Analiza I Tatjana Petek Maribor, 2014 Copyright 2014. Prva izdaja, maj 2014. Naslov: Analiza I Avtorica: izr. prof. dr. Tatjana Petek Vrsta učbenika: skripta Izdajatelj: UM FERI Kraj izdaje: Maribor Naklada: spletna izdaja Dostopno na: http://www.mp.feri.uni-mb.si/osebne/petek/ucbeniki/ucbenikA1.pdf dkum.uni-mb.si CIP - Kataložni zapis o publikaciji Univerzitetna knjižnica Maribor 517(075.8) PETEK, Tatjana Analiza I [Elektronski vir] / Tatjana Petek. - 1. izd. - Maribor : Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko, 2014 Način dostopa (URL): http:/www.mp.feri.uni-mb.si/osebne/petek/ucbeniki/ucbenikA1.pdf dkum.uni-mb.si ISBN 978-961-248-442-2 COBISS.SI-ID 78308353 Kazalo 1 Podmnožice realnih števil 7 1.1 Naravna števila N . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.2 Cela števila Z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 1.3 Racionalna števila (ulomki) Q . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 1.4 Realna števila R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4.1 Urejenost realnih števil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.4.2 Absolutna vrednost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 1.4.3 Kvadratna neenačba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.4.4 Potence in koreni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.4.5 Logaritmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.5 Matematična indukcija (popolna indukcija) . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.6 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2 Kompleksna števila 21 2.1 Osnovne računske operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.1.1 Predstavitev kompleksnih števil v Gaussovi ravnini. . . . . . 22 2.2 Polarni zapis kompleksnih števil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2.1 Zveza med kartezičnimi in polarnimi koordinatami . . . . . . 25 2.3 Eksponentni zapis kompleksnega števila . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.4 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 3 Funkcije 32 3.1 O preslikavah na splošno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.1.1 Komponiranje ali sestavljanje funkcij . . . . . . . . . . . . . . 33 3.2 Realne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 3.2.1 Osnovne lastnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 3.2.2 Računske operacije s funkcijami . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 3.2.3 Pregled elementarnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 3.2.4 Premiki in raztegi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 3.3 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46 4 Limita in zveznost 49 4.1 Limita funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 4.1.1 Limita v točki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 4.1.2 Limita v neskončnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 4.1.3 Pravila za računanje limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 4.2 Zveznost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 4.2.1 Zveznost v točki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 4.2.2 Zveznost na intervalu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 4.2.3 Lastnosti zveznih funkcij na zaprtem intervalu . . . . . . . . . 58 4.3 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 iii 5 Odvod 60 5.1 Odvod funkcije v točki . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 5.1.1 Enačbi tangente in normale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 5.2 Odvajanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 5.2.1 Pravila odvajanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64 5.2.2 Odvodi elementarnih funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 5.3 Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67 5.4 Izreki o odvedljivih funkcijah . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 5.4.1 Fermat, Rolle, Cauchy, Lagrange, L’Hospitale . . . . . . . . . 69 5.4.2 Odvodi višjega reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 5.4.3 Taylorjev polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 5.5 Uporaba odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 5.5.1 Monotonost, konveksnost in konkavnost . . . . . . . . . . . . 75 5.5.2 Stopnja ničle funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 5.5.3 Lokalni ekstremi in prevoji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76 5.5.4 Reševanje optimizacijskih problemov . . . . . . . . . . . . . . 78 5.6 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79 6 Integral 81 6.1 Nedoločeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 6.1.1 Definicija in lastnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 6.1.2 Integracijske metode . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 6.2 Riemannov (določeni) integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 6.2.1 Motivacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 6.2.2 Riemannova vsota in integrabilnost . . . . . . . . . . . . . . . 91 6.2.3 Osnovni (fundamentalni) izrek integralskega računa . . . . . . 94 6.2.4 Uporaba določenega integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 6.3 Posplošeni ali izlimitirani integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 6.3.1 Funkcije, definirane z integralom . . . . . . . . . . . . . . . . 103 6.4 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 7 Zaporedja 107 7.1 Osnovni pojmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107 7.1.1 Linearne diferenčne enačbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 7.2 Topološke lastnosti zaporedij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 7.2.1 Stekališče in limita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110 7.2.2 Omejenost zaporedij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 7.2.3 Monotona zaporedja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113 7.2.4 Računske operacije z zaporedji . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 7.2.5 Definicija števila e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 7.3 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117 iv 8 Vrste 127 8.1 Osnovni pojmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 8.2 Računanje z vrstami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 8.3 Konvergenčni kriteriji za vrste s pozitivnimi členi . . . . . . . . . . . 131 8.4 Alternirajoče vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 8.5 Naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 v Predgovor Delo, ki je pred vami, obsega zapiske predavanj pri predmetu Analiza I v obliki in obsegu kot ga že nekaj let predavam na univerzitetnem študiju Elektrotehnike in Te- lekommunikacij na Fakulteti za elektrotehniko, računalništvo in informatiko Univerze v Mariboru in je namenjeno v prvi vrsti študentom tega programa. Obširen seznam slovenskih del najdete v referencah - študentom vsekakor priporočam, da vzamejo v roke še kak drug učbenik, posebej naj izpostavim učbenika [1] in [11], za zahtevnega bralca pa [12], in zbirke rešenih nalog [4], [5]. Toplo priporočam tudi zbrane naloge kolega I. Peterina [7–9]. vi 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL 1 Podmnožice realnih števil Najprej navedimo nekaj osnovnih računskih operacij z množicami. Bodita A, B po- ljubni podmnožici neke univerzalne množice U in definirajmo operacije: • unija: A ∪ B = { x; x ∈ A ali x ∈ B} • presek: A ∩ B = { x; x ∈ A in x ∈ B} • komplement A = Ac = { x; x ∈ U, x / ∈ A} • razlika A\ B = { x; x ∈ A in x / ∈ B} . Nadaljujmo s pregledom podmnožic množice realnih števil. 1.1 Naravna števila N so števila, s katerimi štejemo: 1 , 2 , 3 , 4 , . . . . Števke (cifre) so simboli 0 , 1 , 2 , . . . , 8, 9, s katerimi sestavljamo številke. S številkami nadalje zapisujemo števila. Isto število lahko predstavimo z različnimi številkami in pri tem uporabimo različne številske sestave, npr.: desetiški številski sestav: 35 = 3 . 101 + 5 . 100 dvojiški številski sestav: 35[10] = 32 + 2 + 1 = 1 . 25 + 0 . 24 + 0 . 23 + 0 . 22 + 1 . 21 + 1 . 20 = 100011[2] . Desetiška številka 35[10] in dvojiška številka 100011[2] skupaj s podatkom o števil- skem sestavu predstavljata isto število. V množici N sta definirani operaciji + in · z naslednjimi algebraičnimi lastnostmi: 1 . m + ( n + k) = ( m + n) + k asociativnost seštevanja 2 . m + n = n + m komutativnost seštevanja 3 . ( mn) k = m ( nk) asociativnost množenja 4 . mn = nm komutativnost množenja 5 . m. 1 = m 1 je enota za množenje 6 . ( m + n) k = mk + nk distributivnost Vsaka od zgoraj navedenih lastnosti velja za poljubna naravna števila m, n, k. Množica N je za seštevanje komutativna polgrupa (lastnosti 1. in 2.), za množenje pa komutativna polgrupa z enoto (lastnosti 3., 4. in 5.) Obe operaciji povezuje distributivnost. 1.2 Cela števila Z Množica celih števil Z je unija pozitivnih celih, negativnih celih in števila 0 . V množici Z lahko seštevamo, odštevamo in množimo. Poleg lastnosti, ki smo jih že omenili pri naravnih številih, velja še: - 0 je nevtralni element za seštevanje - vsakemu k ∈ Z pripada enolično določen nasprotni element − k, ki ima lastnost k + (− k) = 0 . 7 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL Pravimo, da so cela števila kolobar. - v množici Z je definirana relacija deljivosti. Število n ∈ Z je deljivo z m ∈ Z\ {0} , če je za neki k ∈ Z izpolnjeno: n = km. Pri tem sta m in k delitelja števila n. Število p ∈ N je praštevilo, če razen 1 in samega sebe nima pozitivnih deliteljev. Kaj je največji skupni delitelj števil pozitivnih celih števil m in n, pove že ime samo. Najmanjši skupni večkratnik naravnih števil m in n pa je najmanjše možno pozitivno število k, ki je deljivo z m in z n. Števili sta tuji, če razen 1 nimata skupnih deliteljev. Najmanjši skupni večkratnik tujih si števil je kar produkt obeh. 1.3 Racionalna števila (ulomki) Q Enačba 3 x = −6 je rešljiva v množici Z, medtem ko enačba 5 x = 6 v množici Z nima nobene rešitve. Množico Z razširimo tako, da bodo tudi enačbe te vrste rešljive. Vpeljemo ulomke. Rešitev enačbe nx = m, kjer n = 0 , n, m ∈ Z, je ulomek m. Isti ulomek reši n tudi enačbo: knx = km, torej je km = m . Zapis ulomka torej ni enoličen. Ulomek kn n m razširimo tako, da števec m in imenovalec n pomnožimo z istim številom k = n 0. Krajšanje je obratni postopek, števec in imenovalec delimo z istim neničelnim številom. Ulomka a in c sta enaka ⇔ ad = bc. Po velikosti ju lahko primerjamo le, če imata b d skupni imenovalec: ad = bc . bd bd Seštevanje ulomkov: a + c = ad+ bc (ali pa ju damo na najmanjši skupni imeno- b d bd valec) Množenje ulomkov: a . c = ac , a .c = ac b d bd b b −1 Obratna vrednost ulomka: a = b , a, b = 0 . b a −1 Deljenje: a : c = a . c = a . d b d b d b c Q ima za seštevanje iste lastnosti kot Z , pri množenju pa dodatno velja še, da ima vsak neničelni element Q obratno vrednost ali inverzni element. Torej je Q komutativna grupa za seštevanje, Q\ {0} je komutativna grupa za množenje, kot povezava med seštevanjem in množenjem pa velja še distributivnost. Taki algebrski strukturi rečemo komutativen obseg ali polje. Množica Q je povsod gosta. To pomeni, da med poljubnima ulomkoma a < c b d najdemo vsaj še enega. Na primer, aritmetična sredina 1 a + c ima to lastnost. 2 b d Ali vsaki točki številske premice ustreza kako racionalno število? Hitro se prepri- čamo, da ne. 8 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL √ Slika 1.1: Korenu 2 ustreza točka na številski premici. √ Trditev 1.3.1 2 ni ulomek. Dokaz. Trditev bomo dokazali s pomočjo protislovja. Denimo, da bi lahko število √ √ 2 zapisali v obliki ulomka 2 = m . Predpostavimo lahko, da je ta ulomek okrajšan; n vzemimo torej, da naravni števili m in n razen 1 nimata skupnih pozitivnih deliteljev. √ Enačbo 2 = m kvadrirajmo n m 2 2 = n 2 in zapišimo v drugi obliki m 2 = 2 n 2 . (1) Od tod razberemo, da je m 2 sodo število. Preprost premislek pove, da je tedaj nujno tudi m sodo število in ga lahko zapišemo v obliki m = 2 k, k ∈ N. Enačbo (1) preoblikujemo v 4 k 2 = m 2 = (2 k)2 = 2 n 2 , jo delimo z 2 in dobimo 2 k 2 = n 2 , od koder s podobnim razmislekom kot prej doženemo, da je tudi n sodo število. Prišli smo do protislovja, saj imata m in n skupni delitelj 2 , kar pa po naši predpostavki ni mogoče. 1.4 Realna števila R Vsaki točki številske premice lahko (enolično) priredimo neko realno število. Za ra- cionalna števila smo videli, da ne pokrivajo vseh točk na številski premici. Tako bo množica realnih števil v nekem smislu dopolnitev manjkajočih točk na številski pre- mici. Realna števila lahko predstavimo z decimalnim zapisom. Glede na to, kakšen je možen decimalni zapis danega realnega števila, se izkaže, da 9 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL a) racionalna števila predstavimo s končnimi ali periodičnimi decimalnimi števil- kami, npr.: 0 . 25 , 56 . 361 ali 1 = 0 . 3 , 5 = 0 . 714 285 . Ta zapis ni zmeraj enoličen. Na 3 7 primer 0 . 9 = 1 . 0 , saj · x = 0 . 9 · 10 x = 9 . 9 10 x − x = 9 x = 9 x = 1 . b) realna števila, ki niso racionalna, se da predstaviti z neskončnimi neperiodičnimi √ decimalnimi številkami. Imenujemo jih iracionalna števila. Npr.: 2 , π, e. R = Q∪ { x; x je iracionalno število} Znana je še ena delitev realnih števil: a) algebraična števila so koreni polinomskih enačb s celimi koeficienti, npr.: √ √ √ 2 je koren enačbe x 2 − 2 = 0 , števili −1+ 5 in −1− 5 sta korena polinomske enačbe 2 2 x 2 + x − 1 = 0. b) transcendentna števila so tista realna števila, ki niso algebraična, npr.: π, e, ln 2 , . . . . 1.4.1 Urejenost realnih števil Množica R je urejena po velikosti: a < b ⇔ b > a ⇔ b − a > 0 a ≤ b ⇔ b ≥ a Za poljubne a, b, c ∈ R velja: 1. Nastopi natanko ena od treh možnosti (zakon trihotomije): a < b, a > b, a = b. 2. a < b in b < c ⇒ a < c 3. a < b ⇒ a + c < b + c 4. a < b in c > 0 ⇒ ac < bc 5. a < b in c < 0 ⇒ ac > bc pri množenju z negativnim številom se neenačaj obrne! 6. a, b > 0 ali a, b < 0 in a < b ⇒ 1 > 1 . a b 10 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL Zgleda: 1. Za katere x ∈ R je izpolnjena neenakost: 2 − 3 x ≥ x + 1 ? Rešiti moramo linearno neenačbo. Na levi in desni strani prištejemo − x ter −2; z drugimi besedami: neznanke premaknemo na levo stran neenačbe, člene brez neznanke pa na desno stran: 2 − 2 − 3 x − x ≥ x − x + 1 − 2 −4 x ≥ −1 . Neenačbo delimo z −4 , neenačaj se obrne! 1 x ≤ . 4 2. Poišči vse rešitve neenačbe x+1 ≥ 1. 2 x−1 Pri reševanju neenačbe moramo biti zelo previdni, kadar jo množimo ali delimo z izrazom, ki še nima določenega predznaka. Pri zgornji neenačbi je verjetno prva misel, da odpravimo ulomek, torej neenačbo pomnožimo z 2 x − 1 . Vendar pozor, 2 x − 1 je število, odvisno od neznanke x, ki pa je seveda ne poznamo. Eden od načinov je, da ločimo dva primera in ju obravnavamo ločeno: 1. 2 x−1 > 0 (ekvivalentno x > 1 ) in 2. 2 x − 1 < 0 (ekv.: x < 1 ). Tretja možnost, ko bi bilo 2 2 2 x − 1 = 0 ne pride v poštev, ker je že v neenačbi 2 x − 1 v imenovalcu in torej ne more biti enako 0. • Kateri x > 1 rešijo neenačbo x+1 ≥ 1? Sedaj je 2 x − 1 > 0 in lahko neenačbo 2 2 x−1 pomnožimo z 2 x − 1 in pridemo do linearne neenačbe x + 1 ≥ 2 x − 1 − x ≥ −2 / (−1) x ≤ 2 . Ne pozabimo upoštevati še pogoja x > 1 ; tako je delna rešitev 2 1 R 1 = x ∈ R; < x ≤ 2 . 2 • Sedaj vzemimo, da je x < 1 in spet pomnožimo neenačbo z 2 x − 1 < 0; neenačaj 2 se pri tem obrne! x + 1 ≥ 2 x − 1 S podobnim postopkom kot prej dobimo x ≥ 2. V tem primeru ne dobimo nobene rešitve, saj je presek množic x ∈ R; x < 1 in { x ∈ 2 R; x ≥ 2} prazna množica; druga delna rešitev R 2 = ∅ . 11 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL • Na koncu je skupna rešitev unija delnih rešitev, v našem primeru je R = R 1 ∪ R 2 = R 1. Drugi način v tem primeru pa je, da neenačbo pomnožimo z (2 x − 1)2 , ki ima, če x = 1 , zagotovo pozitivno vrednost neodvisno od vrednosti x. Neenačbo s tem 2 prevedemo na kvadratno neenačbo ( x + 1) (2 x − 1) ≥ (2 x − 1)2 2 x 2 + x − 1 ≥ 4 x 2 − 2 x + 1 −2 x 2 + 3 x − 2 ≥ 0 , ki jo rešimo kot bo opisano v nadaljevanju. Rešitve neenačb so pogosto intervali, ki so lahko: • končni ali omejeni intervali [ a, b] = { x; a ≤ x ≤ b} zaprti interval ( a, b) = { x; a < x < b} odprti interval • neskončni ali neomejeni intervali [ a, ∞) = { x; a ≤ x} ( a, ∞) = { x; a < x} (−∞ , b] = { x; x ≤ b} (−∞ , b) = { x; x < b} (−∞ , ∞) = R + + − − R = (0 , ∞) , R = [0 , ∞) , = (−∞ , 0) , = (−∞ , 0] . 0 R R0 12 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL 1.4.2 Absolutna vrednost Absolutna vrednost predstavlja oddaljenost točke na številski premici od izhodi- šča. Oddaljenost je vedno nenegativna, npr. števili 5 in −5 sta obe oddaljeni za 5 enot od točke 0, zato bi lahko rekli tudi takole: če je realno število negativno, mu absolutna vrednost odreže negativni predznak, sicer ne naredi ničesar. Formalna definicija absolutne vrednosti je x; x ≥ 0 | x| = . − x x < 0 Npr.: |−5| = 5 , |10| = 10 . Absolutna vrednost je realna funkcija z vrednostmi v množici nenegativnih realnih števil. Njen graf izgleda takole: 5 y 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x Slika 1.2: f ( x) = | x| Lastnosti absolutne vrednosti: Za poljubna x, y ∈ R velja: 1. | x| ≥ 0 in | x| = 0 ⇔ x = 0 2. | xy| = | x| | y| 3. | x + y| ≤ | x| + | y| trikotniška neenakost 4. | x − y| ≥ || x| − | y|| 5. |− x| = | x| 6. | x|2 n = x 2 n 7. x = | x| , y = 0. y | y| Absolutna vrednost kot razdalja: | x − y| predstavlja razdaljo med točkama, ki ustrezata realnima številoma x in y. Tako je | x − 1| razdalja med točkama (številoma) x in 1 . Množica | x − 1| ≤ 2 je torej množica vseh točk, ki so od 1 oddaljene kvečjemu dve enoti. To pa je interval [−1 , 3] . 13 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL 1.4.3 Kvadratna neenačba Naj bodo a, b, c ∈ R in a = 0. Poiščimo množico tistih realnih števil x, za katere je ax 2 + bx + c ≥ 0 . Npr.: x 2 − x − 2 ≥ 0 Prva rešitev: Narišimo graf kvadratne funkcije y = x 2 − x − 2 . Z razcepom x 2 − x − 2 = ( x + 1) ( x − 2) dobimo, da sta ničli x 1 = −1 in x 2 = 2. Slika 1.3: Rešitve kvadratne neenačbe Pri katerih x-ih imajo točke ( x, y) na grafu dane kvadratne funkcije y nenegativen? Tisti del grafa je na sliki narisan s polno črto. Rešitev dane neenačbe so vsi x, za katere velja: x ≤ x 1 = −1 ali x ≥ x 2 = 2; Lahko tudi rečemo, da je rešitev dane neenačbe unija intervalov: (−∞ , −1] ∪ [2 , ∞) . Druga rešitev: Izraz x 2 − x − 2 = ( x + 1) ( x − 2) bo nenegativen, če bosta oba faktorja istega predznaka. Bodisi bo x + 1 ≥ 0 in x − 2 ≥ 0, ali pa x + 1 ≤ 0 in x − 2 ≤ 0 . Torej mora biti x ≥ −1 in x ≥ 2 ali x ≤ −1 in x ≤ 2 , od koder sledi x ≤ −1 ali x ≥ 2. Tretja rešitev: Kvadratno funkcijo f ( x) = x 2 − 4 x + 3 preoblikujemo v temensko obliko f ( x) = ( x − 2)2 −4+3 = ( x − 2)2 −1 in rešimo neenačbo ( x − 2)2 −1 ≥ 0 oziroma ( x − 2)2 ≥ √ √ 1 . Korenimo in pri tem upoštevajmo, da je a 2 = | a| . Dobimo, da je | x − 2| ≥ 1 = 1; torej so rešitev vsa realna števila, ki se od 2 razlikujejo za več (ali enako) od 1; torej x ≤ 1 ali x ≥ 3. Ponovimo še definicijo in lastnosti potenc in korenov. 14 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL 1.4.4 Potence in koreni Dani naj bosta števili n ∈ N, in a ∈ R . Potenca an je an = a.a. . . . a n faktorjev Število a imenujemo osnova, n pa eksponent. Potenco lahko razširimo na cel oziroma racionalen eksponent: a 0 := 1 , 1 a−1 = , če a = 0 , a √ 1 a n = n a, ( a ≥ 0 , če je n sodo število). Nadalje je še: 1 a− n = an √ √ m m a n = n am = n a Pravila: 1 . anam = an+ m 2 . an : am = an− m 3 . ( an) m = anm 4 . ( ab) n = anbn √ Korene z lihim eksponentom lahko računamo tudi iz negativnih števil, npr.: 3 −8 = −2. Za korene iz pozitivnih realnih števil pa zmeraj vzamemo pozitivno vrednost: n-ti aritmetični koren iz števila a > 0, je tako pozitivno število b, za katerega velja bn = a. √ n a = b ⇔ bn = a, a, b > 0 . √ Torej 9 = 3 in ne −3 , čeprav je (−3)2 = 9 . Iz pravil za računanje s potencami lahko dobimo tudi pravila za računanje s koreni: √ √ √ n ab = n a n b √ √ n m a = nm a √ 1 a = a √ √ n am = nr amr (širjenje oz. krajšanje korenov) Potenco s poljubnim realnim (torej ne nujno racionalnim) eksponentom vpeljemo s pomočjo limite, o kateri bomo govorili kasneje. 15 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL 1.4.5 Logaritmi Bodi a > 0 , a = 1 . Logaritem števila x ∈ R z osnovo a je tak eksponent p, da je ap = x. Če torej logaritmiramo potenco (potenčna in logaritemska osnova enaki), nam logaritem vrne eksponent (log ap = p) . a log x = p ⇔ ap = x a Lastnosti: • log xy = log x + log y a a a • log x = log x − log y a y a a • log xr = r log x a a • log a = 1 a • log 1 = 0 a Najbolj pogosti logaritmi so logaritmi z osnovo a > 1 , med njimi: a = 10 desetiški logaritem a = e = 2 . 71828 .... naravni logaritem, ln x a = 2 dvojiški logaritem 1.5 Matematična indukcija (popolna indukcija) je metoda za dokazovanje nekaterih izjav, ki govorijo o naravnih številih. Pogosto za majhna naravna števila ugotovimo kako zakonitost, za katero domnevamo, da velja za vsa naravna števila. Zgled. Za n = 1 , 2 , 3 , 4 izračunajmo vrednosti n sn = (2 k − 1) = 1 + 3 + · · · + (2 n − 1) k=1 n sn 1 1 2 1 + 3 = 4 3 1 + 3 + 5 = 9 4 1 + 3 + 5 + 7 = 16 Opazimo vzorec, iz katerega domnevamo, da je sn = n 2 . Vendar iz nekaj poskusov, v našem primeru le štirih, ne moremo sklepati, da velja pravilo kar za vse. Tudi, če bi naredili milijon poskusov, ne bi samo na podlagi teh poskusov sledilo, da velja lastnost za milijon prvega. Matematična indukcija pa je metoda, s katero hipotetično 16 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL lastnost, če je seveda resnična in primerna za tako metodo, dokažemo za vsa naravna števila. Princip matematične indukcije Denimo, da želimo dokazati, da izjava A ( n) velja za vsa naravna števila n ∈ N . Izvesti je potrebno dva koraka: 1. Preveriti, da velja izjava A ( n) ob izbiri n = 1 . 2. Ob (trenutni) predpostavki, da že velja A ( n) , pokazati, da velja tudi A ( n + 1) . Princip matematične indukcije nato zagotavlja, da velja izjava A ( n) za vsa na- ravna števila n. Zakaj metoda deluje? Ko namreč preverimo, da velja A (1) , uporabimo drugi korak in sklepamo, da velja tudi za naslednika, to je 2; še enkrat uporabimo 2. korak in zvemo, da izjava velja za n = 3 . Tako nadaljujemo v nedogled. Variacija metode. Lahko dokazujemo tudi A ( n) , n ≥ n 0 , kjer je n 0 neko celo število. V tem primeru na prvem koraku dokažemo A ( n 0) , drugi korak pa ostane enak. Zgled. Dokažimo, da velja 1 12 + 22 + . . . + n 2 = n ( n + 1) (2 n + 1) ∀ n ∈ N. 6 1. korak. Izjava A (1) pravi: 12 = 1 (1 × 2 × 3) in ta je očitno pravilna. 6 2. korak. Denimo, da enakost zgoraj že velja pri nekem n. Kaj je vsebina izjave A ( n + 1)? 1 12 + 22 + . . . + ( n + 1)2 = ( n + 1) (( n + 1) + 1) (2 ( n + 1) + 1) 6 1 = ( n + 1) ( n + 2) (2 n + 3) 6 Označimo sn = 12 + 22 + . . . + n 2 . Potem je sn+1 = 12 + 22 + . . . + n + ( n + 1)2 = sn + ( n + 1)2 1 = n ( n + 1) (2 n + 1) + ( n + 1)2 = 6 1 = ( n + 1) ( n + 2) (2 n + 3) 6 in to je želeni rezultat. 17 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL Zgled. Ali lahko dokažemo, da je za vsako naravno število n, število 2 n − 1 sodo? To je seveda očitno napačna trditev, vendar se da videti, da iz A ( n) sledi A ( n + 1). Denimo, da je za nek n število 2 n − 1 = 2 k; potem je število 2 ( n + 1) − 1 = (2 n − 1) + 2 = 2 k + 2 = 2 ( k + 1) tudi sodo. Defekt našega sklepa je v tem, da nismo preverili ali izjava velja za n = 1 ali pa vsaj za nek začetni n 0. Torej, samo z drugim korakom (ki slučajno lahko celo deluje) nismo ničesar dokazali. Zgled. Dokaži, da je vsota kubov treh zaporednih naravnih števil deljiva s 3. Dano izjavo lahko formalno zapišemo na več načinov: 1. n 3 + ( n + 1)3 + ( n + 2)3 je deljivo s 3, za n = 1 , 2 , . . . 2. ( n − 1)3 + n 3 + ( n + 1)3 je deljivo s 3, za n = 2 , 3 , . . . V tej obliki jo tudi z indukcijo dokažimo. 1. Začetni n 0 = 2 . A (2) : 13 + 23 + 33 = 36 je deljivo s 3. 2. Denimo, da A ( n) že velja, torej lahko zapišemo, da je ( n − 1)3 + n 3 + ( n + 1)3 = 3 k. Ali lahko podobno dosežemo, če n nadomestimo z n + 1? Iz računa (( n + 1) − 1)3 + ( n + 1)3 + (( n + 1) + 1)3 = n 3 + ( n + 1)3 + ( n + 2)3 = 3 k − ( n − 1)3 + ( n + 2)3 = 3 k + 9 n 2 + 9 n + 9 = 3 k + 3 n 2 + 3 n + 3 , sledi, da je tudi število (( n + 1) − 1)3 + ( n + 1)3 + (( n + 1) + 1)3 deljivo s 3, kar je vsebina izjave A ( n + 1). 1.6 Naloge √ 1. Dokaži, da je 3 iracionalno število. √ √ 2. Število 2 + 3 je algebrsko. Dokaži! 3. Dokaži: kvadrat vsakega lihega števila lahko zapišemo v obliki 8 p + 1 , kjer je p ∈ N ∪ {0} . 4. Določi parameter α tako, da bo x 2 − 2 (4 α − 1) x + 15 α 2 − 2 α − 7 > 0 ∀ x ∈ R . Navodilo: Diskriminanta kvadratne neenačbe mora biti negativna. R: 2 < α < 4 . 5. Obravnavaj kvadratno neenačbo v odvisnosti od parametra α: αx 2+(2 α + 1) x+ α + 2 > 0 . √ (−2 α−1± −4 α+1) R: x 1 , 2 = , če α = 0; vzemimo, da je x 2 α 1 < x 2 . 18 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL – α = 0 ⇒ x > −2 – 0 < α < 1 ⇒ D > 0 ⇒ x < x 4 1 ali x > x 2 – α ≥ 1 ⇒ D < 0 ⇒ ∀ x ∈ 4 R . √ √ √ 6. Reši neenačbo: x + x + 1 > 3 R: 1 , ∞ . 3 7. Reši enačbe/neenačbe z absolutnimi vrednostmi: (a) | x + 3| = | x| , R: x = − 3 . 2 (b) | x − 1| − | x + 2| = 1 , R: x = −1 . √ √ (c) | x 2 − 2 x| = 1, R: x 1 = 2 + 1 , x 2 = 1 − 2 , x 3 = 1 . √ √ (d) | x + 2| − | x 2 − 4| < 2 , R: x < − 1 + 1 17 ali x > 1 + 1 17 . 2 2 2 2 (e) |1 − | x − 1|| < 1 , R: −1 < x < 1 ali 1 < x < 3 . 8. Razstavi (a) 27 a 4 + ab 3 , R: a (3 a + b) (−3 ab + 9 a 2 + b 2) . (b) a 3 + 3 a 2 + 5 a + 15 , R: ( a + 3) ( a 2 + 5) . (c) a 4 − ( b 2 + 2 ab)2 , R: ( a 2 − b 2 − 2 ab) ( a + b)2 . 9. Poenostavi (a) (− a 2 b) (−3 a 2 b 3)3 : ( a 2 b)2 , R: a 4 b 2 . − (b) − ( y−4) 3 − (− y)−3 −4 − − (− y)4 3 , R: − y 12 . (c) x 4+3 x 3+3 x 2+ x , R: − ( x+1)2 . x 2− x 4 x( x−1) (d) xn+2+3 xn+1+3 xn+ xn−1 , R: − ( x+1)2 . xn− xn+2 x( x−1) √ √ √ √ (e) 3 ab 2 3 b 2 √ 2 12 √ , R: a 3 b 10 . 6 b a 2 10. Reši neenačbi x √ (a) 1 − 3 7 > 0 , R: x < − 1 . 7 3 (b) 32 x + 42 x ≥ 42 x+1 − 32 x+1 , R: x ≤ 1 . 2 11. Reši enačbe (a) ln (log (log x)) = 0 , R: x = 2 e. 2 (b) log ( x − 5) + log ( x − 10) − log ( x − 7) = log ( x − 9) , R: x = 13 . (c) log ( x − 7) + log ( x + 1) = 2 , R: x = 8 . 3 3 19 1 PODMNOŽICE REALNIH ŠTEVIL 12. Dokaži s pomočjo matematične indukcije: n (a) (2 k − 1) = n 2 , ∀ n ∈ N . k=1 n (b) k 2 k = 1 · 2 + 2 · 22 + . . . + n · 2 n = 2 (( n − 1) · 2 n + 1) , ∀ n ∈ N . k=1 (c) 5 n+2 n+1 ∈ 3 N , ∀ n ∈ N . (d) 64 | 32 n+2 − 8 n − 9 , ∀ n ∈ N . (e) 54 | 22 n+1 − 9 n 2 + 3 n − 2 , ∀ n ∈ N . (f) 2 n > n 2 , n ≥ 5 , , ∀ n ∈ N . 20 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA 2 Kompleksna števila Enačba x 2 + 1 = 0 v množici realnih števil nima nobene rešitve, saj je x 2 ≥ 0 za vsak x ∈ R in tako ne more biti enak −1. Uvedemo novo množico števil: kompleksna števila C √ i := −1 , i 2 = −1 . imaginarna enota z = a + ib, a, b ∈ R . kompleksno število Množica kompleksih števil je C = { a + ib; a, b ∈ R} . Opazimo, da je R ⊆ C , saj je a = a + i 0 za vsak a ∈ R . Pri danem kompleksnem številu z = a + ib rečemo številu a realni del in številu b imaginarni del in zapišemo: a = Re z in b = Im z. Oba, realni in imaginarni del (rečemo tudi komponenti), sta realni števili. 2.1 Osnovne računske operacije Na naraven način vpeljemo seštevanje ( a + ib) + ( c + id) = ( a + c) + i ( b + d) in množenje ( a + ib) · ( c + id) = ( ac − bd) + i ( ad + bc) , nova operacija pa je konjugiranje: za kompleksno število z = a + ib, je z = a − ib konjugirana vrednost. Preberemo: " z prečna". 21 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA Izračunajmo potence števila i : i 1 = i i 2 = −1 i 3 = − i i 4 = 1 ik = im, kjer je m ostanek pri deljenju k s 4. Opazimo, da se ciklično ponavljajo. Npr.: 12 i 50 = i 48+2 = i 48 i 2 = i 4 i 2 = i 2 = −1 . 2.1.1 Predstavitev kompleksnih števil v Gaussovi ravnini. Kompleksno število z = a + ib vrišemo v Kartezijev koordinatni sistem kot točko T ( a, b) . Slika 2.4: Kompleksno število v Gaussovi ravnini Na slikah 2.5 in 2.6 je seštevanje in konjugiranje kompleksnih števil grafično pri-kazano. Slika 2.5: Seštevanje Slika 2.6: Konjugiranje 22 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA Lastnosti konjugiranja 1. z 1 + z 2 = z 1 + z 2 2. z 1 z 2 = z 1 z 2 3. z = z 4. Re z = 1 ( z + z) , Im z = 1 ( z − z) 2 2 i 5. zz = a 2 + b 2 ≥ 0 Vpeljimo pojem √ | z| = a 2 + b 2 absolutna vrednost kompleksnega števila. Geometrijski pomen: | z| predstavlja oddaljenost točke z = a+ ib od koordinatnega izhodišča. Slika 2.7: Absolutna vrednost kompleksnega števila Sedaj pa lahko definiramo tudi deljenje kompleksnih števil. z 1 z z = 1 z 2 = 1 z 2 z 2 z 2 z 2 | z 2|2 Ulomek z 1 razširimo s konjugirano vrednostjo imenovalca. z 2 Zgled. 2+ i = (2+ i)(3+2 i) = 4+7 i = 4+7 i = 4 + 7 i. 3−2 i (3−2 i)(3+2 i) |3−2 i|2 13 13 13 Kompleksna števila so za operaciji seštevanja in množenja komutativen obseg ali polje; za ti dve operaciji veljajo namreč ista računska pravila kot za realna števila. 23 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA Lastnosti absolutne vrednosti: 1. | z| = | z| 2. | z 1 z 2| = | z 1| | z 2| 3. | z| = 0 ⇒ z = 0 4. | z 1 + z 2| ≤ | z 1| + | z 2| trikotniška neenakost Slika 2.8: Trikotniška neenakost Absolutna vrednost razlike kot razdalja Za dani kompleksni števili z 1 = x 1 + iy 1 , z 2 = x 2 + iy 2 , je | z 1 − z 2| = ( x 1 − x 2)2 + ( y 1 − y 2)2 = d ( z 1 , z 2) kjer je d ( z 1 , z 2) razdalja med točkama v Gaussovi ravnini, ki ustrezata kompleksnima številoma z 1 in z 2. Uporabimo to dejstvo za predstavitev kroga: za dan z 0 ∈ C in r > 0 , je množica { z; | z − z 0| ≤ r} = { z; d ( z, z 0) ≤ r} krog s središčem v z 0 in polmerom r, 24 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA Slika 2.9: Krog { z; | z − z 0| ≤ r} medtem ko je za dani kompleksni števili z 1 , z 2 { z; | z − z 1| = | z − z 2|} = { z; d ( z, z 1) = d ( z, z 2)} simetrala daljice med točkama z 1 in z 2 . 2.2 Polarni zapis kompleksnih števil V ravnini izberemo točko 0 (koordinatno izhodišče) in poltrak (polarna os). Tako smo dobili polarni koordinatni sistem, v katerem predstavimo točko T s parametroma: - r....oddaljenost točke T od izhodišča 0 - ϕ....kot med polarno osjo in daljico 0 T, merjen v nasprotni smeri urinega kazalca. Če je r = 0, ϕ ni definiran. Slika 2.10: Polarni koordinatni sistem 2.2.1 Zveza med kartezičnimi in polarnimi koordinatami Polarni in kartezični koordinatni sistem združimo tako, da se polarna os ujema s pozitivnim poltrakom realne osi Gaussove ravnine. 25 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA Slika 2.11: Polarni koordinatni sistem v Gaussovi ravnini cos ϕ = xr sin ϕ = yr r = x 2 + y 2 . Iz teh zvez dobimo obrazca za izračun kartezičnih koordinat iz polarnih: x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. Kompleksno število z = x + iy lahko nato zapišemo v obliki z = r (cos ϕ + i sin ϕ) , čemur pravimo polarni zapis kompleksnega števila. Polarne koordinate iz kar- tezičnih izračunamo takole: r = | z| = x 2 + y 2 y tan ϕ = . x Absolutno vrednost r imenujemo tudi modul, polarni kot ϕ pa argument komple- ksnega števila. V uporabi je tudi zapis ϕ = arg z. Zgleda: • Zapišimo z = 1 + i v polarni obliki. Izračunati je treba modul r in argument ϕ. Iz r 2 = x 2 + y 2 = 1 + 1 = 2 √ sledi, da je r = 2 . Nadalje je y 1 tan ϕ = = = 1 , x 1 26 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA torej ima ϕ vrednost bodisi π bodisi π + π . Ker leži kompleksno število z = 1 + i 4 4 v 1. kvadrantu, izberemo ϕ = π . Sledi 4 √ π π z = 2 cos + i sin . 4 4 √ • Če pa je w = −1 − i, je r = 2 , prav tako je tan ϕ = y = −1 = 1 . Vendar je x −1 sedaj z v 3. kvadrantu, zato je ϕ = π + π = 5 π in 4 4 √ 5 π 5 π w = 2 cos + i sin . 4 4 V obeh primerih smo za kot ϕ izbrali vrednost iz intervala [0 , 2 π) . Zapis kompleksnega števila v polarni obliki, če privzamemo, da je lahko kot ϕ ∈ R, pa ni enoličen. Definicija 2.2.1 Kompleksni števili z 1 = r 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1) in z 2 = r 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2) sta enaki natanko takrat ko velja r 1 = r 2 ϕ 2 − ϕ 1 = 2 kπ, k ∈ Z , r = 0 . Velja npr.: π π 9 π 9 π 2 cos + i sin = 2 cos + i sin , 4 4 4 4 saj se polarna kota obeh števil razlikujeta za 2 π, absolutni vrednosti pa sta enaki. Računanje s kompleksnimi števili v polarni obliki: Spoznali bomo, da je s kompleksnimi števili v polarni obliki enostavno množiti, deliti, predvsem pa potencirati kompleksna števila. Bodita z 1 = r 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1) z 2 = r 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2) . Izračunajmo produkt z 1 in z 2 : z 1 z 2 = r 1 r 2 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1) (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2) = r 1 r 2 (cos ϕ 1 cos ϕ 2 − sin ϕ 1 sin ϕ 2 + i (sin ϕ 1 cos ϕ 2 + cos ϕ 1 sin ϕ 2)) = r 1 r 2 (cos ( ϕ 1 + ϕ 2) + i sin ( ϕ 1 + ϕ 2)) . 27 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA Zapis v zadnji vrstici računa je prav polarni zapis produkta z 1 z 2 , od koder sledi | z 1 z 2| = r 1 r 2 , arg ( z 1 z 2) = arg z 1 + arg z 2 + 2 kπ, k ∈ Z . Kompleksni števili v polarni obliki torej zmnožimo tako, da zmnožimo absolutni vre- dnosti (modula), kota (argumenta) pa seštejemo. Zgled. Naj bo z = r (cos ϕ + i sin ϕ) poljubno kompleksno število, w = cos α + i sin α pa neko število z enotske krožnice (| w| = 1). Kaj geometrijsko predstavlja preslikava z → zw oziroma množenje s številom iz enotske krožnice? Pa poglejmo: zw = r (cos ( ϕ + α) + i sin ( ϕ + α)) . Opazimo, da se je modul (absolutna vrednost) ohranil, kot pa se je povečal za α. Torej gre za vrtenje za kot α = arg w okrog izhodišča. Potenciranje v polarni obliki Naj bo z = r (cos ϕ + i sin ϕ) . Izračunajmo z 2 = r 2 (cos ( ϕ + ϕ) + i sin ( ϕ + ϕ)) = r 2 (cos 2 ϕ + i sin 2 ϕ) . Če bi nadaljevali in izračunali še z 3 , z 4 , bi hitro lahko postavili domnevo zn = rn (cos nϕ + i sin nϕ) , n ∈ N. (2) de Moivre-ov obrazec Obrazec dokažemo z matematično indukcijo. 1. Za n = 1 očitno velja. 2. Denimo, da obrazec (2) velja za nek poljuben n in izračunajmo zn+1 : zn+1 = znz = rn+1 (cos nϕ + i sin nϕ) (cos ϕ + i sin ϕ) = rn+1 (cos ( n + 1) ϕ + i sin ( n + 1) ϕ) . 28 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA Zgled. Izračunajmo (1 + i)9. √ π π 9 (1 + i)9 = 2 cos + i sin 4 4 √ 9 9 π 9 π = 2 cos + i sin 4 4 √ 8 π π 8 π π = 24 2 cos + + i sin + 4 4 4 4 √ π π = 16 2 cos + i sin 4 4 = 16 (1 + i) . Potenco smo izračunali tako, da smo najprej število 1 + i pretvorili v polarno obliko, nato ga ni bilo težko potencirati; dobljen rezultat smo na koncu spet zapisali v kar- tezični obliki. Nadalje pokažimo, da de Moivre-ov obrazec velja tudi za negativne cele eksponente in 0. Najprej vzemimo n = −1 in z = r (cos ϕ + i sin ϕ) , r = 0 . Izračunajmo po pravilu za deljenje kompleksnih števil 1 1 z−1 = = z r (cos ϕ + i sin ϕ) cos ϕ − i sin ϕ = r−1 cos2 ϕ + sin2 ϕ = r−1 (cos (− ϕ) + i sin (− ϕ)) V zgornjem računu smo upoštevali, da je cos (− ϕ) = cos ϕ in sin (− ϕ) = − sin ϕ. V kombinaciji z de Moivre-ov obrazcem za n ∈ N , sedaj ta velja za vsa neničelna cela števila. Nazadnje ni težko videti, da je n = 0 velja r 0 (cos (0 ϕ) + i sin (0 ϕ)) = 1 . 2.3 Eksponentni zapis kompleksnega števila je različica zapisa kompleksnega števila v polarni obliki. Motivacija za ta zapis je, da se v polarni obliki množenje kompleksnih števil z modulom 1 prevede na seštevanje argumentov (kotov). Nekaj podobnega pa velja tudi za potence: potence množimo tako, da eksponenta seštejemo. Vpeljemo nov eksponentni zapis eiϕ := cos ϕ + i sin ϕ, kjer v tem trenutku še niti ni pomembno, kakšno vlogo ima število e. Zaenkrat ga lahko vzamemo kar kot nek simbol. Nato lahko vsako kompleksno število zapišemo kot: z = r (cos ϕ + i sin ϕ) = reiϕ. 29 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA Lastnosti eksponentnega zapisa 1. | eiϕ| = 1 , 2. eiϕ 1 = eiϕ 2 ⇒ ϕ 1 − ϕ 2 = 2 kπ, k ∈ Z , 3. eiϕ = e− iϕ, n 4. ( eiϕ) = einϕ, n ∈ Z , 5. eiϕ 1 eiϕ 2 = ei( ϕ 1+ ϕ 2) . Enačba zn = a Dani naj bosta števili a ∈ C in n ∈ N. Iščemo vsa tista kompleksna števila, da bo zn = a. Vse rešitve, ki jih bomo tako dobili, bodo vrednosti n-tega korena iz števila a. Rešitev poiščemo v obliki z = reiϕ. Tudi dano število a zapišemo v eksponentnem zapisu: a = | a| eiα. Sedaj se enačba zn = a glasi: n reiϕ = | a| eiα rneinϕ = | a| eiα rn (cos ( nϕ) + i sin ( nϕ)) = | a| (cos α + i sin α) V zadnji vrstici imamo enakost dveh kompleksnih števil v polarni obliki; od tod dobimo r = n | a| α + 2 kπ nϕ = α + 2 kπ ⇒ ϕ = , k = 0 , 1 , . . . , n − 1. n Pri k = n bi dobili isto rešitev kot pri k = 0 , pri k = n + 1 isto kot pri k = 1 in tako naprej. 2.4 Naloge 1. Izračunaj vrednost izraza: a− ib + a+ ib ; , a, b ∈ b+ ia b− ia R , R: 0 . 2. Določi Re ( z) , Im ( z) , z, | z| za kompleksno število: z = a+ i , kjer je a ∈ a− i R. R: Re ( z) = a 2−1 , Im ( z) = 2 a , z = a− i = a 2−1−2 ai , | z| = 1 . a 2+1 a 2+1 a+ i a 2+1 3. Določi realna x in y, ki zadoščata enačbi: (a) (3 x − i) (2 + i) + ( x − iy) (1 + 2 i) = 5 + 6 i, R: x = 20 , y = − 36 . 17 17 (b) cos x + i sin x = sin x + i cos x, R: x = π + kπ, k ∈ 4 Z . 4. Reši enačbe: 30 2 KOMPLEKSNA ŠTEVILA (a) 2 z 2 − 3 z 2 = 10 i, R: z 1 = 1 + i, z 2 = −1 − i. (b) (2 z + 3 z) (2 z + 3 z) = −1 , R: ∅ . √ √ (c) z 2 = 1 , R: z i 3 − 1 , z i 3 − 1 . z 1 = 1 , z 2 = 1 2 2 3 = − 1 2 2 5. Nariši podmnožice kompleksne ravnine: (a) { z; Re ( z) − Im ( z) = 1} (b) z; Im 1 = 1 z 4 (c) { z; z 2 − z 2 = 0} (d) { z; z 2 − z 2 = 1} (e) { z; Re ( z 2 + z) = 0} (f) z; 1 ≤ Re 1 + Im 1 ≤ 1 4 z z 2 6. z 1 = 1 + 2 ai, z 2 = 3 a − 4 i; Določi a ∈ R tako, da bo Im ( z 1 + z 2) = 0. R.: a = 2. 7. Zapiši dano kompleksno število v polarni obliki in eksponentni obliki: (a) z = 2 − 2 i, √ √ R: z = 2 2 cos − π + i sin − π = 2 2 e− i π 4 . 4 4 √ (b) z = −1 + i 3 , R: z = cos 2 π + i sin 2 π = ei 2 π 3 . 3 3 (c) z = 1− i , R: z = cos − π + i sin − π = e− i π 2 . 1+ i 2 2 (d) z = sin α + i (1 − cos α), R: z = 2 sin2 α cos α + kπ + i sin α + kπ 2 2 2 = 2 sin2 α ei( α + kπ) 2 . 2 8. Nariši podmnožice kompleksne ravnine z upoštevanjem geometrijskega pomena absolutne vrednosti razlike dveh kompleksnih števil: (a) { z; | z − i| < 3}. (b) z; 0 ≤ arg 1 ≤ π in | z + i| ≤ 1 . z 2 (c) { z; | z − i| + | z + i| = 4} ⇒ x 2 + y 2 = 1; e 2 = b 2 − a 2. 3 4 6 9. Izračunaj 4 √ z uporabo de Moivre-ovega obrazca. R: 2. −1+ i 3 10. Reši enačbi: √ √ √ (a) z 2 = 2 − 2 i 3, R: z 1 = i − 3 , z 2 = 3 − i. √ √ (b) ( z + 1)3 = i 3, R: z 1 = − 1 3 − 1 − 1 i, z 3 − 1 − 1 i. 2 2 2 = −1 + i, z 3 = 1 2 2 11. Poišči vse kompleksne vrednosti 5 (2 − 2 i)4! √ i(2 k−1) π R: zk = 5 64 e 5 , k = 0 , 1 , 2 , 3 , 4. 31 3 FUNKCIJE 3 Funkcije 3.1 O preslikavah na splošno Naj bosta A in B dani množici. Definicija 3.1.1 Funkcija (ali preslikava) je predpis, ki vsakemu elementu x množice A priredi natanko določeni element y ∈ B. Zapišemo: f : A → B ali f : A → B x → y y = f ( x) Elementom x ∈ A rečemo originali, medtem ko so y ∈ B, y = f ( x), njihove slike. Množico A imenujemo domena, množico B pa kodomena funkcije f . Zgled. A = {1 , 2 , 3} , B = { a, b} f : A → B g : A → B 1 → a 1 → a 2 → b 2 → a 3 → a 3 → a Naj bo C ⊆ A. Slika f ( C) množice C je množica vseh slik originalov iz množice C. Množico f ( A) imenujemo zaloga vrednosti funkcije f . Seveda je f ( A) ⊆ B. Alternativni oznaki za zalogo vrednosti sta še Zf in Rf . Za funkcijo, katere zaloga vrednosti vsebuje en sam element (npr. funkcija g), rečemo, da je konstantna. Pri dani funkciji f : {1 , 2 , 3 , 4} → { e, f, g, h} 1 → g 2 → h 3 → g 4 → f je zaloga vrednosti Zf = { f, g, h} prava podmnožica kodomene { e, f, g, h} . Definicija 3.1.2 Če je f ( A) = B, rečemo, da je f surjektivna ali surjekcija. V tem primeru za vsak element y ∈ B najdemo tak x ∈ A, da je f ( x) = y. Preslikava f : A → B je injektivna ali injekcija, če se katerakoli različna originala x 1 , x 2 preslikata v različni sliki f ( x 1) , f ( x 2) . Torej: x 1 = x 2 ⇒ f ( x 1) = f ( x 2) Ekvivalentno: f ( x 1) = f ( x 2) ⇒ x 1 = x 2 Preslikava, ki je injektivna in surjektivna, je bijektivna ali bijekcija (rečemo tudi povratno enolična). Za vsako bijektivno preslikavo f : A → B obstaja inverzna funkcija f −1 : B → A. To je funkcija, ki preslika y v x, če je f preslikala x v y. 32 3 FUNKCIJE f : A → B f −1 : B → A x → y y → x Premislimo, zakaj potrebujemo bijektivnost za vpeljavo inverzne funkcije. Surjektivnost potrebujemo zato, da bomo za vsak element množice B vedeli, kam ga z f −1 preslikati. Če je f surjektivna, je namreč vsak element množice B slika vsaj enega originala x. Če funkcija ne bi bila injektivna, bi lahko bil kakšen y slika dveh ali več različnih x-ov. Zaradi injektivnosti pa se s funkcijo f v vsak y preslika natanko en x. Definicija 3.1.3 Množici sta ekvipolentni (ali enako močni), če med njima ob- staja kakšna bijekcija. Če sta množici, katerih elemente lahko preštejemo, ekvipolentni, imata enako število elementov. 3.1.1 Komponiranje ali sestavljanje funkcij Bodita f : A → B in g : B → C dani funkciji. Konstruirajmo novo funkcijo g ◦ f : A → C, ki bo delovala isto kot f in g druga za drugo. Torej g ◦ f : A → C f g x → y → z z = g ( y) = g ( f ( x)) = g ◦ f ( x) Nasploh g ◦ f = f ◦ g. Na primer, dani naj bosta funkciji f, g : R → R , f ( x) = x 2 , g ( x) = x + 1 . Nato je ( g ◦ f ) ( x) = g ( f ( x)) = x 2 + 1 , ( f ◦ g) ( x) = f ( g ( x)) = ( x + 1)2 = x 2 + 2 x + 1 . Označimo z iA : A → A preslikavo na poljubni množici A, ki vsak element x ∈ A preslika vase. To preslikavo imenujemo identična preslikava ali identiteta. Če je f : A → B bijekcija, je bijekcija tudi f −1 : B → A in velja: f −1 ◦ f : A → A f ◦ f −1 : B → B f −1 ◦ f = iA in f ◦ f −1 = iB f −1 ( f ( x)) = x ∀ x ∈ A f ( f −1 ( y)) = y ∀ y ∈ B Omenimo še pojem grafa funkcije f : A → B. To je množica Gf = {( x, y) ; x ∈ A in y = f ( x)} Vidimo, da je Gf ⊆ A × B = {( a, b) ; a ∈ A, b ∈ B} . 33 3 FUNKCIJE Zgled. Naj bo A = {1 , 2 , 3} , B = { a, b} in f : A → B določena s predpisom: 1 → a 2 → b 3 → a. Njen graf je Gf = {(1 , a) , (2 , b) , (3 , a)} . Slika 3.12: Graf diskretne funkcije Zgled. Za funkcijo f : R → R , y = f ( x) = x 2 , pa je Gf = {( x, x 2) , x ∈ R} . Slika 3.13: Graf funkcije f ( x) = x 2 V posebnem, če je x = 1 ali x = 2, točki (1 , 1) in (2 , 4) ležita na grafu te funkcije. 3.2 Realne funkcije Obravnavamo funkcije f : D → R , kjer je definicijsko območje D neka podmnožica R. Včasih realno funkcijo podamo samo s predpisom v obliki obrazca. Takrat govorimo o (naravnem) definicijskem območju Df , ki je (maksimalna) množica vseh tistih realnih števil x, kjer lahko z danim predpisom funkcijsko vrednost smiselno izračunamo. 34 3 FUNKCIJE Graf funkcije f je Gf = {( x, y) ; x ∈ Df in y = f ( x)} . 3.2.1 Osnovne lastnosti Pri proučevanju funkcij nas bo zanimalo: - definicijsko območje Df - ničle: Število a ∈ Df je ničla funkcije f, če je f ( a) = 0 . Točka x = a določa presečišče grafa funkcije z osjo x. - začetna vrednost f (0) določa presek z osjo y. - parnost: Naj bo funkcija f definirana na nekem simetričnem definicijskem območju ( x ∈ Df ⇒ − x ∈ Df ). Funkcija je liha, če velja f (− x) = − f ( x) za vsak x ∈ Df Funkcija je soda, če je f (− x) = f ( x) za vsak x ∈ Df . - monotonost: Funkcija je na nekem intervalu I ⊆ Df naraščajoča, če velja: a < b ⇒ f ( a) < f ( b) , ∀ a, b ∈ I, padajoča, če velja: a < b ⇒ f ( a) > f ( b) ∀ a, b ∈ I, nepadajoča, če velja: a < b ⇒ f ( a) ≤ f ( b) ∀ a, b ∈ I, nenaraščajoča,če velja: a < b ⇒ f ( a) ≥ f ( b) ∀ a, b ∈ I. Interval I, na katerem je funkcija monotona, se imenuje interval monotonosti. - omejenost: Funkcija je navzgor omejena, če obstaja tako realno število M, da je f ( x) ≤ M za vsak x ∈ Df ; in je navzdol omejena, če obstaja tak m ∈ R, da je f ( x) ≥ m za vsak x ∈ Df . Rečemo, da je funkcija omejena, če je navzgor in navzdol omejena. V tem primeru je njena zaloga vrednosti vsebovana v nekem omejenem intervalu. - periodičnost: Funkcija je periodična, če obstaja tako število T > 0, da je f ( x + T ) = f ( x) za vsak x ∈ Df . Tudi tukaj mora biti Df tako, da je x ∈ Df ⇐⇒ x + T ∈ Df . 3.2.2 Računske operacije s funkcijami Funkcije lahko seštevamo, odštevamo, množimo, delimo, komponiramo in na ta način dobivamo nove funkcije. f : D 1 → R, g : D 2 → R naj bosta funkciji. 1. vsota: ( f + g) ( x) = f ( x) + g ( x) 35 3 FUNKCIJE 2. produkt: ( f.g) ( x) = f ( x) g ( x) 3. kvocient: f f ( x) ( x) = ; g ( x) = 0 , g g ( x) 4. kompozitum: ( g ◦ f ) ( x) = g ( f ( x)) Vsota in produkt sta definirani na D 1 ∩ D 2 , medtem ko je naravno definicijsko območje kvocienta enako ( D 1 ∩ D 2) \ { a; g ( a) = 0}. Kompozitum je definiran največ na množici { x; x ∈ D 1 in f ( x) ∈ D 2} . 3.2.3 Pregled elementarnih funkcij Algebrske funkcije 1. linearna funkcija f ( x) = kx + n 2. kvadratna funkcija f ( x) = a ( x − p)2 + q = ax 2 + bx + c 3. potenčna funkcija f ( x) = xn, n ∈ N • n sodo število 6 y 4 2 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x Slika 3.14: Potenčne funkcije s sodim pozitivnim eksponentom 36 3 FUNKCIJE • n liho število 4 y 2 -3 -2 -1 1 2 3 x -2 -4 Slika 3.15: Potenčne funkcije z lihim pozitivnim eksponentom 4. Polinomi: f ( x) = anxn + an−1 xn−1 + · · · + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 , an = 0 , stopnje n Na sliki 3.16 je polinom stopnje 6. 10 y -2 -1 1 2 3 4 x -10 -20 Slika 3.16: p ( x) = ( x − 2)2 ( x + 1)3 ( x − 3) Ničle polinomov. Osnovni izrek algebre pravi: polinom stopnje n ≥ 1 s kompleksnimi koeficienti ima natanko n ničel (če jih štejemo z večkratnostjo). Polinom z realnimi koeficienti je lahko tudi brez realnih ničel: npr.: p ( x) = x 2 + 1; velja pa, da ima realni polinom lihe stopnje vsaj eno realno ničlo, kompleksne pa nastopijo v konjugiranih parih. Ničle so lahko sode oziroma lihe stopnje, graf se v okolici ničle x 0 obnaša po- dobno kot x → ± ( x − x 0)2 n , ali x → ± ( x − x 0)2 n−1 , odvisno od stopnje ničle. Od predznaka koeficienta ob členu najvišje stopnje je odvisno, ali za velike x rastejo vrednosti p ( x) čez vse meje v pozitivno ali negativno smer. Vsak realen polinom je razcepen na faktorje stopnje največ 2. 5. Racionalne funkcije f ( x) = p( x) ; p in q sta polinoma q( x) 37 3 FUNKCIJE • ni definirana v ničlah imenovalca q ( x); če taka ničla ni hkrati ničla števca, rečemo, da ima v tej točki pol in na grafu je navpična asimptota. • ničle: so ničle števca, če niso hkrati tudi ničle imenovalca • potenčna z negativnim eksponentom: f ( x) = x− n, n ∈ N. – n liho število: 3 y 2 1 -3 -2 -1 1 2 3 x -1 -2 -3 Slika 3.17: x → 1 , 1 , 1 x x 3 x 5 Funkcije so lihe, niso definirane v točki x = 0 , os y je navpična asimp- tota, os x pa vodoravna asimptota. So neomejene. – n sodo število: 3 y 2 1 -3 -2 -1 1 2 3 x Slika 3.18: x → 1 1 1 x 2 x 4 x 6 Te funkcije so sode, niso definirane v točki x = 0 , os y je navpična asimptota, os x pa vodoravna asimptota. Vse so navzdol omejene z 0. Zgled. Analizirajmo racionalno funkcijo f ( x) = ( x−1)2( x+1) . x( x+2)2 38 3 FUNKCIJE 10 y 8 6 4 2 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14 -2 x -4 Slika 3.19: f ( x) = ( x−1)2( x+1) x( x+2)2 Ima ničli pri x = 1 (dvojna, sode stopnje) in x = −1 (stopnje 1), pola pri x = 0 in x = −2 in vodoravno asimptoto pri y = 1. 6. Korenske funkcije √ √ f ( x) = 2 n x, f ( x) = 2 n+1 x √ f ( x) = x, x ≥ 0; inverzna funkcija k f ( x) = x 2 • s sodim korenskim eksponentom 4 3 y y 2 2 1 0 -2 2 4 0 1 2 3 4 5 x x √ √ √ √ Slika 3.20: x → x 2 , x → x Slika 3.21: x → x, 4 x, 6 x • z lihim korenskim eksponentom, definirane na vsej realni osi √ f ( x) = 3 x, definirana za vsak x ∈ R 4 y 2 y 1 -4 -2 2 4 -4 -2 2 4 -1 x -2 x -4 √ √ √ √ Slika 3.22: x → x 3 , x → 3 x Slika 3.23: x → 3 x, 5 x, 7 x 39 3 FUNKCIJE Vse funkcije, omenjene do sedaj, sestavljajo razred algebrskih funkcij. Algebrske funkcije so tiste, ki jih lahko izrazimo kot korene polinomskih enačb s polinomskimi koeficienti a 0 ( x) , . . . , an ( x): an ( x) yn + an−1 ( x) yn−1 + . . . + a 1 ( x) y + a 0 ( x) = 0 . Na primer: enačbo q ( x) y − p ( x) = 0 reši racionalna funkcija y = p( x) , enačbo q( x) √ yn − x = 0 korenska funkcija y = n x. Funkcije, ki niso algebrske, imenujemo transcendentne. Transcendentne funkcije 1. Trigonometrične funkcije • sinus 4 y 2 -10 -5 5 10 -2 x -4 Slika 3.24: f ( x) = sin x, sinusoida ničle: kπ, k ∈ Z periodična, osnovna perioda je 2 π. lokalni maksimumi: π + 2 kπ, k ∈ 2 Z lokalni minimumi: 3 π + 2 kπ, k ∈ 2 Z omejena je v obe smeri: −1 ≤ sin x ≤ 1 oziroma |sin x| ≤ 1 ∀ x ∈ R liha funkcija: sin (− x) = − sin x • kosinus cos x = sin x + π , za π v levo premaknjen sinus 2 2 40 3 FUNKCIJE 4 y 2 -10 -5 5 10 -2 x -4 Slika 3.25: f ( x) = cos x Tudi graf te funkcije je sinusoida. soda, cos (− x) = cos x f ( x) = tan x = sin x , ni definirana v ničlah funkcije cos cos x ničle se ujemajo z ničlami sin • tangens f ( x) = tan x y 4 2 -4 -2 2 4 x -2 -4 Slika 3.26: Tangens Je periodična s periodo π, neomejena v obe smeri, liha, navpične asimptote pri x = ± π , ± 3 π , ± 5 π , . . . . 2 2 2 • kotangens f ( x) = cot x = 1 = cos x tan x sin x 41 3 FUNKCIJE y 4 2 -4 -2 2 4 x -2 -4 Slika 3.27: Kotangens Nekaj osnovnih zvez med trigonometričnimi funkcijami: sin2 x + cos2 x = 1 / : cos2 x 1 tan2 x + 1 = cos2 x sin x tan x = cos x x 1 + cos x cos2 = 2 2 x 1 − cos x sin2 = 2 2 sin 2 x = 2 sin x cos x cos 2 x = cos2 x − sin2 x. 2. Eksponentna funkcija f ( x) = ax, v praksi a > 1 x 1 = (2−1) x = 2− x 2 pogoste osnove: e, 10 , 2 , 5 5 y y 4 4 3 3 2 2 1 1 -3 -2 -1 0 1 2 3 -3 -2 -1 0 1 2 3 x x Slika 3.28: x → ex Slika 3.29: x → e− x nima ničel, definirana za vse realne x, 42 3 FUNKCIJE začetna vrednost: 1 , ker a 0 = 1 = e 0 , vodoravna asimptota: y = 0 (za negativne x), navzgor neomejena, navzdol je omejena z 0 . 3. Logaritemska funkcija je inverzna k eksponentni x → ax y 4 2 -2 2 4 x -2 Slika 3.30: Eksponentna in logaritemska (rdeča) funkcija ax : R → (0 , ∞) , bijektivna ima inverzno funkcijo: y = ax x = ay y = log x a 2 y 0 1 2 3 4 5 x -2 -4 Slika 3.31: log x , ln x 2 definirana samo za x > 0 , ničla pri x = 1 , neomejena, naraščajoča. 43 3 FUNKCIJE 4. Inverzne trigonometrične funkcije: • arkus sinus (arcsin) je inverzna funkcija k funkciji sinus, Vzamemo samo zožitev funkcije sin na interval − π , π . Ta je injektivna z 2 2 zalogo vrednosti [−1 , 1] ; njena inverzna funkcija je potlej arcsin = sin−1 : [−1 , 1] → − π , π . 2 2 y 2 y 2 1 -1 1 -2 2 x -1 x -2 -2 Slika 3.32: Sinus in arkus sinus Slika 3.33: Arkus sinus • arkus kosinus (arccos) je inverzna funkcija k funkciji kosinus 3 y y 3 2 2 1 1 -2 -1 1 2 3 4 -1 1 -1 x x Slika 3.34: Kosinus in arkus kosi- Slika 3.35: Arkus kosinus nus Izberemo zožitev cos x : [0 , π] → [−1 , 1] , ki je bijekcija. arccos x : začetna vrednost π , padajoča, ničla:1. 2 • arkus tangens (arctan) je inverzna funkcija k funkciji tangens. tan : − π , π → 2 2 R bijekcija (Pozor, samo ena veja!) tan−1 = arctan : R → − π , π 2 2 44 3 FUNKCIJE 4 4 y y 2 2 -4 -2 2 4 -4 -2 2 4 -2 x -2 x -4 -4 Slika 3.36: Tangens in arkus tan- Slika 3.37: Arkus tangens gens 5. Hiperbolične funkcije • hiperbolični kosinus cosh x = 1 ( ex + e− x) (ali ch x), 2 4 y 3 2 1 -3 -2 -1 1 2 3 x -1 Slika 3.38: Hiperbolični kosinus, verižnica • hiperbolični sinus sinh x = 1 ( ex − e− x) ali sh x, 2 4 y 2 -3 -2 -1 1 2 3 x -2 -4 Slika 3.39: Hiperbolični sinus • hiperbolični tangens tanh x = sinh( x) ali th x, cosh x 45 3 FUNKCIJE 1.5 y 1.0 0.5 -2 -1 1 2 x -0.5 -1.0 -1.5 Slika 3.40: Hiperbolični tangens 6. Obstaja še nekaj drugih trigonometričnih, hiperboličnih, inverznih trigonome- tričnih in inverznih hiperboličnih funkcij, vendar jih tukaj ne bomo obravnavali. 3.2.4 Premiki in raztegi 1. x → f ( x − a) , a > 0 , premik za a v desno 2. x → f ( x + a) , a > 0 , premik za a v levo 3. x → af ( x) , a > 1 , razteg v smeri osi y 4. x → af ( x) , 0 < a < 1 , skrček v smeri osi y 5. x → f (− x) , zrcaljenje preko osi y 6. x → − f ( x) , zrcaljenje preko osi x 7. x → f (| x|) , desna polovica grafa funkcije f se prezrcali preko osi y še na levo stran, del grafa za negativne x izgine. 8. x → | f ( x)| , del grafa pod osjo x se prezrcali čez os x, ostalo se ohrani. 3.3 Naloge 1. Za naslednje funkcije ugotovi ali so injektivne, surjektivne in določi zalogo vre- dnosti. (a) f : {1 , 2 , 3 , 4} → { a, b, c, d} , 1 → b, 2 → a, 3 → d, 4 → b, R.: ni inj., ni surj., Zf = { a, b, d}) (b) f : {−1 , 0 , 1} → { x, y, z, w} , −1 → x, 0 → w, 1 → y, R.: je inj., ni surj., Zf = { x, y, w} √ (c) f : R → R , f ( x) = 3 x + 1 , R.: bijekt., Zf = R 46 3 FUNKCIJE (d) f : R × R → R × R, f ( a, b) = (2 a + b, a − 2 b) , R.: bijekt., Zf = R × R 2. Simbol 2N naj predstavlja množico vseh sodih naravnih števil. Dana je presli- kava f : N → 2N, n → 2 n. Pokaži, da je preslikava bijekcija. Če med množicama obstaja bijektivna preslikava, pravimo, da sta množici enako močni. Kaj to po- meni za množici, ki sta končni? Za neskončne množice pa je drugače; neskončna množica A ima lahko pravo podmnožico B (to pomeni B ⊆ A, B = A), ki je enake moči kot množica A. 3. Določi kompozitume naslednjih funkcij (a) f : {1 , 2 , 3 , 4} → { a, b, c, d} , 1 → b, 2 → c, 3 → c, 4 → a; g : { a, b, c, d} → {1 , 2 , 3} , a → 2 , b → 1 , c → 3 , d → 2 R.: f ◦ g : { a, b, c, d} → { a, b, c, d} ; a → c, b → b, c → c, d → c; g ◦ f : 1 → 1 , 2 → 3 , 3 → 3 , 4 → 2 √ (b) f, g : R → R, f ( x) = 5 x − 1 , g ( x) = x 2 + 1 √ √ R.: f ◦ g ( x) = 5 x 2 + 1 − 1; g ◦ f ( x) = ( 5 x − 1)2 + 1 4. Naslednjim funkcijam določi inverzno funkcijo in nariši oba grafa: f in f −1. (a) f : {1 , 2 , 3 , 4 , 5} → { a, b, c, d, e} , 1 → d, 2 → b, 3 → a, 4 → c, 5 → e R.: f −1 : { a, b, c, d, e} → {1 , 2 , 3 , 4 , 5} ; a → 3 , b → 2 , c → 4 , d → 1 , e → 5 √ (b) f : R → R , f ( x) = 3 x + 1 , R.: f −1 : R → R , f −1 ( x) = ( x − 1)3 (c) f : (−1 , ∞) → R , f ( x) = ln ( x + 1) , R.: f −1 ( x) = ex − 1 5. Preveri ali je funkcija soda ali liha: (a) f ( x) = x 3− x , R.: liha x 2+1 (b) f ( x) = x sin x 3 , R.: soda (c) f ( x) = x 3 ln (1 + x 2) , R.: liha 6. Določi (naravno) definicijsko območje funkcij (a) f ( x) = ln x−1 , R.: −∞ , 1 ∪ (1 , ∞) 2 x+1 2 (b) f ( x) = 1 √ , R.: 1 , 3 1−2| x−1| 2 2 √ (c) f ( x) = 3 − 2 x − x 2 + ln | x| , R.: [−3 , 1] \ {0} (d) f ( x) = ln (ln (ln 2 x)) , R.: e , ∞ 2 7. Pokaži, da je kompozitum monotonih funkcij monotona funkcija. Upoštevaj, da je monotona funkcija lahko naraščajoča ali padajoča. 47 3 FUNKCIJE 8. Samo z uporabo lastnosti elementarnih funkcij nariši grafe danih funkcij. (a) f ( x) = x 3 − 3 x + 2 , (b) f ( x) = x | x| , (c) g ( x) = x−1 , x 2−4 (d) h ( x) = e− x, R: (e) f ( x) = ln ( x + 1) , y 4 y 4 y 4 y 4 2 2 2 2 -4 -2 2 4 -4 -2 2 4 -4 -2 2 4 -4 -2 2 4 -2 x -2 x -2 x -2 x -4 -4 -4 -4 48 4 LIMITA IN ZVEZNOST 4 Limita in zveznost 4.1 Limita funkcije 4.1.1 Limita v točki Definicija 4.1.1 Naj bo ε > 0 in a ∈ R . ε-okolica (ali na kratko kar okolica) točke a je interval ( a − ε, a + ε) . Punktirana ε-okolica točke a je interval ( a − ε, a + ε)\ { a} . Punktirano okolico točke a dobimo torej tako, da iz ε-okolice točke a izrežemo njeno središče (točko a). Zanimalo nas bo obnašanje funkcije f v neki dovolj majhni punktirani okolici točke a. Oglejmo si obnašanje funkcije f ( x) = sin x v okolici točke x = 0. Ta funkcija v x x = 0 očitno ni definirana, njene vrednosti pa lahko izračunamo za vse x iz neke punktirane okolice. Izračunajmo nekaj vrednosti f ( x) za nekaj argumentov x, ki so blizu 0 . f (0 . 4) = 0 . 973 55 f (0 . 3) = 0 . 985 07 f (0 . 2) = 0 . 993 35 f (0 . 1) = 0 . 998 33 f (0 . 05) = 0 . 999 58 Videti je, da bliže kot je x k x = 0 , bolj se funkcijske vrednosti f ( x) približajo številu 1 . Vrednost f pri x = 0 pa sploh ni definirana. Definicija 4.1.2 Število L je limita funkcije f v točki a, če lahko dosežemo, da se funkcijske vrednosti f ( x) od števila L poljubno malo razlikujejo, če je le x (x = a) izbran dovolj blizu točke a. Zapišemo: lim f ( x) = L. x→ a V prejšnjem primeru je videti, da je število 1 limita funkcije sin x v točki 0, oziroma x lim sin x = 1. x→0 x Še enkrat zapišimo definicijo bolj formalno: ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : 0 < | x − a| < δ ⇒ | f ( x) − L| < ε. Pri poljubnem vnaprej izbranem ε > 0 obstaja tak pozitiven δ, da se števila x (različna od a), ki so za manj kot δ oddaljena od a preslikajo v ε-okolico števila L. Ponavadi je δ odvisen od ε in sicer je pogosto tako, da manjši kot je ε, manjši bo tudi δ. Leva in desna limita: leva limita: Ll = lim f ( x) , Opazujemo samo vrednosti f ( x) za x < a x→ a− desna limita: Ld = lim f ( x) Opazujemo samo vrednosti f ( x) za x > a. x→ a+ 49 4 LIMITA IN ZVEZNOST Zgled: lim | x| = lim x = 1 x x x→0+ x→0+ lim | x| = lim − x = −1 x x x→0− x→0+ Funkcija f ( x) = | x| , x = 0 , ima v točki x = a = 0 levo in desno limito, ki pa nista x enaki. Trditev 4.1.3 Funkcija ima v točki a limito natanko tedaj ko ima v tej točki levo in desno limito ter sta enaki. Potem je tudi L = lim f ( x) = Ll = Ld. x→ a 4.1.2 Limita v neskončnosti Zapis L = lim f ( x) pomeni: vrednosti funkcije se poljubno približajo L, če smo le x x→∞ izbrali dovolj velik. ∀ ε > 0 ∃ M : x > M ⇒ | f ( x) − L| < ε. L = lim f ( x) pomeni: vrednosti funkcije se poljubno približajo L, če smo le x→−∞ x < 0 izbrali dovolj velik po absolutni vrednosti (dovolj daleč od 0). ∀ ε > 0 ∃ m : x < m ⇒ | f ( x) − L| < ε. Če obstaja L 1 = lim f ( x) , ima funkcija f vodoravno asimptoto v +∞ , to je x→∞ premica y = L 1 . Če pa obstaja L 2 = lim f ( x) , ima funkcija f vodoravno asimptoto x→−∞ v −∞ , to je premica y = L 2 . V nekaterih primerih se asimptoti tudi ujemata. Zapis lim f ( x) = ∞ pomeni, da vrednosti funkcije f presežejo katerokoli vnaprej x→ a izbrano vrednost M , če je le x dovolj blizu a. ∀ M ∃ δ > 0 : 0 < | x − a| < δ ⇒ f ( x) > M. Analogno lim f ( x) = −∞ pomeni, da je f ( x) manj od poljubnega m, če je le x dovolj x→ a blizu točki a. V obeh primerih ima funkcija x → f ( x) navpično asimptoto x = a. Možno je, da je premica x = a navpična asimptota samo iz ene strani. Lahko je npr. leva limita lim f ( x) = ∞ , medtem, ko je desna limita lim f ( x) = L < ∞ . x→ a− x→ a+ 1 Zgled. Oglejmo si obnašanje funkcije f ( x) = e x−1 v okolici točke x = 1 , v kateri ni definirana. Najprej ugotovimo, da je leva limita lim 1 x→1− = −∞ in desna limita x−1 1 lim 1 x−1 x→1+ = ∞ . Pišimo y = 1 , e = ey in upoštevajmo, da je lim x−1 x−1 x→1− y = −∞ in lim x→1+ y = ∞ . Nato je 1 lim e x−1 = lim ey = 0 x→1− y→−∞ in 1 lim e x−1 = lim ey = ∞ . x→1+ y→∞ 50 4 LIMITA IN ZVEZNOST Na grafu se to vidi takole: 10 y 8 6 4 2 -4 -2 2 4 x Slika 4.41: Končna leva in neskončna desna limita v isti točki Poševna asimptota Lahko se zgodi tudi, da je lim x→±∞ f ( x) = ±∞ . V tem primeru je mogoče, da ima funkcija poševno asimptoto, premico y = kx + n, za katero velja, da je lim ( f ( x) − ( kx + n)) = 0 . x→±∞ Koeficienta k in n zaporedoma dobimo takole f ( x) k = lim n = lim ( f ( x) − kx) . x→∞ x x→∞ 4.1.3 Pravila za računanje limite (veljajo za vse tipe limit: v končni točki ali v neskončnosti, pa tudi za levo in desno limito) • Če obstajata lim f ( x) in lim g ( x) , potem obstaja tudi lim ( f ( x) + g ( x)) in x→ a x→ a x→ a velja: lim ( f ( x) + g ( x)) = lim f ( x) + lim g ( x) . x→ a x→ a x→ a • Če obstajata lim f ( x) in lim g ( x) , potem obstaja tudi lim f ( x) g ( x) in velja: x→ a x→ a x→ a lim f ( x) g ( x) = lim f ( x) . lim g ( x) . x→ a x→ a x→ a 51 4 LIMITA IN ZVEZNOST • Če obstajata lim f ( x) in lim g ( x) in lim g ( x) = 0 , potem obstaja tudi lim f( x) x→ a x→ a x→ a x→ a g( x) in velja: f ( x) lim f ( x) lim = x→ a . x→ a g ( x) lim g ( x) x→ a • lim A = A, če je A = konstanta. x→ a • lim A = 0 , če je lim f ( x) = ∞ ali lim f ( x) = −∞ . x→ a f ( x) x→ a x→ a • Če ne neki okolici točke a velja f ( x) < g ( x) ali f ( x) ≤ g ( x) , potem je lim f ( x) ≤ lim g ( x) . x→ a x→ a • Če obstaja lim f ( x) , obstaja tudi lim n f ( x) in velja: x→ a x→ a lim n f ( x) = n lim f ( x) x→ a x→ a (če je n sodo število, mora biti f ( x) ≥ 0 vsaj na neki okolici števila a). • Če je b > 0 in obstaja lim f ( x) , potem obstaja tudi lim bf( x) in velja x→ a x→ a lim f ( x) lim bf( x) = bx→ a . x→ a • Če je f ( x) < g ( x) na neki punktirani oklici točke a, je lim f ( x) ≤ lim g ( x) . x→ a x→ a Omenimo še pomembni limiti 1 x 1 lim 1 + = e, lim (1 + t) t = e, x→±∞ x t→0 ki ju bomo utemeljili v poglavju o zaporedjih. Kasneje, v poglavju o odvodih, bomo spoznali še eno učinkovito metodo za raču- nanje limit: L’Hospitalovo pravilo. Zgledi. 2 x + 1 , x = 1 1. f ( x) = . Vidimo, da je f (1) = 0 in lim f ( x) = 3 . 0 , x = 1 x→1 Če je funkcija v točki a definirana, se njena funkcijska vrednosti f ( a) lahko razlikuje od limite. 2. lim x 2+2 x−3 = lim ( x+3)( x−1) = lim ( x + 3) = 4 . x→1 x−1 x→1 x−1 x→1 3. lim 1 = 0 , k > 0 . x→±∞ xk 52 4 LIMITA IN ZVEZNOST (3 x 2−2 x+1) /x 2 3− 2 + 1 4. lim 3 x 2−2 x+1 = lim = lim x x 2 = 3 . x→∞ 4 x 2− x+5 x→∞ (4 x 2− x+5) /x 2 x→∞ 4− 1 + 5 4 x x 2 √ √ √ ( x 2+1− x)( x 2+1+ x) 5. lim x 2+1− x 1 x→∞ = lim √ = lim √ = 0 . x x→∞ x→∞ x( x 2+1+ x) x( x 2+1+ x) 6. lim sin x = 1 se da geometrijsko utemeljiti, kasneje bomo to lastnost preverili še x→0 x na drug način. Namreč, za vsak 0 < x < π je 2 sin x sin x < x < tan x = . cos x Delimo neenakost s sin x > 0 x 1 1 < < sin x cos x in dajmo vse člene še na −1 sin x 1 > > cos x. x Nato uporabimo še limito, ko x → 0 z desne in dobimo sin x 1 ≥ lim ≥ lim cos x = 1 . x→0+ x x→0+ Nazadnje je lim sin(− t) sin( t) x→0− = lim t→0+ = lim = 1 . − t t→0+ t 7. lim sin x = lim 1 sin x = 0 , sledi iz omejenosti funkcije sin. x→±∞ x x→±∞ x 8. lim sin 2 x = lim 2 sin 2 x = 2 lim sin 2 x = 2 . x→0 x x→0 2 x x→0 2 x 9. lim tan x = ∞ , lim tan x = −∞ . x→ π − x→ π + 2 2 10. lim arctan x = π , lim arctan x = − π . x→∞ 2 x→−∞ 2 11. lim ex = ∞ , lim ex = 0 . x→∞ x→−∞ 12. Pri racionalnih funkcijah, katerih števec ima točno za 1 večjo stopnjo kot imenovalec, smo do poševne asimptote prišli z deljenjem polinomov. Recimo f ( x) = 2 x 2+ x+1 = 2 x − 1 + 2 . Vidimo, da je y = 2 x − 1 poševna asimptota, x+1 x+1 ker je 2 lim ( f ( x) − (2 x − 1)) = lim = 0 . x→∞ x→∞ x + 1 Po drugi strani je f ( x) 2 x 2 + x + 1 k = lim = lim = 2 x→∞ x x→∞ x ( x + 1) in 2 n = lim ( f ( x) − kx) = lim ( f ( x) − 2 x) = lim −1 + = −1 . x→∞ x→∞ x→∞ x + 1 Vendar imajo lahko poševne asimptote tudi druge, ne le racionalne funkcije. 53 4 LIMITA IN ZVEZNOST 13. Naj bo funkcija f določena z eno vejo hiperbole x 2 − y 2 = 1; a, b > 0 , in sicer a 2 b 2 tisto, kjer je y ≥ 0 . Izračunajmo poševno asimptoto, kjer x → ∞. Najprej izrazimo y = b 2 x 2 − b 2 = f ( x) . Nato a 2 f ( x) b 2 x 2 − b 2 k = lim = lim a 2 x→∞ x x→∞ x b 2 x 2 b 2 b = lim − = x→∞ a 2 x 2 x 2 a in   b 2 x 2 b n = lim ( f ( x) − kx) = lim − b 2 − x   x→∞ x→∞ a 2 a b 2 x 2 − b 2 − b x b 2 x 2 − b 2 + b x a 2 a a 2 a = lim x→∞ b 2 x 2 − b 2 + b x a 2 a − b 2 = lim = 0 . x→∞ b 2 x 2 − b 2 + b x a 2 a Torej je y = b x poševna asimptota hiperbole za x → ∞ in y > 0 . Na sliki je a graf hiperbole, kjer je a > b. y x Slika 4.42: Hiperbola x 2 − y 2 = 1 in poševni asimptoti a 2 b 2 14. Za funkcijo f ( x) = ln (2 ex + x) velja lim x→∞ f ( x) = ∞ . Preverimo, ali ima funkcija f poševno asimptoto. Najprej je 54 4 LIMITA IN ZVEZNOST ln (2 ex + 1) ln ex 2 + 1 k = lim = lim ex x→∞ x x→∞ x ln ex + ln 2 + 1 = lim ex x→∞ x x + ln 2 + 1 = lim ex x→∞ x 1 1 = lim 1 + ln 2 + x→∞ x ex = 1 upoštevajoč, da je lim 1 x→∞ ln 2 + 1 = 0 . Nato je x ex n = lim (ln (2 ex + 1) − x) x→∞ 1 = lim ln ex 2 + − x x→∞ ex 1 = lim x + ln 2 + − x x→∞ ex = ln 2 . Torej je poševna asimptota v neskončnosti premica y = x + ln 2 . Funkcija f ( x) = ln (2 ex + x) je definirana samo za x, kjer je 2 ex + x > 0 , grafično ugotovimo, da je to za x > x 0 −0 . 85 , torej pri x → −∞ asimptota nima smisla. 10 y 8 6 4 2 -4 -2 2 4 x Slika 4.43: Grafa y = 2 ex in y = − x Še graf funkcije f ( x) = ln (2 ex + x) , x > x 0 −0 . 85 . 55 4 LIMITA IN ZVEZNOST 6 y 4 2 -2 2 4 6 x -2 -4 Slika 4.44: Graf funkcije f ( x) = ln (2 ex + x) s poševno asimptoto V razmislek: funkcija g ( x) = ln ex 2 + 1 ima kvadratično asimptoto. Kako bi jo poiskali? 4.2 Zveznost 4.2.1 Zveznost v točki Na spodnjih slikah so grafi treh različnih funkcij. Prvi graf funkcije je povezana krivulja, medtem ko sta druga dva sestavljena iz več kosov, tretji graf celo iz treh (pikica je namreč sestavni del grafa). Matematično bomo opisali lastnost, da je graf bodisi povezan, bodisi v kaki točki (točkah) pretrgan. Slika 4.45: Zvezna in nezvezni funkciji Naslednji primer pokaže še enega od možnih tipov nezveznosti v dani točki. Ko se x približuje vrednosti x = 0 , vrednosti f ( x) = sin 1 nihajo med −1 in 1. x 56 4 LIMITA IN ZVEZNOST 1.0 y 0.5 -2 -1 1 2 x -0.5 -1.0 Slika 4.46: f ( x) = sin 1 x Definicija 4.2.1 Funkcija je zvezna v točki x 0 ∈ Df , če velja: funkcijske vrednosti f ( x) se poljubno malo razlikujejo od vrednosti f ( x 0) , če je le x dovolj blizu x 0 . Trditev 4.2.2 Ekvivalentna definicija zveznosti v točki: Funkcija f je zvezna v točki x 0 , če: 1. x 0 ∈ Df 2. Obstaja lim f ( x) = L x→ x 0 3. f ( x 0) = L Naj bosta f in g zvezni v točki x 0 . Naslednje funkcije so zvezne v točki x 0 : • vsota f + g • produkt f g • f , če je g ( x g 0) = 0 . • kompozitum f ◦ g , če je f zvezna v točki g ( x 0) in g zvezna v točki x 0 . 4.2.2 Zveznost na intervalu Definicija 4.2.3 Funkcija f je zvezna na odprtem intervalu ( a, b) , če je defini- rana in zvezna v vsaki točki tega intervala. ∀ x 0 ∈ ( a, b) : lim f ( x) = f ( x 0) x→ x 0 Definicija 4.2.4 Funkcija f je zvezna na zaprtem intervalu [ a, b] , če je zvezna na odprtem intervalu ( a, b) in velja lim f ( x) = f ( a) in lim f ( x) = f ( b) . x→ a+ x→ b− 57 4 LIMITA IN ZVEZNOST Naslednje funkcije so zvezne na vsem svojem definicijskem območju: polinomi, ko- renske, x → | x| , sin , cos , arctan , arccot , arcsin, arccos , exp ( x −→ ex) , sinh , cosh , log , ln . Primeri funkcij s točkami nezveznosti: racionalne (npr.: x → 1 , x → x−1 ), x ( x+2)2 tan, cot, 1 √ . |1− x 2| 4.2.3 Lastnosti zveznih funkcij na zaprtem intervalu Naj bo f zvezna funkcija na intervalu [ a, b] . Potem zanjo velja: 1. f je na intervalu [ a, b] omejena: obstajata števili m in M, za kateri velja: m ≤ f ( x) ≤ M, x ∈ [ a, b] . 2. Če je f ( a) f ( b) < 0, obstaja tak c ∈ ( a, b) , da je f ( c) = 0 . Bisekcija je numerična metoda za iskanje ničle, ki je osnovana na tej lastnosti. 3. Če sta m in M natančni meji funkcije f (infimum in supremum) na intervalu [ a, b] , obstajata taki točki x 1 , x 2 ∈ [ a, b] , da je f ( x 1) = m in f ( x 2) = M . Drugače rečeno: Zvezna funkcija na zaprtem intervalu doseže svoj minimum in maksimum. 4. Če je m < c < M , obstaja tak x 0 ∈ [ a, b], da je f ( x 0) = c. Zvezna funkcija zavzame tudi vse vrednosti med m in M . Zaloga vrednosti f ([ a, b]) = [ m, M ]. 5. Če je f : [ a, b] → [ m, M ] zvezna in monotona, obstaja f −1 : [ m, M ] → [ a, b] in je tudi zvezna in monotona. Velja še več: če je f naraščajoča, je tudi f −1 naraščajoča, če je f padajoča, je tudi f −1 padajoča. 4.3 Naloge 1. Določi a tako, da bo funkcija f zvezna in nariši skico. ln x, x ≥ 1 f ( x) = R.: a = 2. ax − 2 , x < 1 , 2. Izračunaj limite: (a) lim x 2+ x−2 , R.: 3 x→1 x 2+2 x−3 4 (b) lim x 2+ x R.: −1 x→0 x 2− x (c) lim 2 x 3+ x R.: 2 x→∞ 3 x 3−2 x 2+1 3 √ (d) lim 2 x+1−1 R.: 1 x→0 3 x 3 √ (e) lim 4 x 2 − 1 − 2 x R.: 0 x→∞ 58 4 LIMITA IN ZVEZNOST (f) lim sin 3 x R.: 1 x→0 sin 6 x 2 (g) lim cos x R.: 0 x→∞ x 2 x (h) lim x+1 R.: e 4 x→∞ x−1 (i) lim arctan x 2+1 R.: π x→∞ x 2 59 5 ODVOD 5 Odvod 5.1 Odvod funkcije v točki Zanimalo nas bo, kako hitro se spreminjajo vrednosti funkcije. Predpostavimo, da je f definirana vsaj na neki okolici točke x = a. Izraz ∆ y f ( a + h) − f ( a) = ∆ x h imenujemo diferenčni količnik funkcije f v točki x = a. Ta predstavlja smerni koeficient sekante na graf skozi točki ( a, f ( a)) in ( a + h, f ( a + h)). Definicija 5.1.1 Funkcija je odvedljiva v točki x = a, če obstaja limita diferenčnega količnika, ko gre h → 0 . V tem primeru je f ( a + h) − f ( a) f ( a) = lim h→0 h odvod funkcije f v točki a. S tem, ko pošljemo h → 0 , se sekanta na graf prelevi v tangento na graf v točki T ( a, f ( a)) , limitna vrednost f ( a) pa predstavlja smerni koeficient tangente. Slika 5.47: Sekanta in tangenta Zgled. Izračunajmo odvod funkcije f ( x) = x 2 v poljubni točki x = a. 60 5 ODVOD f ( a + h) − f ( a) ( a + h)2 − a 2 f ( a) = lim = lim h→0 h h→0 h h (2 a + h) = lim h→0 h = lim (2 a + h) h→0 = 2 a. Npr. v točki x = 3 funkcije f ( x) = x 2 je odvod f ( x) enak 2 x = 2 · 3 = 6. 5.1.1 Enačbi tangente in normale Enačba premice skozi točko ( a, f ( a)) s smernim koeficientom k se glasi: y = k ( x − a) + f ( a) . Za pravokotni premici je znano, da za smerna koeficienta velja k 1 k 2 = −1 . Normala je premica, ki poteka skozi dotikališče tangente in je nanjo pravokotna. Za smerni koeficient tangente že vemo, da je kt = f ( a) , smerni koeficient normale je kn = −1 . f ( a) Enačbi tangente in normale skozi točko T ( a, f ( a)) sta: tangenta: y = kt ( x − a) + f ( a) , kt = f ( a) normala: y = kn ( x − a) + f ( a) , kn = −1 . f ( a) Zgled. Zapišimo enačbi tangente in normale na graf y = x 2 v točki x = 3 . V našem primeru je b = f ( a) = f (3) = 9 in kt = f ( a) = f (3) = 6 . Enačba tangente se glasi: y = 6 ( x − 3) + 9 = 6 x − 9 . Zapišimo še enačbo normale na graf. Sedaj je kn = −1 = −1 = −1 in enačba kt f ( a) 6 normale: 1 1 19 y = − ( x − 3) + 9 = − x + . 6 6 2 Navedimo še primer funkcije, ki v neki točki (pri x = 0) ni odvedljiva: x, x ≥ 0 f ( x) = | x| = . − x, x < 0 Izračunajmo limito diferenčnega količnika ∆ y v točki x = 0. ∆ x ∆ y f ( h) − f (0) | h| 1 , h < 0 = = = ∆ x h h −1 , h < 0. Opazimo, da (obojestranska) limita ne obstaja, obstajata pa leva in desna limita. f ( h) − f (0) f ( h) − f (0) lim = 1 , lim = −1 . h→0+ h h→0− h 61 5 ODVOD 5 y 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x Slika 5.48: Graf funkcije f ( x) = | x| Kot vidimo, funkcija x → | x| ni odvedljiva v točki x = 0 . Ker pa obstajata leva in desna limita diferenčnega količnika, rečemo, da ima ta funkcija v točki x = 0 levi in desni odvod. f ( a + h) − f ( a) f− ( x) = lim levi odvod v točki a h→0− h f ( a + h) − f ( a) f ( x) = lim desni odvod v točki a + h→0+ h Na grafu se ta tip neodvedljivosti izraža kot "negladkost", v točki 0 je graf koničast. Primer funkcije, katere graf ima tangento (navpično) v točki 0, pa vendar v 0 ni z desne odvedljiva: √ f ( x) = x, √ √ f ( a + h) − f ( a) a + h − a lim = lim h→0 h h→0 h √ √ √ √ a + h − a a + h + a = lim · √ √ h→0 h a + h + a h = lim √ √ h→0 h a + h + a 1 = √ , če a > 0 . 2 a 62 5 ODVOD 3 y 2 1 0 1 2 3 4 5 x -1 √ Slika 5.49: Graf funkcije f ( x) = x S slike je razvidno, da je premica x = 0 tangenta na graf v točki (0 , 0) . Če ponovimo zgornji račun pri a = 0 , dobimo lim f(0+ h)− f(0) = lim 1 √ = ∞ , torej h h→0+ h→0+ h (desni) odvod v točki 0 ne obstaja. Premice x = 0 namreč ni mogoče opisati z linearno funkcijo oblike f ( x) = kx + n. Koeficient k bi moral biti ∞ , saj je k = tan π . 2 Izrek 5.1.2 Funkcija, ki je v točki a odvedljiva, je v tej točki tudi zvezna. Dokaz. Prepričati se moramo, da velja lim f ( a + h) = f ( a). h→0 lim f ( a + h) = lim f ( a + h) − f ( a) + f ( a) h→0 h→0 f ( a + h) − f ( a) = lim · h + f ( a) h→0 h = lim f ( a) h + f ( a) h→0 = f ( a) . Definicija 5.1.3 Funkcija f je odvedljiva na odprtem intervalu ( a, b) , če je odvedljiva v vsaki točki tega intervala. Funkcija f je odvedljiva na zaprtem in- tervalu [ a, b] , če je odvedljiva na odprtem intervalu ( a, b) , v krajiščih pa ima levi oziroma desni odvod. Če je f na intervalu I odvedljiva, lahko definiramo novo funkcijo f : I → R x −→ f ( x) , ∀ x ∈ I. 63 5 ODVOD Definicija 5.1.4 Rečemo, da je funkcija f zvezno odvedljiva, če je odvod f zvezna funkcija. C ( I) = { f ; f je zvezna na I} C 1 ( I) = { f ; f je zvezno odvedljiva na I} C 1 ( I) ⊆ C ( I) . √ Funkcija f ( x) = 1 − x 2 je odvedljiva na odprtem intervalu (−1 , 1) , pa ni od- vedljiva (čeprav je zvezna) na zaprtem intervalu [−1 , 1] . Graf te funkcije je zgornja polovica krožnice s polmerom 1, zato v krajiščih intervala tangente ne moremo pred- staviti z linearno funkcijo y = kx + n, torej f v krajiščih ni odvedljiva. Kmalu pa bomo videli, da v vseh notranjih točkah intervala odvod funkcije f obstaja. y 1.0 0.5 -1 1 x √ Slika 5.50: Graf funkcije f ( x) = 1 − x 2 5.2 Odvajanje Hitro se izkaže, da je zelo nerodno odvod računati po definiciji z limito. Enkrat za vselej bomo izračunali odvode elementarnih funkcij, izpeljali pa tudi pravila, kako potem odvajati (= poiskati odvode) sestavljenih funkcij. Spodnja pravila odvajanja neposredno sledijo iz definicije odvoda funkcije v po- ljubni točki. 5.2.1 Pravila odvajanja 1. ( f + g) = f + g Odvod vsote je vsota odvodov. 2. ( cf ) = cf Konstanto pri odvajanju lahko izpostavimo. 3. ( f g) = f g + f g Odvod produkta 4. f = f g− fg Odvod količnika g g 2 5. ( f ( g ( x))) = f ( g ( x)) · g ( x) Odvajanje sestavljene funkcije (posredno odvajanje, verižno pravilo) 64 5 ODVOD Za zgled bomo preverili le pravilo za odvod produkta. Izračunali bomo limito diferenčnega kvocienta za funkcijo x → f ( x) g ( x) . Denimo, da sta f in g odvedljivi v točki x in označimo ∆ g ( x) = g ( x + h) − g ( x) , ∆ f ( x) = f ( x + h) − f ( x) . Zaradi odvedljivosti obeh funkcij je ∆ ∆ f ( x) = lim f ( x) in g ( x) = lim g ( x) . (3) h→0 h h→0 h Nato je limita diferenčnega količnika za produkt f ( x + h) g ( x + h) − f ( x) g ( x) lim h→0 h f ( x + h) g ( x + h) − f ( x) g ( x + h) + f ( x) g ( x + h) − f ( x) g ( x) = lim h→0 h ∆ = lim f ( x) g ( x + h) + f ( x) ∆ g ( x) h→0 h ∆ ∆ = lim f ( x) g ( x + h) + f ( x) g ( x) . (4) h→0 h h Upoštevajmo (3) in še, da je lim g ( x + h) = g lim ( x + h) = g ( x) , h→0 h→0 saj kot že vemo, iz odvedljivosti funkcije g v točki x sledi zveznost v točki x. Vrnimo se k vrstici (4) in nadaljujmo z izpeljavo ∆ ∆ ∆ ∆ lim f ( x) g ( x + h) + f ( x) g ( x) = lim f ( x) lim g ( x + h) + f ( x) lim g ( x) h→0 h h h→0 h h→0 h→0 h = f ( x) g ( x) + f ( x) g ( x) . 5.2.2 Odvodi elementarnih funkcij Pred nami je tabela odvodov osnovnih funkcij, vsakega od teh odvodov izračunamo po definiciji oziroma z uporabo že znanih lastnosti odvoda. 1. f ( x) = c = konst. f = 0 Odvod konstantne funkcije je 0. 2. ( xn) = nxn−1 , n ∈ R 3. (sin x) = cos x 4. (cos x) = − sin x 5. (tan x) = 1 = 1 + tan2 x cos2 x 6. (cot x) = −1 sin2 x 7. (ln x) = 1 x 65 5 ODVOD 8. (log x) = 1 a x ln a 9. ( ex) = ex 10. ( ax) = ax ln a 11. (arcsin x) = 1 √1− x 2 12. (arccos x) = − 1 √1− x 2 13. (arctan x) = 1 x 2+1 14. (arccot x) = − 1 1+ x 2 15. (cosh x) = sinh x 16. (sinh x) = cosh x. Izpeljimo najprej, da je (sin x) = cos x. Upoštevajoč obrazec α + β α − β sin α − sin β = 2 cos sin 2 2 je sin ( x + h) − sin x (sin x) = lim h→0 h 2 cos 2 x+ h sin h = lim 2 2 h→0 h h sin h = lim cos x + lim 2 h→0 2 h→0 h/ 2 = cos ( x) . Po pravilu (5) za odvajanje sestavljenih funkcij dobimo, da je π (cos x) = sin x + 2 π π = cos x + x + 2 2 π = cos x + 2 = − sin x. Pokažimo še, da je (tan x) = 1 + tan2 x. 66 5 ODVOD sin x (tan x) = cos x (sin x) cos x − (cos x) sin x = cos2 x cos2 x + sin2 x = cos2 x = 1 + tan2 x. Nazadnje preverimo še, da je (arctan x) = 1 . Uporabili bomo pravilo št. (5) o 1+ x 2 odvodu sestavljene funkcije. Odvajajmo identiteto tan (arctan x) = x, x ∈ R , (tan (arctan x)) = 1 tan (arctan x) · (arctan x) = 1 1 + tan2 (arctan x) (arctan x) = 1 , od koder upoštevajoč tan (arctan x) = x dobimo, da je 1 (arctan x) = . 1 + x 2 5.3 Diferencial Če je graf krivulje v okolici neke točke ( a, f ( a)) gladka krivulja, lahko tako funkcijo f lokalno aproksimiramo z linearno funkcijo t ( x) (njen graf je premica – tangenta na graf v točki ( a, f ( a))). Spomnimo se enačbe tangente y = f ( a) ( x − a) + f ( a) = : t ( x) . Pri določenih pogojih bo za x, ki je dovolj blizu točki a, x = a + ∆ x, kjer si predsta- vljamo ∆ x majhen, veljalo f ( a + ∆ x) ≈ t ( a + ∆ x) = = f ( a) ∆ x + f ( a) f ( a + ∆ x) − f ( a) ≈ f ( a) ∆ x. Definicija 5.3.1 Izrazu f ( a) ∆ x, ki je približek za razliko f ( a + ∆ x)− f ( a) , rečemo diferencial funkcije f v točki a in ga pogosto označimo takole: df ( a) = f ( a) ∆ x. Zgled. Izračunajmo diferencial funkcije f ( x) = x 2 . 67 5 ODVOD Lahko pišemo kar d ( x 2) = ( x 2) ∆ x = 2 x∆ x. Podobno naredimo za funkcijo f ( x) = x in dobimo d ( x) = dx = ( x) ∆ x = ∆ x. Zato lahko zamenjamo ∆ x s simbolom dx. Točka a je bila poljubna, pišimo x namesto a in dobimo df ( x) = f ( x) dx, ∆ f = f ( a + dx) − f ( a) , ∆ f → df, če dx → 0. Ta zapis formalno lahko razumemo tudi takole: f ( x) = df( x) = df in se pogosto dx dx uporablja za zapis odvoda. Na koncu zapišimo obrazec za linearizacijo, to je aproksimacijo z linearno funk- cijo: f ( x + dx) ≈ f ( x) + df ( x) = f ( x) + f ( x) dx. √ Zgled. Izračunajmo približno vrednost 3 0 , 97 . √ Definirajmo f ( x) = 3 x in izračunajmo f ( x) = x 1 / 3 = 1 x− 23 = 1 √ . V točki 3 3 3 x 2 x = 1, ki je blizu 0 , 97 , je preprosto izračunati funkcijsko vrednost in odvod funkcije f . Tako je f (1) = 1 in f (1) = 1 . Vzamemo dx = −0 , 03 , ker je 0 , 97 = 1−0 , 03 = 1+ dx. 3 Nato je √ 3 0 , 97 = f (1 + dx) ≈ f (1) + df (1) = f (1) + f (1) dx 1 = 1 + (−0 , 03) 3 = 0 , 99 . 68 5 ODVOD 5.4 Izreki o odvedljivih funkcijah Definicija 5.4.1 Funkcija f ima v točki x 0 lokalni maksimum, če obstaja taka dovolj majhna okolica točke x 0 , da za vse x iz te okolice velja: f ( x) < f ( x 0) . Funkcija f ima v točki x 0 lokalni minimum, če obstaja taka dovolj majhna okolica točke x 0 , da za vse x iz te okolice velja: f ( x) > f ( x 0) . Takim točkam z eno besedo rečemo lokalni ekstremi. 5.4.1 Fermat, Rolle, Cauchy, Lagrange, L’Hospitale Izrek 5.4.2 (Fermat) Če ima odvedljiva funkcija f v točki x 0 lokalni ekstrem, je f ( x 0) = 0 . Z drugimi besedami: Če ima funkcija f v točki x 0 lokalni ekstrem, je f ( x 0) = 0 ali pa f v točki x 0 ni odvedljiva. Pripomnimo, da iz dejstva, da je f ( x 0) enak 0 , ne sledi, da ima f lokalni ekstrem. Primer: f ( x) = x 3 , f (0) = 0 , vendar f, čeprav odvedljiva, v točki x = 0 nima lokalnega ekstrema, saj je naraščajoča. Dokaz. Denimo, da ima f v točki x 0 lokalni maksimum. Potem za vsak x iz dovolj majhne okolice točke x 0 velja: f ( x) < f ( x 0) . Izračunajmo levi in desni odvod funkcije f v točki x 0 : f ( x f ( x 0 + h) − f ( x 0) + 0) = lim h→0+ h f ( x) − f ( x = lim 0) ≤ 0 , x→ x 0+ x − x 0 f ( x f 0 + h) − f ( x 0) − ( x 0) = lim h→0− h f ( x) − f ( x = lim 0) ≥ 0 . x→ x 0− x − x 0 Ker je funkcija v točki x 0 odvedljiva, je 0 ≤ f− ( x 0) = f ( x 0) = f ( x + 0) ≤ 0 , od koder sledi, da je f ( x 0) = 0. Stacionarne točke funkcije f so točke x 0, kjer je f ( x 0) = 0 . Med stacionarnimi točkami najdemo lokalne ekstreme, pa tudi sedla. Izrek 5.4.3 (Rolle) Naj bo funkcija f na definirana in zvezna na [ a, b] in odvedljiva na ( a, b) . Poleg tega naj ima na krajiščih intervala [ a, b] enaki vrednosti: f ( a) = f ( b) . Potem obstaja točka ξ ∈ ( a, b) , v kateri je odvod enak 0: f ( ξ) = 0 . Zvezna in odvedljiva funkcija z enakima vrednostima v krajiščih intervala ima v notranjosti intervala vsaj eno točko, kjer je tangenta na graf vodoravna (vzporedna z osjo x). Dokaz. Za konstantno funkcijo f izrek očitno velja, saj je f ( x) = 0 za vsak x. Naj bo torej f nekonstantna funkcija. Pri nekem x 0 je f ( x 0) = f ( a) = f ( b) in recimo, da 69 5 ODVOD je f ( x 0) > f ( a) . Funkcija f je zvezna na zaprtem intervalu [ a, b] , zato doseže svoj maksimum M . Naj bo f ( ξ) = M pri nekem ξ ∈ ( a, b) in izračunajmo še f ( ξ). Pri tem bomo upoštevali, da je f ( a) < f ( x 0) ≤ f ( ξ) = M. Torej, f ( ξ + h) − f ( ξ) f− ( ξ) = lim h→0− h f ( ξ + h) − M = lim ≥ 0 h→0− h in f ( ξ + h) − f ( ξ) f ( ξ) = lim + h→0+ h f ( ξ + h) − M = lim ≤ 0 . h→0+ h Podobno kot v dokazu Fermatovega izreka ugotovimo, da je f ( ξ) = 0 . Izrek 5.4.4 (Cauchy). Bodita f in g zvezni na [ a, b] in odvedljivi na ( a, b) . Dodatno naj funkcija g še izpolnjuje pogoja: g na ( a, b) nima nobene ničle in g ( b) = g ( a) . Potem obstaja taka točka ξ ∈ ( a, b) , da je f ( b) − f ( a) f ( ξ) = . g ( b) − g ( a) g ( ξ) Dokaz. Definirajmo novo funkcijo h ( x) = f ( x) − αg ( x) , ki je gotovo zvezna na [ a, b] in odvedljiva na ( a, b). Konstanto α določimo tako, da bo h ( a) = h ( b) . Če tako konstanto lahko izračunamo, bo funkcija h izpolnjevala pogoje Rolleovega izreka in bo za neki ξ ∈ ( a, b) izpolnjeno h ( ξ) = 0 . Izračunajmo α : h ( a) = f ( a) − αg ( a) = f ( b) − αg ( b) = h ( b) Iz enačbe na sredini sledi α ( g ( b) − g ( a)) = f ( b) − f ( a) in je torej f ( b) − f ( a) α = . g ( b) − g ( a) Po drugi strani pa nam pogoj h ( ξ) = 0 pove: f ( ξ) − αg ( ξ) = 0 oziroma f ( ξ) f ( b) − f ( a) α = = , g ( ξ) g ( b) − g ( a) kar je bil naš cilj. 70 5 ODVOD Izrek 5.4.5 (Lagrange). Naj bo funkcija f na definirana in zvezna na [ a, b] ter odvedljiva na ( a, b) . Potem obstaja taka točka ξ ∈ ( a, b) , da je f ( b) − f ( a) = f ( ξ) ( b − a)) Ta izrek nam pove, da obstaja taka točka, kjer je tangenta na graf vzporedna sekanti skozi točki ( a, f ( a)) in ( b, f ( b)). Tam je kt = f ( ξ) = f( b)− f( a) = k b− a s. Slika 5.51: Tangenta, vzporedna sekanti Dokaz. Lagrangev izrek je neposredna posledica Cauchyjevega izreka. Za funkcijo g v Cauchyjevem izreku vzamemo kar g ( x) = x in rezultat takoj sledi. Izrek 5.4.6 (L’Hospitalovo pravilo) Naj bosta funkciji f in g zvezno odvedljivi (torej tudi zvezni) na neki punktirani okolici točke a. Naj bo lim f ( x) = lim g ( x) = 0 x→ a x→ a in g ( x) , g ( x) = 0 na neki punktirani okolici točke a. Potem je f ( x) f ( x) lim = lim . x→ a g ( x) x→ a g ( x) Pravilo velja tudi splošneje, če je a = ∞ ali/in pa je lim f ( x) = lim g ( x) = ∞ . x→ a x→ a To pravilo nam omogoča učinkovito računanje limit, predvsem takih, kjer nasto- pajo funkcije, ki se z odvajanjem poenostavijo, npr. potence, logaritmi itd. Zgled. sin x (sin x) lim = lim x→0 x x→0 x cos x = lim x→0 1 = 1 . 71 5 ODVOD Skica dokaza L’Hospitalovega pravila. Brez škode za splošnost lahko privzamemo, da sta f in g definirani in zvezni v točki a (sicer ju pač zvezno razširimo). Nato je f ( a) = g ( a) = 0 in funkciji f, g sta zvezni na [ a, x] , če je le x dovolj blizu a, odvoda f in g pa zvezni funkciji na intervalu ( a, x). V točki a ni treba, da sta funkciji f in g odvedljivi. Uporabimo Cauchyjev izrek: za neki ξ ∈ ( a, x) je f ( x) − f ( a) f ( x) − 0 f ( x) f ( ξ) = = = . g ( x) − g ( a) g ( x) − 0 g ( x) g ( ξ) Potem je f ( x) f ( ξ) f ( ξ) lim = lim = lim = x→ a g ( x) x→ a g ( ξ) ξ→ a g ( ξ) f ( x) = lim , saj je a < ξ < x ter f in g zvezni. x→ a g ( x) Za dokaz splošnejše variante bi bilo potrebno napraviti še kak korak, ki ga pa izpu- stimo. L’Hospitalovo pravilo je zelo uporabno za računanje limit, ki so, kot pravimo, nedoločenosti tipa 0 ali ±∞ . 0 ±∞ Zgledi: 1. lim sin x = lim (sin x) = lim cos x = 1 . x→∞ x x→∞ ( x) x→∞ 1 2. lim x 2 = lim 2 x = lim 2 = 0 . x→∞ ex x→∞ ex x→∞ ex 1 3. lim x ln x = lim ln x = lim x = lim (− x) = 0 . 1 x→0+ x→0+ − 1 x x→0+ x 2 x→0+ 5.4.2 Odvodi višjega reda Če je funkcija f odvedljiva na nekem intervalu, se pogosto zgodi, da je tudi dobljeni odvod f odvedljiva funkcija in jo lahko še enkrat odvajamo. Tako dobimo odvod drugega reda. Podobno lahko dobimo odvode višjih redov: f , f f (4) , ..., f ( n) , .... Induktivno lahko definiramo odvod n-tega reda kot f (0) = f f ( n+1) = f ( n) , n = 0 , 1 , 2 , . . . Omenimo še alternativen zapis odvoda reda n: dnf := f ( n) . dxn Zgled. f ( x) = e 2 x, f ( x) = 2 e 2 x, f ( x) = 4 e 2 x, . . . , f ( n) ( x) = 2 ne 2 x 72 5 ODVOD Rečemo, da je funkcija n-krat zvezno odvedljiva, če so vse funkcije f, f , . . . f ( n) zvezne. Označbe: C ( a, b) = { f ; f je zvezna na ( a, b)} C [ a, b] = { f ; f je zvezna na [ a, b]} C 1 ( a, b) = { f ; f je zvezno odvedljiva na ( a, b)} Cn ( a, b) = { f ; f je n-krat zvezno odvedljiva na ( a, b)} , n = 1 , 2 , . . . Seveda velja: . . . Cn ( a, b) ⊆ Cn−1 ( a, b) ⊆ . . . ⊆ C 1 ( a, b) ⊆ C ( a, b) . 5.4.3 Taylorjev polinom Pri aproksimaciji z diferencialom smo dano funkcijo v okolici neke točke aproksimirali z linearno funkcijo. Kaj pa če bi namesto linearne poiskali kvadratno, kubično ali pa polinomsko funkcijo, ki bi (lokalno, v neki okolici dane točke) "dobro"aproksimirala dano funkcijo. Rečemo, da imata funkciji f in g v točki a dotik reda n, če je f ( a) = g ( a) in se v tej točki ujemajo tudi vrednosti vseh odvodov do vključno reda n: f ( a) = g ( a) , f ( a) = g ( a) , . . . , f ( n) ( a) = g( n) ( a) . Izrek 5.4.7 (Taylor) Funkcija f naj bo n-krat zvezno odvedljiva na intervalu [ a, x] in ( n + 1) -krat odvedljiva na ( a, x) . Potem obstaja število ξ ∈ ( a, x) , za katerega je f ( x) = Pn ( x) + Rn ( x, ξ) , polinom stopnje n x − a ( x − a)2 ( x − a) n Pn ( x) = f ( a) + f ( a) + f ( a) + . . . + f ( n) ( a) 1! 2! n! n ( x − a) k = f ( k) ( a) k! k=0 se imenuje Taylorjev polinom, izraz f ( n+1) ( ξ) Rn ( x, ξ) = ( x − a) n+1 , ξ ∈ ( a, x) ali ξ ∈ ( x, a) , ( n + 1)! pa ostanek in predstavlja napako aproksimacije funkcije s Taylorjevim polinomom. 73 5 ODVOD Različica zapisa: x − a = h, x = a + h h h 2 hn f ( a + h) = f ( a) + f ( a) + f ( a) + . . . + f ( n) ( a) + Rn ( h, θ) 1! 2! n! hn+1 Rn ( h, θ) = f ( n) ( a + θh) , 0 < θ < 1 . ( n + 1)! Zgled. f ( x) = ex, a = 0 . f ( n) ( x) = ex, f ( n) ( a) = f ( n) (0) = 1 za vsak n = 0 , 1 , 2 , . . . . Potem je x 2 xn ex = 1 + x + + . . . + + Rn ( x, ξ) 2! n! eξ Rn ( x, ξ) = xn, 0 < ξ < x ( n + 1)! Če bi iskali recimo približek za vrednost e 0 . 2 , n = 3 , bi lahko napravili oceno napake: 0 < ξ < 0 , 2; zelo groba ocena: eξ < 2 Potem je R 3 ( x, ξ) = eξ x 3 < 2 (0 , 2)3 ˙ =6 . 7 × 10−4 . ( n+1)! 4! Dokaz Taylorjevega izreka. Naj bo g ( x) = ( x − a) n+1 . Za pare funkcij ( f, g) , ( f , g ) . . . , f ( n) , g( n) bomo večkrat zaporedoma uporabili Cauchyjev izrek, pri tem pa bomo upoštevali, da je f ( k) ( a) = g( k) ( a) , k = 1 , 2 , . . . , n in so vsi odvodi f ( k) , g( k) , k = 1 , 2 , . . . , n, zvezne funkcije na [ a, x] , f ( n) in g( n) pa odvedljiva na ( a, x). Pišimo na kratko Rn ( x) = f ( x) − Pn ( x) . Gotovo je R( k) ( a) = f ( k) ( a) − P ( k) ( a) = 0 , k = 0 , 1 , 2 , . . . , n, n n in R( n+1) ( x) = f ( n+1) ( x) − P ( n+1) ( x) = f ( n+1) ( x) − 0 = f n+1 ( x) . n n Potem po Cauchyjevem izreku najprej obstaja taka točka x 1 ∈ ( a, x) , da je = 0 Rn ( x) R R ( a) R ( x = n ( x) − = n 1) . g ( x) g ( x) − g ( a) g ( x 1) = 0 Podobno je za neki x 2 ∈ ( a, x 1) izpolnjeno Rn( x 1) = Rn( x 1)− Rn( a) = Rn( x 2) . Nadaljujemo g ( x 1) g ( x 1)− g ( a) g ( x 2) in dobimo Rn ( x) R ( x R( n) ( x R( n+1) ( ξ) f ( n+1) ( ξ) = n 1) = . . . = n n) = n = , ξ ∈ ( a, xn) ⊆ ( a, x) . g ( x) g ( x 1) g( n) ( xn) g( n+1) ( ξ) g( n+1) ( ξ) 74 5 ODVOD Ker je g ( x) = ( x − a) n+1 , je g( n+1) ( x) = ( n + 1)! in Rn ( x) f ( n+1) ( ξ) = , g ( x) ( n + 1)! od koder sledi f ( n+1) ( ξ) f ( n+1) ( ξ) Rn ( x) = g ( x) = ( x − a) n+1 . ( n + 1)! ( n + 1)! 5.5 Uporaba odvoda 5.5.1 Monotonost, konveksnost in konkavnost Odvedljiva funkcija f je na intervalu I: – naraščajoča, če je f ( x) > 0 za vsak x ∈ I – padajoča, če je f ( x) < 0 za vsak x ∈ I Obe dejstvi sta posledici Lagrangevega izreka. Denimo, da je f ( x) > 0 za vsak x ∈ I. Če izberemo poljubna x 1 < x 2 iz intervala I, je f ( x 2) − f ( x 1) = f ( ξ) ( x 2 − x 1) > 0 . Za dvakrat zvezno odvedljivo funkcijo f je na intervalu I velja: – Če je f ( x) > 0 , x ∈ I, je f konveksna (graf funkcije je v vsaki točki nad tangento, k-ji tangent z naraščajočim x rastejo): npr.: f ( x) = x 2 , I = R , – Če je f ( x) < 0 , x ∈ I, je f konkavna (graf funkcije je v vsaki točki pod tangento, k-ji tangent z naraščajočim x padajo): npr.: f ( x) = − x 2 , I = R . Z uporabo Taylorjevega izreka ugotovimo, da je za nek ξ ∈ ( a, x) in yt ( x) = f ( a) + f ( a) ( x − a) = R 1 ( x) f ( ξ) f ( x) − yt ( x) = ( x − a)2 . 2 Pri pogoju f ( x) > 0 , x ∈ I, je tudi f ( ξ) > 0 , in tako f ( x) > yt ( x) . Pri tem je yt ( x) vrednost linearne funkcije, ki predstavlja tangento. Podobno sklepamo v primeru, ko je f < 0. 5.5.2 Stopnja ničle funkcije Naj bo funkcija f zadošča pogojem Taylorjevega izreka pri nekem n in ima ničlo v točki a, torej f ( a) = 0 in hkrati naj bodo še f ( a) = f ( a) = · · · = f ( n−1) ( a) = 0 . 75 5 ODVOD Potem je za nek ξx ∈ ( a, x) izpolnjeno f ( n) ( a) f ( n+1) ( ξ f ( x) = ( x − a) n + x) ( x − a) n+1 n! ( n + 1)! f ( n+1) ( ξ = ( x − a) n f ( n) ( a) + x) ( x − a) n! ( n + 1)! = ( x − a) n g ( x) , kjer g ( x) = f( n)( a) + f( n+1)( ξx) ( x − a) in g ( a) = 0. Rečemo, da ima funkcija f v točki n! ( n+1)! a ničlo stopnje n, če lahko zapišemo f ( x) = ( x − a) n g ( x) , kjer g ( a) = 0 . 5.5.3 Lokalni ekstremi in prevoji Pravimo, da ima funkcija f v točki a lokalni maksimum, če za vse x iz dovolj majhne okolice ( a − ε, a + ε) števila a velja, da je f ( x) < f ( a) , x = a. Podobno, f ima v točki a lokalni minimum, če za vse x iz dovolj majhne okolice ( a − ε, a + ε) števila a velja, da je f ( x) > f ( a) , x = a. Na intervalu I ima funkcija f globalni maksimum v točki a, če je f ( x) ≤ f ( a) za vsak x ∈ I. Analogno, funkcija f ima globalni minimum v točki a, če je f ( x) ≥ f ( a) za vsak x ∈ I. Lokalni ekstrem je lahko hkrati tudi globalni, vendar nasploh ni nujno. Za zvezne funkcije velja naslednji izrek: Izrek 5.5.1 Zvezna funkcija na zaprtem intervalu je vedno v obe smeri omejena in doseže svoj minimum in maksimum. Z drugimi besedami: če je na zaprtem intervalu [ a, b] število M natančna zgornja meja funkcije f, potem obstaja točka c ∈ [ a, b] z lastnostjo f ( c) = M. Podobno velja za najmanjšo vrednost. Točke a, kjer je f ( a) = 0 imenujemo stacionarne točke funkcije f. Stacionarne točke torej poiščemo tako, da rešimo enačbo f ( x) = 0 . Med stacionarnimi točkami najdemo lokalne ekstreme (lokalni minimum in lokalni maksimum) in prevoje. Če je funkcija samo enkrat odvedljiva, lahko o lokalnem maksimumu v točki a sklepamo iz tega, da na majhnem intervalu ( a − δ, a) funkcija narašča in na intervalu ( a, a + δ) pada. Za dvakrat zvezno odvedljivo funkcijo f (v okolici dane stacionarne točke a, torej f ( a) = 0) velja: – če je f ( a) > 0 , ima f v točki x = a lokalni minimum, – če je f ( a) < 0 , ima f v točki x = a lokalni maksimum, – če je f ( a) = 0 , ne vemo; uporabimo lahko npr. odvode višjega reda. Denimo, da je f zvezna funkcija na neki okolici točke a in je f ( a) > 0 . Potem je zaradi zveznosti f > 0 vsaj še na neki okolici točke a. Uporabimo Taylorjev izrek za n = 3 . 0 f ( ξ) f ( ξ) f ( x) − f ( a) = ( x − a) + ( x − a)2 = ( x − a)2 ≥ 0 1! 2! 2! 76 5 ODVOD za vsak x iz neke okolice točke a. To pa pomeni, da je f ( a) ≤ f ( x) in je v točki a lokalni minimum. Če pa je f ( a) = 0 in dodatno vemo še, da je f ( a) = 0 , v točki a ni ekstrema, je sedlo. V tem primeru je namreč f ( ξ) f ( x) − f ( a) = ( x − a)3 3! in je predznak razlike f ( x) − f ( a) zaradi tretje potence odvisen od tega ali je x levo ali desno od a. Sedlo je torej točka na grafu, kjer je tangenta vodoravna ( f ( a) = 0), vendar je v neki okolici točke a funkcija bodisi naraščajoča, bodisi padajoča. Ugotovimo tudi, da mora imeti funkcija f ničlo lihe stopnje; takrat se bo namreč v točki a funkcija f prelevila iz naraščajoče ( f > 0) v padajočo ( f < 0), ki ima torej lokalni maksimum, ali obratno. Če pa bo funkcija f imela ničlo sode stopnje v dani točki, bom tam nastopilo sedlo. Prevoj rečemo točki, kjer funkcija preide iz konveksne v konkavno ali iz konkavne v konveksno. Prevoj dva krat zvezno odvedljive funkcije lahko nastopi le v točki, kjer je f ( a) = 0 . Prevoj bo, če je f ( a) = 0 oziroma je prvi neničelni odvod stopnje vsaj 3 v točki a lihe stopnje. Če se naj funkcija f prelevi iz npr. konveksne v konkavno, mora f spremeniti predznak iz pozitivnega v negativnega. Če je f zvezna funkcija, se to lahko zgodi le, če je f ( a) = 0 in ničla f lihe stopnje. Določanje globalnih ekstremov odvedljive funkcije Odvedljiva funkcija doseže globalni ekstrem na zaprtem intervalu v lokalnem ek- stremu ali pa na robu intervala. Če na primer iščemo globalni maksimum odvedljive funkcije f na intervalu [ a, b] , poiščemo največjo vrednost v množici { f ( a) , f ( b)} ∪ { f ( c) , v c je lokalni ekstrem} . Če je funkcija le zvezna in ni odvedljiva v kakih toč- kah (graf ima "konice"), pa lahko globalni ekstrem nastopi tudi v takih točkah. Zgledi: 1. Funkcija f ( x) = | x| v točki x = 0 ni odvedljiva, ima pa v tej točki lokalni in hkrati tudi globalni minimum. √ 2. Funkcija f ( x) = 3 − 1 − x 2 , | x| ≤ 1 , je zvezna na celem definicijskem območju in zvezno odvedljiva na (−1 , 1) . Globalni maksimum doseže na robovih, pri 1 in −1 ima vrednost 3 . S pomočjo odvoda pa bi ugotovili, da je lokalni (in hkrati globalni) minimum pri x = 0 z vrednostjo 2 . 3. Natančno nariši graf funkcije f ( x) = 3 x 2 e− x. • Df = R, edina ničla: x = 0 druge stopnje, • limiti na "robu" Df : lim x→∞ f ( x) = 0 , lim x→−∞ f ( x) = ∞; poševne asimptote ni. 77 5 ODVOD • stacionarne točke: f ( x) = −3 x ( x − 2) e− x = 0 , stacionarni točki sta x = 0 in x = 2 . klasifikacija stacionarnih točk z drugim odvodom: f ( x) = 3 e− x ( x 2 − 4 x + 2) ; vrednost f v stacionarnih točkah: f (0) = 6 > 0 in f (2) = −6 e−2 < 0 . Torej je točka (0 , f (0)) = (0 , 0) lokalni minimum in točka (2 , f (2)) = (2 , 12 e−2) ≈ (2 , 1 . 6) lokalni maksimum. √ • prevoj: f ( x) = 0 , torej x 2 − 4 x + 2 = 0 , rešitvi sta x 1 = 2 + 2 , x 2 = √ 2 − 2 . Prevoja sta v točkah ( x 1 , f ( x 1)) ≈ (3 . 4 , 1 . 2) in ( x 2 , f ( x 2)) ≈ (0 . 6 , 0 . 6) . V prevoju tangenta graf prereže! √ √ √ √ • konveksnost: x < 2 − 2 ali x > 2 + 2 , konkavnost: 2 − 2 < x < 2 + 2 5 y 4 3 2 1 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 x Slika 5.52: Graf funkcije f ( x) = 3 x 2 e− x z značilnimi točkami 5.5.4 Reševanje optimizacijskih problemov Zastavimo si naslednja problema. 1. Določi mere pravokotnika z danim obsegom o tako, da bo imel kar največjo plo- ščino. Izrazimo obseg o = 2 ( a + b) in ploščino p = ab s stranicama pravokotnika. Iščemo maksimum ploščine, zato ploščino p izrazimo kot funkcijo ene spremen- ljivke, recimo a. Zato iz o = 2 ( a + b) izrazimo b = 1 ( o − 2 a) , nato je 2 1 p ( a) = a ( o − 2 a) . 2 Iščemo maksimum te funkcije. Prvi odvod mora biti enak 0. 1 o p ( a) = ao − a 2 = − 2 a = 0 2 2 o 1 1 o o ⇒ a = , b = ( o − 2 a) = o − = . 4 2 2 2 4 Ugotovili smo, da je tak pravokotnik kvadrat. Res smo dobili maksimum, ker je p ( a) = −2 < 0. 78 5 ODVOD 2. Izmed vseh pravokotnikov, ki so včrtani polkrogu s polmerom r tako, da se osnov- nici ujemata, poišči tistega z največjo možno ploščino. x Slika 5.53: Polkrogu včrtan pravokotnik √ Ploščina p ( x) = 2 x r 2 − x 2 , 0 ≤ x ≤ r, mora biti maksimalna. p ( x) = √ 2( r 2−2 x 2) √ , od koder ugotovimo, da je 2 x 2 = r 2 , torej je x = x 2 . Z drugim r 2− x 2 0 = r 2 −2 x(3 r 2−2 x 2) odvodom p ( x) = in upoštevanjem, da je v stacionarni točki 2 x 2 = 3 0 ( r 2− x 2) 2 r 2 , ugotovimo, da je v tej točki p ( x 0) = −4 , torej smo res dosegli lokalni maksimum, ki pa je očitno tudi globalen, saj je p (− r) = p ( r) = 0 . 5.6 Naloge 1. Izračunaj odvode naslednjih funkcij: (a) f ( x) = 5 x 4 − 3 x 2 − 1 , R: 2 10 x − 3 x + 1 . x 2 x 3 (b) f ( x) = 2 x 3 − 3 , R: 3 2 x 2 + 1 . 5 2 x 5 x 2 (c) f ( x) = ln (2 x) − sin x, R: 1 − cos x. x (d) f ( x) = x 3 sin x − 2 x 2 cos x, R: 5 x 2 sin x + x 3 cos x − 4 x cos x. (e) f ( x) = x 2− x , R: − x 4−2 x−2 x 3+1 . x 3+1 ( x 3+1)2 (cos3 x) x−sin x cos2 x+ x 2 cos x+ x 3 sin x (f) f ( x) = sin x + x , R: . x cos x x 2 cos2 x (g) f ( x) = e− x + xe 3 x, R: (− e−4 x + 1 + 3 x) e 3 x. (h) f ( x) = (5 x − 3)10, R: 50 (5 x − 3)9 . (i) f ( x) = ln (5 x − 1), R: 5 . 5 x−1 √ (j) f ( x) = ln x + x 2 + 1 , R.: 1 √ . x 2+1 (k) f ( x) = arctan 1 , R: − 1 . x x 2+1 (l) sin x − cos y = 0 (implicitno podana funkcija y = y ( x)), R: y = − cos x . sin y 79 5 ODVOD (m) ex cos y − ey sin x = 0 . R: y = ex cos( y)− ey cos x . ex sin y+ ey sin x √ 2. Določi enačbi tangente in normale na graf funkcije f ( x) = 1 + x x 2 + 4 v točki x = 0 . R: y = 2 x + 1 , y = − 1 x + 1 . 2 √ √ 3. S pomočjo diferenciala približno izračunaj 3 9 . R: 3 9 ≈ 2 . 08 . 4. Natančno nariši grafe funkcij (razvidni naj bodo ekstremi, prevoji, kje funkcija narašča, pada, kje je konveksna, konkavna) (a) f ( x) = x 3 − 3 x 2 + 4 (b) f ( x) = ( x 2 − 1) e− x 2 (c) f ( x) = 2 x 1+ x 2 (d) f ( x) = x ln x R: y 4 2 y 2 2 2 y 1 y 1 1 -4 -2 2 4 -4 -2 2 4 -1 1 2 3 4 5 -1 -2 x -4 -2 2 4 -1 x x x -1 -2 -4 -2 5. Določi pozitivno realno število x tako, da bo vsota x + 1 najmanjša., R.: x = 1. x 6. Z uporabo L’Hospitalovega pravila izračunaj limite: (a) lim x 2 , R.: 0. x→∞ e 2 x (b) lim ln x tan x, R.: 0 . x→0 (c) lim x 2+ x−2 , R.: − 3 . x→1 x 2−4 x+3 2 80 6 INTEGRAL 6 Integral 6.1 Nedoločeni integral 6.1.1 Definicija in lastnosti Newton in Leibniz sta v drugi polovici 17. stoletja ugotovila, da je mogoče ploščino med grafom dane funkcije (seveda ne čisto poljubne), osjo x in dvema vzporednicama z osjo y izračunati, če poznamo funkcijo F ( x) , katere odvod je enak dani funkciji f ( x). Taki funkciji F ( x) , za katero je F ( x) = f ( x) , (5) rečemo primitivna funkcija ali nedoločeni integral funkcije f . Hitro opazimo, da funkcija F pri dani funkciji f nikakor ni enolično določena, saj je za poljubno konstanto C ( F ( x) + C) = f ( x) in je torej F ( x) + C tudi primitivna funkcija funkcije f. Govorimo torej o celi družini primitivnih funkcij za dano funkcijo f . To pa so tudi vse funkcije z lastnostjo (5), saj iz F = G = f sledi, da je( F − G) = 0 in torej F ( x) = G ( x) + C za neko konstanto C. Pišemo F ( x) = f ( x) dx + C. Tak zapis je bolj razumljiv, če si predstavljamo integriranje kot obratno smer dife- renciala. Namreč, če je dF ( x) = F ( x) dx, bo integral ”uničil” diferencial dF ( x) = F ( x) = F ( x) dx = f ( x) dx. Če upoštevamo, da je odvod funkcije x 2 = 2 x, bo (2 x) dx = x 2 + C, saj za poljubno konstanto C velja ( x 2 + C) = 2 x. Iz definicije hitro sledita naslednji lastnosti: 1. ( f ( x) + g ( x)) dx = f ( x) dx + g ( x) dx integriramo lahko členoma 2. kf ( x) dx = k f ( x) dx izpostavljanje konstante k. 6.1.2 Integracijske metode Najprej sestavimo tabelo nedoločenih integralov elementarnih funkcij, ki bo skorajda v obratni smeri napisana tabela odvodov. 1. xndx = xn+1 + C, n = −1 n+1 81 6 INTEGRAL 2. dx = ln | x| + C x 3. dx = arctan x + C x 2+1 4. sin x dx = − cos x + C 5. cos x dx = sin x + C 6. dx dx = tan x + C cos2 x 7. exdx = ex + C 8. cosh x dx = sinh x + C 9. sinh x dx = cosh x + C √ 10. dx √ = ln x + x 2 ± a + C x 2± a 11. dx √ = arcsin x + C 1− x 2 Medtem, ko smo z nekaj pravili praktično znali odvajati vse elementarne funkcije, pa z integriranjem ne bo tako. Že za preproste funkcije se namreč izkaže, da se njihove primitivne funkcije ne izražajo z elementarnimi funkcijami. Take so npr.: sin x cos x ex e− x 2 , , , . x x x Dogovorimo se še, da bomo pri računanju nedoločenih integralov aditivno kon- stanto pripisali šele pri končnem rezultatu. • Uvedba nove spremenljivke f ( g ( x)) g ( x) dx = f ( t) dt, če je t = g ( x) . (6) Zgled. ex 2 xdx = t = g ( x) = x 2 , 1 dt = g ( x) dx = 2 xdx ⇒ xdx = dt. 2 Torej je 1 1 1 ex 2 xdx = etdt = et = ex 2 + C. 2 2 2 Novo spremenljivko t smo v tem primeru uvedli prav zato, ker je xdx do množilne konstante enak diferencialu d ( x 2). 82 6 INTEGRAL Preverimo še formulo (6): Naj bo F ( t) = f ( t) dt, vemo pa, da je F ( t) = f ( t) . Izračunajmo d f ( g ( x)) g ( x) dx = f ( g ( x)) g ( x) dx in d d F ( t) = F ( g ( x)) = F ( g ( x)) g ( x) . dx dx Tako smo ugotovili, da se odvoda leve in desne strani enakosti (6) ujemata, torej se integrala razlikujeta kvečjemu za aditivno konstanto. • Integral tipa "števec je odvod imenovalca" f ( x) dx = ln | f ( x)| + C f ( x) Ta obrazec dobimo s pomočjo uvedbe nove spremenljivke t = f ( x) , nato je dt = f ( x) dx in f ( x) dt dx = = ln | t| = ln | f ( x)| + C. f ( x) t Zgleda: – tan x dx = sin x dx = − − sin xdx = ln |cos x| + C, cos x cos x – xdx dx = 1 2 x dx = 1 ln ( x 2 + 1) + C. x 2+1 2 x 2+1 2 • Namesto x je linearna funkcija ax + b 1 f ( ax + b) = F ( ax + b) + C, če je a f ( x) dx = F ( x) + C. Ta lastnost je posledica uvedbe nove spremenljivke t = ax + b. Zgledi: – e− xdx = − e− x + C – cos 2 x dx = 1 sin 2 x + C 2 – dx = ln | x − a| + C x− a • Integracija ”po delih” (per partes) u dv = uv − v du (7) To pravilo izhaja iz pravila za odvajanje produkta: ( uv) = u v + uv 83 6 INTEGRAL Pomnožimo enakost z dx, ( uv) dx = u dx v + u v dx d ( uv) = vdu + udv, in integriramo d ( uv) = v du + u dv uv = v du + u dv, od koder sledi želeni rezultat. S pomočjo tega pravila bomo večinoma integrirali take produkte funkcij, kjer se en faktor z odvajanjem poenostavi, drugega pa je preprosto integrirati. Zgledi – xexdx. Vpeljemo u = x, dv = exdx in izračunamo du = u dx = dx, v = dv = exdx = ex. Uporabimo še pravilo xexdx = udv = uv − vdu = xex − exdx = xex − ex = ( x − 1) ex. – Podobno bi izračunali tudi integrale xnexdx, xn sin xdx, xn cos xdx, kjer je n ∈ N. V vseh teh primerih bi postavili u = xn in izkoristili dejstvo, da se z odvajanjem zniža eksponent potence. – ln x dx. Integrala logaritemske funkcije doslej še nismo omenili, ne najdemo ga niti v osnovni tabeli. Ima pa lepo lastnost, da ga odvajanje poenostavi v preprosto racionalno funkcijo. Tokrat bomo za u in dv vzeli u = ln x, dv = dx in izračunali pripadajoča para du = dx , v = x. x 84 6 INTEGRAL Nato je ln x dx = uv − vdu dx = x ln x − x x = x ln x − dx = x (ln x − 1) + C. • Integrali racionalnih funkcij p( x) dx, q( x) Najprej ločimo dva primera: a) stopnja p ≥ stopnja q; v tem primeru najprej ulomek zdelimo, kot vidimo na primeru: (2 x 2 − 1) : ( x 2 − 1) = 2 −2 ( x 2 − 1) = 1 od koder sledi 2 x 2 − 1 1 = 2 + x 2 − 1 x 2 − 1 in 2 x 2 − 1 dx dx = 2 dx + x 2 − 1 x 2 − 1 dx = 2 x + . x 2 − 1 Tako nam nasploh preostane še integracija polinoma (kar že znamo) in racionalne funkcije, katere števec je nižje stopnje kot imenovalec. b) stopnja p < stopnja q Z razcepom na parcialne ulomke razstavimo imenovalec do kvečjemu kvad- ratnih nerazcepnih faktorjev, pri čemer nastopi več možnosti. b.1) Če so v imenovalci sami linearni faktorji, 1 1 A B = = + x 2 − 1 ( x − 1) ( x + 1) x − 1 x + 1 Konstanti A in B določimo tako, da bo zgornja enakost veljala za vse x, razen seveda za x ∈ {−1 , 1}. Desno stran damo na skupni imenovalec in dobimo: 1 ( A + B) x + ( A − B) = x 2 − 1 ( x − 1) ( x + 1) 85 6 INTEGRAL Sistem A + B = 0 in A − B = 1 nam da A = 1 , B = −1 in integral se nato glasi 2 2 dx 1 dx 1 dx = − x 2 − 1 2 x − 1 2 x + 1 1 = (ln | x − 1| − ln | x + 1|) 2 1 x − 1 = ln + C. 2 x + 1 b.2) Kvadratni nerazcepni faktor ax 2 + bx + c (vendar na potenco 1) prinese v razcepu člen Ax + B ax 2 + bx + c Npr.: dx = Ax+ B dx + C dx ; konstante A, B in C je treba še določiti in ( x 2+1) x x 2+1 x izračunati integrale. Denimo, da je f ( x) = ax 2 + bx + c. Potem integral Ax + B Ax + B dx = dx ax 2 + bx + c f ( x) razcepimo na naslednji način Ax + B f ( x) dx dx = D dx + E . f ( x) f ( x) ax 2 + bx + c npr.: x − 1 1 2 x + 4 1 dx = − 3 dx. x 2 + 4 x + 5 2 x 2 + 4 x + 5 x 2 + 4 x + 5 Nadalje je dx dx = = arctan ( x + 2) + C. x 2 + 4 x + 5 ( x + 2)2 + 1 b.) Če imamo faktorje na višjo potenco kot ena, uporabimo formulo Ostrograd- ski, ki jo bomo zapisali le za "dovolj splošen"posebni primer. p ( x) dx = ( x − 1) k ( x + 2) m ( x 2 + 1) n AN ( x) C D Ex + F + dx + dx + dx, ( x − 1) k−1 ( x + 2) m−1 ( x 2 + 1) n−1 x − 1 x + 2 x 2 + 1 pri tem je stopnja polinoma AN ( x) z neznanimi koeficienti za 1 manjša kot stopnja imenovalca: torej N = st A ( x) = ( k − 1) + ( m − 1) + 2 ( n − 1) − 1 . Da določimo neznane koeficiente, je zgornjo enakost potrebno najprej odvajati! 86 6 INTEGRAL Zgled. 2 x−1 dx = A 2 x 2+ A 1 x+ A 0 + B dx + C + Dx+ E dx ( x−1)2( x+2)( x 2+1)2 ( x−1)( x+2)0( x 2+1) ( x−1) ( x+2) ( x 2+1) = A 2 x 2+ A 1 x+ A 0 + B dx + C + Dx+ E dx. Enakost odvajamo in dobimo ( x−1)( x+2)0( x 2+1) ( x−1) ( x+2) ( x 2+1) 2 x − 1 A B C Dx + E = 2 x 2 + A 1 x + A 0 + + + . ( x − 1)2 ( x + 2) ( x 2 + 1)2 ( x − 1) ( x + 2)0 ( x 2 + 1) ( x − 1) ( x + 2) ( x 2 + 1) Če bi odvajanje izraza v oklepaju še zares izvedli, bi prišli so linearnega sistema enačb za neznane konstante A 2 , A 1 , A 0 in B, C, D in E. Pa denimo, da smo to izvedli. Potem je potrebno določiti še integrale C D Ex + F dx, dx in dx. x − 1 x + 2 x 2 + 1 Hitro vidimo, da je C dx = C ln | x − 1| + konst., x − 1 D dx = D ln | x + 2| + konst. x + 2 in Ex + F E 2 xdx dx dx = + F x 2 + 1 2 x 2 + 1 x 2 + 1 E = ln x 2 + 1 + F arctan x + konst. 2 Zgled. Tokrat dx res do konca izračunajmo. Najprej ugotovimo, da je ( x 2+4 x+5)2 x 2 + 4 x + 8 = ( x + 2)2 + 4 x + 2 2 = 4 + 1 2 x 2 = 4 + 1 + 1 2 zato je smotrno vpeljati novo spremenljivko t = x + 1 , dt = dx in x = 2 ( t − 1) . Tako 2 2 se integral najprej poenostavi v dx 1 1 = dt ( x 2 + 4 x + 8)2 8 ( t 2 + 1)2 1 At + B Ct + D dt = + dx ( t 2 + 1)2 t 2 + 1 t 2 + 1 87 6 INTEGRAL in z odvajanjem 1 At + B Ct + D = + ( t 2 + 1)2 t 2 + 1 t 2 + 1 At 2 + 2 Bt − A Ct + D = − + ( t 2 + 1)2 t 2 + 1 − At 2 − 2 Bt + A + ( Ct + D) ( t 2 + 1) = ( t 2 + 1)2 Ct 3 + ( D − A) t 2 + ( C − 2 B) t + A + D = . ( t 2 + 1)2 S primerjavo koeficientov v števcu dosežemo C = 0 , D = A, B = 0 in A + D = 1 , od koder je A = D = 1 in B = C = 0 . Tako je 2 1 t 1 dt dt = + ( t 2 + 1)2 2 ( t 2 + 1) 2 t 2 + 1 t 1 = + arctan t. 2 ( t 2 + 1) 2 Nazadnje še vpeljemo nazaj t = x + 1 in dobimo končni rezultat 2 dx 1 1 = dt ( x 2 + 4 x + 8)2 8 ( t 2 + 1)2   1 x + 1 1 x =  2   + arctan + 1  8 2  2 x + 1 + 1 2 2  2 x + 2 1 x = + arctan + 1 + konst. 8 ( x 2 + 4 x + 8) 16 2 Iz teh primerov lahko posplošimo, da je mogoče vsem racionalnih funkcijam izra- čunati nedoločene integrale. V rezultatu pa lahko nastopajo edino racionalne funkcije (vključno s polinomi), logaritemska in arkustangens. • Integrali iracionalnih funkcij √ √ a) V integralu racionalno nastopajo koreni p x, q x, .... Z uvedbo nove spremen- ljivke x = tr, kjer je r najmanjši skupni večkratnik korenskih eksponentov, prevedemo integral na integral racionalne funkcije. b) R x, p ax+ b dx uženemo z uvedbo ax+ b = tp. cx+ d cx+ d c) Za integral pn ( x) dx √ , pn ( x) je dani polinom stopnje n, ax 2 + bx + c uporabimo nastavek p √ n ( x) dx dx √ = A √ n−1 ( x) ax 2 + bx + c + B , ax 2 + bx + c ax 2 + bx + c 88 6 INTEGRAL kjer je An−1 ( x) polinom stopnje n − 1 z neznanimi koeficienti, določiti je potrebno n + 1 neznank. Na Primer, x 3 dx √ dx √ = Ax 2 + Bx + C x 2 + 1 + D √ . x 2 + 1 x 2 + 1 Za izračun konstant A, B, C in D moramo zgornjo enakost najprej odvajati. Dobimo x 3 √ ( Ax 2 + Bx + C) 2 x D √ = (2 Ax + B) x 2 + 1 + √ + √ x 2 + 1 2 x 2 + 1 x 2 + 1 (2 Ax + B) ( x 2 + 1) ( Ax 2 + Bx + C) x D = √ + √ + √ x 2 + 1 x 2 + 1 x 2 + 1 S primerjanjem koeficientov pri istoležnih potencah izračunamo konstante A, B in C. Nato je potrebno določiti še integral dx √ . Kvadratno funkcijo pod korenom ax 2+ bx+ c najprej preoblikujemo v temensko obliko. Odvisno od a in od diskriminante bomo z uvedbo nove spremenljivke dobili bodisi integral tipa dt √ ali pa dt √ , p ∈ R, p 2− t 2 p+ t 2 prvi se izraža z arkus sinusom, drugi pa z logaritmom. • Integrali trigonometričnih funkcij – sin ax sin bx dx, sin ax cos bx dx, cos ax cos bx dx; uporabimo trigonometrične formule za linearizacijo: 1 sin ax sin bx = (cos ( a − b) x − cos ( a + b) x) 2 1 sin ax cos bx = (sin ( a + b) x + sin ( a − b) x) 2 1 cos ax cos bx = (cos ( a + b) x + cos ( a − b) x) 2 Zgled: 1 sin 3 x cos 4 xdx = (sin 7 x − sin x) dx 2 1 cos 7 x = − + cos x + C. 2 7 – sin n x cos m x dx; Cilj je najprej znižati potence, pri tem pa ločimo dva primera: a) vsaj eden izmed m, n je lih; v tem primeru uvedemo novo spremenljivko sin ali cos; če je v integralu sin x na liho potenco, potem uvedemo t = cos x za novo spremenljivko, sicer pa t = sin x. V zgledu, ki sledi, bi bilo 89 6 INTEGRAL načeloma celo vseeno; mi bomo vzeli t = sin x. sin3 x cos dx = sin3 x (cos xdx) t 4 = t 3 dt = 4 sin4 x = + C. 4 sin4 x = sin3 x d (sin x) = + C 4 Pogosto se uporablja tudi zapis sin3 x cos dx = sin3 x d (sin x) sin4 x = + C. 4 b) oba, m in n sta soda; uporabimo formuli 1 − cos 2 x sin2 x = , 2 1 + cos 2 x cos2 x = 2 in tako znižamo potenco. – xn sin x dx, xn cos x dx, n ∈ N, n krat zaporedoma integriramo po delih. – R (tan2 x) dx, kjer R racionalna funkcija; uvedemo novo spremenljivko t = tan x. – R (tan x) dx, kjer je R racionalna funkcija; uvedemo novo spremenljivko t = tan x . 2 – sin x dx, cos x dx se ne izražata z elementarnimi funkcijami. x x • Integrali eksponentnih funkcij – R ( ex) dx, kjer je R "lepa"; uvedemo t = ex, saj je dt = exdx ⇒ dx = dt . t – xnexdx, n ∈ N , integriramo n-krat per partes – eax sin bx dx ali eax cos bx dx, integriramo 2 krat po delih in pridemo do enačbe za iskani integral. – ex , ex 2 dx se ne izražata z elementarnimi funkcijami. x • Integrali logaritemskih in inverznih trigonometričnih funkcij: – f (ln x) dx , f (arcsin x) dx √ , f (arctan x) dx ; te rešimo z uvedbo x 1− x 2 1+ x 2 nove spremenljivke. – g ( x) ln xdx, g ( x) arcsin xdx, g ( x) arctan xdx; integriramo "po delih", kjer se z odvajanjem funkcije ln x, arcsin x in arctan x ipd. poenostavijo. – dx se ne izraža z elementarnimi funkcijami. ln x 90 6 INTEGRAL 6.2 Riemannov (določeni) integral 6.2.1 Motivacija Problem, ki je vzpodbudil razvoj integrala, je izračun ploščine lika, ki ga omejuje ena ali več krivulj. Denimo, da imamo na intervalu [ a, b] dano zvezno nenegativno funkcijo x → f ( x) . Želimo izračunati ploščino lika p med grafom funkcije f, osjo x in premicama x = a in x = b. Intuitivno se zadeve lotimo takole: interval [ a, b] razdelimo na n podintervalov, to delitev določajo točke a = x 0 < x 1 < . . . < xn−1 < xn = b. Na vsakem izmed podintervalov [ xi, xi+1] izberimo še točko ti+1. Slika 6.54: Delitev intervala Označimo ∆ xi := xi+1 − xi. Nato je ploščina i-tega pravokotnika ∆ pi = f ( ti) ∆ xi približek za ploščino i-tega "traku", iz katerih je sestavljen celotni lik. Če ploščine teh pravokotnikov seštejemo, dobimo n n p ≈ ∆ pi = f ( ti) ∆ xi. i=1 i=1 Videti je, da se bomo tem bolj približali natančni ploščini, čim večji bomo izbrali n, hkrati pa morajo biti tudi širine podintervalov ∆ xi čim manjše. 6.2.2 Riemannova vsota in integrabilnost Pri dani funkciji f : [ a, b] → R izberimo delitev intervala D = { x 0 , x 1 , . . . , xn} in množico točk T = { t 1 , t 2 , . . . , tn} z lastnostjo xi−1 ≤ ti ≤ xi. Označimo maksimalno širino podintervalov z ∆ n = max ∆ xi. Intuitivno je jasno, da bo treba izbirati take 1≤ i≤ n delitve intervala, da bo ∆ n čim manjša (posledično bo n velik, obratno pa ne bi bilo nujno res). Ob izbrani delitvi D in točkah T označimo z SD,T naslednjo vsoto n SD,T = f ( ti) ∆ xi i=1 91 6 INTEGRAL Tej vsoti pravimo Riemannova vsota. Definicija 6.2.1 (Riemannov ali določeni integral) Funkcija f : [ a, b] → R je v Riemannovem smislu integrabilna, ali na kratko integrabilna, če obstaja tako število L, da je razlika | SD,T − L| poljubno majhna, če je le maksimalna širina podintervala ∆ n dovolj majhna. ∀ ε > 0 obstaja tak δ > 0 , da velja : ∆ n < δ ⇒ | SD,T − L| < ε. Številu L s to lastnostjo rečemo Riemannov ali določeni integral funkcije f na intervalu [ a, b] in ga označimo b L = f a ali tudi b L = f ( x) dx. a Število L je torej integral funkcije f na intervalu [ a, b] , če se z izbiro dovolj fine de- litve intervala [ a, b] , Riemannova vsota številu L približa na poljubno vnaprej izbrano natančnost. Včasih uporabimo tudi zapis b n f ( x) dx = lim f ( ti) ∆ xi, a ∆ n→0 i=1 pri čemer pa je ta limita nasploh zelo zapletena in je praviloma ne bomo uporabljali za izračun določenega integrala. Vendar pa se pri praktičnih primerih pogosto zelo naravno pojavijo Riemannove vsote, ki pripeljejo do uporabe integrala. Poleg Riemannovega integrala obstajajo tudi drugi integrali, ki so posplošitve Riemannovega, npr.: Riemann-Stieltjesov in Lebesgueov integral, s katerimi se v tem delu ne bomo ukvarjali. Lastnosti določenega integrala 1. b kf = k b f a a 2. b ( f + g) = b f + b g a a a 3. b f ≤ b g, če je za vsak x ∈ [ a, b] : f ( x) ≤ g ( x) a a 4. b f ≤ M ( b − a) , če je f ( x) ≤ M za vsak x ∈ [ a, b]. a 5. b 1 = b − a. a 6. a f := − b f b a 7. a f = 0 a 8. Če je funkcija f zvezna na intervalu [ a, b] , je v Riemannovem smislu integra- bilna. 92 6 INTEGRAL 9. Če je funkcija na [ a, b] odsekoma zvezna, je integrabilna. Odsekoma zvezna funkcija ima le končno mnogo točk nezveznosti in še te so skoki: v teh točkah obstaja leva in desna limita. 10. Če je funkcija f integrabilna, je integrabilna tudi | f | in velja b b f ≤ | f | . a a Primerjaj s trikotniško neenakostjo! 11. Če je funkcija integrabilna na zaprtem intervalu I, je integrabilna tudi na vsa- kem podintervalu [ a, b] ⊆ I. Dodatno, če je c ∈ I, velja še b c b f = f + f. (8) a a c Z geometrijskega vidika, če je a < c < b, je to očitno, ploščino razdelimo pač na dva dela. Vendar se zlahka prepričamo, da zveza (8) velja za poljubne a, b, c ∈ I. 12. Izrek o povprečni vrednosti. Če je f zvezna funkcija na intervalu [ a, b] , obstaja taka točka c ∈ [ a, b] , za katero je 1 b f ( c) = f b − a a Številu f ( c) rečemo povprečna vrednost funkcije f na intervalu [ a, b] in ga pogosto označimo z ¯ f[ a,b]. Če je f nenegativna, je ¯ f[ a,b] višina pravokotnika z osnovnico b − a, ki ima isto ploščino kot lik med krivuljo y = f ( x) , osjo x in premicama x = a in x = b. Spomnimo se ene izmed lastnosti zveznih funkcij na zaprtem intervalu, ki pravi, da zvezna funkcija zavzame vse vrednosti med maksimalno M in minimalno m. Hkrati pa je b m ( b − a) ≤ f ≤ M ( b − a) a oziroma 1 b m ≤ f ≤ M. b − a a Torej f zavzame tudi vrednost 1 b f in je torej za neki c ∈ [ a, b] izpolnjeno b− a a f ( c) = 1 b f. b− a a 13. Naj bo f odsekoma zvezna funkcija na intervalu [ a, b] . Označimo S+ vsoto ploščin likov nad osjo x, omejenih z grafom funkcije f in z S− vsoto ploščin likov pod osjo x. Potem je vrednost določenega integrala enaka razliki ploščin nad osjo x in ploščin pod osjo x : b f = S+ − S− . a 93 6 INTEGRAL 6.2.3 Osnovni (fundamentalni) izrek integralskega računa Do sedaj še nismo omenili nobene učinkovite (brez zapletene limite) metode za izračun integrala. Izkazalo se je (Newton in Leibniz), da je določeni integral tesno povezan s primitivno funkcijo. Izrek 6.2.2 (Osnovni izrek integralskega računa) Denimo, da je funkcija f v Riemannovem smislu integrabilna. Definirajmo x S ( x) = f, za poljuben x ∈ [ a, b] . a a) S je zvezna in odvedljiva funkcija. Še več, S ( x) = f ( x) ali z drugimi besedami: S je primitivna funkcija funkcije f . Rečemo tudi, da je določeni integral zvezna in odvedljiva funkcija zgornje meje. b) Če je F poljubna primitivna funkcija za funkcijo f, velja Newton-Leibnizov obrazec b f = F ( b) − F ( a) . a Dokaz. Točko a) bomo preverili za poseben primer, ko je funkcija f zvezna. Izra- čunali bomo limito diferenčnega količnika za funkcijo S. S ( x + h) − S ( x) S ( x) = lim h→0 h 1 x+ h x = lim f − f h→0 h a a 1 x+ h = lim f h→0 h x Uporabimo izrek o povprečni vrednosti: 1 x+ h 1 lim f = lim ( x + h − x) f ( c) , za neki c med x in x + h, h→0 h x h→0 h = lim f ( c) h→0 = f ( x) , ker je f zvezna. b) Naj bo F poljubna primitivna funkcija funkcije f. Torej je F ( x) = f ( x) = S ( x) oziroma ( F ( x) − S ( x)) = 0 . Sledi, da je F ( x) − S ( x) = C, za neko realno konstanto C. Vrednost integrala b f lahko izrazimo kot S ( b) . Upoštevamo, da je S ( a) = a a f = 0 in a F ( b) − S ( b) = C = F ( a) − S ( a) = F ( a) , od koder sledi b f = S ( b) a = F ( b) − C = F ( b) − F ( a) . 94 6 INTEGRAL 6.2.4 Uporaba določenega integrala Najprej bomo navedli le obrazce, ki jih bomo utemeljili na koncu razdelka. 1. Ploščina • med krivuljama y = f ( x), y = g ( x) , f ≤ g, in premicama x = a in x = b. b p = ( g ( x) − f ( x)) dx. (9) a • izseka, ki ga določa krivulja v polarnih koordinatah r = r ( ϕ) , ϕ ∈ [ ϕ 1 , ϕ 2] ϕ 2 1 p = r ( ϕ)2 dϕ (10) 2 ϕ 1 • izseka, ki ga določa parametrično podana krivulja x = x ( t) , y = y ( t) , t ∈ [ α, β] : 1 β p = ( x ˙ y − y ˙ x) dt, (11) 2 α kjer ˙ x in ˙ y predstavljata odvoda na spremenljivko t. 2. Dolžina loka • krivulje, ki jo določa graf funkcije y = f ( x) , x ∈ [ a, b] . b l = 1 + ( f ( x))2 dx a b = 1 + ( y )2 dx (12) a • krivulje v parametrični obliki β l = ˙ x 2 + ˙ y 2 dt (13) α • krivulje v polarni obliki 2 φ 1 dr ( ϕ) l = r ( ϕ)2 + dϕ (14) φ dϕ 0 3. Prostornina vrtenine; • del krivulje y = f ( x) med premicama x = a in x = b zavrtimo okrog osi x : b Vx = π y 2 dx a b = π f ( x)2 dx (15) a 95 6 INTEGRAL • del krivulje y = f ( x) med premicama y = c in y = d zavrtimo okrog osi y : b Vy = π f −1 ( y)2 dy a d = π x ( y)2 dy. c • del krivulje y = f ( x) med premicama x = a in x = b zavrtimo okrog osi y; tako dobimo cilindrično telo s prostornino: b V = 2 π xy ( x) dx a 4. Površina vrtenine; • del krivulje y = f ( x) med premicama x = a in x = b zavrtimo okrog osi x : dS = 2 πydl b S = 2 π y 1 + y 2 dx a • krivuljo x = x ( t) , y = y ( t) , t ∈ [ α, β] zavrtimo okrog osi x : b S = 2 π y ( t) ˙ x 2 + ˙ y 2 dt a • krivuljo r = r ( ϕ) , ϕ ∈ [ ϕ 1 , ϕ 2] zavrtimo okrog osi x : 2 ϕ 2 dr ( ϕ) S = 2 π r ( ϕ) sin ϕ r ( ϕ)2 + dϕ ϕ dϕ 1 • vrtenje okrog osi y: dS = 2 πxdl; ostale obrazce dobimo analogno kot zgoraj. Izpeljave: 1. Ploščina. • Od ploščine pod grafom y = g ( x) , p 1 = b g ( x) dx odštejemo ploščino a pod grafom y = f ( x) , p 2 = b f ( x) dx, nato je iskana ploščina lika enaka a p 1 − p 2 . • Za ploščino dela lika, ki ga omejuje krivulja v polarni obliki in poltraka ϕ = φ 0 in ϕ = φ 1 , izberemo delitev intervala [ φ 1 , φ 2] , D = { ϕ 0 , ϕ 1 , . . . , ϕn} , ∆ ϕk = ϕk − ϕk−1 , in točke σk ∈ ( ϕk−1 , ϕk) , k = 1 , 2 , . . . , n. Približek za ploščino ”tankega” izseka je ∆ pk = 1 r ( σ 2 k )2 ∆ ϕk , nato je n 1 n SD = ∆ pk = r ( σk)2 ∆ ϕk 2 k=1 k=1 Riemannova vsota za integral 1 φ 2 r ( ϕ)2 dϕ. 2 φ 1 96 6 INTEGRAL • Obrazec sledi iz prejšnjega, diferencial ploščine ”tankega” krožnega izseka se glasi dp = 1 r 2 dϕ, r 2 = x 2 + y 2 , tan ϕ = y( t) . Po verižnem pravilu 2 x( t) izračunajmo diferencial glede na spremenljivko t : 1 dp = r 2 dϕ 2 1 dϕ = x 2 + y 2 dt. 2 dt Iz ϕ = arctan y( t) z odvajanjem dobimo, da je x( t) dϕ 1 d y ( t) = dt 2 1 + y dt x ( t) x x 2 ˙ yx − ˙ xy = x 2 + y 2 x 2 ˙ yx − ˙ xy = , r 2 od koder sledi dp = 1 ( ˙ yx − ˙ xy) dt in želeni rezultat. 2 2. Dolžina loka. • Izberimo delitev intervala [ a, b] , D = { a = x 0 , x 1 , . . . , xn = b} , ∆ xk = xk − xk−1 . Približek za dolžino loka majhnega delca krivulje, ki je določen s to delitvijo, je ∆ lk = ( xk − xk−1)2 + ( yk − yk−1)2 = ( xk − xk−1)2 + ( f ( xk) − f ( xk−1))2 . Denimo, da funkcija f zadošča pogojem Lagrangevega izreka, potem ob- stajajo točke ξk ∈ ( xk−1 , xk) , za katere je f ( xk) − f ( xk−1) = f ( ξk) ∆ xk, nato je ∆ lk = ∆ x 2 + ( f ( ξ k k ) ∆ xk )2 = 1 + ( f ( ξk))2∆ xk. Vsota n ∆ l 1 + ( f ( ξ k=1 k = n k=1 k ))2∆ xk je prav Riemannova vsota za funkcijo 1 + f ( x)2 , od koder sledi obrazec (12). • Za krivuljo, podano v parametrični obliki, lahko v integral (12) uvedemo novo spremenljivko x = x ( t) , t ∈ [ α, β] in upoštevamo, da je f ( x ( t)) = ˙ y( t) . ˙ x( t) 97 6 INTEGRAL • Iz zvez x ( t) = r ( ϕ ( t)) cos ϕ ( t) in y ( t) = r ( ϕ ( t)) sin ϕ ( t) izračunamo dr ˙ x = ˙ ϕ cos ϕ − r ˙ ϕ sin ϕ dϕ dr ˙ y = ˙ ϕ sin ϕ + r ˙ ϕ cos ϕ dϕ nato kvadriramo in seštejemo ter pridelamo 2 dr ˙ x 2 + ˙ y 2 dt = + r 2 ˙ ϕdt dϕ dϕ 2 dr = + r 2 dϕ. dϕ 3. Prostornina. • Delitev intervala D = { x 0 , . . . , xn} in izbira točk ξk ∈ ( xk−1 , xk) , inducira razrez vrtenine na tanke rezine, tanke valje s ploščino osnovne ploskve πf ( ξk)2 , in višino ∆ xk = xk − xk−1 . Tako je prostornina k-tega valja ∆ Vk = πf ( ξk)2 ∆ xk prav k-ti člen Riemannove vsote za funkcijo πf ( x)2 . • Pri vrtenju okrog osi y le zamenjamo vlogi x in y. • V tem primeru vrtenino razrežemo na tanke cilindrične obroče. Ob de- litvi intervala D = { x 0 , . . . , xn} in izbiri točk ξk ∈ ( xk−1 , xk) je ∆ Vk = 2 π∆ xkf ( ξk) . 4. Površina vrtenine. • Sedaj razrežimo vrtenino na tanke prisekane valje (izkaže se, da razrez na valje ni dovolj natančen, za razliko od razreza pri računanju prostornine). Delitev intervala D = { x 0 , . . . , xn} in izbira točk ξk ∈ ( xk−1 , xk) nam da površino plašča takega valja, izraženega z velikim in malim polmerom R, r ter stranskim robom ∆ lk: R + r ∆ Sk = 2 π ∆ lk 2 = π ( f ( xk) + f ( xk−1)) ∆ lk = π ( f ( xk) − f ( xk−1) + 2 f ( xk−1)) ∆ lk = 2 πf ( xk−1) ∆ lk + πf ( ξk−1) ∆ xk∆ lk. Zadnji člen πf ( ξk−1) ∆ xk∆ lk zaradi produkta dveh majhnih količin zane- marimo, tako smo dobili ∆ Sk = 2 πf ( xk−1) ∆ lk, kar je osnova za ustrezno Riemannovo vsoto in končno integral. • Preostala obrazca dobimo z izražavo dl v drugih koordinatah. 98 6 INTEGRAL Zgledi: 1. Določimo ploščino med parabolama y = x 2 in y = 2 x − x 2 . Najprej potrebujemo presečišči; hitro izračunamo, da sta x 1 = 0 in x 2 = 1. y 2 1 1 x -1 Slika 6.55: Območje med parabolama x=1 Nato je p = 1 (2 x − x 2) − x 2 dx = x 2 − 2 x 3 = 1 − 2 = 1 . 0 3 x=0 3 3 2. Kolikšna je ploščina elipse x 2 + y 2 = 1 , a, b > 0 . Lahko si zamislimo, da je elipso a 2 b 2 mogoče razrezati na tanke skoraj krožne izseke; tako lahko uporabimo obrazec (11), če elipso izrazimo v parametrični obliki. x = a cos t y = b sin t, t ∈ [0 , 2 π] . Zaradi simetrije je 4 π 2 p = ( x ˙ y − y ˙ x) dt 2 0 π 2 = 2 ab cos2 t + sin2 t dt 0 = πab. √ 3. Izračunajmo ploščino enega lista lemniskate r = r ( ϕ) = a cos 2 ϕ, ϕ ∈ − π , π . 4 4 Na spodnjem grafu je narisana tudi druga veja, ϕ ∈ 3 π , 5 π . 4 4 99 6 INTEGRAL y 0.2 -1.0 -0.5 0.5 1.0 -0.2 x Slika 6.56: Lemniskata (Bernoullijeva) ϕ 2 Uporabimo obrazec p = 1 r ( ϕ)2 dϕ, dobimo 2 ϕ 1 π 4 a 2 p = cos 2 ϕdϕ 2 − π 4 π 4 = a 2 cos 2 ϕdϕ 0 sin 2 ϕ ϕ= π 4 = a 2 2 ϕ=0 a 2 = . 2 4. Izračunajmo dolžino dela loka verižnice, y = cosh x = 1 ( ex + e− x) , x ∈ [0 , 1] . 2 4 y 3 2 1 -2 -1 0 1 2 x Slika 6.57: Lok verižnice 100 6 INTEGRAL √ Najprej je y = sinh x in 1+ y 2 = 1+sinh2 x = cosh2 x, nato je 1 + y 2 = cosh x in 1 1 1 l = 1 + y 2 dx = cosh xdx = sinh 1 = e − e−1 . 0 0 2 5. Izračunajmo prostornino vrtenine pri vrtenju grafa funkcije y = x 3 , x ∈ [2 , 3] , ki nastane a) pri vrtenju okrog osi x in b) pri vrtenju okrog osi y. Ad a) Vx = π 3 y 2 dx = π 3 x 6 dx = 37−27 π. 2 2 7 √ Ad b) Vy = π 33 x ( y)2 dy, kjer je x ( y) = 3 y = y 1 / 3 . Nato je 23 x 2 dy = π 27 8 27 Vy = π 27 y 2 / 3 dy = 3 π y 5 / 3 = 3 π (35 − 25) . 8 5 8 5 6. Določimo prostornino krogle s polmerom a. Zavrteli bomo polkrožnico, r = a, ϕ ∈ [0 , π] okrog osi x. Obrazec V = π b y 2 dx pretvorimo v polarno obliko. a V integral uvedemo novo spremenljivko r cos ϕ, nato je y = r sin ϕ, dx = dr cos ϕ − r sin ϕ dϕ. V našem primeru je r ( ϕ) = a konstantna funkcija, zato dϕ je dr = 0, dx = − a sin ϕdϕ in dϕ π V = π y ( ϕ)2 dx ( ϕ) 0 π = π ( a sin ϕ)2 (− a sin ϕ) dϕ 0 π = − πa 3 1 − cos2 ϕ sin ϕdϕ 0 π = πa 3 1 − cos2 ϕ d (cos ϕ) 0 1 π = πa 3 cos ϕ − cos3 ϕ 3 0 4 πa 3 = . 3 6.3 Posplošeni ali izlimitirani integral 1. Ena meja (ali obe) je neskončno: ∞ b f ( x) dx = lim f ( x) dx a b→∞ a b b f ( x) dx = lim f ( x) dx −∞ a→−∞ a ∞ 0 ∞ f ( x) dx = f ( x) dx + f ( x) dx −∞ −∞ 0 Če obstaja ustrezna limita, rečemo, da integral konvergira, sicer divergira. • ∞ dx = lim b dx = lim ln b = ∞; ta integral divergira. 1 x 1 b→∞ x b→∞ 101 6 INTEGRAL x= b x=1 • ∞ dx = lim b dx = lim −1 = lim 1 = lim 1 − 1 = 1; ta 1 x 2 1 b→∞ x 2 b→∞ x x=1 b→∞ x x= b b→∞ b integral pa konvergira. 2. Podintegralska funkcija ima na eni od mej (ali tudi obeh) singularnost: b b f ( x) dx = lim f ( x) dx, če ima f singularnost na spodnji meji, a ε→0+ a+ ε b b− ε f ( x) dx = lim f ( x) dx, če ima f singularnost na zgornji meji. a ε→0+ a Na primer: 1 1 1 1 √ dx = x−1 / 2 dx = lim x−1 / 2 dx 0 x 0 ε→0+ ε √ x=1 = lim 2 x ε→0+ x= ε √ = lim 2 1 − ε = 2 ε→0+ 1 1 1 1 dx = lim dx 0 x ε→0+ ε x = lim (ln 1 − ln ε) = ∞ . ε→0+ 3. Če ima f singularnost v notranji točki c integracijskega intervala: b c b f ( x) dx = f ( x) dx + f ( x) dx a a c c− ε b = lim f ( x) dx + lim f ( x) dx ε→0+ a ε→0+ c+ ε Pri tem poudarimo, da morata obstajati oba integrala na desni strani. Cauchyjeva glavna vrednost: c− ε b lim f ( x) dx + f ( x) dx ε→0+ a c+ ε Možno je, da integrala c f ( x) dx, b f ( x) dx ne konvergirata, obstaja pa Cau- a c chyjeva glavna vrednost npr.: 1 dx − ε dx 1 dx = lim + lim −1 x ε→0+ −1 x ε→0+ ε x = lim (ln |− ε|) + lim (− ln | ε|) . ε→0+ ε→0+ Posamezni limiti ne obstajata, medtem ko je Cauchyjeva glavna vrednost − ε dx b dx lim + = ε→0+ a x ε x lim (ln |− ε| − ln | ε|) = 0 . ε→0+ definirana. 102 6 INTEGRAL 6.3.1 Funkcije, definirane z integralom Nedoločeni integrali funkcij sin x , cos x , ex , 1 (in mnogih drugih prav tako) se ne x x x ln x izražajo z elementarnimi funkcijami. Zato se s pomočjo integralov teh funkcij uvede nove funkcije. 1. Integralski sinus x sin t Si ( x) = dt 0 t – definicijsko območje: R – lim Si ( x) = ∞ sin t dt = π (tega ni elementarno preveriti). x→∞ 0 t 2 – parnost: Si (− x) = −Si ( x) – Si ( x) = sin x , x – Ekstremi: Si ( x) = 0 ⇒ sin x = 0 , x = 0 ⇒ x = kπ, k ∈ Z {0} – Si ( x) = sin x = x cos x−sin x , x x 2 – Si ( kπ) = cos( kπ) = (−1) k ⇒ kπ kπ izmenično minimumi in maksimumi, pri k = 1 je maksimum. y 3 2 1 -20 -10 10 20 -1 x -2 -3 Slika 6.58: Graf funkcije Si( x) 2. Integralski kosinus ∞ cos x Ci ( x) = dx, definirana le za x > 0 , x x – definicijsko območje: x > 0; pri x = 0 je integral posplošen tudi na spodnji meji in divergenten, – lim Ci ( x) = 0 , x→∞ – Ci ( x) = cos x , x – ekstremi so v ničlah funkcije cos , x = π + kπ, k = 0 , 1 , 2 , . . . , 2 103 6 INTEGRAL – Ci ( x) = cos x = − 1 (cos x + x sin x) , x x 2 sin( π + kπ) – Ci π + kπ = − 2 , torej so izmenično minimumi in maksimumi. 2 π + kπ 2 1 y 0 2 4 6 8 10 -1 x -2 -3 -4 -5 Slika 6.59: Graf funkcije Ci( x) 3. Tudi integrala ex dx in dx se ne izražata z elementarnimi funkcijami, s tema x ln x dvema integraloma se lahko (na več načinov) vpelje nove funkcije, integralsko eksponentno in integralsko logaritemsko funkcijo, ki pa sta povezani. Podrob- nosti izpustimo. 6.4 Naloge 1. Izračunaj integrale naslednjih funkcij: √ √ √ (a) 3 x + x − 1 + 1 √ − 2 dx; R.: 3 x 2 + 2 ( x)3 + 1 + 3 ( 3 x)2 −2 ln | x|+ C x 2 3 x x 2 3 x 2 (b) 1 − 3 sin x + 3 − 4 dx; R.: 1 sin x+3 cos x+3 arctan x−4 ln | x|+ cos2 x 1+ x 2 x cos x C (c) 3 xexdx; R.: 3 xex + C 1+ln 3 2. Z uvedbo nove spremenljivke izračunaj integrale: (a) sin 5 xdx; R.: − 1 cos 5 x + C 5 (b) x 2 dx √ ; R.: − 2 (1 − x 3) + C 1− x 3 3 (c) dx dx; R.: 1 (ln |2 x + 1|) dx + C 2 x+1 2 (d) (1 − x)6 dx; R.: −1 (1 − x)7 + C 7 (e) e− x; R.: − e− x + C (f) sin3 x cos xdx; R.: 1 sin4 x + C 4 (g) dx ; R.: 1 arctan x + C x 2+4 2 2 104 6 INTEGRAL (h) dx =R.: 1 arctan x+1 + C x 2+2 x+5 2 2 √ √ (i) ln x dx; R.: 2 ln3 x + C, x 3 (j) arctan3 x dx; R.: 1 arctan4 x + C 1+ x 2 4 3. Z integracijo po delih izračunaj integrale (a) x 2 sin xdx; R.: (2 − x 2) cos x + 2 x sin x + C (b) xe− axdx; R.: − e− ax ( ax + 1) + C. a 2 (c) e− x cos xdx; R.: 1 e− x (sin x − cos x) . 2 4. Integriraj racionalne funkcije (a) x 2−2 dx; R.: x − 1 − 1 dx = 1 x 2 − x − ln | x + 1| + C x+1 x+1 2 (b) x+1 dx; R.: x+1 dx = − 1 − 1 + 2 dx = − 1 ln | x| − x 2+ x−2 x( x+2)( x−1) 2 x 6( x+2) 3( x−1) 2 1 ln | x + 2| + 2 ln | x − 1| + C 6 3 (c) x−3 dx; R.: 1 ln ( x 2 + 4) − 3 arctan x + C x 2+4 2 2 2 5. Izračunaj še določene integrale trigonometričnih funkcij π 2 (a) sin4 xdx; R.: 3 π 16 0 π 2 (b) sin4 x cos3 xdx; R.: 2 35 0 2 π (c) sin 2 x cos 3 xdx; R.: 0 0 π 2 (d) x sin xdx; R.: 1 . 0 6. Upoštevaj sodost oziroma lihost podintegralske funkcije in poenostavi integral 1 (a) x 3 dx; R.: 0, −1 π 2 (b) sin2 xdx; R.: π , 2 − π 2 π 2 (c) sin x cos xdx; R.: 0 . − π 2 7. Izračunaj ploščino lika, ki ga omejujejo: √ (a) paraboli y = x 2 in y = x. R.: p = 1 . 3 105 6 INTEGRAL (b) y = − x 2 + 4 x − 3 in tangenti na ta graf v točkah (0 , −3) in (3 , 0) ; R.: p = 9 . 4 (c) y = 1 in y = x 2 . R.: p = π − 1 . 1+ x 2 2 2 3 (d) krivulja v polarni obliki r = ϕ, ϕ ∈ 0 , π in os y. R.: p = π 3 . 2 48 8. Za en lok cikloide x = a ( t − sin t) , y = a (1 − cos t) , t ∈ [0 , 2 π] , a > 0 , določi (a) dolžino loka, R.: l = 8 a. (b) prostornino pri vrtenju okrog osi x, R.: Vx = πa 3 2 π (1 − cos t)3 dt = 5 π 2 a 3 . 0 (c) površino pri vrtenju okrog osi x. R.: S = 32 π. 3 9. Če konvergirajo, določi vrednosti posplošenih integralov: ∞ (a) dx ; R.: 1 x 3 2 1 ∞ (b) dx ; R.: π x 2+4 4 0 ∞ (c) dx √ ; ne konvergira. x 1 10. Za katere s ∈ R konvergira integral ∞ te− stdt ? R.: s > 0. 0 106 7 ZAPOREDJA 7 Zaporedja 7.1 Osnovni pojmi Definicija 7.1.1 Realno (kompleksno) zaporedje je preslikava f : N → R ( C ), ki vsakemu naravnemu številu n priredi določeno število an. Včasih iz praktičnih razlogov vzamemo namesto N tudi N0 . Zaporedje je lahko podano: • eksplicitno: an = f ( n) in zapisano: ( an)∞ , ( a n=1 n), ( a 1 , a 2 , a 3 , . . . , an, . . . ) Primera eksplicitno podanih zaporedij: an = 1 n 2 z 2 n = in 1 → a 1 = 1 1 → z 2 1 = i 2 → a 2 = 2 2 → z 2 = −1 3 → a 3 = 9 3 → z 2 3 = − i 4 → a 4 = 8 4 → z 4 = 1 .. . . . . .. .. .. Posamezne funkcijske vrednosti imenujemo členi zaporedja. Natančneje, ak je k-ti člen zaporedja ( an). • rekurzivno: an+1 = f ( an, an−1 , . . . , an− k) – enočlenska rekurzija: a 1 podan, an+1 = f ( an) , n ∈ N . Vrednost n-tega člena zaporedja je odvisna le od predhodnega člena. – dvočlenska rekurzija: a 1 , a 2 poznamo, an+1 = f ( an, an−1) ; vsak člen, razen prvih dveh, ki morata biti podana, izračunamo iz predhodnih dveh. Naj bo a 1 = 1 , an+1 = an + 2 , n = 1 , 2 , . . . . To zaporedje lahko izrazimo tudi eksplicitno: ( an) = (1 , 3 , 5 , 7 , . . . , 2 n − 1 , . . . ) . Mimogrede omenimo, da je to zaporedje aritmetično (razlika med dvema zaporednima členoma je konstantna), eksplici- tni obrazec za to zaporedje se glasi: an = 2 n − 1 , n ∈ N. Geometrijsko zaporedje bo za naše delo zelo pomembno. Definicija 7.1.2 Geometrijsko zaporedje je tako zaporedje, pri katerem je kvo- cient med katerima koli dvema sosednjima členoma konstanten an+1 = q, n ∈ a N . n Zapisano v obliki enočlenske rekurzije: an+1 = qan, a 1 je podan. 107 7 ZAPOREDJA Splošni člen geometrijskega zaporedja je an = a 1 qn−1 , n ∈ N . Če izberemo a 1 = 1 n−1 in q = − 1 , dobimo zaporedje 1 , − 1 , 1 , − 1 , . . . , − 1 , . . . . 2 2 4 8 2 Zelo poznano je Fibonaccijevo zaporedje: f 1 = f 2 = 1 , fn+1 = fn + fn−1 , n = 2 , 3 , . . . , oziroma, če izračunamo prvih nekaj členov za občutek: ( an) = (1 , 1 , 2 , 3 , 5 , 8 , 13 , 21 , . . . ) . Tokrat obrazca za splošni člen ni preprosto uganiti. Splošna formula, ki je izpeljana v rešitvi naloge 5, se namreč glasi: √ n √ n 1 + 5 − 1 − 5 f √ n = , n = 1 , 2 , 3 , . . . (16) 2 n 5 Opazimo, da je Fibonaccijevo zaporedje razlika dveh geometrijskih, saj je √ n √ n 1 + 5 1 − 5 f √ √ n = − 2 n 5 2 n 5 √ n √ n 1 1 + 5 1 1 − 5 = √ − √ 5 2 5 2 1 1 = √ qn − √ qn, 5 1 5 2 √ √ √ kjer je q 5 5 5 1 = 1+ , q . Pri tem je q = 1 . 618 ... =: Φ zlatorezno 2 2 = 1− 2 1 = 1+ 2 √ razmerje, 5−1 =: ϕ = Φ − 1 = 1 = 0 . 618 ... pa njegova obratna vrednost. 2 Φ 7.1.1 Linearne diferenčne enačbe Spoznali bomo metodo za iskanje splošnega člena (torej eksplicitnega zapisa) za (ne- katera) zaporedja, podana z dvočlensko rekurzijo oblike an+1 = αan + βan−1 , α, β dani konstanti, (17) podana sta še a 0 in a 1 . Fibonaccijevo zaporedje je tak primer, tam je α = β = 1 . Metoda temelji na nasle- dnjem dejstvu. Trditev 7.1.3 Če za zaporedji ( an) in ( bn) velja rekurzija (17), tej zadošča tudi katero koli zaporedje oblike cn = Can + Dbn, kjer sta C in D poljubni konstanti. Rečemo tudi, da je ( cn) superpozicija zaporedij ( an) in ( bn) . Dokaz. Uporabimo an+1 = αan + βan−1 bn+1 = αbn + βbn−1 , 108 7 ZAPOREDJA prvo enačbo pomnožimo s C, drugo pa z D, seštejemo in dobimo cn+1 = Can+1 + Dbn+1 = α ( Can + Dbn) + β ( Can−1 + Dbn−1) = αcn + βcn−1 . Trditev 7.1.4 Če ima kvadratna enačba λ 2 − αλ − β = 0 dva različna realna korena λ 1 in λ 2 , potem obstaja enolična rešitev diferenčne enačbe (17) pri poljubnih začetnih pogojih a 0 in a 1 . Rešitev je zaporedje s splošnim členom an = Cλn + Dλn, kjer sta C 1 2 in D enolično določeni konstanti. Dokaz. Poglejmo ali obstaja tak λ, da bi veljalo an = λn in bi zaporedje zadoščalo enačbi (17). Res, dobimo enačbo λn+1 = αλn + βλn−1 . Če je λ = 0 , dobimo konstantno zaporedje an = 0, ki zadošča začetnima pogojema le, če je a 0 = a 1 = 0 . V tem primeru je ničelno zaporedje seveda edina možna rešitev. Torej vzemimo λ = 0 in delimo gornjo enačbo z λn−1 . Dobimo λ 2 = αλ + β kar je kvadratna enačba iz trditve. Bodita λ 1 in λ 2 njeni različni realni rešitvi. Rekurzivno enačbo rešita zaporedji s splošnim členom λn in λn, po trditvi 7.1.3 pa 1 2 tudi njuna superpozicija Cλn + Dλn. Konstanti C in D določimo tako, da zaporedje 1 2 an = Cλn + Dλn zadosti tudi začetnim pogojem a 1 2 0 in a 1 . Dobimo linearen sistem C + D = a 0 Cλ 1 + Dλ 2 = a 1 . Pomnožimo prvo enačbo z − λ 1 in enačbi odštejmo D ( λ 2 − λ 1) = a 1 − a 0 λ 1 . Ker λ 2 = λ 1 , je D enolično določen, nato je C = a 0 − D. Primer reševanja diferenčnih enačb je v nalogah 4 in 5. 7.2 Topološke lastnosti zaporedij Definicija 7.2.1 Naj bo ε dano pozitivno število. Množico števil Kε ( a) = { x; | x − a| < ε} imenujemo okolica ( ε - okolica) števila a. V množici R je Kε ( a) = ( a − ε, a + ε) , v množici C je Kε ( a) krog s središčem v točki a in s polmerom ε. 109 7 ZAPOREDJA 7.2.1 Stekališče in limita Definicija 7.2.2 Število b se imenuje stekališče zaporedja ( an) , če je v vsaki okolici števila b neskončno členov tega zaporedja. Formalno: pri poljubnem ε > 0 velja | an − b| < ε za neskončno indeksov n. Stekališči zaporedja (−1) n n sta 1 in −1 . Dokaz je v rešitvi naloge 6. Podobno, n+1 zaporedje (1 , 0 , 1 , 0 , 1 , 0 , . . . ) , ima dve stekališči: 0 in 1, saj je a 2 k = 0 in a 2 k−1 = 1 za vsak k ∈ N. Definicija 7.2.3 Število l imenujemo limita zaporedja ( an) , če je izven vsake okolice števila l le končno mnogo členov zaporedja. Formalno: pri poljubnem ε > 0 obstaja N ∈ N z lastnostjo: | an − l| < ε za vse n > N . Od člena aN+1 vključno naprej so vsi členi an znotraj ε-okolice števila l. Uporabljamo zapis: l = lim an. n→∞ Definicija 7.2.4 Če ima zaporedje limito, rečemo, da je konvergentno. V naspro- tnem primeru je divergentno. Trditev 7.2.5 Če ima zaporedje limito, je ta ena sama. Limita je poseben primer stekališča. Ni pa vsako stekališče limita. Tudi ni res, da je edino stekališče zaporedja nujno limita. Dokaz. Pogoj, ki določa limito, je izpolnjen tudi za stekališče, torej je število, ki ima lastnost limite, tudi stekališče. Obratno seveda ni res. Kakor hitro bo imelo zaporedje več kakor eno stekališče, nobeno od stekališč ne more biti limita, ker bo mogoče hitro najti tako okolico katerega koli stekališča, da bo tudi zunaj te okolice neskončno členov zaporedja. Navedimo še primer zaporedja, ki ima eno samo stekališče, ki ni limita. Zaporedje an = n(−1) n; to je: 1 , 2 , 1 , 4 , 1 , 6 , . . . , a 3 5 n, . . . ima eno samo stekališče, to je 0 , ki pa ni limita. Zunaj poljubne okolice števila 0 namreč ostane neskončno členov s sodimi indeksi. Definicija 7.2.6 Zaporedje ( bk) = ( an ) je podzaporedje zaporedja ( a k n) , če je funk- cija f : N → N , k → nk naraščajoča ( f ( k) < f ( k + 1) ∀ k). Iz danega zaporedja an = 1 ; ( a , 1 , 1 , . . . , izberimo dve podzaporedji. n n) = 1 , 12 3 4 • Zaporedje 1 , 1 , 1 , . . . = ( a 2 4 6 2 k ) = ( a 2 , a 4 , . . . ) je podzaporedje zaporedja ( an) ; nk = 2 k, bk = a 2 k. • Zaporedje, kjer izpustimo prvi člen, ( ak+1) = ( a 2 , a 3 , . . . ) je vedno podzaporedje zaporedja ( an) ; nk = k + 1 , bk = ak+1 . 110 7 ZAPOREDJA Brez dokaza navedimo še izreka. Izrek 7.2.7 Vsako podzaporedje konvergentnega zaporedja je konvergentno in ima isto limito. Večkrat v nadaljevanju bomo uporabili poseben primer te trditve: Če je zaporedje ( an) konvergentno, je lim an+1 = lim an. n→∞ n→∞ Izrek 7.2.8 Če ima zaporedje kakšno stekališče s, obstaja podzaporedje, ki konvergira k s. Definicija 7.2.9 Zaporedje je Cauchyjevo, če velja, da od dovolj poznega člena naprej pridejo členi poljubno blizu skupaj. Pri poljubnem ε > 0 je | an − am| < ε za vse dovolj pozne indekse m, n (m, n > n 0 ). Izrek 7.2.10 Zaporedje je Cauchyjevo natanko takrat ko je konvergentno. Komentar. Načeloma je lastnost Cauchyjevega zaporedja šibkejša od konvergence, vendar se izkaže (ni trivialno), da sta pri realnih zaporedjih obe lastnosti hkrati prisotni ali pa ni nobene. 7.2.2 Omejenost zaporedij Definicija 7.2.11 Število A je zgornja meja zaporedja ( an) , če velja an ≤ A za vsak n ∈ N . Če zgornja meja zaporedja ( an) obstaja, rečemo, da je zaporedje navzgor omejeno. Če je A zgornja meja, je vsako število b > A tudi zgornja meja. Definicija 7.2.12 Število B je spodnja meja zaporedja ( an) , če velja an ≥ B za vsak n ∈ N . Če spodnja meja zaporedja ( an) obstaja, rečemo, da je zaporedje navzdol omejeno. Če je B spodnja meja, je vsako število b < B tudi spodnja meja. Definicija 7.2.13 Zaporedje je omejeno, kadar je omejeno navzdol in navzgor. Definicija 7.2.14 Število M se imenuje natančna zgornja meja (ali supre- mum) zaporedja, če velja: - M je zgornja meja in - pri poljubnem ε > 0 obstaja vsaj en an, za katerega je an > M − ε. (z drugimi besedami: M je najmanjša možna zgornja meja) 111 7 ZAPOREDJA Zapišemo: M = sup an. Definicija 7.2.15 Število m se imenuje natančna spodnja meja (ali infimum) zaporedja, če velja: - m je spodnja meja in - pri poljubnem ε > 0 obstaja vsaj en an, za katerega je an < m + ε. (z drugimi besedami: m je največja spodnja meja). Zapišemo: m = inf an. Za zaporedje n+1 , n sodo št. a n n = − n n liho št n+1 1 3 3 5 5 7 7 9 ( an) = − , , − , , − , , − , , . . . 2 2 4 4 6 6 8 8 je natančna zgornja meja M = sup an = 3 in natančna spodnja meja m = inf a 2 n = −1. Število 3 je člen zaporedja, medtem ko −1 ni. Več primerov in argumentacij 2 najdete v nalogi 6. Izrek 7.2.16 Vsako konvergentno zaporedje je omejeno. Dokaz. Ker zunaj poljubne okolice limite ostane le končno členov zaporedja, je mogoče najti omejen interval, znotraj katerega se nahajajo vsi členi zaporedja. Izrek 7.2.17 Vsako omejeno zaporedje ima vsaj eno stekališče. Če ima omejeno za- poredje eno samo stekališče, je to tudi limita. Dokaz. Izpustimo. Izreka lahko združimo. Posledica 7.2.18 Zaporedje je konvergentno natanko tedaj ko je omejeno in ima eno samo stekališče. Zaporedje an = n(−1) n je primer zaporedja, ki ima eno samo stekališče, pa ni konvergentno. an = n(−1) n n−1 , n = 2 k − 1 = , n, n = 2 k 1 1 ( an) = 1 , 2 , , 4 , , 6 , . . . . 3 5 Edino stekališče tega zaporedja je 0 . Vendar to zaporedje ni omejeno, saj vsebuje vsa soda naravna števila. 112 7 ZAPOREDJA Definicija 7.2.19 Zapis lim an = ∞ pomeni, da je pri poljubnem M > 0 , neenakost n→∞ an ≥ M izpolnjena za vse dovolj pozne indekse n > n 0 . Podobno, lim an = −∞ n→∞ pomeni, da je pri poljubnem m > 0 , neenakost an ≤ − m izpolnjena za vse člene an od nekega n 0 naprej. V obeh primerih pa je zaporedje divergentno. Posledica 7.2.20 Če je lim a 1 n = ∞ ali lim an = −∞ , od tod sledi lim = 0 . V n→∞ n→∞ n→∞ an obeh primerih je zaporedje ( an) tudi brez stekališč. Zaporedja ( an) , za katera velja lim an = ∞ ali lim an = −∞ , so seveda neome- n→∞ n→∞ jena. 7.2.3 Monotona zaporedja Ločimo več tipov monotonosti zaporedij - v literaturi je mogoče najti nekaj razlik v izrazoslovju, mi se bomo držali naslednje definicije. Definicija 7.2.21 Zaporedje je naraščajoče, če je za vsak n ∈ N izpolnjeno an ≤ an+1 . Zaporedje je padajoče, če za vsak n ∈ N velja: an ≥ an+1 . Zaporedje je monotono, če je naraščajoče ali padajoče. Zaporedje je strogo naraščajoče, če je za vsak n ∈ N izpolnjeno an < an+1 . Zaporedje je strogo padajoče, če za vsak n ∈ N velja: an > an+1 . Če je zaporedje strogo padajoče (oz. strogo naraščajoče) je tudi padajoče (oz. naraščajoče). Praktičen kriterij: zaporedje ( an) je monotono tedaj in le tedaj ko je an+1 − an je istega predznaka za vse n ∈ N . Natančneje, ( an) je naraščajoče, če je an+1 − an ≥ 0 , n ∈ N in padajoče, če je an+1 − an ≤ 0 , n ∈ N . Za zaporedja s samimi pozitivnimi členi je često prikladen tudi kriterij an+1 ≥ 1 , ( an) je naraščajoče, an an+1 ≤ 1 , ( an) je padajoče. an V nalogi 7 najdete primere monotonih zaporedij. Izrek 7.2.22 Navzgor omejeno naraščajoče zaporedje je konvergentno in velja: lim an = sup an. n→∞ Navzdol omejeno padajoče zaporedje je konvergentno in velja: lim an = inf an. n→∞ 113 7 ZAPOREDJA Dokaz. Preverimo samo prvo trditev, druga je analogna. Denimo, da je zaporedje ( an) naraščajoče in je M = sup an. Pokažimo, da je tedaj M = lim an. Pri poljubnem n→∞ ε > 0 , poglejmo kateri členi zaporedja ( an) se lahko nahajajo v ε-okolici števila M. Ker je M supremum, M − ε ni zgornja meja, zato obstaja tak N, da je aN > M − ε; zato je M − ε < aN ≤ an ≤ M za vse n > N. Torej je zunaj ε-okolice števila M kvečjemu N − 1 členov zaporedja, torej končno mnogo. Za nas posebej pomembno bo geometrijsko zaporedje. Konvergenca - divergenca geometrijskega zaporedja Če a 1 = 0 , je konvergenca odvisna samo od kvocienta q in ni težko videti, da velja:  konvergentno in lim qn = 0 , če | q| < 1 ,   n→∞    konvergentno in lim qn = 1 , če q = 1 ,    n→∞ an = qn : divergentno in ima dve stekališči: 1 in -1, če q = −1 , (18)    divergentno in lim qn = ∞ , če q > 1 ,   n→∞    divergentno in neomejeno v obe smeri, če q < −1 . 7.2.4 Računske operacije z zaporedji Iz danih zaporedij ( an) , ( bn) in konstante t ∈ R tvorimo nova zaporedja: cn = an + bn, dn = tan, fn = anbn, a g n n = , bn = 0 , n ∈ N . bn Izrek 7.2.23 Če sta zaporedji ( an) in ( bn) konvergentni, je zaporedje • ( an + bn) konvergentno in velja lim ( an + bn) = lim an + lim bn n→∞ n→∞ n→∞ • ( anbn) konvergentno in velja lim ( anbn) = lim an lim bn n→∞ n→∞ n→∞ • ( tan) konvergentno za vsak t ∈ R in velja lim tan = t lim an n→∞ n→∞ 114 7 ZAPOREDJA • Če dodatno velja še lim bn = 0 , je konvergentno tudi zaporedje an in velja n→∞ bn a lim an lim n = n→∞ . n→∞ bn lim bn n→∞ Dokaz. Naj bo A = lim n→∞ an in B = lim n→∞ bn. Pokažimo, da je A + B = lim n→∞ ( an + bn) . Naj bo ε > 0 poljuben. Potem je zaradi konvergence zaporedij ( an) in ( bn) mogoče najti indeksa N 1 in N 2 , za katera velja, da je ε | an − A| < , n > N 1 , 2 in ε | bn − B| < , n > N 2 . 2 Nato je za N = max { N 1 , N 2} izpolnjeno | an + bn − ( A + B)| = | an − A + bn − B| ≤ | an − A| + | bn − B| ε ε < + = ε, za vse n > N. 2 2 Pokažimo še, da je AB = lim n→∞ anbn. Najprej ugotovimo, da je | anbn − AB| = | anbn − Abn + Abn − AB| ≤ | anbn − Abn| + | Abn − AB| = | bn| | an − A| + | A| | bn − B| . Zaporedje ( bn) je konvergentno, zato je omejeno in velja, da je | bn| ≤ M. Zato je | anbn − AB| ≤ M | an − A| + | A| | bn − B| . Pri poljubnem ε > 0 želimo, da bi bilo M | an − A| + | A| | bn − B| < ε. Zaradi konvergence zaporedij ( an) in ( bn) lahko najdemo indeksa N 1 in N 2 , da bo veljalo ε ε | an − A| < in | bn − B| < , 2 M 2 | A| če A = 0 . Nato je | anbn − AB| ≤ M | an − A| + | A| | bn − B| ε ε < M + | A| 2 M 2 | A| = ε, kot smo želeli. Tretja lastnost je posledica druge, četrto lastnost pa bi lahko preverili v podobnem duhu, le z nekaj več tehničnimi dodatki. 115 7 ZAPOREDJA Izrek 7.2.24 Naj bo f : I → R dana zvezna funkcija, kjer je I zaprt interval ali R . Če je an ∈ I za vsak n in zaporedje ( an) konvergentno, je konvergentno tudi zaporedje ( f ( an)) in velja lim f ( an) = f lim an n→∞ n→∞ = f ( A) kjer je A = lim an. n→∞ Dokaz. Pokažimo, da je f ( A) limita zaporedja ( f ( an)) . Zveznost f v točki A pomeni, da je pri poljubnem ε > 0 | f ( x) − f ( A)| < ε, kakor hitro je | x − A| < δ za neki δ > 0 . Obstaja tak N, da je za n > N izpolnjeno | an − A| < δ. Zato je | f ( an) − f ( A)| < ε za vse n > N . Posledica 7.2.25 Če je zaporedje ( a + n) ⊆ R konvergentno, je pri poljubnem k ∈ 0 N √ √ konvergentno tudi zaporedje k a k n in ima limito lim an = k lim an. n→∞ n→∞ Naj bo b > 0 . Potem iz konvergence zaporedja ( an) sledi konvergenca zaporedja lim an lim an ( ban) in lim ban = bn→∞ . Poseben primer: lim ean = en→∞ . n→∞ n→∞ Nekaj metod za računanje limit sestavljenih zaporedij najdete v nalogi 8. 7.2.5 Definicija števila e Število e je osnova naravnega logaritma. Konstruirali bomo dve konvergentni zapo- redji racionalnih števil, katerih limita je (iracionalno, transcendentno) število e = 2 , 718281828459045 .... Opazovali bomo zaporedji: 1 n an = 1 + , n ≥ 1 n in 1 − n bn = 1 − , n ≥ 2 . n Prvih nekaj vrednosti zaporedja ( an) je: ( an) : 2 . 0 , 2 . 25 , 2 . 37 , 2 . 441 , 2 . 488 , 2 . 522 . . . . . . a 30 = 2 . 674 , a 100 = 2 . 705 , a 5000 = 2 . 718 01 zaporedja ( bn) pa 116 7 ZAPOREDJA ( bn) : 4 . 0 , 3 . 375 , 3 . 16 , 3 . 052 , 2 . 986 . . . . . . b 30 = 2 . 765 , b 100 = 2 . 732 , b 5000 = 2 . 718 55 . V rešitvi naloge 9 pokažemo, da je zaporedje ( an) naraščajoče, ( bn) padajoče, obe zaporedji pa omejeni, torej konvergentni. Nazadnje ugotovimo, da imata obe isto limito, ki jo poimenujemo e. 1 n 1 − n e = lim 1 + = lim 1 − . (19) n→∞ n n→∞ n 7.3 Naloge 1. Dani sta zaporedji an = cos nπ in bn = (−1) n . Pokaži, da je an = bn za vsak n ∈ N. 2. Zapiši prvih 5 členov geometrijskega zaporedja s prvim členom 3 in kvocientom q = − 1 . 2 3. Poišči eksplicitni zapis rekurzivno podanega zaporedja an+1 = ( n + 1) an, a 0 = 1 . 4. Določi splošni člen rekurzivno podanega zaporedja an+1 = an + 2 an−1 , a 0 = 1 , a 1 = 4 . 5. Določi splošni člen Fibonaccijevega zaporedja. 6. Določi stekališča/limito danih zaporedij, ugotovi ali so konvergentna, omejena in določi natančne meje, če obstajajo. (a) an = (−1) n n n+1 (b) an = (−1) n (c) an = (−1) n n (d) an = 2 n (e) an = n(−1) n. 7. Pokaži, da je zaporedje monotono in ugotovi tip monotonosti: (a) an = 2 n+1 2 n−1 (b) an = bn, 0 < b < 1 . 8. Izračunaj limite: (a) lim 1 n→∞ n 117 7 ZAPOREDJA (b) lim 1 , k > 0. n→∞ nk (c) lim n 3+2 n 2− n+1 n→∞ n 3+1 √ √ (d) lim n 2 + 1 − n 2 − 1 n→∞ (e) lim 1+2+ ... + n n→∞ 2 n 2+1 (f) lim a 1 qn n→∞ (g) Rekurzivno podano zaporedje: a 1 = 3 , an+1 = 3 − 2 . an √ √ √ (h) ( an) = 2 , 2 2 , 2 2 2 , . . . , lim an =? n→∞ √ (i) a 1 = 2 , an+1 = 1 a ; Pokaži: lim a 2, torej je ( a 2 n + 2 a n = n) zapo- n n→∞ √ redje racionalnih približkov, ki konvergira k iracionalnemu številu 2 . n − n 9. Pokaži, da sta zaporedji an = 1 + 1 in b 1 − 1 konvergentni in n n = lim n→∞ n imata isto limito e = 2 , 718281828 ... 10. Izračunaj limite (nedoločenost tipa 1∞): n (a) lim 1 + 1 n→∞ 2 n 2 n (b) lim n−1 n→∞ n+1 Rešitve 1. Opazimo, da je (cos nπ) = (−1 , 1 , −1 , . . . ) oziroma −1 , n = 2 k − 1 cos nπ = (−1) n = . 1 , n = 2 k 2. ( an) = 3 , − 3 , 3 , − 3 , 3 , . . . 2 4 8 16 3. Izračunajmo nekaj členov: a 0 = 1 , a 1 = 1 × a 0 = 1 , a 2 = 2 a 1 = 2 × 1 , a 3 = 3 × a 2 = 3 × 2 × 1 . Ponudi se domneva, da je an = n! za vsak n ∈ N0 , kjer je 0! := 1 , sicer pa je k! produkt prvih k naravnih števil. Domnevo je potrebno preveriti še z indukcijo. Za n = 0 , 1 , 2 , 3 očitno velja, torej je potreben le še indukcijski korak. Denimo, da je an = n! , potem je an+1 = ( n + 1) an = ( n + 1) n! = ( n + 1)! . 4. V enačbo an+1 = an + 2 an−1 vstavimo nastavek an = λn in dobimo λn+1 = λn + 2 λn−1 , po deljenju z λn−1 pridelamo kvadratno enačbo λ 2 − λ − 2 = 0 , ki ima korena λ 1 = −1 in λ 2 = 2 . Tvorimo zaporedje an = C (−1) n + D 2 n, kjer konstanti C in D določimo tako, da je a 0 = 1 in a 1 = −4 . Iz sistema enačb C + D = 1 , − C + 2 D = 4 sledi D = 4 , C = − 1 in končna rešitev 3 3 an = − 1 (−1) n + 4 2 n = (−1) n+1+2 n+2 . 3 3 3 118 7 ZAPOREDJA 5. Fibonaccijevo zaporedje zadošča enačbi, fn+1 = fn+ fn−1 , f 0 = f 1 = 1 . Ustrezna √ √ kvadratna enačba je λ 2 − λ − 1 = 0 , katere korena sta λ 5 5 1 = 1+ in λ . 2 2 = 1−2 √ n √ n Nato je f 5 5 n = C 1+ + D 1− . Iz sistema 2 2 C + D = 1 √ √ 1 + 5 1 − 5 C + D = 1 2 2 √ √ z nekaj truda dobimo, da je C = 1+ 5 √ , D = −1+ 5 √ , torej je 2 5 2 5 √ √ n √ √ n 1 + 5 1 + 5 1 − 5 1 − 5 f √ √ n = − 2 5 2 2 5 2 √ n √ +1 n+1 1 1 + 5 1 1 − 5 = √ − √ , n = 0 , 1 , 2 , . . . . 5 2 5 2 Primerjajte z (16)! 6. Obravnava zaporedij: (a) an = (−1) n n ; stekališči sta 1 in −1 , zaporedje je divergentno, ker ima n+1 dve stekališči, ni limite; zaporedje je omejeno v obe smeri, ker je | an| = n < 1 . n+1 Pokažimo, da je 1 stekališče. Pri danem ε > 0 se vprašamo, za katere n je izpolnjeno | an − 1| < ε. Blizu 1 so le členi s sodimi indeksi n, zato lahko vzamemo, da je n sodo število. 1 1 1 | an − 1| = − = < ε ⇒ n + 1 > n + 1 n + 1 ε 1 ⇒ n > − 1 . ε Torej, | an − 1| < ε je izpolnjeno za vse sode n, ki so večji od 1 − 1 , takih ε n pa je neskončno, zato je število 1 stekališče tega zaporedja. Preverimo še, da je sup an = 1 . Najprej je an ≤ n ≤ 1 . Nato je a n+1 2 k = 2 k = 1 − 1 . Če izberem dovolj velik k, je število 1 poljubno majhno 2 k+1 2 k+1 2 k+1 in a 2 k poljubno blizu 1 . Torej zgornje meje 1 ni mogoče več zmanjšati. (b) an = (−1) n ; stekališči sta 1 in −1 , zaporedje je divergentno, ker ima dve stekališči, ni limite; zaporedje je omejeno v obe smeri, inf (−1) n = −1 , sup (−1) n = 1 . (c) an = (−1) n ; edino stekališče je 0 , ki je hkrati limita tega zaporedja, zapo- n redje je konvergentno in je omejeno v obe smeri, inf an = −1 , sup an = 1 . 2 (d) an = 2 n, divergentno, brez stekališč, navzgor neomejeno, navzdol omejeno in inf an = 2 . 119 7 ZAPOREDJA 1 , n = 2 k − 1 , (e) a n n = n(−1) n = . Zaporedje vsebuje podzaporedje sesta- n, n = 2 k. vljeno iz sodih naravnih števil, ki je navzgor neomejeno, zato je tudi ( an) navzgor neomejeno in ne more biti konvergentno (torej je divergentno). Navzdol je omejeno z 0 in inf an = 0 . Število 0 je tudi edino stekališče tega zaporedja. 7. Monotonost zaporedij. (a) an = 2 n+1 . Izrazimo razliko 2 n−1 2 n + 3 2 n + 1 an+1 − an = − 2 n + 1 2 n − 1 4 = − < 0 (2 n + 1) (2 n − 1) za vsak n ∈ N ⇒ an+1 < an, za vsak n ∈ N , torej je to zaporedje padajoče. (b) an = bn, 0 < b < 1 . • z razliko: an+1 − an = bn+1 − bn = bn ( b − 1) < 0 , ∀ n ∈ N • z razmerjem (kvocientom) an+1 = bn+1 = b < 1 , n ∈ a N, n bn torej je zaporedje ( bn) padajoče. 8. Limite zaporedij so: (a) lim 1 = 0 , ker je 1 z 0 navzdol omejeno padajoče zaporedje, zato je (po n→∞ n n izreku 7.2.22) konvergentno. Ker je 0 = inf 1 , je tudi lim 1 = 0 . n n→∞ n (b) Če je k > 0 , je nk naraščajoče zaporedje z lastnostjo lim nk = ∞, torej je n→∞ lim 1 = 0. n→∞ nk lim ( n 3+2 n 2− n+1) (c) lim n 3+2 n 2− n+1 = n→∞ , ker limiti števca in imenovalca ne ob- n→∞ n 3+1 lim ( n 3+1) n→∞ stajata, vendar pa s preoblikovanjem dosežemo n 3 + 2 n 2 − n + 1 n 3 1 + 2 − 1 + 1 lim = lim n n 2 n 3 n→∞ 2 n 3 + 1 n→∞ n 3 (2 + 1 /n 3) 1 + 2 − 1 + 1 = lim n n 2 n 3 n→∞ 2 + 1 /n 3 lim 1 + 2 − 1 + 1 n n 2 n 3 = n→∞lim (2 + 1 /n 3) n→∞ 1 = . 2 120 7 ZAPOREDJA (d) Nedoločenost ∞ − ∞ : √ √ lim n 2 + 1 − n 2 − 1 n→∞ √ √ √ √ n 2 + 1 − n 2 − 1 n 2 + 1 + n 2 − 1 = lim √ √ n→∞ n 2 + 1 + n 2 − 1 2 = lim √ √ n→∞ n 2 + 1 + n 2 − 1 = 0 , √ √ ker je lim n 2 + 1 + n 2 − 1 = ∞ . n→∞ 1 n( n+1) 1 (1+ 1 ) (e) lim 1+2+ ... + n = lim 2 = 2 n = 1 . n→∞ 2 n 2+1 n→∞ 2 n 2+1 2(1+ 1 4 n 2 (f) Geometrijsko zaporedje an = a 1 qn−1 . Če je a 1 = 0 , je zaporedje konstantno an = 0 in torej konvergentno z limito 0 . Sicer, če a 1 = 0 , je konvergenca odvisna le od q kot je navedeno v (18). Zaporedje je konvergentno le, če je −1 < q ≤ 1 , lim a 1 qn−1 = 0 , če je −1 < q < 1 in lim a 1 qn−1 = a 1 , če je q = 1 . (g) Rekurzivno podano zaporedje: a 1 = 3 , an+1 = 3 − 2 . Približno izraču- an najmo nekaj členov: 3 , 2 . 333 3 , 2 . 142 9 , 2 . 066 7 , . . . Zdi se, da bi lahko bilo zaporedje padajoče in navzdol omejeno z 2 . Izračunajmo an+1 − an 2 ( a a n − 1) ( an − 2) n+1 − an = 3 − − an = − an an Pokažimo, da so vsi členi an > 2 . Iz tega bo sledilo, da so tudi an > 1 in zato an+1 − an < 0 in zaporedje padajoče. Matematična indukcija: • a 1 = 3 > 2 . • Denimo, da je an > 2 . Potem sledi 1 1 < an 2 2 − > −1 an 2 3 − > −1 + 3 an an+1 > 2 . Zaporedje je torej padajoče in navzdol omejeno, zato je po izreku 7.2.22 tudi konvergentno. Izračunajmo še limito. a = lim an = lim an+1 n→∞ n→∞ 2 2 2 = lim 3 − = 3 − = 3 − . n→∞ an lim an a n→∞ 121 7 ZAPOREDJA Mimogrede smo uporabili še, da a = lim an = 0. Tako smo pridelali n→∞ enačbo a = 3 − 2 , oziroma a 2 − 3 a + 2 = 0 . Ta kvadratna enačba ima a korena a 1 = 1 in a 2 = 2 . Ker so vsi členi našega zaporedja večji od 2, število 1 ne more biti limita. Torej je lim an = 2 . n→∞ √ √ √ (h) ( an) = 2 , 2 2 , 2 2 2 , . . . , lim an =? n→∞ √ √ Rešitev: a 1 = 2 , an+1 = 2 an; √ a an n > 0; an+1 = 2 = 2 √ > 1 , če je le a a n < 4; torej je an+1 > an in n an an zaporedje naraščajoče. Z indukcijo pokažimo, da je an < 4; √ • n = 1 : a 1 = 2 < 4 . √ √ • an < 4 ⇒ an+1 = 2 an < 2 4 = 4 . Zaporedje je naraščajoče in navzgor omejeno, torej je konvergentno. √ (i) a 1 = 2 , an+1 = 1 a ; Pokaži: lim a 2 . 2 n + 2 a n = n n→∞ Nekaj približkov: (2 , 1 . 5 , 1 . 416 , 1 . 41421568628 , 1 . 41421356238 , . . . ) . To zaporedje je zaporedje racionalnih približkov za √2 = 1 . 414213562373 ... Zdi se, da je to zaporedje padajoče, vendar je potrebno to še preveriti. • Izračunajmo an+1 − an = 1 a − a − a = 2− a 2 n . 2 n + 2 a n = 1 n + 2 n 2 an an • Očitno so vsi an > 0 , kakor hitro je a 1 > 0 , kar je v našem primeru izpolnjeno. √ √ • Če pokažemo, da je zaporedje navzdol omejeno s 2, je an ≥ 2, n = 1 , 2 , . . . . Sledi, da je 2 − a 2 < 0 in a n n+1 − an < 0 , torej zaporedje padajoče in navzdol omejeno. Ker je an+1 = a 2 n+2 , je 2 a + 2 , 2 a nan+1 = a 2 n n kar lahko preoblikujemo v a 2 − 2 a = a 2 − 2 . n nan+1 + a 2 n+1 n+1 Leva stran je popoln kvadrat ( an − an+1)2 = a 2 − 2 , n+1 √ zato mora biti a 2 ≥ 2 , torej a 2 , n = 1 , 2 , . . . . hkrati pa je n+1 n+1 ≥ √ tudi a 1 = 2 > 2 . 122 7 ZAPOREDJA • Padajoče navzdol omejeno zaporedje je konvergentno, torej ima limito. Naj bo a = lim an. Potem je n→∞ 1 2 a = lim an+1 = lim an + = n→∞ n→∞ 2 an 1 2 1 2 = lim an + lim = a + ; 2 n→∞ n→∞ an 2 a 1 2 a = a + 2 a √ ⇒ a 2 = 2 ⇒ a = ± 2 . √ Ker so vsi členi zaporedja an > 0 , je a = lim an = 2. n→∞ n − n 9. an = 1 + 1 , n = 1 , 2 , . . . , b , n = 2 , 3 , . . . . Pokazali bomo, n n = 1 − 1 n da je ( an) naraščajoče in ( bn) padajoče in da sta obe zaporedji omejeni, torej konvergentni. Nazadnje bomo preverili, da imata isto limito. Pri preverjanju monotonosti obeh zaporedij si bomo pomagali z Bernoullijevo neenakostjo: (1 + x) n > 1 + nx, če je le x ≥ −1 , x = 0 in n > 1 . (dokaz z indukcijo!). • Za sklep, da je ( an) naraščajoče, zadošča preveriti, da je an > 1 , n = an−1 2 , 3 , . . . . Najprej poračunamo, da je n a 1 + 1 n = n a n−1 n−1 1 + 1 n−1 n−1 1 + 1 1 = n 1 + . 1 + 1 n n−1 Neenakost, n−1 1 + 1 1 n 1 + > 1 1 + 1 n n−1 ki jo želimo preveriti, preoblikujemo v n−1 1 + 1 1 −1 n > 1 + 1 + 1 n n−1 n + 1 −1 = n n = . n + 1 123 7 ZAPOREDJA Po drugi strani pa je leva stran gornje neenakosti n−1 n−1 1 + 1 n+1 n = n 1 + 1 n n−1 n−1 n−1 n 2 − 1 = n 2 1 n−1 = 1 − . n 2 Sedaj upoštevamo Bernoullijevo neenakost z izbiro x = − 1 in dobimo za n 2 n > 2 1 n−1 1 − > 1 + ( n − 1) x n 2 1 n 2 − n + 1 = 1 − ( n − 1) = n 2 n 2 Pokažimo še, da je za vsak naraven n izpolnjeno n 2 − n + 1 n > . n 2 n + 1 Križno zmnožimo: n 2 − n + 1 ( n + 1) > n 3 n 3 + 1 > n 3 . Zadnja neenakost očitno velja za vsak naraven n. Združimo še n−1 1 + 1 1 n−1 n = 1 − 1 + 1 n 2 n−1 n 2 − n + 1 > n 2 n > , n + 1 kar smo želeli. • Zaporedje ( bn) je padajoče: zadošča preveriti, da je bn > 1 za vsak bn+1 124 7 ZAPOREDJA n = 2 , 3 , . . . . − n b 1 − 1 n = n b −( n+1) n+1 1 − 1 n+1 n+1 1 − 1 = n+1 n 1 − 1 n n+1 n = n+1 n n−1 n n n 2 n = n 2 − 1 n + 1 1 n n = 1 + . n 2 − 1 n + 1 Bernoullijeva neenakost za x = 1 nam da n 2−1 1 n n n 2 + n − 1 1 + > 1 + nx = 1 + = . n 2 − 1 n 2 − 1 n 2 − 1 Nazadnje je b n n 1 n = 1 + bn+1 n 2 − 1 n + 1 ( n 2 + n − 1) n > ( n 2 − 1) ( n + 1) n 3 + n 2 − n = n 3 + n 2 − n − 1 1 = 1 + ( n 2 − 1) ( n + 1) > 1 . • Izkaže pa se tudi, da je bn+1 > an za vsak n ∈ N, saj je 1 −( n+1) bn+1 = 1 − n + 1 n −( n+1) = n + 1 n + 1 n+1 = n 1 1 n = 1 + 1 + n n 1 = 1 + an > an (20) n 125 7 ZAPOREDJA Od tod iz monotonosti zaporedij ( an) in ( bn)sledi 2 = a 1 ≤ an < bn+1 ≤ b 2 = 4 Torej sta zaporedji ( an) in ( bn) monotoni in omejeni in zato konvergentni. • Na koncu preverimo, da imata obe zaporedji isto limito. Upoštevajoč (20) in lastnosti limit izračunamo lim bn = lim bn+1 n→∞ n→∞ 1 1 = lim 1 + an = lim an lim 1 + = lim an. n→∞ n n→∞ n→∞ n n→∞ Sedaj sledi (19). 10. Uporabili bomo limiti za število e, ker imamo nedoločenost tipa 1∞. n (a) lim 1 + 1 = n→∞ 2 n Vpeljemo novo neznanko m = 2 n in dobimo 1 n m 1 m 2 √ lim 1 + 1 = lim 1 + 1 2 = lim 1 + 1 = e n→∞ 2 n m→∞ m m→∞ m −2 2 n 2 n lim (1− 1 )− n 1− 1 n (b) lim n−1 = lim n = n→∞ = e−2 = 1 . n→∞ n+1 n→∞ 1+ 1 e 2 e 4 n lim ((1+ 1 ) n)2 n n→∞ 126 8 VRSTE 8 Vrste 8.1 Osnovni pojmi Naj bo dano zaporedje ( an) . Zanimalo nas bo, kdaj ima smisel vsota a 1 + a 2 + a 3 + . . . + an + . . . , ki jo na kratko zapišemo v obliki ∞ an. n=1 Denimo, vsota vseh naravnih števil 1+2+3+4+5+ . . . + n+ . . . verjetno nima smisla, medtem ko je videti, da bi bilo število 1 smiselna vsota vrste 1 + 1 + 1 + 1 + . . . . 2 4 8 16 Zaporedju ( an) , ki ga želimo sešteti, priredimo novo zaporedje ( sn). Definicija 8.1.1 Zaporedje delnih vsot ( sn) je zaporedje s splošnim členom sn = a 1 + a 2 + a 3 + . . . + an. Za vrsto 1 + 1 + 1 + 1 + . . . + 1 + . . . je s , s , s , s , . . . , 2 4 8 16 2 n 1 = 1 2 2 = 3 4 3 = 7 8 4 = 15 16 sn = 2 n−1 = 1 − 1 . Vidimo, da zaporedje ( s 2 n 2 n n) konvergira in lim n→∞ sn = 1 . Definicija 8.1.2 Za vrsto a 1 + a 2 + . . . + an + . . . pravimo, da konvergira, kadar konvergira zaporedje ustreznih delnih vsot ( sn) . V tem primeru je vsota vrste limita zaporedja ( sn) . Če pa je zaporedje delnih vsot ( sn) divergentno, rečemo, da je vrsta ∞ an divergentna. n=1 V primeru, da je vrsta konvergentna, lahko zapišemo: ∞ s = lim sn = an. n→∞ n=1 ∞ Trditev 8.1.3 Če vrsta an konvergira, je lim an = 0 . n=1 n→∞ Dokaz. Izrazimo an+1 = sn+1 − sn, od koder je lim an = lim an+1 = lim ( sn+1 − sn) = lim sn+1 − lim sn = s − s = 0 . n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ Pri tem smo bistveno upoštevali, da je zaporedje delnih vsot ( sn) konvergentno za- poredje. Zgled. Ugotovimo ali je vrsta ∞ (−1) n+1 = 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − . . . + (−1) n+1 + . . . n=1 konvergentna. 127 8 VRSTE Ne, ta vrsta ne konvergira, saj je s 1 = 1 , s 2 = 0 , s 3 = 1 , s 4 = 0 , . . . in je zaporedje ( sn) z dvema stekališčema, 0 in 1, divergentno. Zelo pomembna je harmonična vrsta, vrsta iz obratnih vrednosti naravnih šte- vil: 1 1 1 1 1 + + + + . . . + + . . . (21) 2 3 4 n Čeprav je lim a 1 n = lim = 0 , ta vrsta ne konvergira, kar bomo preverili v n→∞ n→∞ n nadaljevanju. Obrat trditve 8.1.3 torej ne velja. Trditev 8.1.4 Harmonična vrsta (21) je divergentna. Dokaz. Argument št. 1: Najprej dobimo oceno za vsoto an+1 + . . . + a 2 n 1 1 1 1 an+1 + . . . + a 2 n = + . . . > n = . n + 1 2 n 2 n 2 Nato bomo opazovali podzaporedje ( s 2 n) . 1 s 2 = 1 + 2 1 1 s 4 = s 22 = s 2 + ( a 3 + a 4) > 1 + + 2 2 1 1 1 s 8 = s 23 = s 4 + a 5 + a 6 + a 7 + a 8 > 1 + + + 2 2 2 ... 1 s 2 n ≥ 1 + n ⇒ s 2 n divergira (→ ∞) , 2 Namreč, če bi zaporedje ( sn) konvergiralo, bi konvergiralo tudi vsako podzaporedje. Zaporedje ( s 2 n) je podzaporedje zaporedja ( sn) in je neomejeno, torej divergentno, zato zaporedje delnih vsot ( sn) za harmonično vrsto ne more biti konvergentno. Argument št. 2: Naj bo f ( x) = 1 . Zaporedje ( s x n) primerjamo z integralom n+1 f ( x) dx. 1 n+1 n+1 dx f ( x) dx = = ln ( n + 1) . 1 1 x 128 8 VRSTE Slika 8.60: Harmonična vrsta je divergentna. Iz slike vidimo, da je vsota ploščin pravokotnikov večja od ploščine pod krivuljo y = 1 , 1 ≤ x ≤ n + 1 . Zato je s x n > ln ( n + 1), zaporedje ( sn) neomejeno in torej divergentno. Naj bodo an > 0 , n ∈ N. Vrsta s spreminjajočimi predznaki a 1 − a 2 + a 3 − a 4 + . . . +(−1) n+1 an+ . . . se imenuje alternirajoča. Včasih alternirajoča vrsta konvergira, vrsta iz absolutnih vrednosti členov pa ne. Definicija 8.1.5 Kadar konvergira vrsta ∞ | a a n=1 n| , rečemo, da vrsta ∞ n=1 n kon- vergira absolutno. Če pa vrsta konvergira, vendar ne konvergira absolutno, rečemo, da pogojno konvergira. Preverili bomo, da iz absolutne konvergence sledi konvergenca vrste, obratno pa ne drži. Če vrsta pogojno konvergira, lahko z različnim vrstnim redom seštevanja dobimo različne limite (različnih - odvisnih od vrstnega reda seštevanja) delnih vsot - celo še več: pogojno konvergentni vrsti lahko z ustreznim vrstnim redom seštevanja priredimo poljubno število kot njeno vsoto. Izrek 8.1.6 Če je vrsta absolutno konvergentna, potem je tudi konvergentna in njena vsota ni odvisna od vrstnega reda členov. Dokaz. Z uporabo trikotniške neenakosti pokažemo, da iz dejstva, da je vrsta iz absolutnih vrednosti členov Cauchyjeva, sledi, da je Cauchyjeva tudi dana vrsta, torej konvergentna. Argument, da je vsota absolutno konvergentne vrste neodvisna od vrstnega reda seštevanja, najde bralec v knjigi [12]. Zaradi stabilnosti seštevanja so absolutno konvergentne vrste najbolj zaželene. 129 8 VRSTE 8.2 Računanje z vrstami Izrek 8.2.1 Vsota konvergentnih vrst je konvergentna vrsta in ∞ ∞ ∞ ( an + bn) = an + bn. n=1 n=1 n=1 Produkt konvergentne vrste s številom je spet konvergentna vrsta in ∞ ∞ t ∈ R ⇒ tan = t an n=1 n=1 Dokaz. Prva trditev je posledica dejstva, da je vsota konvergentnih zaporedij konver- gentno zaporedje in produkt konvergentnega zaporedja s številom spet konvergentno zaporedje. Geometrijska vrsta je vrsta, katere členi so členi geometrijskega zaporedja: a 1 , an = a 1 qn−1 . Če a 1 = 0 , bo konvergenca vrste odvisna le od q, zato poglejmo geometrijsko vrsto s prvim členom a 1 = 1 . 1 + q + q 2 + . . . + qn−1 + . . . Zaporedje delnih vsot za geometrijsko vrsto se glasi: sn = 1 + q + q 2 + . . . + qn−1 (1 + q + q 2 + . . . + qn−1) (1 − q) = 1 − q 1 − qn = , q = 1 , (22) 1 − q in sn = n, če q = 1 . Obravnavajmo konvergenco zaporedja ( sn) . Kot vidimo iz zadnje enakosti, je vrsta divergentna, če je q = 1 in lim sn = ∞ v tem primeru. Sicer, če q = 1 , lahko uporabimo obrazec (22). Zaporedje ( sn) = 1− qn bo konvergentno le, če je −1 < 1− q q < 1 , saj je geometrijsko zaporedje ( qn−1) , q = 1 , le v tem primeru konvergentno (18) in takrat je lim n→∞ qn−1 = 0 . Torej je s = lim n→∞ sn = lim 1− qn = 1 . Povzemimo: 1− q 1− q Izrek 8.2.2 Geometrijska vrsta a 1 (1 + q + q 2 + . . . ) , a 1 = 0 , je konvergentna natanko takrat, ko je | q| < 1 . Njena vsota se tedaj glasi a s = 1 . 1 − q 130 8 VRSTE 8.3 Konvergenčni kriteriji za vrste s pozitivnimi členi Najprej omenimo, da je vrsta s pozitivnimi členi divergentna samo v primeru, ko je zaporedje delnih vsot tako, da je lim sn = ∞ . Hitro namreč vidimo, da je sn+1 = sn + an > sn, torej je zaporedje delnih vsot naraščajoče. Naraščajoče zaporedje pa je konvergentno natanko takrat ko je navzgor omejeno. Kadar je vrsta s pozitivnimi členi divergentna, zapišemo ∞ a n=1 n = ∞ . V primeru, da je konvergentna, včasih uporabimo tudi zapis ∞ a n=1 n < ∞. Včasih, pravzaprav pogosto, je težko izračunati limito zaporedja delnih vsot. Ali lahko kljub temu ugotovimo, da neka vrsta konvergira ali divergira? 1. Če lim an = 0 ⇒ vrsta divergira. 2. Primerjalni kriterij. Recimo, da želimo ugotoviti konvergenco dane vrste an. a) Naj bo bn taka konvergentna vrsta, da velja 0 < an ≤ bn za vse n razen morda za končno mnogo. Potem konvergira tudi vrsta an. Rečemo, da je vrsta bn majoranta za vrsto an. b) Če pa je cn taka divergentna vrsta, da velja 0 < cn ≤ an za vse n ra- zen morda za končno mnogo, pa tudi an divergira. V tem primeru je cn minoranta za vrsto an. ∞ Zgled. S primerjalnim kriterijem pokažimo, da je vrsta 1 konvergentna. n 2 n n=1 n Očitno je n 2 n > 2 n, če je n ≥ 2 , zato je 1 ≤ 1 . Vrsta s členi a = 1 pa n 2 n 2 n n = 1 2 n 2 je konvergentna geometrijska vrsta ( q = 1 ), torej konvergentna majoranta za dano 2 ∞ vrsto. Torej vrsta 1 konvergira. n 2 n n=1 Pogosto je vsoto vrste težko izračunati. Vendar, tudi če tega morda ne znamo, nam informacija, da je vrsta konvergentna, omogoča, da se vsoti vrste približamo - več členov kot seštejemo, bolj se približamo vsoti vrste. 3. D’Alembertov (ali kvocientni) kriterij. a L = lim n+1 ; n→∞ an Velja:  L < 1 ⇒ vrsta a  n konvergira,  L > 1 ⇒ vrsta an divergira,   L = 1 ⇒ kriterij odpove. ∞ Zgled. S kvocientnim kriterijem pokažimo, da je vrsta 1 konvergentna. n 2 n n=1 131 8 VRSTE 1 a ( n+1)2 n+1 1 L = lim n+1 = lim = , n→∞ a n→∞ 1 n 2 n 2 n ∞ torej vrsta 1 konvergira. n 2 n n=1 4. Cauchyjev (korenski) kriterij  L < 1 ⇒ vrsta a √  n konvergira,  L = lim n an; L > 1 ⇒ vrsta an divergira, n→∞   L = 1 ⇒ kriterij odpove. Dokaza, da kvocientni in korenski kriterij delujeta, slonita na principu, da poiščemo konvergentno majoranto oziroma divergentno minoranto, v obeh primerih je to ustre- zna geometrijska vrsta. Preverimo kvocientni kriterij. Denimo, da je lim an+1 = L < 1 . To pomeni, da n→∞ an pri poljubnem ε > 0 , neenakost an+1 − L < ε an a L − ε < n+1 < L + ε (23) an izpolnjena za vse dovolj pozne člene zaporedja an+1 , n > N . Ker je 0 ≤ L < 1 , an lahko izberem tak ε, da bo še q := L + ε < 1 . Upoštevam le desni del neenakosti v (23) in jo preuredim v an+1 < ε + L = q, an pomnožim z an > 0 an+1 < qan, n > N. Od tod vidimo, da aN+2 < qaN+1 aN+3 < qaN+2 < q 2 aN+1 in aN+ k < qk−1 aN+1 , k = 2 , 3 , . . . Prvih N + 1 členov vrste ne vpliva na konvergenco (na vsoto seveda vpliva), zato je dovolj obravnavati vrsto aN+2 + aN+3 + . . . in ugotoviti, da aN+2 + aN+3 + . . . < qaN+1 + q 2 aN+1 + · · · + qk−1 aN+1 + . . . = aN+1 q 1 + q + q 2 + . . . < ∞ , 132 8 VRSTE saj je vrsta 1 + q + q 2 + . . . zaradi 0 < q < 1 konvergentna majoranta za prvotno vrsto. Na podoben način, če je L > 1 , lahko izberemo ε > 0 tako, da bo q := L − ε > 1 in iz − ε < an+1 − L doženemo, da je L − ε < an+1 oziroma a a n+1 > q an. Od tod n an zgeneriramo divergentno minoranto, geometrijsko vrsto s kvocientom q . √ √ Za korenski kriterij, iz lim n an = L dobimo − ε < n an − L < ε, za n > N, od √ koder je L − ε < n an < L + ε in ( L − ε) n < an < ( L + ε) n , n > N. Če je sedaj L < 1 , lahko izberemo ε > 0 tako, da bo q := L + ε < 1 in dobimo konvergentno majoranto, sicer, če je L > 1 , pa lahko izberemo ε > 0 tako, da je q := L − ε > 1 in pridelamo divergentno minoranto. 5. Integralski kriterij Denimo, da so členi vrste an integrabilne funkcije n; torej je an = f ( n) in f taka funkcija, da se da izračunati nedoločeni integral. Velja naslednje: vrsta ∞ a n=1 n konvergira natanko tedaj ko konvergira (t.j.: obstaja) posplošeni integral ∞ f ( x) dx. 1 To idejo smo že uporabili pri dokazu, da je harmonična vrsta divergentna (Ar- gument št. 2, stran 128). Primerjamo sn z vrednostjo integrala n f ( x) dx in 1 če lahko pokažemo, da je za vsak n ≥ 2 izpolnjeno sn < n f ( x) dx, potem 1 iz konvergence integrala n f ( x) dx < ∞ f ( x) dx < ∞ sklepamo, da je zapo- 1 1 redje delnih vsot navzgor omejeno in zato konvergentno. Podobno iz divergence integrala sklepamo, da je zaporedje ( sn) neomejeno in zato divergentno. 8.4 Alternirajoče vrste Za alternirajoče vrste, to je take, kjer se predznak členov izmenično menjava, imamo zelo preprost kriterij ugotavljanja konvergence. Še pred tem pa omenimo krepkejšo vrsto konvergence. Definicija 8.4.1 Vrsta ∞ b n=1 n konvergira absolutno, kadar konvergira vrsta iz absolutnih vrednosti členov ∞ | b n=1 n| < ∞ . Če vrsta konvergira, ne konvergira pa absolutno pravimo, da vrsta pogojno konvergira. Prepričati se je namreč mogoče, da iz absolutne konvergence sledi konvergenca, obratno pa ni res. Leibnizov kriterij Izrek 8.4.2 Alternirajoča vrsta a 1 − a 2 + a 3 − . . . + (−1) n+1 an + . . . konvergira, če je zaporedje ( an) , an > 0 , vsaj od nekega n naprej padajoče in je lim an = 0 . n→∞ Zgled. Po Leibnizovem kriteriju vrsta 1 1 1 1 1 − + − + − . . . 2 3 4 5 ∞ (−1) n+1 = (24) n n=1 133 8 VRSTE konvergira, saj zaporedje 1 pada proti svoji limiti 0 . n Ta vrsta konvergira le pogojno, ker je vrsta iz absolutnih vrednosti členov harmo- nična vrsta, za katero vemo, da ne konvergira. Vsota vrste (v vrstnem redu kot je napisana) je očitno pozitivna, imenujmo jo s > 0 . Da se pokazati, da lahko s spremenjenim vrstnim redom seštevanja dosežemo, da bo limita delnih vsot enaka 1 s, torej različna od s. Podrobnosti si lahko bralec 2 prebere npr. v [11]. V poglavju o Taylorjevi vrsti [6] pokažemo, da je vsota vrste (24), seštete v danem vrstnem redu, enaka s = ln 2. 8.5 Naloge 1. Z analizo zaporedja delnih vsot sn ugotovi, če vrsta konvergira in izračunaj njeno vsoto, v primeru, da je konvergentna. ∞ (a) 1 n( n+1) n=1 ∞ (b) 1 n 2+2 n n=1 ∞ (c) log n+1 n n=1 2. Izrazi periodično decimalno število 0 . 10 s pomočjo geometrijske vrste v obliki ulomka. 3. Ugotovi, za katere x vrsta ∞ ( x + 2) n konvergira in za te x določi njeno n=0 vsoto. 4. Pokaži, da vrsta ∞ 1+(−2) n−1 konvergira in določi njeno vsoto. n=1 4 n 5. Z uporabo konvergenčnih kriterijev ugotovi ali dana vrsta konvergira. ∞ ∞ (a) (−1) n n+1 (e) 2 n (i) ∞ 1 √ n ( n+1)! n=1 n n=1 n=1 ∞ ∞ ∞ (b) (−1) n (f) nn (j) (−1) n+1 n! n 2 n=1 n=1 n=1 ∞ ∞ ∞ (c) log n (g) 1 (−2) n n (log n) n (k) 3 n+1 n=1 n=2 n=1 ∞ (d) 1 (h) ∞ 1 3 n+1 n=1 n 2+1 n=1 6. Dokaži izrek 8.4.2 o konvergenci alternirajoče vrste. 7. Ugotovi ali alternirajoče vrste konvergirajo absolutno ali le pogojno. ∞ ∞ ∞ (a) (−1) n−1 (b) (−2) n−1 (c) (−1) n+1 √ n 2 3 n+1 n n=1 n=1 n=1 Rešitve 1. (a) sn = 1 − 1 , s = 1. n+1 134 8 VRSTE (b) sn = 1 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + . . . + 1 − 1 + 1 − 1 = 2 3 2 4 3 5 n−1 n+1 n n+2 1 1 + 1 − 1 − 1 , s = 3 2 2 n+1 n+2 4 (c) divergira, saj s 3 n = log 2 . . . n+1 = log ( n + 1) → ∞ 1 2 n 1 2. 0 . 10 = 10−1 (1 + 10−2 + 10−4 + . . . ) = 10 = 10 . 1− 1 99 100 3. | x + 2| < 1 , torej x ∈ (−3 , −1) , s = −1 . x+1 n n−1 4. ∞ 1+(−2) n−1 = ∞ 1 + 1 ∞ − 1 = 1 . n=1 4 n n=1 4 4 n=1 2 2 ∞ 5. (a) (−1) n n+1 divergira, ker lim a = 0 . n n = lim (−1) n n+1 n n=1 ∞ (b) (−1) n divergira, ker ( sn) = (−1 , 0 , −1 , 0 , . . . ) divergira. n=1 ∞ (c) log n divergira, ker je log n > 1 , n ≥ 3 , primerjalni kriterij. n n n n=1 ∞ n (d) 1 konvergira, primerjalni kriterij 1 < 1 . 3 n+1 3 n+1 3 n=1 ∞ (e) 2 n konvergira, kvocientni kriterij. ( n+1)! n=1 ∞ (f) nn divergira, kvocientni kriterij. n! n=1 ∞ (g) 1 (log n) n konvergira, korenski kriterij. n=2 (h) ∞ (−1) n , konvergira, integralski kriterij. n=1 n 2+1 (i) ∞ 1 √ , divergira, integralski kriterij. n=1 n ∞ (j) (−1) n+1 konvergira, Leibnizov kriterij. n 2 n=1 ∞ (k) (−2) n konvergira, Leibnizov kriterij. 3 n+1 n=1 6. Dokaz izreka 8.4.2. Naj bo ( sn) zaporedje delnih vsot za dano alternirajočo vrsto. Opazujemo podzaporedji ( s 2 k) in ( s 2 k−1) ter pokažemo, da je za vsak k ∈ N s 2 k+1 − s 2 k−1 = a 2 k+1 − a 2 k = − ( a 2 k − a 2 k+1) < 0 s 2 k+2 − s 2 k = − a 2 k+2 + a 2 k+1 = a 2 k+1 − a 2 k+2 > 0 od koder sklepamo, da je ( s 2 k+1) padajoče in ( s 2 k) naraščajoče zaporedje. Opa- zimo še, da je s 2 k+1 − s 2 k = a 2 k+1 > 0 . Zato je a 1 − a 2 = s 2 < s 2 k < s 2 k+1 < s 1 = a 1 . 135 8 VRSTE Obe zaporedji ( s 2 k) in ( s 2 k−1) sta monotoni in omejeni in zato konvergentni. Naj bo σ 1 = lim s 2 k+1 in σ 2 = lim s 2 k. Upoštevajoč dejstvo, da je razlika konvergentnih zaporedij konvergentno zaporedje vidimo, da je σ 1 − σ 2 = lim s 2 k+1 − lim s 2 k = lim ( s 2 k+1 − s 2 k) = lim a 2 k+1 = 0 , torej je σ 1 = σ 2 . Tudi zaporedje ( sn) je omejeno. Videti je potrebno še, da ima le eno stekališče. Denimo, da bi imelo dve s in s . Potem obstajata podzapo- redji ( sn ) in ( s ) , ki konvergirata ( s ) → s in ( s ) → s . Potem pa tudi k nm nk nm podzaporedji konvergirata k istima limitama ( s 2 n ) → s in ( s k 2 nm+1) → s . Zaporedje ( s 2 n ) je podzaporedje ( s k 2 n) , zato je s = σ 1 , zaporedje ( s 2 nm+1) pa je podzaporedje ( s 2 k+1) , zato je s = σ 2 . Vendar, σ 1 = σ 2 , zato je s = s . Zaporedje ( sn) je torej omejeno in z enim samim stekališčem, torej konvergentno z limito s = σ 1 = σ 2 . 7. (a) konvergira absolutno. (b) konvergira absolutno. (c) konvergira pogojno. 136 LITERATURA Literatura [1] F. Brešar, B. Brešar, Analiza I, 1. ponatis, FERI Maribor, 2005. vi [2] F. Brešar, B. Brešar, Analiza II, FERI Maribor, 2005. [3] R. Jamnik, Matematika, Partizanska knjiga, Ljubljana 1981. [4] M. Mencinger, Zbirka rešenih nalog iz matematične analize in algebre, ponatis 2. izd., FG Maribor, 2011. vi [5] P. Mizori-Oblak, Matematika za študente tehnike in naravoslovja, ponatis 6. izdaje, FS Ljubljana 2009. vi [6] T. Petek, Izbrana poglavja iz tehniške matematike, [Elektronski vir], UM FERI, Maribor, 2014, dostop: http://www.mp.feri.uni-mb.si/osebne/ petek/ucbeniki/ucbenikDE.pdf in dkum.uni-mb.si. 134 [7] I. Peterin, Naloge za vaje iz Analize 1 [Elektronski vir], RI-UNI, FERI Maribor, 2000, dostop: http://www.mp.feri.uni-mb.si/osebne/peterin/ naloge/ana1/analiza1.pdf. vi [8] I. Peterin, Izpitne naloge iz Analize 1 [Elektronski vir], RI-UNI, FERI Maribor, 2000, dostop: http://www.mp.feri.uni-mb.si/osebne/peterin/ naloge/ana1/izpiti.pdf. vi [9] I. Peterin, Naloge iz kolokvijev Analize 1 [Elektronski vir], RI-UNI, FERI Maribor, 2000, dostop: http://www.mp.feri.uni-mb.si/osebne/peterin/ naloge/analiza1/kolokviji.pdf. vi [10] I. Prijatelj, Uvod v matematično analizo, 1. del, DMFA, Ljubljana 1980. [11] G. Tomšič, B. Orel, N. Mramor-Kosta, Matematika I, Založba FE in FRI, 3. izd., 2000. vi, 134 [12] I. Vidav, Višja Matematika I (10. natis), DMFA, Ljubljana, 1990. vi, 129 [13] J. Žerovnik, Matematika: (1. del), ponatis 2. popr. izdaje, FS Maribor, 2006. 137 Document Outline Podmnožice realnih števil Naravna števila N Cela števila Z Racionalna števila (ulomki) Q Realna števila R Urejenost realnih števil Absolutna vrednost Kvadratna neenacba Potence in koreni Logaritmi Matematicna indukcija (popolna indukcija) Naloge Kompleksna števila Osnovne racunske operacije Predstavitev kompleksnih števil v Gaussovi ravnini. Polarni zapis kompleksnih števil Zveza med kartezicnimi in polarnimi koordinatami Eksponentni zapis kompleksnega števila Naloge Funkcije O preslikavah na splošno Komponiranje ali sestavljanje funkcij Realne funkcije Osnovne lastnosti Racunske operacije s funkcijami Pregled elementarnih funkcij Premiki in raztegi Naloge Limita in zveznost Limita funkcije Limita v tocki Limita v neskoncnosti Pravila za racunanje limite Zveznost Zveznost v tocki Zveznost na intervalu Lastnosti zveznih funkcij na zaprtem intervalu Naloge Odvod Odvod funkcije v tocki Enacbi tangente in normale Odvajanje Pravila odvajanja Odvodi elementarnih funkcij Diferencial Izreki o odvedljivih funkcijah Fermat, Rolle, Cauchy, Lagrange, L'Hospitale Odvodi višjega reda Taylorjev polinom Uporaba odvoda Monotonost, konveksnost in konkavnost Stopnja nicle funkcije Lokalni ekstremi in prevoji Reševanje optimizacijskih problemov Naloge Integral Nedoloceni integral Definicija in lastnosti Integracijske metode Riemannov (doloceni) integral Motivacija Riemannova vsota in integrabilnost Osnovni (fundamentalni) izrek integralskega racuna Uporaba dolocenega integrala Posplošeni ali izlimitirani integral Funkcije, definirane z integralom Naloge Zaporedja Osnovni pojmi Linearne diferencne enacbe Topološke lastnosti zaporedij Stekališce in limita Omejenost zaporedij Monotona zaporedja Racunske operacije z zaporedji Definicija števila e Naloge Vrste Osnovni pojmi Racunanje z vrstami Konvergencni kriteriji za vrste s pozitivnimi cleni Alternirajoce vrste Naloge