)(x) = x2ex + 2(n + 1)xex + (n + 1)nex. Dokazali bomo tako, da bomo odvajali f (n)(x). (f (n)(«))' = f2ex + 2xex + 2nxex + 2nex + n(n — 1)ex = x2ex + (2n + 2)xex + (n2 + 2n — n)ex = x2ex + 2(n + 1)xex + (n + 1)nex. S tem je formula dokazana. 5. Izračunaj n-ti odvod funkcije f (x) = J+l;. Resitev. Najprej poisčimo taksni realni stevili A in B, da bo veljalo x+1 _ A B x2 — 4 = x — 2 x + 2. Iz tega posledično dobimo sistem dveh enačb z dvema neznankama A + B = 1 2A 2B = 1 Iz tega sledi, da je A = 4 in B = 4. Torej bomo v nadaljevanju odvajali f (x) = 3 + 1 4(x — 2) 4(x + 2)' Odvajajmo f (x) = f'(x) = f''(x) = f'''(x) = f (n)(x) = 4(x — 2) 3 ■ (—1) 4(x — 2)2 3 ■ (—1) ■ (—2) 4(x — 2)3 3 ■ (—1) ■ (—2) ■ (—3) 4(x — 2)4 3 ■ (—1)nn! 4(x — 2)n+! + + + + + 1 4(x + 2) —1 4(x + 2)2 (—1) ■ (—2) 4(x + 2)3 (—1) ■ (—2) ■ (—3) 4(x + 2)4 (—1)n ■ n! 4(x + 2)n+!' S pomočjo matematične indukcije dokaZimo, da formula res velja. Naredimo zgolj indukcijski korak W = (&—P)' + 3 ■ (—1)nn! ■ (—(n + 1)) 4(x — 2)n+2 3 ■ (—1)ra+1(n + 1)! 4(x — 2)n+2 + + (—1)n ■ n! \' 4(x + 2)n+1) (—1)n ■ n! ■ (—(n + 1)) 4(x + 2)n+2 (—1)n+1 ■ (n + 1)! 4(x + 2)n+2 . 3.4.2 Geometrijski pomen odvoda 1. Doloci enacbo tangente na graf funkcije f (x) = ln(x2 + 4x + 1) v tocki T(0, y). Rešitev. Smerni koeficient tangente na graf funkcije v x = 0 je enak f '(0). 2x + 4 f'(x) = x2 + 4x + 1 in zato f'(0) = = 4. Ker graf poteka skozi tocko (0, f (0)) = (0, 0), dobimo enacbo tangente y = 4x. 2. Zapisi enacbo tangente na graf funkcije f (x) = x3 — x + 1, ki je vzporedna s premico y = 2x — 1. Poisci se enacbo pripadajoce normale na graf funkcije. 3 Rešitev. Tangente na graf funkcije f so vzporedne z y, ko je f '(x) = 2. Tako dobimo enacbo 3x2 - 1 = 2. Iz tega sledi x1 = —1 in x2 = 1. Posledično dobimo točki (-1, f (—1)) = (-1,1) in (1,f (1)) = (1,1). Sedaj poiščimo enačbo tangente na graf funkcije f v točki (-1,1). Smerni koefičient tangente je 2 in zato dobimo enačbo 1 = 2 ■ (-1) + n. Tako dobimo enačbo tangente na graf funkčije f v točki (-1,1), ki je enaka, y = 2x + 3. Podobno dobimo enačbo tangrente na graf funkčije f v točki (1,1), ki je enaka, y = 2x - 1. Smerni koefičient normale na graf funkčije je kn = -1, kjer je kt smerni koefičient tangente na graf funkčije. Tako imamo v nasem primeru 1 1 = -2 ' (-1) + n in enačba normale na graf funkčije f skozi (-1, 1) je enaka 11 y = — x +—. 22 Podobno poisčemo normalo v (1, 1) in dobimo 13 y = — x +—. -2 2 3. Poisci vse tocke, v katerih je smerni koeficient normale na graf funkcije f (x) = x - cos x enak -1. Resitev. Odvod funkčije f je f'(x) = 1 + sin x. Ce upostevamo zvezo med smernim koefičientom tangente in normale, dobimo, da je potrebno poiskati tiste x € r, za katere velja 1 = -1 1 + sin x oziroma sin x = 0. Rešitev je tako mnošiča točk {(kn, kn - (-1)k) | k 4. Zapisi enacbo vseh tangent na graf funkcije f (x) = , ki so vzporedne s premico x + 2y + 3 = 0. Rešitev. Najprej implicitno obliko enačbo premice x + 2y + 3 = 0 preoblikujemo v eksplicitno obliko y = — 2x — 3. Tako iščemo tiste x € M, za katere velja 11 cos x — 1 2 oziroma cos x = —1. Rešitev tega je mnošica {n + 2kn | k € z}. Ker so vse funkcijske vrednosti mnošice {n + 2kn | k € z} enake 0, dobimo števno enašb 0 = — ^(n + 2kn) + n, kjer je k € z. Tako za vsak k € z dobimo tangento 11 Vtk = — 2x + 2(n + 2kn). 5. Za katere vrednosti a € M je premica 2x + y = 0 vzporedna tangenti grafa funkcije f (x) = a(x — 2)2 v toCki (§, y)? Rešitev. Tangenta na graf funkcije bo vzporedna s premico 2x + y = 0, ko bo f'(§) = —2. Ko odvajamo in vstavimo vrednosti, dobimo 2a( 2—2)=—2. Izrazimo a in dobimo, da je a = 2. Torej smo dobili, da je f (x) = 2(x — 2)2. 6. DoloCi funkciji f (x) = ax2 — 9a parameter a tako, da bosta tangenti na graf funkcije v njegovih preseCisCih z abscisno osjo pravokotni. Resitev. Funkcija f (ne glede na vrednost a) seka abscisno os v xo = —3 in xi = 3. Ker morata biti tangenti pravokotni, dobimo 1 6a = — 6a (odvod funkcije f je enak f' (x) = 2ax). Tako dobimo, daje a1 = — 1 in a2 = 6. 7. Poisci tiste x € M, za katere imajo tangente na grafa funkcij f (x) = 3x3 + x2 — 1 in g(x) = —x2 + 5x enak smerni koeficient. V teh tockah zapisi tudi enacbo tangente na graf funkcije g. Resitev. Iscemo tiste x, za katere velja f '(x) = g'(x). V nasem primeru dobimo enacbo x2 + 2x = —2x + 5. Resitvi te enacbe sta x1 = —5 in x2 = 1 ter tako dobimo tocki T1 (—5, —50) in T2(1,4). Za racunanje enacb tangent izracunamo smerna koeficienta k1 = g'(—5) = 15 in k2 = g'(1) =3 ter s podobnim racunom kot v prejsnjih nalogah dobimo enacbi tangent na graf funkcije g v zahtevanih tockah y1 = 15x + 25 y2 = 3x + 1. 8. Dana je funkcija f (x) = x3 — 6x2 + 10x — 4. V katerih tockah tangenta na graf funkcije f oklepa z abscisno osjo kot | ? Resitev. Upostevamo, daje f '(x) = tan V nasemo primeru dobimo enacbo 3x2 — 6x + 10 = tan ( ^ 4 Ta kvadratna enacba ima resitvi x1 = 1 in x2 = 3 ter tako dobimo tocki (1,1) in (3, —1). n 9. Preveri, da se funkciji f (x) = xx I 2 'x I 1 in g(x) = 2x + sin x + 1 sekata v x0 = 0, in nato izracunaj kot med grafoma funkcij v x0. Resitev. Funkciji se sekata v x0 = 0, saj je f (0) = g(0) = 1. Kot med grafoma funkcij izracunamo s formulo tan ^ = fc2 —fcl 1+fclfc2 , kjer je ^ kot med grafoma funkcij, k1 in k2 pa sta smerna koeficienta tangent na graf funkcij v neki tocki. V nasem primeru k1 = f'(0) = 2 in k2 = g(0) = 3. Tako dobimo tan ^ = 3 1 + 2 ' 3 in zato je ^ = 4. 10. Naj bo a realno stevilo in f,g : R ^ R funkciji f(x) = x2 — 7x + 6 in g(x) = (x — 1)(x2 + ax — 2)^ (a) Za katere vrednosti parametra a se grafa funkcij f in g v tocki (1,0) sekata pod kotom 4? (b) Za katere vrednosti x0 G R tangenta na graf funkcije f v tocki (x0, f (x0)) poteka skozi tocko (0,2)? Resitev. 10 2 (a) Vidimo, da se f in g res .sekata v (1,0). Naj bo ki = f'(1) in k2 = g'(1). Če želimo, da se grafa funkcij sekata v točki (1,0) pod kotom 4, potem mora k2 - ki veljati 1 + ki k2 = 1. V nasem primeru dobimo a -1 + 5 = 1 1 - 5(a - 1) Ko resimo to enačbo, dobimo režitvi ai = i in a2 = |. (b) Uporabili bomo naslednjo obliko enačbe premice y - yo = k(x - xo), kjer je k smerni koeficient premice in (x0,y0) točka, skozi katero poteka premica. Smerni koeficient tangente na graf funkcije f v točki (x0,y0) je f'(x0) = 2x0 - 7. Ker vemo, da poteka tangenta na graf funkcije f skozi (0,2) in (x0,y0), dobimo 2 - y0 = (2x0 - 7)(0 - x0). Upočtevajmo, da je y0 = f (x0) in tako dobimo 2 - x0 + 7x0 - 6 = -2x0 + 7x0. Ničli te kvadratne enačbe sta x0l = -2 in x02 = 2, kar je tudi končna rečitev nače naloge. 11. DoloCi realni števili a in b tako, da bo imela funkcija f : R ^ R, ki je podana s predpisom , sin x f (x) = 2 + a sin x + b cos x lokalni ekstrem v toCki (f ,>/3). Rečitev. Ker točka (3, a/3) leči na grafu funkcije, dobimo prvo enačbo = V3. 2 + a + b 2 Ker je v (1, \/3) tudi lokalni ekstrem f, je najprej potrebno odvajati f f'( ) cos x(2 + a sin x + b cos x) - sin x(a cos x - b sin x) (2 + a sin x + b cos x)2 2 cos x + b (2 + a sin x + b cos x)2' /z pogoja f'(1) =0 dobimo 1 + b = 0. Sledi, daje b = -1 in posledično a = - ^. 3.4.3 Uporaba odvoda 1. S pomočjo diferenciala izračunaj približne vrednosti (a) 716,16, (b) ln(1, 25), (c) tan(). Rešitev. V vseh primerih bomo uporabili formulo f (a + h) = f (a) + f' (a)h. Cilj je prepoznati a, h in f. (a) a = 16, h = 0,16 in f (x) = \fx, v/16,16 = Tl6 + —3= ■ 0,16 = 4, 02. v 2^16 (b) a = 1, h = 0, 25, f (x) = ln x, ln(1, 25) = ln(1) + 1 ■ 0, 25 = 0, 25. (c) V tem primeru bomo rezultat izrazili s pomočjo števila n. a = 4, h = —180, f (x) = tan x, 2. S pomočjo diferenciala dokaži, da za e > 0, kjer je e poljubno majhno stevilo, velja -7^ = 1 — £-vT+e 2 Rešitev. Sklicali se bomo na formulo f (a + h) = f (a) + f' (a)h. V tem primeru je a = 0, h = e in f(x) = . ^o odvajamo funkcijo f, dobimo f'(x) = 1 2\/(1+X)3 Izračunane podatke vstavimo v formulo in dobimo 111 e e = 1 — -. TTTi TTTo V(1 + 0)3 2' 3. S pomočjo diferenciala dokaži, da za G R, |z| < |y|, velja v v3 + z = V + ^ • 3v2 Resitev. Podobno kot v nalogi 2. V tem primeru je a = y3, h = z, f (x) = in f'(x) = 33^-2. Uporabimo formulo in dobimo Vy3 + z = ^y3 + —^ ■z = y + ^2. 3 Ty6 3y2 4. S pomočjo Lagrangeovega izreka dokazi, da ima enacba ex = x +1 eno samo resitev x = 0. Rešitev. Naj bo f (x) = ex - x - 1. Upoštevajmo Lagrangeovo formulo (f (b) -f (a) = f '(c)(b - a), c € (a, b)) na intervalu [0,x|: (ex - x - 1) - (e0 - 0 - 1) = (ec - 1)(x - 0). Iz tega dobimo enačbo ex - 1 = xec, 0 < c < 1. Ker je po predpostavi ex = x + 1, upoštevamo to pri prejsnji enačbi in dobimo Ta enakost velja, ko je x = 0. Opomba: brez izgube za splošnost smo c izbrali na intervalu (0,1). 5. Dokazi neenakosti (a) ln(x + 1) < x, za x € R+, (b) 1 + x < ex, za x € R, (c) sinx < x, za x € R+. Rešitev. (a) Naj bo f (x) = x - ln(x + 1). Opazimo, da je f (x) = 0, ko je x = 0. Odvod te funkčije je f'(x) = 1 - x+i. Ker je f'(x) > 0 za vsak x € r+, potem je f strogo naraššajoša (nima lokalnega ekstrema) in posledišno neenakost res velja. (b) Naj bo f (x) = ex - x - 1. Opazimo, da je f (x) = 0, ko je x = 0. Za vsak x, kjer je x € r+, je f '(x) = ex - 1 > 0 in zato neenakost velja (glej primer (a)). Podobno za negativne vrednosti. Natanšneje, za vsak x, kjer je x € r-, je f'(x) = ex - 1 < 0 kar pomeni, da je f na tem obmošju padajoša, torej je x + 1 < ex. Torej neenakost velja za poljuben x € r. (č) Trivialno je res, da je sin x < x za x > f, saj je sin x < 1 za vsak x € r, zato preverimo neenakost samo za 0 < x < f. Naj bo f (x) = x - sinx. Vidimo, da je f (x) = 0, ko je x = 0. Ker je f'(x) = 1 - cos x > 0 za vsak x, kjer je x € (0, f), zato neenakost res velja (glej primer (a)). 6. Dokazi enakosti n (a) arcsin x + arccos x = , za x € [-1, 1], n (b) arctanx + arccotx = za x € [-1,1]. /y> - ry (D JU - JU C- . Resitev. V tej nalogi bomo uporabili posledico Lagrangeovega izreka (lahko pa med drugim gledamo kot na posledico Rolleovega izreka). Ta pravi, ce imamo zvezno odvedljivo funkcijo f na intervalu [a, b] za katero velja, daje f' (x) = 0 za vsak x € (a, b), potem je na [a, b] f konstantna funkcija (razmisli). (a) Najprej odvajajmo f (x) = arcsin x + arccos x. f' (x) = (arcsin x + arccos x)' = + 1 V1 — x2 vT— 0. x2 Seveda to res zadosča posledici Lagrangeovega izreka. Do konstante 2 pridemo tako, da vstavimo vrednost —1 v f (x). (b) Podobno v (a) primeru odvajamo funkcijo f (x) = arctanx + arccot x. Dobimo f' (x) = (arctan x + arccot x)' = _ 1 „ + 1 0. 1 + x2 1 + x2 Vidmo, da je odvod enak 0. Do konstante | pridemo tako, da vstavimo vrednost —1 v f (x). 7. Naj bo [a, b] poljuben interval na realni osi in naj bo f (x) = 2x2 — x. Dokazi, da stevilo c, ki nastopa v Lagrangeovi formuli f (b) — f (a) = f' (c)(b — a), ravno na sredini med a in b. Resitev. Izracunamo odvod funkcije f, f'(x) = 4x — 1 in izrazimo c iz enacbe 2b2 — b — 2a2 + a = (4c — 1)(b — a). Dobimo, da je c = . 8. S pomocjo L'Hospitalovega pravila izracunaj naslednje limite (a) (b (c (d (e (f lim x2 ln x, x^0 3x — 2x lim x—s- 0 x lim x cot(2x), xex — sin x x x 2 n lim x^0 lim f Vcot x 2 cos x ln(sin x) lim --—, f (n — 2x)2 _ ln (^), x^ro ln —' lim (h) lim x e 2„-xf (i) lim xne x, n € N, (j) lim x2eX2. x—s- 0 Resitev. in x l'h 1 x2 (a) iim x2 in x = iim L= iim = iim = 0, x—>0 x—>0 -1 x—>0 —2 x—>0 — 2 —2 3 x2 x3 3x _ 2x 3x in^ —2x in2 /3 (b) iim- = iim-= in 3 — in 2 = in I - x— 0 x x— 0 1 2 , . , , , x cos(2x) l'h , cos(2x) — 2x sin(2x) (č) iim xcot(2x) = iim-7—— = iim-7—-- x— 0 x— 0 sin(2x) x— 0 2 cos(2x) 1 0 1 2 2' , xex — sinx l'h, ex + xex — cosx l'h, 2ex + xex + sinx (d) iim-^- = iim- = iim- x— 0 x2 x— 0 2x x— 0 2 = 2 + 0 + 0 = 1 = 2 = , , , f x n \ /x sinx n (e) iim---= iim--- x—f Vcotx 2cosx/ x—1\ cosx 2cosx / 2x sin x — n\ l'h , 2 sin x + 2x cos x 2 — 0 = iim - = iim -=-= —1, x—f \ 2 cos x J x— f —2 sin x —2 (f) iim in(sin x) L=H iim ^ = iim _^_L=H x—f (n — 2x)2 x—f —4(n — 2x) x—f —4 sin x(n — 2x) l'h , — sin x —11 = iim x— f —4 cos x(n — 2x)+8sin x 0 + 8 8' in l x+1 A ~XTT ' —1 ( 1 X (g) iim L=H iim —-1— = iim — 41 x — in ( x-i) x — —^ • -1 x — ' 1 ' V x J x—1 x2 x1 iim ( —x—1 ) L' iim ( —1 ) = — 1, x—to V x + 1 / V 1 2 x2 L' H 2x 1 (h) iim x2e—x = iim —f = iim -f = iim —f = 0, n _x ,. xn l'h ,. nxn 1 l'h ,. n(n — 1)xn 2 l'h (i) iim x e = iim — = iim - = iim - = x—to x—to ex ex ex l'h l'h ,. n ■ (n — 1) ■ ■ ■ 2 ■ 1 = ... = iim -= 0, ex i x. _ e x2 2 -1 e x2 l'h e x2 ■ —J (j) iim x ex2 = iim —j— = iim-= iim ex2 = to oziroma limita ne obstaja. 12 x—s-0 x—s-0 -1 x—s-0 —2 x—s-0 9. S pomočjo L' Hospitalovega pravila in lastnosti zveznih funkcij izračunaj naslednje limite (a) lim (x2 — 1) x—»oo 2 . , X (b) lim(lnx)1-x, x—1 (c) lim ' + x—0 \ 1 — 1 , 1 ^ X2 (d) lim ' x—0 V 1 + x2 (1 + x) 1 1 \ x X (e) lim x—0 m v f e2(x-1) + x — 1 \ X—1 (f) lim - w x—1 ^ 2x — 1 Rešitev. V tej nalogi bomo uporabili naslednji izrek iz drugega poglavja: če sta funkciji f in g zvezni funkciji v točki g(a) oziroma a, tedaj je iim f (g(x)) = f ( iim g(x) x—a \x—a (a) Označimo L = iim (x2 — 1) x. Izračunajmo iim in(x2 — 1) f. x—^^o x—^^o „2 _ „ _ in(x2 — 1) L'H S2-! iim in(x2 — 1) x = iim --= iim x—^ x 1 2x 2 = iim --= iim — x2 — 1 2x = 0. Uporabimo izrek in dobimo in L = 0 ter posledično L = 1. (b) Označimo L = iim (in x) x1 1—x iim in(in x)1—x = iim(1 — x) in(in x) = iim in(in x) x—> 1 x—> 1 x—> 1 ——— 1—x L=H iim = iim (1 —x) x—1 1 ,2 x—1 x in x (1—x)2 l'h —2(1 — x) —2(1 — x) = iim —-— = iim —-— x—1 in x + x x—1 in x + 1 = 0. Dobimo, da je in L = 0 ter posledično L = 1. . i (č) Označimo L = iim ( - x— 0 1 x 12 1+ x\f ln{I+f) L'H T—f ' (1—x)2 iim ln - = iim —--— = iim 1 — X x— 0 1 — x x— 0 x x— 0 1 2 = iim --2 = 2. x— 0 1 — x2 Dobimo, da je in L = 2 ter posledično L = e2. i / 1 X2 (d) Označimo L = lim -;r x—0 \ 1 + x2 , \ 1 j X2 .. 1+2) L'H (1+ x2)' lim ln -^ = lim —^—— = lim---— x—0 \1+ xv x—0 x2 x—0 2x = lim-^ = —1 x—0 1 + x2 Dobimo, da je ln L = —1 ter posledično L = e-1. (e) Označimo L = lim ( (1 + x) j . x—0 \ e J 1 l ( (1+x)1 \ UmJ^V = lim V ' ^ = lim'"'11 x>1 —"'e x—0 \ e / x—0 x x—0 x = lim ln(1 +x) — x L=H lim jt—i x—0 x2 x—0 2x L'H (1+x)2 1 — lim — x—0 2 2 Dobimo, da je ln L = 2 ter posledično L = —=. 1 (f) Označimo L = lim e2(x-1) + x — A x-1 x—1 \ 2x — 1 >(x-1) + x — 1 \ X-! W =2(X2x-+1x-1) lim ln I --= lim x—1 \ 2x — 11 x—^ 1 x — 1 ln (e2(x-1) + x — 1) — ln(2x — 1) = lim —---- x— 1 x 1 2'2(x-1) + 1 L= lim y+x-1 2x-1 x— 1 1 = 1. Dobimo, da je ln L = 1 ter posledično L = e. 10. Razvij funkcijo f (x) = ln(x + 1) sin x v Taylorjev polinom v okolici tocke x = 0 do clenov 3. reda. Rečitev. V našem primeru je potrebno funkcijo f odvajati do tretjega reda f' (x) = si+x + ln(x + 1)cos x sin x cos x f (x) = — +2 xrr — ln(x + 1)sin x sin x cos x sin x f (x) = 2--— 3--— 3-- — ln(x + 1)cos x J K J (x + 1)3 (x + 1)2 x + 1 v 7 Vstavimo vrednosti v Taylorjevo formulo in dobimo x3 f (x) = x2 — — + r(x), Matevz Crepnjak 271 Petra Zigert Pletersek kjer je r(x) nek ostanek 4. reda. 11. Razvij funkcijo f (x) = sin2 x v Taylorjev polinom v okolici toCke x = 0 do Clenov 5. reda in oceni napako za x G [-n, n]. Rečsitev. Ko zaporedoma odvajamo f, dobimo f' (x) = 2 sin x cos x = sin2x f ''(x) = 2 cos 2x f '''(x) = -4 sin 2x f (4)(x) = -8 cos 2x f (5)(x) = 16sin2x f (6)(x) = 32 cos 2x. Vstavimo vrednosti v Taylorjevo formulo in dobimo f (x) = x2 - y + r(x). Ocenimo če r(x) na intervalu [-n-, n ]. 32 6 32 6 |r(x)| = 32cos(2£) x6 6! = 1 cos(2{)| ■ |x6| < ^-cos(0) ■ < 0,011. 7201 v 1 1 < 720 v ' V4/ ' 12. Razvij funkcijo f (x) = x1 ln x v Taylorjev polinom v nicli funkcije do clenov [A - ] L10 ' 10 J 4. reda ter na intervalu [ 190,12] oceni napako. Resitev. Razvili bomo Taylorjevo polinom do členov 4. reda za x = 1. /zračunajmo odvode. f'(x) = 3x2 ln x + x2 f ''(x) = 6x ln x + 5x f''' (x) = 6 ln x + 11 f (-)(x) = x f (5)(x) = -J2 Vstavimo vrednosti v Taylorjevo formulo in dobimo 5 11 1 f (x) = (x - 1) + ^(x - 1)2 + -(x - 1)1 + 4(x - 1)4 + r(x). Ocenimo se napako r(x) na intervalu [ 10,12] lr(x)l = 5! ?2 (x - 1)5 1 -|x - 1|5 <-1—2 |0, 2|5 < 0, 00002. * 20 (10)21 13. Razvij funkcijo f (x) = xe x v Taylorjevo vrsto okolici tocke x = 0 in poisci njeno konvergencno obmocje. 6 Resitev. Ker je potrebno f razviti v Taylorjevo vrsto, izracunajmo n-ti odvod funkcije f. f'(x) = e—x — xe—x f''(x) = —2e—x + xe—x f '''(x) = 3e—x — xe—x f(4) (x) = —4e—x + xe—x f (n)(x) = (—1)n—1ne—x + (—1)nxe—x. Na podlagi odvodov zapisimo Taylorjevo vrsto f (x) = x — x2 + 2 x3 + ... + (—1)n—1 1! xn + ^ (—1) n— 1x™ ^ (n — 1)! n=1 Pred obravnavo r(x) dolocimo konvergencno obmocje Taylorjeve vrste. lim n—»oo ( —1)n ( —1)n (n—1)! lim n Iz tega sledi, da vrsta konvergira za vsak x G r. Preverimo se r(x). lim n ((n + 1) — 0(—1)ne—g +1 (n + 1)! x < lim e g v.n+1 n! + xn+1{ (n + 1)! Torej za vsak x G r lahko f zapisemo v Taylorjevo vrsto f (x) = x — x2 + 2 x3 + ... + (—1)n—1 (n—1! xn + ... ^ (—1)n—1xn ^ (n — 1)! n=1 14. Razvij funkcijo f (x) = ln x v Taylorjevo vrsto v okolici tocke x = 1 in poisci njeno konvergencno obmocje. Resitev. Najprej poiscimo n-ti odvod funkcije f. f '(x) f ''(x) f '''(x) f(4) (x) 1 x x3 f(n)(x) = ( —1)n—1 0 0 1 2 x 6 4 x Na podlagi odvodov zapisimo Taylorjevo vrsto f( \ i n (x — 1)2 , (x — 1)3 f (x) = (x — 1)----+--- + (—1)n—11(x — 1)n + n E n=1 ( — 1)n—1(x — 1)n n Pred obravnavo r(x), dolocimo konvergencno obmocje Taylorjeve vrste. (—i)n lim n—»oo n+1 ( —1)n lim n—»oo n n+1 = 1. Posledicno dobimo neenakost |x — 1| < 1 in zato 0 < x < 2. S pomocjo Leibnizovega kriterija preverimo, da velja tudi za x = 2. Obravnavajmo se r(x). Torej dokazimo, da velja lim n (—1)n gn + 1 (n + 1)! (x - 1) n+1 v okolici x = 1. Tako imamo ?,i lim n (—1)n n + 1 (n + 1)! (x - 1) n+1 lim n lim n^-ro 1 (x — 1)n+1 n + 1 {n+1 1 ( x- 1 n + 1 v e n+1 Izraza 1 < x< 2 in 1 <£! —... + (—1>"-1 0, potem je v x0 lokalni minimum, - f''(x0) = 0, potem z drugim odvodom ni mogoce dolociti ali je v x0 lokalni ekstrem. Tako imamo v nasem primeru v xl,1 lokalni maksimum, v xi,2 pa lokalni minimum. S pomocjo drugega odvoda dolocimo prevoj. To so tisti x G D/, za katere je f''(x) = 0. V nasem primeru takih vrednosti ni. v. Obmocja narascanja in padanja Za nek interval (a,b) CD/ velja - ce za vsak x G (a, b), f'(x) < 0, potem je f na (a, b) padajoca,, - ce za vsak x G (a, b), f'(x) > 0, potem je f na (a, b) narascajoca. Prvi odvod smo izracunali ze v prejsni tocki. S preprostim racunanjem dobimo, daje f na obmocju (1,2) U (2,3) padajoca, na (-to, 1) U (3, to) pa narascajoca. vi. Obmocja konveksnosti in konkavnosti Za nek interval (a,b) CD/ velja - ce za vsak x G (a, b), f''(x) < 0, potem je f na (a, b) konkavna, - ce za vsak x G (a, b), f''(x) > 0, potem je f na (a, b) konveksna. Drugi odvod smo izracunali dve tocki nazaj. S preprostim racunom dobimo, daje f na (-to, 2) konkavna, na (2, to) pa konveksna. Sedaj s pomocjo teh tock narisemo graf funkcije f. 1 + 2x (b) f(x) = 2 - 2x i. Naravno definicijsko obmocje Df = r -{1}. ii. Nicle funkcije x1 = - 2. iii. Asimptote funkcije Navpicna asimptota xn = 1, posevna asimptota y(x) = -1. iv. Stacionarne tocke, lokalni ekstremi in prevoji 3 3 Odvoda funkcije: f '(x) = —-—2-, f''(x) = -- 2(x - 1)2' J y ' (x - 1)1' Stacionarnih tock ni. Lokalnih ekstremov ni. Prevoja ni. 345 Slika 3.58: Graf funkcije f (x) = (x ^ x 2 v. Območja naraščanja in padanja Narašča na celotnem D/. vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na (-to, 1), konkavna na (1, to). -5 -4 -3 -2 2345 Slika 3.59: Graf funkcije f (x) = . 2 -1 -2 -3 č f (x) = x ln2 x i. Naravno definicijsko območje Df = r+. ii. Ničle funkčije xi = 1. iii. Asimptote funkčije Asimptot ni. Za laZje risanje izračunamo vrednosti na robu D/ lim f (x) =0 in lim f (x) = to. iv. Stačionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji 2(in x + 1) Odvoda funkčije: f'(x) = in2 x + 2 in x, f'(x) =-. Stačionarni točki: xs,1 = e—2, xs,2 = 1. Lokalna ekstrema: xe,1 = e—2, lokalni maksimum; xe,2 = 1, lokalni minimum. Prevoj xp = e—1. v. Območja naraččanja in padanja Naračča na (0, e—2) U (1, to), pada na (e—2, 1). vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na (e—1, to), konkavna na (0, e—1). 4 2 j 2 3 4 5 Slika 3.60: Graf funkcije f (x) = x ln2 x. t< \ in(x + 1) (d) f (x) = —x— i. Naravno definičijsko območje Df = (—1, 0) U (0, to). ii. Ničle funkčije Ničel ni. iii. Asimptote funkčije Vodoravna asimptota y(x) = 0. Za lačje risanje izračunamo vrednost na robu D/ iim f (x) = to in iim f (x) = 1. x—-1 x—0 iv. Stačionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji Odvoda funkčije: f'(x) = -—(x( ++)1i)Q(2x + 1), f//( ) = —3x2 — 2x + 2(x + 1)2 in(x + 1) f (x) = x3(x + 1)2 . Stačionarnih točk ni (izkaze se, da je x+j = in(x + 1); pomagaj si z grafi elementarnih funkčij). Lokalnih ekstremov ni. Prevoja ni. v. Območja naraččanja in padanja Pada na čelem D/. vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na celem D/. Slika 3.61: Graf funkcije f (x) = ln(x+1). (e) f (x) = x + \/l — x i. Naravno definicijsko območje D/ = (—TO, 1]. ii. Ničle funkcije X1 = . iii. Asimptote funkcije Asimptot ni. iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji Odvoda funkcije: f'(x) = 1--, f''(x) =----. 2\/1 — x 4^/(1 — x)3 Stacionarna točka: xs = |. Lokalni ekstrem: xe = 4, lokalni maksimum. Prevoja ni. v. Območja naraččanja in padanja Pada na celem (|, 1), narašča na (—to, |). vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konkavna na celem D/. (f) f (x) = x\/4 — x2 i. Naravno definicijsko območje D/ = [—2, 2]. ii. Ničle funkcije x1 = —2,x2 = 0,x3 = 2. iii. Asimptote funkcije Asimptot ni. j -5 -4 -3 Slika 3.62: Graf funkcije f (x) = x + Vi — x. iv. Stacionarne tocke, lokalni ekstremi in prevoji Odvoda funkcije: f'(x) = — 2(x2 — 2) ,, 2(x3 — 6x) V4—" f''(x) = 7(4 — x2)3' x2 y(4 — x2 Stacionarni točki: xs,i = —a/2, xs,2 = \/2. Lokalna ekstrema: xe,i = — a/2, lokalni minimum; xe,2 = \/2 lokalni maksimum. Prevoj xp = 0. v. Obmocja narašcanja in padanja Pada na (—2, — \/2) U (\/2,2), narašca na (—\/2, \/2). vi. Obmocja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na (—2, 0), konkavna na (0, 2). 2 j -i 2 2 j 2 Slika 3.63: Graf funkcije f (x) = x\j4 — x2. fo; f(x) = (x — 2)ex i. Naravno definicijsko obmocje = r — {0}. ii. Nicle funkcije xi = 2. iii. Asimptote funkcije Navpična asimptota: xn = 0. ^ , , (x - 2)ex Poševna asimptota: k = iim -= 1, x n = lim ((x — 2)ex — x ) = -1, y(x) = x — 1; podobno za x ^ —to. x—ro V / Za natančnejše risanje: lim(x — 2)ex = 0, lim(x — 2)ex = —to. iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji Odvoda funkcije: f '(x) = x-x—2ex, f "(x) = — 3x + 2 ex. Stacionarnih točk ni. Lokalnih ekstremov ni. Prevoj: xp = — |. v. Območja narasčanja in padanja Narasča na čelem D/. vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na (—to, — f); konkavna na (—§, 0) U (0, to). -3 -2 Slika 3.64: Graf funkcije f (x) = (x — 2)e1. (h) f (x) = o xf — 1 i. Naravno definičijsko območje D/ = r — {—1,1}. ii. Ničle funkčije Ni ničel funkčije. iii. Asimptote funkčije Navpična asimptota: xn,i = —1,xn,f = 1. 2 i Posevna asimptota: k = lim x - = 0, x ex n = lim -= 0, y(x) = 0; ko x ^ to, asimptota ne obstaja. xf — 1 x e Za natančnejše risanje: lim —- = to, lim e xf-1 x2 — 1 x|-1 X2 — 1 = —to, lim xf1 x2 — 1 —oo, lim ■ x|1 x2 — 1 = to, lim x^TO X2 — 1 = OO. iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji Odvoda funkcije: f '(x) = e (xx 2—2x 2 1), (x — 1) "( ) = ex(x4 — 4x3 + 4x2 + 4x + 3) f (x) = (x2 — 1)3 . Stacionarni točki: xs , 1 = 1 — \/2, xs,2 = 1 + V2. Lokalna ekstrema: xe , 1 = 1 — V% lokalni maksimum; xe, 2 = 1 + V% lokalni minimum. Prevoja ni. v. Območja naraččanja in padanja Naračča na (—to, —1)U(—1,1 — \/2)U(1 + V% to), pada na (1 — v% 1)U (1,1 + \/2). vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na (—to, —1) U (—1, to); konkavna na (—1,1). -3 -2 x e x x e e 3 2 J 23 Slika 3.65: Graf funkcije f (x) = (x — 2)e1. 19. PoisCi tisti pozitivni realni števili, katerih vsota je 1000 in imata najveCji možni produkt. Rečitev. Iččemo taksna x, y € r, da velja x + y = 1000 x ■ y = max. Sedaj iz prve izrazimo y in dobimo f(x) = max = x(1000 — x). in dobimo funkcijo, ki je odvisna od x. Ekstrem te funkcije bo končna rešitev. f (x) = 100 — 2x in f '(x) = 0, ko je x = 500. Sedaj pa s pomocjo drugega odvoda preverimo, da je x = 500 res maksimum funkcije. Ker je f"(500) = -2 < 0, je v x = 500 res najvecji mozni produkt in zato x = y = 500. 20. Izmed vseh pravokotnikov, ki jih lahko včrtamo v krog s polmerom r, poisči tistega z največjo plosčino. Resitev. Slika 3.66: V krog včrtani pravokotnik. Iscemo taksni stranci x, y G r pravokotnega trikotnika, da velja x ■ y = max. Podobno kot v nalogi 19 zelimo zapisati funkcijo ene spremenljivke, zato je potrebno dobiti zvezo med x in y. S slike 3.66 je razvidno, da x2 + y2 = (2r)2. Iz tega dobimo, da je y = (2r)2 - x2 (pozor: gledamo koren s pozitivnim predznakom, saj bi koren z negativnim predznakom pomenil negativno dolžino, kar ni mogoce). Tako dobimo funkcijo f (x) = x ■ \/(2r)2 - x2. Za iskanje ekstremov odvajajmo f, f(x) = \J (2r)2 - x2 - 2x2 V(2r)2 - x2 in f'(x) = 0, ko je x = \/2r (podobno kot y vzamemo pozitivno resitev). Preverimo, da je res maksimum -2x 2x 2x3 f (x) = V(2r)2 - x2 a/(2r)2 - x2 2^((2r)2 - x2)3' Vidimo, da je f "(\/2r) < 0 in zato x = y = \/2r. 21. Med trapezi, katerih osnovnica je interval [—R, R] na abscisni osi in so vCrtani v polkrog x2 + y2 < R2, y > 0, poisci tistega z najvecjo ploscino. Resitev. Lsčemo taksni vrednosti x, v € r s slike 3.67, da velja 2R + 2x v •-= max. 2 Poisčimo zvezo med v in x. S slike 3.67 je razvidno, da x2 + v2 = R2 in zato v = V R2 — x2. Tako dobimo funkčijo f (x) = (R + x) V R2 — x2. Za iskanje ekstremov odvajajmo f, f (x) = VR2 — x2 — x(x + R) VR2— in f'(x) = 0, ko je x = 2 . Z drugim odvodom preverimo, da je res f" (2) < 0 in zato je x = RR ter v = R^3. 22. Dana je funkcija f (x) = —x2 + 1 in na območje med grafom funkcije f in abscisno osjo vcrtamo pravokotnik tako, da ena stranica pravokotnika leži na abscisi. Izmed vseh taksnih pravokotnikov poisci tistega, ki ima najvecjo ploscino. Resitev. Ničli funkčije sta x1 = —1 in x2 = 1. Zelimo taksni straniči pravokotnika a in b, daje max = a • b. Ker je graf funkčije simetričen glede na ordinatno os, se osredotočimo na prvi kvadrant. Naj bo c = | (c je stranica pravokotnika v prvem kvadrantu). Imamo zvezo b = f (c) = —c2 + 1 in zato dobimo g(c) = c ■ (—c2 + 1) = —c3 + c. Za iskanje ekstremov odvajajmo f, g' (c) = —3c2 + 1 in g'(c) = 0, ko je c = -^3 (prvi kvadrant). Preverimo, da je v c = ^3 res maksimum g. g' '(c) = —6c in dobimo f''(--13) < 0 ter zato a = ^3 in b = f. 23. Enakokraki trikotnik z obsegom 2 zavrtimo okoli osnovnice. Koliko naj merijo stranice trikotnika, da bo prostornina nastale vrtenine najveCja? Rečitev. Obseg o enakokrakega trikotnika z osnovnico x in krakoma y se izračuna po formuli o = x + 2y. Vrtenino, ki jo dobimo, lahko gledamo tudi drugače. Natančneje, če bi vrteli samo pravokotni trikotnik, ki nam ga določajo vičina na osnovnico, polovica osnovnice in krak enakokrakega trikotnika (intuitivno povedano, enakokrak trikotnik prerezemo po višini na osnovnico), potem bi dobili stožec, kar pa pomeni, da je nasa vrtenina sestavljena iz dveh stozcev. Volumen stozca s polmerom r in visino h se računa po formuli V = 3 rh2. Označimo visino trikotnika na x s vx. Tako je nas volumen vrtenine n x 2 V = 2--v2. 3 2 x Stranice |, vx in y tvorijo pravokotni trikotnik, zato (|) + vX = y2. če se upostevamo o = x + 2y, dobimo vX = 2 — (X)2 ter tako dobimo funkcijo „. . nx / /2 — x\2 (x\2\ n, 2x f(x) = V = 2?x(( —j — (2) J = 3(x — x2) Za iskanje ekstremov odvajajmo f, f' (x) = 3(1 — 2x) in f'(x) = 0, ko je x = 2. Z drugim odvodom preverimo, da je res maksimum. f''(x) = — 2n in zato je volumen res maksimalen. Tako smo dobili x = 7 in y = 3. 24. PoisCi dimenzije najcenejsega rezervoarja z vodo s kvadratno osnovo in pravokotnimi stranicami, ki bo drzal a3 kubiCne metre, Ce kvadratni meter stranice stane 10 evrov, kvadratni meter osnove stane 15 evrov in kvadratni meter pokrova stane 5 evrov. Rešitev. Telo, ki je opisano, je kvader. Volumen se tako izračuna V = x2 ■ y, kjer je x stranica kvadrata osnove, y pa preostala stranica kvadra. Ce upoštevamo, da je V = a3, lahko izrazimo y = Xj Cena izdelave se izračuna po formuli cena = 15x2 + 10 ■ 4xy + 5 ■ x2. 3 CCe upoštevamo y = ^, dobimo a3 f (x) = cena = 20x2 + 40—. x Odvajajmo f za ekstrem 1 f (x) = 40x - 40a3^ x2 in f'(x) = 0, ko je x = a. Preverimo, da je v x = a res minimum f. f'(x) = 40 + 80a3^ x3 in enostavno preverimo, da je f" (a) > 0. Tako smo dobili stranici kvadra x = y = a. 25. Zgraditi želimo silos v obliki valja, ki ima na vrhu polsfero. Volumen silosa je 50n kubičnih metrov. Cena kvadratnega metra pločevine za valj je 10 evrov, za streho pa 15 evrov. Določi dimenzije silosa tako, da bo cena najnižja. Rešitev. Naj bo V volumen in P površina opisanega telesa. Volumen in površina krogle se izrašunata 4 3 2 VK = - nr 3, PK = 4nr2, 3 kjer je r polmer krogle, volumen in površina valja pa VV = nr2v, PV = 2nr2 + 2nrv, kjer je r polmer osnovne ploskve in v višina valja,. V našem primeru vemo, daje 2 14 3 V = nr v + - — nr = 50n. 2 3 Iz te enašbe izrazimo v 50n - f nr3 150 - 2r3 v = — 3 — nr 2 3r2 Cena je vsota cen izdelave pla-sša valja in polovice površine krogle 1 2 2 cenap = 10 ■ 2nrv + 15 ■ ^ ■ 4nr = 20nrv + 30nr . Ker želimo imeti funkčijo ene spremenljivke upoštevamo v 150 — 2r3 2 150 — 2r3 2 f (r) = čenap = 20nr-=-+ 30nr2 = 20n-+ 30nr2. 3r2 3r Za iskanje ekstremov odvajajmo f, f '(r) = 20n (—5° — 3 ^ + 60nr in f'(r) = 0, ko je r = ^30. Preverimo, da je v r = ^30 res minimum f. f''(x) = 20n( 250 — £)+60n in enostavno preverimo, daje f''(^30) > 0. Tako smo dobili r = in v = ^30. 26. Dan je trikotnik s stranico a = 1 in obsegom o = 6. Določi preostali stranici trikotnika tako, da bo plosčina največja. Resitev. Obseg trikotnika se računa po formuli o = a + b + c in v nasem primeru primeru dobimo zvezo b+c=5 ter posledično c = 5 — b. Želimo, daje plosčina trikotnika maksimalna in v na.sem primeru bomo uporabili Heronovo obrazeč pl =3 s(s — a)(s — b)(s — c), kjer je s = |. V na.sem primeru tako dobimo funkčijo, ki je odvisna od b f (b) = v/3(3 — 1)(3 — b)(3 — 5 + b) = \/6(—b2 + 5b — 6). Za iskanje ekstremov odvajajmo f, —12b + 30 —6b +15 f (b) = —, = , V6(—b2 + 5b — 6) a/6(—b2 + 5b — 6) in f '(b) = 0, ko je b = |. Z drugim odovodom preverimo, da je res maksimum 6 (—6b + 15)2 f ''(b) = — a/ 6(—b2 + 5b — 6) a/ 6(—b2 + 5b — 6) in hitro vidimo, da je f''(|) < 0. Tako smo dobili b = c = | (kar pomeni, da je rešitev ravno enakokrak trikotnik). 27. V enakokraki trikotnik včrtamo pravokotnik tako, da lezi ena stranica pra-vokotnika na osnovnici trikotnika. Izmed vseh taksnih pravokotnikov poisči tistega, ki ima največjo plosčino. / xJ ______i h J / 1-...... c Slika 3.68: V enakokraki trikotnik včrtan pravokotnik. 2 Rešitev. Upoštevajmo podobnost trikotnikov 2: h=f:(h - y) in iz tega sledi, daje y = . Tako dobimo f (f) = P = f ■ y = hx — hx c Za iskanje ekstremov odvajajmo f, h f' (f) = h — 2—x in f'(f) = 0, ko je x = 2. Z drugim odvodom preverimo, da je res maksimum 2h f''(f) = — 2—h in je res f ''(2) < 0. Dobili smo f = 2 in y = |. 28. Racak Jaka zeli prečkati 20 metrov siroko reko tako, da bo prisel do račke Lili čim hitreje, glej Sliko 3.69. Razdalja med njima je 40 metrov. Jakova maksimalna hitrost plavanja je 1 ™, maksimalna hitrost tekanja pa je 2™. Kako naj Jaka prečka reko, da bo čim hitreje prepotoval pot? Ob tem predpostavimo, da je reka zelo počasna in tok reke zanemarimo. J' x_d2 L \ /V-" Y ^ i y ++40 m W_ J Slika 3.69: RaCka Lili in racak Jaka. Resitev. Naj bo J' kraj na drugem bregu reke, ki je nasproti J. Potem je L'J = \/40f — 20f. Ker imamo različni hitrosti za plavanje in tekanje, bo potrebno čas potovanja T računati T = + _df_ T 1 m + 2 m, s s kjer sta d1 in df dolžini na sliki. Izračunajmo razdalje „, , ^ Vxf + 20f V40f — 20f — x f (x) = T =-1-+-2-. Odvajajmo f za ekstreme 2x 1 f '(x) = 2 V xf + 400 2 in f '(z) =0, ko je x = ;f0=. Z drugim odvodom preverimo, da je res maksimum 1 2xf f''(x) = 1 2x Vxf + 400 2v/(xf + 400)3 in hitro vidimo, da je f''(^03) > 0. Tako smo dobili d1 = metrov in df 20^3 — f0^3 = metrov. Slike 1.1 a) Je preslikava, b) ni preslikava......................................18 1.2 a) Ni surjektivna preslikava, b) je surjektivna preslikava............20 1.3 Obratni preslikavi f in g................................................24 1.4 Obratni preslikavi f in f-1............................................26 1.5 Realna os................................................................33 1.6 Absolutna napaka......................................................38 1.7 Kompleksna ravnina....................................................44 1.8 Graf fi(x) = | f + 1|....................................................70 1.9 Graf f2(x) = f + 1|..................................................70 1.10 Graf h(x) = fi(x) + f2(x) ............................................71 1.11 Graf g(x) = fi(x) - f2(x) ............................................71 1.12 Grafična resitev 2x + |x - 1| = 5......................................72 1.13 Grafična resitev |x| = |x - 1| + 1......................................73 1.14 Graf f (x) = |-f + 4|..................................................76 1.15 Graf f (x) = |x2 - 4x|..................................................77 1.16 Graf funkcije f (x) = |x2 - 5x + 4|....................................77 1.17 Slika množice A........................................................90 1.18 Slika množice B........................................................90 1.19 Slika množice C (a = -3 ali a = 3, b poljuben.)....................91 1.20 Slika množice D........................................................91 2.21 Graf sode in lihe funkcije iž Primera 54...............100 2.22 Definicija trigonometricnih funkcij..................106 2.23 Graf funkcije sinus...........................109 2.24 Graf funkcije kosinus..........................109 2.25 Graf funkcije tangens.........................109 2.26 Graf funkcije kotangens........................110 2.27 Graf glavne veje funkcije arkus sinus.................111 2.28 Graf glavne veje funkcije arkus kosinus................112 2.29 Graf glavne veje funkcije arkus tangens...............112 2.30 Graf glavne veje funkcije arkus kotangens..............113 2.31 Graf eksponentne funkcije f (x) = af ža a > 1............115 2.32 Graf eksponentne funkcije f (x) = af ža a < 1............115 2.33 Graf logaritemske funkcije z osnovo a > 1..............116 2.34 Graf logaritemske funkcije z osnovo a < 1..............117 2.35 Graf hiperbolicne funkcije kosinus hiperbolikus...........119 2.36 Graf hiperbolicne funkcije sinus hiperbolikus.............119 2.37 Limita v tocki a............................143 2.38 Limita funkcije, ko gre x proti neskoncnosti.............146 2.39 a) V tocki a nezvezna funkcija in b) zvezna funkcija........147 sin x 2.40 Izpeljava limite lim.........................150 X 2.41 Primer 7(a)............................... 161 2.42 Primer 7(b)............................... 161 2.43 Primer 7(c)............................... 162 2.44 Primer 7(d)............................... 162 2.45 Primer 7(e)............................... 162 2.46 Primer 7(f)...............................162 3.47 Funkcija f (x) = |x — 2| je zvezna v tocki x = 2, ampak v njej ni odvedljiva................................215 3.48 Naklonski kot premice.........................226 3.49 Sekanta skozi tocki A(a, f (a)) in B (a + h, f (a + h)).........227 3.50 Tangenta na graf funkcije f......................228 3.51 Diferencial funkcije...........................230 3.52 (Lokalni) minimumi in maksimumi..................233 3.53 Rolleov izrek..............................234 3.54 Lagrangeov izrek............................ 236 3.55 a) Konveksna in b) konkavna funkcija................247 3.56 Graf funkcije f (x) = xex........................253 3.57 p — V diagram.............................254 3.58 Graf funkcije f (x) = ^^-f......................279 3.59 Graf funkcije f (x) = 1+f.......................279 3.60 Graf funkcije f (x) = x ln2 x......................280 3.61 Graf funkcije f (x) = ^^^......................281 3.62 Graf funkcije f (x) = x + ^T—x...................282 3.63 Graf funkcije f (x) = xV4 — x2....................282 3.64 Graf funkcije f (x) = (x — 2)ex....................283 3.65 Graf funkcije f (x) = (x — 2)ex....................284 3.66 V krog vcrtani pravokotnik......................285 3.67 V polkrog vcrtani trapez........................286 3.68 V enakokraki trikotnik vcrtan pravokotnik..............290 3.69 Racka Lili in racak Jaka........................291 Stvarno kazalo e-okolica, 120 n-fakulteta, 29 stevilske množice, 31 abscisa, 44 absolutna vrednost, 36 adicijski ižrek, 107 argument, 97 arkus kosinus, 111 arkus kotangens, 113 arkus sinus, 110 arkus tangens, 112 asimpota, 249 asimptota horižontalna, 249 posevna, 249 vertikalna glej tudi pol, 104, 249 bijektivnost, 21 Cauchyjev ižrek, 234 Caucyjev pogoj, 131 ciklometricne funkcije, 109 arkus kosinus, 111 arkus kotangens, 113 arkus sinus, 110 arkus tangens, 112 diferencni kvocient, 213 diferenciabilnost, 228 diferencial funkcije, 231 disjunkcija, 8 diskriminanta, 103 domena, 18 eksistencni kvantifikator, 12 eksponentna funkcija, 114 ekvivalenca, 9 element množice, 13 enakovredne ižjave, 11 Eulerjeva formula, 244 funkcija, 17, 18 eksplicitno podana, 98 implicitno podana, 99 monotona, 101, 244 narascajoca, 101, 244 odvedljiva, 213 omejena, 152 padajoca, 244 parametricno podana, 99 periodicna, 101 realna, 97 simetricna, 100 tabelaricno podana, 97 graf preslikave, 22 hiperbolicni funkciji kosinus hiperbolikus, 118 sinus hiperbolikus, 118 Hornerjev algoritem, 103 identiteta, 19 implikacija, 9 infimum funkcije, 152 žaporedja, 124 injektivnost, 20 ižjave, 7 ižoterma, 254 ižreki o srednji vrednosti, 232 Cauchyjev ižrek, 235 Lagrangeov izrek, 235 Rolleov izrek, 234 kartezični produkt, 15 kodomena, 18 kolobar, 30 kompleksna stevila absolutna vrednost, 45 argument, 45 deljenje, 47 imaginarna enota, 43 imaginarni del, 43 kompleksna ravnina, 44 konjugirano stevilo, 44 korenjenje, 48 mnozenje, 46 Moivreova formula, 46 polarni zapis, 45 polmer, 45 potenčiranje, 47 realni del, 43 komplement mnoziče, 16 komponiranje, 22 kompozitum, 22 definičijsko območje, 102 konjunkčija, 8 konkavnost, 247 konveksnost, 247 konvergenčni kriterij korenskii, 134 kvočientni, 133 Leibnizov, 135 primerjalni, 132 Raabejev, 134 Weierstrasov, 140 koren enčbe, 102 korenjenje, 41 korenski eksponent, 41 kosinus funkčija, 105 kosinus hiperbolikus, 118 kotangens funkčija, 105 kotne funkčije, 105 kritične konstante, 253 krozne funkčije, 109 kvantifikator eksistenčni, 12 univerzalni, 12 L'Hospitalovo pravilo, 237 Lagrangeov izrek, 235 limita funkčije, 143 zaporedja, 120 limita funkčije desna, 144 leva, 144 linearizačija, 228 linearna interpolačija, 98 logaritemska funkčija, 115 lokalni ekstrem, 232 maksimum, 232 minimum, 232 mnoziča, 13 končna, 14 moč, 14 podmnoziča, 14 prava podmnoziča, 14 univerzalna, 14 Moivreova formula, 46 monotona funkčija, 101, 244 naravni logaritem, 117 naravno definičijsko območje, 97 negačija, 8 neodvisna spremenljivka, 97 obseg, 30 kompleksnih stevil, 43 realnih stevil, 33 odvisna spremenljivka, 97 odvod, 213 arkus kotangens, 222 arkus sinus, 221, 222 čiklometrične funkčije, 221 desni, 213 eksponentna funkcija, 222 elementarne funkcije, 220 geometrijski pomen, 226 hiperboliCni funkciji, 223 kompozitum, 218 kosinus, 220 kosinus hiperbolikus, 224 kotangens, 221 levi, 213 logaritemska funkcija, 223 obratna funkcija, 220 polinom, 220 potencna funkcija, 223 pravila za odvajanje, 215 racionalna funkcija, 220 sinus, 220 sinus hiperbolikus, 223 tangens, 221 tangenta, 226 trigonometricne funkcije, 220 verižno pravilo, 218 visji, 225 odvod funkcije, 213 okolica tocke, 120 omejenost funkcije, 152 množice, 34 zaporedja, 124 ordinata, 44 original, 18 osnovna perioda, 101 permutacija, 28 pol, 104, 249 polinom, 102 faktorizacija, 103 koreni, 102 nicle, 102 splosni clen, 102 stopnja, 102 vodilni koeficient, 102 potencna mnozica, 14 potencne vrste, 141 potenca, 40 pravilnostna tabela, 8 prazna mnozica, 14 presek mnozic, 15 preslikava bijektivna, 21 graf, 22 injektivna, 20 inverzna, glej tudi obratna, 24 komponiranje, 22 kompozitum, 22 obratna, glej tudi inverzna, 24 surjektivna, 19 preslikava, glej tudi funkcija, 17 prevoj, 249 racionalna funkcija, 104 radikand, 41 razlika mnozic, 15 realna funkcija, 97 Rolleov izrek, 234 simetricna grupa, 29 sinus funkcija, 105 sinus hiperbolikus, 118 slika, 18 splosna plinska enacba, 252 stacionarna tocka, 233 stekalisce, 122 supremum funkcije, 152 zaporedja, 124 surjektivnost, 19 tangens funkcija, 105 Taylorjeva formula, 242 Taylorjeva vrsta, 241, 243 trigonometricne funkcije, 105 kosinus, 105 kotangens, 105 sinus, 105 tangens, 105 unija mnozic, 15 univeržalna množica, 13 univeržalni kvantifikator, 12 Van der Waalsova enacba stanja, 253 visji odvod, 225 vrste absolutna konvergenca, 136 alternirajoca, 135 enakomerna konvergenca, 140 funkcijske, 139 harmonicna vrsta, 132 kompleksne, 137 konvergenca po tockah, 140 majoranta, 132 minoranta, 132 pogojna konvergenca, 136 žaloga vrednosti, 20 žaporedje, 119 divergentno, 120 infimum, 124 konvergentno, 120, 125 limita, 120 monotono, 123 narascajoce, 123 natancna meja, 124 navždol omejeno, 123 navžgor omejeno, 123 omejeno, 123, 125 padajoce, 123 racunske operacije, 126 stekalisce, 122 supremum, 124 žvežnost funkcije, 146 Literatura [1] I. Banič, I. Hrastnik, S. Spacapan, J. Zerovnik, Zbirka rešenih nalog iz tehniške matematike, FS, Maribor, 2003. [2] I. N. Bronstejn, (et al.), Matematični priročnik, TZS, Ljubljana, 1997. [3] B. Butinar, Matematika 1. in 2. del, FKKT, Maribor, 2007. [4] B. Butinar, Matematika I, naloge z rešitvami, FKKT, Maribor, 2004. [5] R. Jamnik, Matematika, DMFA, Ljubljana, 1994. [6] M. Mencinger, Zbirka rešenih nalog iz matematične analize in algebre, FG, Maribor, 2006. [7] I. Vidav, Matematika 1, DMFA, Ljubljana, 1990. [8] I. Vidav, Višja matematika I, DMFA, Ljubljana 1994. [9] P. Zigert, Matematika za študente VS programa, FKKT, Maribor, 2008. [10] J. Zerovnik, Matematika l.del, FS, Maribor, 2006.