Matematika A Za študente FKKT UM Avtorja Petra Žigert Pleteršek Matevž Črepnjak Februar 2022 Naslov Matematika A Podnaslov Za študente FKKT UM Title Mathematics A Subtitle for Students of FKKT UM Avtorja Petra Žigert Pleteršek Authors (Univerza v Mariboru, Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo) Matevž Črepnjak (Univerza v Mariboru, Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo) Recenzija Borut Zalar Review (Univerza v Mariboru, Fakulteta za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo) Riste Škrekovski (Univerza v Ljubljani, Fakulteta za matematiko in fiziko) Rija Erveš (Univerza v Mariboru, Fakulteta za gradbeništvo, prometno inženirstvo in arhitekturo) Tehnična urednika Petra Žigert Pleteršek Technical editors (Univerza v Mariboru, Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo) Jan Perša (Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba) Oblikovanje ovitka Petra Žigert Pleteršek Cover designer (Univerza v Mariboru, Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo) Grafika na ovitku Granatno jabolko Grafične priloge Avtorja Cover graphics avtorice Zoje Pleteršek, 2022 Graphic material Založnik Univerza v Mariboru Published by Univerzitetna založba Slomškov trg 15, 2000 Maribor, Slovenija https://press.um.si, zalozba@um.si Izdajatelj Univerza v Mariboru Issued by Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo Smetanova ulica 17, 2000 Maribor, Slovenija https://www.fkkt.um.si, fkkt@um.si Izdaja Izdano Edition Prva izdaja Published at Maribor, februar 2022 Vrsta publikacije Dostopno na Publication type E-knjiga Available at https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/627 © Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba / University of Maribor, University Press CIP - Kataložni zapis o publikaciji Univerzitetna knjižnica Maribor Besedilo / Text © Žigert Pleteršek in Črepnjak 2022 51(075.8)(0.034.2) To delo je objavljeno pod licenco Creative Commons Priznanje avtorstva-Nekomercialno-Brez predelav 4.0 Mednarodna. / This ŽIGERT Pleteršek, Petra work is licensed under the Creative Commons Attribution-Matematika A [Elektronski vir] : za študente NonCommercial-NoDerivs 4.0 International License. FKKT UM / avtorja Petra Žigert Pleteršek, Matevž Uporabnikom je dovoljeno reproduciranje brez predelave Črepnjak. - 1. izd. - E-knjiga. - Maribor : avtorskega dela, distribuiranje, dajanje v najem in priobčitev Univerza v Mariboru, Univerzitetna založba, 2022 javnosti samega izvirnega avtorskega dela, in sicer pod pogojem, da navedejo avtorja in da ne gre za komercialno uporabo. Način dostopa (URL): https://press.um.si/index.php/ump/catalog/book/627 Vsa gradiva tretjih oseb v tej knjigi so objavljena pod licenco ISBN 978-961-286-554-2 (PDF) Creative Commons, razen če to ni navedeno drugače. Če želite ponovno uporabiti gradivo tretjih oseb, ki ni zajeto v licenci doi: 10.18690/um.fkkt.1.2022 Creative Commons, boste morali pridobiti dovoljenje neposredno COBISS.SI-ID 96194563 od imetnika avtorskih pravic. https://creativecommons.org/licenses/by-nc-nd/4.0/ ISBN 978-961-286-554-2 (pdf) DOI https://doi.org/10.18690/um.fkkt.1.2022 Cena Odgovorna oseba založnika prof. dr. Zdravko Kačič, Price Brezplačni izvod For publisher rektor Univerze v Mariboru Citiranje Žigert Pleteršek, P. in Črepnjak, M. (2022). Matematika A: za študente FKKT UM. Maribor: Univerzitetna založba. doi: Attribution 10.18690/um.fkkt.1.2022 Vsebina I I. Številske množice in funkcije 1 Logika in množice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1 Logika 1 1.2 Množice 6 2 Številske množice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.1 Matematiˇ cna indukcija 12 2.2 Realna števila in absolutna vrednost 13 2.3 Kompleksna števila 19 3 Realne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.1 Preslikave 27 3.2 Pregled elementarnih funkcij 33 3.3 Limita in zveznost funkcije 47 4 Zaporedja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 4.1 Limita zaporedja 63 4.2 Lastnosti zaporedja 66 5 Vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 5.1 Številske vrste 73 5.2 Funkcijske vrste 79 6 Rešene naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 II II. Diferencialni raˇ cun 7 Odvod funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 7.1 Definicija odvoda funkcije 165 7.2 Pravila za odvajanje 167 7.3 Odvodi elementarnih funkcij in višji odvodi 171 8 Geometrijski pomen odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 8.1 Tangenta na graf funkcije 177 8.2 Diferencial funkcije 179 9 Uporaba odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 9.1 Izreki o srednji vrednosti 185 9.2 L’Hospitalovo pravilo 189 9.3 Taylorjeva vrsta 192 9.4 Monotonost funkcije in lokalni ekstremi 195 9.5 Konveksnost in konkavnost funkcije 199 9.6 Graf funkcije 201 9.7 Uporaba v kemiji 203 10 Rešene naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 III III. Integralni raˇ cun 11 Nedoloˇ ceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 239 11.1 Definicija nedoloˇ cenega integrala 239 11.2 Pravila za integriranje 242 11.3 Integracijske metode 245 11.4 Neelementarni integrali 259 12 Doloˇ ceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 12.1 Definicija doloˇ cenega integrala 261 12.2 Integrabilnost funkcij 263 12.3 Lastnosti doloˇ cenega integrala 267 13 Zveza med obema integraloma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271 14 Uporaba doloˇ cenega integrala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 14.1 Plošˇ cina lika 275 14.2 Dolžina loka 277 14.3 Prostornina in površina rotacijskega telesa 278 15 Posplošeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 15.1 Integral neomejene funkcije na [a, b] 283 15.2 Integral funkcije na neomejenem intervalu 285 15.3 Eulerjeva funkcija Γ 286 16 Rešene naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289 Stvarno kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314 I I.Številskemnožicein funkcije 1 Logika in množice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.1 Logika 1.2 Množice 2 Številske množice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 2.1 Matematiˇ cna indukcija 2.2 Realna števila in absolutna vrednost 2.3 Kompleksna števila 3 Realne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.1 Preslikave 3.2 Pregled elementarnih funkcij 3.3 Limita in zveznost funkcije 4 Zaporedja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 4.1 Limita zaporedja 4.2 Lastnosti zaporedja 5 Vrste . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73 5.1 Številske vrste 5.2 Funkcijske vrste 6 Rešene naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 1. Logika in množice Zelo poenostavljeno bi lahko rekli, da je logika veda, ki proučuje načela pravilnega mišljenja, medtem ko je množica skupina nekih elementov. 1.1 Logika Osredotočili se bomo na izjave in njihovo povezovanje s tako imenovanimi izjavnimi povezavami oziroma logičnimi operatorji. Izjava je skupek trditev, katere poglavitna lastnost je njena resničnost oziroma neresničnost. Izjava, ki je sestavljena iz ene same trditve, je enostavna izjava, v nasprotnem govorimo o sestavljeni izjavi. Enostavne izjave, ki jih običajno označujemo z malimi tiskanimi črkami p, q, r, . . ., z izjavnimi povezavami povežemo v sestavljene izjave, ki jih označujemo z velikimi tiskanimi črkami z začetka abecede A, B, . . .. Če je izjava p resnična, pravimo, da ima logično vrednost 1, in pišemo p ≡ 1. V nasprotne primeru je izjava neresnična izjava ima logično vrednost p ≡ 0. Zgled 1.1 Preverimo logično vrednost enostavnih izjav v sestavljeni izjavi: "Število 4 je naravno število in je praštevilo" Zgornja izjava je tvorjena iz dveh enostavnih izjav: p: "4 je naravno število" q: " 4 je praštevilo" Izjava p je resnična in ima logično vrednost p ≡ 1, izjava q je neresnična in ima logično vrednost q ≡ 0. Če želimo preveriti logično vrednost sestavljene izjave iz Zgleda 1.1, moramo spoznati izjavne povezave med enostavnimi izjavami in njihove logične vrednosti. Navedimo najpogostejše izjavne 2 1. Logika in množice povezave, ki povezujejo dve enostavni izjavi v sestavljeno izjavo. Poleg teh bomo omenili še eno posebno izjavno povezavo, in sicer je to negacija, ki deluje samo na eni izjavi. • Negacija ¬ ¬p: beremo "ne p oziroma ni res, da p" Izjava ¬p je resnična natanko tedaj, ko je p neresnična izjava, kar lahko prikažemo s pravilnostno tabelo: p ¬p 1 0 0 1 Zgled 1.2 Negirajmo izjavo p iz Zgleda 1.1 in določimo njeno logično vrednost. Izjava A = ¬p: "ni res, da je 4 naravno število" oziroma "4 ni naravno število ima logično vrednost A ≡ 0. • Disjunkcija ∨ p ∨ q: beremo "p ali q" Sestavljena izjava p ∨ q je resnična, ko je resnična vsaj ena od izjav p ali q, kar lahko ilustriramo s pravilnostno tabelo: p q p ∨ q 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 Zgled 1.3 Poiščimo disjunkcijo izjav iz Zgleda 1.1 in določimo njeno logično vrednost. Izjava A = p ∨ q: "4 je naravno število ali praštevilo" ima logično vrednost A ≡ 1. • Konjunkcija ∧ p ∧ q: beremo "p in q" Sestavljena izjava p ∧ q je resnična natanko tedaj, ko sta resnični obe izjavi p in q: p q p ∧ q 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1.1 Logika 3 Zgled 1.4 Poiščimo konjukcijo izjav iz Zgleda 1.1 in določimo njeno logično vrednost. Izjava A = p ∧ q: "4 je naravno število in 4 je praštevilo" ima logično vrednost A ≡ 0. • Implikacija ⇒ p ⇒ q: beremo " iz p sledi q oziroma če velja p, tedaj q" Sestavljena izjava p ⇒ q je neresnična natanko tedaj, ko je p resnična in q neresnična izjava. V vseh ostalih primerih je ta izjava resnična: p q p ⇒ q 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 0 1 Zgled 1.5 Poiščimo obe implikaciji izjav iz Zgleda 1.1 in določimo njuni logični vrednosti. Izjava A = q ⇒ p: "če je 4 praštevilo, potem je 4 naravno število" ima logično vrednost A ≡ 1. Izjava B = p ⇒ q: "če je 4 naravno število, potem je 4 praštevilo" ima logično vrednost B ≡ 0. • Ekvivalenca ⇔ p ⇔ q: beremo "p je ekvivalentno q oziroma p velja natanko tedaj kot q" Sestavljena izjava p ⇔ q je resnična natanko tedaj, ko sta p in q obe resnični ali pa obe neresnični: p q p ⇔ q 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 Zgled 1.6 Poiščimo ekvivalenco izjav iz Zgleda 1.1 in določimo njeno logično vrednost. Izjava A = p ⇔ q: "4 je naravno število natanko tedaj, ko je 4 praštevilo" ima logično vrednost A ≡ 0. Vrstni red delovanja izjavnih povezav določimo z oklepaji in upoštevanjem prioritete izjavnih povezav, ki je sledeča (od najmočnejše do najšibkejše): ¬ ∧ ∨ ⇒ ⇔ 4 1. Logika in množice Na primer, v sestavljeni izjavi (¬p) ∨ q je oklepaj odvečen in jo lahko pišemo kot ¬p ∨ q. Definicija 1.1.1 Izjavi A in B sta enakovredni, A ≈ B, ko imata enako logično vrednost za vse možne nabore enostavnih izjav, ki ju sestavljajo. Zgled 1.7 Podajmo primer enakovrednih sestavljenih izjav. S pravilnostno tabelo se lahko prepričamo, da sta naslednji sestavljeni izjavi enakovredni: p ⇔ q ≈ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) . p q p ⇔ q (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) 0 0 1 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 Omenimo, da so disjunkcija, konjunkcija in ekvivalenca komutativne in asociativne izjavne povezave, medtem ko implikacija teh lastnosti nima: komutativnost asociativnost p ∨ q ≈ q ∨ p, (p ∨ q) ∨ r ≈ p ∨ (q ∨ r), p ∧ q ≈ q ∧ p, (p ∧ q) ∧ r ≈ p ∧ (q ∧ r), p ⇔ q ≈ q ⇔ p, (p ⇔ q) ⇔ r ≈ p ⇔ (q ⇔ r) . Naštejmo še nekatere pomembnejše enakovredne izjave, ki jih lahko hitro preverimo s pravilnostno tabelo: p ⇒ q ≈ ¬p ∨ q . . . zamenjava implikacije p ⇔ q ≈ ¬p ⇔ ¬q ¬(p ∧ q) ≈ ¬p ∨ ¬q . . . prvi De Morganov zakon ¬(p ∨ q) ≈ ¬p ∧ ¬q . . . drugi De Morganov zakon p ∨ (q ∧ r) ≈ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) . . . distributivnost disjunkcije p ∧ (q ∨ r) ≈ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) . . . distributivnost konjukcije 1.1 Logika 5 Zgled 1.8 Preverimo enakovrednost naslednjih izjav. 1. p ⇒ q ≈ ¬q ⇒ ¬p : Enakovrednost lahko preverimo s pravilnostno tabelo: p q p ⇒ q ¬q ¬p ¬q ⇒ ¬p 0 0 1 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 Lahko pa tudi z uporabo enakovrednih izjav, ki smo jih navedli zgoraj: p ⇒ q ≈ (zamenjava implikacije) ¬p ∨ q ≈ (komutativnost) q ∨ ¬p ≈ (zamenjava implikacije) ¬q ⇒ ¬p . 2. ¬(p ⇒ q) ≈ p ∧ ¬q : S pomočjo pravilnostne tabele lahko bralec sam preveri drugi primer, mi pa bomo uporabili enakovredne izjave: ¬ ( p ⇒ q ) ≈ (zamenjava implikacije) ¬ ( ¬p ∨ q ) ≈ (drugi De Morganov zakon) ¬ ( ¬p ) ∧ ¬ q ≈ (negacija) p ∧ ¬ q . Zgled 1.9 Zanikajmo izjavo: " Če je neka žival ptica, tedaj lahko leti." Enostavni izjavi v tem primeru sta: p: "žival je ptica" q: "žival leti" Sestavljena izjava je enaka p ⇒ q , medtem ko je njena negacija je enaka p ∧ ¬q, zato je zanikana izjava ”žival je ptica in ne leti”. 6 1. Logika in množice Pri zapisovanju izjav se lahko dodatno pojavita dva kvantifikatorja: • univerzalni kvantifikator: ∀ . . . beremo ”za vsak”, • eksistenčni kvantifikator: ∃ . . . beremo ”obstaja”. Če ima nek x lastnost P, pišemo P(x) . Izjavi, da ima vsak x lastnost P, kar pišemo ∀x : ¬P(x), oziroma da obstaja x z lastnostjo P, kar pišemo ∃x : ¬P(x), zanikamo kot: ¬∀x : P(x) ≈ ∃x : ¬P(x) , ¬∃x : P(x) ≈ ∀x : ¬P(x) . Zgled 1.10 Zanikajmo izjavi: 1. "Vsaka ptica leti." Naj bo: P(x): "ptica x leti" Izjava "vsaka ptica leti" ima potemtakem obliko ∀x : P(x), njena negacija je enaka ∀x : ¬P(x), kar beremo ”obstaja ptica, ki ne leti”. 2. "Nekatere ptice letijo." Na podoben način kot v prvem primeru pridemo do zanikane izjave ”nobena ptica ne leti”. 1.2 Množice Teorija množic je danes temeljno področje matematike, ki pa je zelo zahtevno in je nastalo veliko kasneje kot diferencialni in integralni račun. V tem razdelku se bomo seznanili samo z nekaterimi osnovnimi pojmi te teorije. Pogledali si bomo zapisovanje in podajanje množic ter računske operacije z njimi. Pojem množica bomo uvedli le na osnovi modela, ki nam je blizu iz vsakdana. Množica je skupina nekih elementov, govorimo lahko recimo o množici vseh učencev dane šole, množici števk itd. To množico imenujemo univerzalna množica ali univerzum in običajno je označena z U . Množice v matematiki običajno označujemo z veliki tiskanimi črkami A, B, . . . , M, . . ., nekatere znane množice pa imajo posebne oznake, na primer N je množica naravnih števil in R je množica realnih števil, o kateri bomo povedali več v nadaljevanju. Množico smatramo za dano, če lahko za vsako reč presodimo, ali je v dani množici. Reči v množici so elementi te množice. Izjavo, da je a element množice M, zapišemo a ∈ M . V nasprotnem primeru, če nek element b ne pripada množici M, to zapišemo v obliki b / ∈ M . Množice najpogosteje podajamo na enega od naslednjih dveh načinov. 1.2 Množice 7 • V zavitih oklepajih naštejemo vse elemente množice: M = {−1, 0, 1} . • V zavitem oklepaju zapišemo skupno lastnost P(x) elementov množice: M = {x | P(x)} , na primer M = {x ∈ N x2 − x = 0} = {1} . Včasih uporabimo kombinacijo obeh načinov, ko elemente naštejemo, vendar ne moremo našteti vseh elementov. V tem primeru uporabimo zapis M = {1, −1, 2, −2, 3, −3, . . .} , kjer pikice pomenijo "in tako naprej", tako da, če se da, iz naštetih elementov izluščimo karakteris-tično lastnost množice. Zgled 1.11 Poiščimo elemente množic A in B. 1. Naj množica A vsebuje vse tiste x, za katere velja, da je x praštevilo. A = {x x je praštevilo} = {1, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 23, 29, 31, 37, 41, . . .} . 2. Naj imajo elementi množice B lastnost P(x), ki pove, da je x večkratnik števila 3 v množici naravnih števil N. B = {x P(x)} = {x x = 3 k ∧ k ∈ N} = {3 k k ∈ N} = {3, 6, 9, 12, . . .} . Množica M je prazna, če ne vsebuje nobenega elementa. Prazno množico zapišemo /0 ali tudi { }. Intuitivno lahko rečemo, da je množica končna, če lahko naštejemo vse njene elemente. Moč končne množice M, |M|, je število njenih elementov. Množica A je podmnožica množice B, A ⊆ B, če je vsak element množice A obenem tudi element množice B. Množici A in B sta enaki, A = B, ko je A ⊆ B in B ⊆ A. Neenakost množic A in B zapišemo A 6= B. A je prava podmnožica množice B, A ⊂ B, če je A ⊆ B in je A 6= B. Potenčna množica množice A, P(A), je množica vseh podmnožic množice A. Zgled 1.12 Poiščimo odnos med množicama A in B. 1. Naj bo A množica celih števil in B množica sodih števil. Ker je vsako sodo število celo, velja B ⊂ A. 2. A = {x ∈ R x > 0 ∧ x < 0}, B = /0 . Ker nobeno število ne more biti hkrati pozitivno in negativno, pogoju za elemente množice A ne zadošča noben x, kar pomeni A = B. 8 1. Logika in množice Zgled 1.13 Poiščimo potenčno množico množice A = {1, a, b}. P(A) = {/0,{1},{a},{b},{1,a},{1,b},{a,b},A} Poglejmo najpogostejše operacije z množicami: • Presek množic A in B, A ∩ B, je množica vseh tistih elementov, ki so hkrati v A in v B: A ∩ B = {x x ∈ A ∧ x ∈ B} . Če je A ∩ B = /0 pravimo, da sta množici A in B disjunktni. • Unija množic A in B, A ∪ B, je množica vseh tistih elementov, ki so vsaj v eni od množic A ali B: A ∪ B = {x x ∈ A ∨ x ∈ B} . • Razlika množic A in B, A − B, je množica vseh tistih elementov, ki so v A in niso v B: A − B = {x x ∈ A ∧ x / ∈ B} . • Kartezični produkt množic A in B, A × B, je množica vseh urejenih parov (a, b), kjer je a ∈ A in b ∈ B: A × B = {(a, b) a ∈ A ∧ b ∈ B} . Zgled 1.14 Naj bo A = {a, b, c, d, 1, 2, 3} in B = {1, c, e}. 1. Poiščimo presek množic A in B. A ∩ B = {1, c} . 2. Poiščimo unijo množic A in B. A ∪ B = {a, b, c, d, e, 1, 2, 3} . 3. Poiščimo razliko množic A in B. A − B = {a, b, d, 2, 3} . Zgled 1.15 Poiščimo oba kartezična produkta množic A = {1, 2, 3} in B = {a, b}. A × B = {(1, a), (2, a), (3, a), (1, b), (2, b), (3, b)} B × A = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)} 1.2 Množice 9 Omenimo, da je treba biti pozoren na vrstni red elementov pri zapisu urejenega para, medtem ko je pri elementih množice vrstni red lahko poljuben: {a, b} = {b, a} . . . ista množica, (a, b) 6= (b, a) . . . različna urejena para. Zapis {a, a} ni korekten, saj je isti element množice naveden dvakrat in moramo v tem primeru pisati {a}, medtem ko je zapis (a, a) korekten, saj predstavlja urejeni par. Kartezični produkt lahko posplošimo na več faktorjev: A1 × A2 × · · · × An = {(a1, a2, . . . , an) ai ∈ Ai, i = 1, 2, . . . , n} . Elementi kartezičnega produkta A n 1 × A2 × · · · × An so urejene n-terice. Tako je R × R × · · · × R = R n-razsežen realni prostor, o katerem bomo podrobneje govorili pri Matematiki B. Komplement množice A (glede na univerzalno množico U ), AC, je razlika množic U in A: AC = U − A = {x ∈ U x / ∈ A} . V komplementu množice A so torej elementi, ki so v U in niso v A. Operacije z množicami imajo različne lastnosti, med katerimi sta pomembnejši komutativnost in asociativnost. Preprosto je preveriti, da imata operaciji unije in preseka obe lastnosti: A ∩ B = B ∩ A in A ∪ B = B ∪ A . . . komutativnost A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C in A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C . . . asociativnost . Razlika množic nima teh dveh lastnosti. V Zgledu 1.15 smo videli, da iz A × B 6= B × A sledi, da kartezični produkt ni komutativna operacija. Poglejmo še nekaj lastnosti operacij z množicami: A ⊆ A ∪ B , B ⊆ A ∪ B , A ∩ B ⊆ A , A ∩ B ⊆ B , A ∩ A = A , A ∪ A = A , A ∩ /0 = /0 , A ∪ /0 = A , (A ∩ B)C = AC ∪ BC , (A ∪ B)C = AC ∩ BC , A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) , A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) . Prvih nekaj lastnosti je precej očitnih, zato za zgled izpeljimo eno od distributivnosti: A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) . x ∈ A ∩ (B ∪ C) ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ B ∪C ⇔ x ∈ A ∧ (x ∈ B ∨ x ∈ C) ⇔ x ∈ A ∧ x ∈ B ∨ x ∈ A ∧ x ∈ C ⇔ x ∈ (A ∩ B) ∨ x ∈ (A ∩C) ⇔ x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩C) 2. Številske množice Nekatere številske množice so nam že dobro znane in jih bomo samo na kratko omenili, o določenih pa bomo povedali nekaj več. Naštejmo jih: • V množici naravnih števil N so števila s katerimi preštevamo, torej {1, 2, 3,. . .}. Če naravnim številom dodamo število 0, dobimo množico N ∪ {0} = N0. • Množico celih števil Z sestavljajo naravna števila, število 0 in nasprotne vrednosti naravnih števil −1, −2, −3, . . .. • Racionalna števila so števila, ki jih lahko zapišemo v obliki okrajšanega ulomka a , kjer sta a b in b iz Z, ter b 6= 0: 1 5 35 , , − , . . . 2 8 99 Ulomka a in c sta enaka, ko je ad = bc. Množico racionalnih števil označimo b d Q. • V množici racionalnih števil ne moremo na primer izračunati kvadratnega korena iz števila 2. √ √ Če bi 2 bil racionalno število, bi ga lahko zapisali v obliki okrajšanega ulomka 2 = a . b Potemtakem je 2 = a2 oziroma a2 = 2b2. Ker je a2 deljiv z 2, mora tudi a biti deljiv z 2, torej b2 je a = 2a1. Po krajšanju z 2 tako dobimo b2 = 2a2 in s podobnim sklepanjem kot prej mora 1 tudi b biti deljiv z 2, kar vodi v protislovje s tem, da je a okrajšan ulomek. b Vpeljati moramo neka nova števila, ki jih imenujemo iracionalna števila. Med ta števila √ √ spadajo na primer π, 2, 3, . . . ,. Skupaj z racionalnimi števili tvorijo množico realnih števil, ki jo označimo R. Množico iracionalnih števil zapišemo R \ Q. Med naštetimi množicami velja zveza: N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R . 12 2. Številske množice 2.1 Matematična indukcija Pomemben pojem povezan z naravnimi števili se imenuje matematična indukcija. Matematična indukcija je metoda dokazovanja, ko želimo neko lastnost P dokazati za vsa naravna števila n v dveh korakih: • dokažemo, da P velja za začetni n, ki je običajno n = 1, • predpostavimo, da lastnost P velja za naravna števila do n in od tod izpeljemo, da lastnost P velja tudi za n + 1. Zgled 2.1 1. Dokažimo, da za vsako naravno število n velja 1 + 2 + . . . + n = n(n+1) . 2 Za n = 1 dobimo 1(1 + 1) 1 = . 2 Pokazati moramo še n(n + 1) (n + 1)(n + 2) 1 + 2 + . . . + n = ⇒ 1 + 2 + . . . + n + (n + 1) = , 2 2 kar imenujemo indukcijski korak: n(n + 1) (1 + 2 + . . . + n) +(n + 1) = + (n + 1) 2 | {z } n(n+1) 2 (n + 1)(n + 2) = . 2 2. Pokažimo, da za vsako naravno število n velja n < 2n. Za n = 1 očitno velja 1 < 21. Nadalje moramo pokazati n < 2n ⇒ n + 1 < 2n+1 . n + 1 ≤ n + n < 2n + 2n = 2 · 2n = 2n+1 . |{z} ind.pred p. 3. Poiščimo in dokažimo formulo za število diagonal v konveksnem večkotniku. Z nekaj premisleka ugotovimo, da je število diagonal Dn v konveksnem n-kotniku enako Dn = n(n−3) , kar bomo dokazali z indukcijo. Najmanjši večkotnik je trikotnik, zato za 2 bazo indukcije vzamemo n = 3. V tem primeru ni diagonal in tudi D3 = 3(3−3) = 0. Za 2 indukcijski korak premislimo, da je vsaka diagonala v n-kotniku tudi diagonala v (n + 1)- kotniku. Nadalje dobimo novih n − 2 diagonal iz na novo dodanega oglišča. Poleg tega ena stranica n-kotnika postane diagonala v n + 1 kotniku, zato velja n(n − 3) (n + 1)(n − 2) Dn+1 = Dn +(n − 2) + 1 = + n − 1 = . 2 2 |{z} n(n−3) 2 2.2 Realna števila in absolutna vrednost 13 2.2 Realna števila in absolutna vrednost OBSEG REALNIH ŠTEVIL Realna števila imajo zanimivo algebrajsko strukturo, ki so jo bomo na kratko pogledali. Če želimo govoriti o algebrajskih strukturah, potrebujemo pojem notranje oziroma binarne operacije. Definicija 2.2.1 Operacija ∗ je notranja oziroma binarna operacija na množici A, če urejenemu paru (a, b) ∈ A × A priredi element a ∗ b ∈ A. Množico A skupaj z notranjo operacijo ∗ pišemo (A, ∗). Na množici realnih števil R poznamo preprosti notranji operaciji seštevanja in množenja. Za poljubna realna števila a, b, c tedaj veljajo naslednje lastnosti. (i) Asociativnost seštevanja: (a + b) + c = a + (b + c) (ii) Komutativnost seštevanja: a + b = b + a (iii) Obstaja nevtralni element (enota) za seštevanje: a + 0 = 0 + a = a (iv) Obstaja nasprotni element za seštevanje: a + (−a) = (−a) + a = 0 Množica z notranjo operacijo, za katero veljajo lastnosti (i), (iii) in (iv), se imenuje grupa. Če velja še lastnost (ii), je komutativna grupa. Realna števila z operacijo seštevanja so komutativna grupa. (v) Asociativnost množenja: (ab)c = a(bc) (vi) Komutativnost množenja: ab = ba (vii) Obstaja nevtralni element (enota) za množenje: a · 1 = 1 · a = a (viii) Obstaja inverzni oziroma obratni element za množenje: aa−1 = a−1a = 1, ∀a 6= 0 Množica realnih števil brez števila 0 je torej komutativna grupa tudi za operacijo množenja. V množici realnih števil velja še lastnost, ki poveže obe operaciji: (ix) Distributivnost množenja glede na seštevanje: (a + b)c = ac + bc Če v neki množici z dvema notranjima operacijama veljajo lastnosti (i) − (ix), se taka množica imenuje obseg. Množica (R, +, ·) je obseg realnih števil. Odštevanje in deljenje sta le posebna primera seštevanja in množenja: a − b = a + (−b) a : b = a · b−1, b 6= 0 . UREJENOST REALNIH ŠTEVIL IN PODMNOŽICE Realna števila lahko identificiramo s točkami na premici, ki ji rečemo realna os. Na premici izberemo točko, ki ji rečemo izhodišče ter je slika števila 0 in točko, ki je slika števila 1. Potem vsakemu realnemu številu ustreza natanko določena točka na premici in obratno, vsaki točki lahko 14 2. Številske množice √2 q q q q q q q -3 -2 -1 0 1 2 3 Slika 2.1: Realna os. priredimo natanko določeno realno število. Zato običajno identificiramo izraza realno število in točka na realni osi. Množica realnih števil desno od števila 0 je množica pozitivnih števil, levo od števila 0 se nahaja množica negativnih števil. Med poljubnima dvema številoma na realni osi je neskončno mnogo tako racionalnih kot tudi iracionalnih števil, zato pravimo, da sta obe množici gosti v R. Če je a − b nenegativno število, rečemo, da je število a večje od števila b oziroma ˇje stevilo b manjše od števila a, kar zapišemo a ≥ b oziroma b ≤ a. Če je a − b pozitivno število, rečemo, da je število a strogo večje od števila b oziroma število b je strogo manjše od števila a, kar zapišemo a > b oziroma b < a. Za poljubna realna števila a, b in c veljajo naslednje trditve. (i) Velja natanko ena od treh možnosti: a < b ali a = b ali a > b , (ii) a < b ∧ b < c ⇒ a < c , (enako velja za ≤), (iii) a ≥ b ∧ b ≥ a ⇒ a = b . Zaradi zgoraj naštetih lastnosti lahko realna števila med seboj primerjamo in uredimo po velikosti, čemur rečemo da je množica realnih števil linearno urejena množica. Naštejmo nekaj pomembnejših podmnožic množice R: (i) odprti interval: (a, b) = {x ∈ R a < x < b} (ii) zaprti interval: [a, b] = {x ∈ R a ≤ x ≤ b} (iii) polodprta intervala: (a, b] = {x ∈ R a < x ≤ b} [a, b) = {x ∈ R a ≤ x < b} (iv) neskončni intervali: [a, ∞) = {x ∈ R a ≤ x} (−∞, b] = {x ∈ R x ≤ b} (a, ∞) = {x ∈ R a < x} (−∞, b) = {x ∈ R x < b} (−∞, ∞) = R 2.2 Realna števila in absolutna vrednost 15 POTENCIRANJE IN KORENJENJE Ker potenciranje in korenjenje realnih števil včasih povzroča težave, ponovimo osnovne pojme v zvezi s tema računskima operacijama. Produkt realnega števila a s samim seboj (n-krat) zapišemo s potenco a · a · · · a = an, n ∈ N . | {z } n Število a imenujemo osnova, n eksponent, an pa je potenca. Za računanje s potencami veljajo naslednja pravila: (1) an · bn = (a · b)n , (2) an = ( a )n, b 6= 0 , bn b (3) an · am = an+m , (4) an = an−m, a 6= 0 , n > m , am (5) (an)m = an·m . Dokažemo jih z matematično indukcijo (razen (4) za n ≤ m). Pokažimo na primeru (2): an a n = , b 6= 0 , bn b a1 a 1 n = 1 : = b1 b a n+1 a a a a n → n + 1 : = · · · · = b b b b b | {z } n a n a an a an · a an+1 = = = b b bn b bn · b bn+1 Če dodatno definiramo še 1 a0 = 1 in a−n = an velja (4) za poljubna n in m. Če rečemo, da je potenca vsak izraz, ki zadošča zvezam od (1) do (5), potemtakem je lahko v potenci eksponent katerokoli celo število. Dejansko veljajo vsa pravila tudi v primeru, ko je eksponent realno število, a tega ne bomo dokazovali. V potenci naj bosta torej osnova poljubno pozitivno, eksponent pa poljubno realno število. Definicija 2.2.2 Naj bo a ≥ 0. Koren √ n a je tisto število b, za katerega velja √ n a = b ⇔ bn = a . Število a se imenuje korenjenec oziroma radikand, število n je korenski eksponent. 16 2. Številske množice Uporabljamo lahko tudi naslednji zapis: √ 1 n a = a n . Tedaj je √ √ n 1 m am = (am) n = a n = n am . Pravila za korenjenje izpeljemo iz pravil za računanje s potencami in so naslednja: √ √ √ (1’) n a · n b = n a · b √ √ √ 1 1 1 n a · n b = a n · b n = (a · b) n = n a · b √ n (2’) a √ = n p a n b b Pokažemo podobno kot (10). √ √ √ (3’) n a · m a = n·m an+m √ √ √ m √ n 1 m 1 n n a · m a = ( n a) m · ( m a) n = (a n ) m · (a m ) n √ m n n+m = a n·m · a n·m = a n·m = n·m an+m √ √ n (4’) a √ = n·m am−n m a Pokažemo podobno kot (30). √ √ (5’) m p n a = n·m a q√ √ √ m 1 1 1 1 1 n a = ( n a) · 1 m = (a n ) m = a n m = a n·m = n·m a OMEJENOST MNOŽIC Pomemben pojem v zvezi z realnimi podmnožicami je njihova omejenost. O njej lahko govorimo, ker je množica realnih števil linearno urejena množica. Definicija 2.2.3 Naj bo A poljubna podmnožica v R. Množica A je navzgor omejena, če obstaja tako realno število M, da je x ≤ M, ∀x ∈ A . Število M je zgornja meja množice A. Množica A je navzdol omejena, če obstaja tako realno število m, da je m ≤ x, ∀x ∈ A . Število m je spodnja meja množice A. Množica je omejena, ko je navzdol in navzgor omejena. Množica lahko ima več spodnjih in/ali zgornjih mej. 2.2 Realna števila in absolutna vrednost 17 Zgled 2.2 Naj bo A = {1, 1 , 1 , 1 , . . .}. Preučimo omejenost množice A. 2 3 4 Ulomki 1 so vsi pozitivni in manjši od 1, zato je zgornja meja M vsako število večje od 1 n 1 ≤ M in spodnja meja m vsako število manjše od 0 m ≤ 0 . V naravoslovju in tehniki je velikokrat zaželjeno določiti optimalne meje. Definicija 2.2.4 Najmanjšo zgornjo mejo M0 (navzgor) omejene množice A je natančna zgornja meja in jo imenujemo supremum množice A: M0 = sup A . To pomeni, da za M0 velja: (i) M0 je zgornja meja množice A (x ≤ M0, ∀x ∈ A), (ii) če je M∗ poljubna zgornja meja množice A, tedaj je M0 ≤ M∗. Definicija 2.2.5 Največjo spodnjo mejo m0 (navzdol) omejene množice A je natančna spodnja meja in jo imenujemo infimum množice A: m0 = inf A . To pomeni, da za m0 velja: (i) m0 je spodnja meja množice A (m0 ≤ x, ∀x ∈ A), (ii) če je m∗ poljubna spodnja meja množice A, tedaj je m∗ ≤ m0. Op O eksistenci supremuma in infimuma govori Dedekindov aksiom. Le-ta pravi, da ima vsaka neprazna navzdol omejena podmnožica realnih števil natančno spodnjo mejo (ekvivalentno lahko trdimo, da ima vsaka neprazna navzgor omejena podmnožica realnih števil natančno zgornjo mejo). Ta aksiom poudarja razliko med realnimi in racionalnimi števili, kar je prikazano v Zgledu 2.4. Zgled 2.3 Dana je množica A = {1, 1 , 1 , 1 , . . .}. Poiščimo njen supremum in infimum. 2 3 4 Množico A lahko zapišemo kot A = { 1 | n ∈ n N}. Vidimo, da je supremum M0 = 1. Pokažimo še, da je infimum m0 = 0. Očitno je m0 = 0 spodnja meja množice A, saj za vsako naravno število n velja 0 ≤ 1 . Predpostavimo nasprotno, recimo da m0 = 0 ni natančna spodnja meja množice A. n Tedaj obstaja spodnja meja m∗ množice A, ki je večja od m0 = 0, to pomeni, da je za nek ε > 0 18 2. Številske množice m∗ = m0 + ε oziroma m∗ = ε. Pokažimo da v tem primeru obstaja naravno število n0 tako, da je 1 < m∗: n0 1 1 < ε ⇒ n0 > . n0 ε Na primer za ε = 10−2 je n0 lahko vsako naravno število večje od 100. Prišli smo v protislovje s tem, da je m∗ spodnja meja in tako pokazali, da je m0 = 0 infimum množice A. Zgled 2.4 Dana je množica A = {x x2 > 2 ∧ x > 0}. Ali obstaja infimum množice A? V množici racionalnih števil množica A nima natančne spodnje meje, v množici realnih števil √ pa je njena natančna spodnja meja (iracionalno) število m0 = 2. Definicija 2.2.6 Če supremum M0 množice A tudi sam pripada množici A, ga imenujemo maksimum množice A M0 = max A . Če infimum m0 množice A tudi sam pripada množici A, ga imenujemo minimum množice A m0 = min A . Zgled 2.5 Ali ima množica A = {1, 1 , 1 , 1 , . . .} maksimum in minimum? 2 3 4 Supremum M0 = 1 je tudi maksimum, ker 1 ∈ A, infimum m0 = 0 pa ni minimum, ker 0 / ∈ A. ABSOLUTNA VREDNOST REALNEGA ŠTEVILA Definicija 2.2.7 Absolutna vrednost realnega števila x, |x|, je definirana kot  x ; x ≥ 0 ,  |x| =  −x ; x < 0 . Zgled 2.6 1. Poiščimo elemente množice A = {x ∈ R |x − 2| < 3} . A = {x ∈ R − 1 < x < 5} = (−1, 5) . 2. Zapišimo predpis funkcije f brez znakov absolutne vrednosti, če je f (x) = |4x − 2|.  4x − 2 ; x ≥ 1 ,  2 f (x) =  −4x + 2 ; x < 1 . 2 2.3 Kompleksna števila 19 3. Zapišimo predpis funkcije g brez znakov absolutne vrednosti, če je g(x) = |x2 − 2x|.  x2 − 2x ; x ∈ (−∞, 0] ∪ [2, ∞) ,  g(x) =  −x2 + 2x ; 0 < x < 2 . Trditev 2.2.1 Za realni števili a in b velja: (i) |ab| = |a||b| , (ii) |a + b| ≤ |a| + |b| (trikotniška neenakost), (iii) ||a| − |b|| ≤ |a − b|, (iv) |a − b| = |b − a| (razdalja med točkama a in b). Dokaz. (i) Pokažimo najprej, da za poljubno realno število x velja |x2| = x2. Če je x ≥ 0, tedaj je x2 ≥ 0 in posledično x2 = |x2|. Za x < 0 je prav tako x2 > 0 in x2 = |x2|. Nadaljujmo z dokazom prve lastnosti: |ab| = |a||b| /2 |ab|2 = (|a||b|)2 (ab)2 = |a|2|b|2 a2b2 = a2b2 (ii)-(iv) Na podoben način za vajo pokažite preostale tri identitete. 2.3 Kompleksna števila Ker nekatere enačbe nimajo rešitve v množici realnih števil, kot na primer x2 + 4 = 0 , je smiselno vpleajti nove številske množice. OBSEG KOMPLEKSNIH ŠTEVIL Kompleksna števila lahko vpeljemo kot urejene pare (a, b) v ravnini R × R. Podobno kot smo to naredili v primeru realnih števil, lahko tudi na množici R × R, ki jo krajše zapišemo s C, definiramo notranji operaciji seštevanja in množenja. Operaciji bosta veliko lažje razumljivi, če privzamemo zapis (a, b) := a + ib , kjer je i2 = −1. Ta i imenujemo imaginarna enota. Kompleksno število z = (a, b) = a + ib ima realni del a in imaginarni del b, kar zapišemo Re(z) = a in I m(z) = b. Kompleksno število z = a + ib = (a, b) lahko predstavimo v kompleksni ravnini, kjer realni del nanašamo na horizontalno os (absciso), imaginarni pa na vertikalno os (ordinato), kot to vidimo na Sliki 2.2. 20 2. Številske množice 6 z =pa+i·b b q |z| = r ϕ - a p − q b z = a − i · b Slika 2.2: Kompleksna ravnina. Naj bosta z = a + ib in w = c + id dve kompleksni števili. Tedaj je njuna notranja operacija seštevanja definirana kot z + w = (a + ib) + (c + id) = (a + c) + i(b + d) . Naj bodo z, w, u poljubna kompleksna števila. Tedaj veljajo naslednje lastnosti. (i) Asociativnost seštevanja: (z + w) + u = z + (w + u) (ii) Komutativnost seštevanja: z + w = w + z (iii) Obstaja nevtralni element (enota) za seštevanje: z + (0 + i · 0) = (0 + i · 0) + z = z (iv) Obstaja nasprotni element za seštevanje: z + (−z) = (−z) + z = 0 + i · 0, kjer je za z = a + ib nasprotni element −z = −a − ib Množica kompleksnih števil je za operacijo seštevanja komutativna grupa. Produkt dveh kompleksnih števil z = a + ib in w = c + id definiramo kot običajno množenje dvočlenikov zw = (a + ib)(c + id) = (ac − bd) + i(ad + bc) . Tudi za množenje veljajo podobne lastnosti. Naj bodo ponovno z, w, u poljubna kompleksna števila. Tedaj velja: (v) Asociativnost množenja: (zw)u = z(wu) 2.3 Kompleksna števila 21 (vi) Komutativnost množenja: zw = wz (vii) Obstaja nevtralni element oziroma enota za množenje: z · (1 + i · 0) = (1 + i · 0) · z = z (viii) Obstaja inverzni oziroma obratni element za množenja: zz−1 = z−1z = 1 + i · 0, kjer je za a b z = a + ib inverzni element z−1 = − i , a 6= 0 ali b 6= 0. a2 + b2 a2 + b2 Množica kompleksnih števil brez enote za seštevanje je tako komutativna grupa tudi za operacijo množenja. Tudi v množici kompleksnih števil seštevanje in množenje povezuje skupna lastnost: (ix) Distributivnost množenja glede na seštevanje: (z + w)u = zu + wu Zaradi lastnosti (i) − (ix) je množica kompleksnih števil (C, +, ·) obseg. Odštevanje in deljenje sta tudi v tem primeru le posebna primera seštevanja in množenja: (a + ib) − (c + id) = (a + ib) + (−c − id) = (a − c) + i(b − d) ac + bd bc − ad (a + ib) : (c + id) = (a + ib)(c + id)−1 = + i . c2 + d2 c2 + d2 Definicija 2.3.1 Konjugirano število števila z je kompleksno število z = a − ib . Produkt kompleksnega števila s svojim konjugiranim številom je enak zz = a2 + b2 . Konjugirano kompleksno število nam pomaga pri deljenju kompleksnih števil. V ta namen najprej poglejmo, kako hitro izračunamo obratno vrednost kompleksnega števila z 1 z z z−1 = = = . z zz |z|2 Kvocient dveh kompleksnih števil z in w je tako enak z zw = z · w−1 = . w |w|2 Zgled 2.7 Poiščimo kvocient kompleksnih števil z = 2 − 3i in w = 1 + 4i. z 2 − 3i (2 − 3i)(1 − 4i) −10 − 11i 10 11 = = = = − − i . w 1 + 4i (1 + 4i)(1 − 4i) 1 − (4i)2 17 17 22 2. Številske množice Definicija 2.3.2 Absolutna vrednost števila z = a + ib, |z|, je nenegativno realno število √ p |z| = zz = a2 + b2 . Izračunajmo še z + z = 2a in z − z = 2ib , kar pomeni, da je R z + z z − z e(z) = in I m(z) = . 2 2i Notranji operaciji množenja in seštevanja na množici kompleksnih števil R × R lahko vpeljemo tudi preko urejenih parov: • seštevanje (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d), • množenje (a, b) · (c, d) = (ac − bd, ad + bc). Preverimo veljavnost vseh lastnosti obeh računskih operacij. (i)-(iv) (R × R, +) je komutativna grupa z enoto (0, 0), nasprotni element od (a, b) je (−a, −b), kar naj bralec preveri sam. (v)-(viii) (R × R − {(0, 0)}, ·) je komutativna grupa. Pokažimo, da je enota za množenje (1, 0): (a, b) · (x, y) = (a, b) (ax − by, ay + bx) = (a, b) . Rešitev dobljenega sistema enačb je x = 1 in y = 0. Poiščimo še obratni element: (a, b) · (x, y) = (1, 0) (ax − by, ay + by) = (1, 0) . a b Rešitev tega sistema je x = in y = − . a2 + b2 a2 + b2 (ix) Preverimo distributivnost: (a, b) · ((c, d) + (e, f )) = (a, b) · (c, d) + (a, b) · (e, f ) . Leva stran enakosti: (a, b) · (c + e, d + f ) = (a(c + e) − b(d + f ), a(d + f ) + b(c + e)) = (ac + ae − bd − b f , ad + a f + bc + be) . Desna stran enakosti: (a, b) · (c, d) + (a, b) · (e, f ) = (ac − bd, ad + bc) + (ae − b f , a f + be) = (ac − bd + ae − b f , a d + bc + a f + be) . 2.3 Kompleksna števila 23 Na začetku tega razdelka smo privzeli, da je a + ib = (a, b), zdaj pa bomo to zvezo izpeljali. Poglejmo najprej seštevanje in množenje kompleksnih števil z imaginarnim delom 0: (a, 0) + (b, 0) = (a + b, 0 + 0) = (a + b, 0) , (a, 0) · (b, 0) = (a b − 0 · 0, a 0 + b 0) = (a b, 0) . Opazimo, da sta v obeh primerih rezultata kompleksni števili z imaginarnim delom enakim 0, realna dela pa se obnašata kot realni števili, zato lahko privzamemo: (a, 0) := a , oziroma vsa realna števila so tudi kompleksna števila. V uvodu smo zapisali, da je i2 = −1 = (−1, 0). Poiščimo zapis za i z urejenim parom. Naj bo i = (x, y): (x, y) · (x, y) = (−1, 0) (x2 − y2, 2xy) = (−1, 0) . Rešitev dobljenega sistema enačb je x = 0 in y = 1, zato je i = (0, 1). Izračunajmo še b i = (b, 0) · (0, 1) = (0, b) . Zato lahko (a, b) zapišemo kot (a, b) = (a, 0) + (0, b) = a + ib . POLARNI ZAPIS Poglejmo si še polarni zapis kompleksnega števila. V tem primeru kompleksno število z = a+i b opišemo s kotom ϕ in polmerom r. Kot ϕ je kot med pozitivnim delom abscise in poltrakom, na katerem leži točka (a, b), polmer r je oddaljenost točke (a, b) od koordinatnega izhodišča. Kot ϕ imenujemo argument števila z in pišemo ϕ = Arg(z) . Vsi koti ϕ + 2kπ, k ∈ Z − {0}, so prav tako argumenti števila z in pišemo ϕ + 2kπ = arg(z), k ∈ Z − {0} . Opazimo, da velja b r = |z| in tan ϕ = . a Polmer in argument natanko določata kompleksno število: z = a + i b = r cos ϕ + ir sin ϕ = r(cos ϕ + i sin ϕ) . Polarni zapis za konjugirano število od z pa je oblike z = a − ib = r cos ϕ − ir sin ϕ = r(cos ϕ − i sin ϕ) . 24 2. Številske množice V razdelku o realnih funkcijah bomo spoznali pojem sode in lihe funkcije. Videli bomo, da velja cos(−ϕ) = cos(ϕ) in sin(−ϕ) = − sin(ϕ). Tako je z = r(cos ϕ − i sin ϕ) = r(cos(−ϕ) + i sin(−ϕ)) . Zato velja, če je Arg(z) = ϕ, tedaj je Arg(z) = −ϕ. Računanje v množici kompleksnih števil podanih v polarneem zapisu je ugodno za množenje in deljenje kompleksnih števil. • Množenje Trditev 2.3.1 Naj bo z1 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1) in z2 = r2(cos ϕ2 + i sin ϕ2). Tedaj je z1z2 = r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i sin(ϕ1 + ϕ2)) . Dokaz. z1z2 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1)r2(cos ϕ2 + i sin ϕ2) = r1r2(cos ϕ1 cos ϕ2 − sin ϕ1 sin ϕ2 + i(sin ϕ1 cos ϕ2 + cos ϕ1 sin ϕ2)) = r1r2(cos(ϕ1 + ϕ2) + i(sin(ϕ1 + ϕ2)) Op Pri dokazu smo uporabili adicijska izreka, ki se v srednji šoli izpeljeta z uporabo skalarnega produkta geometrijskih vektorjev, s čimer se ne bomo ukvarjali: sin(α ± β ) = sin α cos β ± sin β cos α cos(α ± β ) = cos α cos β ∓ sin α sin β . Trditev lahko posplošimo na produkt več kompleksnih števil. Izrek 2.3.2 Naj bo zk = rk(cos ϕk + i sin ϕk), k = 1, 2, . . . , n. Tedaj je z1z2 · · · zn = r1r2 · · · rn(cos(ϕ1 + ϕ2 + . . . + ϕn) + i sin(ϕ1 + ϕ2 + . . . + ϕn)) . Dokaz. Uporabimo indukcijo po n. Za n = 2 smo pokazali v Trditvi 2.3.1, indukcijski korak je sledeč: (z1 · · · zn−1)zn = = r1 · · · rn−1(cos (ϕ1 + . . . + ϕn−1) +i sin (ϕ1 + . . . + ϕn−1))rn(cos ϕn + i sin ϕn) | {z } | {z } α α = r1r2 · · · rn(cos α + i sin α)(cos ϕn + i sin ϕn) = r1r2 · · · rn(cos α cos ϕn − sin α sin ϕn + i(sin α cos ϕn + cos α sin ϕn)) = r1r2 · · · rn(cos(α + ϕn) + i sin(α + ϕn)) = r1r2 · · · rn(cos(ϕ1 + ϕ2 + . . . + ϕn) + i sin(ϕ1 + ϕ2 + . . . + ϕn)) . 2.3 Kompleksna števila 25 • Potenciranje Potenciranje sledi neposredno iz Izreka 2.3.2. Posledica 2.3.3 — Moivreova formula. Naj bo z = r(cos ϕ + i sin ϕ). Tedaj je zn = rn (cos (nϕ) + i sin (nϕ)) , n ∈ N . Dokaz. V Izreku 2.3.2 upoštevamo, da so vsi faktorji med seboj enaki zn = z·z · · · z = rn (cos (ϕ + ϕ + . . . + ϕ) + i sin (ϕ + ϕ + . . . + ϕ)) = rn (cos (nϕ) + i sin (nϕ)) . Za vajo dokažite formulo za potenciranje kompleksnih števil direktno z matematično indukcijo (brez uporabe Izreka 2.3.2). Zgled 2.8 Naj bo z = 1 + i. Izračunajmo z50. Izračunati moramo polmer r in argument ϕ: √ π r = 2, tan ϕ = 1 ⇒ ϕ = (I. kvadrant) . 4 √ z50 = ( 2)50(cos(50 π ) + i sin(50 π )) 4 4 = 225(cos( π + 12 + 12 2 π ) + i sin( π2 π )) = 225(0 + i) = i 225 . • Deljenje Trditev 2.3.4 Obratna vrednost neničelnega kompleksnega števila z = r(cos ϕ + i sin ϕ) je enaka 1 z−1 = (cos ϕ − i sin ϕ) . r Dokaz. Naj bo z = r(cos ϕ + i sin ϕ). Tedaj je obratna vrednost kompleksnega števila z: 1 z cos ϕ − i sin ϕ z−1 = = = . z |z|2 r Trditev 2.3.5 Naj bosta z1 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1) in z2 = r2(cos ϕ2 + i sin ϕ2), z2 6= 0, kompleksni števili. Tedaj je njun kvocient enak z1 r1 = (cos(ϕ1 − ϕ2) + i(sin(ϕ1 − ϕ2)) . z2 r2 26 2. Številske množice Dokaz. z1 1 = z1 z−1 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1) (cos ϕ2 − i sin ϕ2) z 2 2 r2 r1 = (cos ϕ1 cos ϕ2 + sin ϕ1 sin ϕ2 + i(sin ϕ1 cos ϕ2 − cos ϕ1 sin ϕ2)) r2 r1 = (cos(ϕ1 − ϕ2) + i(sin(ϕ1 − ϕ2)) . r2 • Korenjenje √ Zanima nas n z, n ∈ N, z ∈ C. Spomnimo se, da je to ekvivalentno reševanju enačbe un = z . Naj bo podano kompleksno število z v polarnem zapisu: z = r + 0(cos ϕ0 + i sin ϕ0), r0 ∈ R , 0 ϕ0 ∈ [0, 2π) . Nadalje, naj bo √ ϕ0 2kπ ϕ0 2kπ u = n r0 cos + + i sin + n n n n in izračunajmo √ n ϕ0 2kπ ϕ0 2kπ un = n r0 cos + + i sin + n n n n = r0 (cos (ϕ0 + 2kπ) + i sin (ϕ0 + 2kπ)) = r0 (cos ϕ0 + i sin ϕ0) = z . √ Rešitve enačbe n z = u, kjer je z = r0(cos ϕ0 + i sin ϕ0), so torej oblike √ ϕ0 2kπ ϕ0 2kπ uk = n r0 cos + + i sin + , k ∈ Z . n n n n V bistvu je dovolj, da k preteče vrednosti od 0 do n − 1 (ali 1 do n), kar sledi iz lastnosti funkcij sinus in kosinus, ki ju bomo obravnavali v naslednjem poglavju. Zgled 2.9 Poiščimo rešitve enačbe u3 = 1. Število 1 zapišemo v polarnem zapisu 1 = 1(cos(2kπ) + i sin(2kπ)) in ga ustrezno korenimo √ u3 = 1 ⇔ u = 3 1 = 3 p(cos(2kπ) + isin(2kπ) √ = 3 1((cos( 2kπ ) + i sin( 2kπ )) , k = 0, 1, 2 . 3 3 Rešitve so √ √ 1 3 1 3 u1 = 1, u2 = − + i, u3 = − − i . 2 2 2 2 Opazimo, da so rešitve enačbe zn = a oglišča pravilnega n-kotnika. 3. Realne funkcije 3.1 Preslikave Definicija 3.1.1 Preslikava je določena s parom množic in predpisom, ki vsakemu elementu iz prve množice priredi natanko en element iz druge množice. Običajen zapis za preslikavo f iz množice A v množico B je f : A → B. Pri tem je f predpis, množico A imenujemo domena in množico B kodomena preslikave. Če preslikava f : A → B elementu a iz domene A priredi element b iz kodomene B, to zapišemo kot f (a) = b ali tudi f : a 7→ b (znak 7→ beremo "priredi"). Elementi domene so originali in elementi kodomene so njihove slike. Če sta množici A in B končni in ne preveliki, lahko preslikavo opišemo z diagramom, kot to vidimo na Sliki 3.1. Na Sliki 3.1 imamo pod a) primer preslikave, medtem ko pod b) nimamo opravka s preslikavo, saj se en original ne more preslikati v dve različni sliki. Za preslikavo uporabljamo tudi izraze funkcija, upodobitev, transformacija, ... Izbira ustreznega termina je odvisna od vrste domene in kodomene. V naslednjih poglavjih bomo govorili o pres-likavah, v katerih bosta domena in kodomena podmnožici realnih števil, in v tem primeru se uporablja izraz realna funkcija. Definicija 3.1.2 Naj bosta f , g : A → B. Preslikavi f in g sta enaki, f = g, če je f (a) = g(a) za vsak a ∈ A. Zgled 3.1 Preverimo, ali sta preslikavi f , g : R → R enaki. 28 3. Realne funkcije A B A B q q q q q 1 q 1 z q q z q z q q z q : : q q q - q a) b) Slika 3.1: a) Je preslikava, b) ni preslikava. 1. f (x) = (x − 1)3, g(x) = x3 − 3x2 + 3x − 1: Ker je f (x) = g(x) za vsak x ∈ R, sta f in g enaki preslikavi. √ 2. f (x) = x2, g(x) = x: Ker je f (−5) = 5 in g(−5) = −5, sta preslikavi f in g različni. Definicija 3.1.3 Preslikava f : A → B je surjektivna, če je vsak element iz B slika kakega elementa iz A: ∀b ∈ B, ∃a ∈ A : f (a) = b . Na Sliki 3.2 imamo pod a) primer preslikave, ki ni surjektivna, medtem ko je preslikava pod b) surjektivna. A B A B q q q q q 1 q 1 z q q z q z q q z q : q q q - q a) b) Slika 3.2: a) Ni surjektivna preslikava, b) je surjektivna preslikava. Definicija 3.1.4 Zaloga vrednosti preslikave f : A → B, Z f , je množica vseh tistih elementov iz B, ki so slika kakega elementa iz A: Z f = {b ∈ B ∃a ∈ A : f (a) = b} = { f (a) a ∈ A} . Očitno je preslikava f : A → B surjektivna natanko tedaj, ko je Z f = B. 3.1 Preslikave 29 Definicija 3.1.5 Preslikava f : A → B je injektivna, če se poljubna različna elementa iz A preslikata v različna elementa iz B: ∀a1, a2 ∈ A : a1 6= a2 ⇒ f (a1) 6= f (a2) . Ekvivalenten zapis bi bil ∀a1, a2 ∈ A : f (a1) = f (a2) ⇒ a1 = a2 . Nasprotno, torej preslikave ki niso injektivne, dobimo z negacijo zgornje trditve ∃a1, a2 ∈ A : a1 6= a2 ∧ f (a1) = f (a2) . Definicija 3.1.6 Preslikava f : A → B je bijektivna, ko je injektivna in surjektivna, kar formalno zapišemo ∀b ∈ B, ∃! a ∈ A : f (a) = b . Op Simbol ∃ ! beremo ”obstaja natanko en”. Zgled 3.2 Preverimo bijektivnost preslikav. 1. Naj bo + + + R = {x ∈ R x > 0} in f : R → R podana s predpisom f (x) = x2. Tako definirana preslikava f je bijektivna, saj za vsak y = x2 obstaja natanko eno pozitivno število x, ki se preslika v y. 2. f : R → R, f (x) = x2. Tako definirana preslikava f ni niti injektivna ( f (2) = f (−2)) niti surjektivna (na primer −4 ni slika nobenega elementa), zato ni bijektivna. Z uporabo bijektivne preslikave lahko definiramo enako močne množice. Definicija 3.1.7 Končni množici sta enako močni, ko med njima obstaja bijektivna preslikava. To definicijo lahko posplošimo tudi na neskončne množice. Za ilustracijo si poglejmo Zgled 3.3. Zgled 3.3 Pokažimo, da sta množica naravnih števil N in množica sodih števil enako močni. Podajmo preslikavo f , ki slika iz množice N v množico sodih števil s predpisom f (n) = 2n . Ker je tako definirana preslikava f bijekcija, sta množici enako močni. Pravimo, da imata števno neskončno moč. 30 3. Realne funkcije Definicija 3.1.8 Graf preslikave f : A → B, Γ f , je množica vseh urejenih parov (a, f (a)): Γ f = {(a, f (a)) a ∈ A} ⊆ A × B . Zgled 3.4 Naj bo A = {1, 2, 3}, B = {a, b, c} in f : A → B definirana kot f (1) = b, f (2) = a, f (3) = c . Poiščimo graf preslikave f . Graf preslikave f je Γ f = {(1, b), (2, a), (3, c)} . Zgled 3.5 Poiščimo graf preslikave f : R → R, f (x) = x2. Graf preslikave f je Γ f = {(x, x2) x ∈ R} . Definicija 3.1.9 Kompozitum preslikav f : A → B in g : B → C je preslikava g ◦ f : A → C, definirana s predpisom (g ◦ f )(x) = g( f (x)) . Računski operaciji pravimo komponiranje. Zgled 3.6 Poiščimo kompozitum preslikav. 1. Naj bo f : R → R podana s predpisom f (x) = e2x in g : R → R podana s g(x) = x3 + 2x. Tedaj lahko izračunamo oba kompozituma: g ◦ f = (g ◦ f )(x) = g(e2x) = (e2x)3 + 2e2x = e6x + 2e2x f ◦ g = ( f ◦ g)(x) = f (x3 + 2x) = e2(x3+2x) = e2x3+4x . 2. f : N × N → N, f ((n, m)) = n + m in g : N → N, g(n) = n2. V tem primeru je definiran le kompozitum g ◦ f : N × N → N: (g ◦ f )((n, m)) = g(n + m) = (n + m)2 . 3.1 Preslikave 31 Opazimo, da komponiranje ni komutativna operacija: f ◦ g 6= g ◦ f . Po drugi strani pokažimo, da je komponiranje asociativna operacija. Naj bodo dane preslikave f : A → B, g : B → C in h : C → D. Tedaj je (( f ◦ g) ◦ h)(x) = ( f ◦ g)(h(x)) = f (g(h(x))) in ( f ◦ (g ◦ h))(x) = f ((g ◦ h)(x)) = f (g(h(x))) . Zgled 3.7 Preverimo asociativnost komponiranja, če sta preslikavi f in g podani kot v 1. točki Zgleda 3.6, in je h : R → R podana s predpisom h(x) = 3x. Vemo že, da je ( f ◦ g)(x) = e2x3+4x := y(x), zato je (( f ◦ g) ◦ h)(x) = (y ◦ h)(x) = y(h(x)) = y(3x) = e2(3x)3+12x = e54x3+12x . Za drugo stran izračunajmo najprej z(x) := (g ◦ h)(x) = g(h(x)) = g(3x) = (3x)3 + 2(3x) = 27x3 + 6x . Tedaj je ( f ◦ (g ◦ h)(x) = ( f ◦ z)(x) = f (z(x)) = e2(27x3+6x) = e54x3+12x . Definicija 3.1.10 Preslikava f : A → A, definirana s predpisom f (a) = a, ∀a ∈ A, je identiteta na množici A in se označi z IA. Izrek 3.1.1 Naj bo f : A → B bijektivna preslikava. Potem obstaja natanko ena bijektivna preslikava g : B → A taka, da je g ◦ f = IA in f ◦ g = IB . Dokaz. Definirajmo g kot: ∀b ∈ B naj bo g(b) tisti a ∈ A, za katerega je f (a) = b , kot je to razvidno s Slike 3.3. Tako definirana preslikava g je bijektivna, saj iz bijektivnosti preslikave f sledi, da za vsak a ∈ A obstaja natanko en tak b = f (a) ∈ B, da je g(b) = a. Pokažimo še drugi del trditve: ∀a ∈ A : (g ◦ f )(a) = g( f (a)) = g(b) = a ⇒ g ◦ f = IA . Podobno velja ∀b ∈ B : ( f ◦ g)(b) = f (g(b)) = f (a) = b ⇒ f ◦ g = IB . Preslikavo g običajno označujemo f −1 in ji pravimo inverzna preslikava ali obratna preslikava preslikave f . 32 3. Realne funkcije A B ' $ ' $ f r ~r I a = g(b) f (a) = b g & % & % Slika 3.3: Obratni preslikavi f in g. Zgled 3.8 Naj bo A = {1, 2, 3}, B = {a, b, c} in f : A → B podana s predpisom f (1) = b, f (2) = a, f (3) = c . Če obstaja, poiščimo f −1. Preslikava f je bijektivna in zato obstaja f −1 : B → A, ki je podana kot f −1(a) = 2, f −1(b) = 1, f −1(c) = 3 . Na Sliki 3.4 vidimo odnos med grafom preslikave f in grafom obratne preslikave f −1. y 6 f (a) = b q q f −1(b) = a q q - a b x Slika 3.4: Obratni preslikavi f in f −1. 3.2 Pregled elementarnih funkcij 33 3.2 Pregled elementarnih funkcij V prejšnjem razdelku so nas zanimale preslikave v splošnem, zdaj se bomo osredotočili samo na realne funkcije realne spremenljivke. Ponovili bomo njihove osnovne lastnosti in naredili pregled elementarnih funkcij. OSNOVNE LASTNOSTI Zanimajo nas preslikave f : D ⊆ R → R, za katere bomo uporabljali izraz funkcija f (x) = y . Ker je domena D podmnožica v R, je f funkcija realne spremenljivke. Ker je tudi kodomena podmnožica R, je f realna funkcija. Domena D običajno ni vnaprej podana, temveč je to množica vseh tistih realnih števil, za katere je predpis funkcije f izračunljiv. Zato ne govorimo o domeni, temveč o definicijskem območju oziroma naravnem definicijskem območju funkcije f , ki ga označimo D f . Včasih indeks f izpustimo in namesto D f pišemo samo D in imamo s tem v mislih definicijsko območje funkcije f . Nadalje pravimo, da je x neodvisna spremenljivka ali argument, f (x) = y je odvisna spremenljivka, saj je y odvisen od izbire x-a. Definicija 3.2.1 Naj bosta f : D f → R in g : Dg → R. Tedaj je naravno definicijsko območje kompozituma f ◦ g definirano takole Df◦g = {x ∈ Dg g(x) ∈ Df }. √ Zgled 3.9 Naj bosta dani realni funkciji f (x) = 2 − x2 in g(x) = x. Poiščimo definicijsko območje obeh kompozitumov. Definicijsko območje funkcije f je D + f = R in funkcije g je Dg = R ∪ {0}. Definicijski območji kompozitumov sta √ Df◦g = {x ≥ 0 x ∈ R} = Dg , √ √ Dg◦f = {x ∈ R 2 − x2 ≥ 0} = [− 2, 2]. Poglejmo nekaj osnovnih lastnosti realnih funkcij. Definicija 3.2.2 Funkcija f , definirana na simetričnem intervalu D = (−a, a) ali D = [−a, a], je soda, če velja f (−x) = f (x), ∀x ∈ D in liha, če velja f (−x) = − f (x), ∀x ∈ D . Zgled 3.10 Preverimo sodost oziroma lihost funkcije. 34 3. Realne funkcije 1. f (x) = 1 x2. 2 Ker je f (−x) = 1 (−x)2 = 1 x2, je to soda funkcija. 2 2 2. f (x) = 2 x3. Ker je f (−x) = 2 (−x)3 = −2 x3, je to liha funkcija. 3. f (x) = x + 2x2. To ni niti soda, niti liha funkcija, saj je na primer f (1) = 3 in f (−1) = 1. Graf sode funkcije je simetričen glede na y os, graf lihe funkcije pa je simetričen glede na koordi-natno izhodišče (glej Sliko 3.5). Večina realnih funkcij ni niti sodih niti lihih. y 4 3 2 1 x 4 3 2 1 1 2 3 4 - - - - 2 - 3 - 4 - Slika 3.5: Graf sode in lihe funkcije iz Zgleda 3.10. Definicija 3.2.3 Funkcija f : D f → R je omejena, ko je zaloga vrednosti Z f omejena množica. Op Supremum, infimum, maksimum in minimum funkcije f so istoimenski pojmi množice Z f . Uporabljamo zapise sup f (x), inf f (x), max f (x), min f (x) x∈D x∈D x∈D x∈D f f f f ali tudi sup f , inf f , max f , min f . Zgled 3.11 Preverimo omejenost funkcije. 1. f (x) = x2. Funkcija f je navzdol omejena in sicer je inf x2 = min x2 = 0 . x∈R x∈R 3.2 Pregled elementarnih funkcij 35 2. f (x) = x3. Funkcija f ni omejena. Definicija 3.2.4 Naj bo f definirana na definicijskem območju D f . Tedaj je f naraščajoča, kadar velja ∀x1, x2 ∈ Df : x1 < x2 ⇒ f (x1) ≤ f (x2) in f je padajoča, če velja ∀x1, x2 ∈ Df : x1 < x2 ⇒ f (x1) ≥ f (x2) . Če na desni strani veljata strogi neenakosti ( f (x1) < f (x2)) oziroma ( f (x1) > f (x2)), govorimo o strogo naraščajoči oziroma strogo padajoči funkciji. Če je f (strogo) naraščajoča ali (strogo) padajoča funkcija, je f (strogo) monotona funkcija. Če je funkcija monotona samo na neki podmnožici I definicijskega območja, pravimo, da je monotona na I. Zgled 3.12 Preverimo monotonost funkcije. 1. f (x) = x2. Funkcija f ni monotona funkcija, ker je za x < 0 strogo padajoča, za x > 0 pa strogo naraščajoča. 2. f (x) = x3. Funkcija f je strogo naraščajoča funkcija, saj za realni števili x1, x2 velja: če je x1 < x2, tedaj je x3 < . 1 x32 ELEMENTARNE FUNKCIJE Preglejmo po vrsti elementarne funkcije, s katerimi se bomo srečevali v nadaljevanju. a) Polinomi in racionalne funkcije Polinomi so funkcije oblike p(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 , kjer je ai ∈ R, ∀i = 1, 2, . . . , n. Če je an 6= 0, pravimo, da je polinom p stopnje n. Če želimo poudariti stopnjo polinoma pišemo pn namesto p. Številu an pravimo vodilni koeficient polinoma, številu a0 pa splošni člen. Rešitvam polinomske enačbe p(x) = 0 pravimo koreni. Običajno namesto o korenih govorimo kar o ničlah polinoma. Polinom stopnje n ima natanko n ne nujno različnih ničel. Koreni polinomske enačbe pripadajo množici R 36 3. Realne funkcije ali C. Ker kompleksni koreni polinomske enačbe zmeraj nastopajo v konjugiranih parih, ima polinom lihe stopnje vsaj eno realno ničlo. Naj bodo x1, x2, . . . , xn koreni polinomske enačbe p(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 = 0 . Tedaj lahko polinom p faktoriziramo, kar pomeni, da ga zapišemo kot produkt faktorjev p(x) = an(x − x1)(x − x2) · · · (x − xn) . Če se faktor (x − xk) pojavi m-krat v razcepu, pravimo, da je xk m-kratna ničla polinoma f . Ničli polinoma druge stopnje p(x) = a x2 + b x + c sta korena pripadajoče enačbe p(x) = 0 in ju izračunamo po znanih formulah √ √ −b + b2 − 4ac −b − b2 − 4ac x1 = , x2 = . 2a 2a Izraz pod korenom imenujemo diskriminanta in jo označujemo z D = b2 − 4ac. Glede na vrednost diskriminante ločimo tri možnosti: D > 0 ⇒ x1 6= x2 ∈ R, D = 0 ⇒ x1 = x2 ∈ R, D < 0 ⇒ x1 = x2 ∈ C. Ničle polinomov višje stopnje p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , n ≥ 3 lahko iščemo s pomočjo Hornerjevega algoritma. Uporabimo ga lahko, če poznamo vsaj en koren enačbe p(x) = 0. Dokazati je mogoče, da če so koeficienti ai celoštevilski in je koren m racionalno število , tedaj m deli a0, n pa an. Uporaba Hornerjevega algoritma je prikazana n na Zgledu 3.13. Zgled 3.13 Poiščimo vse korene polinomske enačbe p(x) = 5x4 + 48x3 − 15x2 + 48x − 20 = 0 . m Če je koren racionalno število , mora biti m ∈ {1, 2, 4, 5, 10, 20} in n ∈ {1, 5}. Skupno n imamo 9 kandidatov za rešitev enačbe, poleg tega pa še njihove nasprotne vrednosti. Preverimo po Hornerjevem algoritmu, da je 2 koren enačbe. 5 5 48 −15 48 −20 2 20 2 20 2 5 50 5 50 0 5 3.2 Pregled elementarnih funkcij 37 Torej je 2 p(x) = (x − )(5x3 + 50x2 + 5x + 50) 5 2 = 5(x − )(x3 + 10x2 + x + 10) 5 2 = 5(x − )(x2(x + 10) + (x + 10)) 5 2 = 5(x − )(x + 10)(x2 + 1) 5 2 = 5(x − )(x + 10)(x + i)(x − i) . 5 Rešitve so x1 = 2 , x 5 2 = −10, x3 = i, x4 = −i. Racionalna funkcija f je kvocient dveh polinomov p in q: p(x) f (x) = . q(x) Ničle ima v točkah, kjer je p(x) = 0. Definirana je povsod, kjer je q(x) 6= 0. V točkah, kjer je q(x) = 0, funkcija f ni definirana. Če je v taki točki p(x) 6= 0, tedaj pravimo, da ima v tej točki funkcija pol ali navpično oziroma vertikalno asimptoto. Več o tem bomo izvedeli v naslednjem razdelku, ko bomo risali grafe racionalnih funkcij. Zgled 3.14 Poiščimo ničle, definicijsko območje in pole funkcije 5x4 + 48x3 − 15x2 + 48x − 20 f (x) = . x2 − 4 Ničle funkcije f so koreni polinoma iz Zgleda 3.13. Pola ima v 2, −2 in definicijsko območje je zato R \ {−2, 2}. b) Trigonometrične funkcije Definirali bomo trigonometrične funkcije sinus, kosinus, tangens in kotangens, za katere uporabljamo tudi termin kotne funkcije. Trigonometrične funkcije bomo najprej definirali za kote z intervala [0, 2π]. Kot je poleg v radianih lahko merjen tudi v stopinjah. Kote iz stopinj v radiane pretvarjamo po naslednji zvezi: π x(rd) = x(◦) 180◦ oziroma 180◦ x(◦) = x(rd) . π Kot x, merjen v radianih, predstavlja dolžino loka na enotski krožnici med točkama E in T s Slike 3.6. 38 3. Realne funkcije Na enotski krožnici izberemo poljubno točko T (a, b) v I. kvadrantu in označimo ostale točke, kot je razvidno s Slike 3.6. Kot med pozitivnim delom osi x in poltrakom OT označimo z x. Tedaj je |OA| = a = cos x . . . kosinus kota x , |OB| = b = sin x . . . sinus kota x , |ET 00| = tan x . . . tangens kota x , |E0T 0| = cot x . . . kotangens kota x . T 00 r 6 E0 T 0 r r r r B T b y r x r r - O a A E Slika 3.6: Definicija trigonometričnih funkcij. Iz podobnosti trikotnikov OAT in OET 00 je razvidno razmerje sin x tan x = = tan x . cos x |OE| Podobno velja cos x cot x = = cot x , sin x |OE0| kar pomeni, da je 1 tan x = . cot x Naj bo sedaj x ∈ [0, 2π]. Poglejmo predznak trigonometričnih funkcij po posameznih kvad- 3.2 Pregled elementarnih funkcij 39 rantih 0 ≤ x ≤ π π ≤ x ≤ 3π ≤ x ≤ 2 2 2 π π ≤ x ≤ 3π 2 2 π cos x + − − + sin x + + − − tan x + − + − cot x + − + − Za poljuben kot x definiramo trigonometrične funkcije na sledeč način: cos x = cos(x + 2kπ), sin x = sin(x + 2kπ), tan x = tan(x + kπ), cot x = cot (x + kπ), k ∈ Z . Pravimo, da sta funkciji sinus in kosinus periodični z osnovno periodo 2π, tangens in kotangens pa s periodo π. S Slike 3.6 razvidno, da je kosinus soda funkcija (cos x = cos(−x)) in sinus liha funkcija (sin x = − sin(−x)), kar pomeni, da sta preostali dve prav tako lihi funkciji (tan x = − tan(−x), cot x = − cot(−x)). Na Sliki 3.7 vidimo grafa funkcij sinus in kosinus, ki sta sta definirani na celem R. Zaloga vrednosti je v obeh primerih zaprti interval [−1, 1]. 1 1 −π/2 π 2π −π/2 π 2π −1 −1 Slika 3.7: Grafa funkcij sinus (levo) in kosinus (desno); z modro je označena osnovna perioda. Na Sliki 3.8 sta grafa funkcij tangens in kotangens; funkcija tangens ni definirana v ničlah kosinusa (x = (2k + 1) π , k ∈ 2 Z), kotangens ni definiran v ničlah sinusa (x = kπ, k ∈ Z), zaloga vrednosti je v obeh primerih množica R. Poglejmo še nekaj najpogostejših zvez med trigonometričnimi funkcijami. Po Pitagorovem izreku velja cos2 x + sin2 x = 1 . 40 3. Realne funkcije 10 10 5 5 − π π 0 π 2 2 −5 −5 −10 −10 Slika 3.8: Grafa funkcij tangens (levo) in kotangens (desno) na svoji osnovni periodi. Izračunajmo sin2 x 1 + tan2 x = 1 + cos2x cos2 x + sin2 x = cos2 x 1 = . cos2 x Podobno zveza velja za kotangens 1 1 + cot2 x = . sin2 x Iz adicijskih izrekov sledi sin(x − y) = sin(x + (−y)) = sin x cos(−y) + cos x sin(−y) = sin x cos y − cos x sin y , cos(x − y) = cos(x + (−y)) = cos x cos(−y) − sin x sin(−y) = cos x cos y + sin x sin y . 3.2 Pregled elementarnih funkcij 41 Iz adicijskih izrekov lahko izpeljemo tudi formuli za sinus in kosinus dvojnih kotov: sin(2x) = sin(x + x) = sin x cos x + cos x sin x = 2 sin x cos x , cos(2x) = cos(x + x) = cos x cos x − sin x sin x = cos2 x − sin2 x . Prav tako nam adicijski izreki dajo zvezo med kotoma, katerih vsota je π (komplementarna 2 kota): sin( π − x) = sin π cos x − cos π sin x 2 2 2 = cos x , cos( π − x) = cos π cos x + sin π sin x 2 2 2 = sin x . Podobno velja za preostali dve funkciji: sin( π − x) tan( π − x) = 2 2 cos( π − x) 2 cos x = sin x = cot x , 1 cot( π − x) = 2 tan( π − x) 2 = tan x . Omenimo še, da boste v starejši literaturi naleteli na oznaki za funkciji tangens in kotangens v obliki tg oziroma ctg. c) Ciklometrične funkcije Ciklometrične funkcije so obratne oziroma inverzne funkcije od trigonometričnih. Zanje uporabljamo tudi izraz krožne funkcije. Ciklometrične funkcije so arkus sinus, arkus kosinus, arkus tangens in arkus kotangens. Funkcija arkus sinus Če hočemo, da bo obstajal inverz funkcije sinus, mora le-ta biti bijektivna. V ta namen moramo skrčiti definicijsko območje. Naj bo f (x) = sin x in f : [− π , π ] → [−1, 1]. Tedaj 2 2 obstaja f −1 : [−1, 1] → [− π , π ] taka, da je 2 2 ( f ◦ f −1)(x) = f ( f −1(x)) = x, ∀x ∈ [−1, 1] 42 3. Realne funkcije in h π π i ( f −1 ◦ f )(x) = f −1( f (x)) = x, ∀x ∈ − , . 2 2 Imenujemo jo arkus sinus in pišemo f −1(x) = asin x . Ponekod zasledimo še staro oznako, ki je arcsin. Velja torej sin(asin x) = x, ∀x ∈ [−1, 1] , h π π i asin (sin x) = x, ∀x ∈ − , . 2 2 Definicijsko območje funkcije f (x) = sin x bi lahko skrčili tudi kako drugače. Za vsako skrčitev definicijskega območja, ki ima za rezultat bijektivno funkcijo sinus, lahko definiramo obratno funkcijo arkus sinus. Za poljubno kodomeno funkcije arkus sinus pišemo funkcijo z veliko začetnico, torej Asin x. Kadar skrčimo območje na [− π , π ], torej tako, kot smo to 2 2 najprej naredili, govorimo o glavni veji funkcije arkus sinus in jo pišemo z malo začetnico asin x. Vemo že, da graf obratne funkcije dobimo z zrcaljenem preko premice y = x, kot je prikazano na levem grafu na Sliki 3.9. π /2 π 1 π /2 − 1 π /2 -1 1 π /2 -1 1 π /2 π −π/2 Slika 3.9: Grafa glavnih vej funkcij arkus sinus (levo) in arkus kosinus (desno); z modro barvo sta označeni obratni funkciji sinus oziroma kosinus. Funkcija arkus kosinus Naj bo f (x) = cos x. Definicijsko območje skrčimo na [0, π], s čimer bomo podobno kot pri funkciji arkus sinus, dobili glavno vejo funkcije arkus kosinus, ki jo zapisujemo z malo začetnico. Tedaj obstaja f −1(x) = acos x : [−1, 1] → [0, π] , za katero velja cos(acos x) = x, ∀x ∈ [−1, 1] , acos (cos x) = x, ∀x ∈ [0, π] . Tudi v tem primeru lahko naletimo na staro oznako arccos. Na desni strani Slike 3.9 vidimo graf glavne veje funkcije arkus kosinus. 3.2 Pregled elementarnih funkcij 43 Izpeljimo še zvezo med obema ciklometričnima unkcijama. Naj bo x ∈ [−1, 1]. Tedaj je y = asin x ∈ [− π , π ] in x = sin y. Nadalje je 2 2 π cos − y = sin y = x , 2 kar pomeni, da je π − y = acosx 2 oziroma π asin x + acos x = , ∀x ∈ [−1, 1]. 2 Funkcija arkus tangens Naj bo f (x) = tan x. Definicijsko območje skrčimo na (− π , π ), s čimer bomo dobili glavno 2 2 vejo funkcije arkus tangens Tedaj obstaja π π f −1(x) = atan x : R → − , , 2 2 za katero velja tan(atan x) = x, ∀x ∈ R , π π atan (tan x) = x, ∀x ∈ − , . 2 2 Na levi strani Slike 3.10 vidimo graf glavne veje funkcije arkus tangens. π π /2 π /2 −π/2 Slika 3.10: Grafa glavnih vej funkcij arkus tangens (levo) in arkus kotangens (desno). Funkcija arkus kotangens Naj bo f (x) = cot x. Definicijsko območje skrčimo na (0, π), kar nam definira glavno vejo funkcije arkus kotangens. Tedaj obstaja f −1(x) = acot x : R → (0, π) , za katero velja cot(acot x) = x, ∀x ∈ R , acot (cot x) = x, ∀x ∈ (0, π) . Na desni strani Slike 3.10 vidimo graf veje funkcije arkus kotangens. 44 3. Realne funkcije Izpeljimo še zvezo med obema funkcijama. Naj bo x ∈ R in y = atan x. Tedaj je π x = tan y = cot − y . 2 Torej je π − y = acotx 2 oziroma π atan x + acot x = , ∀x ∈ R. 2 Tudi pri funkcijah arkus tangens in arkus kotangens sta ponekod v uporabi stari oznaki, ki sta arctg oziroma arcctg, ter arctan oziroma arccot. d) Eksponentna funkcija Eksponentna funkcija je oblike f (x) = ax, a > 0 . V eksponentni funkciji nastopa neodvisna spremenljivka x v eksponentu. Ker je 1x = 1 za vsak x, naj bo osnova a 6= 1. Eksponentna funkcija je povsod definirana, torej je D f = R, in je povsod pozitivna. To tudi pomeni, da je Z + f = R , in zato funkcija f nima ničel. Obravnavamo jo lahko kot ax : + R → R . Za f (x) = ax velja f (x + y) = f (x) f (y) , saj je f (x + y) = ax+y = ax ay = f (x) f (y) . Za a > 1 je f (x) = ax strogo naraščajoča funkcija, saj za vsak x1, x2 velja: x1 < x2 ⇒ ax1 < ax2 ax2 ⇔ 1 < ax1 ⇔ 1 < ax2−x1 . Ker je x2 − x1 > 0 in a > 1 je to res za vsak x1 < x2. Na levi strani Slike 3.11 vidimo graf funkcije f (x) = ax za a > 1. Za a < 1 je f (x) = ax strogo padajoča funkcija, saj za vsak x1, x2 velja: x1 < x2 ⇒ ax1 > ax2 , kar pokažemo na analogen način kot za a > 1. Na desni strani Slike 3.11 vidimo graf funkcije f (x) = ax za a < 1. Monotonost eksponentne funkcije se enostavneje preveri z uporabo odvoda, kar bomo spoznali v naslednjem poglavju. Ker je eksponentna funkcija strogo monotona, je injektivna. 3.2 Pregled elementarnih funkcij 45 1 1 Slika 3.11: Graf eksponentne funkcije ax za a > 1 (levo) in a < 1(desno). Zaradi nekaterih zakonov naravne rasti je zelo pomembna osnova število e oziroma eksponentni funkciji ex in e−x. Število e bomo spoznali pri razdelku o zaporedjih, zaenkrat povejmo le to, da je to iracionalno število, katerega približek je 2, 71828 . . . Zgled 3.15 Skicirajmo grafa funkcij ex in e−x. Grafa obeh funkcij vidimo na Sliki 3.11. e) Logaritemska funkcija Naj bo f eksponentna funkcija, torej f : + R → R , f (x) = ax, a > 0, a 6= 1 . To je bijektivna funkcija, zato obstaja njej obratna funkcija f −1 : + R → R. Imenujemo jo logaritemska funkcija in pišemo f −1(x) = log x . a (Beremo: logaritem z osnovo a od števila x.) Ker sta eksponentna in logaritemska funkcija obratni, velja f ( f −1(x)) = alog + a x = x, ∀x ∈ R in f −1( f (x)) = log ax = x, ∀x ∈ a R . Imamo torej zvezo y = log x ⇔ ay = x . a Logaritemska funkcija ima ničlo v točki 1, saj velja 0 = log x ⇔ a0 = a 1 = x . Graf logaritemske funkcije dobimo iz grafa eksponentne funkcije z zrcaljenjem preko premice y = x, kar vidimo na Sliki 3.12, kjer je z rdečo barvo narisan graf logaritemske funkcije in z modro graf ustrezne eksponentne funkcije. Ob upoštevanju injektivnosti eksponentne funkcije izpeljimo tri pomembne lastnosti logaritma: 46 3. Realne funkcije 1 1 1 1 Slika 3.12: Graf logaritemske funkcije za a > 1 (levo) in a < 1 (desno); z modro barvo je označena obratna tj. eksponentna funkcija. (1) log (xy) = x + y a loga loga , ∀x, y > 0 Izpeljava: alog ( a xy) = x y = aloga x aloga y = aloga x+loga y . (2) log x = x − y a log log , quad∀x, y > 0 y a a Izpeljava: x x aloga y = y aloga x = aloga y = aloga x−loga y . (3) log xy = y x a loga , ∀x > 0, ∀y ∈ R Izpeljava: aloga xy = xy = (aloga x)y = a(loga x)y = ayloga x . Kadar je osnova enaka številu e, govorimo o naravnem logaritmu in pišemo log x = e ln x . Na Sliki 3.12 vidimo graf te funkcije. 3.3 Limita in zveznost funkcije 47 f) Hiperbolične funkcije Definirajmo še hiperbolični funkciji kosinus hiperbolikus in sinus hiperbolikus, ki sicer nista elementarni funkciji: ex + e−x ch x = . . . kosinus hiperbolikus , 2 ex − e−x sh x = . . . sinus hiperbolikus . 2 Opazimo, da je prva funkcija soda, druga pa liha. Med njima veljajo naslednje zveze: (1) sh (x + y) = sh x ch y + sh y ch x ex − e−x ey + e−y ey − e−y ex + e−x sh x ch y + sh y ch x = + 2 2 2 2 1 = (2ex+y − 2e−x−y) 4 = sh (x + y) . (2) ch (x + y) = ch x ch y − sh x sh y Pokažemo podobno kot (1). (3) ch2 x − sh2 x = 1 ex + e−x 2 ex − e−x 2 ch2 x − sh2 x = − 2 2 1 = (e2x + 2 + e−2x − e2x + 2 − e−2x) 4 = 1 . Na Sliki 3.13 vidimo graf funkcije kosinus hiperbolikus in na 3.14 vidimo graf funkcije sinus hiperbolikus. 3.3 Limita in zveznost funkcije LIMITA FUNKCIJE x2 − 1 Za začetek poglejmo funkciji f (x) = in g(x) = x − 1. Na prvi pogled sta funkciji enaki, x + 1 ker se predpis funkcije f okrajša v predpis funkcije g, vendar je treba biti pazljiv, saj funkcija f ni definirana v točki −1, medtem ko s funkcijo g v tej točki ni težav, saj je g(−1) = −2. Ampak tudi za funkcijo f velja, da ko gredo x-si proti −1 z obeh strani, gredo funkcijske vrednosti f (x) proti −2, tako kot to velja za funkcijo g. Opaženi koncept dogajanja s funkcijo f opišemo z limito funkcije. 48 3. Realne funkcije 1 −3 −2 −1 1 2 3 1 −3 −2 −1 1 2 3 Slika 3.13: Graf funkcije kosinus hiperbolikus. Slika 3.14: Graf funkcije sinus hiperbolikus. Definicija 3.3.1 Naj bo f : D f → R. Število L je limita funkcije f v točki a, če velja naslednji sklep: ”Za vsako pozitivno število ε obstaja tako pozitivno število δ , da iz x ∈ D f , x 6= a in |x − a| < δ , sledi| f (x) − L| < ε.” Pišemo x→a lim f (x) = L ali f (x) −→ L . x→a Z logičnimi operatorji lahko definicijo limite zapišemo v obliki L = lim f (x) ⇔ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0, ∀ x ∈ D f \ {a} : |x − a| < δ ⇒ | f (x) − L| < ε . x→a Slika 3.15 ponazarja definicijo limite funkcije v točki a. Za okolico δ izberemo manjšo od obeh vrednosti δ1 in δ2. L+ε ε L ε L−ε a−δ2 a+δ a 1 δ2 δ1 Slika 3.15: Limita v točki a. Nekateri zanimivi primeri so: • f ni definirana v točki a in ima limito L, 3.3 Limita in zveznost funkcije 49 • f je definirana v točki a in ima limito L, ampak f (a) 6= L, • f je definirana v točki a in ima limito L ter f (a) = L, • f nima limite L, ima pa limito, ko se bližamo z desne oziroma leve strani proti točki a. Včasih obstaja limita funkcije v točki a samo na eni strani in v tem primeru govorimo o levi in desni limiti. Definicija 3.3.2 Funkcija f : D f → R ima v a desno limito, L+, če velja: ”Za vsako pozitivno število ε obstaja tako pozitivno število δ , da za vsak x ∈ (a, a + δ ) ∩ D f velja | f (x) − L+| < ε.” Krajše: L+ = lim f (x) ⇔ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0, ∀ x ∈ (a, a + δ ) ∩ D f : | f (x) − L+| < ε . x↓a Za desno limito se uporablja tudi zapis lim f (x) = lim f (x) . x↓a x→a+ Podobno definiramo levo limito. Definicija 3.3.3 Funkcija f ima v a levo limito, L−, če velja: L− = lim f (x) ⇔ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0, ∀ x ∈ (a − δ , a) ∩ D f : | f (x) − L−| < ε . x↑a Za levo limito se lahko uporablja zapis lim f (x) = lim f (x) . x↑a x→a− Iz definicije desne in leve limite v točki sledi, da obstaja limita L natanko tedaj, ko sta leva limita L− in desna limita L+ enaki: L = L+ = L− ⇔ L = lim f (x) . x→a 1 Zgled 3.16 Poiščimo levo in desno limito funkcije f (x) = v točki 0. 1 1 + e x Premislimo, kaj se dogaja s funcijo f , ko se bližamo točki 0 enkrat s pozitivne strani in drugič z negativne. Ko se bližamo z desne strani, gredo vrednosti izraza 1 proti pozitivni neskončnosti, saj x1 gre imenovalec proti vedno manjšim pozitivnim številom. Izraz e x zato narašča v neskončnost, kar pomeni, da je 1 L+ = lim = 0 . 1 x↓0 1 + e x 1 V primeru leve limite gredo vrednosti izraza 1 proti negativni neskončnosti, zato gre e x proti 0 in x leva limita je 1 L− = lim = 1 . 1 x↑0 1 + e x 50 3. Realne funkcije Računanje z limitami bomo opisali v naslednjih izrekih. Izrek 3.3.1 Naj bo lim f (x) = A in lim g(x) = B, A, B ∈ RR. Tedaj velja: x→a x→a (i) lim( f (x) + g(x)) = A + B, x→a (ii) lim(c f (x)) = cA, c ∈ R. x→a Dokaz. (i) Pokazati moramo, da za vsak ε > 0 obstaja tak δ > 0, da bo za vsak x ∈ D f \ {a} veljalo, če je |x − a| < δ , tedaj je |( f (x) + g(x)) − (A + B)| < ε. Ker je lim f (x) = A in lim g(x) = B, x→a x→a za vsak ε1 > 0, ε2 > 0 obstajata pozitivni števili δ1, δ2 taki, da |x − a| < δ1 ⇒ | f (x) − A| < ε1 , |x − a| < δ2 ⇒ |g(x) − B| < ε2 . Tedaj velja |( f (x) + g(x)) − (A + B)| = |( f (x) − A) + (g(x) − B)| ≤ | f (x) − A| + |g(x) − B| < ε1 + ε2 . Ker sta ε1 in ε2 poljubna, naj bosta oba enaka ε . Sledi, da za vsak x ∈ D 2 f \ {a} za katerega je |x − a| < δ , kjer je δ = min{δ1, δ2}, velja ε ε |( f (x) + g(x)) − (A + B)| < ε1 + ε2 = + = ε , 2 2 s čimer smo zaključili dokaz. (ii) V tem primeru moramo pokazati, da za vsak ε > 0 obstaja tak δ > 0, da bo za vsak x ∈ Df \ {a} veljalo, če je |x − a| < δ, tedaj je |c f (x) − cA| < ε. Podobno kot prej, iz definicije limite funkcije f sledi, da za vsak ε1 > 0 obstaja δ > 0 tak, da za vsak x ∈ D f \ {a} iz |x − a| < δ sledi | f (x) − A| < ε1. Z upoštevanjem lastnosti absolutne vrednosti in dejstva, da lahko ε1 poljubno izberemo, dobimo ε |c f (x) − cA| = |c( f (x) − A)| = |c|| f (x) − A| < |c|ε1 = |c| = ε, c 6= 0 . |c| Če je c = 0, je dokaz trivialen. Posledica 3.3.2 Naj bo lim f (x) = A in lim g(x) = B, A, B ∈ RR. Tedaj velja: x→a x→a lim( f (x) − g(x)) = A − B . x→a Dokaz. Z upoštevanjem Izreka 3.3.1 preprosto izpeljemo lim( f (x) − g(x)) = lim( f (x) + (−g(x))) = lim f (x) + (−1) lim g(x) = A − B . x→a x→a x→a x→a 3.3 Limita in zveznost funkcije 51 Izrek 3.3.3 Naj bo lim f (x) = A in lim g(x) = B. Tedaj velja: x→a x→a (i) lim f (x)g(x) = AB, x→a f (x) A (ii) lim = , če je B 6= 0. x→a g(x) B Dokaz. (i) Lastnost produkta bi lahko dokazali podobno, kot smo to naredili v primeru vsote v Izreku 3.3.1, a bomo ubrali elegantnejšo pot. Pokažimo najprej, da ob predpostavkah izreka velja lim( f (x) − A)(g(x) − B) = 0 oziroma natančneje, za vsak ε > 0 obstaja δ > 0 tak, da za x→a vsak x ∈ D f \ {a} iz |x − a| < δ sledi |( f (x) − A)(g(x) − B)| < ε. Ker je lim f (x) = A in x→a lim g(x) = B, za vsak ε1 > 0, ε2 > 0 obstajata pozitivni števili δ1, δ2 taki, da velja: x→a |x − a| < δ1 ⇒ | f (x) − A| < ε1 , |x − a| < δ2 ⇒ |g(x) − B| < ε2 . Zaradi lastnosti absolutne vrednosti dobimo |( f (x) − A)(g(x) − B)| = | f (x) − A||g(x) − B| < ε1ε2 . √ Ker lahko okolice poljubno izbiramo, naj bosta zdaj ε1 in ε2 oba enaka ε . Sledi, da za vsak x ∈ D f \ {a} velja, če je |x − a| < δ , kjer je δ = min{δ1, δ2}, velja √ √ |( f (x) − A)(g(x) − B)| < ε1ε2 = ε ε = ε , s čimer smo pokazali lim( f (x) − A)(g(x) − B) = 0. x→a Nadaljujmo z dokazom izreka. Iz lim( f (x) − A)(g(x) − B) = lim f (x)g(x) − lim Ag(x) − lim B f (x) + lim AB x→a x→a x→a x→a x→a sledi, da je limx→a f (x)g(x) = limx→a( f (x) − A)(g(x) − B) + A limx→a g(x) + B limx→a f (x) − AB = 0 + AB + AB − AB = AB , s čimer smo pokazali prvo točko. (ii) Pokažimo najprej, da je 1 1 lim = x→a g(x) B oziroma natančneje, za vsak ε > 0 obstaja δ > 0 tak, da za vsak x ∈ D f \ {a} iz |x − a| < δ sledi | 1 − 1 | < ε. Iz predpostavke lim g(x) = B sledi, da za vsak ε g(x) B 1 > 0 obstaja δ1 > 0 tak, x→a da za vsak x ∈ D f \ {a} iz |x − a| < δ1 sledi |g(x) − B| < ε1. Kot že vemo, lahko okolice | poljubno izbiramo, zato naj bo v tem primeru B| ε1 = . Z upoštevanjem ene od lastnosti 2 absolutne vrednosti velja |B| ||g(x)| − |B|| ≤ |g(x)| − |B| < ε1 = , 2 52 3. Realne funkcije oziroma − |B| | < |g(x)| − |B| < B| / + |B| 2 2 |B| < |g(x)| < 3|B| /obratne vrednosti 2 2 2 > 1 > 2 . |B| |g(x)| 3|B| V nadaljevanju bomo potrebovali samo prvo neenakost. Na tem mestu še enkrat uporabimo predpostavko limx→a g(x) = B oziroma za vsak ε2 > 0 obstaja δ2 > 0 tak, da za vsak x ∈ Df \ {a} iz |x − a| < δ2 sledi |B − g(x)| < ε2. Tedaj velja 1 1 |B − g(x)| 1 1 2 − = = |B − g(x)| < ε2 . g(x) B |B||g(x)| |B| |g(x)| |B|2 | Tudi v tem primeru ustrezno izberemo okolico B|2 ε2 in sicer naj bo ε2 = ε . Tedaj za vsak 2 x ∈ D f \ {a} iz |x − a| < δ , kjer je δ = min{δ1, δ2}, sledi | 1 − 1 | < ε. g(x) B Dokaz zaključimo z uporabo točke (i): f (x) 1 1 1 lim = lim f (x) = lim f (x) lim = A . x→a g(x) x→a g(x) x→a x→a g(x) B Definicija 3.3.4 Funkcija f : D f → R ima limito L ∈ R, ko gre x proti neskončnosti, če za vsako pozitivno število ε obstaja tak M > 0, da | f (x) − L| < ε velja za vsak x > M iz D f . Krajše: L = lim f (x) ⇔ ∀ ε > 0, ∃ M > 0, ∀ x ∈ D f : x > M ⇒ | f (x) − L| < ε . x→∞ Podobno definiramo limito, ko gre x proti negativni neskončnosti. Definicija 3.3.5 Funkcija f : D f → R ima limito L ∈ R, ko gre x proti negativni neskončnosti, če za vsako pozitivno število ε obstaja tak m < 0, da | f (x) − L| < ε velja za vsak x < m iz D f . Krajše: L = lim f (x) ↔ ∀ ε > 0, ∃ m < 0, ∀ x ∈ D f : x < m ⇒ | f (x) − L| < ε . x→−∞ Na Sliki 3.16 vidimo primer takšnih limit. 1 Zgled 3.17 Izračunajmo lim . x→∞ x Limita je enaka 0, ker je števec konstanten, imenovalec pa narašča v neskončnost. Op Včasih je primernejši zapis limite funkcije f v točki a preko oddaljenosti h = x − a od a: L = lim f (a + h) ⇔ ∀ ε > 0, ∃ δ > 0, ∀ h : |h| < δ ⇒ | f (a + h) − L| < ε h→0 ZVEZNOST FUNKCIJE 3.3 Limita in zveznost funkcije 53 6 L s 1 + ε s L1 L s 1 − ε ms s - M s L2 + ε s L s 2 L2 − ε Slika 3.16: Limita funkcije, ko gre x proti neskončnostima. Definicija 3.3.6 Naj bo funkcija f : D f → R. Funkcija f je zvezna v a ∈ D f , če velja: ”Za vsako pozitivno število ε obstaja tako pozitivno število δ , da iz x ∈ D f in |x − a| < δ sledi | f (x) − f (a)| < ε.” Krajši zapis za zveznost funkcije f v točki a: ∀ ε > 0, ∃ δ > 0, ∀x ∈ Df : |x − a| < δ ⇒ | f (x) − f (a)| < ε . Definicija 3.3.7 Funkcija f je zvezna na podmnožici A ⊆ R, če je defninirana in zvezna v vsaki točki iz A. Na Sliki 3.17 vidimo primera obeh tipov funkcij. Potrebni pogoji za zveznost funkcije f v točki a so: • f je definirana v točki a, • f ima limito v točki a, • limita v točki a je enaka funkcijski vrednosti f (a). Spodnje situacije vodijo v nezveznost funkcije f v točki a: • funkcija f v točki a ni definirana. • f v točki a nima limite, • f ima limito v točki a, a ni enaka f (a). 54 3. Realne funkcije 6 6 - - a a a) b) Slika 3.17: a) V točki a nezvezna funkcija in b) zvezna funkcija na R. Izrek 3.3.4 Funkcija f je zvezna v točki a ∈ D f natanko tedaj, ko je lim f (x) = f (a) . x→a Dokaz. Trditev izreka je v obliki ekvivalence, ki jo dokažemo z implikacijama v obe smeri. (⇒) Ker je f zvezna v točki a, za vsak ε > 0 obstaja tak δ > 0, da ∀x ∈ D f velja: |x − a| < δ ⇒ | f (x) − f (a)| < ε , kar pomeni, f (a) zadošča pogojem za limito funkcije f v točki a. (⇐) Ker je lim f (x) = f (a) , x→a obstaja za vsak ε > 0 tak δ > 0, da za vsak x ∈ D f \ {a} velja: |x − a| < δ ⇒ | f (x) − f (a)| < ε . Če je x = a, tedaj je | f (x) − f (a)| = | f (a) − f (a)| = 0 < ε , s čimer je dokaz zaključen. Izrek 3.3.5 Če sta funkciji f in g zvezni v točki a in je c ∈ R, tedaj so v a zvezne tudi funkcije (i) f ± g, (ii) c · f , (iii) f · g, f (iv) , če je g(a) 6= 0 . g 3.3 Limita in zveznost funkcije 55 Dokaz. Dokaz vseh lastnosti sledi neposredno iz Izreka 3.3.1, Posledice 3.3.2 ter Izreka 3.3.3 in ga naj zahtevnejši bralec za vajo naredi sam. Za ilustracijo bomo naredili dokaz za primer vsote. Funkcija f + g je zvezna v točki a natanko tedaj, ko je limx→a( f (x) + g(x)) = f (a) + g(a). Iz zveznosti funkcij f in g v točki a in Izreka 3.3.1 sledi lim( f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x) = f (a) + g(a) . x→a Izrek 3.3.1 x→a x→a zveznost Naslednji izrek podaja zelo pomembno lastnost limite kompozituma zveznih funkcij, ki jo bomo potrebovali v nadaljevanju. Izrek 3.3.6 Naj bo f zvezna v točki b in lim g(x) = b. Potem je x→a lim f (g(x)) = f (lim g(x)) = f (b) . x→a x→a Dokaz. Naj bo ε > 0. Pokazati moramo, da obstaja δ > 0 tak, da za vsak x ∈ D f iz |x − a| < δ sledi: | f (g(x)) − f (b)| < ε . Iz zveznosti funkcije f v točki b sledi, da za dani ε obstaja δ1 > 0 tak, da za vsak y velja, če |y − b| < δ1, tedaj je | f (y) − f (b)| < ε . Ker je lim g(x) = b, mora za vsak ε1 > 0, torej tudi za ε1 := δ1, obstajati δ > 0 tak, da bo za vsak x→a x ∈ D f : |x − a| < δ veljalo |g(x) − b| < δ1 . Ker je g(x) = y, smo dokaz zaključili. NEKATERE POMEMBNEJŠE LIMITE sin x (i) lim = 1 x→0 x Izberimo x ∈ (0, π ) in naj bo A(1, 0), B(cos x, sin x), C(cos x, 0), D(1, tan x) ter O(0, 0) točke, 2 kot je to razvidno s Slike 3.18. Nadalje naj bo S1 ploščina trikotnika BOC, S2 ploščina trikotnika AOD in S ploščina krožnega izseka AOB. Poudarimo, da je ploščina krožnega 56 3. Realne funkcije izseka s polmerom r enaka r2 x . Tedaj velja: 2 S1 < S < S2 1 x 1 sin x cos x < < tan x / · 2 / : sin x 2 2 2 x 1 cos x < < sin x cos x 1 sin x > > cos x / limx↓0 cos x x 1 sin x lim ≤ lim ≤ lim cos x x↓0 cos x x↓0 x x↓0 sin x 1 ≤ lim ≤ 1 x↓0 x ⇓ sin x lim = 1 x↓0 x Podobno bi lahko pokazali za levo limito, pri čemer je x ∈ (− π , 0). 2 r D(1, tan x) 6 r B(cosx,sinx) y x r r - O(0, 0) C(cos x, 0) A(1, 0) sin x Slika 3.18: Izpeljava limite lim . x↓0 x 1 x (ii) lim 1 + = e x→∞ x Pri zaporedjih bomo spoznali število e, ki je definirano kot limita zaporedja 1 n def . lim 1 + = e = 2.71828... . n→∞ n 3.3 Limita in zveznost funkcije 57 S pomočjo limite zaporedja bomo pokazali podobno limito v primeru, ko je x pozitivno realno število. Naj bo za pozitivno realno število x naravno število n celi del od x. Tedaj je n ≤ x < n + 1 in velja naslednje: 1 ≤ 1 ⇒ (1 + 1 )x ≤ (1 + 1 )x < (1 + 1 )n+1 = (1 + 1 )n(1 + 1 ) x n x n n n n 1 > 1 ⇒ (1 + 1 )x > (1 + 1 )x ≤ (1 + 1 )n = x n+1 x n+1 n+1 (1 + 1 )n+1 1 = (1 + 1 )n+1 n+1 n+1 (1+ 1 ) n+1 n+2 n+1 Zato velja (1 + 1 )n+1 n+1 < (1 + 1 )x < (1 + 1 )n(1 + 1 ) n+1 n+2 x n n ↓ n → ∞ ↓ n → ∞ e · 1 ≤ limx→ (1 + 1 )x ≤ e · 1 ∞ x 1 lim (1 + )x = e x→∞ x 1 (iii) lim (1 + x) x = e x→0 1 y Če v (ii) pišemo namesto x spremenljivko y, dobimo lim 1 + = e. Vpeljemo novo y→∞ y spremenljivko y = 1 , tedaj gre x proti 0 in dobimo limito (iii). x log (1 + x) 1 (iv) lim a = x→0 x ln a Izračunajmo log (1 + x) 1 1 log e 1 lim a = lim log ( e x = ( x = e = = . a 1 + x) loga lim 1 + x) loga x→0 x x→0 x→0 log a e ln a ln(1 + x) (v) lim = 1 x→0 x V (iv) upoštevamo, da je logaritemska osnova enaka e. ax − 1 (vi) lim = ln a x→0 x Vpeljemo u = ax − 1 in dobimo ax − 1 u log (u + 1) −1 lim = lim = lim a = ln a . x→0 x u→0 log (u + u a 1) u→0 58 3. Realne funkcije ZVEZNE FUNKCIJE NA ZAPRTEM INTERVALU V zadnjem razdelku smo spoznali definicijo zveznosti funkcije, sedaj pa nas bodo zanimale lastnosti funkcij, ki so zvezne na zaprtem intervalu. Izkaže se, da imajo le-te veliko lepih lastnosti, ki so pomembne pri praktično vseh aplikacijah diferencialnega računa. Zanimajo nas funkcije na zaprtih intervalih f : [a, b] → R . S C [a, b] označujemo množico zveznih funkcij na zaprtem intervalu [a, b]. V zvezi z zveznostjo funkcij na zaprtem intervalu velja nekaj pomembnih izrekov. Izrek 3.3.7 Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija in f (a)· f (b) < 0. Tedaj obstaja točka c ∈ (a, b) takšna, da je f (c) = 0. Dokaz. Naj bo f (a) < 0 in f (b) > 0 ter definirajmo množico A = {x ∈ [a, b]| f (x) < 0} . Množica A ni prazna (a ∈ A) in je navzgor omejena (∀x ∈ A : x ≤ b), zato obstaja njena natančna zgornja meja, ki jo označimo s c, c = sup A. Pokažimo, da za tako definiran c velja f (c) = 0. Predpostavimo nasprotno, naj bo torej f (c) 6= 0. Iz definicije zveznosti funkcije f v točki c sledi: ∀ε > 0, ∃δ > 0, |x − c| < δ ⇒ | f (x) − f (c)| < ε . Ker je ε poljuben, naj bo ε = 1 | f (c)|. Ločimo dve možnosti: 2 • f (c) < 0: V tem primeru je c 6= b. Iz definicije zveznosti sklepamo da za vsak x : |x − c| < δ velja | f (x) − f (c)| < 1 | f (c)| 2 − 1 | f (c)| < f (x) − f (c) < 1 | f (c)| 2 2 1 f (c) < f (x) − f (c) < − 1 f (c) 2 2 3 f (c) < f (x) < 1 f (c) < 0 2 2 Ker za vsak x : |x − c| < δ velja f (x) < 0, obstaja x ∈ A tak, da je c < x in seveda f (x) < 0, kar je v protislovju s tem, da je c = sup A. • f (c) > 0: V tem primeru je c 6= a. Iz definicije zveznosti sklepamo da za vsak x : |x − c| < δ velja | f (x) − f (c)| < 1 | f (c)| 2 − 1 | f (c)| < f (x) − f (c) < 1 | f (c)| 2 2 − 1 f (c) < f (x) − f (c) < 1 f (c) 2 2 0 < 1 f (c) < f (x) < 3 f (c) 2 2 Ker za vsak x : |x − c| < δ velja f (x) > 0, je za vse x-se iz intervala (c − δ , c) funkcijska vrednosti f (x) > 0, kar ponovno vodi v protislovje s tem, da je c = sup A, saj bi v tem primeru moral biti c − δ supremum množice A. 3.3 Limita in zveznost funkcije 59 Iz obeh možnosti sledi, da je f (c) = 0 in ker je c 6= a, b, je c ∈ (a, b). Podobno dokažemo v primeru, ko je f (a) > 0 in f (b) < 0. Zgled 3.18 Preverimo Izrek 3.3.7 na primerih. 1. Naj bo f : [0, 4] → R podana s predpisom f (x) = −x2 + 4. Ker je f (0) = 4 > 0 in f (4) = −12 < 0, po Izreku 3.3.7 obstaja ničla funkcije f na [0, 4] in sicer je to točka x = 2. 2. Naj bo f : [−1, 1] → R podana s predpisom −1 ; −1 ≤ x ≤ 0 f (x) = 1 ; 0 < x ≤ 1 . Ker funcija f ni zvezna na [−1, 1], ne zadošča pogojem Izreka 3.3.7. Naslednji izrek podaja zvezo med zveznostjo funkcije in omejenostjo. Sam dokaz zahteva poglobljeno znanje o zaporedjih, zato je zgolj informativno namenjen najzahtevnejšim bralcem.1 Izrek 3.3.8 Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija. Tedaj je funkcija f omejena. Zgled 3.19 Preverimo Izrek 3.3.8 na primerih. 1. Naj bo f : [−2, 3] → R podana s predpisom f (x) = x2. Vidimo, da je f zvezna in po Izreku 3.3.8 omejena. Ni težko opaziti, da je sup f (x) = f (3) in inf f (x) = f (0). 2. Naj bo f : [0, 1] → R podana s predpisom  0 ; x = 0  f (x) =  1 ; sicer . x Vidimo, da f ni omejena in po Izreku 3.3.8 zato ni zvezna. 3. Naj bo f : [a, b] → R Dirichletova funkcija, ki je definirana kot  1 ; x ∈ [a, b] ∩ Q  f (x) =  0 ; sicer . Dirichletova funkcija ni zvezna na [a, b] in ne moremo uporabiti Izreka 3.3.8, je pa omejena. 1Dokaz Izreka 3.3.8. Recimo, da f ∈ C[a,b] ni navzgor omejena. Tedaj za vsak n ∈ N obstaja tak xn ∈ [a,b], da je n < f(xn). Obstaja torej zaporedje (xn), xn ∈ [a,b], ki je očitno omejeno in zato vsebuje konvergentno podzaporedje (xn ), ki konvergira k točki c ∈ [a, b]. Pridruženo zaporedje ( f (x )) potemtakem divergira v neskončnost, kar je v k nk nasprotju z zveznostjo funkcije f na [a, b]. Podobno pokažemo, da je f navzdol omejena. 60 3. Realne funkcije Nadaljujmo s pojmom omejenosti funkcij, ki so zvezne na zaprtem intervalu in sicer nas bo zanimal obstoj minimuma in maksimuma takšne funkcije. Zgled 3.20 Če obstajata, poiščimo minimum in maksimum funkcij. 1. Naj bo f : [1, 2] → R podana s predpisom f (x) = x2. Funkcija f doseže maksimum v točki 2 in sicer je max f (x) = 4, minimum pa v točki 1 in velja min f (x) = 1. 2. Naj bo f : [0, π ) → 2 R podana s predpisom f (x) = tan x. Funkcija f doseže minimum v točki 0 in sicer je min f (x) = 0, maksimuma pa nima. 3. Naj bo f : + R → (0, π ) podana s predpisom f (x) = atan x. 2 Funkcija f je omejena, a nima maksimuma niti minimuma. Na Zgledu 3.20 smo videli, da je od treh primerov le zvezna funkcija na zaprtem intervalu dosegla minimum in maksimum. Izrek 3.3.9 Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija. Tedaj doseže funkcija f na intervalu [a, b] minimum in maksimum. Dokaz. Pokažimo obstoj maksimuma. Po Izreku 3.3.8 obstaja natančna zgornja meja M funkcije f . Pokažimo, da je M = maxx∈[a,b] f (x). Ker je M supremum funkcije f , velja M − f (x) ≥ 0 za vsak x ∈ [a, b]. Tam, kjer je M − f (x) > 0, je kvocient 1 zvezna funkcija. Če funkcija f ne bi nikjer zavzela vrednosti M, bi bil ta kvocient M− f (x) povsod na [a, b] zvezen in po Izreku 3.3.8 omejen. Tedaj bi ∃A > 0 : 1 ≤ A, ∀ x ∈ [a, b] . M − f (x) Od tod sledi 1 f (x) ≤ M − A in M ne bi bil supremum funkcije. Zato torej obstaja c ∈ [a, b] : f (c) = M. Podobno pokažemo obstoj minimuma funkcije. Za konec dokažimo zadnji izrek v zvezi z zveznostjo funkcij na zaprtem intervalu. Izrek 3.3.10 Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija. Tedaj zavzame funkcija f vse vrednosti med minimumom in maksimumom. Dokaz. Naj bo m = min f (x) in M = max f (x) x∈[a,b] x∈[a,b] ter f (α) = m in f (β ) = M. Točki α in β obstajata zaradi Izreka 3.3.9. Ločimo dve možnosti: (i) Če je m = M, tedaj je m = M = f (x) za vsak x ∈ [a, b] in ni kaj dokazovati. 3.3 Limita in zveznost funkcije 61 (ii) Naj bo m < M. Predpostavimo, da je α < β . Definirajmo novo funkcijo Ψ : [α, β ] → R s predpisom Ψ(x) = f (x) − C , kjer je C ∈ (m, M). Trdimo, da obstaja tak ϕ ∈ [a, b], da je f (ϕ) = C. Ker je f zvezna, je tudi nova funkcija Ψ zvezna za poljuben C ∈ (m, M). Izračunajmo Ψ(α ) = f (α ) − C = m − C < 0 , Ψ(β ) = f (β ) − C = M − C > 0 . Po Izreku 3.3.7 obstaja ϕ ∈ (α, β ) tak, da je Ψ(ϕ) = 0 in zato f (ϕ) −C = 0. Iz Izreka 3.3.10 sledi naslednja posledica. Posledica 3.3.11 Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija. Tedaj je zaloga vrednosti funkcije f interval [m, M], kjer je m = min f (x) in M = max f (x) . x∈[a,b] x∈[a,b] 4. Zaporedja Definirali bomo zaporedje, njegovo konvergenco in se osredotočili na nekatere lastnosti, kot sta monotonost in omejenost. 4.1 Limita zaporedja Zaporedje v množici M je preslikava a : N → M . Množica M bo za nas množica realnih ali kompleksnih števil in tako govorimo o realnem ali kompleksnem zaporedju. Po dogovoru pišemo funkcijsko vrednost a(n) = an in jo imenujemo n-ti ali splošni člen zaporedja, n pa imenujemo indeks člena zaporedja. Namesto zapisa a : N → M uporabljamo za zaporedje zapis (an) = (a1, a2, . . .). Zgled 4.1 Poglejmo nekaj primerov na različne načine podanih zaporedij. 1 1. an = , ( 1 ) = (1, 1 , 1 , 1 , . . .) n2 n2 4 9 16 2. an = an−1 + d, kjer sta a1, d ∈ R . . . aritmetično zaporedje 3. an = an−1 q, kjer sta a1, q ∈ R . . . geometrijsko zaporedje 4. Fn = Fn−1 + Fn−2, F0 = F1 = 1 . . . Fibonaccijevo zaporedje (−1)n 5. an = , (an) = (−1, 1 , − 1 , 1 , . . .) n 2 3 4 64 4. Zaporedja Definicija 4.1.1 Naj bo ε > 0 poljubno število. Odprti interval (a − ε, a + ε) imenujemo ε -okolica točke a. (−1)n Zgled 4.2 Od katerega n naprej so vsi členi zaporedja an = znotraj ε-okolice točke 0, če n je ε = 1 oziroma ? 10 ε = 1 100 Rešujemo neenakost |an − 0| < ε (−1)n < ε n 1 < ε n 1 n > . ε Za ε = 1 ležijo znotraj pa od 100-tega naprej. 10 ε -okolice vsi členi od 10-ega naprej, za ε = 1 100 Definicija 4.1.2 Naj bo (an) zaporedje v M. Število A ∈ M je limita zaporedja (an), A = lim an, n→∞ natanko tedaj, ko za vsako ε-okolico točke A obstaja tako naravno število n0, da za vsako naravno število n ≥ n0 velja, da an leži znotraj ε-okolice točke A. Krajši zapis: A = lim an ⇔ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 : |an − A| < ε . n→∞ Če obstaja limita A zaporedja (an), pravimo, da (an) konvergira k številu A oziroma zaporedje (an) je konvergentno, v nasprotnem je zaporedje (an) divergentno. Zgled 4.3 Dokažimo, da velja 1 lim = 0 . n→∞ n 1 ∀ ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 : − 0 < ε ⇔ n 1 < ε n 1 < ε n 1 n > . ε Naj bo n0 prvo naravno število večje od 1 . Na primer, za ε = 1 , bi bil n ε 50 0 = 51, kar pomeni, da vsi členi od 50-ega naprej ležijo znotraj ε-okolice limite 0. 4.1 Limita zaporedja 65 n Zgled 4.4 Pokažimo, da je zaporedje an = konvergentno. n + 1 Členi zaporedja konvergirajo k limiti 1, kar pokažemo tako, da preverimo pogoj n ∀ ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 : − 1 < ε ⇔ n + 1 −1 < ε n + 1 1 < ε n + 1 1 n + 1 > ε 1 − ε n > . ε Naj bo n0 prvo naravno število večje od 1−ε . Na primer, za ε = 1 , bi bil n ε 20 0 = 20, kar pomeni, da vsi členi od 19-ega naprej ležijo znotraj ε-okolice limite 1. Op Če je A limita zaporedja (an), tedaj v poljubno majhni okolici točke A ležijo vsi členi zaporedja (an) od nekega člena an naprej. 0 Zgled 4.5 Ali je an = (−1)nn konvergentno zaporedje? n+1 Ne, ker se sodi členi bližajo k 1, lihi pa k −1. Definicija 4.1.3 Naj bo (an) zaporedje v M. Število S ∈ M je stekališče zaporedja (an), če vsebuje vsaka poljubno majhna okolica števila S neskončno členov zaporedja (an). Če je S stekališče zaporedja (an), tedaj je neenakost |an − S| < ε izpolnjena za neskončno mnogo indeksov n. Opazimo, da velja ”limita ⇒ stekališče” , medtem ko implikacija v obratno smer ne drži. Zgled 4.6 Poiščimo stekališča zaporedja (an) = (1, 1 , 1, 1 , 1, 1 , . . .) 2 4 6 Stekališči sta 1 in 0. 66 4. Zaporedja Izrek 4.1.1 Če ima zaporedje več kot eno stekališče, tedaj je divergentno. Dokaz. Naj bosta S1 in S2 različni stekališči zaporedja (an). Tedaj sta edina možna kandidata za limito zaporedja (an) števili S1 in S2. Pokažimo, da nobeno ni limita zaporedja (an). S tem namenom izberimo tak ε, da velja 1 0 < ε < |S1 − S2| . 2 Potem je po definiciji stekališča na vsakem od intervalov (S1 − ε, S1 + ε) in (S2 − ε, S2 + ε) neskončno mnogo členov zaporedja (an) in noben ni na obeh intervalih hkrati. To pomeni, da nobeno od števil S1 in S2 ne zadošča temu, da bi v njegovi ε-okolici ležali vsi členi an od nekega n naprej in zato nobeno od števil S1 in S2 ne more biti limita. 4.2 Lastnosti zaporedja Konvergenco zaporedja je včasih težko potrditi. Pri tem nam pomagajo nekatere lastnosti zaporedij, kot sta to monotonost in omejenost. Oba pojma smo že definirali za poljubno realno funkcijo, zato koncept ni nov, se pa v primeru zaporedij obe lastnosti poenostavita. (i) Monotonost zaporedja Poglejmo si definicijo naraščajočega zaporedja. Iz definicije naraščajoče funkcije bi sledilo ∀n1, n2 ∈ N : n1 < n2 ⇒ an ≤ a . 1 n2 Ampak v primeru zaporedij je dovolj, če primerjamo dva poljubna zaporedna člena, saj če je neenakost an ≤ an+1 izpolnjena za vsako naravno število, tedaj je zaporedje (an) naraščajoče. Na podoben način opišemo padajoče zaporedje in obe varianti stroge monotonosti. Definicija 4.2.1 Zaporedje (an) je naraščajoče, če velja an ≤ an+1, ∀n ∈ N , in je strogo naraščajoče, če an < an+1, ∀n ∈ N . Zaporedje (an) je padajoče, če velja an ≥ an+1, ∀n ∈ N , in je strogo padajoče, če an > an+1, ∀n ∈ N . Zgled 4.7 Preverimo monotonost zaporedja podanega s splošnim členom an = n . n+1 4.2 Lastnosti zaporedja 67 Pokažimo da je zaporedje strogo naraščajoče: an < an+1 n < n+1 n+1 n+2 n2 + 2n < n2 + 2n + 1 0 < 1 . (ii) Omejenost zaporedja Tudi pojem omejenosti funkcije že poznamo, zato je zaporedje (an) omejeno, ko je množica funkcijskih vrednosti oziroma v tem primeru členov zaporedja {an| n ∈ N} omejena množica. V primeru omejenega zaporedja za supremum in infimum uporabljamo zapisa sup an in inf an . Zgled 4.8 Preverimo omejenost zaporedja podanega splošnim členom an = n . n+1 Ker smo v Zgledu 4.7 že pokazali, da je (an) naraščajoče zaporedje, je natančna spodnja meja oziroma infimum tega zaporedja enaka kar prvemu člene tega zaporedja 1 inf an = a1 = . 2 Dokažimo da je število 1 natančna zgornja meja oziroma supremum tega zaporedja. Začnimo s tem, da je 1 zgornja meja zaporedja (an), torej za vsako naravno število n mora veljati n ≤ 1 n+1 n ≤ n + 1 0 ≤ 1 . Pokažimo še, da je sup n = 1. Izberimo poljuben n+1 ε > 0 in dokažimo, da število 1 − ε ni zgornja meja, kar pomeni, da je 1 res najmanjša zgornja meja. Obstajati mora člen zaporedja (an), ki je večji od 1 − ε oziroma n, za katerega velja 1 − ε < n n+1 (n + 1)(1 − ε) < n 1−ε < n . ε Na primer za ε = 10−2 vsako naravno število n > 99 zadošča zgoraj zapisanemu pogoju. 68 4. Zaporedja Izrek 4.2.1 Vsako monotono in omejeno zaporedje je konvergentno. Dokaz. Naj bo (an) naraščajoče in omejeno zaporedje in naj bo M = sup an. Pokazali bomo, da je M = lim an, kar pomeni da velja n→∞ ∀ε > 0, ∃n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 : |an − M| < ε . Izberimo poljuben ε > 0. Tedaj število M − ε ni zgornja meja zaporedja, saj sicer M ne bi bil natančna zgornja meja. Torej obstaja člen zaporedja an tak, da leži med M − ε in M, kar pomeni, ε da je an > M − ε. Če postavimo indeks tega člena za n0 v definiciji limite, to je n = n0, potem za ε ε ta ε velja ∃n ∈ : |a ε N, ∀n ≥ nε n − M| < ε , saj je zaporedje (an) po predpostavki naraščajoče, kar pomeni, da je M res limita zaporedja an. Podobno pokažemo v primeru padajočega zaporedja (an), da je m = inf an = lim an. n→∞ Neposredno iz dokaza sledi naslednja posledica. Posledica 4.2.2 Naj bo (an) monotono zaporedje. • Če je (an) naraščajoče in navzgor omejeno, tedaj (an) konvergira k supremumu. • Če je (an) padajoče in navzdol omejeno, tedaj (an) konvergira k infimumu. Pomemben primer monotonega in omejenega zaporedja, kar sicer ni trivialno pokazat, je zaporedje 1 n an = 1 + . n Naštejmo približne vrednosti nekaterih členov tega zaporedja a1 = 2 , a2 = 2.25 , a3 = 2.370, a4 = 2.441 , . . . , a100 = 2.705 , . . . , a1000 = 2.717 , . . . Po Izreku 4.2.1 obstaja limita tega zaporedja. Izkaže se, da je to iracionalno število, ki je pomembna konstanta1 in ga označimo z e: 1 n . lim 1 + = e = 2.7182818284590 . . . n→∞ n Poglejmo še, kako računamo z zaporedji in njihovimi limitami. Zaporedja seštevamo, odštevamo, množimo in delimo po členih: (an ± bn) = (a1 ± b1, a2 ± b2, . . .), (an · bn) = (a1 · b1, a2 · b2, . . .), a n a1 a2 = , , . . . , če bi 6= 0, ∀ i ∈ N . bn b1 b2 Naslednji izrek pove, kako računamo s konvergentnimi zaporedji. 1Glej eksponentno in logaritemsko funkcijo. 4.2 Lastnosti zaporedja 69 Izrek 4.2.3 Naj bosta (an) in (bn) konvergentni zaporedji z limitama lim an = A in lim bn = B, n→∞ n→∞ A, B ∈ R in c poljubno realno število. Tedaj velja (i) lim (an + bn) = A + B, n→∞ (ii) lim (c an) = c A. n→∞ Dokaz. (i) Pokazati moramo, da ∀ ε > 0, ∃ n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 : |(an + bn) − (A + B)| < ε . Ker sta (an) in (bn) konvergentni zaporedji, velja ∀ ε1 > 0, ∃ n1 ∈ N, ∀n ≥ n1 : |an − A| < ε1 in ∀ ε2 > 0, ∃ n2 ∈ N, ∀n ≥ n2 : |bn − B| < ε2 . Tako za vsak n ≥ n0, kjer je n0 = max{n1, n2} velja |(an + bn) − (A + B)| = |(an − A) + (bn − B)| ≤ |an − A| + |bn − B| < ε1 + ε2 ε ε = + = ε . 2 2 ε Ker lahko okolice poljubno izbiramo, smo v tem primeru izbrali ε1 = ε2 = . 2 (ii) Pokazati moramo, da ∀ ε > 0, ∃ n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 : |c an − c A| < ε . Velja podobno kot v točki (i): ∀ ε1 > 0, ∃ n1 ∈ N, ∀n ≥ n1 : |an − A| < ε1 . Tako za vsak n ≥ n0, kjer je n0 = n1 velja |c an − c A| = |c (an − A)| = |c||an − A| < |c|ε1 ε = |c| = ε . |c| ε V tem primeru je bila izbrana okolica ε1 = . |c| Če je c = 0, je točka (ii) trivialno izpolnjena. Iz Izreka 4.2.3 sledi posledica. 70 4. Zaporedja Posledica 4.2.4 Naj bosta (an) in (bn) konvergentni zaporedji z limitama lim an = A in n→∞ lim bn = B, A, B ∈ R. Tedaj velja n→∞ (i) lim (an − bn) = A − B , n→∞ (ii) lim an bn = AB , n→∞ Dokaz. (i) Razliko prevedemo na vsoto in uporabimo Izrek 4.2.3 lim (an − bn) = lim (an + (−bn)) n→∞ n→∞ = lim an + lim ((−1)bn) n→∞ n→∞ = lim an − lim bn . n→∞ n→∞ (ii) Ker sta zaporedji (an) in (bn) konvergentni, velja ∀ ε1 > 0, ∃ n1 ∈ N, ∀n ≥ n1 : |an − A| < ε1 in ∀ ε2 > 0, ∃ n2 ∈ N, ∀n ≥ n2 : |bn − B| < ε2 . Pokažimo najprej da je lim (an − A)(bn − B) = 0, kar pomeni, da n→∞ ∀ ε > 0, ∃ n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 : |(an − A)(bn − B) − 0| < ε . Tako za vsak n ≥ n0, kjer je n0 = max{n1, n2} velja √ √ |(an − A)(bn − B)| = |an − A||bn − B| < ε1ε2 = ε ε = ε . √ V tem primeru smo izbrali okolici ε1 = ε2 = ε . Poiščimo zdaj iskano limito 0 = lim (an − A)(bn − B) n→∞ = lim (an bn − Abn − Ban + AB) n→∞ = lim an bn − A lim bn − B lim an + lim AB n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ Od tod sledi 0 = lim an bn − AB − AB + AB n→∞ lim an bn = AB . n→∞ 4.2 Lastnosti zaporedja 71 Izrek 4.2.5 Naj bosta (an) in (bn) konvergentni zaporedji z limitama lim an = A in lim bn = B, n→∞ n→∞ pri čemer je vsak člen zaporedja (bn) različen od 0 in tudi B 6= 0. Tedaj velja an A lim = . n→∞ bn B Dokaz. Ker je zaporedje (bn) konvergentno, velja ∀ ε1 > 0, ∃ n1 ∈ N, ∀n ≥ n1 : |bn − B| < ε1 . Dokažimo najprej 1 1 lim = n→∞ bn B oziroma 1 1 ∀ ε > 0, ∃ n0 ∈ N, ∀n ≥ n0 : − < ε . bn B Preoblikujmo izraz 1 1 B − b 1 |b n n − B| − = = . bn B bn · B bn |B| | Ker je B| ε1 v definiciji konvergence zaporedja (bn) poljuben, naj velja ε1 = . Tedaj obstaja tako 2 naravno število n1, da za vsak n ≥ n1 velja |B| ||bn| − |B|| ≤ |bn − B| < ε1 = . 2 Iz |B| ||bn| − |B|| < 2 sledi |B| |B| − < |bn| − |B| < / + |B| 2 2 |B| 3 |B| < |bn| < . 2 2 Nadaljujmo samo s prvo neenakostjo |B| < |bn| / · 2 2 |B||bn| 1 2 < . |bn| |B| Nadaljujmo s prej začeto oceno izraza | 1 − 1 |: bn B 1 1 1 1 − = |bn − B| bn B |bn| |B| 2 1 < ε | 1 B| |B| 2 |B|2ε = = ε . |B|2 2 72 4. Zaporedja |B|2ε V tem primeru je bila izbrana okolica ε1 = , torej obstaja n0 ∈ N tak da za ∀n ≥ n0 velja 2 1 1 |bn − B| < ε1. Dokaz zaključimo z uporabo točke (ii) Posledice 4.2.4, pri čemer je za dani ε ustrezno naravno število n0 = max{n1, n0 }: 1 an 1 lim = lim an n→∞ bn n→∞ bn 1 = lim an lim n→∞ n→∞ bn 1 A = A = B B 3n Zgled 4.9 Poiščimo limito zaporedja an = . 4 + 7n 3n 3n lim = lim n n→ 4 ∞ 4 + 7n n→∞ + 7n n n 3 = lim n→∞ 4 1 + 7 n 3 = . 7 Zgled 4.10 Raziščimo zaporedje an = 2 + n (monotonost, omejenost, konvergenco, stekališča). n+1 Zaporedje je naraščajoče ter omejeno z m ≤ a1 in M ≥ 3. Potemtakem je to konvergetno zaporedje, kjer je n sup(2 + n ) = lim (2 + ) n+1 n→∞ n + 1 n = lim 2 + lim n→∞ n→∞ n + 1 = 2 + 1 = 3 . Infimum zaporedja je inf(2 + n ) = a . n+1 1 = 5 2 5. Vrste 5.1 Številske vrste Naj bo a1, a2, . . . , an, . . . zaporedje realnih števil. Izraz a1 + a2 + . . . + an + . . . imenujemo številska vrsta ali na kratko vrsta, številom a1, a2, . . . pravimo členi vrste. Vrsto pišemo kot ∞ ∑ an = a1 + a2 + . . . + ak + . . . n=1 Nekaterim vrstam lahko priredimo realno število kot njeno vsoto ali vrednost. Pri tem nam pomagajo delne vsote S1, S2, . . . : S1 = a1 S2 = a1 + a2 ... Sn = a1 + a2 + · · · + an ... Zaporedju (Sn) pravimo zaporedje delnih vsot. V primeru, ko je zaporedje delnih vsot (Sn) konvergento, imenujemo njegovo limito S vsota vrste in pišemo: n S = lim Sn = lim ∑ ak n→∞ n→∞ k=1 oziroma ∞ S = ∑ an . n=1 74 5. Vrste Če število S obstaja, pravimo, da je vrsta ∞ ∑n=1 an konvergentna, sicer je vrsta divergentna. Poglejmo primera konvergentne in divergentne vrste. Zgled 5.1 S pomočjo zaporedja delnih vsot preuči konvergenco geometrijske vrste a + a q + a q2 + · · · . Izračunajmo n-to delno vsoto Sn: Sn = a1 + a2 + · · · + an = a + aq + · · · + aqn−1 . Pomnožimo obe strani enakosti s q in poglejmo razliko: Sn = a + aq + · · · + aqn−1 Snq = aq + aq2 + · · · + aqn 1 − qn Sn = a 1−q Delna vsota Sn bo konvergentna, ko obstaja lim qn, kar se zgodi, ko je |q| < 1 in je ta limita enaka n→∞ 0. Za |q| < 1 je torej ∞ a ∑ aqn−1 = . 1 − q n=1 Zgled 5.2 Preuči konvergenco vrste 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − 1 + 1 − · · · . Vrsta je divergentna, saj je zaporedje delnih vsot S1 = 1, S2 = 0 S3 = 1, S4 = 0, . . . divergentno. Opazimo, da je v primeru, ko obstaja vsota geometrijske vrste, limita lim an = lim aqn−1 = 0 , n→∞ n→∞ kar se izkaže, da velja tudi v splošnem. Izrek 5.1.1 Če je vrsta ∞ ∑n=1 an konvergentna, tedaj je lim an = 0 . n→∞ 5.1 Številske vrste 75 Dokaz. Iz konvergence vrste ∞ ∑n=1 an sledi obstoj njene vsote S S = lim an = lim Sn . n→∞ n→∞ Ker je zaporedje delnih vsot tudi konvergentno, je lim Sn = lim Sn−1 = S . n→∞ n→∞ Splošni člen zaporedja je enak razliki dveh zaporednih členov delnih vsot in njegova limita je lim an = lim (Sn − Sn−1) = S − S = 0 . n→∞ n→∞ Če vrsta zadošča pogoju v Izreku 5.1.1 to še ni dovolj, da bi bila konvergentna, zato je lim an = 0 n→∞ potrebni pogoj za konvergenco vrste ∞ ∑n=1 an, ne pa tudi zadostni pogoj. Zgled 5.3 Pokažimo, da harmonična vrsta 1 1 1 1 1 ∞ 1 1 + + + + + + · · · = 2 3 4 5 6 ∑ n n=1 ni konvergenta, čeprav je 1 lim = 0 . n→∞ n Z malo računanja opazimo, da za delne vsote velja 3 4 5 6 7 S2 ≥ , S4 > , S8 > , S16 > , S32 > , . . . , 2 2 2 2 2 oziroma k + 2 S2k > , 2 kar pomeni, da zaporedje Sn ni navzgor omejeno in ker je očitno naraščajoče, ne more biti konvergentno. V nadaljevanju bomo navedli (brez dokazov) nekaj najpogostejših kriterijev za preverjanje konvergence vrste. Začeli bomo z vrstami s pozitivnimi členi, nadaljevali z alternirajočimi vrstami in zaključili z vrstami s poljubnimi členi. KONVERGENCA VRST S POZITIVNIMI ČLENI • Primerjalni kriterij ∞ ∞ Definicija 5.1.1 Vrsta ∑ bn je majoranta vrste ∑ an, če je za vsako naravno število n n=1 n=1 ∞ ∞ izpolnjen pogoj an ≤ bn . Pravimo tudi, da je ∑ an minoranta vrste ∑ bn. n=1 n=1 76 5. Vrste ∞ Vrsta ∑ an s pozitivnimi členi je konvergentna, če ima kakšno konvergentno majoranto n=1 ∞ ∞ ∑ bn. Vrsta ∑ an s pozitivnimi členi je divergentna, če ima kakšno divergentno mino-n=1 n=1 ∞ ranto ∑ bn. n=1 Zgled 5.4 Ali je konvergenta vrsta 1 1 1 1 √ + √ + √ + √ + · · · ? 2 2 · 3 3 · 4 4 · 5 Velja 1 1 1 > = , p p n(n + 1) (n + 1)(n + 1) n + 1 ∞ 1 ∞ 1 zato je vrsta ∑ minoranta vrste ∑ . Ker je prva vrsta harmonična vrsta n + 1 p n=1 n=1 n(n + 1) brez prvega člena, je divergentna, saj končno mnogo členov ne vpliva na konvergenco vrste. Torej je naša vrsta divergentna. • Kvocientni kriterij ∞ Naj bo ∑ an vrsta s pozitivnimi členi in naj bo n=1 an+1 lim = q . n→∞ an Tedaj velja, če je ∞ q < 1 ⇒ ∑ an konvergira, n=1 ∞ q > 1 ⇒ ∑ an divergira. n=1 Zgled 5.5 Preverimo konvergenco vrste ∞ ∑ ne−n2. n=1 Po kvocientnem kriteriju je (n + 1)e−(n+1)2 n + 1 1 q = lim = lim = 0 n→∞ ne−n2 n→∞ n e2n+1 in zato vrsta konvergira. 5.1 Številske vrste 77 • Korenski kriterij ∞ Naj bo ∑ an vrsta s pozitivnimi členi in naj bo n=1 √ lim n an = q . n→∞ Tedaj velja, če je ∞ q < 1 ⇒ ∑ an konvergira, n=1 ∞ q > 1 ⇒ ∑ an divergira. n=1 Zgled 5.6 Preverimo konvergenco vrste ∞ 1 n + 1 n2 ∑ . 2n n n=1 Po korenskem kriteriju je s n2 n n 1 n + 1 1 1 1 q = lim = lim 1 + = e > 1 n→∞ 2n n n→∞ 2 n 2 in zato vrsta divergira. • Raabejev kriterij ∞ Naj bo ∑ an vrsta s pozitivnimi členi in naj bo q limita pridruženega zaporedja n=1 a n q = lim n − 1 . n→∞ an+1 Tedaj velja, če je ∞ q > 1 ⇒ ∑ an konvergira, n=1 ∞ q < 1 ⇒ ∑ an divergira. n=1 Zgled 5.7 Preučimo konvergenco vrste ∞ 1 ∑ . n3 n=1 78 5. Vrste Po Raabejevem kriteriju izračunajmo limito (n + 1)3 q = lim n − 1 n→∞ n3 3n2 + 3n + 1 = lim n→∞ n2 = 3 > 1 . Ker je q > 1, je vrsta konvergentna. Op V kriterijih s q-jem je vrsta v primeru, ko q ne obstaja, divergentna. Kadar je q = 1, ti kriteriji ne dajo odgovora na vprašanje o konvergenci vrste. KONVERGENCA ALTERNIRAJO ČIH VRST Definicija 5.1.2 Alternirajoča vrsta je vrsta s pozitivnimi in negativnimi členi, ki si izmenično sledijo ∞ a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − · · · = ∑ (−1)n+1an , an ≥ 0. n=1 • Leibnizov kriterij Alternirajoča vrsta ∞ ∑ (−1)n+1an = a1 − a2 + a3 − a4 + a5 − · · · n=1 je konvergentna, če je a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ a4 ≥ a5 ≥ · · · in lim an = 0 . n→∞ Zgled 5.8 Preverimo konvergenco vrste ∞ ∑ (−1)n+1 1 . n n=1 Vrsta je alternirajoča, absolutne vrednosti členov tvorijo padajoče zaporedje in konvergirajo k 0, zato je po Leibnizovem kriteriju vrsta konvergentna. 5.2 Funkcijske vrste 79 KONVERGENCA VRST S POLJUBNIMI ČLENI ∞ ∞ Definicija 5.1.3 Vrsta ∑ an je absolutno konvergentna, če konvergira pridružena vrsta ∑ |an| n=1 n=1 ∞ ∞ absolutnih vrednosti njenih členov. Če za konvergentno vrsto ∑ an pridružena vrsta ∑ |an| n=1 n=1 divergira, govorimo o pogojni konvergenci. V primeru vrst s poljubnimi členi nas torej zanima absolutna konvergenca vrste. V ta namen nimamo novih kriterijev, temveč le prilagodimo kriterije za vrste s pozitivnimi členi na absolutno vrednost. Zgled 5.9 Preverimo konvergenco vrste ∞ ∑ (−1)n+1 1 . n2 n=1 Uporabi Raabejev kriterij na pridruženi vrsti s pozitivnimi členi: (n + 1)2 q = lim n − 1 n→∞ n2 2n2 + n = lim n→∞ n2 = 2 > 1 . Vrsta je zato absolutno konvergentna. ∞ ∞ Konvergentne vrste seštevamo in množimo s skalarjem po členih. Naj bosta ∑ an in ∑ bn n=1 n=1 konvergentni vrsti in c poljubno realno število. Tedaj je ∞ ∞ ∞ ∑ an + ∑ bn = ∑ (an + bn) , n=1 n=1 n=1 ∞ ∞ c ∑ an = ∑ can , n=1 n=1 pri čemer sta rezultata prav tako konvergentni vrsti. Pri računanju z absolutno konvergentnimi vrstami lahko poljubno premešamo vrstni red členov, kar pa ne velja za pogojno konvergentne vrste. 5.2 Funkcijske vrste Doslej smo obravnavali samo take vrste, pri katerih so bili posamezni členi konstante. Vzemimo sedaj vrsto f1(x) + f2(x) + f3(x) + · · · , 80 5. Vrste kjer so členi fk(x) funkcije spremenljivke x. Tako vrsto imenujemo funkcijska vrsta. Obstaja naj taka množica D ⊆ R, na kateri so vsi členi fk(x) definirani. Če damo argumentu kako vrednost c iz D, dobimo številsko vrsto f1(c) + f2(c) + f3(c) + · · · , ki je bodisi konvergentna bodisi divergentna. Za ugotavljanje območja konvergentnosti funkcijske vrste uporabljamo že poznane kriterije konvergence številskih vrst. Podobno kot za številsko vrsto naj bo Sn(x) konvergentno zaporedje delnih vsot funkcijske ∞ vrste ∑ fn(x) in S(x) njena vsota. Za vsak x dobimo pripadajočo številsko vrsto in če so le-n=1 te konvergentne, pravimo, da funkcijska vrsta konvergira po točkah. Poznamo še drugo vrsto konvergence, in sicer enakomerno konvergenco funkcijske vrste, s katero se ne bomo ukvarjali. Najbolj pomembne funkcijske vrste so potenčne vrste, ki so oblike ∞ ∑ an xn−1 , n=1 kjer je (an) neko zaporedje. Pogosteje pišemo ∞ ∑ an xn . n=0 Uporabimo npr. korenski kriterij za preučitev absolutne konvergence po točkah: lim n p|a n p n p n xn| = lim |an| · |xn| = |x| lim |an| < 1 . n→∞ n→∞ n→∞ Od tod sledi 1 |x| < , lim n p|an| n→∞ ∞ kar pomeni, da je vrsta ∑ anxn absolutno konvergentna na intervalu n=0 1 (−R, R), kjer je R = . lim n p|an| n→∞ Pri tem postavimo R = n p ∞, če je lim |an| = 0 n→∞ in če je lim n p|an| = ∞, n→∞ vrsta ni nikjer absolutno konvergentna. Lastnosti vrste na krajiščih intervala moramo posebej raziskati. Podobno bi lahko uporabili kvocientni kriterij: |an+1xn+1| |an+1| |an+1| lim = lim |x| = |x| lim < 1 n→∞ |anxn| n→∞ |an| n→∞ |an| 5.2 Funkcijske vrste 81 Od tod sledi |a | n| x| < lim n→∞ |an+1| ∞ in vrsta ∑ anxn je absolutno konvergentna na intervalu n=0 |an| (−R, R), kjer je R = lim . n→∞ |an+1| Če je |an| lim = 0 , n→∞ |an+1| vrsta ni nikjer absolutno konvergentna. Lastnosti vrste na krajiščih intervala moramo tudi v tem primeru posebej raziskati. Zgled 5.10 Določimo območje konvergence vrste ∞ xn ∑ . n n=1 Uporabimo kvocienti kriterij za absolutno konvergenco po točkah: |x|n+1 n + 1 n lim = |x| lim = |x| < 1 . n→∞ |x|n n→∞ n + 1 n Vrsta je torej absolutno konvergentna na (−1, 1), izven tega intervala je divergentna, na krajiščih intervala pa moramo konvergenco posebej preveriti. Za x = 1 dobimo harmonično vrsto ∞ 1 ∑ , n n=1 za katero že vemo, da je divergentna. Za x = −1 dobimo vrsto ∞ (−1)n ∑ , n n=1 ki je pogojno konvergentna. 6. Rešene naloge Logika in množice 1. Koliko elementov imajo naslednje množice: (a) /0, (b) {a, e, j, k}, (c) {a, e, j, k, /0}, (d) {{1, 2}, {a, b}, {1, a}}, (e) {1, 4, 7, . . . , 5998}. Rešitev. (a) 0, (b) 4, (c) 5, (d) 3, (e) 2000. 2. Za naslednje izjave preveri resničnost: (a) x ∈ {{x}, /0}, (b) {x} ∈ {{x}, {{x}}}, (c) x ∈ {{x}, {{x}}}, (d) /0 = { /0}, (e) {x} ⊂ {{x}, x}, (f) {{x}, /0} ⊇ {{x}}. Rešitev. (a) Izjava ni resnična, saj x ne nastopa kot element množice. (b) Izjava je resnična, saj {x} nastopa kot element množice. (c) Izjava ni resnična, saj v množici nastopata elementa {x} in {{x}}, ki pa nista enaka elementu x. (d) Izjava ni resnična, saj /0 nima elementov, množica { /0} pa ima element /0. (e) Izjava je resnična, saj je edini element leve množice x, ta pa je vsebovan tudi v desni množici. (f) Izjava je resnična, saj je edini element desne množice {x}, ta pa je vsebovan tudi v levi množici. 84 6. Rešene naloge 3. Dane so množice A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, B = {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15}, C = {1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22}. Poišči A ∪ B, C ∩ B, A − B, B − (A ∩C). Rešitev. A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 11, 13, 15}, C ∩ B = {1, 7, 13}, A − B = {2, 4, 6, 8}, B − (A ∩ C) = {3, 5, 9, 11, 13, 15}. 4. Dani sta množici A = {x ∈ N | − 5 < x ≤ 5} in B = {x ∈ R | − 1 ≤ x ∧ x < 3}. Z naštevanjem elementov ali z intervali zapiši množice A, B, A ∪ B, A ∩ B in A × B. Rešitev. A = {1, 2, 3, 4, 5}, B = [−1, 3), A ∪ B = [−1, 3] ∪ {4, 5}, A ∩ B = {1, 2}, A × B = {(a, b) | a ∈ {1, 2, 3, 4, 5}, b ∈ [−1, 3)}. 5. Dani sta množici A = {3n | n ∈ N ∧ n ≤ 6} in B = {2n + 3 | n ∈ N ∧ n < 8}. Z naštevanjem elementov ali z intervali zapiši množice A ∪ B, A ∩ B, A − B. Rešitev. A = {3, 6, 9, 12, 15, 18}, B = {5, 7, 9, 11, 13, 15, 17}, A ∪ B = {3, 5, 6, 7, 9, 11, 12, 13, 15, 17, 18}, A ∩ B = {9, 15}, A − B = {3, 6, 12, 18}. 6. Dane so množice A = {x ∈ N | − 3 ≤ x ≤ 4}, B = {x ∈ R | x − 1 < 4}, C = {x ∈ R | x2 + 4x + 4 < 0}, D = {x ∈ R | x2 + 4x + 4 = 0}. Z naštevanjem elementov ali z intervali zapiši množice A ∪ B, A ∩ B, A ∪ (B ∩ C), B − A, C − B, A × D ter preveri D ⊆ B. Rešitev. A = {1, 2, 3, 4}, B = (−∞, 5), C = /0, D = {−2}, A ∪ B = B, A ∩ B = A, A ∪ (B ∩C) = A, B − A = (−∞, 1) ∪ (1, 2) ∪ (2, 3) ∪ (3, 4) ∪ (4, 5), C − B = /0, A × D = {(1, −2), (2, −2), (3, −2), (4, −2)}. Število −2 je element intervala (−∞, 5). 7. Določi kartezični produkt množic A in B, kjer sta (a) A = {a, b} in B = {1, 2, 3}, (b) A = [1, 2) in B = [−1, 3), (c) A = N in B = {x ∈ R | − 2 ≤ x < 3}. Pomagaj si s sliko. Rešitev. Upoštevamo definicijo kartezičnega produkta in dobimo (a) A × B = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)}, (b) A × B = {(a, b) | a, b ∈ R, 1 ≤ a < 2, −1 ≤ b < 3} (pomagaj si s sliko), (c) A × B = {(a, b) | a ∈ N, b ∈ R, −2 ≤ b < 3} (pomagaj si s sliko). 8. Dani sta množici A = (−3, 2] in B = {x ∈ R | 2x − 3 < 5}. Z naštevanjem elementov ali z intervali zapiši množice A ∪ B, A ∩ B, A − B, B − A, A × B. Rešitev. B = (−∞, 4), A ∪ B = B, A ∩ B = A, A − B = /0, B − A = (−∞, −3] ∪ (2, 4), A × B = {(a, b) | a, b ∈ R, −3 < a ≤ 2, b < 4}. 85 9. Dani sta množici A = {x ∈ R | − 2x2 + 3x + 5 ≥ 0} in B = {x ∈ R | x2 − 1 = 0}. Ali je B ⊆ A? Rešitev. Pri obeh množicah je potrebno rešiti kvadratno enačbo. Ničle kvadratne enačbe ax2 + bx + c = √ − 0, kjer sta b± b2− a, b ∈ 4ac R, dobimo dobimo po formuli x1,2 = . V našem primeru dobimo x in 2a 1 = 5 2 x 2 = −1. Tako se za množico A omejimo, da iščemo tiste x ∈ R, za katera velja −2 (x + 1) x − 5 ≥ 0. 2 Slednje velja za x ∈ −1, 5 . Za množico B, rešujemo enačbo x2 = 1. Rešitvi te enačbe sta x 2 1 = 1 in x2 = −1. Na podlagi teh dveh rezultatov vidimo B ⊆ A. 10. Poišči potenčno množico naslednjih množic (a) A = {0, 1}, (b) B = {1, 2, a}, (c) C = {1, 2, {a, b}}. Rešitev. Potenčna množica poljubne množice X je množica vseh podmnožic množice X . Običajno jo označujemo s P(X). (a) P(A) = { /0, {0}, {1}, A}, (b) P(B) = { /0, {1}, {2}, {a}, {1, 2}, {1, a}, {2, a}, B}, (c) P(C) = { /0, {1}, {2}, {{a, b}}, {1, 2}, {1, {a, b}}, {2, {a, b}},C}. 11. Dani sta množici A = {1, 2, 3} in B = {2, 3, 4}. Poišči AC, (A ∪ B)C in (A ∩ B)C, če je univerzalna množica (a) U = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, (b) V = N, (c) W = R. Rešitev. Upoštevamo definicijo komplementa glede na različne univerzalne množice. (a) AC = {4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}, (A ∪ B)C = {5, 6, 7, 8, 9, 10}, (A ∩ B)C = {1, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10}. (b) AC = {n ∈ N | n ≥ 4}, (A ∪ B)C = {n ∈ N | n ≥ 5}, (A ∩ B)C = {1}∪ {n ∈ N | n ≥ 4}. (c) AC = (−∞, 1) ∪ (1, 2) ∪ (2, 3) ∪ (3, ∞) , (A ∪ B)C = (−∞, 1) ∪ (1, 2) ∪ (2, 3) ∪ (3, 4) ∪ (4, ∞), (A ∩ B)C = (−∞, 2) ∪ (2, 3) ∪ (3, ∞). Matematična indukcija 1. S pomočjo matematične indukcije dokaži, da za vsak n ∈ N velja 3 | (5n + 2n+1). Rešitev. Baza indukcije je trivialno izpolnjena, saj je 3|(5 + 4). S pomočjo indukcijske predpostavke 3 | (5n + 2n+1), kjer n ∈ N, dokažimo, da 3 | (5n+1 + 2(n+1)+1). Zapišimo 5n+1 + 2(n+1)+1 nekoliko drugače: 5n+1 + 2(n+1)+1 = 5 · 5n + 2 · 2n+1 = 5 · 5n + (5 − 3) · 2n+1 = 5 · 5n + 5 · 2n+1 − 3 · 2n+1 = 5 · (5n + 2n+1) − 3 · 2n+1. Opomnimo, da je produkt dveh števil deljiv s 3, če je vsaj eno od števil deljivo s 3. Po indukcijski predpostavki je število 5 · (5n + 2n+1) je deljivo s 3 (3 | (5n + 2n+1)). Za lažje razumevanje simbolično zapišimo 3 · K = 5n + 2n+1, kjer je K ustezno celo število. Tako dobimo 5 · (5n + 2n+1) − 3 · 2n+1 = 3 · 5 · K − 3 · 2n+1 = 3 · (5 · K − 2n+1) 86 6. Rešene naloge in to število deljivo s 3 (imamo produkt dveh števil in eno od teh je deljivo s 3). 2. Preveri, ali za vsak n ∈ N velja 9 | 7n(3n + 1) − 1? Rešitev. Baza indukcije je trivialno izpolnjena. Naj bo n ∈ N in predpostavimo 9 | 7n(3n + 1) − 1. Dokažimo 9 | 7n+1(3n + 4) − 1. Rešili bomo podobno kot v nalogi 1. 7n+1(3n + 4) − 1 = (6 + 1)7n(3(n + 1) + 1) − 1 = 7n(3(n + 1) + 1) + 6 · 7n(3(n + 1) + 1) − 1 = 7n(3n + 1) − 1 + 7n(18n + 27) To je očitno deljivo z 9, saj je 7n(3n + 1) − 1 deljivo z 9 po indukcijski predpostavki, 7n(18n + 27) pa tudi, saj je 7n(18n + 27) = 9 · 7n(2n + 3). 3. S pomočjo matematične indukcije dokaži, da za vsak n ∈ N velja 1 1 1 n + + · · · + = . 1 · 3 3 · 5 (2n − 1) · (2n + 1) 2n + 1 Rešitev. Baza indukcije je trivialno izpolnjena, saj 1 = 1 . Sedaj s pomočjo indukcijske pred- 1·3 2·1+1 postavke 1 + 1 + · · · + 1 = n , kjer n ∈ 1·3 3·5 (2n−1)·(2n+1) 2n+1 N, dokažimo, da velja 1 1 1 1 n + 1 + + · · · + + = . 1 · 3 3 · 5 (2n − 1) · (2n + 1) (2n + 1) · (2n + 3) 2n + 3 Dokažimo na naslednji način: 1 1 1 1 + + · · · + + = 1 · 3 3 · 5 (2n − 1) · (2n + 1) (2n + 1) · (2n + 3) n 1 n · (2n + 3) + 1 = + = = 2n + 1 (2n + 1) · (2n + 3) (2n + 1) · (2n + 3) (2n + 1) · (n + 1) n + 1 n + 1 = = = (2n + 1) · (2n + 3) 2n + 3 2(n + 1) + 1 in s tem smo dokazali trditev. 4. S pomočjo matematične indukcije dokaži, da za vsak n ∈ N velja 1 1 1 √ √ + √ + · · · + √ ≥ n. 1 2 n √ Rešitev. Baza indukcije je izpolnjena, saj 1 √ ≥ 1. Sedaj s pomočjo indukcijske predpostavke 1 √ √ 1 √ + 1 √ + · · · + 1 √ ≥ n, kjer je n ∈ N, dokažimo, da je 1 √ + 1 √ + · · · + 1 √ + 1 √ ≥ n + 1. To 1 2 n 1 2 n n+1 dokažimo na naslednji način: √ √ √ 1 1 1 1 √ 1 n · n + 1 + 1 n2 + n + 1 √ + √ + · · · + √ + √ ≥ n + √ = √ = √ ≥ 1 2 n n + 1 n + 1 n + 1 n + 1 √ n2 + 1 √ ≥ √ = n + 1. n + 1 5. S pomočjo matematične indukcije dokaži, da je vsota kubov treh zaporednih naravnih števil deljiva z 9. Rešitev. Najprej preverimo bazo indukcije. Vidimo, da je 13 + 23 + 33 deljiva z 9. Predpostavimo, da je število n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3, kjer je n ∈ N, deljivo z 9 in označimo n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 = 9 · K, 87 kjer je K ∈ N. Dokažimo, da je tudi vsota (n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 deljiva z 9. (n + 1)3 + (n + 2)3 + (n + 3)3 = (n + 1)3 + (n + 2)3 + n3 + 9n2 + 27n + 27 = n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3 + 9 · (3 + 3n + n2) = 9 · K + 9 · (3 + 3n + n2) = 9 · (K + 3 + 3n + n2) in ta produkt je deljiv z 9. 6. S pomočjo matematične indukcije dokaži, da je vsota prvih n lihih naravnih števil enaka n2. Rešitev. Baza indukcije je izpolnjena, saj je vsota prvega lihega števila 1. Predpostavimo, da je 1 + 3 + . . . + (2n − 1) = n2, kjer je n ∈ N, in dokažimo, da je vsota prvih n + 1 lihih števil enaka (n + 1)2. Dobimo 1 + 3 + . . . + (2n − 1) + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 in trditev je s tem dokazana. 7. Naj bo x ∈ R ∧ x ≥ −1. Z matematično indukcijo dokaži, da velja Bernoullijeva neenakost 1 + nx ≤ (1 + x)n, kjer je n ∈ N. Rešitev. Baza indukcije trivialno velja. Predpostavimo, da je 1 + nx ≤ (1 + x)n, kjer je n ∈ N, in dokažimo, da velja 1 + (n + 1)x ≤ (1 + x)n+1. Če upoštevamo indukcijsko predpostavko, dobimo (1 + x)n+1 = (1 + x)(1 + x)n ≥ (1 + x)(1 + nx). Predpostavili smo tudi, da je x ≥ −1 in zato je x + 1 ≥ 0. Tako dobimo (1 + x)(1 + nx) = 1 + nx + x + nx2 = 1 + (n + 1)x + nx2 ≥ 1 + (n + 1)x. S tem je trditev dokazana. 8. Preveri, če za poljubno naravno število n velja: 1 2 3 n 1 + + + . . . + ≤ 1 − . 2! 3! 4! (n + 1)! (n + 1)! Rešitev. Baza indukcije je trivialno izpolnjena, saj za n = 1 dobimo neenakost 1 ≤ 1 − 1 . Izvedimo 2! 2! še indukcijski korak. Naj bo n ∈ N in naj velja 1 2 3 n 1 + + + . . . + ≤ 1 − . 2! 3! 4! (n + 1)! (n + 1)! Dokažimo 1 2 3 n n + 1 1 + + + . . . + + ≤ 1 − . 2! 3! 4! (n + 1)! (n + 2)! (n + 2)! 1 2 3 n n + 1 1 n + 1 + + + . . . + + ≤ 1 − + 2! 3! 4! (n + 1)! (n + 2)! (n + 1)! (n + 2)! n + 2 − n − 1 ≤ 1 − (n + 2)! 1 ≤ 1 − (n+2)! S tem je trditev dokazana. 88 6. Rešene naloge 9. Preveri, če za poljubno naravno število n velja: 1 2 3 n 1 + + + . . . + ≤ 2 − . 1! 3! 5! (2n − 1)! (2n)! Rešitev. Baza indukcije je trivialno izpolnjena. Izvedimo še indukcijski korak. Naj bo n ∈ N in naj velja 1 2 3 n 1 + + + . . . + ≤ 2 − . 1! 3! 5! (2n − 1)! (2n)! Dokažimo 1 2 3 n n + 1 1 + + + . . . + + ≤ 2 − . 1! 3! 5! (2n − 1)! (2n + 1)! (2n + 2)! 1 2 3 n n + 1 1 n + 1 + + + . . . + + ≤ 2 − + 1! 3! 5! (2n − 1)! (2n + 1)! (2n)! (2n + 1)! 2n(n + 1) = 2 − (2n+2)! n + 1 ≤ 2 − (2n+2)! S tem je trditev dokazana. 10. Preveri, če za poljubno naravno število n velja: √ (a) 1 √ + 1 √ + 1 √ + . . . + 1 √ < 2 n − 1, 1 2 3 n √ (b) 1 √ + 1 √ + 1 √ + . . . + 1 √ ≤ 2 n − 1. 1 2 3 n Rešitev. (a) Trditev ne velja, saj ni izpolnjena baza indukcije. (b) V tem primeru je baza indukcije izpolnjena. Izvedimo še indukcijski korak. Naj bo n ∈ N in naj velja 1 1 1 1 √ √ + √ + √ + . . . + √ ≤ 2 n − 1. 1 2 3 n Dokažimo 1 1 1 1 1 √ √ + √ + √ + . . . + √ + √ ≤ 2 n + 1 − 1. 1 2 3 n n + 1 1 1 1 1 1 √ 1 √ + √ + √ + . . . + √ + √ ≤ 2 n − 1 + √ 1 2 3 n n + 1 n + 1 Sedaj je dovolj dokazati √ 1 √ 2 n − 1 + √ ≤ 2 n + 1 − 1 n + 1 oziroma √ √ 1 2 n ≤ 2 n + 1 − √ . n + 1 Po kvadriranju in odštevanju dobimo 1 0 ≤ n+1 in s tem je trditev dokazana, saj je n ∈ N. 11. Dokaži, da za poljubno naravno število n velja 1 1 · 3 · . . . · (2n − 1) 1 ≤ ≤ √ . 2n 2 · 4 · . . . · 2n n + 1 Vse natančno utemelji! Rešitev. Trditev bomo dokazali v dveh korakih. Natančneje, dokazali bomo dve neenakosti. 89 (a) Dokažimo, da za poljubno naravno število n velja 1 1 · 3 · . . . · (2n − 1) ≤ . 2n 2 · 4 · . . . · 2n Baza indukcije je trivialno izpolnjena, zato naredimo le še indukcijski korak. Naj bo n ∈ N in naj velja 1 1 · 3 · . . . · (2n − 1) ≤ . 2n 2 · 4 · . . . · 2n Dokažimo 1 1 · 3 · . . . · (2n − 1) · (2n + 1) ≤ . 2(n + 1) 2 · 4 · . . . · 2n · 2(n + 1) Torej 1 2n 1 · 3 · . . . · (2n − 1) · 2n 1 · 3 · . . . · (2n − 1) · (2n + 1) = ≤ ≤ 2(n + 1) 2n · 2(n + 1) 2 · 4 · . . . · 2n · 2(n + 1) 2 · 4 · . . . · 2(n + 1) S tem je prva neenakost dokazana. (b) Dokažimo, da za poljubno naravno število n velja 1 · 3 · . . . · (2n − 1) 1 ≤ √ . 2 · 4 · . . . · 2n n + 1 Baza indukcije je trivialno izpolnjena. Naj bo n ∈ N in naj velja 1 · 3 · . . . · (2n − 1) 1 ≤ √ . 2 · 4 · . . . · 2n n + 1 Dokažimo 1 · 3 · . . . · (2n − 1) · (2n + 1) 1 ≤ √ . 2 · 4 · . . . · 2n · 2(n + 1) n + 2 Torej 1 · 3 · . . . · (2n − 1) · (2n + 1) 2n + 1 ≤ √ 2 · 4 · . . . · 2n · 2(n + 1) n + 1 · 2(n + 1) Sedaj dokažimo 2n + 1 1 √ ≤ √ . n + 1 · 2(n + 1) n + 2 Najprej preoblikujemo v √ √ (2n + 1) n + 2 ≤ 2(n + 1) n + 1 in nato kvadriramo neenačbo. Saj ni več težko videti, da je trditev resnična. Z zgornjima točkama je trditev dokazana. Realna števila in absolutna vrednost 1. Poišči minimum, infimum, maksimum in supremum v R, če obstajajo, za naslednje množice: (a) A = N, (b) B = N ∩ (−5, 5], (c) C = {1 + 1 : n ∈ n N}, (d) D = {1 + (−1)n : n ∈ n N}. Rešitev. (a) min A = 1, inf A = 1, max A ne obstaja, sup A ne obstaja. (b) min B = 1, inf B = 1, max B = 5, sup B = 5. (c) minC ne obstaja, infC = 1, maxC = 2, supC = 2. (d) min D = 0, inf D = 0, max D = 3 , sup D = 3 . 2 2 90 6. Rešene naloge 2. Poišči minimum, infimum, maksimum in supremum v R, če obstajajo, za množico 4x M = | x ∈ + R ∪ {0} . x + 2 Rešitev. Opazimo, da je množica enaka intervalu [0, 4). Torej, min M = 0, inf M = 0, max M ne obstaja, sup M = 4. 3. Poišči minimum, infimum, maksimum in supremum v R, če obstajajo, za množico M = x ∈ R | x4 − 2x3 − 3x2 < 0 . Rešitev. Opazimo, da je množica enaka intervalu (−1, 0)∪(0, 3). Torej, min M ne obstaja, inf M = −1, max M ne obstaja, sup M = 3. 4. Reši naslednjo neenačbo x 2x − 1 < + 5. 2 Rešitev. Neenačbo preoblikujemo v obliko x 2x − < 5 + 1 2 x < 4 in zato je rešitev x ∈ (−∞, 4). 5. Reši naslednjo neenačbo x2 + 5x + 3 > −1. Rešitev. Neenačbo preoblikujemo v obliko x2 + 5x + 4 > 0. √ − S pomočjo formule b± b2− x 4ac 1,2 = dobimo x2 + 5x + 4 = (x + 1)(x + 4) in zato je rešitev x ∈ 2a (−∞, −4) ∪ (−1, ∞). 6. Reši naslednji neenačbi x − 1 (a) ≤ 1, x + 2 x2 − 1 (b) > 0. x − 3 Rešitev. (a) Na neenačbo bomo gledali posebej za x ∈ (−∞, −2) oziroma x ∈ (−2, ∞), ker se v odvisnosti od teh intervalov spreminja neenačaj (upoštevati je potrebno pravila za obravnavo neenačb). • Za x ∈ (−∞, −2) poenostavimo enačbo in dobimo x − 1 ≥ x + 2 0 ≥ 3. Torej ne obstaja tak x ∈ (−∞, −2), za katerega velja neenakost. • Za x ∈ (−2, ∞) poenostavimo enačbo in dobimo x − 1 ≤ x + 2 0 ≤ 3. Torej, za vsak x ∈ (−2, ∞) velja neenakost. Rešitev neenačbe je x ∈ (−2, ∞). (b) Podobno kot v (a) gledamo za x ∈ (−∞, 3) oziroma x ∈ (3, ∞). 91 • Za x ∈ (−∞, 3) poenostavimo enačbo in dobimo x2 − 1 < 0. Iz te neenačbe dobimo x ∈ (−1, 1). Ko gledamo presek (−∞, 3) ∩ (−1, 1), dobimo x ∈ (−1, 1). • Za x ∈ (3, ∞) poenostavimo enačbo in dobimo x2 − 1 > 0. Iz te neenačbe dobimo x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞). Ko gledamo presek ((−∞, −1) ∪ (1, ∞)) ∩ (3, ∞), dobimo x ∈ (3, ∞). Rešitev neenačbe je x ∈ (−1, 1) ∪ (3, ∞). Nalogo lahko rešimo tudi grafično, saj lahko iz natančnega grafa funkcije preberemo rešitev. 7. Skiciraj grafe funkcij. (a) f1 : R → R, f1(x) = | x + 1|, 2 (b) f2 : R → R, f2(x) = | − x + 1|, 2 (c) h : R → R, h(x) = f1(x) + f2(x), (d) g : R → R, g(x) = f1(x) − f2(x). Rešitev. (a) Vidimo, da je x + 1 ≥ 0, ko je x ≥ −2. Tako dobimo 2 ( x + 1 ; x ≥ −2 f 2 1(x) = − x − 1 ; x < −2. 2 y 5 4 3 2 1 x 4 3 2 1 1 2 3 4 - - - - Slika 6.1: Graf funkcije f1. (b) Vidimo, da je − x + 1 ≥ 0, ko je x ≤ 2. Tako dobimo 2 (− x + 1 ; x ≤ 2 f 2 2(x) = x − 1 ; x > 2. 2 (c) Obravnavo razdelimo na naslednje tri možnosti • za x < −2 je g(x) = − x − 1 − x + 1 = −x, 2 2 • za −2 ≤ x < 2 je g(x) = x + 1 − x + 1 = 2, 2 2 • za 2 ≤ x je g(x) = x + 1 + x − 1 = x. 2 2 Tako dobimo −x ; x < −2   g(x) = 2 ; − 2 ≤ x < 2  x ; 2 ≤ x. 92 6. Rešene naloge y 5 4 3 2 1 x 4 3 2 1 1 2 3 4 - - - - Slika 6.2: Graf funkcije f2. y 5 4 3 2 1 x 4 3 2 1 1 2 3 4 - - - - Slika 6.3: Graf funkcije h. (d) Rešujemo podobno kot v primeru (c) in dobimo −2 ; x < −2   h(x) = x ; − 2 ≤ x < 2  2 ; 2 ≤ x. y 2 1 x 4 3 2 1 1 2 3 4 - - - - 1 - Slika 6.4: Graf funkcije g. 93 8. Reši naslednji enačbi grafično in računsko (a) 2x + |x − 1| = 5, (b) |x| = |x − 1| + 1. Rešitev. Če želimo poiskati rešitve enakosti, bo potrebno najprej zapisati enačbo brez absolutnih vrednosti in jo šele nato rešiti. (a) Če upoštevamo absolutno vrednost |x − 1|, razdelimo celotno realno os na intervala x ∈ (−∞, 1) in x ∈ [1, ∞). • Za x ∈ (−∞, 1) dobimo 2x − x + 1 = 5 in iz tega sledi, da je x = 4, ampak ker 4 / ∈ (−∞, 1), nimamo rešitev na intevalu (−∞, 1). • Za x ∈ [1, ∞) dobimo 2x + x − 1 = 5 iz česar sledi, da je x = 2, kar je rešitev začetne enačbe, saj je na intervalu [1, ∞). Rešitev enačbe je x = 2. y 6 5 4 3 2 1 x 4 3 2 1 1 2 3 4 - - - - 1 - Slika 6.5: Grafična rešitev 2x + |x − 1| = 5. (b) Razdelimo celotno realno os na ustrezne podintervale. Za lažje razumevanje zapišimo naslednjo tabelo x < 0 0 ≤ x < 1 1 ≤ x |x| −x x x |x − 1| −x + 1 −x + 1 x − 1 • Za x < 0 dobimo −x = −x + 1 + 1, kar je protislovje in zato na intervalu (−∞, 0) nimamo rešitev. • Za 0 ≤ x < 1 dobimo x = −x + 1 + 1 kar je tudi protislovje (1 / ∈ [0, 1)) in zato tudi na intervalu [0, 1) nimamo rešitev. • Za 1 ≤ x dobimo x = x − 1 + 1 in ta enakost velja ne glede na izbrani x. Rešitev je tako celoten interval [1, ∞). Iz tega sledi, da je rešitev interval [1, ∞). 9. Reši neenačbe (a) |2x + 4| < 6, (b) |x + 1| + |x − 1| ≤ |x|, (c) |x2 + 3x + 2| < x + 5, (d) |x2 − 1| + 1 ≤ |x + 2|. 94 6. Rešene naloge y 6 5 4 3 2 1 x 4 3 2 1 1 2 3 4 - - - - 1 - Slika 6.6: Grafična rešitev |x| = |x − 1| + 1. Rešitev. (a) Če upoštevamo absolutno vrednost za |2x + 4|, razdelimo celotno realno os na dva dela: x ∈ (−∞, −2) in x ∈ [−2, ∞). • Za x ∈ (−∞, −2) dobimo −2x − 4 < 6 x > −5. Iz tega sledi, da je na intervalu (−∞, −2) rešitev podinterval (−5, −2). • Za x ∈ [−2, ∞) dobimo 2x + 4 < 6 x < 1. Iz tega sledi, da je na intervalu [−2, ∞) rešitev podinterval [−2, 1). Neenakost velja za vsak x ∈ (−5, 1). (b) Upoštevajmo absolutne vrednosti in zapišimo naslednjo tabelo x < −1 −1 ≤ x < 0 0 ≤ x < 1 1 ≤ x |x + 1| −x − 1 x + 1 x + 1 x + 1 |x| −x −x x x |x − 1| −x + 1 −x + 1 −x + 1 x − 1 Obravnavali bomo štiri možnosti. • Za x < −1 dobimo −x − 1 − x + 1 ≤ −x 0 ≤ x in iz tega sledi, da za x < −1 nimamo rešitve. • Za −1 ≤ x < 0 dobimo x + 1 − x + 1 ≤ −x −2 ≥ x in iz tega sledi, da za −1 ≤ x < 0 nimamo rešitve. • Za 0 ≤ x < 1 dobimo x + 1 − x + 1 ≤ x 2 ≤ x in iz tega sledi, da za 0 ≤ x < 1 nimamo rešitve. 95 • Za 1 ≤ x dobimo x + 1 + x − 1 ≤ x x ≤ 0 in iz tega sledi, da za 1 ≤ x nimamo rešitve. Neenakost nima rešitve. (c) Opazimo (x2 + 3x + 2 ; x ≤ −2 ∨ −1 ≤ x |x2 + 3x + 2| = −(x2 + 3x + 2) ; − 2 < x < −1. • Za x ≤ −2 ∨ −1 ≤ x dobimo x2 + 3x + 2 < x + 5 (x + 3)(x − 1) < 0 in to velja za x ∈ (−3, 1). Torej neenakost velja za vsak x ∈ (−3, −2] ∪ [−1, 1). • Za −2 < x < −1 dobimo −x2 − 3x − 2 < x + 5 0 < x2 + 4x + 7. Desna stran neenačbe je ves čas pozitivna in zato neenakost velja za vsak x ∈ (−2, −1). Neenakost velja za vsak x ∈ (−3, 1). (d) Zapišimo naslednjo tabelo x < −2 −2 ≤ x < −1 −1 ≤ x < 1 1 ≤ x |x + 2| −x − 2 x + 2 x + 2 x + 2 |x2 − 1| x2 − 1 x2 − 1 −x2 + 1 x2 − 1 Obravnavali bomo tri možnosti. • Za x < −2 dobimo x2 − 1 + 1 ≤ −x − 2 x2 + x + 2 ≤ 0. Leva stran neenačbe je ves čas pozitivna in zato neenačba nima rešitev. • Za −2 ≤ x < −1 ∨ 1 ≤ x dobimo x2 − 1 + 1 ≤ x + 2 (x + 1)(x − 2) ≤ 0 in to velja za x ∈ [−1, 2]. Ker gledamo −2 ≤ x < −1 ∨ 1 ≤ x, dobimo x ∈ [1, 2]. • Za −1 ≤ x < 1 dobimo −x2 + 1 + 1 ≤ x + 2 0 ≤ x(x + 1) in to velja za x ∈ (−∞, −1] ∪ [0, ∞). Ker gledamo −1 ≤ x < 1, dobimo x ∈ [0, 1) ∪ {−1}. Neenakost velja za vsak x ∈ {−1} ∪ [0, 2]. 10. Dana je funkcija f : R → R, x f (x) = − + 4 . 2 (a) Načrtaj graf funkcije f . (b) Poišči rešitve enačbe f (x) = 3. (c) Poišči rešitve enačbe f (x) = 2x + 5. 96 6. Rešene naloge (d) Poišči rešitve neenačbe f (x) < 3. Rešitev. (a) Vidimo, da je − x + 4 ≥ 0, ko je x ≤ 8. Tako dobimo 2 (− x + 4 ; x ≤ 8 f (x) = 2 x − 4 ; x > 8. 2 y 6 5 4 3 2 1 x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 - Slika 6.7: Graf f (x) = − x + 4 2 . (b) Iz (a) sledi, da obravnavamo naslednji dve možnosti: • − x + 4 = 3, ko je x = 2. 2 • x − 4 = 3, ko je x = 14. 2 Torej f (x) = 3 velja za x = 2 in x = 14. (c) Podobno kot v (b): • − x + 4 = 2x + 5, ko je x = − 2 , saj ustreza pogoju x ≥ 8. 2 5 • x − 4 = 2x + 5, ko je x = −6, ampak v tem primeru ne ustreza pogoju x > 8. V tem 2 primeru ni rešitve. Torej f (x) = 2x + 5, če je x = − 2 . 5 (d) Pomagajmo si z (a) in dobimo 2 < x < 14. 11. Dana je funkcija f : R → R, f (x) = |x2 − 4x| . (a) Načrtaj graf funkcije f . (b) Reši enačbo f (x) = 5. (c) Reši neenačbo f (x) > 5. Rešitev. (a) Vidimo, da je x2 − 4x ≥ 0, ko je x ≤ 0 ali 4 ≤ x. Tako dobimo (x2 − 4x ; x ≤ 0 ∨ 4 ≤ x f (x) = −x2 + 4x ; 0 < x < 4. (b) Iz (a) sledi, da obravnavamo naslednji dve možnosti: • Za x ≤ 0 ∨ 4 ≤ x dobimo x2 − 4x = 5 in iz tega sledi x = −1 in x = 5. • Za 0 < x < 4 dobimo −x2 + 4x = 5 in v tem primeru nimamo realnih rešitev. Torej f (x) = 5 velja za x = −1 in x = 5. (c) Rešujemo podobno kot v (b) in dobimo x < −1 ali 5 < x. 12. Dana je funkcija f : R → R, f (x) = |x2 − 5x + 4|. 97 y 6 5 4 3 2 1 x 1 1 2 3 4 5 - 1 - Slika 6.8: Graf f (x) = |x2 − 4x|. (a) Načrtaj graf funkcije f . (b) Reši enačbo f (x) = 1. (c) Reši neenačbo f (x) > 1. Rešitev. (a) (x2 − 5x + 4 ; x ≤ 1 ∨ 4 ≤ x f (x) = −(x2 − 5x + 4) ; 1 < x < 4. y 10 8 6 4 2 x 1 1 2 3 4 5 6 - Slika 6.9: Graf funkcije f (x) = |x2 − 5x + 4|. (b) Glede na zgornji predpis dobimo √ • iz enačbe x2 − 5x + 4 = 1, dobimo x 13 1,2 = 5± , 2 √ • iz enačbe −x2 + 5x − 4 = 1, dobimo x 5 3,4 = 5± . 2 √ √ √ √ (c) Glede na točki (a) in (b) dobimo rešitev x ∈ − 13 5− 5 5 5+ 13 ∞, 5− ∪ , 5+ ∪ , . 2 2 2 2 ∞ 13. Dana je funkcija f : R → R, 3x + 2 f (x) = . x − 1 (a) Reši enačbo | f (x)| = 4. (b) Reši neenačbo | f (x)| > 4. 98 6. Rešene naloge Rešitev. (a) Najprej | f (x)| zapišimo takole ( 3x+2 ; x ≤ − 2 ∨ 1 < x | f (x)| = x−1 3 − 3x+2 ; − 2 < x < 1. x−1 3 Obravnavali bomo dve možnosti. • Za x ≤ − 2 ∨ 1 ≤ x 3 3x + 2 = 4 x − 1 3x + 2 = 4x − 4 x = 6. • Za − 2 < x < 1 3 3x + 2 − = 4 x − 1 −3x − 2 = 4x − 4 2 x = . 7 | f (x)| = 4 velja za x = 2 in x = 6. 7 (b) Postopek je podoben kot v točki (a) in dobimo 2 < x < 1 ∨ 1 < x < 6. Lahko si tudi grafično 7 pomagamo tako, da narišemo graf funkcije | f (x)| in z njega s pomočjo točke (a) preberemo rešitev. 14. Reši neenačbe (a) x+2 x−1 > 2, (b) x2−1 < 2, x−7 (c) 1 − x > 2, |x| (d) x+4 . 3x+2 < 1 x Rešitev. (a) Vsak lahko razmisli naslednje ( x + 2 x+2 ; x < −2 ∨ 1 < x x−1 = x − 1 − x+2 ; − 2 ≤ x < 1. x−1 Obravnavali bomo tri možnosti. • Za x < −2 dobimo x + 2 > 2 x − 1 x + 2 < 2(x − 1) 4 < x Iz x < −2 in 4 < x sledi, da ni rešitve na tem intervalu. • Za −2 ≤ x < 1 dobimo x + 2 − > 2 x − 1 x + 2 > −2(x − 1) 3x > 0. Iz −2 ≤ x < 1 in 3x > 0 sledi, da je v tem primeru rešitev vsak x ∈ (0, 1). 99 • Za 1 < x dobimo x + 2 > 2 x − 1 x + 2 > 2(x − 1) 4 > x. Iz 1 < x in x < 4 sledi, da je x ∈ (1, 4). Neenakost velja za vsak x ∈ (0, 1) ∪ (1, 4). (b) x2−1 < 2 Podobno kot v primeru (a) lahko vsak preveri x−7 ( x2 − 1 x2−1 ; − 1 ≤ x ≤ 1 ∨ 7 < x x−7 = x − 7 − x2−1 ; x < −1 ∨ 1 < x < 7. x−7 Obravnavali bomo tri možnosti. • Za x < −1 ∨ 1 < x < 7 dobimo x2 − 1 − < 2 x − 7 x2 − 1 < −2(x − 7) (x + 5)(x − 3) < 0 in to velja za −5 < x < 3. Torej, to so vsi x, ki zadoščajo −5 < x < −1 in 1 < x < 3. • Za −1 ≤ x ≤ 1 dobimo x2 − 1 < 2 x − 7 x2 − 1 > 2(x − 7) x2 − 2x + 13 > 0 in ta neenakost vedno velja. Iz tega sledi, da je rešitev vsak x, ki zadošca −1 ≤ x ≤ 1 . • Za 7 < x dobimo x2 − 1 < 2 x − 7 x2 − 1 < 2(x − 7) x2 − 2x + 13 < 0 in ta neenakost nikoli ne velja, zato za 7 < x nimamo rešitev. Neenakost velja za vsak x ∈ (−5, 3). (c) Obravnavali bomo dve možnosti. • Za x < 0 dobimo 1 − − x > 2 x −1 − x2 < 2x 0 < x2 + 2x + 1. Ko upoštevamo 0 < x2 + 2x + 1 in x < 0, dobimo, da velja za x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, 0). • Za x > 0 dobimo 1 −x > 2 x 1 − x2 > 2x 0 > x2 + 2x − 1. √ Ko upoštevamo x2 + 2x − 1 < 0 in x > 0, dobimo, da velja za 0 < x < −1 + 2. 100 6. Rešene naloge √ Neenakost velja za vsak x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, 0) ∪ (0, −1 + 2). (d) Vsak lahko sam razmisli, da je potrebno obravnavati spodnje štiri možnosti. • Za x ≤ −4 dobimo x + 4 1 < 3x + 2 x (x + 4)x > 3x + 2 x2 + x − 2 > 0. Ko upoštevamo x2 + x − 2 > 0 in x ≤ −4, dobimo, da velja za vsak x, ki zadošča x ≤ −4. • Za −4 < x < − 2 dobimo 3 x + 4 1 − < 3x + 2 x −(x + 4)x > 3x + 2 x2 + 7x + 2 < 0. Ko upoštevamo x2 + 7x + 2 < 0 in −4 < x < − 2 , dobimo, da velja za vsak x, ki zadošča 3 −4 < x < − 2 . 3 • Za − 2 < x < 0 dobimo 3 x + 4 1 < 3x + 2 x (x + 4)x < 3x + 2 x2 + x − 2 < 0. Ko upoštevamo x2 + x − 2 < 0 in − 2 < x < 0, dobimo, da velja za vsak x, ki zadošča 3 − 2 < x < 0. 3 • Za 0 < x dobimo x + 4 1 < 3x + 2 x (x + 4)x > 3x + 2 x2 + x − 2 > 0. Ko upoštevamo x2 + x − 2 > 0 in 0 < x dobimo, da velja za vsak x, ki zadošča 1 < x. Neenakost velja za vsak x ∈ (−∞, − 2 ) ∪ (− 2 , 0) ∪ (1, 3 3 ∞). 15. Reši neenačbi (a) |1 − |x − 1|| < 1, (b) 1 ≥ 1. 2−|x| Rešitev. Podobno kot v prejšnjih primerih bomo realna števila razdelili na podintervale. (a) • Za 1 − |x − 1| ≥ 0 dobimo 1 − |x − 1| < 1 |x − 1| > 0 in to velja za vse realne x 6= 1. Ker pa imamo še pogoj 1 − |x − 1| ≥ 0 (to velja za 0 ≤ x ≤ 2), dobimo, da velja za vsak x, ki zadošča 0 ≤ x < 1 ali 1 < x ≤ 2. • Za 1 − |x − 1| < 0 dobimo −1 + |x − 1| < 1 |x − 1| < 2 in to velja za −1 < x < 3. Ker pa imamo še pogoj 1 − |x − 1| < 0 (to velja za x < 0 ali 2 < x), dobimo, da velja za vsak x, ki zadošča −1 < x < 0 ali 2 < x < 3. Neenakost velja za vsak x ∈ (−1, 1) ∪ (1, 3). 101 (b) • Za 2 − |x| > 0 dobimo 1 ≥ 1 2 − |x| 1 ≥ 2 − |x| |x| ≥ 1 in to velja za vse realne x ≤ −1 ali 1 ≤ x. Ker pa imamo še pogoj 2 − |x| > 0 (to velja za −2 < x < 2), dobimo, da velja za vsak x, ki zadošča −2 < x ≤ −1 ali 1 ≤ x < 2. • Za 2 − |x| < 0 dobimo 1 − ≥ 1 2 − |x| −1 ≤ 2 − |x| |x| ≤ 3 in to velja za −3 < x < 3. Ker pa imamo še pogoj 2 − |x| < 0 (to velja za x < −2 ali 2 < x), dobimo, da velja za vsak x, ki zadošča −3 ≤ x < −2 ali 2 < x ≤ 3. Neenakost velja za vsak x ∈ [−3, −2) ∪ (−2, −1] ∪ [1, 2) ∪ (2, 3]. 16. Reši neenačbi x (a) < 1, |x2 − 1| − 1 x − |x2 + 3| (b) < 2 x − 2 Rešitev. (a) Rešujemo podobno kot predhodnem primeru. Računanje si lahko poenostavimo na naslednji način |x| < ||x2 − 1| − 1|. Izkaže se, da so rešitve neenačbe vsi x ∈ (−∞, −2) ∪ (2, ∞). (b) V tem primeru opazimo, da je x2 + 3 > 0 za vsak x ∈ R, zato si računanje za x ∈ R\{2} tokrat poenostavimo na naslednji način |x − x2 − 3| < 2|x − 2|. √ √ Izkaže se, da je rešitev neenačbe vsak x ∈ ( −1− 5 , −1+ 5 ). 2 2 17. V ravnini skiciraj naslednje množice točk (a) A = {(x, y) ∈ 2 R | |x + y| ≤ 1}, (b) B = {(x, y) ∈ 2 R | |x| + |y| ≤ 1}, (c) C = {(x, y) ∈ 2 R | |x + y| + |x − y| ≤ 2}, (d) D = {(x, y) ∈ 2 R | |2x − y| + |y − x + 1| ≤ 2}, (e) E = {(x, y) ∈ 2 R | |x2 − y2| ≤ 1}, (f) F = {(x, y) ∈ 2 R | |x2 − y| + |y − x| ≤ 1}. Rešitev. (a) Rešujemo podobno kot v predhodnih nalogah. Računamo v dveh korakih. Če je y ≥ −x, tedaj y ≤ 1 − x, če pa je y ≤ −x, tedaj −x − 1 ≤ y. To dvoje upoštevamo pri risanju slike 6.10. (b) V tem primeru preuči štiri možnosti. i. Če x ≥ 0 in y ≥ 0, tedaj x + y ≤ 1. ii. Če x ≥ 0 in y < 0, tedaj x − y ≤ 1. iii. Če x < 0 in y ≥ 0, tedaj −x + y ≤ 1. iv. Če x < 0 in y < 0, tedaj −x − y ≤ 1. 102 6. Rešene naloge 4 2 0 2 - 4 - 4 2 0 2 4 - - Slika 6.10: Slika množice A. 2 1 0 1 - 2 - 2 1 0 1 2 - - Slika 6.11: Slika množice B. (c) Rešujemo podobno kot v (b). (d) Rešujemo podobno kot v (b). (e) Rešujemo podobno kot v (b). (f) Rešujemo podobno kot v (b). Kompleksna števila 1. Za podana kompleksna števila poišči Re(z), I m(z), z, |z|. (a) z = 3 + 2i, (b) z = −3i, 103 2 1 0 1 - 2 - 2 1 0 1 2 - - Slika 6.12: Slika množice C. 3 2 1 0 1 - 2 - 3 - 3 2 1 0 1 2 3 - - - Slika 6.13: Slika množice D. 1 + i (c) z = + 3 + i, 1 − i 5 + 10i 10i (d) z = + . 1 − 2i 1 + 3i Rešitev. √ (a) Re(3 + 2i) = 3, I m(3 + 2i) = 2, 3 + 2i = 3 − 2i, |3 + 2i| = p(3 + 2i)(3 − 2i) = 9 + 4 = √13. √ (b) Re(−3i) = 0, I m(−3i) = −3, −3i = 3i, | − 3i| = p(−3i) · 3i = 9 = 3. (c) Najprej poenostavimo izraz 1 + i 1 + i 1 + i 2i z = + 3 + i = · + 3 + i = + 3 + i = 3 + 2i. 1 − i 1 − i 1 + i 2 104 6. Rešene naloge 4 2 0 2 - 4 - 4 2 0 2 4 - - Slika 6.14: Slika množice E. 3 2 1 0 1 - 2 - 3 - 3 2 1 0 1 2 3 - - - Slika 6.15: Slika množice F. √ Re(3 + 2i) = 3, I m(3 + 2i) = 2, 3 + 2i = 3 − 2i, |3 + 2i| = 13. (d) Najprej poenostavimo izraz 5 + 10i 10i 5 + 10i 1 + 2i 10i 1 − 3i z = + = · + · 1 − 2i 1 + 3i 1 − 2i 1 + 2i 1 + 3i 1 − 3i = −3 + 4i + i + 3 = 5i. √ Re(5i) = 0, I m(5i) = 5, 5i = −5i, |5i| = p5i · (−5i) = 25 = 5. 2. Poenostavi izraza 1 5i (a) z = − + i3(1 + i), i 2 − i 105 (2 + 3i)2 i15 (b) w = + . 1 + i i10 + 2 Rešitev. 1 5i 1 i 5i 2 + i (a) z = − + i3(1 + i) = · − · − i(1 + i) = −i + 1 − 2i − i + 1 = 2 − 4i. i 2 − i i i 2 − i 2 + i (2 + 3i)2 i15 −5 + 12i 1 − i −i −5 + 12i 1 − i (b) w = + = · + = · + 1 = 1 + i i10 + 2 1 + i 1 − i −1 + 2 1 + i 1 − i s √ √ 7 + 17i 7 2 17 2 338 + 2 13 2 + 2 = + 1 = + + 1 = = 2 2 2 2 2 3. Poišči vsa kompleksna števila, ki zadoščajo (a) Re(z) + I m(z) = 0, (b) Re(z) + I m(z) = 1, (c) iz + zz = 3 − i, 4 (d) |z − (3 + 4i)| = 2, Rešitev. (a) Naj bo z = a + bi. Potem dobimo Re(a + bi) + I m(a + bi) = a − b = 0. Iz tega sledi, da je b = a. Rešitev so vsi elementi množice A = {a + ai | a ∈ R}. (b) Naj bo z = a + bi. Potem dobimo Re(a + bi) + I m(a + bi) = a + b = 1. Iz tega sledi, da je b = 1 − a. Rešitev so tako vsi elementi množice B = {a + (1 − a)i | a ∈ R}. (c) Naj bo z = a + bi. Potem dobimo 3 i(a + bi) + (a + bi)(a + bi) = ai − b + a2 + b2 = − i, 4 od koder sledi sistem enačb 3 a2 + b2 − b = 4 a = −1. Potrebno je izračunati b. Če v prvi enačbi upoštevamo a2 = 1, dobimo 1 1 2 b2 − b + = b − = 0, 4 2 od koder sledi, da imamo eno rešitev z = −1 + 1 i. 2 (d) Naj bo z = a + bi. Potem dobimo q |(a + bi) − (3 + 4i)| = |(a − 3) + (b − 4)i| = (a − 3)2 + (b − 4)2 = 2, od koder sledi D = {a + bi | a, b ∈ R, (a − 3)2 + (b − 4)2 = 4} Geometrijsko ta množica predstavlja krožnico s središčem (3,4) in polmerom 2. 106 6. Rešene naloge 4. Poišči vsa kompleksna števila, ki zadoščajo (a) z2 + 4 = 0, √ (b) z3 = 1 − 3i, √ (c) z4 = 1 + 3 i, 2 2 √ (d) z7 = 2 3 + 2i. Rešitev. V večini primerov bomo uporabili polarni zapis kompleksnega števila. (a) V tem primeru lahko direktno izračunamo z2 = −4 = 4i2, od koder sledi, da imamo rešitivi z1 = 2i in z2 = −2i. (b) Izračunajmo tako, da izračunamo r in ϕ. √ q √ √ r = |1 − 3i| = (1 − 3i)(1 + 3i) = 2 √ − 3 5π tan ϕ = , ϕ = 1 3 Velja √ 5 ! !! π + 2k 5 π π + 2kπ z 3 3 k = 3 2 cos + i sin 3 3 √ 5 π 2kπ 5π 2kπ = 3 2 cos + + i sin + 9 3 9 3 za k = 0, 1, 2. Tako dobimo √ 5 π 5π z0 = 3 2 cos + i sin 9 9 √ 11 π 11π z1 = 3 2 cos + i sin 9 9 √ 17 π 17π z2 = 3 2 cos + i sin . 9 9 (c) Izračunajmo r in ϕ: v √ √ √ u ! ! 1 3 u 1 3 1 3 r = + i = t + i − i = 1 2 2 2 2 2 2 √3 √ π tan 2 ϕ = = 3, ϕ = 1 3 2 Velja √ π + 2kπ π + 2kπ z 3 3 k = 4 1 cos + i sin 4 3 π kπ π kπ = cos + + i sin + 12 2 12 2 za k = 0, 1, 2, 3. Vsak lahko sam izračuna konkretne vrednosti za k = 0, 1, 2, 3 (glej primer (b)). (d) Izračunajmo r in ϕ: r √ √ √ √ r = 2 3 + 2i = 2 3 + 2i 2 3 − 2i = 12 + 4 = 4 2 1 π tan ϕ = √ = √ , ϕ = 2 3 3 6 107 Velja √ π + 2kπ π + 2kπ z 6 6 k = 7 4 cos + i sin 7 7 √ π 2kπ π 2kπ = 7 4 cos + + i sin + 42 7 42 7 za k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Vsak lahko sam izračuna konkretne vrednosti za k = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 (glej primer (b)). 5. Izračunaj √ (a) (1 + 3i)6, √ (b) (2 3 − 2i)9, (c) (−45 + 45i)45, √ √ 2010 (d) 2 + 2 i . 2 2 Rešitev. Uporabili bomo Moivreovo formulo. (a) Najprej izračunajmo r in ϕ. r √ √ √ r = 1 + 3i = 1 + 3i 1 − 3i = 2 √3 π tan ϕ = , ϕ = 1 3 Sedaj to upoštevajmo pri računu. √ π π 6 π π (1 + 3i)6 = 2 cos + i sin = 64 cos 6 · + i sin 6 · = 64 3 3 3 3 (b) Najprej izračunajmo r in ϕ. r √ √ √ r = 2 3 − 2i = 2 3 − 2i 2 3 + 2i = 4 −2 1 11π tan ϕ = √ = − √ , ϕ = 2 3 3 6 Sedaj to upoštevajmo pri računu. √ 11 9 π 11π (2 3 − 2i)9 = 4 cos + i sin = 6 6 11 π 11π = 262144 cos 9 · + i sin 9 · = 262144i. 6 6 (c) Najprej izračunajmo r in ϕ. √ p r = |−45 + 45i| = (−45 + 45i) (−45 − 45i) = 45 2 45 3π tan ϕ = = −1, ϕ = −45 4 Sedaj to upoštevajmo pri računu. √ 3 45 π 3π (−45 + 45i)45 = 45 2 cos + i sin = 4 4 √ 3 π 3π = (45 2)45 cos 45 · + i sin 45 · = 4 4 √ √ √ ! 2 2 = (45 2)45 − i . 2 2 108 6. Rešene naloge (d) Najprej izračunajmo r in ϕ. √ √ v √ √ √ √ u ! ! 2 2 u 2 2 2 2 r = + i = t + i − i = 1 2 2 2 2 2 2 √2 π tan 2 ϕ = √ , ϕ = 2 4 2 Sedaj to upoštevajmo pri računu. √ √ !2010 2 2 π π 2010 + i = 1 cos + i sin = 2 2 4 4 π π = cos 2010 · + i sin 2010 · = i 4 4 6. Izračunaj √ (a) z2 = (3 − 3i)3 (b) z6 = (2 − 2i)4. Rešitev. Uporabili bomo polarni zapis kompleksnega števila in Moivreovo formulo. (a) Najprej izračunajmo r in ϕ. r √ √ √ √ r = 3 − 3i = 3 − 3i 3 + 3i = 2 3 √ − 3 π tan ϕ = , ϕ = − 3 6 Sedaj to upoštevajmo pri računu. √ √ π π 3 (3 − 3i)3 = 2 3 cos − + 2kπ + i sin − + 2kπ = 6 6 √ π π = 24 3 cos − + 6kπ + i sin − + 6kπ 2 2 Direktno uporabimo formulo za iskanje korenov q √ − π + 6kπ − π + 6kπ z 2 2 k = 24 3 cos + i sin 2 2 q √ π π = 24 3 cos − + 3kπ + i sin − + 3kπ 4 4 za k = 0, 1. Konkretne rešitve za k = 0, 1 lahko bralec enostavno izračuna. (b) Najprej izračunajmo r in ϕ. √ p r = |2 − 2i| = (2 − 2i) (2 + 2i) = 2 2 −2 π tan ϕ = = −1, ϕ = − 2 4 Sedaj to upoštevajmo pri računu. √ π π 4 (2 − 2i)4 = 2 2 cos − + 2kπ + i sin − + 2kπ 4 4 = 64 (cos (−π + 8kπ) + i sin (2π + 8kπ)) Direktno uporabimo formulo za iskanje korenov √ − π + 8kπ −π + 8kπ zk = 6 64 cos + i sin 6 6 π 4kπ π 4kπ = 2 cos − + + i sin − + 6 3 6 3 za k = 0, 1, 2, 3, 4, 5. Konkretne rešitve za k = 0, 1, 2, 3, 4, 5 lahko vsak sam enostavno izračuna. 109 7. V kompleksni ravnini skiciraj množico (a) A = {z ∈ C : Re(iz) + I m(z) = −2}, n π o (b) B = z ∈ C : 1 ≤ |z| ≤ 2, − ≤ Arg(z) ≤ π , 4 (c) C = {z ∈ C : Re(z2) + zz = 18}, √ (d) D = {z ∈ C : |2z − i(z + 1)| ≤ 20}. Rešitev. V vseh primerih naj bo z = a + bi. (a) Re(iz) + I m(z) = −2 Re(i(a + bi)) + I m(a − bi) = −2 −b − b = −2 b = 1. Im 3 2 1 Re 3 2 1 1 2 3 - - - 1 - Slika 6.16: Slika množice A. (b) Sliko narišemo direktno, ker imamo vse podatke (sicer si pomagaj s polarnim zapisom kompleksnega števila). Im 2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 Re 0.5 - 1.0 - 2 1 0 1 2 - - Slika 6.17: Slika množice B. 110 6. Rešene naloge (c) Re(z2) + |zz| = 18 Re((a + bi)2) + (a + bi)(a − bi) = 18 a2 − b2 + a2 + b2 = 18 a2 = 9 in to velja za a = −3 ali a = 3. Im 3 2 1 Re 3 2 1 1 2 3 - - - 1 - 2 - 3 - Slika 6.18: Slika množice C (a = −3 ali a = 3, b poljuben.) (d) √ |2(a + bi) − i(a + bi + 1)| ≤ 20 √ |(2a + b) + (2b − a − 1)i| ≤ 20 q √ (2a + b)2 + (2b − a − 1)2 ≤ 20 (2a + b)2 + (2b − a − 1)2 ≤ 20 4a2 + 4ab + b2 + 4b2 + a2 + 1 − 4ab − 4b + 2a ≤ 20 5a2 + 2a + 5b2 − 4b + 1 ≤ 20 2 4 1 a2 + a + b2 − b + ≤ 4 5 5 5 1 2 1 2 2 4 1 a + − + b − − + ≤ 4 5 25 5 25 5 1 2 2 2 a + + b − ≤ 4. 5 5 8. V kompleksni ravnini nariši množico √ A = {z ∈ C | |2zi − ¯z + I m(4z)| ≥ 15}. 111 Im 4 2 0 Re 2 - 4 - 4 2 0 2 4 - - Slika 6.19: Slika množice D. Rešitev. Naj bo z = a + bi. √ |2zi − ¯z + I m(4z)| ≥ 15 √ |(−a + 2b) + (2a + b)i| ≥ 15 q √ (−a + 2b)2 + (2a + b)2 ≥ 15 √ p5a2 + 5b2 ≥ 15. Posledično a2 + b2 ≥ 3. √ Torej vse izven odprtega kroga s središčem v točki (0, 0) in radijem 3. 9. V kompleksni ravnini čimbolj natančno nariši množico A = {z ∈ C | I m(z3) ≤ 0}. Rešitev. Imamo dve naravni možnosti reševanja. (a) Naj bo z = a + bi. Torej je v našem primeru potrebno rešiti neenačbo (3a2 − b2)b ≤ 0. Ta neenačba je velja natanko tedaj, ko je 3a2 − b2 ≤ 0 in b ≥ 0 ali 3a2 − b2 ≥ 0 in b ≤ 0. √ √ Za lažje risanje zapišimo 3|a| ≤ |b| in b ≥ 0 ali 3|a| ≥ |b| in b ≤ 0. Glej sliko 6.21. (b) Naj bo z = r(cos ϕ + i sin ϕ). Upoštevamo Moivreovo formulo in posledično dobimo neenačbo r3 sin(3ϕ) ≤ 0. Ker je r ≥ 0, je dovolj obravnavati sin(3ϕ) ≤ 0, kar je ekvivalentno −π + 2kπ ≤ 3ϕ ≤ 2kπ, 112 6. Rešene naloge 4 2 0 2 - 4 - 4 2 0 2 4 - - Slika 6.20: Slika množice A. oziroma −π + 2kπ 2kπ ≤ ϕ ≤ , 3 3 kjer je k ∈ Z poljuben. 4 2 0 2 - 4 - 4 2 0 2 4 - - Slika 6.21: Slika množice A. 10. V množici kompleksnih števil reši enačbo (a) |z| + z = 2 + i, (b) z = z2, (c) iz2 + (−4 − i)z = 4i − 2, (d) (1 + i)z3 + 1 − i = 0, 113 (e) z4 + 6z3 + 9z2 + 100 = 0, če je z1 = 1 + 2i, (f) z9 + 2iz5 − z = 0. Rešitev. Uporabili bomo različne pristope reševanja. (a) Uporabimo z = a + ib in dobimo pa2 + b2 + a + ib = 2 + i, od koder sledi sistem enačb pa2 + b2 + a = 2 b = 1. √ Iz enačbe a2 + 1 + a = 2 je potrebno izračunati a. Dobimo p 2 a2 + 1 = (2 − a)2 a2 + 1 = 4 − 4a + a2 4a = 3. Iz tega sledi, da je a = 3 in zato imamo enolično rešitev enačbe z = 3 + i. 4 4 (b) Podobno kot v (a) uporabimo z = a + ib: a − bi = a2 − b2 + 2abi. Iz tega dobimo sistem enačb a = a2 − b2 −b = 2ab. Glede na realno vrednost b obravnavajmo dve možnosti. • Če je b = 0, dobimo a = a2 in to velja, ko je a = 0 ali a = 1. Posledično smo dobili z1 = 0 in z2 = 1. • Če je b 6= 0, iz druge enačbe dobimo, da je a = − 1 . Iz prve enačbe izračunajmo še b. 2 1 1 − = − b2 2 4 √ √ √ in iz tega sledi, da je b = ± 3 . Posledično dobimo z + i 3 in z − i 3 . 2 3 = − 1 2 2 4 = − 1 2 2 √ √ Dobili smo štiri rešitve enačbe: z 3 3 1 = 0, z2 = 1, z3 = − 1 + i in z − i . 2 2 4 = − 1 2 2 (c) Enačbo preoblikujemo na naslednji način: iz2 + (−4 − i)z = 4i − 2 −4 − i 2 − 4i z2 + z + = 0 i i z2 + (−1 + 4i)z + (−4 − 2i) = 0 Sedaj uporabimo formulo za iskanje ničel kvadratne enačbe 1 − 4i ± p(−1 + 4i)2 + 4(4 + 2i) 1 − 4i ± 1 z1,2 = = 2 2 in iz tega sledi z1 = 1 − 2i in z2 = −2i. (d) Enačbo preoblikujemo na naslednji način: (1 + i)z3 + 1 − i = 0 −1 + i z3 = 1+i z3 = i 114 6. Rešene naloge Sedaj uporabimo polarni zapis kompleksnega števila za r = 1 in ϕ = π2 √ π + 2kπ π + 2kπ z 2 2 k = 3 1 cos + i sin 3 3 π 2kπ π 2kπ = cos + + i sin + 6 3 6 3 (e) Pri reševanju te enačbe se bomo sklicali na trditev, da kompleksni koreni polinomske enačbe z realnimi koeficienti nastopajo v konjugiranih parih, zato je v našem primeru drugi koren z2 = 1 − 2i. Najprej izračunajmo (z − (1 + 2i))(z − (1 − 2i)) = z2 − 2z + 5, sedaj pa delimo polinoma (z4 + 6z3 + 9z2 + 100) : (z2 − 2z + 5) = z2 + 8z + 20. Poiskati je potrebno le še rešitve kvadratne enačbe z2 + 8z + 20. Velja √ −8 ± 64 − 80 z3,4 = = −4 ± 2i 2 in zato z3 = −4 + 2i in z4 = −4 − 2i. (f) Enačbo preoblikujemo na naslednji način z9 + 2iz5 − z = z(z8 + 2iz4 − 1) = z(z4 + i)2. Iz tega zapisa sledi, da je potrebno rešiti z = 0 in z4 + i = 0. Seveda je z1 = 0. Enačbo z4 + i = 0 bomo rešili s pomočjo polarnega zapisa kompleksnega števila. √ 3π r = | − i| = −i · i = 1, ϕ = . 2 Sledi √ 3 ! !! π + 2k 3 π π + 2kπ z 2 2 k = 4 1 cos + i sin 4 4 3 π kπ 3π kπ = cos + + i sin + 8 2 8 2 za k = 0, 1, 2, 3 (vsak lahko sam vstavi podatke). Skupaj smo tako dobili pet enoličnih rešitev. 11. V množici kompleksnih števil poišči vse rešitve enačbe 4z4 − 16z3 + 61z2 − 90z + 50 = 0, če veš, da je ena od rešitev z1 = 1 + 3i. Ali ležijo vse rešitve na isti krožnici s središčem v izhodišču? Utemelji! Rešitev. Upoštevamo dejstvo, da tudi v tem primeru kompleksni koreni enačbe nastopajo v konjugiranih parih. Torej je tudi z2 = 1−3i rešitev enačbe. Tako dobimo (z−1−3i)(z−1+3i) = z2 −2z+10. Sedaj enačbo delimo z z2 − 2z + 10 in dobimo 4z2 − 8z + 5 = 0. Ničle v tem primeru so rešitve enačbe z3 = 2+i , z . Hitro opazimo, da rešitve začetne enačbe 2 4 = 2−i 2 ne ležijo na isti krožnici. 12. Reši sistem enačb (a) |z + 1 + i| = 2, Re(z + 1 + i) = 0, (b) |(1 + i)z| = 2, Re((1 + i)¯z) = 0. 115 Rešitev. (a) Naj bo z = a + ib. Potem dobimo sistem enačb q |a + ib + 1 + i| = (a + 1)2 + (b + 1)2 = 2 Re(a + ib + 1 + i) = a + 1 = 0. Iz druge enačbe sledi, da je a = −1. Ker je a = −1, iz prve enačbe sledi q (b + 1)2 = 2 in zato je b1 = −3 in b2 = 1. Tako dobimo rešitvi z1 = −1 + i in z2 = −1 − 3i. (b) Naj bo z = a − ib. Potem dobimo sistem enačb q |(1 + i)(a − ib)| = |a + b + i(a − b)| = (a + b)2 + (a − b)2 = 2 Re((1 + i)(a − ib)) = Re(a + b + i(a − b)) = a + b = 0. Iz druge enačbe sledi, da je a = −b. Upoštevamo to pri prvi enačbi in dobimo q q (b + b)2 = (2b)2 = 2 in zato je b1 = −1 in b2 = 1. Tako dobimo rešitvi z1 = 1 − i in z2 = −1 + i. 13. Reši enačbo z1 + z2 = 1 − i, če je Arg(z1) = π in Arg(z . 6 2) = − π 3 Rešitev. Naj bo z1 = r1(cos ϕ1 + i sin ϕ1) in z2 = r2(cos ϕ2 + i sin ϕ2). Upoštevamo Arg(z1) = π in 6 Arg(z2) = − π in dobimo 3 √ ! 3 1 z1 = r1 + i 2 2 √ ! 1 3 z2 = r2 − i . 2 2 Vstavimo v z1 + z2 = 1 − i √ √ ! ! 3 1 1 3 r1 + i + r2 − i = 1 − i. 2 2 2 2 Posledično dobimo sistem enačb √3 1 r1 + r2 = 1 2 2 √ 1 3 r1 − r2 = −1, 2 2 √ √ √ √ √ √ od koder sledi r 3 3 3+i(−1+ 3) 3−i( 3+3) 1 = −1+ in r . Tako je z in z . 2 2 = 1+2 1 = 3− 4 2 = 1+ 4 √ 14. Reši enačbo I m(z 3 1 + z2 + z3) = 0, če je |z1| = 1, |z3| = , Arg(z in 2 1) = Arg(z3) = π 6 Arg(z2) = − π . 3 Rešitev. Rešujemo podobno kot v prejšnji nalogi. Naj bo z1 = r1(cos ϕ1 +i sin ϕ1), z2 = r2(cos ϕ2 +i sin ϕ2) in z3 = r3(cos ϕ3 +i sin ϕ3). Ko upoštevamo Arg(z1) = Arg(z3) = π in Arg(z , dobimo 6 2) = − π 3 √ ! 3 1 z1 = r1 + i 2 2 √ ! 1 3 z2 = r2 − i 2 2 √ ! 3 1 z3 = r3 + i . 2 2 116 6. Rešene naloge √ Sedaj upoštevajmo še |z 3 1| = 1 in |z3| = in zato je 2 √ ! 3 1 |z 1| = r1 + i = |r1| · 1 = 1 2 2 √ √ ! 3 1 3 |z 3| = r2 + i = |r3| · 1 = 2 2 2 √ √ √ Iz tega sledi, da je r 3 3 3 1 = 1 in r3 = . Tako dobimo kompleksni števili z + i 1 in z + i . 2 1 = 2 2 3 = 3 4 4 Upoštevajmo še I m(z1 + z2 + z3) = 0 √ √ I 1 3 3 m(z1 + z2 + z3) = + − r2 = 0. 2 4 2 √ √ √ Sledi, da je r 3 3 3 2 = 1 + . Tako je z − 6+3 i. 2 3 2 = 3+2 12 12 15. Izračunaj |1 + z|2 + |1 − z|2 pri pogoju, da je z kompleksno število in velja |z| = 1. √ Rešitev. Vemo |z| = a2 + b2 = 1. Zato |1 + z|2 + |1 − z|2 = (1 + a)2 + b2 + (1 − a)2 + b2 = 1 + 2a + a2 + b2 + 1 − 2a + a2 + b2 = 2 + 2(a2 + b2) p 2 = 2 + 2 a2 + b2 = 4 16. Dokaži, da za poljubno kompleksno število oblike z = a + ib, a, b ∈ R, velja |a| + |b| √ ≤ |z|. 2 Rešitev. Preoblikujemo |a| + |b| p √ ≤ a2 + b2 2 √ p |a| + |b| ≤ 2 a2 + b2 (|a| + |b|)2 ≤ 2(a2 + b2) |a|2 + 2|a||b| + |b|2 ≤ 2|a|2 + 2|b|2 0 ≤ |a|2 − 2|a||b| + |b|2 0 ≤ (|a| − |b|)2 in to velja za vsak a, b ∈ R. 17. Poišči kompleksno število, ki je enako oddaljeno od kompleksnih števil z1 = i, z2 = 2 − i in z3 = 3 + 2i. Rešitev. Naj bo z = a + bi iskano število. Razdaljo med dvema kompleksnima številoma računamo s pomočjo absolutne vrednosti razlike danih kompleksnih števil. V našem primeru tako dobimo |z − z1| = |z − z2| = |z − z3|. Sedaj si nastavimo dve enačbi |a + bi − i| = |a + bi − 2 + i| |a + bi − i| = |a + bi − 3 − 2i| 117 oziroma a2 + (b − 1)2 = (a − 2)2 + (b + 1)2 a2 + (b − 1)2 = (a − 3)2 + (b − 2)2 Po krajšanju kvadratnih členov dobimo sistem linearnih enačb z rešitvijo z = 7+3i . 4 18. Poišči vsa kompleksna števila z, za katera velja 1 z + ∈ R. z Vse računsko utemelji in rezultat predstavi v kompleksni ravnini. Rešitev. Seveda je z 6= 0, saj sicer ulomek ni dobro definiran. Naj bo z = a + bi. Torej v našem primeru je 1 z2 + 1 z2 ¯z + ¯z (a2 + b2)a + (a2 + b2)bi + a − bi z + = = = . z z |z|2 a2 + b2 To število bo realno, če je (a2 + b2 − 1)b = 0. Iz tega sledi, da so to vsa kompleksna števila, ki ležijo na enotski krožnici in vsa kompleksna števila, ki ležijo na realni osi brez koordinatnega izhodišča. 2 1 0 1 - 2 - 2 1 0 1 2 - - Slika 6.22: Kompleksna števila, ki zadošcajo z + 1 ∈ z R. Realne funkcije 1. Kateri od spodnjih predpisov, ki so podani s pomočjo grafa, je preslikava: (a) f : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4}, Γ( f ) = {(1, 4), (2, 4), (3, 1), (4, 2)}, (b) g : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4}, Γ(g) = {(1, 4), (2, 1), (2, 3), (3, 2), (4, 4)}, (c) h : {1, 2, 3, 4, 5, 6} → {1, 2, 3, 4}, Γ(h) = {(1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)}, (d) k : {1, 2, 3, 4} → N, Γ(k) = {(1, 5), (2, 6), (3, 1), (3, 4), (4, 4), (4, 6)}? Rešitev. (a) f je preslikava. 118 6. Rešene naloge (b) g ni preslikava, saj številu 2 priredi dva elementa (1 in 3). (c) h je preslikava. (d) k ni preslikava, saj številu 3 priredi dva elementa (1 in 4) in številu 4 priredi dva elementa (4 in 6). 2. Kateri od naslednjih predpisov je preslikava (a) y : R → R, y = x4 − x2, p (b) y : R → R, y = x4 + x2, (c) y : R → R, y2 = x2 + x + 1, (d) y : + R → R , y2 = x2 + x + 1? 0 Rešitev. (a) Je. (b) Je. (c) Ni (glej kodomeno). (d) Je (glej kodomeno). 3. Preveri injektivnost in surjektivnost za naslednje preslikave (a) f1 : R → R, f1(x) = x2, (b) f + 2 : R → 0 R, f2(x) = x2, (c) f + 3 : R → R , f 0 3(x) = x2, (d) f + + 4 : R → , f 0 R0 4(x) = x2. Rešitev. (a) Ni injektivna, ni surjektivna. (b) Je injektivna, ni surjektivna. (c) Ni injektivna, je surjektivna. (d) Je injektivna, je surjektivna. 4. Kateri od naslednjih predpisov je injektivna oziroma surjektivna preslikava: (a) f : {1, 2, 3, 4} → {−2, −1, 1, 2}, Γ) f ) = {(1, 1), (2, −1), (3, 2), (4, −2)}, (b) g : {1, 2, 3, 4} → {−2, −1, 1, 2}, Γ(g) = {(1, −1), (2, −2), (3, −1), (4, 2)}, (c) h : Z → N0, h(x) = |x|, (d) k : N → Q, k(n) = 1 , n √ (e) o : Q → R, o(x) = 3 x2, (f) p : + R → N0, p(x) = [x] (p predstavlja celi del od x; npr. [π] = 3 in [−e] = −3), √ (g) r : R → R, r(x) = 3 x5, (h) s : + + R → R , s(x) = ex2−1? Rešitev. (a) f je injektivna in surjektivna (preveri vse elemente). (b) g ni injektivna (v -1 se slikata 1 in 3) in ni surjektivna (v 1 se nič ne slika). (c) h ni injektivna (v 1 se slikata 1 in -1), je pa surjektivna (vzamemo kar pozitiven x: x = |x|). (d) k je injektivna ( 1 6= 1 , če m 6= n) in ni surjektivna (npr. v 0 se nič ne slika). n m (e) o ni injektivna (npr. o(1) = 1 = o(−1)) in ni surjektivna (npr. v -1 se nič ne slika). (f) p ni injektivna (npr. [ 3 ] = [1] = 1), je pa surjektivna (za n ∈ ] = 0). 2 N je [n] = n, za 0 pa [ 12 q q (g) r je injektivna ( 3 x5 6= 3 x5, če x 1 2 1 6= x2) in je surjektivna (če je r(x) = y, x = 5 py3). (h) s je injektivna ((ex2−1 −1 1 6= ex22 , če x1 6= x2)) in ni surjektivna (npr. v e−2 se nič ne slika). 5. Kateri od naslednjih predpisov je bijektivna preslikava: (a) f : {1, 2, 3, 4, 5} → {1, 2, 3, 4, 5}, Γ( f ) = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)}, (b) g : N → N, g(n) = 3n3, √ (c) h : + R → (1, ∞), h(x) = x + 1, (d) k : + R → R , k(x) = 4x4. 119 Rešitev. (a) Je bijektivna (preveri, da je injektivna in surjektivna). (b) Ni bijektivna, ker ni surjektivna (npr. 1 nima originala). √ √ (c) Je bijektivna (injektivnost: x1 + 1 6= x2 + 1, če je x1 6= x2; surjektivnost: če je h(x) = y, x = y2 − 1). (d) Ni bijektivna, ker ni injektivna (npr. k(−1) = 4 = k(1)). 6. Preslikava f : N → N je podana s predpisom: ( n ; n je sod f (n) = 2 3n + 1 ; n je lih. Ali je preslikava f injektivna oziroma surjektivna? Rešitev. Preslikava f ni injektivna (glej kam se slikata števili 1 in 8), je pa surjektivna, saj za vsako število m velja f (2m) = m. 7. Naj Z7 predstavlja množico ostankov pri deljenju s številom 7 in A = {a, b, c, d, e, f , g, h}. Če je mogoče, konstruiraj preslikavo iz Z7 → A, ki je: (a) injektivna, (b) surjektivna, (c) bijektivna. Rešitev. (a) Da, npr. preslikava f , ki ji pripada graf Γ( f ) = {(0, a), (1, b), (2, c), (3, d), (4, e), (5, f ), (6, g)}. (b) Ne, ker je |A| = 8 in |Z7| = 7. (c) Ne, glej (b). 8. Ali je funkcija f : [0, ∞) → [0, ∞), ki je podana s predpisom (x2 ; x ∈ [0, ∞) ∩ Q f (x) = √2x ; x ∈ [0,∞)∩(R\Q), injektivna oziroma surjektivna. Utemelji! Rešitev. Ni injektivna, saj je f ( 1 √ ) = f (1), in ni surjektivna, saj ne obstaja število x, da bi zanj veljalo 2 √ f (x) = 2. 9. Izračunaj obratne preslikave, če obstajajo (a) f : {2, 3, 4, 6} → {1, 2, 3, 4}, Γ( f ) = {(2, 1), (3, 1), (4, 2), (6, 3)}, (b) g : {2, 3, 4, 6} → {1, 2, 3, 4}, Γ(g) = {(2, 1), (3, 4), (4, 2), (6, 3)}, (c) h : {2, 3, 4, 6} → {1, 2, 3, 4, 5}, Γ(h) = {(2, 1), (3, 4), (4, 2), (6, 5)}, (d) k : R → R, k(x) = x − 1, 2 (e) o : R → R, o(x) = x2 − 6x + 8, (f) p : (−∞, 3] → [−1, ∞), p(x) = x2 − 6x + 8, (g) r : [3, ∞) → [−1, ∞), r(x) = x2 − 6x + 8, x + 1 (h) s : R − {1} → R − {1}, s(x) = . x − 1 Rešitev. (a) f −1 ne obstaja, ker ni injektivna. (b) g−1 = {(1, 2), (2, 4), (3, 6), (4, 3)}. (c) h−1 ne obstaja, ker ni surjektivna. (d) k−1(x) = 2x + 2. (e) o−1 ne obstaja, ker ni niti injektivna niti surjektivna. 120 6. Rešene naloge (f) Izpeljimo p−1 na naslednji način y2 − 6y + 8 = x (y − 3)2 − 9 = x − 8 (y − 3)2 = x + 1 √ y − 3 = ± x + 1 √ y = 3 ± x + 1. √ Upoštevamo, da p : (−∞, 3] → [−1, ∞) in dobimo p−1(x) = 3 − x + 1. (g) r−1 izpeljemo podobno kot p−1. Upoštevati je le potrebno, da r : [3, ∞) → [−1, ∞) in zato √ dobimo r−1(x) = 3 + x + 1. (h) Izpeljimo s−1 na naslednji način y + 1 = x y − 1 y + 1 = x(y − 1) y − xy = −x − 1 −x − 1 y = 1−x x + 1 y = . x − 1 x + 1 Dobimo, da je s−1(x) = . x − 1 10. Določi množici X ,Y ⊂ R tako, da bo f : X → Y , f (x) = x−1 , bijektivna funkcija in nato x−2 izračunaj f −1. Rešitev. Izračunajmo najprej f −1 y − 1 = x y − 2 y − 1 = x(y − 2) y − xy = 1 − 2x 2x − 1 y = . x − 1 2x − 1 S pomočjo tega dobimo X = R\{2}, Y = R\{1} in f −1(x) = . x − 1 11. Dani sta množici X = [1, ∞) in Y = (0, 2]. Ali obstaja bijektivna preslikava f , ki slika X v Y ? Rešitev. Da, obstaja. Preveri, da funkcija s prepisom f (x) = 2 zadošča temu pogoju. x 12. Izračunaj kompozituma f ◦ g in g ◦ f , če je (a) f : {1, 2, 3, 4, 5} → {a, b, c, d, e}, Γ( f ) = {(1, c), (2, d), (3, a), (4, e), (5, b)}, g : {a, b, c, d, e} → {1, 2, 3, 4, 5} Γ(g) = {(a, 1), (b, 3), (c, 2), (d, 5), (e, 4)}, (b) f : {1, 2, 3, 4} → {a, b, c, d, e}, Γ( f ) = {(1, d), (2, a), (3, c), (4, b)}, g : {a, b, c, d, e} → {1, 2, 3, 4} Γ(g) = {(a, 1), (b, 2), (c, 3), (d, 4), (e, 2)}, (c) f : R → R, f (x) = x + 1, g : R → R, g(x) = x3, (d) f : R → R, f (x) = 2x − 1, g : R → [1, ∞), g(x) = x2 + 1. Ali obstajajo inverzi kompozitumov? Rešitev. (a) Izračunajmo: f ◦ g : {a, b, c, d, e} → {a, b, c, d, e}, Γ( f ◦ g) = {(a, c), (b, a), (c, d), (d, b), (e, e)}, g ◦ f : {1, 2, 3, 4, 5} → {1, 2, 3, 4, 5}, Γ(g ◦ f ) = {(1, 2), (2, 5), (3, 1), (4, 4), (5, 3)}, inverza obstajata Γ(( f ◦ g)−1) = {(a, b), (b, d), (c, a), (d, c), (e, e)}, Γ((g ◦ f )−1) = {(1, 3), (2, 1), (3, 5), (4, 4), (5, 2)}. 121 (b) Izračunajmo: f ◦ g : {a, b, c, d, e} → {a, b, c, d, e}, f ◦ g = {(a, d), (b, a), (c, c), (d, b), (e, a)}, g ◦ f : {1, 2, 3, 4} → {1, 2, 3, 4}, g ◦ f = {(1, 4), (2, 1), (3, 3), (4, 2)}, ( f ◦ g)−1 ne obstaja, (g ◦ f )−1 pa obstaja, Γ((g ◦ f )−1) = {(4, 1), (1, 2), (3, 3), (2, 4)}. (c) Izračunajmo: f ◦ g : R → R, ( f ◦ g)(x) = x3 + 1, g ◦ f : R → R, (g ◦ f )(x) = (x + 1)3, ( f ◦ √ √ g)−1(x) = 3 x − 1, (g ◦ f )−1(x) = 3 x − 1. (d) Izračunajmo: f ◦ g : R → R, ( f ◦ g)(x) = 2(x2 + 1) − 1, g ◦ f : R → [1, ∞), (g ◦ f )(x) = (2x − 1)2 + 1, inverza kompozitumov ne obstajata. 13. Ali sta si preslikavi f , f : [0, ∞) → [−1, ∞), f (x) = x2 − 1, in g, g : [−1, ∞) → [0, ∞), g(x) = √x+1, inverzni? Rešitev. Da, saj je √ f ◦ g : [−1, ∞) → [−1, ∞), ( f ◦ g)(x) = ( x + 1)2 − 1 = x, in q g ◦ f : [0, ∞) → [0, ∞), (g ◦ f )(x) = (x2 − 1) + 1 = |x| = x. 14. Določi naravno definicijsko območje realnih funkcij realne spremenljivke: (a) f (x) = x2 − 2x + 1, (b) f (x) = x4 − x3 − 4x2 + 4x, p (c) f (x) = x2 − 2x + 1, x (d) f (x) = , 2x2 − 8 x2 − 2x (e) f (x) = , x4 + 2x3 − 13x2 − 14x + 24 p (f) f (x) = −x2 − x + 2, √ (g) f (x) = tan x, (h) f (x) = ln (ln (ln x)), (i) f (x) = log ( ( 2 log3 log4 x)), s −x2 + 4 (j) f (x) = , x2 − 4x x − 1 (k) f (x) = arcsin , x + 1 x − 5 (l) f (x) = arccos , x2 − 1 √ (m) f (x) = e |x|−x, x e x+1 (n) f (x) = , ln(x + 1) √ x − 3 x + 3 (o) f (x) = ln + , 2x − 8 cos(πx) 1 ln(x) (p) f (x) = + √ . x2 − 6x + 5 4 − x Rešitev. (a) D f = R (kvadratna funkcija). (b) D f = R (polinom četrte stopnje). √ (c) D f = R, saj x2 − 2x + 1 = p(x − 1)2 = |x − 1|. (d) D f = R − {−2, 2}, saj je f racionalna funkcija in 2x2 − 8 = 2(x − 2)(x + 2)). (e) D f = R − {−4, −2, 1, 3}, saj je f racionalna funkcije in x4 + 2x3 − 13x2 − 14x + 24 = (x − 1)(x + 2)(x − 3)(x + 4). Namig: pole poiščemo s pomočjo Hornerjevega algoritma. (f) D f = [−2, 1], saj mora veljati −x2 − x + 2 ≥ 0. Tako je −x2 − x + 2 = −(x − 1)(x + 2) ≥ 0 122 6. Rešene naloge in to velja na intervalu [−2, 1]. h [ π (g) D f = kπ, kπ + , saj mora veljati tan x ≥ 0. 2 k∈Z (h) D f = (e, ∞), saj je ln (ln x) > 0 ln x > 1 x > e. (i) D f = (4, ∞), saj je log ( 3 log4 x) > 0 log4 x > 1 x > 4. (j) D f = [−2, 0) ∪ [2, 4), saj gledamo −x2 + 4 ≥ 0. x2 − 4x Števec in imenovalec sta hkrati pozitivna na intervalu [−2, 0) oziroma hkrati negativna na [2, 4). (k) D + f = R , saj gledamo 0 x − 1 −1 ≤ ≤ 1. x + 1 Imamo naslednji dve možnosti • za x < −1 dobimo −x − 1 ≥ x − 1 ≥ x + 1 in to nikoli ne velja (−2x ≥ 0 ≥ 2); • za x > −1 dobimo −x − 1 ≤ x − 1 ≤ x + 1 in to velja za x ≥ 0. (l) D f = (−∞, −3] ∪ [2, ∞), saj gledamo x − 5 −1 ≤ ≤ 1. x2 − 1 Imamo dve možnosti: • za x < −1 ali 1 < x dobimo −x2 + 1 ≤ x − 5 ≤ x2 − 1 0 ≤ x2 + x − 6 ≤ 2x2 − 2 0 ≤ (x − 2)(x + 3) ≤ 2(x − 1)(x + 1) in to velja za x ≤ −3 ali 2 ≤ x; • za −1 < x < 1 dobimo (podobno kot prej) 0 ≥ (x − 2)(x + 3) ≥ 2(x − 1)(x + 1) in to nikoli ne velja. (m) D f = R, saj |x| − x ≥ 0 velja za poljuben x ∈ R. (n) D f = (−1, 0) ∪ (0, ∞). Števec je definiran za R\{−1}. Imenovalec je definiran za vsak x > −1 in je ln(x + 1) 6= 0, ko je x 6= 0. (o) D f = ([−3, 3) ∪ (4, ∞))\ ∪k∈ {k + 1 }. Z 2 √ Vidimo, da je x−3 > 0, ko je x < 3 ali x > 4. x + 3 je definirana za vsak x ≥ −3, cos( 2x−8 π x) = 0 za x = 1 + k, kjer je k ∈ 2 Z poljuben. (p) D f = (0, 1) ∪ (1, 4). Vidimo, da je x2 − 6x + 5 = (x − 1)(x − 5), ln(x) je definirana za vsak √ √ x > 0, 4 − x je definiran za vsak x ≤ 4 ter 4 − x = 0, ko je x = 4. 123 15. Ali imata realni funkciji f in g enaki naravni definicijski območji (a) f (x) = 2 ln x, g(x) = ln x2, (b) f (x) = ln(sin x), g(x) = sin(ln x), p p (c) f (x) = 1 − ln2 x, g(x) = 1 − ln x2, (d) f (x) = x2 + x + 1, g(x) = eln(x2+x+1). Rešitev. (a) D + f = R , Dg = R\{0} (gledamo x2 > 0). Funkciji nimata enakih naravnih definicijskih območij. [ (b) D + f = (2kπ, (2k + 1)π) (gledamo sin x > 0), Dg = R . Funkciji nimata enakih naravnih k∈Z definicijskih območij. (c) D f = [e−1, e], saj je 1 − ln2 x ≥ 0 1 ≥ ln2 x 1 ≥ ln x ≥ −1 e ≥ x ≥ e−1. √ √ Dg = [− e, e]\{0}, saj je 1 − ln x2 ≥ 0 1 ≥ ln x2 e ≥ x2 √ √ e ≥ x ≥ − e. Funkciji nimata enakih naravnih defincijskih območij. (d) D f = R, Dg = R, saj je x2 + x + 1 > 0 ne glede na x ∈ R. Funkciji imata enaki naravni definicijski območji. 16. Za naslednje funkcije določi D f , Z f in f −1. √ (a) f (x) = 2 − 4x, (b) f (x) = 2x + 2x+1, 1 (c) f (x) = e x − 1, (d) f (x) = ln(3x − 6), (e) f (x) = −x+5 , x+1 (x, če x ≤ 0 (f) f (x) = . x2, če x > 0 Ali vedno obstaja f −1? Rešitev. x2 − 2 (a) D f = (−∞, 1 ], Z . 2 f = [0, ∞), f −1(x) = −4 x (b) D f = R, Z f = (0, ∞), f (x) = 2x + 2x+1 = 2x(1 + 2) = 3 · 2x, f −1(x) = log2 . 3 1 (c) D f = R − {0}, Z f = (−1, 0) ∪ (0, ∞), f −1(x) = . ln(x + 1) ex + 6 (d) D f = (2, ∞), Z f = R, f −1(x) = . 3 −x + 5 (e) D f = R − {−1}, Z f = R − {−1}, f −1(x) = . x + 1 (x ; x ≤ 0 (f) D f = R, Z f = R, f −1(x) = √ . x ; x > 0 124 6. Rešene naloge 17. Preveri, da je funkcija f : [−2, 3) → (−2, 9], (−x − 2 ; −2 ≤ x < 0 f (x) = 9 − x2 ; 0 ≤ x < 3 bijekcija in izračunaj njen inverz (pomagaj si s sliko). Rešitev. Bijektivnost lahko vsak preveri. (−x − 2 ; −2 < x ≤ 0 f −1(x) = √9−x ; 0 < x ≤ 9. 18. Določi naravno definicijsko območje in zalogo vrednosti ter nato skiciraj naslednje grafe funkcij: (a) f (x) = x2 + 2, (b) f (x) = | ln(x − 2)|, (c) f (x) = log 1 (x), 2 (d) f (x) = 3 x, 2 (e) f (x) = − 3 x, 2 (f) f (x) = 2 x. 3 Opomba: pomagaj si samo z osnovnimi lastnostmi elementarnih funkcij. Rešitev. (a) D f = R, Z f = [2, ∞), slika 6.23. (b) D f = (2, ∞), Z f = [0, ∞), slika 6.24. (c) D + f = R , Z f = R, slika 6.25. (d) D f = R, Z f = (0, ∞), slika 6.26. (e) D f = R, Z f = (−∞, 0), slika 6.27. (f) D f = R, Z f = (0, ∞), slika 6.28. y 4 3 2 1 x 4 3 2 1 1 2 3 4 - - - - Slika 6.23: Primer 7(a). 19. Določi največjo domeno in kodomeno glede na inkluzijo, da bo f bijektivna in nato izračunaj inverz funkcije f : (a) f (x) = x2 + 1, p (b) f (x) = x3 − 1, 2x (c) f (x) = , x − 4 x2 (d) f (x) = . x − 1 125 y 5 4 3 2 1 0 x 1 2 3 4 Slika 6.24: Primer 7(b). y 3 2 1 x 1 2 3 4 1 - Slika 6.25: Primer 7(c). y 5 4 3 2 1 x 2 1 1 2 3 4 - - Slika 6.26: Primer 7(d). Rešitev. Vsak lahko sam preveri, da za je izbrano domeno in kodomeno f res bijektivna. √ (a) Imamo več možnosti. Npr. D + f = R , kodomena [1, x − 1. 0 ∞), f −1(x) = √ (b) D + f = [1, ∞), kodomena R , f −1(x) = 3 x2 + 1. 0 (c) D f = R − {4}, kodomena R − {2}, f −1(x) = 4x . x−2 126 6. Rešene naloge y x 2 1 1 2 - - 1 - 2 - 3 - Slika 6.27: Primer 7(e). y 5 4 3 2 1 x 3 2 1 1 2 3 - - - Slika 6.28: Primer 7(f). q (d) Imamo več možnosti. Npr. D x2 f = [2, ∞), kodomena [4, ∞), izpeljimo f −1(x) = − x + x . 4 2 y2 x = y−1 xy − x = y2 y2 − xy = −x x 2 x2 y − − = −x 2 4 r x2 x y = ± − x + . 4 2 20. Določi sodost oziroma lihost naslednjih funkcij: q q (a) f (x) = 3 (x − 2)2 + 3 (x + 2)2, tan x (b) f (x) = , x + x5 |x3 − sin x| (c) f (x) = , x 3x + 1 (d) f (x) = , 3x − 1 1 − x (e) f (x) = ln , 1 + x 127 p (f) f (x) = ln x + 1 + x2 . Rešitev. (a) Funkcija je soda, saj velja q q q q f (−x) = 3 (−x − 2)2 + 3 (−x + 2)2 = 3 (x + 2)2 + 3 (x − 2)2 = f (x). (b) Funkcija je soda, saj velja tan(−x) − tan x − tan x tan x f (−x) = = = = = f (x). −x + (−x)5 −x − x5 −(x + x5) x + x5 (c) Funkcija je liha, saj velja |(−x)3 − sin(−x)| | − x3 + sin x| |x3 − sin x| f (−x) = = = − = − f (x). −x −x x (d) Funkcija je liha, saj velja 3−x + 1 1+3x 3x + 1 f (−x) = = 3x = − = − f (x). 3−x − 1 1−3x 3x − 1 3x (e) Funkcija je liha, saj velja ! 1 + x 1 1 − x −1 f (−x) = ln = ln = ln = − f (x). 1 − x 1−x 1 + x 1+x (f) Funcija je liha, saj velja q f (−x) = ln −x + 1 + (−x)2 √ √   −x + 1 + x2 · x + 1 + x2 = ln √   x + 1 + x2 1 = ln √ x + 1 + x2 p −1 = ln x + 1 + x2 p = − ln x + 1 + x2 = − f (x). 21. Izračunaj kompozituma funkcij f in g ( f ◦ g, g ◦ f ) (a) f : R → R, f (x) = 5x − 7, g : R → R, g(x) = x3 + 3, (b) f : + R → R , f (x) = 2x, g : R → R, g(x) = x − 1, (c) f : + − R → R , f (x) = ex, g : R → R , g(x) = −x2 − 1, ( ( x ; x < 0 −1 ; x ≤ 0 (d) f (x) = , g(x) = , 0 ; x ≥ 0 x2 ; x > 0 ( ( x2 − 1 ; x ≥ 0 x + 1 ; x ≥ −1 (e) f (x) = , g(x) = , − 1 ; x < 0 0 ; x < −1 (x−1)2 ( ( x ; x < 0 1 ; |x| ≥ π (f) f (x) = , g(x) = 2 , 0 ; x ≥ 0 | sin x| ; |x| < π2 (1 ; x ≤ 0 (g) f (x) = ex, g(x) = , ln x ; x > 0 128 6. Rešene naloge (x2 − 4 ; |x| ≤ 2 (h) f (x) = −2x + 4, g(x) = , 4x2 − x4 ; |x| > 2 (−x3+1 ; x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, 0) (i) f (x) = x+1 , e2x − 1 ; x ≥ 0 − x ; x < −1  x+1  g(x) = 0 ; − 1 ≤ x ≤ 0 ,  arctan(x + 1) ; x > 0 (x + 4 ; x < 0 (j) f (x) = , −2x2 ; x ≥ 0 x+1 (ex − e4 ; x < 4 g(x) = √ . 1 − x2 + 9 ; x ≥ 4 Rešitev. Pri vsakem kompozitumu bomo opredelili naravno definicijsko območje in kodomeno. (a) f ◦ g : R → R, ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x3 + 3) = 5(x3 + 3) − 7 = 5x3 + 8, g ◦ f : R → R, (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(5x − 7) = (5x − 7)3 + 3 = 125x3 − 525x2 + 735x − 340. (b) f ◦ g : + R → R , ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x − 1) = 2x−1, g ◦ f : R → (−1, ∞), (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(2x) = 2x − 1. (c) f ◦ g : R → (0, e−1], ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (−x2 − 1) = e−x2−1, g ◦ f : R → (−∞, −1), (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(ex) = −e2x − 1, (d) Najprej določimo kodomeno posamezih predpisov. Za lažje razumevanje naj bo f1(x) = x, f2(x) = 0, g1(x) = −1 in g2(x) = x2. Tako velja f1 : (−∞, 0) → (−∞, 0), f2 : [0, ∞) → {0}, g1 : (−∞, 0] → {−1}, g2 : (0, ∞) → (0, ∞). Sedaj ustrezno komponirajmo upoštevajoč naravno definicijsko območje in kodomeno posameznih predpisov • f ◦ g - ( f ◦ g1)(x) = f (g1(x)) = f (−1) = f1(−1) = −1, - ( f ◦ g2)(x) = f (g2(x)) = f (x2) = f2(x2) = 0. • g ◦ f - (g ◦ f1)(x) = g( f1(x)) = g(x) = g1(x) = −1, - (g ◦ f2)(x) = g( f2(x)) = g(0) = g1(0) = −1. (−1 ; x ≤ 0 Tako smo dobili ( f ◦ g)(x) = , (g ◦ f )(x) = −1 za vsak x ∈ R. 0 ; x > 0 (e) Lahko rešujemo kot v prejšnjem primeru. Strnimo postopek: f : [0, ∞) → [−1, ∞), f : (−∞, 0) → (−1, 0), g : [−1, ∞) → [0, ∞), g : (−∞, −1) → {0}. • f ◦ g - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x + 1) = (x + 1)2 − 1 = x2 + 2x, če je x ≥ −1, - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (0) = −1, če je x < −1. • g ◦ f - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(x2 − 1) = x2 − 1 + 1 = x2, če je x ≥ 0, - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(−(x − 1)−2) = − 1 + 1, če je x < 0. (x−1)2 (x2 + 2x, ; x ≥ −1 ( f ◦ g)(x) = , −1, ; x < −1 (x2, ; x ≥ 0 (g ◦ f )(x) = − . 1 + 1, ; x < 0 (x−1)2 (f) f : (−∞, 0) → (−∞, 0), f : [0, ∞) → {0}, , g : (−∞, − π ] ∪ [ π , , π ) → [0, 1). 2 2 ∞) → {1}, g : (− π 2 2 • f ◦ g - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (1) = 0, če je |x| ≥ π , 2 - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (| sin x|) = 0, če je |x| < π . 2 • g ◦ f - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(x) = 1, če je x ≤ − π , 2 - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(x) = | sin x|, če je − π < x < 0, 2 - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(0) = 0, če je x ≥ 0. 129 1 ; x ≤ − π  2  ( f ◦ g)(x) = 0, za vsak x ∈ R, (g ◦ f )(x) = | sin x| ; − π < x < 0 , 2  0 ; x ≥ 0 (g) f : + R → R , g : (−∞, 0] → {1}, g : (0, ∞) → R. • f ◦ g - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (1) = e, če je x ≤ 0, - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (ln x) = elnx = x, če je x > 0. • g ◦ f - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(ex) = ln ex = x, če je x ∈ R. (e ; x ≤ 0 ( f ◦ g)(x) = , (g ◦ f )(x) = x, za vsak x ∈ R. x ; x > 0 (h) f : [1, 3] → [−2, 2], f : (−∞, 1) → (2, ∞), f : (3, ∞) → (−∞, −2), g : [−2, 2] → [−4, 0], g : (− − ∞, −2) ∪ (2, ∞) → R . • f ◦ g - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (x2 − 4) = −2(x2 − 4) + 4 = −2x2 + 12, če je |x| ≤ 2, - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (4x2 − x4) = −2(4x2 − x4) + 4 = 2x4 − 8x2 + 4, če je |x| > 2. • g ◦ f - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(−2x + 4) = (−2x + 4)2 − 4 = 4x2 − 16x + 12, če je 1 ≤ x ≤ 3, - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(−2x + 4) = 4(−2x + 4)2 − (−2x + 4)4, če je x < 1 ali x > 3. (−2x2 + 12 ; |x| ≤ 2 ( f ◦ g)(x) = , 2x4 − 8x2 + 4 ; |x| > 2 (4x2 − 16x + 12 ; 1 ≤ x ≤ 3 (g ◦ f )(x) = . 4(−2x + 4)2 − (−2x + 4)4 ; x < 1 ∨ 3 < x (i) f : (−∞, −1)∪(−1, 0) → (−∞, −1), f : [0, ∞) → [0, ∞), g : (−∞, −1) → (−∞, −1), g : [−1, 0] → {0}, g : (0, ∞) → ( π , π ). 4 2 • f ◦ g (− x )3+1 - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f − x = − x+1 = − 3x2+3x+1 , če je x < −1, x+1 − x +1 x+1 (x+1)2 - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (0) = 0, če −1 ≤ x ≤ 0, - ( f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f (arctan(x + 1)) = e2(arctan(x+1)) − 1, če je x > 0, • g ◦ f − x3+1 - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g − x3+1 = − x+1 = −x2+x−1 , če je x < 0, x+1 − x3+1 +1 x2−x x+1 - (g ◦ f )(0) = g( f (0)) = g(0) = 0, če je x = 0. - (g ◦ f )(x) = g( f (x)) = g(e2x − 1) = arctan(e2x − 1 + 1) = arctan(e2x), če je x > 0. − 3x2+3x+1 ; x < −1  (x+1)2  ( f ◦ g)(x) = 0 ; −1 ≤ x ≤ 0 ,  e2(arctan(x+1)) − 1 ; x > 0  −x2+x−1 ; x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1, 0)   x2−x (g ◦ f )(x) = 0 ; x = 0 .  arctan(e2x) ; x > 0 (j) Rešujemo podobno kot zgoraj ( ( ex+4 − e4 ; x < 0 ex − e4 + 4 ; x < 4 g( f (x)) = , √ . − f (g(x)) = 2x2 e x+1 − e4 ; x ≥ 0 5 − x2 + 9 ; x ≥ 4 22. Izračunaj vsoto, razliko in produkt funkcij f in g,  ( x2 ; x ≤ −2 |x| ; x ≤ 1   f (x) = , g(x) = ex ; − 2 < x ≤ 0 . x2 ; x > 1  sin x ; x > 0 130 6. Rešene naloge Rešitev. Naj ∗ označuje poljubno operacijo (+, − ali ·). Potem je |x| ∗ x2, ; x ≤ −2    |x| ∗ ex, ; − 2 < x ≤ 0 ( f ∗ g)(x) = |x| ∗ sin x, ; 0 < x ≤ 1    x2 ∗ sin x, ; x > 1 23. Razstavi f na osnovne elementarne funkcije q √ p (a) f (x) = x + x + x, x2 − esinx (b) f (x) = . x Rešitev. √ (a) f1(x) = x, f2(x) = x, f (x) = ( f1 ◦ ( f2 + f1 ◦ ( f2 + f1)))(x). (b) f1(x) = sin x, f2(x) = ex, f3(x) = x2, f4(x) = 1 , x f (x) = (( f3 − f2 ◦ f1) · f4)(x). Limita in zveznost funkcije 1. Izračunaj naslednje limite funkcij: x3 + 2x2 − 6x − 3 (a) lim , x→−1 x2 + 4x − 1 x2 + x − 2 (b) lim , x→−2 x2 + 3x + 2 x3 − 1 (c) lim , x→1 x2 − 1 x3 + 1 (d) lim , x→−1 x2 − 1 x4 − 4x3 − 6x2 + 4x + 5 (e) lim , x→−1 x4 − x3 − 3x2 + x + 2 6x4 − 3x2 + 1 (f) lim , x→∞ 3x4 − x3 + 5x 6x6 − 3x3 + x (g) lim , x→∞ 7x7 + 5x5 + 1 2x5 − 7x2 (h) lim , x→∞ x4 + 13x + 3 1 2 (i) lim − . x→1 x − 1 x2 − 1 Rešitev. x3 + 2x2 − 6x − 3 (a) lim = −1, x→−1 x2 + 4x − 1 x2 + x − 2 (x − 1)(x + 2) x − 1 (b) lim = lim = lim = 3, x→−2 x2 + 3x + 2 x→−2 (x + 1)(x + 2) x→−2 x + 1 x3 − 1 (x − 1)(x2 + x + 1) x2 + x + 1 3 (c) lim = lim = lim = , x→1 x − 1 x→1 (x − 1)(x + 1) x→1 x + 1 2 x3 + 1 (x + 1)(x2 − x + 1) x2 − x + 1 3 (d) lim = lim = lim = − , x→−1 x2 − 1 x→−1 (x + 1)(x − 1) x→−1 x − 1 2 131 x4 − 4x3 − 6x2 + 4x + 5 (x − 1)(x − 5)(x + 1)2 x − 5 (e) lim = lim = lim = 2, x→−1 x4 − x3 − 3x2 + x + 2 x→−1 (x − 1)(x − 2)(x + 1)2 x→−1 x − 2 6x4 − 3x2 + 1 x4(6 − 3 1 + 1 ) 6 − 3 1 + 1 (f) lim = lim x2 x4 = lim x2 x4 = 2, x→∞ 3x4 − x3 + 5x x→∞ x4(3 − 1 + 5 1 ) x→∞ 3 − 1 + 5 1 x x3 x x3 6x6 − 3x3 + x x6(6 − 3 1 + 1 ) 6 − 3 1 + 1 (g) lim = lim x3 x5 = lim x3 x5 = 0, x→∞ 7x7 + 5x5 + 1 x→∞ x7(7 + 5 1 + 1 ) x→∞ x(7 + 5 1 + 1 ) x2 x7 x2 x7 2x5 − 7x2 x5(2 − 7 1 ) x(2 − 7 1 ) (h) lim = lim x3 = lim x3 = ∞ ali rečemo, da limita x→∞ x4 + 13x + 3 x→∞ x4(1 + 13 1 + 3 1 ) x→∞ 1 + 13 1 + 3 1 x3 x4 x3 x4 ne obstaja, 1 2 x − 1 1 1 (i) lim − = lim = lim = . x→1 x − 1 x2 − 1 x→1 (x − 1)(x + 1) x→1 x + 1 2 2. Izračunaj naslednje limite funkcij z iracionalnimi členi: √x+4−2 (a) lim , x→0 x √ 2 − x + 3 (b) lim √ , x→1 2x − 1 − 1 √ √ 1 + x − 1 − x (c) lim , x→0 x √ √ √ √ x + 2 x + 7 − 2 x + 7 − 3 x + 2 + 6 (d) lim √ √ , x→2 x 4x + 1 − 2 4x + 1 − 3x + 6 p (e) lim ( x(x + 1) − x), x→∞ (f) lim (x + 3 p1 − x3). x→∞ Rešitev. √ √ √ x + 4 − 2 x + 4 − 2 x + 4 + 2 x + 4 − 4 1 (a) lim = lim · √ = lim · √ = x→0 x x→0 x x + 4 + 2 x→0 x x + 4 + 2 1 1 = lim √ = , x→0 x + 4 + 2 4 √ √ √ √ 2 − x + 3 2 − x + 3 2 + x + 3 2x − 1 + 1 (b) lim √ = lim √ · √ · √ = x→1 2x − 1 − 1 x→1 2x − 1 − 1 2 + x + 3 2x − 1 + 1 √ √ 4 − x − 3 2x − 1 + 1 x − 1 2x − 1 + 1 = lim · √ = lim − · √ = x→1 2x − 1 − 1 2 + x + 3 x→1 2(x − 1) 2 + x + 3 √ 1 2x − 1 + 1 1 = lim − · √ = − , x→1 2 2 + x + 3 4 √ √ √ √ √ √ 1 + x − 1 − x 1 + x − 1 − x 1 + x + 1 − x (c) lim = lim · √ √ = x→0 x x→0 x 1 + x + 1 − x 1 + x − 1 + x 1 2 = lim · √ √ = lim √ √ = 1, x→0 x 1 + x + 1 − x x→0 1 + x + 1 − x √ √ √ √ x + 2 x + 7 − 2 x + 7 − 3 x + 2 + 6 (d) lim √ √ = x→2 x 4x + 1 − 2 4x + 1 − 3x + 6 √ √ ( x + 2 − 2)( x + 7 − 3) = lim √ = x→2 (x − 2)( 4x + 1 − 3) √ √ √ √ √ ( x + 2 − 2)( x + 7 − 3) x + 2 + 2 x + 7 + 3 4x + 1 + 3 = lim √ · √ · √ · √ = x→2 (x − 2)( 4x + 1 − 3) x + 2 + 2 x + 7 + 3 4x + 1 + 3 √ (x + 2 − 4)(x + 7 − 9) 4x + 1 + 3 = lim · √ √ = x→2 (x − 2)(4x + 1 − 9) ( x + 2 + 2)( x + 7 + 3) √ (x − 2)2 4x + 1 + 3 = lim · √ √ = x→2 4(x − 2)2 ( x + 2 + 2)( x + 7 + 3) √4x+1+3 1 = lim √ √ = , x→2 4( x + 2 + 2)( x + 7 + 3) 16 132 6. Rešene naloge p p p x(x + 1) − x x(x + 1) + x (e) lim ( x(x + 1) − x) = lim · = x→ p ∞ x→∞ 1 x(x + 1) + x x2 + x − x2 x 1 1 = lim = lim = lim = , x→ p q ∞ x(x + 1) + x x→∞ q x→∞ 2 x 1 + 1 + 1 1 + 1 + 1 x x √ 3 p 3 p x2 − x 3 1 − x3 + 3 p(1 − x3)2 (f) lim (x + 1 − x3) = lim x + 1 − x3 · √ = x→∞ x→∞ x2 − x 3 1 − x3 + 3 p(1 − x3)2 x3 + 1 − x3 1 = lim √ = lim = 0. x→ q q ∞ x2 − x 3 1 − x3 + 3 p(1 − x3)2 x→∞ x2 1 − 3 1 − 1 + 3 1 − 2 1 + 1 x3 x6 x3 sin x 3. S pomočjo lim = 1 izračunaj naslednje limite: x→0 x sin x (a) lim √ , x→0 x 1 (b) lim x sin , x→∞ x sin(ax) (c) lim , kjer je a ∈ R\{0} poljuben, x→0 x sin 2x (d) lim , x→0 sin 4x cos x (e) lim , x→ π x − π 2 2 tan x − sin x (f) lim , x→0 x3 cos x − sin x (g) lim . x→ π cos 2x 4 Rešitev. √ sin x sin x x sin x √ sin x √ (a) lim √ = lim √ · √ = lim · x = lim · lim x = 1 · 0 = 0, x→0 x x→0 x x x→0 x x→0 x x→0 1 sin 1 (b) lim x sin = lim x = 1, x→ 1 ∞ x x→∞ x sin(ax) sin(ax) a sin(ax) (c) lim = lim · = a lim = a, x→0 x x→0 x a x→0 ax sin 2x sin 2x 4x 1 4x sin 2x 1 (d) lim = lim · = · lim · lim = , x→0 sin 4x x→0 sin 4x 4x 2 x→0 sin 4x x→0 2x 2 cos x cos(t + π ) − sint (e) lim = lim 2 = lim = −1, x→ π x − π t→0 t t→0 t 2 2 tan x − sin x sin x(1 − cos x) sin x 1 − cos x 1 + cos x (f) lim = lim = lim · lim · = x→0 x3 x→0 x3 cos x x→0 x x→0 x2 cos x 1 + cos x 1 − cos2 x 1 sin2 x 1 = lim · = lim · = x→0 x2 cos x(1 + cos x) x→0 x2 cos x(1 + cos x) sin2 x 1 1 = lim · lim = , x→0 x2 x→0 cos x(1 + cos x) 2 cos x − sin x cos x − sin x cos x − sin x (g) lim = lim = lim = x→ π cos 2x x→ π cos2 x − sin2 x x→ π (cos x − sin x)(cos x + sin x) 4 4 4 √ 1 1 2 = lim = √ = . x→ π cos x + sin x 2 2 4 1 x 4. S pomočjo lim 1 + = e izračunaj naslednje limite: x→∞ x x x+1 (a) lim , x→∞ x + 1 133 x + 1 x (b) lim , x→∞ x − 1 x3 + x − 2 x2 (c) lim , x→∞ x3 − 1 2 2x + 1 x (d) lim , x→0 x + 1 1 (e) lim x sin(x−1) . x→1 Rešitev. x x+1 x + 1 − 1 x+1 1 (x+1)(−1)2 (a) lim = lim = lim 1 − = x→∞ x + 1 x→∞ x + 1 x→∞ x + 1 1 −(x+1)(−1) = lim 1 − = e−1, x→∞ x + 1 · 2 x + 1 x x − 1 + 1 + 1 x 2 x· x−1 x−1 2 (b) lim = lim = lim 1 + = x→∞ x − 1 x→∞ x − 1 x→∞ x − 1 x−1 2x · 2x 2 2 x−1 lim = lim 1 + = ex→∞ x − 1 = e2, x→∞ x − 1 x3 + x − 2 x2 x3 − 1 + x − 1 x2 x − 1 x2 (c) lim = lim = lim 1 + = x→∞ x3 − 1 x→∞ x3 − 1 x→∞ (x − 1)(x2 + x + 1) 1 x2 · x2 +x+1 x2 +x+1· x2 x2+x+1 1 x2+x+1 = lim 1 + = lim 1 + = x→∞ x2 + x + 1 x→∞ x2 + x + 1 x2 lim = ex→∞ x2 + x + 1 = e, 2 2 2 2x + 1 x x + x + 1 x x x (d) lim = lim = lim 1 + = x→0 x + 1 x→0 x + 1 x→0 x + 1 2 x+1 2 · x+1 · 2 x x x+1 x x x+1 lim = lim 1 + = lim 1 + = ex→0 x + 1 = e2, x→0 x + 1 x→0 x + 1 t 1 lim t=x−1 1 1 (e) lim x sin(x−1) = lim(1 + t) · t · t sint t = lim(1 + t) t sint = et→0 sin t = e. x→1 t→0 t→0 log (1 + x) 1 5. S pomočjo lim a = izračunaj naslednje limite: x→0 x ln a ln(1 + 2x) (a) lim , x→0 x log(cos x) (b) lim , x→0 x (c) lim cot2x ln(cos2 x), x→0 ln x − 1 (d) lim , x→e x − e ln(2x − x2) (e) lim , x→1 x2 − 2x + 1 x (f) lim x ln . x→∞ x + 1 Rešitev. ln(1 + 2x) ln(1 + 2x) 2 ln(1 + 2x) (a) lim = lim · = 2 lim = 2, x→0 x x→0 x 2 x→0 2x p 1 log( 1 − sin2 x) log(1 − sin2 x) 2 log(1 − sin2 x) − sin2 x (b) lim = lim = lim · lim = 0, x→0 x x→0 x x→0 − sin2 x x→0 2x 134 6. Rešene naloge cos2 x ln(1 − sin2 x) ln(1 − sin2 x) (c) lim cot2x ln(cos2 x) = lim = lim cos2 x · lim = −1, x→0 x→0 sin2 x x→0 x→0 sin2 x ln x − 1 ln x − ln e 1 ln x 1 (d) lim = lim = lim e = . x→e x − e x→e e x − 1 e x→e x − 1 e e e ln(2x − x2) ln(1 − 1 + 2x − x2) ln(1 − (x − 1)2) (e) lim = lim = lim = −1, x→1 x2 − 2x + 1 x→1 (x − 1)2 x→1 (x − 1)2 x x + 1 − 1 x ln 1 − 1 (f) lim x ln = lim x ln = lim x+1 = x→∞ x + 1 x→∞ x + 1 x→∞ (−1)2 x+1 x+1 ln 1 − 1 x = − lim x+1 · lim = −1 · 1 = −1. x→∞ − 1 x→∞ x + 1 x+1 ax − 1 6. S pomočjo lim = ln a izračunaj naslednje limite x→0 x 22x − 1 (a) lim , x→0 x esinx − 1 (b) lim , x→0 x (c) lim x−1 sinh x, x→0 ex − e (d) lim , x→1 x − 1 x+1 2 x − 2 (e) lim , x→ 1 ∞ 2x x (f) lim x e x2−1 − 1 . x→∞ Rešitev. 22x − 1 22x − 1 2 22x − 1 (a) lim = lim · = 2 lim = 2 · ln 2, x→0 x x→0 x 2 x→0 2x esinx − 1 esinx − 1 sin x esinx − 1 sin x esinx − 1 sin x (b) lim = lim · = lim · = lim · lim = 1, x→0 x x→0 x sin x x→0 sin x x x→0 sin x x→0 x sinh x ex − e−x ex + 1 − 1 − e−x (c) lim x−1 sinh x = lim = lim = lim = x→0 x→0 x x→0 2x x→0 2x 1 ex + 1 e−x + 1 = lim + lim = 1, 2 x→0 x x→0 −x ex − e e ex−1 − 1 ex−1 − 1 (d) lim = lim = e lim = e, x→1 x − 1 x→1 x − 1 x→1 x − 1 1 x+1 1 2 2 2 x − 1 x − 2 2 · 2 x − 2 (e) lim = lim = lim = 4 · ln 2, x→ 1 1 1 ∞ x→∞ x→∞ · 1 2x 2x 2 x x x e x x2−1 − 1 x e x2−1 − 1 x (f) lim x e x2−1 − 1 = lim = lim · lim = x→ x ∞ x→∞ x · x2−1 x→∞ x→∞ x2−1 x2−1 x x2−1 x x e x2−1 − 1 x2 = lim · lim = 1 · 1 = 1. x→ x ∞ x→∞ x2 − 1 x2−1 x2 + 2 7. Določi realni števili a in b tako, da bo lim − ax − b = 0. x→∞ x + 2 Rešitev. Za začetek zapišimo na eno ulomkovo črto x2 + 2 x2 + 2 − ax2 − bx − 2ax − 2b lim − ax − b = lim x→∞ x + 2 x→∞ x + 2 (1 − a)x2 − (2a + b)x + 2 − 2b = lim . x→∞ x + 2 Ker je limita enaka 0, mora biti stopnja števca strogo manjša od stopnje imenovalca. Tako dobimo 135 sistem 1 − a = 0 2a + b = 0, iz katerega sledi, da je a = 1 in b = −2. 8. Ali je funkcija f : R → R, (e−1x ; x 6= 0 f (x) = 0 ; x = 0, zvezna v točki x = 0? Rešitev. Funkcija f bo zvezna, če lim f (x) = 0 in lim f (x) = 0. Toda x↑0 x↓0 lim f (x) = lim e− 1x = ∞, x↑0 x↑0 1 saj je lim − = ∞ in zato f ni zvezna v 0. x↑0 x 9. Ali je funkcija f : R → R,  1  ; x 6= 0 1 f (x) = e x − 1 0 ; x = 0, zvezna na R? Rešitev. Potrebno je preveriti, ali je f zvezna v 0 (glej izrek, ki pravi, da so elementarne funkcije zvezne na svojih naravnih definicijskih območjih). Torej preverimo, ali je lim f (x) = 0 in lim f (x) = 0. x↑0 x↓0 1 x↑0 Izračunajmo vrednost leve limite funkcije f v točki 0 v nekaj korakih. Hitro vidimo, da −→ −∞. S x 1 x↑0 1 x↑0 tem rezultatom nadaljujemo in tako e x −→ 0 in posledično e x − 1 −→ −1. Sedaj vidimo, da je 1 x↑0 −→ −1, 1 e x − 1 od koder sklepamo, da f ni zvezna. Za vajo lahko vsak preveri, da je lim f (x) = 0. x↓0 10. Ali je funkcija f : R → R,  ex−1+x−2 ; x < 1  x−1  f (x) = 2 ; x = 1  x x x−1 ; x > 1, zvezna na R? Rešitev. Iz samega predpisa funkcije je potrebno preveriti, če je zvezna v 1. Torej je potrebno izračunati levo in desno limito od f v 1. Izračunajmo najprej levo limito ex−1 + x − 2 ex−1 − 1 + x − 1 ex−1 − 1 x − 1 lim = lim = lim + = x↑1 x − 1 x↑1 x − 1 x↑1 x − 1 x − 1 ex−1 − 1 x − 1 = lim + lim = 2. x↑1 x − 1 x↑0 x − 1 Leva limita od f v 1 se ujema s funkcijsko vrednostjo. Preverimo še desno limito lim(t + 1) x t=x−1 1 lim x ·(t+1) x−1 = lim(1 + t) t = e t↓0 = e. x↓1 t↓0 Ker lim f (x) 6= 2, funkcija ni zvezna. x↓1 136 6. Rešene naloge 11. Določi f (0) tako, da bo funkcija f : R → R, 1 − cos x f (x) = x2 povsod zvezna. Rešitev. Potrebno je izračunati lim f (x). x→0 1 − cos x 1 − cos x 1 + cos x 1 − cos2 x 1 lim = lim · = lim · = x→0 x2 x→0 x2 1 + cos x x→0 x2 1 + cos x sin2 x 1 1 = lim · lim = x→0 x2 x→0 1 + cos x 2 1 Torej je f (0) = . 2 12. Poišči točke nezveznosti funkcije f : R → R, ex ; x ≤ 0   f (x) = x − 1 ; 0 < x ≤ 1 .  ln x ; x > 1 Rešitev. Glede na funkcijo je potrebno preveriti le zveznost v točkah x1 = 0 in x2 = 1. Vidimo, da lim ex = 1 in lim(x − 1) = −1 in zato funkcija f v x1 = 0 ni zvezna. Podobno izračunamo x↑0 x↓0 lim(x − 1) = 0 in lim ln x = 0. V tem primeru pa vidimo, da je f v x2 = 1 zvezna. x↑1 x↓1 13. Določi realno število a, da bo funkcija f : R → R, (a ; x ≤ 1 f (x) = √x−1 √ ; x > 1 3 x−1 zvezna na množici R. √x−1 Rešitev. Potrebno je izračunati lim √ . x→1 3 x − 1 √ √ √ √ √ √ √ 3 ! 3 ! x − 1 x − 1 x + 1 x2 + 3 x + 1 x − 1 x2 + 3 x + 1 lim √ = lim √ · √ · √ √ = lim · √ = x→1 3 x − 1 x→1 3 x − 1 x + 1 3 x2 + 3 x + 1 x→1 x − 1 x + 1 √ √ 3 x2 + 3 x + 1 3 = lim √ = x→1 x + 1 2 3 Torej je a = . 2 14. Določi realno število a tako, da bo funkcija f : R → R, ki je podana s predpisom (2x + 1 ; x < 1 f (x) = 4 − ax2 ; x ≥ 1 povsod zvezna. Rešitev. S pomočjo leve in desne limite v x = 1 pridemo do realnega števila a. Vidimo, da je lim(2x + 1) = 3 in lim(4 − ax2) = 4 − a. Torej za a = 1 bo f zvezna. x↑1 x↓1 15. Določi realni števili a in b tako, da bo funkcija f , ki je podana s predpisom  a−x ; x < −1  x−1  f (x) = bx − 2 ; − 1 ≤ x ≤ 1   x−1 √ ; x > 1 x−1 137 zvezna na R. Rešitev. Izračunajmo levi in desni limiti v x1 = −1 in x2 = 1: a − x a + 1 lim = lim (bx − 2) = −b − 2 x↑−1 x − 1 −2 x↓−1 √ x − 1 x − 1 x − 1 lim(bx − 2) = b − 2 lim √ = lim √ · √ = 0 x↑1 x↓1 x − 1 x↓1 x − 1 x − 1 Na podlagi tega dobimo sistem enačb a + 1 = −b−2 −2 b − 2 = 0. Rešitvi sistema sta a = 7 in b = 2. 16. Določi realni števili a in b tako, da bo funkcija f : R → R, −2sinx ; x ≤ − π  2  f (x) = a sin x + b ; − π < x < π 2 2  cos x ; x ≥ π2 zvezna na R. Rešitev. Izračunajmo levi in desni limiti v x1 = − π in x : 2 2 = π 2 lim (−2 sin x) = 2 lim (a sin x + b) = −a + b x↑− π x↓− π 2 2 lim a sin x + b = a + b lim cos x = 0 x↑ π x↓ π 2 2 Tako dobimo sistem enačb −a + b = 2 a + b = 0. Rešitvi sistema sta b = 1 in a = −1. 17. Določi polinom druge stopnje p tako, da bo funkcija f : R → R, cos π (x − 1) ; x < −1  2  f (x) = p(x) ; − 1 ≤ x ≤ 2  ex−2 + 3 ; x > 2, zvezna in bo veljalo f (0) = 0. Rešitev. Določiti je potrebno koeficiente polinoma p(x) = ax2 + bx + c, a, b, c ∈ R, na intervalu [−1, 2], da bo f zvezna (razmisli, da je za vsak x ∈ R\(−1, 2) funkcija zvezna). Iz podatka p(0) = 0 π dobimo, da je c = 0. Nadalje, lim cos (x − 1) = −1, lim(ex−2 + 3) = 4, p(−1) = a − b in x↑−1 2 x↓2 p(2) = 4a + 2b ter tako dobimo sistem enačb a − b = −1 4a + 2b = 4 Rešitvi sistema sta a = 1 in b = 4 in zato ima polinom p predpis p(x) = 1 x2 + 4 x. 3 3 3 3 18. Ali obstaja tak polinom p prve stopnje, da bo funkcija f : R → R, ki je podana s predpisom  1 sh(x+2) ( x2 ) ; x < −2  4  f (x) = p(x) ; − 2 ≤ x ≤ 0 √  ln(1+4 x)   √ ; x > 0, x2+4x 138 6. Rešene naloge zvezna na množici realnih števil? Če obstaja, poišči predpis polinoma p. Rešitev. Iščemo polinom s predpisom p(x) = ax + b. Izračunajmo limite. x2 1 x2 − 4 ex+2(e2x+4−1) lim ( ) sh(x+2) = lim (1 + ) 2 = e−1 x↑−2 4 x↑−2 4 lim (ax + b) = −2a + b x↓−2 lim(ax + b) = ax + b = b x↑0 √ √ ln(1 + 4 x) 4 ln(1 + 4 x) lim √ = lim √ √ = 2. x↓0 x2 + 4x x↓0 4 x x + 4 Posledično je b = 2, a = 1 − e−1 . Torej p(x) = 1 − e−1 x + 2. 2 2 Zaporedja 1. V aritmetičnem zaporedju je vsota prvih osem členov 100, vsota drugega in šestega člena pa je 22. Izračunaj prvi člen in splošni člen zaporedja. Rešitev. Vemo, da je a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 = 100 a2 + a6 = 22. Ker je v aritmetičnem zaporedju velja an = a1 + d(n − 1), dobimo 8a1 + 28d = 100 2a1 + 6d = 22. Zato je a1 = 2, d = 3 in posledično an = 2 + 3(n − 1) = −1 + 3n. 2. Poišči takšen x, da bodo števila v danem vrstnem redu 1, cos x in cos2 x trije zaporedni členi aritmetičnega zaporedja. Rešitev. Ker 1, cos x in cos2 x tvorijo aritmetično zaporedje, je d = cos x − 1 in d = cos2 x − cos x. Iz tega sledi cos x − 1 = cos2 x − cos x. Dobimo kvadratno enačbo cos2 x − 2 cos x + 1 = 0, ki je ekvivalentna enačbi (cos x − 1)2 = 0. Rešitev te enačbe je množica {2kπ | k ∈ Z}. Posledično vsi elementi te množice ustrezajo pogoju naloge. 3. Poišči takšen x, da bodo števila v danem vrstnem redu ln 3, ln(2x − 2) in ln(2x + 4) prvi trije členi aritmetičnega zaporedja. Rešitev. Ker ln 3, ln(2x − 2) in ln(2x + 4) tvorijo aritmetično zaporedje, je d = ln(2x − 2) − ln 3 in d = ln(2x + 4) − ln(2x − 2). Posledično dobimo 2x − 2 2x + 4 ln = ln 3 2x − 2 oziroma 3(2x + 4) = (2x − 2)2 (2x)2 − 7 · 2x − 8 = 0 (2x − 8)(2x + 1) = 0. Ker 2x ne zavzame negativnih vrednosti, je edina rešitev x = 3. 4. Tretji člen geometrijskega zaporedja je 12, peti pa je 3. Izračunaj splošni člen zaporedja. Rešitev. Vemo, da je a3 = a1 · q2 = 12 a5 = a1 · q4 = 3. in iz tega sledi, da je q = ± 1 in a n−1 2 1 = 48. Glede na q imamo dve različni zaporedji an = 48 · 12 in a0 = n−1 n 48 · − 1 . 2 139 5. Vsota treh števil je 40, vsota njihovih desetiških logaritmov pa 3. Poišči ta števila, če predstavljajo prve tri člene geometrijskega zaporedja. Rešitev. Poiščimo števila a1, a2 in a3 za katere velja a1 + a2 + a3 = 40 log a1 + log a2 + log a3 = 3. Če upoštevamo, da ta števila tvorijo geometrijsko zaporedje (a2 = a1q, a3 = a1q2), dobimo a1(1 + q + q2) = 40 log(a1q)3 = 3. √ Tako dobimo q = 3± 5 in zato dobimo dve rešitvi za števila a √ , a 2 1, a2 in a3. Torej a1 = 20 2 = 10 3− 5 √ √ in a3 = 5(3 − 5) ter a1 = 20√ , a2 = 10 in a3 = 5(3 + 5). 3+ 5 6. Vsota števil a1, a2 in a3, ki predstavljajo prve tri člene aritmetične zaporedja (an), je 6. Če k tretjemu številu prištejemo prvo število, prvo in drugo število pa ohranimo, dobimo prve tri člene geometrijskega zaporedja. Izračunaj a1, a2 in a3. Rešitev. Ker so a1, a2 in a3 prvi trije členi aritmetičnega zaporedja, velja a1, a2 = a1 + d in a3 = a1 + 2d. Iz tega sledi 3a1 + 3d = 6. Tako dobimo, da je a2 = a1 + d = 2. Vemo tudi, da števila a1, a2 in a1 + a3 tvorijo geometrijsko zaporedje in zato je q = a3+a1 = 2a2+2d = 2. Iz tega potem sledi, da je a a 1 = 1, a2 = 2 in a3 = 3. 2 2 7. Izračunaj naslednje limite zaporedij: n2 + 2n + 1 (a) lim , n→∞ n3 + 3n2 + 3n + 1 2n3 (b) lim , n→∞ 3n3 + n2 + 3n + 1 5n3 + 3 (c) lim , n→∞ 3n2 + 2n + 1 3n − 7 13 (d) lim , n→∞ 2n + 4 (n + 1)(2n2 + 1)(3n3 + 1)(4n4 + 1) (e) lim n→∞ (n + 1)(n2 + 2)(n3 + 3)(n4 + 4) 1 + 7n (f) lim , n→∞ 3 + 5 · 7n 3n+1 + 5n+1 (g) lim , n→∞ 3n + 5n (−3)n (h) lim , n→∞ 1 + (−3)n √ √ (i) lim ( n + 1 − n), n→∞ p (j) lim (n − n2 + 1), n→∞ √n2 +1+n (k) lim , n→∞ n √ 3 n2 + n (l) lim , n→∞ n + 1 √ √ √ n + 3 n + 4 n (m) lim √ n→∞ 9n + 1 √n (n) lim , n→ q √ ∞ p n + n + n √ n 2 − 1 (o) lim √ , n→ n ∞ 2 + 1 140 6. Rešene naloge (p) lim (ln(n + 1) − ln(n)), n→∞ 1−n2 (q) lim 2 n2+2n+1 , n→∞ 2 n (r) lim 1 − , n→∞ n 1 3n−1 (s) lim 1 + , n→∞ n n n+2 (t) lim , n→∞ n + 1 n2 + 1 n2 (u) lim , n→∞ n2 − 1 n3 + n − 2 n2 (v) lim n→∞ n3 − 1 (w) lim n(ln(n) − ln(n + 1)), n→∞ π n3 − n2 (x) lim sin , n→∞ 2n(3n2 + 1) n! (y) lim , n→∞ (n + 1)! − n! (n + 2)! + (n + 1) (z) lim . n→∞ (n + 3)! Rešitev. n2 + 2n + 1 n2(1 + 2 + 1 ) (a) lim = lim n n2 = 0, n→∞ n3 + 3n2 + 3n + 1 n→∞ n3(1 + 3 + 3 + 1 ) n n2 n3 2n3 2n3 2 (b) lim = lim = , n→∞ 3n3 + n2 + 3n + 1 n→∞ n3(3 + 1 + 3 + 1 ) 3 n n2 n3 5n4 + 3 n4(5 + 3 ) (c) lim = lim n4 = ∞ ali rečemo, da ta limita ne obstaja, n→∞ 3n2 + 2n + 1 n→∞ n2(3 + 2 + 1 ) n n2 3n − 7 13 3 13 (d) lim = , n→∞ 2n + 4 2 (n + 1)(2n2 + 1)(3n3 + 1)(4n4 + 1) (e) lim = 24 n→∞ (n + 1)(n2 + 2)(n3 + 3)(n4 + 4) 1 + 7n 7n( 1 0 + 1 1 (f) lim = lim 7n + 1) = = , n→∞ 3 + 5 · 7n n→∞ 7n( 3 0 + 5 5 7n + 5) 3n+1 + 5n+1 5n(3 · ( 3 )n + 5) 0 + 5 (g) lim = lim 5 = = 5, n→∞ 3n + 5n n→∞ 5n(( 3 )n + 1) 0 + 1 5 (−3)n (−3)n 1 (h) lim = lim = = 1, n→∞ 1 + (−3)n n→∞ (−3)n( 1 + 1) 0 + 1 (−3)n √ √ √ √ √ √ ( n + 1 − n)( n + 1 + n) 1 (i) lim ( n + 1 − n) = lim √ √ = lim √ √ = 0, n→∞ n→∞ n + 1 + n n→∞ n + 1 + n √ √ p (n − n2 + 1)(n + n2 + 1) −1 (j) lim (n − n2 + 1) = lim √ = lim √ = 0, n→∞ n→∞ n + n2 + 1 n→∞ n + n2 + 1 √ √ r n2 + 1 + n n2 + 1 1 √ (k) lim = lim + 1 = lim 1 + + 1 = 1 + 0 + 1 = 2, n→∞ n n→∞ n n→∞ n2 √ q 1 √ 3 n2 + n n 3 + 1 3 n n2 0 + 0 (l) lim = lim = = 0, n→∞ n + 1 n→∞ n(1 + 1 ) 1 + 0 n 141 √ √ √ √ √ √ 3 q n 4 q √ n √ n2 + 4 n n + 3 n + 4 n n 1 + + 1 + 6 n n n3 n2 1 + 0 + 0 1 (m) lim √ = lim = lim = √ = , n→ √ q q ∞ 9n + 1 n→∞ n→ 3 n 9 + 1 ∞ 9 + 1 9 + 0 n n √ √ √ n n n (n) lim = lim = lim = n→ q √ r r ∞ p n→∞ q √ n→∞ q √ n + n + n √ n + n 1 + n n 1 + 1 + n n n2 n n2 1 = √ = 1, p1 + 0 + 0 √ n 2 − 1 1 − 1 (o) lim √ = = 0, n→ n ∞ 2 + 1 1 + 1 n + 1 1 (p) lim (ln(n + 1) − ln(n)) = lim ln = lim ln 1 + = ln 1 = 0, n→∞ n→∞ n n→∞ n n2( 1 − 1) 1 − n2 lim n2 1−n2 lim n→∞ n2(1 + 2 1 + 1 ) 0−1 1 (q) lim 2 n2+2n+1 = 2n→∞ n2 + 2n + 1 = 2 n n2 = 2 1+2·0+0 = , n→∞ 2 · 2 n 2 − n (−2) 2 (r) lim 1 − = lim 1 − = e−2, n→∞ n n→∞ n 3n − 1 1 3n−1 1 n· 3n−1 n lim (s) lim 1 + = lim 1 + = en→∞ n = e3, n→∞ n n→∞ n n n+2 n + 1 − 1 n+2 1 −(n+1)· n+2 −(n+1) (t) lim = lim = lim 1 − = n→∞ n + 1 n→∞ n + 1 n→∞ n + 1 n + 2 lim = en→∞ −(n + 1) = e−1, n2−1 · 2n2 n2 + 1 n2 2 n2 2 2 n2−1 (u) lim = lim 1 + = lim 1 + = n→∞ n2 − 1 n→∞ n2 − 1 n→∞ n2 − 1 2n2 lim = en→∞ n2 − 1 = e2, n3 + n − 2 n2 (n − 1)(n2 + n + 2) n2 n2 + n + 1 + 1 n2 (v) lim = lim = lim = n→∞ n3 − 1 n→∞ (n − 1)(n2 + n + 1) n→∞ n2 + n + 1 n2 1 (n2 +n+1)· n2 n2+n+1 lim = lim 1 + = en→∞ n2 + n + 1 = e, n→∞ n2 + n + 1 n 1 n (w) lim n(ln(n) − ln(n + 1)) = lim n ln = lim ln 1 − = n→∞ n→∞ n + 1 n→∞ n + 1 n ! 1 −(n+1)· n − lim (n+1) = ln lim 1 − = ln en→∞ −(n + 1) = ln e−1 = −1, n→∞ n + 1 ! π n3 − n2 π n3 − n2 n3(π − 1 ) (x) lim sin = sin lim = sin lim n = n→∞ 2n(3n2 + 1) n→∞ 2n(3n2 + 1) n→∞ 2n3(3 + 1 ) n2 π − 0 π 1 = sin = sin = , 2(3 + 0) 6 2 n! n! 1 (y) lim = lim = lim = 0, n→∞ (n + 1)! − n! n→∞ n!((n + 1) − 1) n→∞ n (n + 2)! + (n + 1) (n + 1)! · ((n + 2) + 1 ) n(1 + 2 + 1 ) (z) lim = lim n! = lim n n·n! = n→∞ (n + 3)! n→∞ (n + 3)(n + 2)(n + 1)! n→∞ n2(1 + 5 + 6 ) n n2 1 + 2 + 1 = lim n n·n! = 0. n→∞ n(1 + 5 + 6 ) n n2 8. Za naslednja zaporedja, ki so podana s splošnim členom, preveri monotonost, omejenost in konvergenco. 142 6. Rešene naloge 1 (a) an = , 3n + 4 1000n (b) an = , n2 + 1n (c) an = 1 + , n + 1 n2 + 2 (d) an = , n + 1 (−1)n (e) an = 1 + , n (f) a + n = sin(nx), kjer je x ∈ R . Rešitev. (a) Zaporedje (an) je padajoče, saj je za poljuben n ∈ N velja an+1 ≤ an 1 1 ≤ 3(n + 1) + 4 3n + 4 4 ≤ 7; navzdol je omejeno z 0, saj je 1 > 0 za vsak n ∈ 3n+4 N; navzgor je omejeno z 1, saj je padajoče 1 in je a1 = 1 < 1; lim = 0. 7 n→∞ 3n + 4 (b) Zaporedje (an) je padajoče, saj za poljuben n ∈ N velja an+1 ≤ an 1000(n + 1) 1000n ≤ (n + 1)2 + 1 n2 + 1 n3 + n2 + n + 1 ≤ n3 + 2n2 + 2n 1 ≤ n2 + n; navzdol je omejeno z 0, saj je 1000n > 0 za vsak n ∈ n2+1 N; navzgor je omejeno s 501, saj je padajoče 1000n in je a1 = 500 < 501; lim = 0. n→∞ n2 + 1 (c) Zaporedje (an) je naraščajoče, saj za poljuben n ∈ N velja an ≤ an+1 n n + 1 1 + ≤ 1 + n + 1 n + 2 n2 + 2n ≤ n2 + 2n + 1 0 ≤ 1; navzdol je omejeno z 1, saj je 1 + n > 1 za vsak n ∈ n+1 N; navzgor je omejeno z 2, saj je n naraščajoče in limita je enaka 2; lim 1 + = 2. n→∞ n + 1 (d) Zaporedje (an) je naraščajoče, saj za poljuben n ∈ N velja an ≤ an+1 n2 + 2 (n + 1)2 + 2 ≤ n + 1 n + 1 + 1 n3 + 2n2 + 2n + 4 ≤ n3 + 3n2 + 5n + 3 1 ≤ n2 + 3n; n2 + 2 navzdol je omejeno z 0, saj je n2+2 > 0 za vsak n ∈ = n+1 N; navzgor ni omejeno; lim ∞ n→∞ n + 1 (divergira). 143 (e) Zaporedje ni monotono, saj že a1 = 0, a2 = 3 in a ; navzdol je omejeno z 0, saj je 2 3 = 2 3 (− (−1)n 1 + (−1)n > 0 za vsak n ∈ 1)n < 1; lim 1 + = 1. n N; navzgor je omejeno z 2, saj je n n→∞ n (2k − 1) π 2kπ (f) Za ∀x ∈ + R , obstajajo n1, n2, n3 ∈ N, n1 < n2 < n3, za katere velja n1, n3 ∈ [ , , x x k∈N 2k π (2k + 1)π n2 ∈ [ , . Posledično bosta an in an negativna, an pa pozitiven, kar x x 1 3 2 k∈N pomeni, da zaporedje ni monotono. Ker je zaloga vrednosti funkcije sin interval [−1, 1], zato je zaporedje navzdol omejeno z -1, navzgor pa z 1. Zaporedje ni konvergentno, saj vrednosti oscilirajo med -1 in 1 (glej monotonost). 9. Zaporedje (an) je podano s splošnim členom 2n − 1 an = . 2n + 2 (a) Preveri monotonost, omejenost in konvergenco. (b) Od katerega člena dalje se vsi členi zaporedja (an) razlikujejo od limitne vrednosti za manj od 0.01? Rešitev. (a) Zaporedje (an) je naraščajoče, saj za poljuben n ∈ N velja an ≤ an+1 2n − 1 2n + 1 ≤ 2n + 2 2n + 4 4n2 + 6n − 4 ≤ 4n2 + 6n + 2 −4 ≤ 2; navzdol je omejeno z 0, saj je n−1 > 0 za vsak n ∈ 2n+2 N; navzgor je omejeno z 1, saj je naraščajoče in limita je enaka 1; 2n − 1 lim = 1. n→∞ 2n + 2 (b) 2n − 1 1 − 1 < 2n + 2 100 2n − 1 1 1 − < 2n + 2 100 300 < 2n + 2. Torej od 150. člena naprej. 10. Zaporedje (an) je podano s splošnim členom 3n an = . n2 + 3n + 2 (a) Preveri monotonost, omejenost in konvergenco. (b) Od katerega člena dalje se vsi členi zaporedja (an) razlikujejo od limitne vrednosti za manj od 0.01? 144 6. Rešene naloge Rešitev. (a) Zaporedje (an) je padajoče, saj za poljuben n ∈ N velja an+1 ≤ an 3n + 3 3n ≤ (n + 1)2 + 3(n + 1) + 2 n2 + 3n + 2 2 ≤ n(n + 1); navzdol je omejeno z 0, saj je 3n > 0 za vsak n ∈ n2+3n+2 N; navzgor je omejeno z 1, saj je 3n padajoče in a1 = 1 < 1; lim = 0. 2 n→∞ n2 + 3n + 2 (b) 3n 1 − 0 < n2 + 3n + 2 100 300n < n2 + 3n + 2 0 < n2 − 297n + 2. Po reševanju te kvadratne enačbe sledi, da od 297. člena naprej. 11. Zaporedje (an) je podano s splošnim členom n2 + n an = . n2 + n + 1 (a) Preveri monotonost, omejenost in konvergentnost. (b) Od katerega člena dalje se vsi členi zaporedja (an) razlikujejo od limitne vrednosti za manj od 0.001? Rešitev. (a) Zaporedje (an) je naraščajoče, saj za poljuben n ∈ N velja an ≤ an+1 n2 + n (n + 1)2 + n + 1 ≤ n2 + n + 1 (n + 1)2 + n + 1 + 1 0 ≤ 2n + 2; navzdol je omejeno z 0, saj je n2+n > 0 za vsak n ∈ < 1 n2+n+1 N; navzgor je omejeno z 1, saj n2+n n2+n+1 n2 + n za vsak n ∈ N; lim = 1. n→∞ n2 + n + 1 (b) n2 + n 1 − 1 < n2 + n + 1 1000 n2 + n 1 1 − < n2 + n + 1 1000 0 < n2 + n − 999. Po reševanju te kvadratne enačbe sledi, da od 32. člena naprej. 12. Razišči zaporedje (an), ki je podano s splošnim členom n5 an = . 5n 145 Rešitev. Zaporedje (an) ni monotono, saj a1 = 1 , a , a in a . Za lažje dokazovanje 5 2 = 32 25 3 = 243 125 4 = 1024 625 omejenosti preverimo, od katerega člena naprej je monotono. Dokažimo, da je an+1 ≥ 1 ⇔ n < 3. an Preverimo implikacijo samo v desno stran. (n+1)5 5n+1 ≥ 1 n5 5n (n + 1)5 ≥ 1 5n5 (n + 1)5 ≥ 5n5 √ n + 1 ≥ 5 5n 2.7 ≥ n. Torej je an padajoče od tretjega člena naprej. Navzdol je omejeno z 0, saj je n5 5n > 0 za vsak n ∈ N; n5 navzgor je omejeno z 2 (do tretjega člena je an naraščajoče, od tretjega člena pa padajoče); lim = 0. n→∞ 5n 13. Ali je zaporedje (an), ki je podano s splošnim členom 3n2 + 3 n2 an = , 3n2 + 1 omejeno? Utemelji. Rešitev. Izračunajmo limito zaporedja. 3n2+1 · 2n2 3n2 + 3 n2 2 2 3n2+1 2 lim = lim 1 + = e 3 n→∞ 3n2 + 1 n→∞ 3n2 + 1 Ker je zaporedje konvergentno, zato je po izreku tudi omejeno. 14. Ali je zaporedje (an), ki je podano rekurzivno r 9 9 a1 = , an+1 = an + za vsak n ∈ N, 4 4 konvergentno? Utemelji! Rešitev. Dokazali bomo, da je zaporedje monotono (padajoče) in omejeno. Najprej s pomočjo indukcije dokažimo, da je zaporedje padajoče. Baza indukcije je trivialno izpolnjena. Naj bo n ∈ N in predpostavimo, da je an ≥ an+1. Dokažimo, da je an+1 ≥ an+2. an+1 ≥ an+2 r r 9 9 an + ≥ an+1 + 4 4 To seveda velja zaradi indukcijeske predpostavke. Opazimo, da je zaporedje omejeno navzgor z a1, saj je zaporedje padajoče. Zaporedje je omejeno navzdol z 0, saj so vsi členi zaporedja pozitivni. Ker je zaporedje monotono in omejeno, po izreku sledi, da je konvergentno. 15. Zaporedje (an) je podano rekurzivno √ a1 = 1, an+1 = n + an za vsak n ∈ N. 146 6. Rešene naloge Ali je zaporedje konvergentno? Utemelji! Rešitev. Vsi členi zaporedja so očitno pozitivni, zato lahko naredimo naslednjo oceno √ √ an+1 = n + an ≥ n. √ Ker zaporedje s členi ( n) divergira, zato tudi zaporedje (an) divergira. Posledično je odgovor ne. 16. Zaporedje (an) je podano rekurzivno p a1 = 1, an+1 = 2an + 1 za vsak n ∈ N. Preveri, da je (an) omejeno ter poišči zgornjo in spodnjo mejo. Rešitev. S pomočjo matematične indukcije najprej dokažimo, da je zaporedje naraščajoče. Baza indukcije je trivialno izpolnjena. Naj bo n ∈ N in predpostavimo an ≤ an+1. Dokažimo an+1 ≤ an+2. an+1 ≤ an+2 p2an + 1 ≤ p2an+1 + 1 an ≤ an+1 in slednja vrstica velja zaradi indukcijske predpostavke. Ker je naraščajoče, je navzdol omejeno s prvim členom zaporedja (tj. 1). Poiščimo še zgornjo mejo s pomočjo limite. Predpostavimo, da je konvergentno. √ p L = lim an = lim an+1 = lim 2an + 1 = 2L + 1 n→∞ n→∞ n→∞ √ √ Dobimo dva kandidata: L1 = 1 + 2 in L2 = 1 − 2. Izberimo prvega, saj je večji od 1. Zanj dokažimo, da je zgornja meja. √ √ Za a1 je očitno. Naj bo n ∈ N in predpostavimo an ≤ 1 + 2. Dokažimo an+1 ≤ 1 + 2. √ p2an + 1 ≤ 1 + 2 √ 2an + 1 ≤ 1 + 2 2 + 2 √ an ≤ 1 + 2 2 in slednja vrstica je resnična zaradi indukcijske predpostavke. Torej, spodnja meja je 1, zgornja pa √ 1 + 2. 17. Razišči zaporedje (an), ki je podano rekurzivno 1 a1 = 3, an+1 = an + 2 za vsak n ∈ N. 6 Rešitev. - Monotonost Preverimo, da je zaporedje padajoče s pomočjo matematične indukcije. Res velja a2 ≤ a1. Zato predpostavimo, da je an+1 ≤ an in dokažimo, da je an+2 ≤ an+1. an+2 ≤ an+1 1 1 an+1 + 2 ≤ an + 2 6 6 an+1 ≤ an. - Omejenost Ker je zaporedje padajoče, je navzgor omejeno s prvim členom a1 = 3. Preverimo, da je navzdol omejeno z 0. Za a1 to trivialno velja. Zato predpostavimo, da je an > 0, kjer je n ∈ N, in dokažimo, da je tudi an+1 > 0. Ker je an+1 = 1 a 6 n + 2 in an > 0, imamo vsoto dveh pozitivnih členov in zato je an+1 > 0. 147 - Limita zaporedja Zaporedje je konvergentno, ker je padajoče in navzdol omejeno. Naj bo L = lim an. Tako n→∞ pridemo do zveze 1 L = L + 2 6 12 in iz tega sledi, da je lim an = . n→∞ 5 18. Razišči zaporedje (an), ki je podano rekurzivno 1 a1 = 2, an+1 = an + 2 za vsak n ∈ N. 2 Rešitev. - Monotonost Preverimo, da je zaporedje naraščajoče s pomočjo matematične indukcije. Res velja a2 ≥ a1, zato predpostavimo, da je an+1 ≥ an, kjer je n ∈ N, in dokažimo, da je tudi an+2 ≥ an+1. an+2 ≥ an+1 1 1 an+1 + 2 ≥ an + 2 2 2 an+1 ≥ an. - Omejenost Ker je zaporedje naraščajoče, je navzdol omejeno z a1 = 2. Preverimo, da je navzgor omejeno s 4. Za a1 to trivialno velja. Zato predpostavimo, da an < 4, kjer je n ∈ N, in dokažimo, da je tudi an+1 < 4. 1 an +2 < 4 2 an < 4. - Limita zaporedja Zaporedje je konvergentno, ker je naraščajoče in navzgor omejeno. Naj bo L = lim an. Tako n→∞ pridemo do zveze 1 L = L + 2 2 in iz tega sledi, da je lim an = 4. n→∞ 19. Razišči zaporedje (an), ki je podano rekurzivno a1 = 3, an+1 = a2 − n 2 za vsak n ∈ N. Obravnavaj še primer, ko je a1 = 2 oziroma a1 = 1. Rešitev. - Monotonost Preverimo, da je zaporedje naraščajoče s pomočjo matematične indukcije. Res velja a2 ≥ a1, zato predpostavimo, da je an+1 ≥ an, kjer je n ∈ N, in dokažimo, da je tudi an+2 ≥ an+1. an+2 ≥ an+1 a2 − − n+1 2 ≥ a2n 2 a2 ≥ . n+1 a2n Ker gledamo samo pozitivne člene, to res velja. 148 6. Rešene naloge - Omejenost Ker je zaporedje naraščajoče, je zaporedje navzdol omejeno s prvim členom a1 = 3. Hitro vidimo, da zaporedje ni navzgor omejeno (glej začetne člene zaporedja). - Konvergenca Zaporedje ne konvergira, ker ni navzgor omejeno. Vsak lahko sam preveri, da v primeru, ko je a1 = 2 dobimo konstantno zaporedje s splošnim členom an = 2, ko pa je a = 1, pa dobimo, zaporedje a1 = 1 in an = −1 za vsak n = 2, 3, . . .. 20. Zaporedje (an) je podano rekurzivno an 3 a1 = 1, an+1 = + za vsak n ∈ N. 2 2an Poišči limito zaporedja in dokaži, da vsi členi zaporedja ležijo na intervalu [1, 3]. Rešitev. - Naj bo L = lim an. Tako pridemo do zveze n→∞ L 3 L = + . 2 2L Iz tega dobimo L2 − 3 = 0. √ Tako je lim an = 3, saj so vsi členi zaporedja pozitivni. n→∞ - Preverimo, da je zaporedje navzdol omejeno z 1. Za a1 = 1 je to res, zato predpostavimo, da je 1 ≤ an ≤ 3 za nek n ∈ N in dokažimo, da je tudi 1 ≤ an+1 ≤ 3. an 3 3 3 an+1 = + ≤ + = 3 2 2an 2 2 · 1 an 3 1 3 an+1 = + ≥ + = 1 2 2an 2 2 · 3 in zato so res vsi členi na intervalu [1, 3]. 21. Razišči zaporedje (an), ki je podano s splošnim členom an = ln(2 + ln(2 + ln(2 + . . . ln 2) . . .)) . | {z } n Rešitev. Preden bomo raziskali zaporedje, zapišimo zaporedje kot a1 = ln 2 in an+1 = ln(2 + an). - Monotonost Preverimo, da je zaporedje naraščajoče s pomočjo matematične indukcije. Res velja a2 ≥ a1, zato predpostavimo, da je an+1 ≥ an, kjer je n ∈ N, in dokažimo, da je tudi an+2 ≥ an+1. an+2 ≥ an+1 ln(2 + an+1) ≥ ln(2 + an) an+1 ≥ an. - Omejenost Ker je zaporedje naraščajoče, je zaporedje navzdol omejeno z a1 = ln 2. Dokažimo, da je tudi navzgor omejeno. Predpostavimo, da obstaja M ∈ R, za katerega je an < M za poljuben n ∈ N in dokažimo, da je potem an+1 < M. Za lažje razumevanje kar predpostavimo, da je M = e. an+1 = ln(2 + an) < ln(2 + M) < ln(M + M) = ln(2M) = ln 2 + ln M < ln M + ln M = 2 ln M = 2 ln e < e. Torej je zaporedje navzgor omejeno z e. 149 - Konvergenca Zaporedje je konvergentno, ker je naraščajoče in navzgor omejeno. 22. Razišči zaporedje s členi r q √ an = 3 3 . . . 3 . | {z } n √ √ Rešitev. Preden bomo raziskali zaporedje, zapišimo zaporedje na način a1 = 3 in an+1 = 3an. Vsak lahko sam preveri, da je to dobro definirano. - Monotonost Preverimo, da je zaporedje naraščajoče s pomočjo matematične indukcije. Res velja a2 ≥ a1, zato predpostavimo, da je an+1 ≥ an, kjer je n ∈ N, in dokažimo, da je tudi an+2 ≥ an+1. an+2 ≥ an+1 p3an+1 ≥ p3an an+1 ≥ an. - Omejenost √ Ker je zaporedje naraščajoče, je navzdol omejeno z a1 = 3. Dokažimo, da je navzgor omejeno s 3. Za a1 to trivialno velja. Predpostavimo, da je an < 3, kjer je n ∈ N, in dokažimo, da je tudi an+1 < 3. an+1 < 3 p3an < 3 an < 3 Torej je zaporedje navzgor omejeno s 3. - Limita zaporedja Zaporedje je konvergentno, ker je naraščajoče in navzgor omejeno. Naj bo L = lim an. Tako n→∞ pridemo do zveze √ L = 3L √ in edina smiselna rešitev je lim an = 3, saj je a1 = 3 in (an) je naraščajoče zaporedje. n→∞ 23. Dokaži ali ovrzi: (a) če zaporedje (an) konvergira, potem tudi zaporedje (|an|) konvergira; (b) če zaporedje (|an|) konvergira, potem tudi zaporedje (an) konvergira. Rešitev. (a) Naj bo ε > 0 poljuben. Ker zaporedje s členi an konvergira, potem obstaja n0 ∈ N, da za vsak n ∈ N, n > n0, velja |an − L| < ε, kjer je L = lim an. Ker velja n→∞ ||an| − |L|| ≤ |an − L| < ε, zaporedje s členi |an| konvergira (razmisli, da za poljubni realni števili x in y velja ocena ||x| − |y|| ≤ |x − y|). (b) Ta trditev ne velja. Protiprimer je zaporedje s splošnim členom an = (−1)n. 24. Poišči vsa stekališča podanih zaporedij (a) 1, 2, 3, 1, 2, 3, . . . , (b) 1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, 1, 2, 3, 4, 5, . . . , 1 (c) an = (−1)n+1 + (−1)n , n 150 6. Rešene naloge π + (−1)nπ (d) an = sin . 4 Rešitev. (a) 1,2,3. (b) Vsa naravna števila. (c) Za lihe n je 1, za sode n pa -1. (d) Za lihe n je 0, za sode n pa 1. Vrste 1. Ugotovi, ali so podane vrste konvergentne. Če so, izračunaj vsoto. (a) 1 − 1 + 2 − 2 + 3 − 3 + . . ., ∞ (b) ∑ (−1)nn, n=1 ∞ (c) ∑ 2n, n=0 ∞ (d) ∑ 2−n, n=0 ∞ 1 2 n (e) ∑ , 3 3 n=0 ∞ 1 n (f) ∑ − , 2 n=0 1 1 1 (g) + + + . . . , 1 · 2 2 · 3 3 · 4 1 1 1 (h) + + + . . . , 1 · 3 3 · 5 5 · 7 ∞ 1 (i) ∑ , kjer je k poljubno naravno število, (2n − k)(2n + k) n=b k +1c 2 1 1 1 (j) + + + . . ., 1 · 4 4 · 7 7 · 10 ∞ 2n + 1 (k) ∑ , n2(n + 1)2 n=1 ∞ n (l) ∑ , (2n − 1)2(2n + 1)2 n=1 ∞ 2n + 3n (m) ∑ . 5n n=0 Rešitev. (a) Delne vsote so s2n−1 = n in s2n = 0. Limita teh delnih vsot ne obstaja in zato vrsta divergira. (b) Delne vsote so s1 = −1, s2 = 1, s3 = −2, . . .. Limita teh delnih vsot ne obstaja in zato vrsta divergira. (c) Delne vsote so s0 = 1, s1 = 3, s2 = 7, . . .. Limita teh delnih vsot ne obstaja in zato vrsta divergira. 1 − ( 1 )n+1 (d) Delne vsote so s 2 0 = 1, s1 = 3 , s , . . ., s . Limita delnih vsot obstaja, zato 2 2 = 7 4 n = 1 − 12 izračunajmo vsoto vrste ∞ 1 1 1 1 ∑ 2−n = 1 + + + + . . . = = 2. 2 4 8 n=0 1 − 12 1 1 − ( 2 )n+1 (e) Delne vsote so s 3 0 = 1 , s · 5 , s · 19 , . . ., s · . Limita delnih vsot 3 1 = 1 3 3 2 = 1 3 9 n = 3 1 − 23 151 obstaja, zato izračunajmo vsoto vrste ! ∞ 1 2 n 1 1 2 1 4 1 8 1 1 ∑ = + · + · + · + . . . = = 1. 3 3 3 3 3 3 9 3 27 3 n=0 1 − 23 (f) Vrsta konvergira, saj je to geometrijska vrsta. Direktno izračunajmo vsoto vrste ∞ 1 n 1 1 1 1 1 1 2 ∑ − = 1 − + − + − + . . . = = . 2 2 4 8 16 32 3 n=0 1 − − 12 (g) Iz zaporedja prepoznamo, da je n-ti člen vrste 1 1 1 an = = − . n(n + 1) n n + 1 Desno stran zgornje enačbe izračunamo tako, da zapišemo nastavek 1 A B = + , n(n + 1) n n + 1 kjer iščemo konstanti A in B. Tako dobimo sistem A = 1 A + B = 0 in iz tega sledi A = 1 in B = −1. To upoštevamo pri sn. Posledično 1 1 1 1 1 1 1 sn = − + − + . . . + − = 1 − . 1 2 2 3 n n + 1 n + 1 1 Ker je lim sn = lim 1 − = 1, zato je n→∞ n→∞ n + 1 ∞ 1 ∑ = 1. n(n + 1) n=1 (h) Iz zaporedja prepoznamo, da je n-ti člen vrste 1 1 1 1 = − (2n − 1)(2n + 1) 2 2n − 1 2n + 1 (glej naslednji splošnejši primer).To upoštevamo pri sn. Posledično 1 1 1 1 1 1 1 1 sn = − + − + . . . + − = 1 − . 1 3 3 5 2n − 1 2n + 1 2 2n + 1 1 1 1 Ker je lim sn = lim 1 − = , zato je n→∞ n→∞ 2 2n + 1 2 ∞ 1 1 ∑ = . (2n − 1)(2n + 1) 2 n=1 (i) Zapišimo n-ti člen malo drugače. Nastavimo, da je 1 A B = + . (2n − k)(2n + k) 2n − k 2n + k Tako dobimo sistem enačb 2A + 2B = 0 kA − kB = 1 152 6. Rešene naloge in iz tega sledi A = 1 in B = − 1 . Zato je n-ti člen 2k 2k 1 1 1 1 = − . (2n − k)(2n + k) 2k 2n − k 2n + k Preden povemo, koliko je vsota vrste, si poglejmo sn + sn+k (brez konstante 1 ). 2k 1 1 1 1 sn + sn+k = − + − + 2n − k 2n + k 2(n + 1) − k 2(n + 1) + k 1 1 + . . . + − 2(n + k) − k 2(n + k) + k 1 1 1 1 = − + − + 2n − k 2n + k 2(n + 1) − k (2(n + 1) + k) 1 1 + . . . + − 2n + k 2n + 3k Opazimo, da se posamezni elementi pojavijo dvakrat in se odštejejo. Ker je n poljubno naravno število, se nam bo ta situacija vedno ponovila in zato je vsota vrste enaka b k +1c+k 2 1 1 ∑ · . 2k 2n − k n=b k +1c 2 (j) Poskusimo še na drug način izračunati vsoto vrste (lahko bi podobno kot v prejšnjih dveh primerih izračunali vsoto vrste). Delne vsote so s1 = 1 , s , s , . . . , s . S 4 2 = 2 7 3 = 3 10 n = n 3n+1 pomočjo matematične indukcije lahko vsak dokaže, da je sn res take oblike. Limita delnih vsot obstaja in je enaka 1 in zato je vsota vrste enaka 1 . 3 3 (k) Zapišimo n-ti člen malo drugače. Nastavimo, da je 2n + 1 An + B Cn + D = + . n2(n + 1)2 n2 (n + 1)2 Tako dobimo sistem enačb A + C = 0 2A + B + D = 0 A + 2B = 2 B = 1 in iz tega sledi A = 0, B = 1, C = 0 in D = −1. Zato je n-ti člen 2n + 1 1 1 = − n2(n + 1)2 n2 (n + 1)2 in posledično 1 1 1 1 1 1 1 sn = − + − + . . . + − = 1 − . 1 4 4 9 n2 (n + 1)2 (n + 1)2 1 Ker je lim 1 − = 1, zato je n→∞ (n + 1)2 ∞ 2n + 1 ∑ = 1. n2(n + 1)2 n=1 (l) Zapišimo n-ti člen vrste malo drugače. Nastavimo, da je n An + B Cn + D = + . (2n − 1)2(2n + 1)2 (2n − 1)2 (2n + 1)2 153 Tako dobimo sistem enačb 4A + 4C = 0 4A + 4B − 4C + 4D = 0 A + 4B +C − 4D = 1 B + D = 0 in iz tega sledi A = 0, B = 1 , C = 0 in D = − 1 . Zato je n-ti člen 8 8 2n + 1 1 1 1 = − n2(n + 1)2 8 (2n − 1)2 (2n + 1)2 in posledično 1 1 1 1 1 1 1 1 1 sn = − + − + . . . + − = 1 − . 8 1 9 9 25 (2n − 1)2 (2n + 1)2 8 (2n + 1)2 1 1 1 Ker je lim 1 − = , zato je n→∞ 8 (2n + 1)2 8 ∞ 2n + 1 1 ∑ = . n2(n + 1)2 8 n=1 1−( 2 )n+1 1−( 3 )n+1 (m) Delne vsote so s 5 5 0 = 2, s1 = 3, . . . , sn = + . Limita delnih vsot obstaja in je 1− 2 1− 3 5 5 enaka 25 (kar je tudi vsota vrste). 6 Izračunajmo vsoto vrste še nekoliko drugače ∞ 2n + 3n ∞ 2 n ∞ 3 n 1 1 25 ∑ = + = + = . 5n ∑ 5 ∑ 5 6 n=0 n=0 n=0 1 − 2 1 − 3 5 5 4 1 + 1 + . . . + 1 2. Pokaži, da je lim a 2 2n n = , če je an = . n→∞ 3 1 + 1 + . . . + 1 3 3n 1− 1 2n+1 1 + 1 + . . . + 1 1− 1 4 1 − 1 4 Rešitev. lim 2 2n = lim 2 = lim 2n+1 = . n→∞ 1 + 1 + . . . + 1 n→∞ 1− 1 3 n→∞ 1 − 1 3 3 3n 3n+1 3n+1 1− 13 3. Z uporabo primerjalnega kriterija preuči konvergenco vrst: ∞ 1 (a) ∑ , 10n + 1 n=0 ∞ 1 + n (b) ∑ , 1 + n2 n=0 ∞ ln n (c) ∑ , n n=1 ∞ 1 (d) ∑ , n2n n=1 ∞ sin nx (e) ∑ , x ∈ R, 2n n=0 ∞ n + cos n (f) ∑ , n3 + 1 n=1 ∞ n2 + 1 2 (g) ∑ , n3 + 1 n=1 154 6. Rešene naloge ∞ 1 (h) ∑ . p n=1 n(n + 1) Rešitev. 1 (a) Ocenimo člen : 10n + 1 1 1 1 1 > = · . 10n + 1 10n + 10 10 n + 1 1 ∞ 1 ∞ 1 Minoranta je divergentna vrsta in zato tudi divergira. 10 ∑ ∑ n + 1 10n + 1 n=0 n=0 1 + n (b) Ocenimo člen : 1 + n2 1 + n 1 + n 1 + n 1 > = = . 1 + n2 1 + 2n + n2 (1 + n)2 n + 1 ∞ 1 ∞ 1 + n Minoranta ∑ je divergentna vrsta in zato tudi ∑ divergira. n + 1 1 + n2 n=0 n=0 ln n (c) Ocenimo člen : n ln n 1 > za n > 3. n n ∞ 1 ∞ ln n Minoranta ∑ je divergentna vrsta in zato tudi ∑ divergira. n n n=1 n=0 1 (d) Ocenimo člen : n2n 1 1 < . n2n 2n ∞ 1 ∞ 1 Majoranta ∑ je konvergentna vrsta in zato tudi konvergira. 2n ∑ n2n n=0 n=0 sin nx (e) Ocenimo člen : 2n sin nx 1 < . 2n 2n ∞ 1 ∞ sin nx Majoranta ∑ je konvergentna vrsta in zato tudi konvergira. 2n ∑ 2n n=0 n=0 n + cos n (f) Ocenimo člen : n3 + 1 n + cos n n + cos n n + 1 1 1 < < = + . n3 + 1 n3 n3 n2 n3 ∞ 1 ∞ 1 ∞ n + cos n Majoranta je vsota konvergentnih vrst ∑ + ∑ in zato tudi ∑ konvergira. n2 n3 n3 + 1 n=1 n=1 n=1 n2 + 1 2 (g) Ocenimo člen : n3 + 1 n2 + 1 2 n2 + 1 2 n2 + 2n + 1 2 (n + 1)2 2 < < = n3 + 1 n3 n3 n3 (n + n)2 2 16n4 16 < = = . n3 n6 n2 ∞ 16 ∞ n2 + 1 2 Majoranta ∑ je konvergentna vrsta in zato tudi ∑ konvergira. n2 n3 + 1 n=0 n=0 155 1 (h) Ocenimo člen : pn(n + 1) 1 1 1 > = . p p n(n + 1) (n + 1)(n + 1) n + 1 ∞ 1 ∞ 1 Minoranta ∑ je divergentna vrsta in zato tudi ∑ divergira. n + 1 p n=1 n=1 n(n + 1) 4. Upoštevaj potrebni pogoj za konvergenco vrst in preuči konvergenco vrst: ∞ (a) ∑ n2, n=1 ∞ n + 1 (b) ∑ , 2n + 1 n=1 ∞ √ √ (c) ∑ n + 1 − n, n=1 ∞ n (d) ∑ . n2 + n + 1 n=1 Rešitev. (a) Vrsta divergira, saj lim n2 = ∞ > 0. n→∞ n + 1 1 (b) Vrsta divergira, saj lim = > 0. n→∞ 2n + 1 2 √ √ (c) Velja sicer, da je lim n + 1 − n = 0, vendar ne konvergira zaporedje delnih vsot sn, saj je n→∞ √ √ √ √ √ √ √ sn = 2 − 1 + 3 − 2 + . . . + n + 1 − n = n + 1 − 1. n (d) Velja sicer, da je lim = 0, vendar upoštevajmo primerjalni kriterij n→∞ n2 + n + 1 n n n 1 1 1 > = = > = . n2 + n + 1 n2 + n + n n2 + 2n n + 2 n + n 2n ∞ 1 ∞ n Minoranta je divergentna vrsta ∑ , zato tudi divergira. 2 ∑ n n2 + n + 1 n=1 n=1 5. Z uporabo kvocientnega oziroma D’Alembertovega kriterija preuči konvergenco vrst: ∞ n (a) ∑ 2n n=0 ∞ an (b) ∑ , kjer je a pozitivno realno število, n! n=0 ∞ 2n − 1 (c) ∑ √ , n=0 ( 2)n ∞ 3nn! (d) ∑ , nn n=0 ∞ 3nn (e) ∑ , 2n(n + 1) n=0 √ ∞ n (f) ∑ . n + 1 n=0 Rešitev. (a) Velja n + 1 n + 1 1 lim 2n+1 n = lim = < 1 n→∞ n→∞ 2n 2 2n 156 6. Rešene naloge in zato vrsta konvergira. (b) Velja an+1 (n + 1)! a lim = lim = 0 < 1 n→∞ an n→∞ n + 1 n! in zato vrsta konvergira. (c) Velja 2n + 1 √ ( 2)n+1 2n + 1 2 1 lim √ √ √ = lim = = < 1 n→∞ 2n − 1 n→∞ 2(2n − 1) 2 · 2 2 √ ( 2)n in zato vrsta konvergira. (d) Velja 3n+1(n + 1)! (n + 1)n+1 3nn 1 −(n+1)· n −(n+1) lim = lim = lim 3 1 − n→∞ 3nn! n→∞ (n + 1)n n→∞ n + 1 nn = 3e−1 > 1 in zato vrsta divergira. (e) Velja 3n+1(n + 1) 2n+1(n + 2) 3(n + 1)2 3 lim = lim = > 1 n→∞ 3nn n→∞ 2n(n + 2) 2 2n(n + 1) in zato vrsta divergira. (f) Velja √ n + 1 √ n + 2 n + 1(n + 1) lim √ √ = lim = 1 n→∞ n n→∞ n(n + 2) n + 1 in ta kriterij nam nič ne pove o konvergenci vrste. 6. Z uporabo korenskega oziroma Cauchyjevega kriterija preuči konvergenco vrst: ∞ n2 n (a) ∑ , 3n n=0 ∞ 2n + 3 n (b) ∑ , 4n + 5 n=0 ∞ 2n n (c) ∑ , n + 3 n=0 ∞ n n2 (d) ∑ , n + 1 n=0 ∞ n + 1 n(n−1) (e) ∑ , n − 1 n=2 ∞ n n (f) ∑ . n + 1 n=0 157 Rešitev. (a) Velja s n2 n n2 lim n = lim = 0 < 1 n→∞ 3n n→∞ 3n in zato vrsta konvergira. (b) Velja s 2n+3n 2n + 3 1 lim n = lim = < 1 n→∞ 4n + 5 n→∞ 4n + 5 2 in zato vrsta konvergira. (c) Velja s 2n n 2n lim n = lim = 2 > 1 n→∞ n + 3 n→∞ n + 3 in zato vrsta divergira. (d) Velja v u n2 n u n 1 lim n t = lim 1 − = e−1 < 1 n→∞ n + 1 n→∞ n + 1 in zato vrsta konvergira. (e) Velja v (n−1) u n(n−1) ·2 2 u n + 1 2 lim n t = lim 1 + = e2 > 1 n→∞ n − 1 n→∞ n − 1 in zato vrsta divergira. (f) Velja s n n n lim n = lim = 1 n→∞ n + 1 n→∞ n + 1 in ta kriterij nam nič ne pove o konvergenci vrste. 7. Z uporabo Leibnizovega kriterija preuči konvergenco vrst: ∞ (−1)n+1 (a) ∑ √ , n n=1 ∞ n + 1 (b) ∑ (−1)n , n n=1 ∞ (−1)n (c) ∑ , 2n + 1 n=0 ∞ n3 (d) ∑ (−1)n . 2n n=0 Preveri ali so vrste tudi absolutno konvergentne! Rešitev. (a) Vrsta ni absolutno konvergentna, saj 1 1 √ > n n (minoranta je harmonična vrsta). Preverimo lastnosti Leibnizovega kriterija: - vrsta alternira, 1 - lim √ = 0, n→∞ n 1 1 - za vsak n ∈ N je √ < √ , n + 1 n ∞ (−1)n+1 zato vrsta ∑ √ (pogojno) konvergira. n n=1 158 6. Rešene naloge (b) Vrsta ni absolutno konvergentna, saj n + 1 lim = 1 n→∞ n in ne zadošča osnovnemu pogoju za konvergenco vrste. Prav tako ne veljajo vse lastnosti n + 1 Leibnizovega kriterija, saj lim = 1 in zato vrsta divergira. n→∞ n (c) Vrsta ni absolutno konvergentna, saj 1 1 1 > · 2n + 1 2 n (minoranta je harmonična vrsta). Preverimo lastnosti Leibnizovega kriterija: - vrsta alternira, 1 - lim = 0, n→∞ 2n + 1 1 1 - za vsak n ∈ N je < . 2n + 3 2n + 1 ∞ (−1)n+1 Zato vrsta ∑ (pogojno) konvergira. Kot zanimivost povejmo, da je to Leibnizova 2n + 1 n=1 formula za število π, in velja ∞ (−1)n π ∑ = . 2n + 1 4 n=0 (d) Vrsta celo absolutno konvergira, saj ( n+1)3 (n + 1)3 1 lim 2n+1 = = < 1 n→∞ n3 2n3 2 2n in zato ni potrebno uporabiti Leibnizovega kriterija za konvergenco vrste. 8. Z uporabo Raabejevega kriterija preuči konvergenco vrst: ∞ 1 (a) ∑ , α > 1, nα n=1 ∞ (−1)n+1 (b) ∑ , n2 n=1 ∞ 1 (c) ∑ , (ln n)α n=2 ∞ 4n−1 · ((n − 1)!)2 (d) ∑ ((2n−1)!!)2 n=2 Rešitev. (a) Uporabimo Raabejev kriterij. 1 ! (n + 1)α lim n nα − 1 = lim n − 1 n→ 1 ∞ n→∞ nα (n+1)α (n + 1)α − nα = lim n→∞ nα−1 ! nα ((1 + 1 )α − 1) = lim n n→∞ nα−1 1 α = lim n 1 + − 1 n→∞ n 1 + 1 α − 1 = lim n n→ 1 ∞ n = α > 1 159 (na limito lahko gledamo kot na limito funkcije) in zato vrsta konvergira. (b) Vrsta konvergira, saj je  (−  1)n+1 n2 + 2n + 1 − n2 lim n n2 −  1 = lim n = 2 > 1. n→∞ (−1)n+2 n→∞ n2 (n+1)2 (c) Preden uporabimo Raabejev kriterij, naredimo naslednjo oceno !α (ln(n + 1))α ln n + ln(1 + 1 ) . α = n = 1 + . (ln n)α ln n n ln n Sedaj uporabimo Raabejev kriterij 1 ! (ln n)α . α α lim n − 1 = lim n 1 + − 1 = lim = 0 < 1 n→ 1 ∞ n→∞ n ln n n→∞ ln n (ln(n+1))α in zato vrsta divergira. (d) Ker je  4n−1·((n−1)!)2  ((2n−1)!!)2 (2n + 1)2 − 4n2 4n + 1 lim n −  1 = lim n = lim = 1, n→∞ 4n·(n!)2 n→∞ 4n2 n→∞ 4n ((2n+1)!!)2 se z Raabejevim kriterijem ne moremo opredeliti o konvergenci vrste. ∞ ∞ an 9. Dokaži, če ∑ an konvergira, potem tudi vrsta s členi ∑ konvergira. n n=1 n=1 Rešitev. Uporabili bomo Cauchyjev kriterij za konvergenco vrste: ∞ ∑ an konvergira natanko tedaj, ko za vsako pozitivno realno število ε > 0, obstaja tako naravno n=1 število n0, da za vsaki naravni števili m in n, n0 ≤ n ≤ m, velja |an + an+1 + . . . + am| < ε. S pomočjo Cauchyjevega kriterija enostavno dokažemo zgornjo trditev, saj a a a n n+1 m + + . . . + < |an + an+1 + . . . + am| < ε n n + 1 m (glej predpostavke Cauchyjevega kriterija). 10. Naj bo an ≥ 0 za vsak n ∈ N. Dokaži: ∞ ∞ an (a) če vrsta ∑ an konvergira, potem tudi ∑ konvergira; 1 + a n=1 n=1 n ∞ ∞ an (b) če vrsta ∑ an divergira, potem tudi ∑ divergira. 1 + a n=1 n=1 n Rešitev. (a) Uporabimo primerjalni kriterij an 0 ≤ ≤ an 1 + an ∞ an in zato vrsta ∑ konvergira. 1 + a n=1 n ∞ a ∞ n (b) Dokazali bomo ekvivalentno trditev: če konvergira ∑ , potem konvergira an. 1 + ∑ a n=1 n n=1 ∞ an Recimo, da ∑ konvergira. Iz tega sledi, da velja potrebni pogoj za konvergenco vrste 1 + a n=1 n an lim = 0. Zato velja lim an = 0 in iz tega sledi 1 ≤ 1 + an ≤ 2. Uporabimo primerjalni n→∞ 1 + an n→∞ kriterij an an 0 ≤ ≤ 2 1 + an 160 6. Rešene naloge ∞ in zato vrsta ∑ an konvergira. n=1 ∞ ∞ 11. Dokaži, da ∑ an konvergira natanko tedaj, ko konvergira ∑ 2na2n. n=1 n=1 Rešitev. Naj bo sn = a1 + a2 + . . . + an in tn = a1 + 2a2 + . . . + 2na2n . Recimo, da sn konvergira. Za poljuben n ∈ N, n ≥ 2, obstaja tak k ∈ N, da velja n ≥ 2k. Potem sn = a1 + a2 + . . . + an ≥ a1 + a2 + (a3 + a4) + . . . + (a + . . . + a 2k−1+1 2k ) ≥ a1 + a2 + (a4 + a4) + . . . + (a2k + ... + a2k) 1 ≥ a1 + a2 + 2a4 + . . . + 2k−1a 2 2k 1 = tk 2 ∞ in po primerjalnem kriteriju tk konvergira, zato tudi ∑ 2na2n konvergira. n=1 Recimo, da tn konvergira. Za poljuben n ∈ N, n ≥ 2, obstaja tak k ∈ N, da velja n ≥ 2k. Potem sn = a1 + a2 + . . . + an ≤ a1 + (a2 + a3) + . . . + (a ) 2k + . . . + a2k+1−1 ≤ a1 + (a2 + a2) + . . . + (a2k + ... + a2k) = a1 + 2a2 + . . . + 2ka2k = tk ∞ in po primerjalnem kriteriju sk konvergira, tako posledično tudi ∑ an konvergira. n=1 √ ∞ ∞ an 12. Naj bo an ≥ 0 za vsako naravno število n. Dokaži, če ∑ an konvergira, potem tudi ∑ n n=1 n=1 konvergira. Rešitev. Za dokaz te trditve bomo uporabili izrek Cauchy-Schwarz-Bunjakovski: za poljubni zaporedji an, bn velja 2 m m m a nbn ≤ |an|2 · |bn|2. ∑ ∑ ∑ n=1 n=1 n=1 V našem primeru tako imamo √ 2 2 ∞ a ∞ ∞ ∞ ∞ n √ 1 1 ≤ | an|2 · = an · ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ n n n2 n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 in trditev je dokazana. 13. Za katere x ∈ R konvergirajo naslednje vrste: ∞ (a) ∑ (2x)n, n=0 ∞ (b) ∑ (x − 1)n, n=0 ∞ 1 (c) ∑ , (x − 1)n n=0 ∞ xn (d) ∑ , n2 n=1 161 ∞ xn (e) ∑ , n! n=0 ∞ xn (f) ∑ √ , n n=1 ∞ (g) ∑ lnn x, n=1 ∞ n −n(n−1) (h) ∑ (x − e)n. n − 1 n=1 Rešitev. (a) Uporabimo korenski kriterij √ n q = lim 2n = 2. n→∞ Vrsta konvergira za tiste x ∈ R, za katere velja 1 1 |x| < = . q 2 Iz tega sledi, da vrsta konvergira za vsak x ∈ (− 1 , 1 ). Vsak lahko sam preveri, da na robovih 2 2 intervala divergira. (b) Uporabimo korenski kriterij √ n q = lim 1 = 1. n→∞ Vrsta konvergira za tiste x ∈ R, za katere velja 1 1 |x − 1| < = . q 1 Iz tega sledi, da vrsta konvergira za vsak x ∈ (0, 2). Vsak lahko sam preveri, da na robovih intervala divergira. (c) Uporabimo korenski kriterij √ n q = lim 1 = 1. n→∞ Vrsta konvergira za tiste x ∈ R, za katere velja 1 1 1 < = . x − 1 q 1 Iz tega sledi, da vrsta konvergira za vsak x ∈ (−∞, 0) ∪ (2, ∞). Vsak lahko sam preveri, da za x = 0 in x = −2 vrsta divergira. (d) Uporabimo kvocientni kriterij 1 (n+1)2 q = lim = 1. n→ 1 ∞ n2 Vrsta konvergira za tiste x ∈ R, za katere velja 1 1 |x| < = . q 1 Iz tega sledi, da vrsta konvergira za vsak x ∈ [−1, 1] (preveri, da konvergira tudi na robu intervala). (e) Uporabimo kvocientni kriterij 1 (n+1)! q = lim = 0. n→ 1 ∞ n! Vrsta konvergira za vsa realna števila. 162 6. Rešene naloge (f) Uporabimo korenski kriterij q√ q√ q √ q = lim n n = lim n n = lim n n = 1. n→∞ n→∞ n→∞ Vrsta konvergira za tiste x ∈ R, za katere velja 1 1 |x| < = . q 1 Iz tega sledi, da vrsta konvergira za vsak x ∈ (−1, 1). Vsak lahko sam preveri, da za x = 1 divergira, za x = −1 pa konvergira. Posledično vrsta konvergira za vsak x ∈ [−1, 1). (g) Uporabimo korenski kriterij √ n q = lim 1 = 1. n→∞ Vrsta konvergira za tiste x ∈ R, za katere velja 1 1 | ln x| < = . q 1 Iz tega sledi, da vrsta konvergira za vsak x ∈ (e−1, e). Vsak lahko sam preveri, da za x = e−1 in x = e vrsta divergira. (h) Uporabimo korenski kriterij s −n(n−1) n n q = lim = e−1. n→∞ n − 1 Vrsta konvergira za tiste x ∈ R, za katere velja 1 1 |(x − e)| < = = e. q e−1 Iz tega sledi, da vrsta konvergira za vsak (0, 2e). Vsak lahko sam preveri, da za x = 0 in x = 2e vrsta divergira. 14. Za katera realna števila x konvergira vrsta ∞ 2x n (a) ∑ , 1 − x n=0 ∞ 2xn+1 (b) ∑ ? (x2 − 2)n n=0 Rešitev. (a) Upoštevamo korenski kriterij. s 2x n 2x lim n = n→∞ 1 − x 1 − x Rešujemo neenačbo 2x < 1. 1 − x Izkaže se, da je rešitev te enačbe vsak x ∈ (−1, 1 ). Nadalje, za x = −1 in x = 1 opazimo, da 3 3 vrsta divergira. Torej, vrsta konvergira za vsak x ∈ (−1, 1 ), sicer divergira. 3 (b) Rešujemo podobno kot prej. Torej, s pomočjo korenskega kriterija dobimo pogoj x < 1. x2−2 Posledično dobimo, da vrsta konvergira za vsak x ∈ (−∞, −2) ∪ (−1, 1) ∪ (2, ∞), sicer divergira. II II.Diferencialniračun 7 Odvod funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 7.1 Definicija odvoda funkcije 7.2 Pravila za odvajanje 7.3 Odvodi elementarnih funkcij in višji odvodi 8 Geometrijski pomen odvoda . . . . . . . . 177 8.1 Tangenta na graf funkcije 8.2 Diferencial funkcije 9 Uporaba odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 9.1 Izreki o srednji vrednosti 9.2 L’Hospitalovo pravilo 9.3 Taylorjeva vrsta 9.4 Monotonost funkcije in lokalni ekstremi 9.5 Konveksnost in konkavnost funkcije 9.6 Graf funkcije 9.7 Uporaba v kemiji 10 Rešene naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207 7. Odvod funkcije Definirali bomo odvod funkcije, si pogledali geometrijski pomen odvoda. V nadaljevanju bomo izpeljali pravila za odvajanja in spoznali različne primere uporabe odvoda. 7.1 Definicija odvoda funkcije Definicija 7.1.1 Naj bo funkcija f definirana na neki okolici točke a. Izrazu f (a + h) − f (a) h pravimo diferenčni kvocient. Funkcija f je odvedljiva v točki a, če obstaja limita diferenčnega kvocienta, ko gre h proti 0. Tej limiti rečemo odvod funkcije f v točki a in jo označimo z f 0(a): f (a + h) − f (a) f 0(a) = lim . h→0 h Definicija 7.1.2 Desni odvod funkcije f v točki a je enak desni limiti diferenčnega kvocienta, levi odvod pa levi limiti. Ni težko videti, da je funkcija f odvedljiva v točki a natanko tedaj, ko sta levi in desni odvod enaka. Definicija 7.1.3 Funkcija f : D f → R je odvedljiva, če je odvedljiva v vsaki točki definicijskega območja D f . Funkciji, ki x priredi f 0(x), pravimo odvod funkcije f . 166 7. Odvod funkcije Zgled 7.1 Dana je funkcija f (x) = x. Poiščimo njen odvod f 0(x). Naj bo x poljubna točka iz D f = R. Izračunajmo limito diferenčnega kvocienta: f (x + h) − f (x) f 0(x) = limh→0 h x + h − x = limh→0 h h = limh→0 = 1 . h Zato je (x)0 = 1 , ∀ x ∈ R . Zgled 7.2 Dana je funkcija f (x) = sin x. Poiščimo njen odvod f 0(x). Izračunajmo limito diferenčnega kvocienta: sin(x + h) − sin x f 0(x) = limh→0 h sin x cos h + cos x sin h − sin x = limh→0 h sin x(cos h − 1) cos x sin h = limh→0 + lim h h→0 h (cos2 h − sin2 h ) − (cos2 h + sin2 h ) sin h = sin x lim 2 2 2 2 h→0 + cos x lim h h→0 h −2 sin2 h 1 = sin x lim 2 2 h→0 + cos x · 1 h 12 sin h = sin x lim 2 h→0(− sin h ) lim + cos x 2 h→0 h 2 = sin x · 0 · 1 + cos x = cos x . Zato je (sin x)0 = cos x , ∀ x ∈ R . Zgled 7.3 Dana je funkcija f (x) = c ∈ R. Poiščimo njen odvod f 0(x). Izračunajmo limito diferenčnega kvocienta: f (x + h) − f (x) f 0(x) = limh→0 h c − c 0 = limh→0 = lim = 0 . h h→0 h Vidimo da je odvod konstantne funkcije enak 0. 7.2 Pravila za odvajanje 167 Izrek 7.1.1 Vsaka odvedljiva funkcija je zvezna. Dokaz. Naj bo a poljubna točka iz definicijskega območja funkcije f in naj bo f odvedljiva v točki a. Definirajmo funkcijo r(h): f (a + h) − f (a) r(h) = − f 0(a) h oziroma f (a + h) − f (a) = f 0(a)h + r(h)h . Limitirajmo desno stran enakosti: lim( f 0(a)h + r(h)h) = 0 , h→0 kar pomeni, da je lim( f (a + h) − f (a)) = lim f (a + h) − f (a) = 0 h→0 h→0 in od tod sledi, da je lim f (a + h) = f (a) , h→0 kar pomeni zveznost funkcije f v točki a. Ne velja pa obratno, da bi bila vsaka zvezna funkcija tudi odvedljiva, kar lahko vidimo na preprostem primeru funkcije na Sliki 7.1. 2 2 Slika 7.1: Funkcija f (x) = |x − 2| je zvezna v točki a = 2, ampak v njej ni odvedljiva. 7.2 Pravila za odvajanje Če želimo uporabljati odvod, moramo znati odvajati funkcije in to bo jedro tega razdelka. Izrek 7.2.1 Naj bosta funkciji f in g odvedljivi funkciji v točki a. Tedaj velja (i) ( f + g)0(a) = f 0(a) + g0(a), (ii) ( f g)0(a) = f 0(a) g(a) + f (a) g0(a), f 0 f 0(a) g(a) − f (a) g0(a) (iii) (a) = , pri čemer je g(a) 6= 0. g g2(a) Dokaz. Vemo že, da je limita vsote/produkta/kvocienta enaka vsoti/produktu/kvocientu limit pri pogoju, da le-te obstajajo. 168 7. Odvod funkcije (i) Odvod vsote: ( f + g)(a + h) − ( f + g)(a) ( f + g)0(a) = limh→0 h ( f (a + h) − f (a)) + (g(a + h) − g(a)) = limh→0 h f (a + h) − f (a) g(a + h) − g(a) = limh→0 + lim h h→0 h = f 0(a) + g0(a) . (ii) Odvod produkta funkcij: ( f g)(a + h) − ( f g)(a) ( f g)0(a) = limh→0 h f (a + h)g(a + h) − f (a)g(a) − f (a)g(a + h) + f (a)g(a + h) = limh→0 h ( f (a + h) − f (a))g(a + h) + f (a)(g(a + h) − g(a)) = limh→0 h f (a + h) − f (a) g(a + h) − g(a) = limh→0 g(a + h) + lim f (a) h h→0 h = f 0(a)g(a) + f (a)g0(a) . (iii) Pokažimo še odvod kvocienta funkcij. Na zvezi f 0 g · (a) = f 0(a) g uporabimo pravilo produkta f f 0 g0(a) (a) + g(a) (a) = f 0(a) g g 0 in izrazimo f (a) g f 0 f (a) g(a) (a) = f 0(a) − g0(a) g g(a) f 0 f 0(a)g(a) − g0(a) f (a) g(a) (a) = g g(a) f 0 f 0(a)g(a) − g0(a) f (a) (a) = . g g2(a) 7.2 Pravila za odvajanje 169 Posledica 7.2.2 Naj bosta funkciji f in g odvedljivi funkciji v točki a in c poljubna konstanta iz R. Tedaj velja (i) (c f )0(a) = c f 0(a), (ii) ( f − g)0(a) = f 0(a) − g0(a). Dokaz. (i) Po pravilu za odvod produkta iz Izreka 7.2.1 je (c f )0(a) = c0 f (a) + c f 0(a) = 0 + c f 0(a) = c f 0(a) . (ii) Razlika je samo posebne primer vsote, zato je ( f − g)0(a) = ( f + (−1)g)0 = f 0(a) + (−1)g0(a) = f 0(a) − g0(a) . Iz Izreka 7.2.1 in Posledice 7.2.2 o pravilih za odvajanje v poljubni točki neposredno sledijo pravila za odvod dveh funkcij. Izrek 7.2.3 Naj bosta f in g odvedljivi funkciji in c poljubna konstanta iz R. Tedaj velja (i) ( f ± g)0 = f 0 ± g0, (ii) (c f )0 = c f 0, (iii) ( f g)0 = f 0 g + f g0, f 0 f 0 g − f g0 (iv) = , g 6= 0 . g g2 Pravilo o odvajanju produkta lahko posplošimo na več faktorjev. Izrek 7.2.4 Naj bodo fi odvedljive funkcije, i = 1, 2, . . . , n. Tedaj velja ( f1 f2 · · · fn)0 = f 0 · · · . 1 f2 · · · fn + f1 f 02 fn + · · · + f1 f2 · · · f 0n Dokaz. Uporabimo indukcijo po n: • n = 2: V tem primeru dobimo pravilo za odvod produkta iz Izreka 7.2.1. • n − 1 → n: Prvih n − 1 faktorjev gledamo kot celoto, uporabimo pravilo za odvod produkta iz Izreka 7.2.1: (( f1 f2 · · · fn−1) fn)0 = ( f1 f2 · · · fn−1)0 fn + ( f1 f2 · · · fn−1) f 0n = ( f 0 f · · · f ) f 1 2 · · · fn−1 + f1 f 02 n−1 + · · · + f1 f2 · · · f 0n−1 n+ ind. pred. ( f1 f2 · · · fn−1) f 0n = f 0 f · · · f . 1 2 · · · fn + f1 f 02 n + · · · + f1 f2 · · · f 0n 170 7. Odvod funkcije Posledica 7.2.5 Naj bo f odvedljiva funkcija in n ∈ N. Tedaj je ( f n)0 = n f n−1 f 0 . Dokaz. V Izreku 7.2.4 upoštevamo, da so vsi faktorji enaki, fi = f za vsak i = 1, · · · , n. Zgled 7.4 Izračunajmo odvod funkcije f (x) = xn. Ker je x0 = 1, je po zgornji formuli (xn)0 = n xn−1 x0 = n xn−1 . Eno najpomembnejših pravil za odvajanje je odvod kompozituma funkcij oziroma verižno pravilo. Izrek 7.2.6 — Verižno pravilo. Naj bo funkcija g odvedljiva v točki a in naj bo f odvedljiva v točki g(a). Tedaj je tudi f ◦ g odvedljiva v a in velja ( f ◦ g)0(a) = f 0(g(a)) g0(a) . Dokaz. Označimo b = g(a) in definirajmo funkciji α(h) in β (k): g(a + h) − g(a) α (h) = − g0(a) , h f (b + k) − f (b) β (k) = − f 0(b) , k pri čemer je k odvisen od h: k = g(a + h) − g(a) = α(h) h + g0(a) h . Pri tem velja lim α(h) = 0, lim β (k) = 0 . h→0 k→0 ( f ◦ g)(a + h) − ( f ◦ g)(a) = f (g(a + h)) − f (g(a)) = f (g(a) + k) − f (g(a)) = f (b + k) − f (b) = f 0(b) k + β (k) k = f 0(b)(g(a + h) − g(a)) + β (k) (g(a + h) − g(a)) . ( f ◦ g)(a + h) − ( f ◦ g)(a) ( f ◦ g)0(a) = lim h→0 h f 0(b) (g(a + h) − g(a)) β (k) (g(a + h) − g(a)) = lim + lim h→0 h h→0 h = f 0(b) g0(a) + 0 · g0(a) = f 0(g(a)) g0(a) . 7.3 Odvodi elementarnih funkcij in višji odvodi 171 Zgled 7.5 Poiščimo odvod funkcije h(x) = sin(5x) . Funkcija h je kompozitum funkcij f (x) = sin x in g(x) = 5x: h(x) = f (g(x)) = sin(5x) . Ker je f 0(x) = cos x in g0(x) = 5, je po Izreku 7.2.6 h0(x) = f 0(g(x)) g0(x) = cos(5x) 5 = 5 cos(5x) . Izrek 7.2.7 Naj bo f odvedljiva funkcija. Če je f 0(x) 6= 0 za vsako točko x iz definicijskega območja, tedaj je inverzna funkcija f −1 odvedljiva v točki y = f (x) in velja 1 ( f −1)0(y) = . f 0( f −1(y)) Dokaz. Naj bo y = f (x), tedaj je f −1(y) = x oziroma f −1( f (x)) = x. Uporabimo Izrek 7.2.6: ( f −1( f (x)))0 = x0 ( f −1)0( f (x)) f 0(x) = 1 ⇒ 1 ( f −1)0(y) = . f 0( f −1(y)) 7.3 Odvodi elementarnih funkcij in višji odvodi V nadaljevanju si poglejmo odvode elementarnih funkcij. • Polinomi in racionalne funkcije Poglejmo si najprej odvode polinomov: (an xn + · · · + a1 x + a0)0 = an n xn−1 + · · · + a1 . Racionalno funkcijo odvajamo po pravilu za odvajanje kvocienta funkcij: p(x) 0 p0(x)q(x) − p(x)q0(x) = . q(x) q2(x) • Trigonometrične funkcije Poznamo že odvod funkcije sinus: (sin x)0 = cos x . 172 7. Odvod funkcije Iz zveze π cos x = sin( − x) 2 dobimo odvod funkcije kosinus (cos x)0 = sin( π − x)0 2 = cos( π − x)( π − x)0 2 2 = sin x (−1) = − sin x . Nadalje je odvod funkcije tangens enak: sin x 0 (tan x)0 = cos x cos x cos x − sin x (− sin x) = cos2 x 1 = . cos2 x Na podoben način izpeljemo odvod funkcije kotangens: cos x 0 (cot x)0 = sin x − sin x sin x − cos x cos x = sin2 x −1 = . sin2 x • Ciklometrične funkcije Naj bo y ∈ (− π , π ). Tedaj je cos y > 0 in velja 2 2 1 1 1 = = . cos y p p cos2 y 1 − sin2 y Za |x| < 1 je asin x ∈ (− π , π ) in zato 2 2 1 1 1 = = √ . cos(asin x) q 1 − sin2(asin x) 1 − x2 Upoštevajmo Izrek 7.2.7 in izračunajmo odvod funkcije arkus sinus: 1 (asin x)0 = cos(asin x) 1 = √ , |x| < 1 . 1 − x2 7.3 Odvodi elementarnih funkcij in višji odvodi 173 Iz zveze π acos x + asin x = 2 dobimo odvod funkcije arkus kosinus: 1 (acos x)0 = − √ , |x| < 1 . 1 − x2 Poiščimo odvod funkcije arkus tangens. Podobno kot pri funkciji arkus sinus uporabimo Izrek 7.2.7 in upoštevamo zvezo 1 = tan2 x + 1: cos2 x 1 (atan x)0 = 1 cos2(atan x) 1 = tan2 (atan x) + 1 1 = . x2 + 1 Iz zveze π acot x + atan x = 2 dobimo odvod funkcije arkus kotangens: 1 (acot x)0 = − . x2 + 1 • Eksponentna funkcija Spomnimo se, da je ah − 1 lim = ln a . h→0 h Uporabimo definicijo odvoda v točki: ax+h − ax (ax)0 = lim h→0 h ax(ah − 1) = lim h→0 h ah − 1 = ax lim h→0 h = ax ln a . V posebnem primeru, ko je osnova enaka e, velja: (ex)0 = ex 174 7. Odvod funkcije • Logaritemska funkcija Za izračun odvoda logaritemske funkcije ponovno uporabimo Izrek 7.2.7 in upoštevamo zgoraj izpeljan odvod eksponentne funkcije: 1 (log x)0 = a alog x a ln a 1 = . x ln a Odvod naravnega logaritma je enak 1 (ln x)0 = . x • Funkcija xr, r ∈ R Z uporabo verižnega pravila poiščimo odvod funkcije f (x) = xr, r ∈ R: (xr)0 = elnxr 0 = er lnx0 = er lnx(r ln x)0 = elnxr (r 1 ) x = xr (r 1 ) x = r xr−1 . Vidimo, da ta formula ne velja le za naravne eksponente oziroma potenčno funkcijo ( f (x) = xn, n ∈ N), temveč za poljubni realni eksponent. • Hiperbolični funkciji Izračunajmo odvod funkcije sinus hiperbolikus: ex − e−x 0 (sh x)0 = 2 ex + e−x = 2 = ch x . Na podoben način izračunamo odvod funkcije kosinus hiperbolikus: ex + e−x 0 (ch x)0 = 2 ex − e−x = 2 = sh x . 7.3 Odvodi elementarnih funkcij in višji odvodi 175 TABELA ODVODOV ELEMENTARNIH FUNKCIJ: √ 1 (xr)0 = r xr−1 ( x)0 = √ 2 x 1 (sin x)0 = cos x (asin x)0 = √1−x2 1 (cos x)0 = − sin x (acos x)0 = − √1−x2 1 1 (tan x)0 = (atan x)0 = cos2 x 1 + x2 1 1 (cot x)0 = − (acot x)0 = − sin2 x 1 + x2 1 (ax)0 = ax ln a (ln x)0 = x 1 (ex)0 = ex (log x)0 = a x ln a (sh x)0 = ch x (ch x)0 = sh x Zgled 7.6 Izračunajmo odvode sestavljenih funkcij. 1. f (x) = 10x4 + 5x3 − 3x + 9 . f 0(x) = 40x3 + 15x2 − 3 . 2. f (x) = ln(x + 5x3) . 1 f 0(x) = (1 + 15x2) . x + 5x3 √ 3. f (x) = 3 asin x . 1 1 f 0(x) = (asin x)− 23 √ . 3 1 − x2 Z zaporednim odvajanjem večkrat odvedljive funkcije dobimo tako imenovane višje odvode. Definicija 7.3.1 Naj bo f odvedljiva funkcija. Če je f 0 odvedljiva funkcija, potem njenemu odvodu pravimo drugi odvod funkcije f in ga označujemo z f 00: f 00 = ( f 0)0 . 176 7. Odvod funkcije Induktivno definiramo n-ti odvod funkcije f : f (n) = ( f (n−1))0 , n ∈ N . Po dogovoru je ničelni odvod funkcije enak funkciji sami: f (0) = f . Omenimo še, da prve tri odvode običajno zapisujemo s črticami, od tretjega naprej pa kot f (n). Zgled 7.7 Izračunajmo poljuben odvod funkcije f (x) = xn. f 0(x) = n xn−1 f 00(x) = n (n − 1) xn−2 f 000(x) = n (n − 1) (n − 2) xn−3 .. . . .. f (n)(x) = n (n − 1) (n − 2) · · · 2 · 1 x0 = n! f (k)(x) = 0, k > n . Na Zgledu 7.7 opazimo, da je n-ti odvod polinoma stopnje n konstanta, zato so vsi višji odvodi enaki nič. 8. Geometrijski pomen odvoda 8.1 Tangenta na graf funkcije Preden si bomo pogledali geometrijski pomen odvoda, se spomnimo, da je tangens naklonskega kota ϕ premice, določene z y = kx + n, enak njenemu smernemu koeficientu (glej Sliko 8.1) : tan ϕ = k . 6 y = k x + n Y ϕ - Slika 8.1: Naklonski kot premice ϕ. 178 8. Geometrijski pomen odvoda Naj bo funkcija f odvedljiva v točki a. Definirajmo točki A(a, f (a)) in B(a + h, f (a + h)), glej Sliko 8.2. Naj bo ϕ naklonski kot sekante skozi točki A in B. Opazimo, da je smerni koeficient sekante skozi točki A in B enak diferenčnemu kvocientu funkcije f v točki a f (a + h) − f (a) tan ϕ = . h B f (a + h) − f (a) A f (a + h) h f (a) a a + h Slika 8.2: Sekanta skozi točki A(a, f (a)) in B(a + h, f (a + h)). Z manjšanjem h-ja prehajajo smerni koeficienti pripadajočih sekant k limiti diferenčnega kvocienta, sekanta pa limitira k tangenti, kar vidimo na Sliki 8.3. 2 a Slika 8.3: Tangenta na graf funkcijev točki a. Definicija 8.1.1 Tangenta na graf odvedljive funkcije f v točki a je premica, ki gre skozi točko (a, f (a)) in je njen smerni koeficient enak f 0(a). Enačba tangente je y(x) = f 0(a)(x − a) + f (a) . Zgled 8.1 Dana je funkcija f (x) = x2. Poiščimo enačbe tangent v točkah 0, −1, 2. f (x + h) − f (x) (x + h)2 − x2 lim = lim = lim(2x + h) = 2x . h→0 h h→0 h h→0 8.2 Diferencial funkcije 179 Enačbe tangent so: (0, 0) : y(x) = 0 , (−1, 1) : y(x) = −2(x + 1) + 1 = −2x − 1 , (2, 4) : y(x) = 4(x − 2) + 4 = 4x − 4 . Zgled 8.2 Poiščimo odvod in enačbo tangente na graf konstantne funkcije. Naj bo f (x) = c, c ∈ R. f (x + h) − f (x) c − c lim = lim = 0 . h→0 h h→0 h Enačba tangente je y(x) = c , kar pomeni, da je graf funkcije sam sebi tangenta. 8.2 Diferencial funkcije Odvod funkcije je koristno orodje za obravnavo obnašanja funkcije na neki okolici točke. Pogledali bomo, kako sprememba neodvisne spremenljivke vpliva na spremembo odvisne spremenljivke ter s tem v zvezi vpeljali diferenciabilnost in diferencial funkcije. S pomočjo diferenciala bomo poiskali odvod implicitno podane funkcije. DIFERENCIABILNOST FUNKCIJE Naj bo f : D f → R odvedljiva v točki a ∈ D f . Tedaj je f (a + h) − f (a) − f 0(a)h lim = 0 . h→0 h Če števec označimo z o(h), lahko zapišemo f (a + h) − f (a) = f 0(a)h + o(h) , kjer je lim o(h) h→0 = 0. Za dovolj majhne h tako velja h f (a + h) − f (a) ≈ f 0(a)h . Namesto s h-jem lahko uporabimo zapis z x-om, torej za x = a + h je f (x) − f (a) ≈ f 0(a)(x − a) , če je le x dovolj blizu točke a. To pomeni, da lahko funkcijo f v okolici točke a dobro aproksimiramo s funkcijo f (x) ≈ f 0(a)(x − a) + f (a) in rečemo, da je funkcija f diferenciabilna v točki a. Pravimo, da smo funkcijo f v okolici točke a linearizirali z linearno funkcijo y(x) = f 0(a)(x − a) + f (a), ki je dejansko tangenta na graf funkcije f v točki a. 180 8. Geometrijski pomen odvoda Definicija 8.2.1 Funkcija f je diferenciabilna v točki a, če obstajata realno število c in funkcija o takšni, da je f (a + h) = f (a) + c h + o(h) , kjer je lim o(h) h→0 = 0. h Iz definicij odvedljivosti in diferenciabilnosti sledi naslednji izrek. Izrek 8.2.1 Funkcija f je v točki a diferenciabilna natanko tedaj, ko je v a odvedljiva. Nadalje, za diferenciabilno funkcijo f je c = f 0(a). Dokaz. (⇒) Ker je f diferenciabilna v a, obstajta realno število c in funkcija o taki, da je f (a + h) = f (a) + ch + o(h) , kjer je lim o(h) h→0 = 0. Iz definicije diferenciabilnosti izrazimo c in limitiramo h f (a + h) − f (a) o(h) c = − / lim h h f (a + h) − f (a) o(h) lim c = lim − lim h→0 h→0 h h→0 h c = f 0(a) − 0 = f 0(a) . (⇐) Ker je f v točki a odvedljiva, velja f (a + h) − f (a) f 0(a) = lim . h→0 h Tedaj je f (a + h) − f (a) lim − f 0(a) = 0 h→0 h f (a + h) − f (a) − f 0(a) h lim = 0 h→0 h Števec v limiti je funkcija odvisna od h in jo označimo z o: o(h) = f (a + h) − f (a) − f 0(a) h . o(h) Tedaj je lim = 0 in f je diferenciabilna v a h→0 h f (a + h) = f (a) + f 0(a) h + o(h) . Intuitivno bi lahko rekli, da se diferenciabilnost nanaša na obstoj odvoda, medtem ko je odvajanje računski postopek za izračun odvoda. 8.2 Diferencial funkcije 181 Na Sliki 8.4 vidimo primera nediferenciabilnih funkcij. V prvem primeru (Slika 8.4 levo) ne moremo določiti, ali je naklon tangente pozitiven ali negativen, saj levi in desni odvod v toćki a ne sovpadata in posledično funkcija ni odvedljiva. V drugem primeru (Slika 8.4 desno) odvod ne obstaja odvod v točki 0, saj bi tangenta morala biti kar os y. 0 a Slika 8.4: Funkciji nista diferenciabilni v točki a oziroma v točki 0. Iz Izreka 7.1.1 in Izreka 8.2.1 direktno sledi naslednja ugotovitev. Izrek 8.2.2 Če je funkcija f v točki a diferenciabilna, tedaj je v tej točki tudi zvezna. Zgled 8.3 Linearizirajmo funkcijo f (x) = ln x v okolici točke 1. ln(1 + h) − ln 1 ln(1 + h) f 0(1) = lim = lim = 1 . h→0 h h→0 h Ker je f odvedljiva v 1, saj je f 0(x) = 1 oziroma f 0(1) = 1 , je tudi diferenciabilna in za točke blizu x 1 velja ln x ≈ ln 1 + 1(x − 1) = x − 1 . Na primer, linearizacija v točki x = 1.1 da vrednost 0.100, medtem ko je vrednosti funkcije f (1.1) = 0.095. Če se oddaljimo od točke 1, je razlika veliko večja; v točki x = 2 je aproksimacijska vrednost 1, medtem ko je f (2) = 0.693. √ Zgled 8.4 Poiščimo 98. √ Nastavimo funkcijo f (x) = x, a = 100 in x − a = −2. Tedaj je f 0(x) = 1 √ in 2 x √ 98 = f (98) ≈ f (100) + f 0(100)(−2) = 9.9000 . √ Za primerjavo poglejmo približek zaokrožen na štiri decimalna mesta, ki je 98 = 9.8995. ∆ f Diferenčni kvocient funkcije f v točki a pogosto označimo z , kjer je ∆x = x − a = h razlika ∆x argumentov in ∆ f = f (x) − f (a) = f (a + h) − f (a) razlika funkcijskih vrednosti. Če je funkcija f diferenciabilna v točki a, tedaj je f (x) − f (a) ≈ f 0(a)(x − a) ∆ f ≈ f 0(a)∆x . 182 8. Geometrijski pomen odvoda 6 f (a + h) pq 6 pq ∆ f 6 d f f (a) pq ? ? - a a + h Slika 8.5: Diferencial funkcije. To pomeni, da če se neodvisna spremenljivka x spremeni za ∆x, tedaj se odvisna spremenljivka spremeni približno za f 0(a)∆x. Definicija 8.2.2 Če je funkcija f v točki a odvedljiva, tedaj je f 0(a)∆x diferencial funkcije f v točki a in pišemo d f = f 0(a)∆x oziroma d f = f 0(a)h . Zgled 8.5 Poišči diferencial identitete f (x) = x. Ker je odvod funkcije f v poljubni točki enak 1, je d f = f 0(x)∆x dx = ∆x . V Zgledu 8.5 smo videli, da je dx = ∆x, zato je diferencial funkcije f v poljubni točki x enak d f = f 0(x)d x . Zgled 8.6 Poiščimo diferencial funkcije f (x) = sin x. Ker je odvod v poljubni točki x enak cos x, je diferencial enak d sin x = cos x dx. ODVOD IMPLICITNO PODANE FUNKCIJE Zaenkrat znamo odvajati samo eksplicitno podane funkcije, zato namenimo nekaj pozornosti še računanju odvoda implicitno podanih funkcij. Odvod implicitno podane funkcije najkorektneje 8.2 Diferencial funkcije 183 podamo s tako imenovanimi parcialnimi odvodi, ki spadajo na področje funkcij več spremenljivk in jih na tem mestu ne bomo obravnavali. Tako se bomo poslužili uporabe diferenciala funkcije, kar bomo demonstrirali na naslednjem zgledu. Recimo, da želimo poiskati odvod krivulje, podane z enačbo y4 + 2x2y2 + 6x2 − 7 = 0 . Poiščemo diferencial funkcije za vsak člen posebej in upoštevamo že znana pravila za odvajanje: 4y3 dy + 2(2xy2 dx + 2x2y dy) + 12x dx = 0 . Delimo enačbo z dx: dy dy 4y3 + 2(2xy2 + 2x2y ) + 12x = 0 . dx dx Upoštevamo, da je y0(x) = dy : dx 4y3 y0(x) + 4xy2 + 4x2yy0(x) + 12x = 0 −x(y2 + 3) y0(x) = . y(y2 + x2) Zgled 8.7 Poiščimo enačbo tangente na graf krivulje 2y + 5 − x2 − y3 = 0 v točki (2, −1). 2y0(x) − 2x − 3y2 y0(x) = 0 2x y0(x) = 2 − 3y2 y0(2) = −4 Enačba tangente je y(x) = −4(x − 2) − 1 = −4x + 7. 9. Uporaba odvoda 9.1 Izreki o srednji vrednosti V tem razdelku bomo spoznali nekaj pomembnih izrekov v povezavi z odvodom, ki so nujni za razumevanje integralnega računa. Definicija 9.1.1 Funkcija f ima v c lokalni maksimum, če obstaja tak δ > 0, da za vsak x iz intervala (c − δ , c + δ ) velja f (x) ≤ f (c) . Funkcija ima v točki c lokalni minimum, če obstaja tak δ > 0, da za vsak x iz intervala (c − δ , c + δ ) velja f (x) ≥ f (c) . Lokalni minimum in lokalni maksimum imenujemo tudi lokalna ekstrema. Na primeru funkcije f na Sliki 9.1 vidimo, da ima funkcija f v točkah c2 in c4 lokalna minimuma, v točkah c1 in c3 pa lokalna maksimuma. Medtem ko je v c2 obenem minimum funkcije, je maksimum funkcije dosežen v točki b. Izrek 9.1.1 Naj bo f odvedljiva v točki c in naj ima v c lokalni maksimum ali lokalni minimium. Tedaj je f 0(c) = 0. Dokaz. Recimo, da ima funkcija f v točki c lokalni maksimum. Tedaj za vsako dovolj majhno pozitivno število h velja f (c + h) − f (c) ≤ 0. h Izračunajmo desni odvod v točki c (h > 0): f (c + h) − f (c) lim ≤ 0 h↓0 h 186 9. Uporaba odvoda 6 p p p p p p a c - 1 c2 c3 c4 b Slika 9.1: (Lokalni) minimumi in maksimumi. in še levi odvod v točki c (h < 0): f (c + h) − f (c) lim ≥ 0 . h↑0 h Ker je f odvedljiva v točki c, sta levi in desni odvod enaka, zato je edina možnost, da imata oba vrednost 0. Podobno velja v primeru, ko ima funkcija v točki c lokalni minimum. Definicija 9.1.2 Točko c, v kateri je f 0(c) = 0, imenujemo stacionarna točka. Vsak lokalni ekstrem odvedljive funkcije je stacionarna točka, medtem ko obratno ne velja, kar vidimo na naslednjem zgledu. Zgled 9.1 Poiščimo stacionarne točke funkcije f (x) = x3 in preverimo, če so lokalni ekstemi. Odvod je enak f 0(x) = 3x2 = 0 ⇒ x = 0, kar pomeni, da ima f v 0 stacionarno točko. Ker je za pozitivne vrednosti f (x) > 0 in za negativne f (x) < 0, v x = 0 ni lokalnega ekstrema (glej Sliko 9.2). Slika 9.2: Funkcija f (x) = x3 v točki x = 0 nima lokalnega ekstrema. 9.1 Izreki o srednji vrednosti 187 Izrek 9.1.2 — Rolleov izrek. Naj bo funkcija f : [a, b] → R zvezna na [a, b] in odvedljiva na (a, b). Če je f (a) = f (b), tedaj obstaja takšna točka c ∈ (a, b), da je f 0(c) = 0 (glej Sliko 9.3). 6 f (a) = f (b) p p p - a c b Slika 9.3: Rolleov izrek. Dokaz. Ker je f zvezna, po Izreku 3.3.9 doseže na intervalu [a, b] maksimum in minimum. Ločimo dve možnosti. (i) Maksimum in minimum sta dosežena v krajiščih intervala. Ker je f (a) = f (b), maksimum in minimum sovpadata in je funkcija f konstantna, kar pomeni, da je f 0(x) = 0 za vsak x ∈ (a, b). (ii) Vsaj eden od maksimuma ali minimuma je dosežen v notranjosti intervala. Naj se to zgodi v točki c. Tedaj je po Izreku 9.1.1 f 0(c) = 0. Izrek 9.1.3 — Cauchyjev izrek. Naj bosta funkciji f , g : [a, b] → R zvezni na [a, b], odvedljivi na (a, b) in je g0(x) 6= 0 za vsak x ∈ (a, b). Tedaj obstaja vsaj ena takšna točka c ∈ (a, b), da je f (b) − f (a) f 0(c) = . g(b) − g(a) g0(c) Dokaz. Po Izreku 9.1.2 je g(b) 6= g(a), saj bi sicer obstajala točka c ∈ (a, b) taka, da bi veljalo g0(c) = 0, kar bi bilo protislovno s predpostavkami izreka. Definirajmo funkcijo F : [a, b] → R kot: f (b) − f (a) F(x) = f (x) − f (a) − (g(x) − g(a)) . g(b) − g(a) Vidimo, da je tudi F zvezna na [a, b] in odvedljiva na (a, b). Izračunajmo F(a) in F(b): f (b) − f (a) F(a) = f (a) − f (a) − (g(a) − g(a)) = 0 , g(b) − g(a) f (b) − f (a) F(b) = f (b) − f (a) − (g(b) − g(a)) = 0 , g(b) − g(a) 188 9. Uporaba odvoda Uporabimo Rolleov Izrek 9.1.2 na funkciji F, kar nam da ∃ c ∈ (a, b) : F0(c) = 0 . Odvod funkcije F je f (b) − f (a) F0(x) = f 0(x) − g0(x) g(b) − g(a) in vrednost odvoda v točki c je enaka f (b) − f (a) F0(c) = f 0(c) − g0(c) = 0 g(b) − g(a) oziroma f (b) − f (a) f 0(c) = . g(b) − g(a) g0(c) Izrek 9.1.4 — Lagrangeov izrek. Naj bo funkcija f : [a, b] → R zvezna na [a, b] in odvedljiva na (a, b). Tedaj obstaja vsaj ena takšna točka c ∈ (a, b), da je f (b) − f (a) = f 0(c)(b − a) . Dokaz. V Cauchyjevem Izreku 9.1.3 uporabimo funkcijo g(x) = x (glej Sliko 9.4). 6 f (b) f (a) p p p - a c b Slika 9.4: Lagrangeov izrek. Lagrangeov Izrek 9.1.4 pravi, da na intervalu (a, b) obstaja točka c, v kateri je tangenta na graf funkcije f vzporedna daljici skozi točki (a, f (a)) in (b, f (b)). Posledica 9.1.5 Če je odvod funkcije f : [a, b] → R v vsaki točki enak 0, tedaj je funkcija konstantna. 9.2 L’Hospitalovo pravilo 189 Dokaz. Izberimo poljubni točki x1, x2 ∈ (a, b) in naj bo x1 < x2. Tedaj je f : [x1, x2] → R zvezna in odvedljiva in po Lagrangeovem Izreku 9.1.4 obstaja x3 ∈ (x1, x2) takšna, da velja f (x2) − f (x1) = f 0(x3)(x2 − x1) = 0 ⇒ f (x1) = f (x2) . Posledica 9.1.6 Če imata funkciji f , g : [a, b] → R v vsaki točki enak odvod, se razlikujeta kvečjemu za konstanto C ∈ R. Dokaz. Odvod razlike funkcij f in g je enak ( f − g)0 = f 0 − g0 = 0 in po Posledici 9.1.5 je f − g = C ∈ R. 9.2 L’Hospitalovo pravilo Spoznali bomo pomembno pravilo, ki zelo poenostavi izračun limite funkcije v primerih, ko gre za nedoločene izraze tipa 0 ∞ , , 0 · 0 ∞, ∞ − ∞, 1∞, ∞ , 00 . 0 ∞ 0 (i) Nedoločenost tipa 0 f (x) Obravnavamo lim , kjer je lim f (x) = lim g(x) = 0. x→a g(x) x→a x→a Izrek 9.2.1 Naj bosta funkciji f in g odvedljivi na neki okolici točke a (razen morda v točki a sami). Naj bosta funkciji g in g0 na tej okolici različni od 0 in naj bo f (a) = g(a) = 0. f 0(x) f (x) Tedaj velja, če obstaja lim , tedaj obstaja tudi lim in velja enakost x→a g0(x) x→a g(x) f 0(x) f (x) lim = lim . x→a g0(x) x→a g(x) Dokaz. Izberimo poljuben x > a. Tedaj funkcija na intervalu [a, x] zadošča pogojem Cauchy-jega izreka 9.1.3, ki pravi, da obstaja taka točka cx ∈ (a, x) da velja: f 0(cx) f (x) − f (a) f (x) = = . g0(cx) g(x) − g(a) |{z} g(x) f (a)=g(a)=0 Če obstaja desna limita f 0(cx) , ko gre x → a (torej gre tudi c g0(c x → a ), velja x ) f 0(x) f (x) lim = lim . x↓a g0(x) x↓a g(x) Na analogen način uporabimo Cauchyjev izrek za poljuben x < a oziroma interval [x, a], ter dobimo še levo limito f 0(x) f (x) lim = lim . x↑a g0(x) x↑a g(x) 190 9. Uporaba odvoda Ker sta funkciji f in g odvedljivi in je odvedljiv tudi njun kvocient, sta zgornji limiti enaki, s čimer zaključimo dokaz. 1 − cos x Zgled 9.2 Izračunajmo lim . x→0 x sin x 1 − cos x sin x lim = lim x→0 x sin x x→0 sin x + x cos x cos x = lim x→0 2 cos x − x sin x 1 = . 2 Vse ostale v uvodu naštete nedoločenosti lahko z enostavnimi algebrskimi prijemi prevedemo na izraz tipa 0 . 0 ∞ (ii) Nedoločenost tipa ∞ f (x) Obravnavamo lim , kjer je lim f (x) = lim g(x) = ∞. x→a g(x) x→a x→a Situacijo lahko prevedemo na (i): 1 f (x) g(x) = . g(x) 1 f (x) Dejansko pa velja analogen izrek kot v primeru (i), kar poenostavi sam izračun limite. cot x Zgled 9.3 Izračunajmo lim . x→0 ln x cot x − 1 lim = lim sin2 x x→0 ln x x→0 1 x x = − lim x→0 sin2 x 1 = − lim x→0 2 sin x cos x = −∞ . (iii) Nedoločenost tipa 0 · ∞ Obravnavamo lim( f (x)g(x)), kjer je lim f (x) = 0 in lim g(x) = ∞. x→a x→a x→a Situacijo lahko prevedemo na (i): f (x) f (x)g(x) = 1 g(x) 9.2 L’Hospitalovo pravilo 191 ali pa tudi (ii) g(x) f (x)g(x) = . 1 f (x) Zgled 9.4 Izračunajmo lim x cot x. x→0 x lim x cot x = lim x→0 x→0 1 cot x x = lim x→0 tan x 1 = lim x→0 1 cos2 x = 1 . (iv) Nedoločenost tipa ∞ − ∞ Obravnavamo lim( f (x) − g(x)), kjer je lim f (x) = ∞ in lim g(x) = ∞. x→a x→a x→a Situacijo lahko prevedemo na primer (i): 1 1 1 − 1 g(x) f (x) f (x) − g(x) = − = . 1 1 1 1 f (x) g(x) g(x) f (x) 1 1 Zgled 9.5 Izračunajmo lim − . x→0 sin x x 1 1 x − sin x lim − = lim x→0 sin x x x→0 x sin x 1 − cos x = lim x→0 sin x + x cos x sin x = lim x→0 2 cos x − x sin x = 0 . (v) Nedoločenosti tipa 1∞, 0 ∞ , 00 Obravnavamo lim f (x)g(x), kjer f in g v bližini točke a ustrezata zgoraj opisanim situacijam. x→a Vse tri situacije lahko prevedemo na primer (iii), če iskane limite najprej logaritmiramo, kar nam omogoča Izrek 3.3.6 (o limiti kompozituma zveznih funkcij): ln lim f (x)g(x) = lim ln f (x)g(x) = lim(g(x) ln f (x)) . x→a x→a x→a 192 9. Uporaba odvoda Poglejmo posamezne situacije: 0 ∞ : 0 · ln ∞ 7−→ 0 · ∞ 1∞ : ∞ · ln 1 7−→ ∞ · 0 00 : 0 · ln 0 7−→ 0 · (−∞) . Zatem podobno kot v (iii) preoblikujemo limite na primer (i) ali (ii). √ x Zgled 9.6 Izračunajmo lim x. x→∞ √ To je prvi tip zgoraj naštetih limit. Naj bo A = lim x x. Izračunajmo ln A: x→∞ √ 1 ln lim x x = lim ln x x x→∞ x→∞ 1 = lim ln x x→∞ x ln x = lim x→∞ x 1 = lim x x→∞ 1 = 0 . Izračunamo zdaj iskano limito ln A = 0 ⇒ A = e0 = 1 . 9.3 Taylorjeva vrsta Taylorjeva formula nam omogoči, da večkrat odvedljive funkcije, ki so na videz zelo zapletene, na okolici točke aproksimiramo s potenčno vrsto. Definicija 9.3.1 Naj bo f poljubna, večkrat odvedljiva funkcija, a ∈ D f in n ∈ N. Tedaj je f 00(a) f (n)(a) Qn(x) = f (a) + f 0(a)(x − a) + (x − a)2 + . . . + (x − a)n 2 n! n-ti Taylorjev polinom za funkcijo f . Z nekaj premisleka opazimo, da velja: Qn(a) = f (a) Q0 ( n a) = f 0(a) .. . . .. (n) Qn (a) = f (n)(a) 9.3 Taylorjeva vrsta 193 (n+1) medtem ko za Qn (a) in f (n+1)(a) ne moremo vedeti, ali sta enaka. Izrek 9.3.1 (Taylorjeva formula) Naj bo funkcija f (n + 1)-krat odvedljiva na odprtem intervalu I in naj bo a ∈ I. Za vsak x ∈ I obstaja tak ξ ∈ I, ki leži med a in x, da je f (n+1)(ξ ) f (x) = Qn(x) + (x − a)n+1 . (n + 1)! Dokaz. Definirajmo rn(x) = f (x) − Qn(x) in p(x) = (x − a)n+1 . Izberimo poljuben x 6= a. Najprej opazimo, da je rn(a) = p(a) = 0. Večkratna zaporedna uporaba Cauchyjevega Izreka 9.1.3 da obstoj takih točk ξ1, ξ2, . . . , ξn+1, da velja rn(x) rn(x) − rn(a) r0 (ξ1) = = n p(x) p(x) − p(a) p0(ξ1) r0 (ξ1) − r0 (a) r00(ξ2) = n n = n p0(ξ1) − p0(a) p00(ξ2) = · · · (n) (n) (n+1) rn (ξn) − rn (a) rn (ξn+1) = = . p(n)(ξn) − p(n)(a) p(n+1)(ξn+1) Označimo ξn+1 = ξ in upoštevajmo, da je p(n+1)(ξ ) = (n+1)!. Izračunajmo (n+1) odvod funkcije rn v točki ξ : (n+1) (n+1) rn (ξ ) = f (n+1)(ξ ) − Qn (ξ ) = f (n+1)(ξ ) . Torej velja f (x) − Qn(x) rn(x) = (x − a)n+1 p(x) (n+1) rn (ξ ) = p(n+1)(ξ ) f (n+1)(ξ ) = , (n + 1)! pri čemer ξ leži med a in x. Taylorjeva formula torej pravi f 00(a) f (x) = f (a) + f 0(a)(x − a) + (x − a)2 + . . . 2 f (n)(a) f (n+1)(ξ ) · · · + (x − a)n + (x − a)n+1 . n! (n + 1)! | {z } rn(x) 194 9. Uporaba odvoda Funkcijo rn imenujemo ostanek Taylorjeve formule. Če je f polinom stopnje kvečjemu n, je rn(x) = 0. Tedaj je n f (k)(a) f (x) = ∑ (x − a)k . k! k=1 Posebej zanimive so funkcije, za katere velja lim rn(x) = 0 . n→∞ Tedaj namesto o Taylorjevi formuli govorimo o Taylorjevi vrsti in rečemo, da smo funkcijo f razvili v Taylorjevo vrsto, ki je pravzaprav potenčna vrsta. Iz prejšnjega poglavja pa znamo preverjati konvergenco takšnih vrst. Poglejmo si nekaj primerov. Zgled 9.7 Razvijmo funkcijo ex v Taylorjevo vrsto v okolici točke 0. ex = 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + . . . + r 2! 3! 4! 5! n(x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + x5 + . . . + r 2 6 24 120 n(x) . Na Sliki 9.5 vidimo funkcijo in njeno aproksimacijo s prvimi petimi členi Taylorjeve vrste. Poiščimo interval absolutne konvergence te potenčne vrste: |xn+1| (n + 1)! 1 lim = |x| lim = 0 < 1 , n→∞ |xn| n→∞ n + 1 n! kar pomeni, da je vrsta absolutno konvergentna za vsak x. Ostanek f (n+1)(ξ ) eξ rn(x) = xn+1 = xn+1 −→ 0 , (n + 1)! (n + 1)! ker smo funkcijo razvijali v okolici točke 0. Slika 9.5: Graf funkcije ex (rdeča) in aproksimacija s Taylorjevim polinomom stopnje 5 (modra) v točki 0. 9.4 Monotonost funkcije in lokalni ekstremi 195 Zgled 9.8 Razvijmo funkciji cos x in sin x v Taylorjevo vrsto v okolici točke 0. Razvoja funkcij sta sin x = x − x3 + x5 − x7 + x9 − . . . + r 3! 5! 7! 9! n(x) in cos x = 1 − x2 + x4 − x6 + x8 − x10 + . . . + r 2! 4! 6! 8! 10! n(x) . Absolutno konvergenco in napako dobimo na podoben način kot v prejšnjem primeru. Zaenkrat smo se ukvarjali samo z realnimi funkcijami, sedaj pa poglejmo, kaj nam da kompleksna eksponentna funkcija f (z) = ez = ea+ib , a, b ∈ R . Razvijmo jo v potenčno vrsto: (ib)2 (ib)3 (ib)4 (ib)5 eib = 1 + (ib) + + + + + . . . 2! 3! 4! 5! = 1 − b2 + b4 − b6 + . . . + i b − b3 + b5 − . . . 2! 4! 6! 3! 5! = cos b + i sin b . Tako za poljubna a, b ∈ R dobimo Eulerjevo formulo ea+ib = ea · eib = ea(cos b + i sin b) . Zato lahko modificiramo polarni zapis kompleksnega števila v obliko, s katero je še posebej preprosto računati z = a + i b = r(cos ϕ + i sin ϕ) = r eiϕ . 9.4 Monotonost funkcije in lokalni ekstremi MONOTONOST FUNKCIJE Ni težko videti, da so smerni koeficienti tangent naraščajoče funkcije nenegativni in ravno nasprotno velja za padajoče funkcije. To zvezo podaja naslednji izrek. Izrek 9.4.1 Naj bo funkcija f : (a, b) → R odvedljiva. Tedaj velja (i) f 0(x) > 0, ∀x ∈ (a, b) ⇒ f strogo naraščajoča, (ii) f 0(x) ≥ 0, ∀x ∈ (a, b) ⇔ f naraščajoča, (iii) f 0(x) < 0, ∀x ∈ (a, b) ⇒ f strogo padajoča, (iv) f 0(x) ≤ 0, ∀x ∈ (a, b) ⇔ f padajoča. 196 9. Uporaba odvoda Dokaz. (i) Za poljuben par x1, x2 ∈ (a, b), kjer je x1 < x2, je po Lagrangeovem izreku mogoče najti x3 ∈ (x1, x2) tak, da je f (x2) − f (x1) = f0(x3). x2 − x1 Ker je f 0(x) > 0 za vsak x, velja f (x2) − f (x1) f 0(x3) > 0 ⇒ > 0 ⇒ f (x2) − f (x1) > 0 , x2 − x1 kar pomeni, da je f strogo naraščajoča. (ii) (⇒) Pokažemo podobno kot (i). (⇐) Pokazati moramo, da če je f naraščajoča, tedaj je f 0(x) ≥ 0 za vsak x ∈ (a, b). Poglejmo diferenčni kvocient f (x + h) − f (x) D = . h Za h > 0 je D ≥ 0 in enako velja za h < 0. V vsakem primeru je diferenčni kvocient večji ali enak 0 in potemtakem tudi njegova limita in s tem odvod. (iii),(iv) Pokažemo podobno kot prvi dve točki. Omenimo še primer, ki pokaže, zakaj v točki (i) ne velja ekvivalenca. Za funkcijo f (x) = x3 velja, da je strogo naraščajoča, vendar je f 0(0) = 0. Zgled 9.9 Pokažimo, da je f (x) = sh x strogo naraščajoča funkcija. Odvod je enak f 0(x) = ch x = ex+e−x in je povsod pozitiven, zato je f strogo naraščajoča. 2 Zgled 9.10 Preuči monotonost eksponentne funkcije f (x) = ax v odvisnosti od osnove a. Odvod eksponentne funkcije je enak f 0(x) = ax ln a. Ker je ax > 0 za vsak x, je predznak odvoda odvisen od faktorja ln a. Na Sliki 9.6 vidimo, da bo za a > 1 eksponentna funkcija ax strogo naraščajoča in za 0 < a < 1 je eksponentna funkcija ax strogo padajoča. 1 a Slika 9.6: Graf funkcije ln a. 9.4 Monotonost funkcije in lokalni ekstremi 197 LOKALNI EKSTREMI Vemo že, da je f 0(a) = 0 potrebni pogoj za nastop lokalnega ekstrema v točki a, ni pa tudi zadostni pogoj. Če je f vsaj 2-krat odvedljiva, lahko zadostni pogoj za nastop lokanega ekstrema podamo s pomočja drugega odvoda. Izrek 9.4.2 Naj bo f (vsaj) 2-krat odvedljiva na neki okolici točke a in naj bo f 0(a) = 0. Tedaj velja: (i) če je f 00(a) < 0, tedaj ima f v točki a lokalni maksimum, (ii) če je f 00(a) > 0, tedaj ima f v točki a lokalni minimum. Dokaz. (i) Naj bo f 0(a) = 0 in f 00(a) < 0. Zaradi f 00(a) < 0 je po Izreku 9.4.1 funkcija f 0 strogo padajoča na neki okolici točke a, kar pomeni, da obstaja δ > 0 tak, da f 0(x) > f 0(a) = 0, ∀x ∈ (a − δ , a) in f 0(x) < f 0(a) = 0, ∀x ∈ (a, a + δ ) . To pomeni, da je na δ -okolici točke a f 0 na levi strani pozitiven, na desni pa negativen. Sledi, da je f na intervalu (a − δ , a) strogo naraščajoča, na (a, a + δ ) pa strogo padajoča, kar pomeni, da ima v a lokalni maksimum. (ii) Pokažemo podobno kot točko (i). Lahko se zgodi, da je v stacionarni točki tudi drugi odvod enak nič. Tedaj je odgovor na to, ali je v tej točki ekstrem, odvisen od predznaka višjih odvodov, a se pri tem ne bomo spuščali v podrobnosti. Zgled 9.11 Poiščimo lokalne ekstreme funkcije f : R → R, f (x) = x4. f 0(x) = 4x3 = 0 ⇒ x = 0 f 00(x) = 12x3 ⇒ f 00(0) = 0 . S pomočjo Izreka 9.4.2 ne moremo odločiti ali je v točki x = 0 ekstrem, čeprav vemo, da je tam lokalni minimum (glej Sliko 9.7). Slika 9.7: Funkcija f (x) = x4 ima v točki 0 lokalni minimum. 198 9. Uporaba odvoda Zgled 9.12 Poiščimo pozitivni števili, katerih vsota je enaka 100, njun produkt pa je največji možen. Naj bosta iskani števili x in y. Tedaj iščemo lokalni maksimum funkcije f (x, y) = x y . Ker je to funkcija dveh spremenljivk, moramo uporabiti znan pogoj x + y = 100, s čimer dobimo funkcijo ene spremenljivke: f (x) = x(100 − x) f 0(x) = 100 − 2x = 0 x = 50 y = 50 . Omenimo še, kako iščemo minimume in maksimume na zaprtih intervalih. Na odprtem intervalu poiščemo lokalne ekstreme in poleg teh pregledamo še vrednosti v krajiščih intervala. V tem primeru govorimo o globalnih ekstremih. Zgled 9.13 Poiščimo globalne ekstreme funkcije f : [0, π] → R, f (x) = sin x + cos x. f 0(x) = cos x − sin x = 0 ⇒ tan x = 1 ⇒ x = π4 f 00(x) = − sin x − cos x ⇒ f 00( π ) < 0 ⇒ lokalni maksimum 4 √ f ( π ) = 2 . 4 Vrednosti v robovih definicijskega območja sta f (0) = 1 in f (π) = −1 , kar pomeni, da imamo v točki π globalni minimum, v točki π pa globalni maksimum (glej Sliko 4 9.8. π /4 π Slika 9.8: Globalna ekstrema funkcije f (x) = sin x + cos xna intervalu [0, π]. 9.5 Konveksnost in konkavnost funkcije 199 9.5 Konveksnost in konkavnost funkcije Nadaljevali bomo v prejšnjem razdelku začeto zgodbo o vplivu odvoda na lastnosti funkcije. Za uvod v definicijo konveksnosti in konkavnosti funkcije si poglejmo primere grafov funkcij na Sliki 9.9. 6 6 - - a) b) Slika 9.9: a) Konveksna in b) konkavna funkcija. Definicija 9.5.1 Funkcija f je konveksna na [a, b], če tangenta v poljubni točki intervala leži pod grafom funkcije oziroma za vsak x ∈ [a, b] velja f (x) ≥ f 0(x0)(x − x0) + f (x0) , x0 ∈ (a, b) . Funkcija f je konkavna na [a, b], če tangenta v poljubni točki intervala leži nad grafom funkcije oziroma za vsak x ∈ [a, b] velja f (x) ≤ f 0(x0)(x − x0) + f (x0) , x0 ∈ (a, b) . Očitno velja, da je f konveksna natanko tedaj, ko je − f konkavna. Izrek 9.5.1 Naj bo f definirana na [a, b]. (i) Če je f 00(x0) > 0 za vsak x0 ∈ (a, b), tedaj je funkcija f na intervalu [a, b] konveksna. (ii) Če je f 00(x0) < 0 za vsak x0 ∈ (a, b), tedaj je funkcija f na intervalu [a, b] konkavna. Dokaz. (i) Ker je f 00(x0) > 0 za vsak x0 ∈ (a, b) , je f 0 (strogo) naraščajoča funkcija na (a, b). Izberimo točko x0 na intervalu (a, b). Tedaj je y = f 0(x0)(x − x0) + f (x0) enačba tangente na graf funkcije f v točki x0. Nadalje naj bo x poljubna točka na (a, b), različna od x0. Po Lagrangeovem Izreku 9.1.4 obstaja med točkama x in x0 točka x1, za katero velja f (x) = f 0(x1)(x − x0) + f (x0) . Če je x > x0, je x1 > x0 in ker je f 0 naraščajoča funkcija, je tudi f 0(x1) > f 0(x0). Zato velja f 0(x1) > f 0(x0) / · (x − x0) > 0 f 0(x1)(x − x0) > f 0(x0)(x − x0) / + f (x0) f 0(x1)(x − x0) + f (x0) > f 0(x0)(x − x0) + f (x0) f (x) > y(x) . 200 9. Uporaba odvoda Če pa je x < x0, je x1 < x0 in ker je f 0 naraščajoča funkcija, je tudi f 0(x1) < f 0(x0). Zato velja f 0(x1) < f 0(x0) / · (x − x0) < 0 f 0(x1)(x − x0) > f 0(x0)(x − x0) / + f (x0) f 0(x1)(x − x0) + f (x0) > f 0(x0)(x − x0) + f (x0) f (x) > y(x) . (ii) Dokažemo na analogen način kot točko (i). Zgled 9.14 Preučimo konveksnost oziroma konkavnost funkcij f (x) = x3 in g(x) = x4. Izračunajmo drugi odvod obeh funkcij: f 00(x) = 6 x , g00(x) = 12 x2 . To pomeni, da je f za pozitivne vrednosti konveksna in za negativne konkavna, medtem ko je g povsod konveksna (glej Sliko 9.10). Slika 9.10: Grafa funkcij f (x) = x3 (levo) in f (x) = x4 (desno). Definicija 9.5.2 Funkcija f ima v točki c prevoj, če obstaja taka okolica točke c, da je f na eni strani točke c konveksna, na drugi pa konkavna. Izrek 9.5.2 Če odvedljiva funkcija v stacionarni točki nima lokalnega ekstrema, ima v njej prevoj. Dokaz. Naj obstaja tak δ > 0, da je f konveksna na (c − δ , c). Ker je f 0(c) = 0, je tangenta na graf funkcije f v točki c vzporedna z x osjo, in zato je f na (c − δ , c) nujno padajoča funkcija. Ker v točki c ni lokalnega ekstrema, je f padajoča tudi na desni strani točke c, tj. na intervalu (c, c + δ ). če je f tudi na (c, c + δ ) konveksna, tangenta v točki c ne more biti vzporedna z x osjo, zatorej je f na tem intervalu konkavna. Na Sliki 9.10 vidimo, da ima funkcija f (x) = x3 v točki x = 0 prevoj. 9.6 Graf funkcije 201 9.6 Graf funkcije Verjetno bi se bili naravno vprašati, v čem je smisel risanja grafov funkcij "peš", ko imamo na voljo precej programov, ki so sposobni še precej več. Prvi razlog je ta, da je za razumevanje različnih matematičnih pojmov koristno imeti vsaj približno predstavo o tem, kako izgleda graf funkcije in zakaj je takšen kot je. Drugi razlog je v tem, da tehnologiji ne gre slepo zaupati, saj nam ne da zmeraj natančnih √ rezultatov. Za ilustracijo je na Sliki 9.11 (levo) narisan graf funkcije f (x) = 3 x, kot ga nariše program WolframAlpha, ki je del zelo močnega računskega sistema Wolfram Mathematica. Program upošteva za definicijsko območje samo pozitivne argumente, kar seveda ni pravilno. Na Sliki 9.11 (desno) je pravilno narisan graf te funkcije. √ Slika 9.11: Graf funkcije f (x) = 3 x narisana z WolframAlpho (levo) in "peš" (desno). Pri risanju grafa funkcije upoštevamo naslednje: • definicijsko območje in preverimo sodost/lihost ter periodičnost funkcije, • ničle funkcije in po potrebi nekaj točk na grafu funkcije, • asimptote funkcije in obnašanje na robu definicijskega območja, • stacionarne točke in lokalne ekstreme, • območja monotonosti in konveksnosti/konkavnosti funkcije. Vse naveden pojme razen asimptot smo že omenili, zato na kratko poglejmo še te. Asimptoto na graf funkcije f lahko definiramo kot črto ali krivuljo za katero velja, da je razlika med njo in funkcijo manjša, bodisi ko gre x proti neskončnosti, bodisi y, lahko pa tudi oba. Vertikalno asimptoto imenujemo tudi pol. pn(x) Najpreprosteje je iskati asimptote racionalne funkcije f (x) = , kjer je števec polinom pm(x) stopnje n in imenovalec polinom stopnje m. Če je n < m, je asimptota funkcije f os x. V nasprotnem že vemo, da lahko polinoma delimo pn(x) r(x) f (x) = = q(x) + , pm(x) pm(x) 202 9. Uporaba odvoda kjer sta q in r polinoma, pri čemer je slednji stopnje kvečjemu m − 1. Limitiranje funkcije f bodisi v pozitivni ali negativni del neskončnosti pokaže, da se graf funkcije f približuje grafu polinoma q, saj gre kvocient polinomov r in pm proti nič. Zato je asimptota polinom q. x3 − 8 Zgled 9.15 Poiščimo asimptote funkcije f (x) = . x − 1 Ker je x3 − 8 7 f (x) = = x2 + x + 1 − , x − 1 x − 1 je asimptota kvadratna funkcija y(x) = x2 + x + 1, vertikalna asimptota oziroma pol pa je določen z x = 1. Za funkcijo, ki ni racionalna, lahko poiščemo na dokaj preprost način asimptoto, če je le-ta premica. Asimptoto funkcije f , ki je oblike y = kx + n, določimo po formulah: f (x) k = lim in n = lim ( f (x) − k x) . x→∞ x x→∞ V primeru, ko gre x proti pozitivni neskončnosti, govorimo o desni asimptoti, podobno, če gledamo limito v negativno neskončnost, dobimo levo asimptoto: f (x) k = lim in n = lim ( f (x) − k x) . x→−∞ x x→−∞ Za k 6= 0 asimptoto imenujemo poševna asimptota in za k = 0 govorimo o vodoravni asimptoti. Zgled 9.16 Skicirajmo graf funkcije f (x) = xex. Definicijsko območje je enako R, ničlo ima v točki x = 0. Desne asimptote ni, leva asimptota je os x, kar izračunamo s pomočjo L’Hospitalovega pravila: xex k = lim = lim ex = 0 x→−∞ x x→−∞ n = lim (xex − 0) x→−∞ x = lim x→−∞ e−x 1 = lim = 0 . L’H x→−∞ −e−x Nadalje sta prvi in drugi odvod enaka: f 0(x) = ex(x + 1) f 00(x) = ex(x + 2) . Lokalni minimum je tako v točki (−1, −e−1), interval naraščanja je [−1, ∞), padanja (∞, −1], konveksna je na (−2, ∞) in konkavna na (∞, −2). 9.7 Uporaba v kemiji 203 Na Sliki 9.12 vidimo graf funkcije f (x) = x ex. -2 -11 e Slika 9.12: Graf funkcije f (x) = xex. 9.7 Uporaba v kemiji V želji, da osvojeno znanje približamo bralcu, si bomo pogledali konkretni primer uporabe odvoda v kemiji. Ta razdelek je zgolj informativne narave, z namenom da bi študenti spoznali uporabno vrednosti diferencialnega računa. Splošna plinska enačba opisuje obnašanje idealnega plina in se glasi pV = nRT , pri čemer je p . . . pritisk, V . . . prostornina, T . . . temperatura, R . . . splošna plinska konstanta, n . . . množina snovi. O idealnem plinu govorimo, kadar zanemarimo velikost delcev, ki ga sestavljajo in njihovo medsebojno interakcijo. Posplošitev splošne plinske enačbe, ki upošteva velikost delcev in njihovo medsebojno interakcijo, je Van der Waalsova enačba stanja, ki jo je podal Johannes Diderik van der Waals l. 1873 in opisuje realne pline. Glasi se n2 a p + (V − nb) = nRT , V 2 pri čemer a . . . določa interakcijo med delci, b . . . določa prostornino delcev v tekočini. Parametra a in b sta odvisna od snovi, ki jo opisujemo. Vsak realni plin lahko utekočinimo. To dosežemo s stiskanjem in/ali ohlajanjem, odvisno od posameznega plina. Za vsak plin obstaja temperatura, nad katero ga ne moremo utekočiniti. To temperaturo imenujemo kritična temperatura in jo označujemo Tc. Realni plin lahko utekočinimo le pod ali pri kritični temperaturi. Pritisk, ki ga za to potrebujemo, je kritični pritisk pc in prostornina, 204 9. Uporaba odvoda ki ustreza Tc ter pc, je kritična prostornina Vc. S skupno besedo Tc, pc in Vc imenujemo kritične konstante. Obstajajo plini, imenovani stalni plini, ki imajo kritično temperaturo pod sobno temperaturo. Če jih želimo utekočiniti, moramo te pline ohladiti do temperature pod njihovo Tc, kar pomeni pod sobno temperaturo. To so na primer He, H2, N2, O2, Ne, Ar, ... Poznamo pa veliko snovi, ki imajo Tc nad sobno temperaturo. Pri sobni temperaturi so te snovi v tekočem ali celo trdnem agregatnem stanju. Recimo voda ima Tc pri 647, 1 K (standardna sobna temperatura je 298, 2 K). Vodo lahko utekočinimo pri poljubni temperaturi nižji od Tc = 647, 1 K. Nad temperaturo vrelišča vode, ki je 398, 2 K, bi za ohranitev tekočega stanja vode morali delovati s pritiskom, ki bi bil višji od normalnega zračnega pritiska. Za opis stanja snovi velikokrat uporabljamo p −V diagram, kjer pritisk snovi p prikažemo kot funkcijo prostornine V , pri čemer je temperatura konstantna. To krivuljo imenujemo izoterma (glej Sliko 9.13). p 6 - V Slika 9.13: p −V diagram. Iz p −V diagrama je razvidno, da se plin utekočini v prevoju izoterme pri Tc, saj krivulja prehaja iz konveksne v konkavno. Točko prevoja imenujemo kritična točka in ustreza kritičnim konstantam. Računsko to pomeni, da moramo poiskati prvi in drugi odvod funkcije p(V ) in rešiti enačbi p(V )0 = 0 in p(V )00 = 0. Izrazimo najprej p kot funkcijo spremenljivke V : nRT an2 p(V ) = − . V − nb V 2 Izračunamo oba odvoda, ju enačimo z 0 in rešimo sistem enačb: −nRT 2an2 p0(V ) = + = 0 (V − nb)2 V 3 2nRT 6an2 p00(V ) = − = 0 . (V − nb)3 V 4 9.7 Uporaba v kemiji 205 2 Pomnožimo prvo enačbo z in obe seštejmo: V − nb 4an2 6an2 V 3 − = 0 / · V 3(V − nb) V 4 2an2 2 3 = V − nb V 2V = 3V − 3nb Vc = V = 3nb . Sedaj lahko izračunamo Tc in pc: −nRT 2an2 + = 0 (3nb − nb)2 27n3b3 RT 2a = 4nb2 27nb3 8a Tc = T = . 27bR Ker poznamo kritično prostornino in temperaturo, lahko izračunamo še kritični pritisk: 8a nR an2 p 27bR c = − 3nb − nb 9n2b2 a = . 27b2 10. Rešene naloge Odvod funkcije 1. Po definiciji izračunaj odvode funkcij, ki so podane s predpisi: (a) f (x) = x2, √ (b) f (x) = x, x > 0, 1 (c) f (x) = , x > 0, x2 (d) f (x) = cos x. Rešitev. (x + h)2 − x2 x2 + 2hx + h2 − x2 2hx + h2 (a) f 0(x) = lim = lim = lim = h→0 h h→0 h h→0 h = lim(2x + h) = lim 2x + lim h = 2x, h→0 h→0 h→0 √ √ √ √ √ √ x + h − x x + h − x x + h + x x + h − x 1 (b) f 0(x) = lim = lim · √ √ = lim · √ √ = h→0 h h→0 h x + h + x h→0 h x + h + x 1 1 1 = lim √ √ = √ √ = √ , h→0 x + h + x x + x 2 x 1 − 1 x2−(x+h)2 (x+h)2 x2 x2(x+h)2 x2 − x2 − 2xh − h2 −2x − h (c) f 0(x) = lim = lim = lim = lim = h→0 h h→0 h h→0 hx2(x + h)2 h→0 x2(x + h)2 −2x h −2x −2x −2 = lim − lim = lim = = , h→0 x2(x + h)2 h→0 x2(x + h)2 h→0 x2(x + h)2 x4 x3 cos(x + h) − cos x cos x cos h − sin x sin h − cos x (d) f 0(x) = lim = lim = h→0 h h→0 h cos x(cos h − 1) − sin x sin h cos x(cos h − 1) sin x sin h = lim = lim − lim = h→0 h h→0 h h→0 h cos h − 1 sin h cos2 h − sin2 h − cos2 h + sin2 h = cos x lim −sin x lim = cos x lim 2 2 2 2 −sin x = h→0 h h→0 h h→0 h −2 sin2 h h = cos x lim 2 − sin x = −cos x lim sin − sin x = −cos x · 0 − sin x = −sin x. h→0 2 · h h→0 2 2 208 10. Rešene naloge 2. Izračunaj odvode funkcij, ki so podane eksplicitno: (a) f (x) = x13 + 2x2 + x + 4 1 1 1 (b) f (x) = + 6 + , x x7 x13 p (c) f (x) = x2 + x, √ 3 n (d) f (x) = 2x 2 + 4 4x + 1 , kjer je n ∈ N poljuben, (e) f (x) = ln (log5 x), (f) f (x) = x3e3x, (g) f (x) = x2x2+2, (h) f (x) = ln(cos x) sin 2x, 1 n (i) f (x) = tan(ax) + , kjer sta a, n ∈ N poljubna, cos(ax) arctan x (j) f (x) = , arcsin(x2) cosh x + ex (k) f (x) = , − sinh x (l) f (x) = xx, (m) f (x) = (sin x)lnx. Rešitev. Pri odvajanju bomo uporabljali že znane odvode elementarnih funkcij in lastnosti odvoda (odvod vsote, odvod razlike, odvod produkta, odvod kvocienta in verižno pravilo). (a) f 0(x) = x13 + 2x2 + x + 40 = 13x12 + 4x + 1, 1 1 1 0 (b) f 0(x) = + 6 + = x−1 + 6x−7 + x−130 = −x−2 − 42x−8 − 13x−14 = x x7 x13 1 1 1 = − − 42 − 13 , x2 x8 x14 p 0 1 1 (c) f 0(x) = x2 + x = √ · x2 + x0 = √ · (2x + 1), 2 x2 + x 2 x2 + x √ √ 3 n 0 3 n−1 3 1 0 (d) f 0(x) = 2x 2 + 4 4x + 1 = n 2x 2 + 4 4x + 1 · 2x 2 + (4x + 1) 4 = ! √ 3 n−1 1 (4x + 1)0 = n 2x 2 + 4 4x + 1 · 3x 2 + = 3 4(4x + 1) 4 ! √ 3 n−1 1 4 = n 2x 2 + 4 4x + 1 · 3x 2 + = 3 4(4x + 1) 4 ! √ 3 n−1 1 1 = n 2x 2 + 4 4x + 1 · 3x 2 + , 4 p(4x + 1)3 1 1 1 (e) f 0(x) = (ln (log · ( · 5 x))0 = log , log 5 x)0 = 5 x log5 x x · ln 5 (f) f 0(x) = x3e3x0 = (x3)0 · e3x + x3 · e3x0 = 3x2e3x + x3e3x · (3x)0 = 3x2e3x + 3x3e3x, 0 0 (g) f 0(x) = x2x2+2 = (x)0 · 2x2+2 + x · 2x2+2 = 2x2+2 + x2x2+2 · ln 2 · x2 + 20 = = 1 + 2 · ln 2 · x2 2x2+2, (h) f 0(x) = (ln(cos x) sin 2x)0 = (ln(cos x))0 · sin 2x + ln(cos x) · (sin 2x)0 = 1 sin x = · (cos x)0 · sin 2x + ln(cos x) · cos 2x · (2x)0 = − sin 2x + 2 ln(cos x) cos 2x, cos x cos x 1 n 0 1 n−1 1 0 (i) f 0(x) = tan(ax) + = n tan(ax) + · tan(ax) + = cos(ax) cos(ax) cos(ax) 1 n−1 a (cos(ax))0 = n tan(ax) + · − = cos(ax) cos2(ax) cos2(ax) 1 n−1 a a sin(ax) = n tan(ax) + · + = cos(ax) cos2(ax) cos2(ax) 209 1 n−1 a + a sin(ax) = n tan(ax) + · , cos(ax) cos2(ax) arctan x 0 (arctan x)0 · arcsin(x2) − arctan x · arcsin(x2)0 (j) f 0(x) = = = arcsin(x2) (arcsin(x2))2 1 · arcsin(x2) − arctan x · 2x √ 1+x2 1−x4 = , (arcsin(x2))2 cosh x + ex 0 (cosh x + ex)0 · (− sinh x) − (cosh x + ex) · (− sinh x)0 (k) f 0(x) = = = − sinh x sinh2 x (sinh x + ex) · (− sinh x) − (cosh x + ex) · (− cosh x) = = sinh2 x cosh2 x − sinh2 x − (sinh x − cosh x) ex = , sinh2 x 0 1 (l) f 0(x) = (xx)0 = elnxx 0 = exlnx = exlnx · (x ln x)0 = xx · ln x + x · = xx · (ln x + 1), x 0 0 (m) f 0(x) = (sin x)lnx = eln(sinx)lnx 0 = elnx·ln(sinx) = elnx·ln(sinx) · (ln x · ln(sin x))0 = 1 cos x ln(sin x) = (sin x)lnx · · ln(sin x) + ln x · = (sin x)lnx · + ln x · cotx . x sin x x 3. Izračunaj odvode implicitno podanih funkcij: (a) x2 + 2xy + 5 = 0, (b) (x + xy)y2 = 0, x (c) arctan = ln x + 5y, 2y 1 (d) sin = cos (xey), xy (e) xy = yx. Rešitev. V vseh primerih y predstavlja y(x). V prvem primeru bomo preverili, da je odvod implicitno podane funkcije enak odvodu eksplicitno podane funkcije. (a) Odvod implicitno podane funkcije x2 + 2xy + 5 = 0 je 2x + 2y + 2xy0 = 0. Če funkcijo izrazimo eksplicitno, dobimo −x2 − 5 y = , 2x od koder sledi −2x2 + 10 −x2 + 5 y0 = = . 4x2 2x2 Preverimo, da smo res v obeh primerih dobili enako. Če iz 2x + 2y + 2xy0 = 0 izrazimo y0 in upoštevamo y, dobimo −2x − 2 · −x2−5 −2x2 − 10 −x2 + 5 y0 = 2x = = . 2x 4x2 2x2 Opazimo, da se odvoda res ujemata. (b) (1 + y + xy0)y2 + (x + xy) · (2yy0) = 0, 1 2y − 2xy0 1 (c) · = + 5y0, 2 4y2 x 1 + x 2y 1 y + xy0 (d) cos · − = − sin (xey) · ey + xey · y0, xy (xy)2 210 10. Rešene naloge (e) Izraz xy = yx pretvorimo v eylnx = exlny in sedaj odvajamo y xy0 eylnx · y0 ln x + = exlny · ln y + x y y xy0 xy · y0 ln x + = yx · ln y + . x y 4. Izračunaj n-ti odvod funkcije f , ki je podana s predpisom f (x) = x2ex. Rešitev. To nalogo bomo rešili na naslednji način: najprej bomo s pomočjo večkratnega odvajanja prišli do teze, zapisali to tezo in jo nato dokazali s pomočjo matematične indukcije. f (x) = x2ex f 0(x) = x2ex + 2xex f 00(x) = x2ex + 4xex + 2ex f (3)(x) = x2ex + 6xex + 6ex f (4)(x) = x2ex + 8xex + 12ex f (5)(x) = x2ex + 10xex + 20ex Na podlagi teh odvodov predpostavimo formulo (glej koeficiente pred členi v odvodih) f (n)(x) = x2ex + 2nxex + n(n − 1)ex in sedaj dokažimo, da ta formula velja za vsa naravna števila. Za n = 1 to trivialno velja. Za izbran n ∈ N predpostavimo indukcijsko predpostavko f (n)(x) = x2ex + 2nxex + n(n − 1)ex, in dokažimo, da velja tudi f (n+1)(x) = x2ex + 2(n + 1)xex + (n + 1)nex. Dokazali bomo tako, da bomo odvajali f (n)(x). 0 f (n)(x) = x2ex + 2xex + 2nxex + 2nex + n(n − 1)ex = x2ex + (2n + 2)xex + (n2 + 2n − n)ex = x2ex + 2(n + 1)xex + (n + 1)nex. S tem je formula dokazana. 5. Izračunaj n-ti odvod funkcije f , ki je podana s predpisom f (x) = x+1 . x2−4 Rešitev. Najprej poiščimo takšni realni števili A in B, da bo veljalo x + 1 A B = + . x2 − 4 x − 2 x + 2 Iz tega posledično dobimo sistem dveh enačb z dvema neznankama A + B = 1 2A − 2B = 1 Iz tega sledi, da je A = 3 in B = 1 . Torej bomo v nadaljevanju odvajali 4 4 3 1 f (x) = + . 4(x − 2) 4(x + 2) Odvajajmo 3 1 f (x) = + 4(x − 2) 4(x + 2) 3 · (−1) −1 f 0(x) = + 4(x − 2)2 4(x + 2)2 3 · (−1) · (−2) (−1) · (−2) f 00(x) = + 4(x − 2)3 4(x + 2)3 3 · (−1) · (−2) · (−3) (−1) · (−2) · (−3) f 000(x) = + 4(x − 2)4 4(x + 2)4 ... 3 · (−1)nn! (−1)n · n! f (n)(x) = + . 4(x − 2)n+1 4(x + 2)n+1 211 S pomočjo matematične indukcije dokažimo, da formula res velja. Naredimo zgolj indukcijski korak 0 0 0 3 · (−1)nn! (−1)n · n! f (n)(x) = + 4(x − 2)n+1 4(x + 2)n+1 3 · (−1)nn! · (−(n + 1)) (−1)n · n! · (−(n + 1)) = + 4(x − 2)n+2 4(x + 2)n+2 3 · (−1)n+1(n + 1)! (−1)n+1 · (n + 1)! = + . 4(x − 2)n+2 4(x + 2)n+2 Geometrijski pomen odvoda 1. Določi enačbo tangente na graf funkcije f , ki je podana s predpisom f (x) = ln(x2 + 4x + 1), v točki T (0, y). Rešitev. Smerni koeficient tangente na graf funkcije v x = 0 je enak f 0(0). Odvod funkcije f je enak 2x + 4 f 0(x) = x2 +4x+1 in zato je f 0(0) = kt = 4. Ker graf poteka skozi točko (0, f (0)) = (0, 0), dobimo enačbo tangente y = 4x. 2. Zapiši enačbo tangente na graf funkcije f , ki je podana s predpisom f (x) = x3 − x + 1, ki je vzporedna s premico y = 2x − 1. Poišči še enačbo pripadajoče normale na graf funkcije. Rešitev. Tangente na graf funkcije f so vzporedne z y, ko je f 0(x) = 2. Tako dobimo enačbo 3x2 − 1 = 2, iz katere sledita rešitvi x1 = −1 in x2 = 1. Posledično dobimo točki (−1, f (−1)) = (−1, 1) in (1, f (1)) = (1, 1). Sedaj poiščimo enačbo tangente na graf funkcije f v točki (−1, 1). Smerni koeficient tangente je 2 in zato dobimo enačbo 1 = 2 · (−1) + n. Tako dobimo enačbo tangente na graf funkcije f v točki (−1, 1), ki je enaka y = 2x + 3. Podobno dobimo enačbo tangente na graf funkcije f v točki (1, 1), ki je enaka y = 2x − 1. Smerni koeficient normale na graf funkcije je kn = − 1 , kjer je k k t smerni koeficient tangente na graf t funkcije. Tako imamo v našem primeru 1 1 = − · (−1) + n 2 in enačba normale na graf funkcije f skozi (−1, 1) je enaka 1 1 y = − x + . 2 2 Podobno poiščemo normalo v (1, 1) in dobimo 1 3 y = − x + . 2 2 212 10. Rešene naloge 3. Poišči vse točke, v katerih je smerni koeficient normale na graf funkcije f , f (x) = x − cos x, enak −1. Rešitev. Odvod funkcije f je f 0(x) = 1 + sin x. Če upoštevamo zvezo med smernim koeficientom tangente in normale, dobimo, da je potrebno poiskati tiste x ∈ R, za katere velja 1 − = −1 1 + sin x oziroma sin x = 0. n o Rešitev je tako množica točk (kπ, kπ − (−1)k) | k ∈ Z . 4. Zapiši enačbo vseh tangent na graf funkcije f , f (x) = sinx , ki so vzporedne s premico z 1−cos x enačbo x + 2y + 3 = 0. Rešitev. Najprej implicitno obliko enačbo premice x + 2y + 3 = 0 preoblikujemo v eksplicitno obliko y = − 1 x − 3 . Tako iščemo tiste x ∈ 2 2 R, za katere velja 1 1 = − cos x − 1 2 oziroma cos x = −1. Rešitev tega je množica {π + 2kπ | k ∈ Z}. Ker so vse funkcijske vrednosti množice {π + 2kπ | k ∈ Z} enake 0, dobimo števno enačb 1 0 = − (π + 2kπ) + n, kjer je k ∈ Z. 2 Tako za vsak k ∈ Z dobimo tangento 1 1 yt = − x + (π + 2kπ). k 2 2 5. Za katere vrednosti a ∈ R je premica z enačbo 2x + y = 0 vzporedna tangenti grafa funkcije f , f (x) = a(x − 2)2, v točki ( 3 , y)? 2 Rešitev. Tangenta na graf funkcije bo vzporedna s premico 2x + y = 0, ko bo f 0( 3 ) = −2. Ko 2 odvajamo in vstavimo vrednosti, dobimo 3 2a − 2 = −2. 2 Izrazimo a in dobimo, da je a = 2, kar pomeni, da je f (x) = 2(x − 2)2. 6. Funkciji f , f (x) = ax2 − 9a, določi parameter a tako, da bosta tangenti na graf funkcije f v njegovih presečiščih z abscisno osjo pravokotni. Rešitev. Funkcija f (ne glede na vrednost a) seka abscisno os v x0 = −3 in x1 = 3. Ker morata biti tangenti pravokotni, dobimo 1 6a = 6a (odvod funkcije f je enak f 0(x) = 2ax). Tako dobimo, da je a1 = − 1 in a . 6 2 = 1 6 7. Funkcija f je podana s predpisom f (x) = x3 − 6x2 + 10x − 4. V katerih točkah tangenta na graf funkcije f oklepa z abscisno osjo kot π ? 4 Rešitev. Upoštevamo, da je f 0(x) = tan ϕ. V našemo primeru dobimo enačbo π 3x2 − 12x + 10 = tan . 4 Ta kvadratna enačba ima rešitvi x1 = 1 in x2 = 3 ter tako dobimo točki (1, 1) in (3, −1). 213 8. Funkciji f in g sta podani s predpisoma f (x) = x2 + 1 x + 1 in g(x) = 2x + sin x + 1. Preveri, 2 da se funkciji f in g sekata v x0 = 0 in nato izračunaj kot med grafoma funkcij v točki T (x0, y). Rešitev. Funkciji se sekata v x0 = 0, saj je f (0) = g(0) = 1. Kot med grafoma funkcij izračunamo s formulo tan k ϕ = 2−k1 , kjer je ϕ kot med grafoma funkcij, k1 in k2 pa sta smerna koeficienta 1+k1k2 tangent na graf funkcij v neki točki. V našem primeru k1 = f 0(0) = 1 in k 2 2 = g(0) = 3. Tako dobimo 1 − 3 tan 2 ϕ = 1 + 1 · 3 2 in zato je ϕ = π . 4 9. Naj bo a realno število in f , g : R → R funkciji, ki sta podani s predpisoma f (x) = x2 − 7x + 6 in g(x) = (x − 1)(x2 + ax − 2). (a) Za katere vrednosti parametra a se grafa funkcij f in g v točki (1,0) sekata pod kotom π ? 4 (b) Za katere vrednosti x0 ∈ R tangenta na graf funkcije f v točki (x0, f (x0)) poteka skozi točko (0,2)? Rešitev. (a) Vidimo, da se f in g res sekata v (1,0). Naj bo k1 = f 0(1) in k2 = g0(1). Če želimo, da se grafa k 2 − k1 funkcij sekata v točki (1, 0) pod kotom π , potem mora veljati = 1. V našem primeru 4 1 + k1k2 dobimo a − 1 + 5 = 1. 1 − 5(a − 1) Ko rešimo to enačbo, dobimo rešitvi a1 = 1 in a . 3 2 = 5 2 (b) Uporabili bomo naslednjo obliko enačbe premice y − y0 = k(x − x0), kjer je k smerni koeficient premice in (x0, y0) točka, skozi katero poteka premica. Smerni koeficient tangente na graf funkcije f v točki (x0, y0) je f 0(x0) = 2x0 − 7. Ker vemo, da poteka tangenta na graf funkcije f skozi (0, 2) in (x0, y0), dobimo 2 − y0 = (2x0 − 7)(0 − x0). Upoštevajmo, da je y0 = f (x0) in tako dobimo 2 − x20 + 7x0 − 6 = −2x20 + 7x0. Ničli te kvadratne enačbe sta x0 = −2 in x = 2, kar je tudi končna rešitev naše naloge. 1 02 10. Za poljubni realni števili a in b je funkcija fa,b : R → R podana s predpisom sin x fa,b(x) = . 2 + a sin x + b cos x √ Med vsemi funkcija fa,b poišči tisto, ki bo imela lokalni ekstrem v točki ( π , 3). 3 √ Rešitev. Dovolj je poiskati realna parametra a in b. Ker točka ( π , 3) leži na grafu funkcije, dobimo 3 prvo enačbo √3 √ 2 √ = 3. 2 + a 3 + b 1 2 2 √ Ker je v ( π , 3) tudi lokalni ekstrem f 3 a,b, je potrebno odvajati fa,b cos x(2 + a sin x + b cos x) − sin x(a cos x − b sin x) 2 cos x + b f 0 ( = . a,b x) = (2 + a sin x + b cos x)2 (2 + a sin x + b cos x)2 Iz pogoja f 0 ( π ) = 0 dobimo 1 + b = 0. Iskani rešitvi sta a = − 2 √ b = −1. a,b 3 3 214 10. Rešene naloge 11. Ali obstajajo točke krivulji K , ki je podana z enačbo x3 + y3 = 3xy, v katerih je tangenta vzporedna z abscisno osjo oziroma z ordinatno osjo? Če obstajajo, jih poišči. Rešitev. Pomagali si bomo z odvodom implicitno podane funkcije. 3x2 + 3y2y0 = 3y + 3xy0 y − x2 y0 = y2 −x Za točke v katerih je tangenta vzporedna z abscisno osjo velja pogoj y = x2, za točke v katerih pa je tangenta vzporedna z ordinatno osjo pa velja pogoj x = y2. Bralec lahko sedaj sam poišče te točke. Uporaba odvoda 1. S pomočjo diferenciala izračunaj približne vrednosti √ (a) 16, 16, (b) ln(1, 25), (c) tan( 44π ). 180 . Rešitev. V vseh primerih bomo uporabili formulo f (a + h) = f (a) + f 0(a)h. Cilj je prepoznati a, h in f . √ (a) a = 16, h = 0, 16 in f (x) = x, √ p . 1 16, 16 = 16 + √ · 0, 16 = 4, 02. 2 16 (b) a = 1, h = 0, 25, f (x) = ln x, . 1 ln(1, 25) = ln(1) + · 0, 25 = 0, 25. 1 (c) V tem primeru bomo rezultat izrazili s pomočjo števila π. a = π , h = − π , f (x) = tan x, 4 180 2. S pomočjo diferenciala dokaži, da za 0 ≤ ε < 1 , velja 100 1 . ε √ = 1 − . 1 + ε 2 . Rešitev. Sklicali se bomo na formulo f (a + h) = f (a) + f 0(a)h. V tem primeru je a = 0, h = ε in f (x) = 1 √ . Ko odvajamo funkcijo f , dobimo f 0(x) = − 1 √ . Izračunane podatke vstavimo v 1+x 2 (1+x)3 formulo in dobimo 1 . 1 1 ε √ = √ − · ε = 1 − . 1 + p ε 1 + 0 2 (1 + 0)3 2 3. S pomočjo diferenciala dokaži, da za y, z ∈ R, |z| < |y|, velja z 3 p . y3 + z = y + . 3y2 √ Rešitev. Rešujemo podobno kot v nalogi 2. V tem primeru je a = y3, h = z, f (x) = 3 x in f 0(x) = 1 √ . 3 3 x2 Uporabimo formulo in dobimo 1 z 3 p . y3 + z = 3 py3 + · z = y + . 3 3 py6 3y2 215 4. S pomočjo Lagrangeovega izreka dokaži, da ima enačba ex = x + 1 eno samo rešitev. Rešitev. Opazimo, da je x = 0 rešitev navedene enačbe. Dokazali bomo, da je edina. Naj bo t > 0 in f : [0,t] → R, ki je podana s predpisom f (x) = ex − x − 1. Upoštevajmo Lagrangeov izrek za f : obstaja c ∈ (0,t), za katerega velja (et − t − 1) − (e0 − 0 − 1) = (ec − 1)(t − 0). Iz tega dobimo enačbo et − 1 = tec. Ker je po predpostavki ex = x + 1, upoštevamo to pri prejšnji enačbi in dobimo t = tec. Ta enakost velja le v primeru, ko je t = 0 – protislovje (predposavili smo, da je t > 0). V primeru, ko je t < 0 dokažemo podobno. 5. Dokaži neenakosti (a) ln(x + 1) < x, za x ∈ + R , (b) 1 + x ≤ ex, za x ∈ R, (c) sin x < x, za x ∈ + R . Rešitev. (a) Naj bo f (x) = x − ln(x + 1). Opazimo, da je f (x) = 0, ko je x = 0. Nadalje, odvod te funkcije je f 0(x) = 1 − 1 . Ker je f 0(x) > 0 za vsak x ∈ +, je f strogo naraščajoča (nima lokalnega x+1 R ekstrema) in posledično neenakost res velja. (b) Naj bo f (x) = ex − x − 1. Opazimo, da je f (x) = 0, ko je x = 0. Za vsak x ∈ + R je f 0(x) = ex − 1 > 0 in zato neenakost velja (glej primer (a)). Podobno za negativne vrednosti. Natančneje, za vsak x, kjer je x ∈ − R , je f 0(x) = ex − 1 < 0 kar pomeni, da je f na tem območju padajoča, torej je x + 1 < ex. Torej neenakost velja za vsak x ∈ R. (c) Trivialno je res, da je sin x < x za x > π , saj je sin x ≤ 1 za vsak x ∈ 2 R, zato preverimo neenakost samo za 0 < x < π . 2 Naj bo f (x) = x − sin x. Vidimo, da je f (x) = 0, ko je x = 0. Ker je f 0(x) = 1 − cos x > 0 za vsak x ∈ (0, π ), zato neenakost res velja (glej primer (a)). 2 6. Dokaži enakosti π (a) arcsin x + arccos x = , za vsak x ∈ [−1, 1], 2 π (b) arctan x + arccotx = , za vsak x ∈ [−1, 1]. 2 Rešitev. V tej nalogi bomo uporabili posledico Lagrangeovega izreka (lahko pa med drugim nanjo gledamo kot na posledico Rolleovega izreka). Ta pravi, če je f : [a, b] → R zvezna funkcija, ki je odvedljiva na (a, b) in zanjo velja f 0(x) = 0, za vsak x ∈ (a, b), potem je f konstantna funkcija (razmisli). (a) Najprej vpeljimo funkcijo f : [−1, 1] → R, f (x) = arcsin x + arccos x, in jo odvajajmo. 1 −1 f 0(x) = (arcsin x + arccos x)0 = √ + √ = 0. 1 − x2 1 − x2 Seveda to res zadošča posledici Lagrangeovega izreka. Do konstante π pridemo tako, da 2 izračunamo f (−1). (b) Podobno kot v (a) primeru: vpeljemo funkcijo f : [−1, 1] → R, f (x) = arctan x + arccot x, in jo odvajamo. Dobimo 1 −1 f 0(x) = (arctan x + arccot x)0 = + = 0. 1 + x2 1 + x2 Vidmo, da je odvod enak 0. Do konstante π pridemo tako, da izračunamo f (−1). 2 216 10. Rešene naloge 7. Naj bo [a, b] poljuben interval na realni osi in naj bo f : [a, b] → R funkcija, ki je podana s predpisom f (x) = 2x2 − x. Dokaži, da število c, ki nastopa v Lagrangeovi formuli f (b) − f (a) = f 0(c)(b − a), aritmetična sredina od a in b. Rešitev. Izračunamo odvod funkcije f , f 0(x) = 4x − 1, in izrazimo c iz enačbe 2b2 − b − 2a2 + a = (4c − 1)(b − a). Dobimo, da je c = a+b . 2 8. S pomočjo L’Hospitalovega pravila izračunaj naslednje limite (a) lim x2 ln x, x→0 3x − 2x (b) lim , x→0 x (c) lim x cot(2x), x→0 xex − sin x (d) lim , x→0 x2 x π (e) lim − , x→ π cot x 2 cos x 2 ln(sin x) (f) lim , x→ π (π − 2x)2 2 ln x+1 (g) lim x , x→ ∞ ln x−1 x (h) lim x2e−x2 , x→∞ (i) lim xne−x, kjer je n ∈ N poljuben, x→∞ 1 (j) lim x2e x2 . x→0 Rešitev. ln x 1 L0H x2 (a) lim x2 ln x = lim = lim x = lim = 0, x→0 x→0 1 x→0 −2 x→0 −2 x2 x3 3x − 2x L0H 3x ln 3 − 2x ln 2 3 (b) lim = lim = ln 3 − ln 2 = ln , x→0 x x→0 1 2 x cos(2x) L0H cos(2x) − 2x sin(2x) 1 − 0 1 (c) lim x cot(2x) = lim = lim = = , x→0 x→0 sin(2x) x→0 2 cos(2x) 2 2 xex − sin x L0H ex + xex − cos x L0H 2ex + xex + sin x 2 + 0 + 0 (d) lim = lim = lim = = 1, x→0 x2 x→0 2x x→0 2 2 x π x sin x π 2x sin x − π L0H (e) lim − = lim − = lim = x→ π cot x 2 cos x x→ π cos x 2 cos x x→ π 2 cos x 2 2 2 L0H 2 sin x + 2x cos x 2 − 0 = lim = = −1, x→ π −2 sin x −2 2 ln(sin x) cos x L0H cos x L0H (f) lim = lim sin x = lim = x→ π (π − 2x)2 x→ π −4(π − 2x) x→ π −4 sin x(π − 2x) 2 2 2 L0H − sin x −1 1 = lim = = − , x→ π −4 cos x(π − 2x) + 8 sin x 0 + 8 8 2 1 · −1 ! ln x+1 1 x+1 L0H x2 x − 1 L0H 1 (g) lim x = lim x = lim − x+1 = lim − = lim − = −1, x→ 1 1 ∞ ln x−1 x→∞ · 1 x→∞ x→∞ x + 1 x→∞ 1 x x−1 x2 x−1 x x2 L0H 2x 1 (h) lim x2e−x2 = lim = lim = lim = 0, x→∞ x→∞ ex2 x→∞ 2xex2 x→∞ ex2 xn L0H nxn−1 L0H n(n − 1)xn−2 L0H L0H n! (i) lim xne−x = lim = lim = lim = . . . = lim = 0, x→∞ x→∞ ex x→∞ ex x→∞ ex x→∞ ex 1 1 1 e x2 e x2 · −2 L0H 1 (j) lim x2e x3 x2 = lim = lim = lim e x2 = ∞ oziroma limita ne obstaja. x→0 x→0 1 x→0 −2 x→0 x2 x3 217 9. S pomočjo L’ Hospitalovega pravila in lastnosti zveznih funkcij izračunaj naslednje limite 1 (a) lim (x2 − 1) x , x→∞ (b) lim(ln x)1−x, x→1 1 1 + x x (c) lim , x→0 1 − x 1 1 x2 (d) lim , x→0 1 + x2 1 1 ! (1 + x x) x (e) lim , x→0 e 1 ! x− e2(x−1) + x − 1 1 (f) lim . x→1 2x − 1 Rešitev. V tej nalogi bomo uporabili naslednji izrek iz prvega poglavja: če je g zvezna funkcija v točki a in f zvezna funkcija v točki g(a), tedaj je lim f (g(x)) = f lim g(x) . x→a x→a 1 1 (a) Označimo L = lim (x2 − 1) x . Izračunajmo lim ln(x2 − 1) x . x→∞ x→∞ 2x 1 ln(x2 − 1) L0H 2x L0H 2 lim ln(x2 − 1) x2−1 x = lim = lim = lim = lim = 0 x→∞ x→∞ x x→∞ 1 x→∞ x2 − 1 x→∞ 2x Uporabimo izrek in dobimo ln L = 0. Sledi L = 1. (b) Označimo L = lim(ln x)1−x. x→1 ln(ln x) 1 L0H lim ln(ln x)1−x = lim ln(ln x)1−x = lim(1 − x) ln(ln x) = lim = lim xlnx = x→1 x→1 x→1 x→1 1 x→1 1 1−x (1−x)2 (1 − x)2 L0H −2(1 − x) −2(1 − x) = lim = lim = lim = 0. x→1 x ln x x→1 ln x + x x→1 ln x + 1 x Dobimo, da je ln L = 0 ter posledično je L = 1. 1 1 + x x (c) Označimo L = lim . x→0 1 − x 1 1 · 2 1 + x x ln 1+x 1+x L0H (1−x)2 2 lim ln = lim 1−x = lim 1−x = lim = 2 x→0 1 − x x→0 x x→0 1 x→0 1 − x2 Dobimo, da je ln L = 2 in zato je L = e2. 1 1 x2 (d) Označimo L = lim . x→0 1 + x2 1 1 1 ln (1 + x2) · −2x x2 1+x2 L0H (1+x2)2 −1 lim ln = lim = lim = lim = −1 x→0 1 + x2 x→0 x2 x→0 2x x→0 1 + x2 Dobimo, da je ln L = −1 ter posledično je L = e−1. 1 1 ! (1 + x x) x (e) Označimo L = lim . x→0 e 218 10. Rešene naloge 1 1 (1+x) x 1 ! ln 1 (1 + x x) x e ln(1 + x) x − ln e ln(1 + x) − x lim ln = lim = lim = lim = x→0 e x→0 x x→0 x x→0 x2 1 −1 − L0H 1 L0H (1+x)2 1 = lim 1+x = lim = − x→0 2x x→0 2 2 Dobimo, da je ln L = − 1 ter posledično je L = 1 √ . 2 e 1 ! x− e2(x−1) + x − 1 1 (f) Označimo L = lim . x→1 2x − 1 1 ! e2(x−1)+x−1 x− e2(x−1) + x − 1 1 ln 2x−1 lim ln = lim = x→1 2x − 1 x→1 x − 1 ln e2(x−1) + x − 1 − ln(2x − 1) L0H = lim = x→1 x − 1 2e2(x−1)+1 − 2 L0H 2x−1 = lim e2(x−1)+x−1 = 1 x→1 1 Dobimo, da je ln L = 1 in zao je L = e. 10. Razvij funkcijo f , ki je podana s predpisom f (x) = ln(x + 1) sin x, v Taylorjev polinom v okolici točke x = 0 do členov 3. reda. Rešitev. V našem primeru je potrebno funkcijo f odvajati do tretjega reda sin x f 0(x) = + ln(x + 1) cos x x + 1 sin x cos x f 00(x) = − + 2 − ln(x + 1) sin x (x + 1)2 x + 1 sin x cos x sin x f 000(x) = 2 − 3 − 3 − ln(x + 1) cos x (x + 1)3 (x + 1)2 x + 1 Vstavimo ustrezne vrednosti v Taylorjevo formulo in dobimo x3 f (x) = x2 − + r(x), 2 kjer je r(x) nek ostanek 4. reda. 11. Razvij funkcijo f : [− π , π ] → 4 4 R, ki je podana s predpisom f (x) = sin2 x, v Taylorjev polinom v okolici točke x = 0 do členov 5. reda in oceni napako. Rešitev. Ko zaporedoma odvajamo f , dobimo f 0(x) = 2 sin x cos x = sin 2x f 00(x) = 2 cos 2x f 000(x) = −4 sin 2x f (4)(x) = −8 cos 2x f (5)(x) = 16 sin 2x f (6)(x) = 32 cos 2x. Vstavimo ustrezne vrednosti v Taylorjevo formulo in dobimo x4 f (x) = x2 − + r(x). 3 Ocenimo še r(x) na intervalu [− π , π ]. 4 4 219 32 cos(2 ξ ) 32 32 π 6 | r(x)| = x6 = | cos(2ξ )| · |x6| ≤ cos(0) · < 0, 011. 6! 720 720 4 12. Razvij funkcijo f : [ 9 , 12 ] → 10 10 R, ki je podana s predpisom f (x) = x3 ln x, v Taylorjev polinom v ničli funkcije f do členov 4. reda ter oceni napako. Rešitev. Razvili bomo Taylorjev polinom do členov 4. reda za x = 1. Izračunajmo odvode. f 0(x) = 3x2 ln x + x2 f 00(x) = 6x ln x + 5x f 000(x) = 6 ln x + 11 6 f (4)(x) = x 6 f (5)(x) = − x2 Vstavimo vrednosti v Taylorjevo formulo in dobimo 5 11 1 f (x) = (x − 1) + (x − 1)2 + (x − 1)3 + (x − 1)4 + r(x). 2 6 4 Ocenimo še napako r(x) na intervalu [ 9 , 12 ] 10 10 − 6 1 1 |r(x)| = ξ 2 (x − 1)5 = |x − 1|5 ≤ |0, 2|5 < 0, 00002. 5! 20ξ 2 2 20 9 10 13. Razvij funkcijo f , ki je podana s predpisom f (x) = xe−x, v Taylorjevo vrsto okolici točke x = 0 in poišči njeno konvergenčno območje. Rešitev. Ker je potrebno funkcijo f razviti v Taylorjevo vrsto, izračunajmo n-ti odvod funkcije f . f 0(x) = e−x − xe−x f 00(x) = −2e−x + xe−x f 000(x) = 3e−x − xe−x f (4)(x) = −4e−x + xe−x ... f (n)(x) = (−1)n−1ne−x + (−1)nxe−x. Zgornjo formulo lahko dokaženo s pomočjo matematične indukcije. Na podlagi odvodov zapišimo Taylorjevo vrsto 1 ∞ (−1)n−1xn f (x) = x − x2 + x3 + . . . + (−1)n−1 1 xn + . . . = . 2 ( ∑ n − 1)! (n − 1)! n=1 Pred obravnavo r(x) določimo konvergenčno območje Taylorjeve vrste. (−1)n 1 lim n! = lim = 0. n→∞ (−1)n−1 n→∞ n (n−1)! Iz tega sledi, da vrsta konvergira za vsak x ∈ R. Preverimo še r(x). ((n + 1) − ξ )(−1)ne−ξ xn+1 xn+1ξ lim xn+1 ≤ lim e−ξ + = 0. n→∞ (n + 1)! n→∞ n! (n + 1)! Torej za vsak x ∈ R lahko f zapišemo v Taylorjevo vrsto 1 ∞ (−1)n−1xn f (x) = x − x2 + x3 + . . . + (−1)n−1 1 xn + . . . = . 2 ( ∑ n − 1)! (n − 1)! n=1 220 10. Rešene naloge 14. Razvij funkcijo f , ki je podana s predpisom f (x) = ln x, v Taylorjevo vrsto v okolici točke x = 1 in poišči njeno konvergenčno območje. Rešitev. Najprej poiščimo n-ti odvod funkcije f . 1 f 0(x) = x 1 f 00(x) = − x2 2 f 000(x) = x3 6 f (4)(x) = − x4 ... (n − 1)! f (n)(x) = (−1)n−1 xn Na podlagi odvodov zapišimo Taylorjevo vrsto (x − 1)2 (x − 1)3 (−1)n−1(x − 1)n f (x) = (x − 1) − + − . . . + + . . . 2 3 n ∞ (−1)n−1(x − 1)n = ∑ . n n=1 Pred obravnavo r(x), določimo konvergenčno območje Taylorjeve vrste. (−1)n n lim n+1 = lim = 1. n→∞ (−1)n−1 n→∞ n + 1 n Posledično dobimo neenakost |x − 1| < 1 in zato 0 < x < 2. S pomočjo Leibnizovega kriterija preverimo, da vrsta konvergira tudi pri x = 2. Obravnavajmo še r(x). Torej dokažimo, da velja (−1)n n! lim ξ n+1 (x − 1)n+1 = 0 n→∞ (n + 1)! v okolici x = 1. Tako imamo (−1)n n! 1 (x − 1)n+1 lim ξ n+1 (x − 1)n+1 = lim n→∞ (n + 1)! n→∞ n + 1 ξ n+1 n+1 1 x − 1 = lim . n→∞ n + 1 ξ Izraza 1 ≤ x < 2 in 1 < ξ < x preoblikujemo v 0 ≤ x − 1 < 1 in 1 < ξ in zato je x−1 < 1. Posledično ξ dobimo n+1 1 x − 1 1 lim < lim · 1 = 0. n→∞ n + 1 ξ n→∞ n + 1 Za 0 < x < 1 bomo uporabili f (n+1)(ξ ) r(x) = (x − a)n(x − ξ )n n! (ena od oblik zapisa ostanka). V našem primeru dobimo x − 1 x r(x) = 1 − . ξ ξ 221 Ker je 0 < x < ξ < 1 je 0 < 1 − x < 1 je tako ξ x − 1 x n x − 1 x n lim 1 − = lim 1 − = 0. n→∞ ξ ξ ξ n→∞ ξ Torej smo dokazali, da za vsak 0 < x ≤ 2 lahko f zapišemo v Taylorjevo vrsto, ki je oblike (x − 1)2 (x − 1)3 (−1)n−1(x − 1)n ∞ (−1)n−1(x − 1)n f (x) = (x − 1) − + − . . . + + . . . = . 2 3 ∑ n n n=1 15. S pomočjo znanih Taylorjevih vrst razvij funkcije v Taylorjevo vrsto v okolici točke a. V vseh primerih določi tudi konvergenčno območje. (a) f (x) = xex, a = 0, (b) f (x) = xe−x, a = 0, 1 (c) f (x) = , a = 0, 1 + x 1 (d) f (x) = , a = 0, 1 − 2x 1 (e) f (x) = , a = 1, 2x − x2 (f) f (x) = ln x, a = 1, x (g) f (x) = ln , a = 1, 2 − x (h) f (x) = (x2 + 1) sin x, a = 0, Rešitev. ∞ xn (a) V tem primeru si bomo pomagali z dejstvom ex = ∑ . n! n=0 ∞ xn ∞ xn+1 f (x) = xex = x ∑ = ∑ n! n! n=0 n=0 Ker Taylorjeva vrsta za eksponentno funkcijo konvergira za vsak x ∈ R, tudi izračunana vrsta konvergira za vsak x ∈ R. (b) Rešili bomo podobno kot v prejšnjem primeru ∞ (−x)n ∞ (−1)nxn+1 f (x) = xe−x = x ∑ = ∑ n! n! n=0 n=0 Tudi v tem primeru vrsta konvergira vsak x ∈ R. 1 ∞ (c) Pomagali si bomo s formulo = xn, za vsak x ∈ (−1, 1). 1 − ∑ x n=0 1 1 ∞ f (x) = = = (−x)n. 1 + ∑ x 1 − (−x) n=0 Opazimo, da vrsta konvergira za vsak x ∈ (−1, 1). (d) Računamo podobno kot prejšnjem primeru 1 1 ∞ f (x) = = = (2x)n. 1 − 2 ∑ x 1 − (2x) n=0 V tem primeru vrsta kovergira za vsak x ∈ (− 1 , 1 ). 2 2 (e) Ponovno si bomo pomagali z geometrijsko vrsto. 1 1 ∞ ∞ f (x) = = = ((x − 1)2)n = (x − 1)2n 2 ∑ ∑ x − x2 1 − (x − 1)2 n=0 n=0 Ta vrsta konvergira za vsak x ∈ (0, 2). 222 10. Rešene naloge ∞ (f) Pomagali si bomo z znano Taylorjevo vrsto ln(1 + x) = ∑ (−1)n+1 xn , ki konvergira za vsak n n=1 x ∈ (−1, 1]. ∞ (x − 1)n f (x) = ln x = ln(1 + x − 1) = ∑ (−1)n+1 . n n=1 Vrsta konvergira za vsak x ∈ (0, 2]. (g) Rešujemo podobno kot v prejšnjem primeru x f (x) = ln = ln x − ln(2 − x) = ln(1 + x − 1) − ln(1 − (x − 1)) = 2 − x ∞ (−1)n+1 ∞ 1 ∞ (−1)n+1 + 1 = ∑ (x − 1)n + ∑ (x − 1)n = ∑ (x − 1)n = n n n n=1 n=1 n=1 ∞ 2 = ∑ (x − 1)2n−1 2n − 1 n=1 Vrsta konvergira za vsak x ∈ [0, 2). ∞ x2n+1 (h) Pomagali si bomo z znano Taylorjevo vrsto sin x = ∑ (−1)n , ki konvergira za vsak (2n + 1)! n=0 x ∈ R. ∞ x2n+1 f (x) = (x2 + 1) sin x = (x2 + 1) ∑ (−1)n (2n+1)! n=0 ∞ x2n+3 ∞ x2n+1 = ∑ (−1)n + (−1)n (2 ∑ n + 1)! (2n + 1)! n=0 n=0 ∞ ∞ x2n+1 = ∑ (−1)n−1 x2n+1 + (−1)n (2 ∑ n − 1)! (2n + 1)! n=1 n=0 ∞ (4n2 + 2n − 1) = x + ∑ (−1)n−1 x2n+1 (2n + 1)! n=1 Vrsta konvergira za vsak x ∈ R. 16. Razvij funkcijo f , ki je podana s predpisom f (x) = x2−1 , v Taylorjevo vrsto v okolici točke x2+2 a = 0 in določi njeno konvergenčno območje. Rešitev. Izpeljimo kar s pomočjo geometrijske vrste x2 − 1 3 3 1 3 ∞ x2 n 1 ∞ (−1)n3x2n = 1 − = 1 − = 1 − − = − − . 2 + ∑ ∑ x2 2 + x2 2 1 − (− x2 ) 2 2 2 2n+1 2 n=0 n=1 Vrsta konvergira za vsak x, za katerega velja | − x2 | < 1. To pomeni, da vrsta konvergira za vsak 2 √ √ x ∈ (− 2, 2). 17. Razvij funkcijo f : R → R, ki je podana s predpisom x2 − x f (x) = , ex v Taylorjevo vrsto v okolici točke a = 0 in s pomočjo le-te izračunaj vsoto vrste ∞ (−1)n−1(n + 1) ∑ . n! n=1 Rešitev. Najprej bomo razvili funkcijo f v Taylorjevo vrsto v točki a = 0 x2 − x ∞ (−x)n ∞ (−1)nxn+2 ∞ (−1)nxn+1 f (x) = = (x2 − x)e−x = (x2 − x) ∑ = ∑ − ∑ = ex n! n! n! n=0 n=0 n=0 ∞ (−1)n−1xn+1 ∞ (−1)nxn+1 ∞ (−1)n−1(n + 1) = ∑ − = −x + xn+1 ( ∑ ∑ n − 1)! n! n! n=1 n=0 n=1 223 Vrsta konvergira za vsak x ∈ R. Izračunajmo še vsoto vrste. ∞ (−1)n−1(n + 1) Opazimo, če v izpeljano Taylorjevo vrsto vstavimo x = 1, dobimo ravno vrsto ∑ . n! n=1 Torej dobimo enačbo ∞ (−1)n−1(n + 1) f (1) = −1 + ∑ . n! n=1 Ker je f (1) = 0, zato je ∞ (−1)n−1(n + 1) ∑ = 1. n! n=1 18. Razvij funkcijo f , ki je podana s predpisom f (x) = x ln(2 + x), v Taylorjevo vrsto v okolici točke a = 0 in s pomočjo le-te izračunaj vsoto vrste ∞ (−1)n+1 ∑ . n · 2n n=1 Rešitev. Najprej izpeljimo pripadajočo Taylorjevo vrsto. ∞ ∞ x f (x) = x ln(2 + x) = x ln 2 1 + = x ln 2 + x (−1)n+1 xn = x ln 2 + (−1)n+1 xn+1 . 2 ∑ ∑ n · 2n n · 2n n=1 n=1 Vrsta konvergira za vsak x ∈ (−2, 2]. Izračujnamo še vsoto vrste. Opazimo naslednje ∞ (−1)n+1 f (1) = ln 2 + ∑ . n · 2n n=1 Torej ∞ (−1)n+1 3 ∑ = ln . n · 2n 2 n=1 19. Aproksimiraj funkcijo f , ki je podana s predpisom f (x) = sin x, s prvimi tremi neničelnimi členi Taylorjeve vrste na intervalu [− π , π ] in oceni napako aproksimacije. 6 6 Rešitev. Razvili bomo v Taylorjev polinom do členov 6. reda za x = 0. Izračunajmo odvode. f 0(x) = cos x f 00(x) = − sin x f 000(x) = − cos x f (4)(x) = sin x f (5)(x) = cos x f (6)(x) = − sin x Zato je 1 1 f (x) = x − x3 + x5 + r(x). 3! 5! Ocenimo še napako − sin ξ sin ξ sin π π 6 | r(x)| = 6 x6 = · |x|6 ≤ · < 0, 0001. 6! 6! 6! 6 √ . 20. Oceni napako aproksimacije 3 x + 1 = 1 + 1 x − 1 x2 na intervalu [− 1 , 1 ]. 3 9 10 10 √ . Rešitev. Preverimo, da je 3 x + 1 = 1 + 1 x − 1 x2 aproksimacija s Taylorjevo vrsto za a = 0. 3 9 f 0(x) = 1 √ 3 3 (1+x)2 f 00(x) = −2 √ 9 3 (1+x)5 f 000(x) = 10 √ 27 3 (1+x)8 224 10. Rešene naloge Ko vstavimo vrednost a = 0, opazimo, da je res aproksimacija s Taylorjevo formulo. Ocenimo še napako. 10 √ 3 27 3 (1+ 5 1 | ξ )8 r(x)| = x3 ≤ < 0, 012. q 3! 10 81 3 (1 − 1 )8 10 √ 21. S pomočjo Taylorjeve formule izračunaj 5 z natančnostjo do 10−4. √ Rešitev. Taylorjeva formula je še posebej uporabna, ko je a = 0. Zato bomo 5 preoblikovali na naslednji način: √ √ r 1 5 = 4 + 1 = 2 1 + . 4 √ Tako prepoznamo f (x) = 2 1 + x in sedaj odvajajmo 1 f 0(x) = √1+x1 f 00(x) = − p 2 (1 + x)3 3 f 000(x) = p 4 (1 + x)5 15 f (4)(x) = − p 8 (1 + x)7 ... f (n)(x) = (−1)n−1 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 3) . 2n−1p(1 + x)2n−1 Preverimo, za kateri n je |r(x)| < 10−4. Če razpišemo r(x), dobimo (−1)n 1·3·5·...·(2n−1) √ n+1 2n (1+x)2n+1 1 < 10−4. (n + 1)! 4 Po nekaj zaporednih računanjih se izkaže, da je n = 6. Tako je potrebno izračunati vsoto prvih petih členov Taylorjeve vrste za funkcijo f . √ . 1 1 1 1 2 1 3 1 3 1 3 · 5 1 4 1 3 · 5 · 7 1 5 5 = 2 + − + − + = 2, 236076 4 2 2 4 3! 22 4 4! 23 4 5! 24 4 22. Upoštevaj pomen prvih dveh odvodov in nariši naslednje grafe funkcij: (x − 1)2 (a) f (x) = , x − 2 1 + 2x (b) f (x) = , 2 − 2x (c) f (x) = x ln2 x, ln(x + 1) (d) f (x) = , x √ (e) f (x) = x + 1 − x, p (f) f (x) = x 4 − x2, 1 (g) f (x) = (x − 2)e x , ex (h) f (x) = . x2 − 1 225 Rešitev. V prvem primeru bomo podrobno opisali vse postopke, v preostalih primerih pa le glavne rezultate. (x − 1)2 (a) Narišimo graf funkcije f , ki je podana s predpisom f (x) = . x − 2 i. Naravno definicijsko območje Df = R − {2}, saj imamo racionalno funkcijo. ii. Ničle funkcije Iščemo tiste x ∈ D f za katere je f (x) = 0. Ker imamo racionalno funkcijo, nas zanima, kdaj je števec enak 0. V našem primeru imamo x1,2 = 1. iii. Asimptote funkcije Določi bomo navpične, vodoravne in poševne asimptote. Navpične asimptote nam določajo kar poli funkcije. V našem primeru imamo eno navpično asimptoto z enačbo xn = 2 (običajno si pomagamo z D f ). Sedaj določimo vodoravne in poševne asimptote. Hitro vidimo, da imamo v našem primeru ali vodoravno ali poševno asimptoto. Določiti moramo k in n v formuli lim ( f (x) − kx − n). x→∞ Najprej izračunamo k s pomočjo formule f (x) k = lim , x→∞ x nato pa še n n = lim ( f (x) − kx). x→∞ Podobni razmislek je tudi, ko x → −∞. V našem primeru je (x−1)2 (x − 1)2 k = lim x−2 = 1 in n = lim − x = 0. x→∞ x x→∞ x − 2 Dobili smo enačbo poševne asimptote: y = x. Analogno razmislimo za x → −∞. iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji Stacionarne točke so tisti x ∈ D f , za katere je f 0(x) = 0. V našem primeru rešujemo x2 − 4x + 3 f 0(x) = = 0 (x − 2)2 in dobimo stacionarni točki xs,1 = 1 in xs,2 = 3. Kandidate za lokalne ekstreme dobimo na podlagi stacionarnih točk. V našem primeru bomo opazovali xl,1 = 1 in xl,2 = 3. Če želimo določiti, če imamo lokalne ekstreme, je potrebno najprej izračunati f 00(x). 2 f 00(x) = . (x − 2)3 Sedaj, če je x0 stacionarna točka, velja naslednje - če je f 00(x0) < 0, potem je v x0 lokalni maksimum, - če je f 00(x0) > 0, potem je v x0 lokalni minimum, - če je f 00(x0) = 0, potem z drugim odvodom ni mogoče določiti, ali je v x0 lokalni ekstrem. Tako imamo v našem primeru v xl,1 lokalni maksimum, v xl,2 pa lokalni minimum. S pomočjo drugega odvoda določimo prevoj. To so tisti x ∈ D f , za katere je f 00(x) = 0. V našem primeru takih vrednosti ni. v. Območja naraščanja in padanja Za nek interval (a, b) ⊆ D f velja - če za vsak x ∈ (a, b), f 0(x) < 0, potem je f na (a, b) padajoča, - če za vsak x ∈ (a, b), f 0(x) > 0, potem je f na (a, b) naraščajoča. 226 10. Rešene naloge Prvi odvod smo izračunali že v prejšnji točki. S preprostim računanjem dobimo, da je f na intervalih [1, 2) in (2, 3] padajoča, na intervalih (−∞, 1] in [3, ∞) pa naraščajoča. vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Za nek interval (a, b) ⊆ D f velja - če za vsak x ∈ (a, b), f 00(x) < 0, potem je f na (a, b) konkavna, - če za vsak x ∈ (a, b), f 00(x) > 0, potem je f na (a, b) konveksna. Drugi odvod smo izračunali dve točki nazaj. S preprostim računom dobimo, da je f na (−∞, 2) konkavna, na (2, ∞) pa konveksna. Sedaj s pomočjo teh točk narišemo graf funkcije f . y 4 3 2 1 x 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 - - - - - 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - Slika 10.1: Graf funkcije f , f (x) = (x−1)2 . x−2 1 + 2x (b) f (x) = 2−2x i. Naravno definicijsko območje Df = R − {1}. ii. Ničle funkcije x1 = − 1 . 2 iii. Asimptote funkcije Enačba navpične asimptote je xn = 1, enačba vodoravne asimptote pa je y = −1. iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji 3 3 Odvoda funkcije: f 0(x) = , f 00(x) = − . 2(x − 1)2 (x − 1)3 Stacionarnih točk ni. Lokalnih ekstremov ni. Prevoja ni. v. Območja naraščanja in padanja Narašča na vsakem od intervalov D f . vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na (−∞, 1), konkavna na (1, ∞). (c) f (x) = x ln2 x i. Naravno definicijsko območje D + f = R . ii. Ničle funkcije x1 = 1. iii. Asimptote funkcije Asimptot ni. Za lažje risanje izračunamo vrednosti na robu D f lim f (x) = 0 in lim f (x) = ∞. x→0 x→∞ iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji 2(ln x + 1) Odvoda funkcije: f 0(x) = ln2 x + 2 ln x, f 00(x) = . x Stacionarni točki: xs,1 = e−2, xs,2 = 1. Lokalna ekstrema: xe,1 = e−2, lokalni maksimum; xe,2 = 1, lokalni minimum. Prevoj xp = e−1. 227 y 2 1 x 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 - - - - - 1 - 2 - 3 - Slika 10.2: Graf funkcije f , f (x) = 1+2x . 2−2x v. Območja naraščanja in padanja Narašča na intervalih (0, e−2] in [1, ∞), padajoča na intervalu [e−2, 1]. vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na intervalu [e−1, ∞), konkavna na intervalu (0, e−1]. y 5 4 3 2 1 x 1 2 3 4 5 Slika 10.3: Graf funkcije f , f (x) = x ln2 x. ln(x + 1) (d) f (x) = x i. Naravno definicijsko območje Df = (−1,0) ∪ (0,∞). ii. Ničle funkcije Ničel ni. iii. Asimptote funkcije Enačba vodoravne asimptote je y(x) = 0. Za lažje risanje izračunamo vrednost na robu D f lim f (x) = ∞ in lim f (x) = 1. x→−1 x→0 iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji x − (x + 1) ln(x + 1) Odvoda funkcije: f 0(x) = , (x + 1)x2 −3x2 − 2x + 2(x + 1)2 ln(x + 1) f 00(x) = . x3(x + 1)2 Stacionarnih točk ni (izkaže se, da je x 6= ln(x + 1); pomagaj si z grafi elementarnih x+1 funkcij). Lokalnih ekstremov ni. Prevoja ni. v. Območja naraščanja in padanja Padajoča je na vsakem od intervalov D f . 228 10. Rešene naloge vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna je vsakem od intervalov D f . y 4 3 2 1 x 1 1 2 3 4 - 1 - Slika 10.4: Graf funkcije f , f (x) = ln(x+1) . x √ (e) f (x) = x + 1 − x i. Naravno definicijsko območje Df = (−∞,1]. ii. Ničle funkcije √ x 5 1 = −1− . 2 iii. Asimptote funkcije Asimptot ni. iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji 1 1 Odvoda funkcije: f 0(x) = 1 − √ , f 00(x) = − . 2 1 − x p 4 (1 − x)3 Stacionarna točka: xs = 3 . Lokalni ekstrem: x , lokalni maksimum. Prevoja ni. 4 e = 3 4 v. Območja naraščanja in padanja Padajoča na intervalu 3 , 1, naraščajoča na intervalu − . 4 ∞, 3 4 vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konkavna na celem D f . y 2 1 x 5 4 3 2 1 1 2 - - - - - 1 - 2 - 3 - 4 - 5 - √ Slika 10.5: Graf funkcije f , f (x) = x + 1 − x. p (f) f (x) = x 4 − x2 i. Naravno definicijsko območje Df = [−2,2]. ii. Ničle funkcije x1 = −2, x2 = 0, x3 = 2. 229 iii. Asimptote funkcije Asimptot ni. iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji 2(x2 − 2) 2(x3 − 6x) Odvoda funkcije: f 0(x) = − √ , f 00(x) = . 4 − p x2 (4 − x2)3 √ √ √ Stacionarni točki: xs,1 = − 2, xs,2 = 2. Lokalna ekstrema: xe,1 = − 2, lokalni mini- √ mum; xe,2 = 2 lokalni maksimum. Prevoj xp = 0. v. Območja naraščanja in padanja √ √ √ √ Padajoča na intervalih [−2, − 2] in [ 2, 2], naraščajoča na intervalu [− 2, 2]. vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na intervalu [−2, 0], konkavna na intervalu [0, 2]. y 2 1 x 2 1 1 2 - - 1 - 2 - √ Slika 10.6: Graf funkcije f , f (x) = x 4 − x2. 1 (g) f (x) = (x − 2)e x i. Naravno definicijsko območje Df = R − {0}. ii. Ničle funkcije x1 = 2. iii. Asimptote funkcije Navpična asimptota: xn = 0. 1 (x − 2)e x Poševna asimptota: k = lim = 1, x→∞ x 1 n = lim (x − 2)e x − x = −1, y(x) = x − 1; podobno za x → −∞. x→∞ 1 1 Za natančnejše risanje: lim(x − 2)e x = 0, lim(x − 2)e x = −∞. x↑0 x↓0 iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji x2 − x + 2 1 3x + 2 1 Odvoda funkcije: f 0(x) = e x , f 00(x) = − e x . x2 x4 Stacionarnih točk ni. Lokalnih ekstremov ni. Prevoj: xp = − 2 . 3 v. Območja naraščanja in padanja Narašča na vsakem od intervalov D f . vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na − ∞, − 2 ; konkavna na intervalih − 2 , 0 in (0, 3 3 ∞). ex (h) f (x) = x2 −1 i. Naravno definicijsko območje Df = R − {−1,1}. ii. Ničle funkcije Ničel ni. iii. Asimptote funkcije 230 10. Rešene naloge y 3 2 1 x 3 2 1 1 2 3 - - - 1 - 2 - 3 - 1 Slika 10.7: Graf funkcije f , f (x) = (x − 2)e x . Navpična asimptota: xn,1 = −1, xn,2 = 1. ex Poševna asimptota: k = lim x2−1 = 0, x→−∞ x ex n = lim = 0, y(x) = 0; ko x → ∞, asimptota ne obstaja. x→−∞ x2 − 1 ex ex ex Za natančnejše risanje: lim = ∞, lim = −∞, lim = −∞, x↑−1 x2 − 1 x↓−1 x2 − 1 x↑1 x2 − 1 ex ex lim = ∞, lim = ∞. x↓1 x2 − 1 x→∞ x2 − 1 iv. Stacionarne točke, lokalni ekstremi in prevoji ex(x2 − 2x − 1) Odvoda funkcije: f 0(x) = , (x2 − 1)2 ex(x4 − 4x3 + 4x2 + 4x + 3) f 00(x) = . (x2 − 1)3 √ √ √ Stacionarni točki: xs,1 = 1 − 2, xs,2 = 1 + 2. Lokalna ekstrema: xe,1 = 1 − 2, lokalni √ maksimum; xe,2 = 1 + 2, lokalni minimum. Prevoja ni. v. Območja naraščanja in padanja √ √ Narašča na intervalih (−∞, −1) in (−1, 1 − 2] in [1 + 2, ∞), pada na intervalih [1 − √ √ 2, 1) in (1, 1 + 2]. vi. Območja konveksnosti in konkavnosti Konveksna na intervalih (−∞, −1) in (−1, ∞); konkavna na intervalu (−1, 1). y 3 2 1 x 3 2 1 1 2 3 - - - 1 - 2 - 3 - 1 Slika 10.8: Graf funkcije f , f (x) = (x − 2)e x . 23. Poišči tisti pozitivni realni števili, katerih vsota je 1000 in imata največji možni produkt. 231 Rešitev. Iščemo takšna x, y ∈ R, da velja x + y = 1000 x · y = max . Sedaj iz prve enačbe izrazimo y in ga vstavimo v drugo enačbo. Posledično dobimo funkcijo, ki je odvisna od x f (x) = x(1000 − x). Seveda f : [0, 1000] → R. Ekstrem te funkcije bo končna rešitev. Vidimo f 0(x) = 100 − 2x in f 0(x) = 0, ko je x = 500. Sedaj pa s pomočjo drugega odvoda preverimo, da v x = 500 funkcija f doseže maksimum. Ker je f 00(500) = −2 < 0, je v x = 500 res največji možni produkt in zato x = y = 500 iskana rešitev. 24. Izmed vseh pravokotnikov, ki jih lahko včrtamo v krog s polmerom r, poišči tistega z največjo ploščino. Rešitev. r 0 Slika 10.9: V krog včrtan pravokotnik. Iščemo takšni stranici x, y ∈ R pravokotnika, da velja x · y = max . Podobno kot v nalogi 23 želimo zapisati funkcijo ene spremenljivke, zato je potrebno dobiti zvezo med x in y. S slike 10.9 je razvidno, da x2 + y2 = (2r)2. Iz tega dobimo, da je y = p(2r)2 − x2 (pozor: gledamo koren s pozitivnim predznakom, saj bi koren z negativnim predznakom pomenil negativno dolžino, kar ni mogoče). Tako dobimo funkcijo f : [0, 2r] → R, q f (x) = x · (2r)2 − x2. Omenimo, da je f (0) = f (2r) = 0. Za iskanje ekstremov odvajajmo f , q 2x2 f 0(x) = (2r)2 − x2 − p 2 (2r)2 − x2 √ in f 0(x) = 0, ko je x = 2r (podobno kot y vzamemo pozitivno rešitev). Preverimo, da je res maksimum. −2x 2x 2x3 f 00(x) = − − p p p 2 (2r)2 − x2 (2r)2 − x2 2 ((2r)2 − x2)3 √ √ Vidimo, da je f 00( 2r) < 0 in zato x = y = 2r iskana rešitev. 232 10. Rešene naloge 25. Med trapezi, katerih osnovnica je interval [−R, R] na abscisni osi in so včrtani v polkrog x2 + y2 ≤ R2, y ≥ 0, poišči tistega z največjo ploščino. Rešitev. x v R 0 Slika 10.10: V polkrog včrtan trapez. Iščemo takšni vrednosti x, v ∈ R s slike 10.10, da velja 2R + 2x v · = max . 2 √ Poiščimo zvezo med v in x. S slike 10.10 je razvidno, da x2 + v2 = R2 in zato v = R2 − x2. Tako dobimo funkcijo f : [0, R] → R, p f (x) = (R + x) · R2 − x2. Opazimo f (0) = f (R) = 0. Za iskanje ekstremov odvajajmo f , p x(x + R) f 0(x) = R2 − x2 − √R2 −x2 in f 0(x) = 0, ko je x = R . Z drugim odvodom preverimo, da je res f 00 R < 0 in zato je x = R ter 2 2 2 √ v = R 3 iskana rešitev. 2 26. Dana je funkcija f (x) = −x2 + 1 in na območje med grafom funkcije f in abscisno osjo včrtamo pravokotnik tako, da ena stranica pravokotnika leži na abscisi. Izmed vseh takšnih pravokotnikov poišči tistega, ki ima največjo ploščino. Rešitev. Ničli funkcije sta x1 = −1 in x2 = 1. Želimo takšni stranici pravokotnika a in b, da je max = a · b. Ker je graf funkcije simetričen glede na ordinatno os, se osredotočimo na prvi kvadrant. Naj bo c = a (c je stranica pravokotnika v prvem kvadrantu). Imamo zvezo b = f (c) = −c2 + 1 in 2 zato dobimo funkcijo g : [0, 1] → R, g(c) = c · (−c2 + 1) = −c3 + c. Za iskanje ekstremov odvajajmo g, g0(c) = −3c2 + 1 in g0(c) = 0, ko je c = 1 √ (prvi kvadrant). Preverimo, da je v c = 1 √ res maksimum g. Ker je 3 3 g00(c) = −6c, dobimo g00( 1 √ ) < 0. Posledično sta iskani rešitvi a = 2 √ in b = 2 . 3 3 3 233 27. Med vsemi enakokrakimi trikotniki z obsegom 2 poišči tistega, za katerega bo veljalo, da bo prostornina vrtenine, ki nastane z vrtenjem trikotnika okoli osnovnice, največja. Rešitev. Obseg o enakokrakega trikotnika z osnovnico x in krakoma y se izračuna po formuli o = x + 2y. Vrtenino, ki jo dobimo, lahko gledamo tudi drugače. Natančneje, če bi vrteli samo pravokotni trikotnik, ki nam ga določajo višina na osnovnico, polovica osnovnice in krak enakokrakega trikotnika (intuitivno povedano, enakokrak trikotnik prerežemo po višini na osnovnico), potem bi dobili stožec, kar pa pomeni, da je naša vrtenina sestavljena iz dveh stožcev. Volumen stožca s polmerom r in višino h se računa po formuli V = π rh2. Označimo višino trikotnika na x s v 3 x. Tako je naš volumen vrtenine π x V = 2 v2. 3 2 x Stranice x , v + v2 = y2. Če še upoštevamo o = x + 2y, 2 x in y tvorijo pravokotni trikotnik, zato x 2 x dobimo v2 = 2−x 2 − x 2 x ter tako dobimo funkcijo f : [0, 1] → 2 2 R, ! 2 π x 2 − x x 2 π f (x) = 2 − = (x − x2). 3 2 2 2 3 Za iskanje ekstremov odvajajmo f , π f 0(x) = (1 − 2x) 3 in f 0(x) = 0, ko je x = 1 . Z drugim odvodom preverimo, da je res maksimum. Ker je 2 2π f 00(x) = − , 3 zato je volumen res maksimalen. Tako smo dobili iskani rešitvi x = 1 in y = 3 . 2 4 28. Poišči dimenzije najcenejšega rezervoarja z vodo s kvadratno osnovo in pravokotnimi strani-cami, ki bo držal a3 kubične metre, če kvadratni meter stranice stane 10 evrov, kvadratni meter osnove stane 15 evrov in kvadratni meter pokrova stane 5 evrov. Rešitev. Telo, ki je opisano, je kvader. Volumen se tako izračuna po formuli V = x2 · y, kjer je x stranica kvadrata osnove, y pa preostala stranica kvadra. Če upoštevamo, da je V = a3, lahko izrazimo y = a3 Cena izdelave se izračuna po formuli x2 cena = 15x2 + 10 · 4xy + 5 · x2. Če upoštevamo y = a3 , dobimo funkcijo f : (0, ∞) → x2 R, a3 cena = f (x) = 20x2 + 40 . x Za izračun ekstrema najprej odvajajmo f 0(x) = 40x − 40a3 1 x2 in velja f 0(x) = 0, ko je x = a. Preverimo, da je v x = a res minimum f . Ker je f 00(x) = 40 + 80a3 1 , x3 enostavno preverimo, da je f 00(a) > 0. Tako smo dobili iskani stranici kvadra x = y = a. 234 10. Rešene naloge 29. Zgraditi želimo silos v obliki valja, ki ima na vrhu polsfero. Volumen silosa je 50π kubičnih metrov. Cena kvadratnega metra pločevine za valj je 10 evrov, za streho pa 15 evrov. Določi dimenzije silosa tako, da bo cena najnižja. Rešitev. Naj bo V volumen in P površina opisanega telesa. Volumen in površina krogle se izračunata 4 VK = π r3, PK = 4πr2, 3 kjer je r polmer krogle, volumen in površina valja pa VV = πr2v, PV = 2πr2 + 2πrv, kjer je r polmer osnovne ploskve in v višina valja. V našem primeru vemo, da je 1 4 V = πr2v + · πr3 = 50π. 2 3 Iz te enačbe izrazimo v 50π − 2 150 − 2r3 v = 3 π r3 = . π r2 3r2 Cena je vsota cen izdelave plašča valja in polovice površine krogle 1 cenaP = 10 · 2πrv + 15 · · 4πr2 = 20πrv + 30πr2. 2 √ Ker želimo imeti funkcijo ene spremenljivke, upoštevamo v in dobimo funkcijo f : (0, 3 75] → R, 150 − 2r3 150 − 2r3 f (r) = cenaP = 20πr + 30πr2 = 20π + 30πr2. 3r2 3r Za iskanje ekstremov odvajajmo f , 50 4 f 0(r) = 20π − − r + 60πr r2 3 √ √ in f 0(r) = 0, ko je r = 3 30. Preverimo, da je v r = 3 30 res minimum f . Ker je 50 4 f 00(x) = 20π 2 − + 60π, r3 3 √ √ √ enostavno preverimo, da je f 00( 3 30) > 0. Iskani rešitvi naloge sta r = 3 30 in v = 3 30. 30. Med vsemi trikotniki s stranico a = 1 in obsegom o = 6, poišči tistega z največjo ploščino. Rešitev. Obseg trikotnika se računa po formuli o = a + b + c in v našem primeru primeru dobimo zvezo b + c = 5 ter posledično c = 5 − b. Želimo, da je ploščina trikotnika maksimalna in v našem primeru bomo uporabili Heronovo obrazec p pl = s(s − a)(s − b)(s − c), kjer je s = o . V našem primeru dobimo funkcijo f : [2, 3] → 2 R, ki je odvisna od b q p f (b) = 3(3 − 1)(3 − b)(3 − 5 + b) = 6(−b2 + 5b − 6). Za iskanje ekstremov odvajajmo f , −12b + 30 −6b + 15 f 0(b) = = p p 2 6(−b2 + 5b − 6) 6(−b2 + 5b − 6) in f 0(b) = 0, ko je b = 5 . Z drugim odovodom preverimo, da imamo pri b = 5 maksimum. Ker je 2 2 6 (−6b + 15)2 f 00(b) = − − , p p 6(−b2 + 5b − 6) 6(−b2 + 5b − 6) vidimo, da je f 00( 5 ) < 0. Tako smo dobili b = c = 5 (kar pomeni, da je rešitev ravno enakokrak 2 2 trikotnik). 235 31. V enakokraki trikotnik včrtamo pravokotnik tako, da leži ena stranica pravokotnika na osnovnici trikotnika. Izmed vseh takšnih pravokotnikov poišči tistega, ki ima največjo ploščino. Rešitev. Upoštevajmo podobnost trikotnikov x h y c Slika 10.11: V enakokraki trikotnik včrtan pravokotnik. c x : h = : (h − y) 2 2 iz katere sledi, da je y = h(c−x) . Tako dobimo funkcijo f : [0, c] → c R, h f (x) = x · y = hx − x2. c Za iskanje ekstremov odvajajmo f , h f 0(x) = h − 2 x c in f 0(x) = 0, ko je x = c . Z drugim odvodom preverimo, da je vrednost x = c res maksimum, saj iz 2 2 2h f 00(x) = − c sledi f 00( c ) < 0. Dobili smo iskani rešitvi x = c in y = h . 2 2 2 32. Med vsemi tangentami na graf funkcije f , ki je podana s predpisom f (x) = 1 , poišči x2+1 enačbe vseh tistih, katere oklepajo z osjo x največji možni kot. Ta kot tudi izračunaj. Rešitev. Kot pod katerim tangenta na graf funkcije f seka absicno osjo dobimo s pomočjo odvoda. −2x f 0(x) = . (x2 + 1)2 Ker je tangens naraščajoča funkcija, je dovolj videti za katere x je f 0(x) največja možna vrednost. Torej f 0 ponovno odvajamo in enačimo z 0. 6x2 − 2 f 00(x) = . (x2 + 1)3 Posledično dobimo točki v katerih je izpolnjen pogoj: T1( 1 √ , 3 ) in T2(− 1 √ , 3 ). 3 4 3 4 √ √ √ Smerna koeficient tangent v točkah T 3 3 3x+9 1 in T2 sta k1 = 3 in k , enačbi tangent pa y = 3 16 2 = − 316 16 √ in y = 3 3x+15 . 16 236 10. Rešene naloge 33. Racak Jaka želi prečkati 20 metrov široko reko tako, da bo prišel do račke Lili čim hitreje, glej Sliko 10.12. Razdalja med njima je 40 metrov. Jakova maksimalna hitrost plavanja je 1 m , maksimalna hitrost tekanja pa je 2 m . Kako naj Jaka prečka reko, da bo čim hitreje s s prepotoval pot? Ob tem predpostavimo, da je reka zelo počasna in tok reke zanemarimo. √ Rešitev. Naj bo J0 kraj na drugem bregu reke, ki je nasproti J. Potem je L0J = 402 − 202. Ker J ¢ x d 2 L d 1 40 m J Slika 10.12: Račka Lili in racak Jaka. imamo različni hitrosti za plavanje in tekanje, bo potrebno čas potovanja T računati d1 d2 T = + , 1 m 2 m s s kjer sta d1 in d2 dolžini na sliki. Posledično f : [0, 40] → R, √ √ x2 + 202 402 − 202 − x f (x) = + . 1 2 Odvajajmo f 2x 1 f 0(x) = √ − 2 x2 + 400 2 in f 0(x) = 0, ko je x = 20 √ . Ker je 3 1 2x2 f 00(x) = √ − , p x2 + 400 2 (x2 + 400)3 √ √ √ √ vidimo, da je f 00( 20 √ ) > 0. Tako smo dobili d 3 3 3 1 = 40 metrov in d2 = 20 3 − 20 = 40 metrov. 3 3 3 3 III III.Integralniračun 11 Nedoloˇ ceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . 239 11.1 Definicija nedoloˇ cenega integrala 11.2 Pravila za integriranje 11.3 Integracijske metode 11.4 Neelementarni integrali 12 Doloˇ ceni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 12.1 Definicija doloˇ cenega integrala 12.2 Integrabilnost funkcij 12.3 Lastnosti doloˇ cenega integrala 13 Zveza med obema integraloma . . . . . 271 14 Uporaba doloˇ cenega integrala . . . . . 275 14.1 Plošˇ cina lika 14.2 Dolžina loka 14.3 Prostornina in površina rotacijskega telesa 15 Posplošeni integral . . . . . . . . . . . . . . . . . 283 15.1 Integral neomejene funkcije na [a, b] 15.2 Integral funkcije na neomejenem intervalu 15.3 Eulerjeva funkcija Γ 16 Rešene naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289 Stvarno kazalo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314 11. Nedoločeni integral V prejšnjem poglavju smo dani funkciji f poiskali odvod f 0 ali diferencial d f = f 0(x) dx. Sedaj pa nas zanima obratno - kako dobiti iz znanega odvoda prvotno funkcijo. Za motivacijo poglejmo primer iz fizike. Hitrost je enaka spremembi poti po času, zato je ds v(t) = = s0(t) . dt Zanima nas kako bi dobili s(t)? Naredimo obratno računsko operacijo in rečemo, da je s(t) nedoločeni integral od v(t). 11.1 Definicija nedoločenega integrala Definicija 11.1.1 Naj bo znana funkcija f : D ⊆ R → R. Funkcija F, za katero v vsaki točki iz D velja F0(x) = f (x) se imenuje nedoločeni integral funkcije f . Nedoločeni integral funkcije f označimo Z f (x) dx . Operacija, s katero poiščemo funkciji f njen nedoločeni integral, je nedoločeno integriranje, simbol R je integracijski znak, f je integrand, diferencial f (x) dx pa je izraz pod integracijskim znakom. Zgled 11.1 Poišči funkcijo F(x), če je F0(x) = 1 . x Iščemo funkcijo, katere odvod je enak 1 : x 1 F0(x) = ⇒ F(x) = ln x ali F(x) = ln x − 5 ali F(x) = ln x + 100 ali . . . x 240 11. Nedoločeni integral Izrek 11.1.1 Naj bo f : D ⊆ R → R, pri čemer je D interval (lahko tudi neomejen). Če je F nedoločeni integral funkcije f , je njen nedoločeni integral tudi funkcija F +C, kjer je C poljubna konstanta. Vsak nedoločeni integral funkcije f je oblike F +C. Dokaz. Ker je F0(x) = f (x), je tudi (F(x) +C)0 = f (x). Torej je prvi del izreka dokazan. Za dokaz drugega dela izreka naj bo G(x) poljuben nedoločeni integral funkcije f (x), torej naj velja G0(x) = f (x). Pokazati moramo, da je G(x) = F(x) +C. Velja (G(x) − F(x))0 = G0(x) − F0(x) = 0 . Po posledici Lagrangeovega izreka je tedaj G(x) − F(x) = C oziroma G(x) = F(x) + C . Izrek pove, da če poznamo odvod funkcije, ne poznamo natančno same funkcije, ampak je ta znana do aditivne konstante natančno. Od tod izvira ime nedoločeni integral. Konstanta C v Izreku 11.1.1 se imenuje integracijska konstanta. Zato bomo nedoločeni integral funkcije f (x) pisali Z f (x) dx = F(x) +C , kjer velja F0(x) = f (x) in je C poljubna konstanta. Z Zgled 11.2 Poiščimo nedoločeni integral sin x dx. Zanima nas katero funkcijo moramo odvajati, da dobimo funkcijo sinus: f (x) = sin x = F0(x) ⇔ F(x) = − cos x +C . Na podoben način lahko iz tabele odvodov elementarnih funkcij dobimo tabelo osnovnih integralov. 11.1 Definicija nedoločenega integrala 241 TABELA OSNOVNIH INTEGRALOV (C ∈ R): Z xr+1 Z dx xr dx = +C, r 6= −1 = ln |x| +C r + 1 x Z ax Z ax dx = +C ex dx = ex +C ln a Z Z dx sin x dx = − cos x +C = −cot x +C sin2 x Z Z dx cos x dx = sin x +C = tan x +C cos2 x Z dx x Z dx 1 a + x √ = asin +C = ln| | +C a2 − x2 a a2 − x2 2a a − x Z dx Z p dx 1 x √ = ln(x + x2 + a2) + C = atan +C x2 + a2 x2 + a2 a a Z dx Z p dx 1 x − a √ = ln |x + x2 − a2| + C = ln| | +C x2 − a2 x2 − a2 2a x + a O veljavnosti formul se prepričamo tako, da z odvajanjem funkcije na desni strani dobimo integrand na levi strani. Izpeljimo nekatere: Z dx 1 x 1. = atan +C . a2 + x2 a a 1 x 0 1 1 x 0 atan +C = + 0 a a a 1 + x 2 a a 1 a2 = a2 x2 + a2 1 = . x2 + a2 Z dx p 2. √ = ln |x + x2 − a2| + C x2 − a2 √ Najprej ugotovimo, da je funkcija x2 − a2 definirana za |x| ≥ |a|. 242 11. Nedoločeni integral  √ 0 √  ln(x + x2 − a2) + C1 ; x + x2 − a2 > 0  √ 0  ln |x + x2 − a2| + C = √ √  0   ln(−x − x2 − a2) + C2 ; x + x2 − a2 < 0  x  1 + √   √  x2 − a2  √  ; x + x2 − a2 > 0   x + x2 − a2  =  x    −1 − √  √  x2 − a2   √ ; x + x2 − a2 < 0  −x − x2 − a2 √  1 x + x2 − a2 √  √ √  ; x + x2 − a2 > 0   x + x2 − a2 x2 − a2  = √  √  −1 x + x2 − a2   √ √ ; x + x2 − a2 < 0  −x − x2 − a2 x2 − a2 1 = √ . x2 − a2 11.2 Pravila za integriranje Le-ta izpeljemo iz ustreznih pravil za odvajanje. Trditev 11.2.1 Integral vsote dveh funkcij je vsota integralov obeh členov: Z Z Z ( f1(x) + f2(x)) dx = f1(x) dx + f2(x) dx . Dokaz. Naj bo F1(x) = R f1(x) dx in F2(x) = R f2(x) dx. Ker je po definiciji nedoločenega integrala F0(x) = f i i(x), i = 1, 2, od tod sledi (F1(x) + F2(x))0 = f1(x) + f2(x) oziroma Z Z Z ( f1(x) + f2(x)) dx = F1(x) + F2(x) = f1(x) dx + f2(x) dx . Pravilo lahko posplošimo na poljubno število členov. Izrek 11.2.2 Z Z Z Z ( f1(x) + f2(x) + · · · + fn(x)) dx = f1(x) dx + f2(x) dx + · · · + fn(x) dx . Dokaz. Uporabimo indukcijo po n. Baza indukcije je pokazana v Trditvi 11.2.1. Indukcijski korak je preprost in ga naj bralec za vajo naredi sam. 11.2 Pravila za integriranje 243 Izrek 11.2.3 Če je funkcija pod integralskim znakom pomnožena z neničelno konstanto, smemo le-to nesti pred integralski znak Z Z k f (x) dx = k f (x) dx . Dokaz. Naj bo F(x) = R f (x) dx. Tedaj je (kF(x))0 = kF0(x) = k f (x) in integral funkcije k f (x) je enak Z Z k f (x) dx = kF(x) = k f (x) dx . Iz Trditve 11.2.1 in Izreka 11.2.3 neposredno sledi naslednja posledica. Posledica 11.2.4 Z Z Z ( f1(x) − f2(x)) dx = f1(x) dx − f2(x) dx . Dokaz. Razlika je samo poseben primer vsote Z Z Z Z ( f1(x) − f2(x)) dx = ( f1(x) + (−1) f2(x)) dx = f1(x) dx + (−1) f2(x) dx . Tudi razliko lahko posplošimo na več členov. Izrek 11.2.5 Z Z Z Z ( f1(x) − f2(x) − · · · − fn(x)) dx = f1(x) dx − f2(x) dx − · · · − fn(x) dx . Dokaz. Dokaz sledi iz Izrekov 11.2.2 in 11.2.3. UVEDBA NOVE SPREMENLJIVKE OZIROMA SUBSTITUCIJA Izrek 11.2.6 — Uvedba nove spremenljivke. Naj bo x = x(t) odvedljiva funkcija. Če ima funkcija f nedoločeni integral, obstaja tudi nedoločeni integral funkcije f (x(t))x0(t) in velja Z Z f (x) dx = f (x(t))x0(t) dt . Dokaz. Naj ima funkcija f nedoločeni integral F, torej Z f (x) dx = F(x) . Če v F postavimo x = x(t), dobimo novo funkcijo F(x(t)). Po pravilu za verižno odvajanje velja (F(x(t))0 = F0(x(t))x0(t) = f (x(t))x0(t) , torej res obstaja integral funkcije f (x(t))x0(t) in je enak zvezi iz izreka. 244 11. Nedoločeni integral Zgled 11.3 Izračunajmo nedoločena integrala z vpeljavo nove spremenljivke. Z 1. e5x+3 dx Izračunamo ga tako, da postavimo 5x + 3 = t, tedaj je x = t−3 in dx = dt ter 5 5 Z Z 1 1 e5x+3 dx = et 1 dt = et + C = e5x+3 + C . 5 5 5 Z tan x 2. dx cos2 x Izračunamo ga tako, da postavimo tan x = t. Tedaj je 1 dx = dt oziroma dx = cos2 x cos2 x dt in Z tan x Z t Z t2 tan2x dx = cos2 x dt = t dt = +C = +C . cos2 x cos2 x 2 2 INTEGRACIJA PO DELIH ("INTEGRATIO PER PARTES") To integracijsko metodo dobimo iz formule za odvajanje produkta. Naj bosta u = u(x) in v = v(x) odvedljivi funkciji. Odvod produkta je (uv)0 = u0v + uv0 . Torej je po definiciji nedoločenega integrala Z Z uv = u0v dx + uv0 dx . Od tod dobimo Z Z uv0 dx = uv − vu0 dx in upoštevamo, da je v0(x) dx = dv ter u0(x) dx = du Z Z u dv = uv − v du . Integral od u(x)v0(x) dx prevedemo na integral v(x)u0(x) dx. Metoda je uspešna le tedaj, ko je v zadnji enačbi integral na desni enostavnejši kot integral na levi. Poglejmo nekaj zgledov. Z Zgled 11.4 Izračunajmo nedoločeni integral x sin x dx. Izračunamo ga tako, da postavimo u = x in dv = sin x dx. Tedaj je du = dx in v = R dv = R sin x dx = − cos x, zato Z Z Z u dv = uv − v du = −x cos x − (− cos x) dx = −x cos x + sin x +C . 11.3 Integracijske metode 245 Z Zgled 11.5 Izračunajmo nedoločeni integral xn ln x dx , n ∈ N. Izračunamo ga tako, da postavimo u = ln x in dv = xn dx. Tedaj je du = dx in v = R xn dx = x xn+1 , zato n+1 xn+1 Z xn+1 dx R u dv = ln x − n + 1 n + 1 x xn+1 xn+1 = ln x − +C n + 1 (n + 1)2 xn+1 1 = (ln x − ) +C . n + 1 n + 1 11.3 Integracijske metode Poiskati nedoločeni integral je bistveno težja naloga od odvajanja, saj nedoločenega integrala ni možno zmeraj izraziti s končnim številom osnovnih elementarnih funkcij. V nadaljevanju si bomo pogledali prijeme za integracijo funkcije določenega tipa. INTEGRIRANJE RACIONALNIH FUNKCIJ Polinom integriramo členoma Z an an− a ( 1 1 anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0) dx = xn+1 + xn + · · · + x2 + a0x +C . n + 1 n 2 Z Zgled 11.6 Izračunajmo nedoločeni integral (3x5 − 4x + 2) dx. Členoma integriramo polinom in dobimo Z x6 (3x5 − 4x + 2) dx = − 2x2 + 2x +C . 2 Racionalna funkcija je kvocient dveh polinomov, torej iščemo Z pm(x) dx, pn(x) kjer sta pm in pn polinoma stopenj m oziroma n. Naj bo m ≥ n. Iz izreka o deljenju polinomov vemo, da tedaj obstajata polinoma q in r, slednji stopnje kvečjemu n − 1, takšna da velja pm(x) = q(x)pn(x) + r(x) 246 11. Nedoločeni integral oziroma pm(x) r(x) = q(x) + . pn(x) pn(x) Ker polinom zmamo integrirati, moramo obdelati le primer, ko je stopnja števca nižja od stopnje imenovalca. Iščemo torej Z r(x) dx, pn(x) kjer je stopnja polinoma r manjša od n. Naj bo pn(x) = (x − x1)α (x − x2)β · · · (x − xm)µ , pri čemer je α + β + · · · + µ = n (lahko privzamemo, da je vodilni koeficient enak ena). Racionalno funkcijo r(x) pišemo v obliki vsote parcialnih ulomkov pn(x) r(x) A A A = 1 + 2 + · · · + α + pn(x) x − x1 (x − x1)2 (x − x1)α B B B + 1 + 2 + · · · + β + x − x2 (x − x2)2 (x − x2)β M M M + · · · + 1 + 2 + · · · + µ . x − xm (x − xm)2 (x − xm)µ Pri tem so A1, A2, ..., A , B , ..., M konstante. Dokaz za obstoj teh α 1, B2, ..., Bβ 1, M2, ..., Mµ konstant v splošnem primeru bomo izpustili. V konkretnih numeričnih prierih nižjih stopenj teh konstant ni težko izračunati. Lahko se zgodi, da je katera od ničel polinoma pn kompleksna. Naj bo torej x1 = α + iβ kompleksna ničla. Tedaj je tudi x1 = α − iβ kompleksna ničla polinoma pn. Izkaže se, da lahko pripadajoča parcialna ulomka zapišemo A1 A A A Bx + C + 2 = 1 + 2 = , x − x1 x − x1 x − α − iβ x − α + iβ x2 + px + q kjer je p = −2 2 2 α in q = α + β , B in C pa sta konstanti. V primeru večkratne kompleksne ničle postopamo podobno kot pri večkratni realni ničli. V razcepu racionalne funkcije na parcialne ulomke se pojavita dva tipa izrazov in sicer A Bx + C in , (x − c)l (x2 + px + q)k pri čemer je x2 + px + q nerazcepni polinom (v množici R). x2 + 1 Zgled 11.7 Poišči nastavek za razcep na parcialne ulomke za funkcijo . (3x + 1)(x + 4)3(3x2 + 4)2 Ker je imenovalec že faktoriziran, imamo nastavek x2 + 1 A B B B = 1 + 1 + 2 + 3 (3x + 1)(x + 4)3(3x2 + 4)2 3x + 1 x + 4 (x + 4)2 (x + 4)3 C C + 1x + D1 + 2x + D2 3x2 + 4 (3x2 + 4)2 11.3 Integracijske metode 247 Izračun neznanih konstant, ki jih imenujemo tudi neznani koeficienti, privede do reševanja sistema linearnih enačb. Metodo bomo prikazali na primeru. 3x3 + 15x2 − 11x + 13 Zgled 11.8 Funkcijo razcepi na parcialne ulomke. x4 + 2x3 − 2x2 + 2x − 3 Najprej moramo faktorizirati imenovalec. Glede na koeficiente vidimo, da je 1 ničla imenovalca. Uporabimo Hornerjev algoritem in zatem faktoriziramo dobljeni polinom tretje stopnje: x4 + 2x3 − 2x2 + 2x − 3 = (x − 1)(x + 3)(x2 + 1) . Nastavek za razcep na parcialne ulomke je enak 3x3 + 15x2 − 11x + 13 A B Cx + D = + + . (x − 1)(x + 3)(x2 + 1) x − 1 x + 3 x2 + 1 Odpravimo ulomke in dobimo: 3x3 + 15x2 − 11x + 13 = x3(A + B +C) + x2(3A − B + 2C + D)+ x(A + B − 3C + 2D) + 3A − B − 3D . Če hočemo, da bosta obe strani enaki, moramo enačiti istoležne koeficiente pred potencami spremenljivke x. Sledijo enačbe: A + B + C = 3 3A − B + 2C + D = 15 A + B − 3C + 2D = −11 3A − B − 3D = 13 Rešitev teh enačb je 5 5 A = , B = − , C = 3, D = −1 . 2 2 Razcep je tako 3x3 + 15x2 − 11x + 13 5 5 3x − 1 = − + . x4 + 2x3 − 2x2 + 2x − 3 2(x − 1) 2(x + 3) x2 + 1 2x3 + x2 + x + 2 Zgled 11.9 Funkcijo razcepi na parcialne ulomke. x4 − x3 − x + 1 Najprej faktoriziramo imenovalec in nato naredimo nastavek 2x3 + x2 + x + 2 2x3 + x2 + x + 2 = x4 − x3 − x + 1 (x − 1)2(x2 + x + 1) A B Cx + D = + + . x − 1 (x − 1)2 x2 + x + 1 Na podoben način kot v prejšnjem primeru izračunamo konstante A = C = D = 1, B = 2 . 248 11. Nedoločeni integral 4x3 − 3x2 + 6x + 20 Zgled 11.10 Funkcijo razcepi na parcialne ulomke. x4 − 2x3 − 8x + 16 Postopamo podobno kot prej in dobimo 4x3 − 3x2 + 6x + 20 4x3 − 3x2 + 6x + 20 = x4 − 2x3 − 8x + 16 (x − 2)2(x2 + 2x + 4) A B Cx + D = + + . x − 2 (x − 2)2 x2 + 2x + 4 Na podoben način kot v obeh prejšnjih primerih izračunamo konstante 4 13 8 10 A = , B = , C = , D = . 3 3 3 3 Integral racionalne funkcije je torej vsota integrala polinoma in integralov parcialnih ulomkov oblike A Bx + C in , (x − c)k (x2 + px + q)k pri čemer je k ≥ 1 in x2 + px + q nerazcepni polinom. Če bomo znali izračunati integrale parcialnih ulomkov, bomo znali integrirati celotno racionalno funkcijo. Poglejmo posamezne možnosti. Realna in enkratna ničla: Z A dx = A ln |x − c| +C x − c Z 5 Zgled 11.11 Izračunajmo nedoločeni integral dx. x − 2 To je preprost integral v katerem za imenovalec vpeljemo novo spremenljivko t = x − 2. Tedaj je dt = dx in Z 5 Z dt dx = 5 = 5 ln |t| +C = 5 ln |x − 2| +C . x − 2 t Realna in večkratna ničla: Z A A 1 dx = +C, k > 1 (x − c)k 1 − k (x − c)k−1 11.3 Integracijske metode 249 Z 4 Zgled 11.12 Izračunajmo nedoločeni integral dx. (x − 1)3 Vpeljemo novo spremenljivko t = x − 1, dt = dx in dobimo Z 4 Z dt −2 dx = 4 = −2t−2 +C = +C . (x − 1)3 t3 (x − 1)2 Kompleksna in enkratna ničla: Z Ax + B dx, D = p2 − 4q < 0 x2 + px + q Imenovalec, ki je nerazcepni polinom z diskrimanto D = p2 − 4q < 0, zapišemo v obliki popolnega kvadrata: x2 + px + q = (x + p )2 + q − p2 = (x + p )2 + 4q−p2 2 4 2 4 √ = (x + p )2 + −D = (x + p )2 + ( −D )2 . 2 4 2 2 Uvedemo novo spremenljivko t = x + p , tedaj je dx = dt. Izračunajmo najprej 2 Z 1 Z 1 Z 1 dx = √ dx = √ dt x2 + px + q (x + p )2 + ( −D )2 t2 + ( −D )2 2 2 2 1 t 2 2x + p = √ atan √ +C = √ atan √ +C . −D −D −D −D 2 2 Za izračun prvotnega integrala upoštevajmo zvezo f 0(x) (ln f (x))0 = f(x) oziroma Z f 0(x) dx = ln f(x)+C. f (x) A Z Ax + B Z (2x + p) + B − Ap dx = 2 2 dx x2 + px + q x2 + px + q Z 2x + p Ap Z dx = A dx + (B − ) 2 x2 + px + q 2 x2 + px + q = A ln(x2 + px + q) + (B − Ap ) 2 √ atan 2x+p √ +C . 2 2 −D −D 250 11. Nedoločeni integral Z x2 + x + 4 Zgled 11.13 Izračunajmo nedoločeni integral dx. (x2 + 2)(x − 1) Naredimo razcep na parcialne ulomke in izračunamo posamezna integrala: Z x2 + x + 4 Z −x Z 2 dx = dx + dx = (x2 + 2)(x − 1) x2 + 2 x − 1 Z −(x · 2) · 1 Z 2 = 2 dx + dx = x2 + 2 x − 1 Z 2x Z 2 = − 1 dx + dx = 2 x2 + 2 x − 1 = − 1 ln(x2 + 2) + 2 ln |x − 1| +C 2 (x − 1)2 = ln √ +C . x2 + 2 Kompleksna in večkratna ničla: Z Ax + B dx, D = p2 − 4q < 0, k > 1 (x2 + px + q)k Integral razdelimo na dva integrala: A Z Ax + B Z (2x + p) + 2B−Ap dx = 2 2 dx . (x2 + px + q)k (x2 + px + q)k Prvega izračunamo podobno kot prej: A Z (2x + p) Z dt 2 dx = A = (x2 + px + q)k 2 tk A 1 = − +C . 2(k − 1) (x2 + px + q)k−1 Za drugega uporabimo rekurzivno formulo: 2B − Ap Z dx = 2 (x2 + px + q)k ! 2B − Ap x + p 2k − 3 Z dx 2 + 2 2(k − 1)(q − p2 )(x2 + px + q)k−1 2(k − 1)(q − p2 ) (x2 + px + q)k−1 4 4 11.3 Integracijske metode 251 Z 2x2 + 2x + 13 Zgled 11.14 Izračunajmo nedoločeni integral dx . (x − 2)(x2 + 1)2 Nastavek za razcep na parcialne ulomke je enak 2x2 + 2x + 13 A Bx + C Dx + E = + + (x − 2)(x2 + 1)2) x − 2 x2 + 1 (x2 + 1)2 Rešitev sistema linearnih enačb je A = 1, B = −1, C = −2, D = −3, E = −4 . Izračunajmo posamezne integrale Z dx = ln|x−2|+C1, x − 2 Z −x − 2 Z − 1 (2x) − 2 1 dx = 2 dx = − ln(x2 + 1) − 2atanx +C2 , x2 + 1 x2 + 1 2 Z −3x − 4 Z − 3 (2x) − 4 3 1 x 1 dx = 2 dx = − − 4 + atanx +C3 . (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 2 x2 + 1 2(x2 + 1) 2 Rezultat je enak Z 2x2 + 2x + 13 |x − 2| 3 + 4x dx = ln √ − 4atanx − +C . (x − 2)(x2 + 1) x2 + 1 2(x2 + 1) Z 2x3 + x2 + x + 2 Zgled 11.15 Izračunajmo nedoločeni integral dx . x4 − x3 − x + 1 Razcep na parcialne ulomke smo naredili v Zgledu 11.9, zato samo izračunajmo ustrezne integrale: Z 2x3 + x2 + x + 2 Z 1 2 x + 1 dx = + + dx x4 − x3 − x + 1 x − 1 (x − 1)2 x2 + x + 1 √ 2 1 2x + 1 = ln(|x − 1| x2 + x + 1) − + √ atan √ +C . x − 1 3 3 Videli smo, da lahko izračunamo integral vsake racionalne funkcije. Kadar ima imenovalec racionalne funkcije večkratne ničle (realne ali kompleksne), lahko uporabimo metodo Ostrogradskega, s katero prevedemo integracijo na primer, ko ima imenovalec samo enkratne ničle. r(x) Naj bo imenovalec p(x) racionalne funkcije oblike p(x) p(x) = (x − x1)α1(x − x2)α2 · · · (x − xn)αn ·(x2 + a1x + b1)β1(x2 + a2x + b2)β2 · · · (x2 + amx + bm)βm , 252 11. Nedoločeni integral pri čemer so vsi kvadratni polinomi nerazcepni. Razstavimo ga na faktorja p1(x) in p2(x), kjer je p2(x) produkt vseh faktorjev v p(x) v prvi potenci p2(x) = (x − x1) · · · (x − xn)(x2 + a1x + b1) · · · (x2 + amx + bm) in zato p1(x) = (x − x1)α1−1 · · · (x − xn)αn−1 ·(x2 + a1x + b1)β1−1 · · · (x2 + amx + bm)βm−1 . Integral zapišemo v obliki Z r(x) r Z 1(x) r2(x) dx = + dx , p(x) p1(x) p2(x) kjer sta r1 in r2 polinoma z nedoločenimi koeficienti za eno stopnjo nižja od stopnje polinomov p1 in p2. Celoten izraz odvajamo Z r(x) 0 r 0 Z 0 1(x) r2(x) dx = + dx p(x) p1(x) p2(x) r(x) r 0 r = 1(x) + 2(x) p(x) p1(x) p2(x) r(x) r0 (x)p1(x) − r1(x)p0 (x) r = 1 1 + 2(x) . p(x) p2(x) p 1 2(x) Zatem odpravimo ulomke in z enačenjem istoležnih koeficientov na obeh straneh identitete dobimo sistem linearnih enačb za neznane koeficiente iz polinomov r1 in r2. Z rešitvijo sistema linearnih enačb prevedemo začetni integral na integral racionalne funkcije z enkratnimi koreni. Z dx Zgled 11.16 Z metodo Ostrogradskega izračunaj nedoločeni integral . (x2 + 1)2 Nastavek je enak Z dx Ax + B Z Cx + D = + dx . (x2 + 1)2 x2 + 1 x2 + 1 Z odvajanjem dobimo 1 −(Ax2 + 2Bx − A) Cx + D = + . (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 x2 + 1 Pomnožimo z najmanjšim skupnim imenovalcem: 1 = −Ax2 − 2Bx + A +Cx3 + Dx2 +Cx + D oziroma 1 = Cx3 + x2(D − A) + x(C − 2B) + A + D . Istoležni koeficienti na obeh straneh identitete morajo biti enaki, zato dobimo sistem enačb, katerega rešitev je 1 A = D = , B = C = 0 . 2 11.3 Integracijske metode 253 x Z dx 1 Z dx = 2 + (x2 + 1)2 x2 + 1 2 x2 + 1 x 1 = + atanx +C . 2(x2 + 1) 2 INTEGRIRANJE FUNKCIJ SINUS IN KOSINUS Za integracijo kotnih funkcij sinus in kosinus sta zelo uporabni naslednji zvezi, ki linearizirata obe funkciji: 1 + cos (2x) cos2 x = 2 in 1 − cos (2x) sin2 x = . 2 Zvezi je preprosto izpeljati: cos2 x + sin2 x = 1 cos2 x + sin2 x = 1 /seštejemo /odštejemo cos2 x − sin2 x = cos(2x) cos2 x − sin2 x = cos(2x) cos2 x = 1 (1 + cos(2x)) sin2 x = 1 (1 − cos(2x)) 2 2 Poglejmo tipične primere integralov funkcij sinus in kosinus. Z Z sinm x dx, cosm x dx Če je m liho število večje od 1, torej m = 2k + 1, k ∈ N, je možno integrand zapisati v obliki sinm x = (1 − cos2 x)k sin x . Z uvedbo nove spremenljivke cos x = t prevedemo primer na integral polinoma. V drugem primeru zapišemo cosm x = (1 − sin2 x)k cos x in uvedemo sin x = t. Če je m sodo število, torej m = 2k, k ∈ N, uporabimo zvezo 1 − cos(2x) sin2 x = . 2 S tem se stopnja eksponenta zniža za polovico. Dokler je eksponent sodo število, postopek ponavljamo, ko pa pridemo do lihega eksponenta uporabimo metodo v prejšnjem primeru. V drugem primeru uporabimo zvezo 1 + cos(2x) cos2 x = . 2 254 11. Nedoločeni integral Z Zgled 11.17 Izračunajmo cos4x dx. Integral je enak Z Z 1 + cos(2x) 2 cos4 x dx = dx 2 Z 1 = (1 + 2 cos(2x) + cos2(2x)) dx 4 Z 1 1 + cos(4x) = 1 + 2 cos(2x) + dx 4 2 3x 1 1 = + sin(2x) + sin(4x) +C . 8 4 32 Z sinm x cosn x dx Če je vsaj en eksponent lih, postopamo tako kot v prejšnjem lihem primeru, sicer uporabimo postopek za sodi primer. Zgled 11.18 Izračunajmo nedoločena integrala. Z 1. cos3 x sin3 x dx Z Z cos3 x sin3 x dx = (cos x sin3 x − sin5 x cos x) dx 1 1 = sin4 x − sin6 x +C . 4 6 Z 2. cos2 x sin2 x dx Z Z 1 + cos (2x) 1 − cos(2x) cos2 x sin2 x dx = dx 2 2 Z 1 = (1 − cos2(2x)) dx 4 Z 1 1 + cos(4x) = 1 − dx 4 2 x 1 = − sin(4x) +C . 8 32 11.3 Integracijske metode 255 Z Z Z sin(ax) cos(bx) dx, sin(ax) sin(bx) dx, cos(ax) cos(bx) dx, a, b ∈ R Zanima nas samo situacija a 6= b, ker imamo sicer že znani primer. Uporabimo formule 1 sin(ax) cos(bx) = (sin((a − b)x) + sin((a + b)x)) , 2 1 sin(ax) sin(bx) = (cos((a − b)x) − cos((a + b)x)) , 2 1 cos(ax) cos(bx) = (cos((a − b)x) + cos((a + b)x)) . 2 Izpeljemo jih iz adicijskih izrekov: sin α cos β + sin β cos α = sin(α + β ) /seštejemo sin α cos β − sin β cos α = sin(α − β ) sin α cos β = 1 (sin( 2 α + β ) + sin(α − β )) cos α cos β + sin α sin β = cos(α − β ) /seštejemo, odštejemo cos α cos β − sin α sin β = cos(α + β ) cos α cos β = 1 (cos( 2 α − β ) + cos(α + β )) sin α sin β = 1 (cos( 2 α − β ) − cos(α + β )) Z Zgled 11.19 Izračunajmo nedoločeni integral cos(3x) sin x dx. Upoštevamo izpeljane zveze in dobimo Z 1 R cos(3x) sin x dx = (sin(−2x) + sin(4x)) dx 2 1 1 = cos(2x) − cos(4x) +C . 4 8 Z Zgled 11.20 Izračunajmo nedoločeni integral cos(2x) cos(4x) dx. Upoštevamo izpeljane zveze in dobimo Z 1 R cos(2x) cos(4x) dx = (cos(2x) + cos(6x)) dx 2 1 1 = sin(2x) + sin(6x) +C . 4 12 256 11. Nedoločeni integral Z Z eax sin(bx) dx, eax cos(bx) dx, a, b ∈ R Označimo prvi integral z I in drugega z J. Integriramo po delih u = eax, dv = sin(bx) dx. Potem je du = aeax dx in v = − 1 cos(bx) in b 1 a Z 1 a I = − eax cos(bx) + eax cos(bx) = − eax cos(bx) + J . b b b b Podobno 1 a J = eax sin(bx) − I b b od koder sledi 1 a a2 J = eax sin(bx) + eax cos(bx) − J . b b2 b2 Zato velja b sin(bx) + a cos(bx) J = eax +C a2 + b2 in a sin(bx) − b cos(bx) I = eax +C . a2 + b2 Univerzalna substitucija: x t = tan 2 Vpeljemo novo spremenljivko t = tan x . Tedaj je 2 2 x = 2atant ⇒ dx = dt . 1 + t2 Nadalje velja sin x = sin(2 x ) = 2 sin x cos x = 2tan x cos2 x 2 2 2 2 2 2tan x 2t = 2 = 1 + tan2 x 1 + t2 2 in cos x = cos(2 x ) = cos2 x − sin2 x = cos2 x (1 − tan2 x ) 2 2 2 2 2 1 1 − t2 = (1 − tan2 x ) = . 1 + tan2 x 2 1 + t2 2 11.3 Integracijske metode 257 Z 1 Zgled 11.21 Z uporabo univerzalne substitucije izra čunajmo nedoločeni integral dx. sin x Uporabimo izpeljane formule in dobimo Z 1 Z 1 + t2 2 dx = dt sin x 2t 1 + t2 = ln|tan x | +C . 2 INTEGRIRANJE FUNKCIJ POD KORENSKIM ZNAKOM (IRACIONALNIH FUNKCIJ) Z Z dx n p(ax + b)m dx, , n, m ∈ N n p(ax + b)m V obeh primerih uvedemo novo spremenljivko t = ax + b. Tedaj je dt = a dx in Z 1 Z m n p(ax + b)m dx = t n dt a in Z dx 1 Z −m = t n dt . n p(ax + b)m a Oba integrala že znamo izračunati. r r r ! Z ax + b ax + b ax + b f n1 , n2 , . . . , nk dx cx + d cx + d cx + d Pri tem mora biti ad − bc 6= 0 in v integral uvedemo novo spremenljivko ax + b = tr , cx + d kjer je r najmanjši skupni večkratnik korenskih eksponentov n1, n2, . . . , nk. Z dx √ax2 +bx+c Kvadratno funkcijo pod korenski znakom preoblikujemo na popolni kvadrat: ! b c b 2 b2 − 4ac ax2 + bx + c = a x2 + x + = a x + − a a 2a 4a2 in uvedemo novo spremenljivko t = x + b . S tem dobimo enega od naslednjih osnovnih 2a integralov: Z d x Z d x Z d x √ , √ ali √ . x2 + a2 a2 − x2 x2 − a2 258 11. Nedoločeni integral Zgled 11.22 Izračunajmo nedoločene integrale. Z dx 1. √x2 +2x+5 Z dx Z dx √ = p x2 + 2x + 5 (x + 1)2 + 4 Z dt = √t2 +4 √ = ln(x + 1 + x2 + 2x + 5) +C . Z dx 2. √−x2 −2x+3 Z dx Z dx √ = − p x2 − 2x + 3 4 − (x + 1)2 Z dt = √4−t2 = asin x+1 +C . 2 Z dx 3. √−4x2+8x Z dx Z dx √ = − p 4x2 + 8x 2 1 − (x − 1)2 1 Z dt = √ 2 1 − t2 = 1 asin(x − 1) +C . 2 Z pn(x) √ dx ax2 + bx + c Tu je pn poljuben polinom stopnje n. Ta tip integrala zahteva poseben nastavek Z p Z n(x) p dx √ dx = qn−1(x) ax2 + bx + c + D √ . ax2 + bx + c ax2 + bx + c 11.4 Neelementarni integrali 259 Pri tem je qn−1 polinom z neznanimi koeficienti stopnje kvečjemu n − 1 in D neznana konstanta. Koeficiente polinoma qn−1 in konstanto D določimo tako, da najprej nastavek odvajamo, nato odpravimo ulomke in enačimo istoležne koeficiente pred potencami spremenljivke x na levi in desni strani. Metodo si poglejmo na Zgledu 11.23. Z x2 − 2x Zgled 11.23 Izračunajmo nedoločeni integral √ dx. 1 − x2 Z x2 − 2x √ Z dx √ dx = (Ax + B) 1 − x2 +C √ /0 1 − x2 1 − x2 x2 − 2x √ −2x(Ax + B) 1 √ = A 1 − x2 + √ +C √ 1 − x2 2 1 − x2 1 − x2 x2 − 2x = x2(−2A) + x(−B) + A +C ⇒ A = − 1 , B = 2, C = 1 . 2 2 Integral je tako enak Z x2 − 2x x Z p 1 dx √ dx = (− + 2) 1 − x2 + √ 1 − x2 2 2 1 − x2 1 p = ((4 − x) 1 − x2 + asin x) + D . 2 11.4 Neelementarni integrali Nekaterih integralov ne moremo izraziti z elementarnimi funkcijami, lahko pa si pomagamo z razvojem v potenčno vrsto. Integracija funkcijskih vrst temelji na izreku ki pravi, da smemo (enakomerno) konvergentno funkcijsko vrsto členoma integrirati. To pomeni, da smemo potenčno vrsto ∞ ∑ a n=0 n xn integrirati na simetričnem podintervalu intervala (−R, R), kjer je R konvergenčni polmer potenčne vrste. Poglejmo primera takšnih integralov. ex 1 x x2 x3 = + 1 + + + + · · · x x 2! 3! 4! sin x x2 x4 x6 = 1 − + − + · · · x 3! 5! 7! Integriramo po členih in dobimo: Z ex x2 x3 x4 dx = C + ln |x| + x + + + + · · · x 2 · 2! 3 · 3! 4 · 4! Z sin x x3 x5 x7 dx = C + x − + − + · · · x 3 · 3! 5 · 5! 7 · 7! 260 11. Nedoločeni integral Ti funkciji imenujemo integralni sinus x3 x5 x7 Si(x) = C + x − + − + · · · 3 · 3! 5 · 5! 7 · 7! in integralna eksponentna funkcija x2 x3 x4 Ei(x) = C + ln |x| + x + + + + · · · . 2 · 2! 3 · 3! 4 · 4! Bralec naj sam premisli o konvergenčnem območju posamezne funkcije. 12. Določeni integral Definirali bomo določeni integral, ki zaenkrat s prejšnjim razdelkom nima skupnega prav ničesar razen podobnosti v imenu, in pogledali njegove lastnosti. 12.1 Definicija določenega integrala Naj bo [a, b] poljuben zaprti interval in f neka omejena funkcija na tem intervalu. Množica točk D = {x0, x1, ..., xn} je delitev intervala [a, b], če je a = x0 < x1 < x2 < ... < xn−1 < xn = b . Delitev intervala vidimo na Sliki 12.1. Dolžina i-tega intervala je di = xi − xi−1 , i = 1, ..., n . q q q q q q q - a = x0 x x 1 x2 ... i−1 xi ... xn−1 b = xn Slika 12.1: Delitev intervala [a, b]. Velja d1 + d2 + ... + dn = xn − x0 = b − a. Označimo d = max{d1, d2, ..., dn}. Na vsakem podintervalu [xi−1, xi] izberimo poljubno točko ξi. Vsoto n RD( f ) = ∑ f (ξi)di i=1 imenujemo Riemannova integralska vsota funkcije f za delitev D intervala [a, b] (glej Sliko 12.2). Dani delitvi D pripada v splošnem veliko različnih integralskih vsot, ker izbiramo točke na podintervalih poljubno. 262 12. Določeni integral 6 p ... ... ξ r r1 ξ2 ξi ξn−1 ξn r r r r r r r r r r r r r - a = x0 x x 1 x2 ... i−1 xi ... xn−2 xn−1 b = xn Slika 12.2: Riemannova integralska vsota. Definicija 12.1.1 Če obstaja limita n I = lim ∑ f (ξi)di , d→0 i=1 potem število I imenujemo določeni integral funkcije f na intervalu [a, b] in označimo Z b I = f (x) dx . a Definicija 12.1.2 Naj bo D delitev intervala [a, b]. Delitev D0 je nadaljevanje delitve D, če je D0 delitev intervala [a, b] in velja D ⊆ D0. To pomeni, da je število I določeni integral funkcije f na intervalu [a, b], če se od njega ločijo vse integralske vsote funkcije f za vse zadosti drobne delitve poljubno malo: ∀ ε > 0, ∃ D : D ⊆ D0 ⇒ |RD0( f ) − I| < ε . Definicija 12.1.3 Funkcija je na intervalu [a, b] integrabilna, ko na tem intervalu obstaja njen določeni integral. Interval [a, b] je integracijski interval, število a je spodnja meja, število b pa zgornja meja integrala. 12.2 Integrabilnost funkcij 263 12.2 Integrabilnost funkcij Riemannova vsota funkcije f z delitvijo D ni enolično določena, zato bomo Riemannovo vsoto za izbrano delitev ocenili z dvema bolj določenima vsotama. Na ta način lahko obravnavamo le na intervalu [a, b] omejene funkcije. Definicija 12.2.1 Spodnja Darbouxova vsota funkcije f na intervalu [a, b] za delitev D je število n sD( f ) = ∑ mi di , i=1 zgornja Darbouxova vsota funkcije f na intervalu [a, b] za delitev D je število n SD( f ) = ∑ Mi di , i=1 kjer sta mi = inf f (x) in Mi = sup f (x) . [xi−1,xi] [xi−1,xi] Trditev 12.2.1 Naj bo D delitev intervala [a, b] in f omejena funkcija na tem intervalu. Tedaj velja sD( f ) ≤ RD( f ) ≤ SD( f ) . Dokaz. Naj bo [xi−1, xi] poljuben podinterval delitve D. Tedaj veljajo ocene: mi ≤ f (ξi) ≤ Mi mi di ≤ f (ξi) di ≤ Mi di n n n ∑ m f ( M i=1 i di ≤ ∑i=1 ξi)di ≤ ∑i=1 i di sD( f ) ≤ RD( f ) ≤ SD( f ) . Izrek 12.2.2 Za delitvi D ⊆ D0 je sD( f ) ≤ sD0( f ) ≤ SD0( f ) ≤ SD( f ) . Dokaz. Naj bo D = {x0, x1, . . . , xn} poljubna delitev. Nadaljevanje D0 delitve D naredimo tako, da delitvi D dodamo novo delilno točko x0, ki naj pripada nekemu podintervalu [xk−1, xk]. Tedaj je [xk−1, x0] ∪ [x0, xk] = [xk−1, xk]. Označimo m∗ = inf f (x) in m∗∗ = inf f (x) [xk−1,x0] [x0,xk] 264 12. Določeni integral in očitno velja mk ≤ m∗ in mk ≤ m∗∗. Tedaj lahko naredimo oceno: s n k−1 n D( f ) = ∑ m m m i=1 i di = ∑i=1 i di + mk dk + ∑i=k+1 i di = k−1 n ∑ m m i=1 i di + mk (xk − xk−1) + ∑i=k+1 i di = k−1 n ∑ m m i=1 i di + mk (x0 − xk−1) + mk (xk − x0) + ∑i=k+1 i di ≤ k−1 n ∑ m m i=1 i di + m∗ (x0 − xk−1) + m∗∗ (xk − x0) + ∑i=k+1 i di = sD0( f ) . Podobno pokažemo oceno za zgornjo vsoto. Če ima delitev D0 več delilnih točk, oceni prav tako veljata, kar brez težav pokažemo z matematično indukcijo. Posledica 12.2.3 Za poljubni delitvi D1 in D2 danega intervala velja sD ( f ) ≤ S ( f ) . 1 D2 Dokaz. Naj bo D1 ∪ D2 = D. Ker je D nadaljevanje delitev tako D1 kot D2, po Izreku 12.2.2 velja sD ( f ) ≤ s ( f ) . 1 D( f ) ≤ SD( f ) ≤ SD2 Posledica 12.2.4 Naj bo D množica vseh delitev intervala [a, b] in f omejena funkcija na tem intervalu. Tedaj obstaja supremum sup{sD( f )|D ∈ D} = Is( f ) , ki ga imenujemo spodnji integral funkcije f na intervalu [a, b]. Podobno obstaja infimum inf{SD( f )|D ∈ D} = IS( f ) , ki ga imenujemo zgornji integral funkcije f na intervalu [a, b]. Nadalje velja Is( f ) ≤ IS( f ) . Dokaz. Zaradi Posledice 12.2.3 obstajata tako zgoraj navedena supremum, kot tudi infimum. Zdaj znamo dovolj, da lahko preverimo integrabilnost funkcij. Izrek 12.2.5 Funkcija f je integrabilna na [a, b] natanko tedaj, ko za vsak ε > 0 obstaja takšna delitev D intervala [a, b], da je SD( f ) − sD( f ) < ε . 12.2 Integrabilnost funkcij 265 Dokaz. Pokažimo najprej v eno smer, torej na bo f integrabilna na [a, b]. Zato za ∀ε > 0 obstaja taka delitev D0 intervala [a, b], da za vsako delitev D0 ⊆ D 1 1 1 velja Z b ε f (x) dx − RD ( f ) < ε . 1 1 = a 4 Po definiciji supremuma obstaja na vsakem podintervalu [xi−1, xi] takšna točka ci, da velja ε Mi − < f (ci) ≤ Mi . 4(b − a) Pomnožimo z di in seštejemo po vseh podintervalih ter tako dobimo ε SD ( f ) − < R ( f ) <≤ S ( f ) 1 D D 4 1 1 oziroma ε |SD ( f ) − R ( f )| < . 1 D1 4 Zato velja R b f (x) dx − S R b D ( f ) = f (x) dx − RD ( f ) + RD ( f ) − SD ( f ) a 1 a 1 1 1 ≤ | R b f (x) dx − R ( f )| + |R ( f ) − S ( f )| a D1 D1 D1 ε ε ε < + = . 4 4 2 Na podoben način pokažemo, da tudi za delitev D2 velja Z b ε f (x) dx − sD ( f ) < . 2 a 2 Tedaj za delitev D1 ∪ D2 = D velja SD( f ) − sD( f ) ≤ SD ( f ) − s ( f ) = |S ( f ) − s ( f )| 1 D2 D1 D2 = S D ( f ) − R b f (x) dx + R b f (x) dx − sD ( f ) 1 a a 2 ≤ S R b D ( f ) − R b f (x) dx + f (x) dx − sD ( f ) 1 a a 2 < ε . Pokažimo še v obratno smer. Za vsak ε > 0 obstaja taka delitev intervala [a, b], da je SD( f ) − sD( f ) < ε. Uporabimo Posledico 12.2.4 in sklepamo 0 ≤ IS( f ) − Is( f ) ≤ SD( f ) − sD( f ) < ε . Ker mora neenakost veljati za vsak ε > 0, to pomeni, da mora biti IS( f ) = Is( f ). Označimo I = IS( f ) = Is( f ), torej je I = sup{sD( f )|D ∈ D} = inf{SD( f )|D ∈ D} . 266 12. Določeni integral Ker je I infimum vseh zgornjih Darbouxovih vsot, za vsak ε > 0 obstaja taka delitev D1, da je I ≤ SD ( f ) < I + ε. Podobno, ker je I supremum vseh spodnjih Darbouxovih vsot, 1 obstaja taka delitev D2, da velja I − ε < sD ( f ) ≤ I. Za delitev D = D 2 1 ∪ D2 tako velja I − ε < sD ( f ) ≤ s ( f ) < I + ε 2 D( f ) ≤ RD( f ) ≤ SD( f ) ≤ SD1 oziroma I − ε < RD( f ) < I + ε ⇒ |RD( f ) − I| < ε in I = R b f (x) dx. a Iz dokaza Izreka 12.2.5 neposredno sledi naslednja posledica. Posledica 12.2.6 Funkcija f je integrabilna natanko tedaj, ko je RD( f ) = Is( f ) = IS( f ). S pomočjo Izreka 12.2.5 lahko pokažemo integrabilnost dveh razredov funkcij. Izrek 12.2.7 Če je funkcija f na intervalu [a, b] monotona, tedaj je integrabilna. Dokaz. Premislimo najprej, da če je f (a) = f (b), tedaj je f konstantna funkcija in je seveda integrabilna na [a, b]. Naj bo torej f (a) 6= f (b) in funkcija f na [a, b] monotono naraščajoča. Tedaj je za vsako delitev D intervala [a, b] mi = f (xi−1) in Mi = f (xi). Zato je S n n D( f ) − sD( f ) = ∑ f (x f (x i=1 i) di − ∑i=1 i−1) di = n ∑ ( f (x i=1 i) − f (xi−1)) di . Izberemo poljuben ε > 0 in tako delitev D0 intervala [a, b], da je ε max{di|i = 1, 2, . . . , n} < = ∆ . f (b) − f (a) Tedaj je S n D0 ( f ) − sD0 ( f ) = ∑ ( f (x i=1 i) − f (xi−1) di < n ∑ ( f (x i=1 i) − f (xi−1)) ∆ = n ∆ ∑ ( f (x i=1 i) − f (xi−1)) = ∆( f (b) − f (a)) = ε . Podobno dokažemo, če je f monotono padajoča na [a, b]. Podoben, zelo pomemben izrek velja za zvezne funkcije, a ker dokaz zahteva uporabo pojma enakomerna zveznost, ki je ne poznamo, ga bomo izpustili. Izrek 12.2.8 Vsaka zvezna funkcija na intervalu [a, b] je na tem intervalu tudi integrabilna. Omenimo samo, da obrat izreka ne velja, kar bomo videli v nadaljevanju. 12.3 Lastnosti določenega integrala 267 12.3 Lastnosti določenega integrala Za začetek poglejmo, da obstajajo funkcije, ki so omejene, a niso integrabilne. Ena takih je Dirichletova funkcija:  1 ; x ∈ Q  f (x) =  0 ; x / ∈ Q . Zato bomo v nadaljevanju pri izpeljavi lastnosti določenega integrala zmeraj pred-postavili, da je funkcija integrabilna, saj nam omejenost ne jamči obstoja določenega integrala. Trditev 12.3.1 Naj bosta f , g : [a, b] → R integrabilni funkciji ter λ in µ poljubni konstanti. Tedaj je na [a, b] integrabilna tudi funkcija λ f (x) + µg(x) in Z b Z b Z b (λ f (x) + µg(x)) dx = λ f (x) dx + µ g(x) dx . a a a Dokaz. Naj bo D poljubna delitev intervala [a, b] na n podintervalov. Tedaj je integralska vsota R n D(λ f + µ g) = ∑ ( i=1 λ f (ξi) + µ g(ξi)) di = n n λ ∑ f ( g( i=1 ξi)di + µ ∑i=1 ξi)di = λ RD( f ) + µRD( f ) . Če je delitev D dovolj drobna, se leva stran enakosti poljubno majhno loči od števila R b( R b f (x) dx + R b g(x) dx. a λ f (x) + µ g(x)) dx, desna pa od števila λ a µ a Izrek je mogoče posplošiti na več členov. Izrek 12.3.2 ! Z b n n Z b ∑ λk fk(x) dx = ∑ λk fk(x) dx , n ∈ N . a k=1 k=1 a Dokaz. Uporabimo indukcijo po n, kar naj bralec za vajo naredi sam. Trditev 12.3.3 Če je funkcija f na intervalu [a, b] integrabilna in c katerokoli število med a in b, je Z b Z c Z b f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx . a a c Dokaz. Naj bo D taka delitev D = {x0, ..., xn} intervala [a, b], da je c ena od delilnih točk. Naj bo c = xm, 0 < m < n. Tedaj lahko zapišemo integralsko vsoto kot n m n ∑ f (ξi)di = ∑ f (ξi)di + ∑ f (ξi)di . i=1 i=1 i=m+1 Ker je f integrabilna, za dovolj drobno delitev D limitirajo integralske vsote k identiteti iz izreka. Tudi ta izrek je mogoče posplošiti na več členov. q 268 12. Določeni integral Izrek 12.3.4 Z a n−1 n Z ak+1 f (x) dx = ∑ f (x) dx . a1 k=1 ak Dokaz. Uporabimo indukcijo po n, kar naj bralec za vajo naredi sam. Definicija 12.3.1 Funkcija f : [a, b] → R je odsekoma zvezna, če obstaja taka delitev intervala a = a0 < a1 < a2 < ... < an = b , da na vsakem intervalu [ai−1, ai] obstaja zvezna funkcija fi(x), da je f (x) = fi(x) za vsak x ∈ (ai−1, ai) (glej Sliko 12.3). 6 ... ... q q q q q q - a = x0 x x 1 x2 ... i−1 xi ... xn−1 b = xn Slika 12.3: Odsekoma zvezna funkcija. Če je f odsekoma zvezna, tedaj je zvezna povsod razen v končno mnogo točkah. Očitno iz Izreka 12.2.8 in Trditve 12.3.3 sledi, da je tudi odsekoma zvezna funkcija integrabilna. To pomeni, da obrat Izreka 12.2.8 ne velja (ni res, da iz integrabilnosti funkcije sledi zveznost). Trditev 12.3.5 Če v integralu zamenjamo meji, dobi integral nasproten predznak: Z b Z a f (x) dx = − f (x) dx . a b Dokaz. Če zamenjamo meji, je treba v integralski vsoti nadomestiti di = xi − xi−1 z −di = xi−1 − xi, zato dobi vsaka integralska vsota samo nasproten predznak in integral, ki je limita integralskih vsot, prav tako. 12.3 Lastnosti določenega integrala 269 Posledica 12.3.6 Z a f (x) dx = 0 . a Dokaz. Z a Z a Z a Z a f (x) dx = − f (x) dx ⇒ 2 f (x) dx = 0 ⇒ f (x) dx = 0 . a a a a Lema 12.3.7 Naj bo f integrabilna na [a, b] in naj bosta m in M natančni spodnja in zgornja meja funkcije f na [a, b]. Tedaj je Z b m(b − a) ≤ f (x) dx ≤ M(b − a) . a Dokaz. Naj bo D = {x0, x1, ..., xn} delitev intervala [a, b]. Izberimo poljubno točko ξi na vsakem od podintervalov [xi−1, xi]. Tedaj velja: m ≤ f (ξi) ≤ M m di ≤ f (ξi) di ≤ M di n n n ∑ m d f ( M d i=1 i ≤ ∑i=1 ξi)di ≤ ∑i=1 i m n n n ∑ d f ( d i=1 i ≤ ∑i=1 ξi)di ≤ M ∑i=1 i m(b − a) ≤ n ∑ f ( i=1 ξi) di ≤ M(b − a) m(b − a) ≤ RD( f ) ≤ M(b − a) Ker je f integrabilna, je Z b m(b − a) ≤ f (x) dx ≤ M(b − a) . a Izrek 12.3.8 — O srednji vrednosti. Naj bo m natančna spodnja meja in M natančna zgornja meja na intervalu [a, b] integrabilne funkcije f . Tedaj obstaja taka vrednost c ∈ [m, M], da je Z b f (x) = c(b − a) . a Če pa je funkcija f tudi zvezna, je c = f (ξ ) za neki ξ ∈ [a, b]. Dokaz. Iz Leme 12.3.7 neposredno sledi 1 Z b m ≤ f (x) dx ≤ M b − a a 270 12. Določeni integral in prvi del je dokazan. Drugi del izreka sledi iz tega, da zvezna funkcija zavzame vse vrednosti med m in M. Število c imenujemo srednja vrednost funkcije f na intervalu [a, b], zato ta izrek imenujemo izrek o srednji vrednosti. 13. Zveza med obema integraloma V tem razdelku bomo našli povezavo med prejšnjima dvema razdelkoma, ki sta bila na videz precej nepovezana. Naj bo f : [a, b] → R integrabilna funkcija. Zamenjajmo konstantno zgornjo mejo b v določenem integralu R b f s spremenljivko x ∈ [a, b] ter definirajmo a Z x F(x) = f (t) dt . a V tem primeru ne moremo vpeljati x kot integracijske spremenljivke, saj smo x fiksirali, zato pišemo na primer t. Izrek 13.0.1 Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija. Tedaj je njen določeni integral F(x) = R x f (t) dt, x ∈ [a, b], odvedljiva funkcija in velja F0 = f . a Dokaz. Izberimo poljubni točki x in x + h z intervala [a, b]. Ker je Z x+h F(x + h) = f (t) dt a je Z x+h Z x Z x+h F(x + h) − F(x) = f (t) dt − f (t) dt = f (t) dt . a a x Ker je f zvezna, izrek o srednji vrednosti pove, da za vsak h obstaja točka ξ ∈ [x, x + h] taka, da je F(x + h) − F(x) = f (ξ )h oziroma F(x + h) − F(x) = f(ξ). h 272 13. Zveza med obema integraloma (Pri tem velja m ≤ f (ξ ) ≤ M, kjer sta m in M natančni meji funkcije f na [a, b].) Opazimo, da če gre h proti 0, gre ξ proti x in ker je f zvezna funkcija, je lim f (ξ ) = f (x) h→0 in zato F(x + h) − F(x) F0(x) = lim = f (x) . h→0 h Posledica 13.0.2 Nedoločeni integral zvezne funkcije f obstaja. Dokaz. Videli smo, sa je funkcija F(x) = R x f (t) dt en možen nedoločeni integral fun kcije a f , preostali so oblike F(x) +C, kjer je C poljubna konstanta. Posledica 13.0.3 — Newton-Leibnizova formula. Naj bo f : [a, b] → R zvezna funkcija. Če je F nedoločeni integral funkcije f , potem je Z b f (x) dx = F(b) − F(a) . a Dokaz. Dokažimo najprej Newton-Leibnizovo formulo za F0(x) = R x f (t) dt. Tedaj je a Z a Z b F0(a) = f (t) dt = 0 in F0(b) = f (t) dt . a a Torej je Z b f (t) dt = F0(b) − F0(a) . a Po prejšnjem izreku je F0 nedoločeni integral funkcije f . Torej smo Newton-Leibnizovo formulo dokazali za en nedoločeni integral, namreč za funkcijo F0. Nadalje pokažimo Newton-Leibnizovo formulo za poljuben nedoločeni integral F. Tedaj obstaja taka konstanta C, da je F(x) = F0(x) +C, ∀x ∈ [a, b] . Torej velja Z b F(b) − F(a) = (F0(b) +C) − (F0(a) +C) = F0(b) − F0(a) = f (t) dt . a Pogosto namesto F(b) − F(a) uporabljamo zapis b F(b) − F(a) = F(x) . a Poglejmo vpliv vpeljave nove spremenljivke in integracije po delih na meje v določenem integralu. 273 Izrek 13.0.4 — Uvedba nove spremenljivke. Naj bo f zvezna funkcija in x = x(t) zvezno odvedljiva funkcija. Tedaj je Z b Z d f (x) dx = f (x(t))x0(t) dt , a c pri čemer je a = x(c) in b = x(d). Dokaz. Naj bo F nedoločeni integral funkcije f (ta obstaja, ker je f zvezna). Tedaj je (F(x(t)))0 = F0(x(t))x0(t) = f (x(t))x0(t) . Newton-Lebnizova formula pove, da je Z d d Z b f (x(t))x0(t) dt = F(x(t)) = F(x(d)) − F(x(c)) = F(b) − F(a) = f (x) dx . c c a Z a p Zgled 13.1 Izračunajmo določeni integral a2 − x2 dx, a > 0 z vpeljavo nove spre- 0 menljivke x = x(t) = a sint. Izračunamo d x = a cost dt in izrazimo t = asin x . Tedaj je spodnja meja enaka asin 0 = 0 a a in zgornja meja je enaka asin a = π . Dobimo integral a 2 π Z a Z p 2 p a2 − x2 dx = a2 − a2 sin2 t a cost dt 0 0 π Z √ 2 = a2 cos2 t cost dt 0 π Z 2 = a2| cost| cost dt 0 π Z 2 = a2 cos2 t dt 0 π Z 2 = a2 1 + cos(2t) dt 0 2 a2 sin(2t) π 2 = t + 2 2 0 a2 π = . 4 Poglejmo si integracijo sode oziroma lihe funkcije na simetričnem intervalu [−a, a]. 274 13. Zveza med obema integraloma • Naj bo f (x) soda funkcija, torej f (x) = f (−x) za vsak x ∈ [−a, a]. Vpeljemo novo spremenljivko x = −t: Z a Z 0 Z a f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx −a −a 0 Z 0 Z a = f (−t) (− dt) + f (x) dx a 0 Z a Z a = f (t) dt + f (x) dx 0 0 Z a Z a = f (x) dx + f (x) dx 0 0 Z a = 2 f (x) dx . 0 • V primeru, ko je f liha funkcija, torej ko velja f (−x) = − f (x), na podoben način dobimo Z a f (x) dx = 0 . −a Nazadnje poglejmo, kako se Newton-Leibnizova formula odraža pri integraciji po delih. Zapišimo integracijo po delih Z Z udv = uv − vdu v obliki Z Z u(x)v0(x) dx = u(x)v(x) − v(x)u0(x) dx . Uporaba Newton-Leibnizove formule da Z b Z b u(x)v0(x) dx = u(x)v(x) − v(x)u0(x) dx a a b Z b = (u(x)v(x)) − v(x)u0(x) dx . a a Z π Zgled 13.2 Izračunajmo določeni integral x sin x dx. 0 Uporabimo integracijo po delih in sicer je u = x in dv = sin x dx. Tedaj je du = dx in v = − cos x: Z π π Z π x sin x dx = (−x cos x) + cos x dx = π . 0 0 0 14. Uporaba določenega integrala 14.1 Ploščina lika Poglejmo najpreprostejšo uporabo določenega integrala oziroma njegov geometrijski pomen. Naj bo f integrabilna na [a, b] in nenegativna. Lik, omejen s krivuljami x = a, x = b, y = 0, y = f (x), imenujemo krivočrtni trapez T , katerega ploščino bomo označili ST in ga vidimo na Sliki 14.1. Z večanjem števila delilnih točk delitve D intervala [a, b] Riemannova integralska vsota RD( f ) konvergira k ploščini ST , zato je Z b f (x) dx = ST . a 6 f (b) f (a) q q - a b Slika 14.1: Krivočrtni trapez. 276 14. Uporaba določenega integrala Zgled 14.1 Izračunaj ploščino lika, ki je omejen z grafom funkcije sinus na intervalu [0, 2π] in osjo x. os y 2 1 0 os x 1 2 3 4 5 6 7 !1 !2 Slika 14.2: Območje, ki je določeno s funkcijo sinus. Območje sestavljata dva ploščinsko enako velika dela, kot je to razvidno s Slike 14.2, zato je ploščina S enaka: Z π S = 2 sin x dx = 4 . 0 S pomočjo geometrijske interpretacije določenega integrala sta naslednji trditvi precej očitni; v sama dokaza se ne bomo spuščali. Trditev 14.1.1 Naj bosta f , g : [a, b] → R zvezni, f (x) ≤ g(x) za vsak x ∈ [a, b]. Ploščina lika, ki ga omejujejo premice x = a, x = b ter grafa funkcij f in g, je določena z Z b (g(x) − f (x)) dx . a Trditev 14.1.2 Če je f integrabilna na intervalu [a, b], je | f | prav tako integrabilna na tem intervalu in velja Z b Z b f (x) dx ≤ | f (x) dx| . a a 14.2 Dolžina loka 277 6 g f q q - a b Slika 14.3: Ploščina območja med dvema funkcijama. 14.2 Dolžina loka Naj bo f : [a, b] → R zvezno odvedljiva funkcija ter D = {x0, x1, ..., xn} delitev intervala [a, b]. Definirajmo točke Ti = (xi, f (xi)), i = 0, 1, . . . , n . Daljice Ti−1Ti, i = 1, ..., n, sestavljajo poligonsko črto T0T1 · · · Tn, ki jo vidimo na Sliki 14.4. 6 s s s T s n s s Ti−1 Ti s s T0 s q q q q - a = x0 xi−1 xi b = xn Slika 14.4: Dolžina loka oziroma poligonske črte. 278 14. Uporaba določenega integrala Dolžina posamezne daljice je po Pitagorovem izreku enaka p Ti−1Ti = (xi − xi−1)2 + ( f (xi) − f (xi−1))2 p = (xi − xi−1)2 + f 0(ci)2(xi − xi−1)2 |{z} Lagrangeov izrek q = d2(1 + f 0(c i i)2) p = di 1 + f 0(ci)2, ci ∈ (xi−1, xi) Dolžina poligonske črte je vsota dolžin posameznih daljic n n q p ∑ Ti−1Ti = ∑ 1 + ( f 0(ci))2 di = RD( 1 + f 02) . i=1 i=1 Zato je naravno definirati dolžino loka funkcije f na sledeč način. Definicija 14.2.1 Dolžina loka òdvedljive funkcije f na [a, b] je enaka Z b q ` = 1 + ( f 0(x))2 dx. a Zgled 14.2 Izračunajmo dolžino loka funkcije f (x) = x na [0, 1]. Ker je f 0(x) = 1, je dolžina loka: Z 1 √ √ ` = 2 dx = 2 . 0 14.3 Prostornina in površina rotacijskega telesa Naj bo f : [a, b] → R zvezna nenegativna funkcija. Z vrtenjem grafa funkcije f okoli x osi dobimo rotacijsko ploskev, ki omejuje rotacijsko telo, ki ga vidimo na Sliki 14.5. Zanimata nas prostornina V in površina P tako nastalega rotacijskega telesa. Spomnimo se najprej prostornine prisekanega stožca (glej Sliko 14.6), ki je podana z π v V = (R2 + r2 + Rr) , 3 pri čemer sta r in R polmera osnovnih ploskev (krogov), v je višina in s stranski rob prisekanega stožca. 14.3 Prostornina in površina rotacijskega telesa 279 6 s f R r q q - - xi−1 v xi Slika 14.5: Rotacijsko telo. r s 6 v R ? Slika 14.6: Prisekani stožec. Naj bo D = {x0, x1, ..., xn} delitev intervala [a, b]. Krivuljo f (x) na [a, b] aproksimiramo s poligonsko črto T0T1...Tn, kjer je Ti = f (xi). Dolžina i-tega podintervala naj bo kot običajno di. To telo je prisekani stožec, za katerega je r = f (xi−1), R = f (xi) ali R = f (xi−1), r = f (xi) in v = di , kot je to razvidno s Slike 14.5. Prostornina rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem poligonske črte, je zato enaka n πdi V = ∑ ( f (xi−1)2 + f (xi)2 + f (xi−1) f (xi)) . 3 i=1 Ker je f zvezna funkcija in sta xi−1 in xi blizu skupaj, je f (xi−1) ≈ f (xi) ≈ f (ξi) , 280 14. Uporaba določenega integrala kjer je ξi ∈ (xi−1, xi). Tako je V ≈ n π di ∑ 3 f ( i=1 3 ξi)2 = n ∑i=1 π f (ξi)2di = RD(π f 2) . Naravno je vpeljati prostornino rotacijskega telesa na sledeč način. Definicija 14.3.1 Prostornina rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem grafa zvezne funkcije na intervalu [a, b] okoli osi x, je enaka Z b V = π f 2(x) dx . a Na podoben način bomo izračunali površino rotacijskega telesa. Poglejmo najprej še površino plašča prisekanega stožca, ki je enaka P = π s (R + r) . Naj bo sedaj D običajna delitev intervala [a, b]. Poiščimo površino rotacijskega telesa, ki jo dobimo z vrtenjem poligonske črte. Z vrtenjem posamezne daljice dobimo prisekani stožec (glej Sliko 14.5), za katerega je r = f (xi−1), R = f (xi) ali R = f (xi−1), r = f (xi) in s je dolžina daljice Ti−1Ti q s = Ti−1Ti = di 1 + ( f 0(ξi))2, ξi ∈ (xi−1, xi) . S podobnim sklepanjem kot pri prostornini pridemo do površine telesa, ki ga dobimo z vrtenjem poligonske črte p P = n ∑ 1 + ( f 0( i=1 π ( f (xi−1) + f (xi)) ξi))2di ≈ n p ∑ 1 + ( f 0( i=1 π ( f (ξi) + f (ξi)) ξi))2di p = n ∑ 1 + ( f 0( i=1 π 2 f (ξi) ξi))2di p = RD(2π f 1 + f 02) . 14.3 Prostornina in površina rotacijskega telesa 281 Zato je naravno vpeljati površino rotacijskega telesa na naslednji način. Definicija 14.3.2 Površina rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem grafa zvezne funkcije na intervalu [a, b] okoli osi x, je enaka Z b q P = 2π f (x) 1 + ( f 0(x))2 dx . a Zgled 14.3 Izračunajmo prostornino in površino rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem grafa funkcije cos x na intervalu [0, π ] okoli osi x. 2 1 π 2 −1 Slika 14.7: Prerez rotacijskega telesa, določenega z grafom funkcije kosinus. Na Sliki 14.7 vidimo prerez rotacijskega telesa. Izračunajmo njegovo prostornino V : π V = R π 2 cos2 x dx 0 π = R 1+cos(2x) π 2 dx 0 2 2 = π . 4 Izračunajmo še površino P: π p P = 2 R π 2 cos x 1 + sin2 x dx . 0 Vpeljemo novo spremenljivko u = sin x in dobimo √ P = 2 R 1 π 1 + u2 du 0 1 + u2 = 2 R 1 π √ du . 0 1 + u2 282 14. Uporaba določenega integrala Podoben tip integrala smo obravnavali v Zgledu 11.23. Uporabimo nastavek: Z 1 + u2 √ Z du √ du = (A u + B) 1 + u2 +C √ /0 1 + u2 1 + u2 1 + u2 √ 2(A u + B)u C p √ = A 1 + u2 + √ + √ / · 1 + u2 1 + u2 2 1 + u2 1 + u2 1 + u2 = 2A u2 + B u + A +C 1 A = C = , B = 0 . 2 Površina je zato 1 Z 1 p 1 du P = 2π u 1 + u2 + √ 2 0 0 1 + u2 √ √ 1 = π u 1 + u2 + ln(u + 1 + u2) 0 √ √ = π ( 2 + ln(1 + 2)) . Na podoben način lahko izpeljemo prostornino in površino rotacijskega telesa, ki ga dobimo z vrtenjem grafa funkcije x = x(y) okoli osi y na intervalu [c, d]. Definicija 14.3.3 Prostornina in površina rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem grafa zvezne funkcije x = x(y) okoli osi y na intervalu [c, d], sta enaki Z d Z d q V = π x2(y) dy in P = 2π x(y) 1 + (x(y)0)2 dy . c c 15. Posplošeni integral Pojem določenega integrala na zaprtem intervalu smo uvedli le za funkcije, ki so na tem intervalu omejene. Sedaj bomo ta pojem razširili na dva tipa funkcij in sicer na tiste, ki na zaprtem intervalu niso omejene in na tiste, kjer je integracijski interval neskončen. Takšne integrale imenujemo posplošeni integrali. Spoznali bomo tudi posebni primer posplošenega integrala in sicer Eulerjevo funkcijo gama. 15.1 Integral neomejene funkcije na [a, b] Pojem določenega integrala na [a, b] bomo razširili na primere funkcij, ki v neki točki c ∈ [a, b] niso definirane. Zanimivi so tisti primeri, kjer ima funkcija v točki c vertikalno asimptoto oziroma pol. Definicija 15.1.1 • Če funkcija f ni definirana v točki c ∈ (a, b), ampak je za poljubno majhno število δ > 0 integrabilna na intervalih [a, c − δ ] in [c + δ , b], tedaj je Z b Z c−δ Z b f (x) dx = lim f (x) dx + lim f (x) dx . a δ →0 a δ →0 c+δ • Če funkcija f ni definirana v točki a, ampak je za poljubno majhno število δ > 0 integrabilna na intervalu [a + δ , b], tedaj je Z b Z b f (x) dx = lim f (x) dx . a δ →0 a+δ 284 15. Posplošeni integral • Če funkcija f ni definirana v točki b, ampak je za poljubno majhno število δ > 0 integrabilna na intervalu [a, b − δ ], tedaj je Z b Z b−δ f (x) dx = lim f (x) dx . a δ →0 a V vseh teh primerih imenujemo integral R b f (x) dx posplošeni integral funkcije f a in le-ta obstaja, če obstajajo ustrezne limite. Z 1 dx Zgled 15.1 Izračunajmo posplošeni integral √ . 0 1 − x Funkcija ima v točki x = 1 pol, zato imamo opravka s posplošenim integralom Z 1 dx Z 1−δ dx √ = lim √ δ →0 0 1 − x 0 1 − x √ 1−δ = −2 lim 1 − x δ →0 0 √ = −2 limδ→0( δ − 1) = 2 . Z 3 dx Zgled 15.2 Izračunajmo posplošeni integral . 0 (x − 1)2 Podobno kot prej, funkcija ni zvezna v točki x = 1, zato Z 3 dx Z 1−δ dx Z 3 dx = lim + lim δ →0 0 (x − 1)2 0 (x − 1)2 δ →0 1+δ (x − 1)2 1 1−δ 1 3 = lim + lim . δ →0 1 − x δ →0 0 1 − x 1+δ 1 1 1 = lim − 1 + lim − + . δ →0 δ →0 δ 2 δ Ker limiti ne obstajata, prav tako ne obstaja posplošeni integral. 15.2 Integral funkcije na neomejenem intervalu 285 15.2 Integral funkcije na neomejenem intervalu Definicija 15.2.1 • Če je funkcija f integrabilna na [a, b] za vsak b ∈ R, b > a, je Z ∞ Z b f (x) dx = lim f (x) dx . a b→∞ a • Če je funkcija f integrabilna na [a, b] za vsak a ∈ R, a < b, je Z b Z b f (x) dx = lim f (x) dx . −∞ a→−∞ a • Če je funkcija f integrabilna na [a, b] za vsak a, b ∈ R, a < b, je Z ∞ Z 0 Z b f (x) dx = lim f (x) dx + lim f (x) dx . −∞ a→−∞ a b→∞ 0 Vsi trije integrali so posplošeni integrali funkcije f , če le obstajajo ustrezne limite. Z ∞ Zgled 15.3 Izračunajmo posplošeni integral e−x dx. 0 Z ∞ e−x dx = lim R b b→ e−x dx ∞ 0 0 1 b = − lim b→∞ ex 0 1 = − limb→ − 1 ∞ eb = 1 . Z ∞ dx Zgled 15.4 Izračunajmo posplošeni integral . 1 x Z ∞ dx Z b dx = limb→∞ 1 x 1 x b = lim b→ ln x ∞ 1 = limb→ ln b ∞ = ∞ . Posplošeni integral ne obstaja. 286 15. Posplošeni integral 15.3 Eulerjeva funkcija Γ Eulerjeva funkcijo gama, Γ, je primer posplošenega integrala, ki ga bomo srečali pri obravnavi diferencialnih enačb. Definicija 15.3.1 Eulerjeva funkcija Γ je za x > 0 definirana kot Z ∞ Γ(x) = e−t tx−1 dt . 0 Eulerjeva funkcija Γ je definirana preko posplošenega integrala, v katerem se pojavi parameter x. Pogoj x > 0 kaže na to, da je integral konvergenten za vsak tak x, a konvergence ne bomo dokazovali. Izračunajmo jo z integracijo po delih: Γ(x + 1) = R ∞ e−t tx dt 0 u = tx ⇒ du = xtx−1 dt dv = e−t dt ⇒ v = −e−t b = lim b→ (−e−t t x) + x R ∞ e−ttx−1 dt ∞ 0 0 = 0 + x R ∞ e−ttx−1 dt 0 = x Γ(x) . Izpeljali smo posebno lastnost funkcije gama Γ(x + 1) = x Γ(x) . V primeru, ko je x = n naravno število, tako velja Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = · · · = n(n − 1)(n − 2) · · · 3 · 2Γ(1) = n! , saj je Z ∞ Z ∞ Γ(1) = e−t t1−1 dt = e−t dt = 1 . 0 0 Za zaporednim upoštevanjem lastnosti Γ(x + 1) = xΓ(x) dobimo zanimivo zvezo: Γ(x + 1) = xΓ(x) Γ(x + 2) = (x + 1)Γ(x + 1) = (x + 1)xΓ(x) Γ(x + 3) = (x + 2)Γ(x + 2) = (x + 2)(x + 1)xΓ(x) ... Γ(x + n + 1) = (x + n)(x + n − 1) · · · (x + 2)(x + 1)xΓ(x) . Iz te zveze lahko izrazimo funkcijo gama kot Γ(x + n + 1) Γ(x) = . (x + n)(x + n − 1) · · · (x + 2)(x + 1)x 15.3 Eulerjeva funkcija Γ 287 Izraz na desni smemo računati, če je imenovalec različen od 0 in x + n + 1 > 0. Ker je n poljubno veliko naravno število, sme biti x poljubno veliko negativno necelo število. To pomeni, da smo definicijsko območje funkcije Γ razširili na celo realno os z izjemo števil 0, −1, −2, −3, .... Uporabo lahko vidimo na Zgledu 15.5. Pri uporabi funkcije Γ ima pomembno vlogo vrednost v x = 12 1 Z ∞ Γ = e−t t− 12 dt . 2 0 1 Z uvedbo nove spremenljivke u = t 2 prevedemo začetni integral na 1 Z ∞ Γ = 2 e−u2 du . 2 0 Dobljeni integral je povezan s funkcijo napake, ki je definirana kot 2 Z x erf(x) = √ e−u2 du . π 0 Funkcija napake je neelementarna funkcija in je povezana z verjetnostjo. Čeprav se z verjetnostjo na tem mestu ne ukvarjamo, opišimo funkcijo napake; erf(x) je verjetnost, da slučajna spremenljivka z normalno porazdelitvijo pade v interval [−x, x]. Iz definicije sledi, da če je interval zelo velik (x = ∞), bo slučajna spremenljivka zagotova padla (verjetnost bo enaka 1) v omenjeni interval, zato je 2 Z ∞ erf(∞) = √ e−u2 du = 1 . π 0 Vrednost funkcije gama v 1 je tako enaka 2 1 √ √ Γ = π erf(∞) = π . 2 Zgled 15.5 Izračunajmo Γ − 5 . 2 V formuli Γ(x) = Γ(x+n+1) moramo izbrati dovolj velik n, da bo argument (x+n)(x+n−1)···(x+2)(x+1)x x + n + 1 pozitiven. Ker je x = − 5 , mora biti n ≥ 2. Izberimo najmanjši možni n, torej naj 2 bo n = 2: +2+1) Γ − 5 = Γ(− 5 2 2 (− 1 )(− 3 )(− 5 ) 2 2 2 √ = − 8 15 π . 16. Rešene naloge Nedoločeni integral in integracijske metode 1. Izračunaj naslednje nedoločene integrale: Z (a) dx Z (b) (x3 + 3 + x−2) dx, Z √ √ (c) ( x + 3 4x) dx, Z (d) (13x + ex) dx, Z x2 + 4x + 4 (e) dx, x Z 1 (f) √ dx, x x √ √ 3 Z 5 x − 5 x2 + 3 (g) √ dx, 4 x Z 1 (h) dx, 16x2 + 4 Z 1 (i) dx, x2 − 36 Z 1 (j) √ dx, 2x2 + 18 Z 1 (k) dx, p(2x)2 − 100 Z 1 (l) √ dx, 25 − x2 Z x2 (m) dx, x2 + 1 290 16. Rešene naloge Z (n) (sinh x − cosh x) dx, Z 2x (o) dx, 3x−1 Z 1 + cos2 x (p) dx. 1 + cos 2x Rešitev. (a) R dx = x +C, (b) R (x3 + 3 + x−2) dx = x4 + 3x − x−1 +C, 4 √ √ √ √ 3 (c) R ( x + 3 4x) dx = 2 x3 + 3 4x4 +C, 3 4 (d) R (13x + ex) dx = 13x + ex +C, ln 13 (e) R x2+4x+4 dx = x2 + 4x + 4 ln |x| +C, x 2 (f) R 1 √ dx = −2 1 √ +C, x x x √ √ 3 √ √ 3 √ 4 4 (g) R 5 x−5 x2+3 √ dx = 4 x5 − 60 x5 + 4 x3 +C, 4 x 17 (h) R 1 dx = 1 arctan(2x) +C, 16x2+4 8 (i) R 1 d x = 1 ln x−6 + C, x2−36 12 x+6 √ (j) R 1 √ dx = 1 √ ln x + x2 + 9 +C, 2x2+18 2 √ (k) R 1 √ dx = 1 ln x + x2 − 25 +C (2x)2−100 2 (l) R 1 √ dx = arcsin x +C, 25−x2 5 (m) R x2 dx = x − arctan x +C, x2+1 (n) R (sinh x − cosh x) dx = cosh x − sinh x +C, (o) R 2x dx = 2x +C, 3x−1 3x−1 ln( 2 ) 3 (p) R 1+cos2 x dx = R 1+cos2 x dx = R 1+cos2 x dx = 1 (tan x + x) +C. 1+cos 2x 1+cos2 x−sin2 x 2 cos2 x 2 2. Z uvedbo nove spremenljivke izračunaj naslednje nedoločene integrale: Z 1 (a) dx, 3x + 9 Z 1 (b) dx, kjer je a 6= 0, ax + b Z x (c) dx, (x2 + 5)505 Z x3 (d) dx, x8 + 4 Z x2 (e) dx, (x − 1)2020 Z (f) (cos 2x + sin 2x) dx, Z sin x (g) dx, 1 − cos x Z (h) tan x dx, Z cos3 x (i) dx sin x Z (j) x2ex3 dx, Z 2e2x (k) dx, e2x + 25 291 Z 1 (l) dx, x ln x2 Z (m) 2x(2x + 1)2014 dx, Z 1 (n) dx, (1 + x2) arctan x Z √ (o) x 4 x − 2 dx, Z 1 (p) √ √ dx, x(1 + 3 x) Z ln x (q) dx. q x ln2 x + ln x + 17 4 Rešitev. Z 1 t=x+3 1 (a) dx = ln |x + 3| +C, 3x + 9 3 Z 1 t=x+ b 1 b (b) dx a = ln |x + | +C, ax + b a a Z x t=x2+5 1 1 (c) dx = +C, (x2 + 5)505 2 (−504)(x2 + 5)504 Z x3 t=x4 1 x4 (d) dx = arctan +C, x8 + 4 8 2 Z x2 t=x−1 1 1 1 (e) dx = − − − +C, (x − 1)2020 2017(x − 1)2017 1009(x − 1)2018 2019(x − 1)2019 Z t=2x sin 2x − cos 2x (f) (cos 2x + sin 2x) dx = +C, 2 Z sin x t=1−cos x (g) dx = ln |1 − cos x| +C, 1 − cos x Z t=cos x (h) tan x dx = − ln | cos x| +C, Z cos3 x Z cos x(1 − sin2 x) t=sin x sin2 x (i) dx = dx = ln | sin x| − +C, sin x sin x 2 Z t=x3 1 (j) x2ex3 dx = ex3 + C, 3 Z 2e2x t=e2x+25 (k) dx = ln |e2x + 25| +C, e2x + 25 Z 1 t=ln x2 1 (l) dx = ln | ln(x2)| +C, x ln x2 2 Z t=2x+1 (2x + 1)2015 (m) 2x(2x + 1)2014 dx = +C, 2015 ln 2 Z 1 t=arctan x (n) dx = ln | arctan x| +C, (1 + x2) arctan x Z √ t=x−2 4 4 p(x − 2)9 8 4 p(x − 2)5 (o) x 4 x − 2 dx = + +C, 9 5 √ Z 1 t= 6 x Z 6t5 √ √ (p) √ √ dx = dt = 6( 6 x − arctan( 6 x)) +C. x(1 + 3 x) t3(1 + t2) Z ln x Z Z t=ln x t t + 1 − 1 (q) dx = dt = 2 2 dt = q q q x ln2 x + ln x + 17 t2 + t + 17 (t + 1 )2 + 4 4 4 2 s s 1 2 1 1 1 2 = t + + 4 − ln t + + t + + 4 +C = 2 2 2 2 r r 17 1 1 17 = ln2 x + ln x + − ln ln x + + ln2 x + ln x + + C. 4 2 2 4 292 16. Rešene naloge 3. Z uporabo integriranja po delih izračunaj naslednje nedoločene integrale: Z (a) x cos x dx, Z (b) (x2 + 1) sin x dx, Z (c) x2e2x dx, Z x − 1 (d) dx, e2x Z (e) x2chx dx, Z (f) 3x2 arctan x dx, Z arctan(ex) (g) dx, ex Z (h) ln x dx, Z (i) x ln2 x dx, Z (j) x9 ln x3 dx, Z 1 (k) arctan 1 + dx. x Rešitev. Z u = x dv = cos x dx Z (a) x cos x dx = x sin x − sin x dx = x sin x + cos x +C, du = dx v = sin x Z u = x2 + 1 dv = sin x dx Z (b) (x2 + 1) sin x dx = −(x2 + 1) cos x + 2 x cos x dx = du = 2x dx v = − cos x glej (3a) = −(x2 + 1) cos x + 2x sin x + 2 cos x +C, Z u = x2 dv = e2x dx x2e2x Z (c) x2e2x dx = − xe2x dx = du = x dx v = e2x 2 2 u = x dv = e2x dx x2e2x xe2x Z e2x x2e2x xe2x e2x = − + dx = − + +C du = 2 dx v = e2x 2 2 2 2 2 4 2 Z x − 1 u = x − 1 dv = e−2x dx 1 1 (d) dx = − (x − 1)e−2x + e−2x +C , e2x du = dx v = − e−2x 2 4 2 Z u = x2 dv = chx dx Z (e) x2chx dx = x2shx − 2 x shx dx = du = 2x dx v = shx u = x dv = shx dx Z = x2 shx − 2x chx + 2 chx dx = x2 shx − 2x chx + 2shx +C, du = dx v = chx Z u = arctan x dv = 3x2 dx Z x3 dx (f) 3x2 arctan x dx = x3 arctan x − = du = dx v = x3 x2 + 1 x2+1 Z x x2 1 = x3 arctan x − x − dx = x3 arctan x − + ln(x2 + 1) +C, x2 + 1 2 2 Z arctan(ex) u = arctan(ex) dv = e−x dx Z dx (g) dx = −e−x arctan(ex) + = ex du = ex dx v = −e−x e2x + 1 e2x+1 Z e2x + 1 − e2x Z e2x = −e−x arctan(ex) + dx = −e−x arctan(ex) + x − dx = e2x + 1 e2x + 1 t=e2x+1 1 = −e−x arctan(ex) + x − ln(e2x + 1) +C, 2 Z u = ln x dv = dx Z (h) ln x dx = x ln x − dx = x ln x − x +C, du = dx v = x x 293 ! Z u = ln2 x dv = x dx x2 Z (i) x ln2 x dx = ln2 x − x ln x dx = du = 2lnx dx v = x2 2 x 2 x2 x2 x2 = ln2 x − ln x + +C, 2 2 4 Z u = ln x3 dv = x9 dx x10 Z 3x9 x10 3x10 (j) x9 ln x3 dx = ln x3 − dx = ln x3 − +C, du = 3dx v = x10 10 10 10 100 x 10 Z 1 (k) arctan 1 + dx = x u = arctan 1 + 1 dv = dx 1 Z x = x x arctan 1 + + dx = du = dx v = x x 2x2 + 2x + 1 2x2+2x+1 1 1 Z x + 1 − 1 1 1 1 = x arctan 1 + + 2 2 dx = x arctan 1 + + ln x2 + x + − x 2 (x + 1 )2 + 1 x 4 2 2 4 1 − arctan(2x + 1) +C. 2 4. Izračunaj naslednje nedoločene integrale racionalnih funkcij: Z x (a) dx, x2 − 2x + 5 Z x − 2 (b) dx, x2 + x + 1 Z x (c) dx, (x2 + 4)2 Z x5 (d) , dx, x2 + 1 Z 3 (e) dx, x2 + 3x + 2 Z 3x + 8 (f) dx, x2 + 6x + 8 Z x2 + 2x (g) dx, (x + 1)3 Z x (h) dx, (x + 1)2(x + 2)2 Z x2 + 2x + 15 (i) dx, (x + 3)(x2 + 9) Z −x3 + 2x + 4 (j) dx, x2(x2 + 2x + 4) Z −x3 + x2 + 3 (k) dx, (x2 + x + 3)(x2 + 1) Z x − 2x2 (l) dx. (x + 2)2(x2 + 2x + 5) Rešitev. Z x Z x Z x − 1 + 1 (a) dx = dx = dx = x2 − 2x + 5 (x − 1)2 − 1 + 5 (x − 1)2 + 4 Z x − 1 Z 1 1 1 x − 1 = dx + dx = ln (x − 1)2 + 4 + arctan +C, (x − 1)2 + 4 (x − 1)2 + 4 2 2 2 Z x − 2 Z x + 1 − 1 − 2 Z x + 1 5 Z 1 (b) dx = 2 2 dx = 2 dx − dx = x2 + x + 1 (x + 1 )2 − 1 + 1 (x + 1 )2 + 3 2 (x + 1 )2 + 3 2 4 2 4 2 4 1 1 3 5 2x + 1 = ln (x + )2 + − √ arctan √ +C, 2 2 4 3 3 294 16. Rešene naloge Z x t=x2+4 1 (c) dx = − +C, (x2 + 4)2 2(x2 + 4) (d) Najprej delimo polinom x5 s polinomom x2 + 1 in posledično dobimo Z x x4 x2 1 x3 − x + dx = − + ln(x2 + 1) +C. x2 + 1 4 2 2 (e) Imamo dva načina. • Direktno z uporabo formul. Z 3 dx Z 3 dx (x + 3 ) − 1 x + 1 = = 3 ln 2 2 +C = 3 ln + C x2 + 3x + 2 (x + 3 )2 − 1 (x + 3 ) + 1 x + 2 2 4 2 2 • Uporaba parcialnih ulomkov. 3 3 A B = = + . x2 + 3x + 2 (x + 1)(x + 2) x + 1 x + 2 Dobimo sistem enačb A + B = 0, 2A + B = 3. Rešitvi sistema sta A = 3 in B = −3. Sledi Z 3 dx Z 3 3 x + 1 = − d x = 3 ln |x+1|−3 ln |x+2|+C = 3 ln +C. (x + 1)(x + 2) x + 1 x + 2 x + 2 (f) Uporabili bomo parcialne ulomke (lahko tudi direktno; glej (4a)). 3x + 8 A B = + (x + 2)(x + 4) x + 2 x + 4 Dobimo A = 1 in B = 2. Sledi Z 3x + 8 Z 1 2 dx = + dx = ln |x + 2| + 2 ln |x + 4| +C. (x + 2)(x + 4) x + 2 x + 4 (g) V vseh nadaljnih primerih bomo za računanje integralov uporabili parcialne ulomke. x2 + 2x A B C = + + (x + 1)3 (x + 1)3 (x + 1)2 (x + 1) Dobimo A = −1, B = 0 in C = 1. Sledi Z x2 + 2x Z −1 1 1 dx = + dx = + ln |x + 1| +C. (x + 1)3 (x + 1)3 (x + 1) 2(x + 1)2 (h) x A B C D = + + + (x + 1)2(x + 2)2 (x + 1)2 x + 1 (x + 2)2 x + 2 Dobimo A = −1, B = 3, C = −2 in D = −3. Sledi Z x 1 2 dx = + 3 ln |x + 1| + − 3 ln |x + 2| +C. (x + 1)2(x + 2)2 x + 1 x + 2 (i) x2 + 2x + 15 A Bx + C = + (x + 3)(x2 + 9) x + 3 x2 + 9 Dobimo A = 1, B = 0 in C = 2. Sledi Z x2 + 2x + 15 2 x dx = = ln |x + 3| + arctan +C. (x + 3)(x2 + 9) 3 3 295 (j) −x3 + 2x + 4 A B Cx + D = + + x2(x2 + 2x + 4) x2 x x2 + 2x + 4 Dobimo A = 1, B = 0, C = −1 in D = −1. Sledi Z −x3 + 2x + 4 1 1 dx = − − ln((x + 1)2 + 3) +C. x2(x2 + 2x + 4) x 2 (k) −x3 + x2 + 3 Ax + B Cx + D = + (x2 + x + 3)(x2 + 1) x2 + x + 3 x2 + 1 Dobimo A = −1, B = 0, C = 0, D = 1. Sledi Z −x3 + x2 + 3 1 1 11 1 2x + 1 dx = − ln (x + )2 + + √ arctan √ + arctan x +C. (x2 + x + 3)(x2 + 1) 2 2 4 11 11 (l) x − 2x2 A B Cx + D = + + (x + 2)2(x2 + 2x + 5) (x + 2)2 x + 2 x2 + 2x + 5 Dobimo A = −2, B = 1, C = −1 in D = 0. Sledi Z x − 2x2 2 1 1 x + 1 dx = = + ln |x + 2| − ln((x + 1)2 + 4) + arctan +C. (x + 2)2(x2 + 2x + 5) x + 2 2 2 2 5. S pomočjo metode Ostrogradskega izračunaj naslednje nedoločene integrale racionalnih funkcij: Z 2x2 (a) dx, (x2 − 1)2 Z 2x2 (b) dx, (x2 + 1)2 Z 1 (c) dx, (x2 + 2x + 5)2 Z 1 (d) dx, (x2 + 1)3 Z 6x (e) dx. (x − 1)2(x + 1)3 Rešitev. (a) Nastavimo Z 2x2 Ax + B Z Cx + D dx = + dx (x2 − 1)2 (x − 1)(x + 1) (x − 1)(x + 1) Sedaj odvajamo zgornjo enačbo in dobimo 2x2 A(x2 − 1) − 2x(Ax + B) Cx + D = + . (x2 − 1)2 (x − 1)2(x + 1)2 (x − 1)(x + 1) Posledično A = −1, B = 0, C = 0 in D = 1. Sledi Z 2x2 x Z 1 x 1 x − 1 d x = − + dx = − + ln + C. (x2 − 1)2 (x − 1)(x + 1) (x − 1)(x + 1) x2 − 1 2 x + 1 (b) Z 2x2 Ax + B Z Cx + D dx = + dx (x2 + 1)2 x2 + 1 x2 + 1 Dobimo A = −1, B = 0, C = 0 in D = 1. Sledi Z 2x2 x dx = − + arctan x +C. (x2 + 1)2 x2 + 1 296 16. Rešene naloge (c) Z 1 Ax + B Z Cx + D dx = + dx (x2 + 2x + 5)2 x2 + 2x + 5 x2 + 2x + 5 Dobimo A = 1 , B = 1 , C = 0 in D = 1 . Sledi 8 8 8 Z 1 1 x + 1 1 x + 1 dx = + arctan +C. (x2 + 2x + 5)2 8 x2 + 2x + 5 2 2 (d) Z 1 Ax3 + Bx2 + Cx + D Z Ex + F dx = + dx (x2 + 1)3 (x2 + 1)2 x2 + 1 Dobimo A = 3 , B = 0, C = 5 , D = 0, E = 0, D = 1 . Sledi 8 8 8 Z 1 1 3x3 + 5x dx = + 3 arctan x +C. (x2 + 1)3 8 (x2 + 1)2 (e) Z 6x Ax2 + Bx + C Z Dx + E dx = + dx (x − 1)2(x + 1)3 (x − 1)(x + 1)2 (x − 1)(x + 1) Dobimo A = −1, B = 0, C = −1, D = 0 in E = −1. Sledi Z x −x2 − 1 1 x − 1 d x = − ln + C. (x − 1)2(x + 1)3 (x − 1)(x + 1)2 2 x + 1 6. Izračunaj naslednje nedoločene integrale funkcij z iracionalnimi členi: Z 1 (a) dx, p(x + 1)7 Z q (b) 3 (3x + 6)4 dx, Z √ (c) x x − 2 dx, Z p (d) x x2 + 1 dx, Z 1 (e) √ √ dx, x + 1 − x √ Z x (f) dx, (x + 1)2 Z x2 + 1 (g) √ dx, 1 − x2 Z p (h) 1 + x2 dx, Z x2 + x (i) √ dx, 3 − 2x − x2 Z p (j) 2x2 + 2x + 1 dx, Z 2x − 1 (k) √ dx, 2 − x − 2x2 Z x (l) √ dx, x2 + 2 x2 − 1 Z 1 (m) √ dx, (x − 2) x2 + 2x + 2 297 r Z x2 + 1 (n) dx, x2 Z r x (o) dx, x + 1 r Z 1 − x (p) dx, x Z 1 (q) √ √ dx, 1 + x − x + 1 Z 1 (r) √ dx, (x + 1) 1 − x Z 1 (s) √ dx, (x + 1) x2 + 1 Z 1 (t) √ dx. x2 + x + 1 − (x + 1) Rešitev. Z 1 2 (a) dx = − +C, p( p x + 1)7 5 (x + 1)5 √ Z q 3 3 34 q (b) 3 (3x + 6)4 = 3 (x + 2)7 +C, 7 Z √ t=x−2 2 q 4 q (c) x x − 2 dx = (x − 2)5 + (x − 2)3 +C, 5 3 p Z p t=x2+1 (x2 + 1)3 (d) x x2 + 1 dx = +C, 3 Z 1 Z √ √ 2 q 2 √ (e) √ √ dx = ( x + 1 + x) dx = (x + 1)3 + x3 + C, x + 1 − x 3 3 √ √ Z x t= x Z 2t2 (f) dx = dt in ta integral smo izračunali v (5b). (x + 1)2 (t2 + 1)2 (g) Pomagali si bomo z naslednjim nastavkom Z x2 + 1 Z p 1 √ dx = (Ax + B) 1 − x2 +C √ dx. 1 − x2 1 − x2 Zgornjo vrstico odvajamo in dobimo x2 + 1 p x C √ = A 1 − x2 − (Ax + B) √ + √ . 1 − x2 1 − x2 1 − x2 √ Slednjo vrstico pomnožimo s 1 − x2 in dobimo x2 + 1 = −2Ax2 + Bx + A +C. Iz tega sledi A = − 1 , B = 0 in C = 3 . Torej 2 2 Z x2 + 1 1 Z p 3 1 1 p 3 √ dx = − x 1 − x2 + √ dx = − x 1 − x2 + arcsin x +C. 1 − x2 2 2 1 − x2 2 2 (h) Najprej preoblikujemo integral Z Z p 1 + x2 1 + x2 dx = √ dx. 1 + x2 Postopek je podoben kot v (6g). Z 1 + x2 Z p 1 √ dx = (Ax + B) 1 + x2 +C √ dx. 1 + x2 1 + x2 298 16. Rešene naloge Sledi A = 1 , B = 0 in C = 1 . Posledično 2 2 Z p 1 p 1 p 1 + x2 dx = x 1 + x2 + ln |x + 1 + x2| +C. 2 2 Opomba: integral lahko izračunamo tudi z uvedbo nove spremenljivke x = sht. (i) Postopek je podoben kot v (6g). Z x2 + x Z p 1 √ dx = (Ax + B) 3 − 2x − x2 +C √ dx. 3 − 2x − x2 3 − 2x − x2 Dobimo A = − 1 , B = 1 in C = 2. Posledično 2 2 Z x2 + x 1 1 Z p 1 √ dx = − x + 3 − 2x − x2 + 2 √ dx = 3 − 2x − x2 2 2 3 − 2x − x2 1 1 Z p 1 = − x + 3 − 2x − x2 + 2 dx = 2 2 p4 − (x − 1)2 1 1 p x + 1 = − x + 3 − 2x − x2 + 2 arcsin +C. 2 2 2 (j) Najprej integral preoblikujemo Z √ Z p x2 + x + 1 2x2 + 2x + 1 dx = 2 2 dx. q x2 + x + 12 Najprej upoštevamo nastavek in dobimo r Z x2 + x + 1 1 Z 1 2 = (Ax + B) x2 + x + +C dx. q 2 q x2 + x + 1 x2 + x + 1 2 2 Sledi A = 1 , B = 1 in C = 1 . Torej 2 4 8 √ √ r r Z p 2 1 2 1 1 2x2 + 2x + 1 dx = (2x + 1) x2 + x + + ln x + + x2 + x + + C. 4 2 8 2 2 (k) Najprej integral preoblikujemo Z 2x − 1 1 Z 2x − 1 √ dx = √ dx 2 − q x − 2x2 2 1 − x − x2 2 Upoštevamo nastavek r Z 2x − 1 x Z 1 dx = A 1 − − x2 + B dx q q 1 − x − x2 2 1 − x − x2 2 2 in dobimo A = −2 in B = − 3 . Posledično je 2 r Z 2x − 1 2 x 3 4x − 1 √ dx = − √ 1 − − x2 − √ arcsin √ +C. 2 − x − 2x2 2 2 2 2 17 (l) Integral bomo izračunali z uvedbo nove spremenljivke √ Z x t= x2−1 Z 1 −1 √ dx = dt = √ +C. x2 + 2 x2 − 1 (t + 1)2 x2 − 1 + 1 Z 1 t= 1 Z t (m) √ d x− x 2 = − dt = ( q x − 2) x2 + 2x + 2 t2 ( 1 + 2)2 + 2( 1 + 2) + 2 t t 1 Z dt 1 Z dt = − √ = − √ = 10 q q t2 + 6 t + 1 10 (t + 3 )2 + 1 10 10 10 100 s 1 1 3 1 3 2 1 = − √ ln + + + + + C 10 x − 2 10 x − 2 10 100 299 (n) Najprej integral preoblikujemo r Z x2 + 1 Z x2 + 1 Z x dx Z dx dx = √ dx = √ + √ . x2 x x2 + 1 x2 + 1 x x2 + 1 V nadaljevanju se bomo posvetili drugemu. r Z 1 t= 1 Z − dt 1 1 √ dx x = √ = − ln + 1 + + C. x x2 + 1 t2 + 1 x x2 Posledično je r r Z x2 + 1 p 1 1 dx = x2 + 1 − ln + 1 + + C. x2 x x2 (o) Vpeljemo novo spremenljivko t2 = x . Posledično je dx = 2t dt. Dobili smo torej x+1 (t2−1)2 Z r x t2= x Z 2t2 d x+ x 1 = dt. x + 1 (t2 − 1)2 Za rešitev tega integrala glej (5a). (p) Vpeljemo novo spremenljivko t2 = 1−x . Posledično je dx = −2t dt. Dobili smo integral x (t2+1)2 Z 2t2 − dt. (t2 + 1)2 Za rešitev tega integrala glej (5b). (q) Najprej integral preoblikujemo. √ √ r ! Z 1 Z 1 + x + x + 1 Z 1 1 1 x + 1 √ √ dx = √ dx = √ + + dx. 1 + x − x + 1 (1 + x)2 − x − 1 2 x 2 2 x V nadaljevanju se bomo posvetili integriranju zadnjega člena. Pomagali si bomo z novo spremenljivko t2 = x+1 . x r Z x + 1 t= x+1 Z 2t2 dx x = − dt x (t2 − 1)2 in slednji integral smo izračunali v (5a). Torej r r Z 1 √ 1 1 x + 1 1 x + 1 √ √ dx = x + x + ln − 1 + ln + 1 +C. 1 + x − x + 1 2 2 x 2 x (r) Integral bomo rešiti s pomočjo uvedbe nove spremenljivke. √ √ √ √ Z 1 Z 2 1 t − 2 1 1 − x − 2 √ t= 1−x dx = dt = − √ √ +C = − √ √ √ +C. (x + 1) 1 − x 2 − t2 2 2 t + 2 2 2 1 − x + 2 (s) Tudi ta integral bomo rešiti s pomočjo uvedbe nove spremenljivke. Z 1 t= 1 Z 1 Z 1 √ d x+ x 1 = dt = √ dt = ( q x + 1) x2 + 1 t 1−t 2 + 1 2t2 − 2t + 1 t r 1 Z 1 1 1 1 = √ dt = √ ln t − + t2 − t + + C = 2 q 2 2 2 t − 1 2 + 1 2 4√ 1 1 1 x2 + 1 = √ ln − + √ + C. 2 x + 1 2 2(x + 1) 300 16. Rešene naloge (t) Najprej integral preoblikujemo in delno izračunamo √ Z 1 Z x2 + x + 1 + (x + 1) √ dx = dx = x2 + x + 1 − (x + 1) −x Z x + 1 1 Z 1 = − √ − 1 − dx + √ dx = x2 + x + 1 x x x2 + x + 1 Z p 1 1 p 1 = x2 + x + 1 + ln √ x + + x2 + x + 1 − x − ln x + dx. 2 2 x x2 + x + 1 Posebej izračunajmo zadnji del. Z 1 t= 1 Z t Z 1 √ dx x = dt = √ dt = q x x2 + x + 1 t2 1 + 1 + 1 t2 + t + 1 t2 t r 1 p 1 1 1 1 = ln t + + t2 + t + 1 +C = ln + + + + 1 +C 2 x 2 x2 x 7. Izračunaj naslednje nedoločene integrale funkcij sinus in kosinus: Z (a) cos2 x dx, Z (b) sin4 x dx, Z (c) sin2 x cos2 x dx, Z (d) sin3 x cos x dx, Z (e) cos2019 x sin x dx, Z (f) sin5 x cos2 x dx, Z 1 (g) dx, cos x Z sin5 x (h) dx, cos2 x Z sin x + cos x (i) dx, 1 + sin x Z 1 + sin x (j) dx, sin x cos x Z 1 (k) dx, sin3 x cos x Z 1 (l) dx, 2 sin x − 3 cos x + 3 Z 1 (m) dx, sin x(2 + cos x) Z 1 (n) dx, 4 − 3 cos2 x Z 1 (o) dx, sin x cos x + cos2 x Z 1 + tan x (p) dx, sin(2x) − 1 Z 1 + tan x (q) dx, sin(2x) Z sin(2x) (r) √ dx, 1 + 1 + sin x 301 Z (s) sin 2x cos 3x dx, Z (t) sin 2x sin 5x dx, Z (u) cos x cos 4x dx. Rešitev. Z Z 1 + cos(2x) 1 sin(2x) (a) cos2 x dx = dx = x + +C, 2 2 2 Z Z 1 − cos(2x) 2 1 Z 3 cos(4x) (b) sin4 x dx = dx = − 2 cos(2x) + dx = 2 4 2 2 1 3 sin(4x) = x − sin(2x) + +C, 4 2 8 Z Z (1 − cos(2x))(1 + cos(2x)) 1 Z 1 cos(4x) (c) sin2 x cos2 x dx = dx = − dx = 4 4 2 2 1 1 sin(4x) = x − +C, 4 2 8 Z t=sin x sin4 x (d) sin3 x cos x dx = +C, 4 Z t=cos x cos2020 x (e) cos2019 x sin x dx = − +C, 2020 Z Z Z t=cos x (f) sin5 x cos2 x dx = (1 − cos2 x)2 cos2 x sin x dx = = − (1 − t2)2t2 dt = cos3 x 2 cos5 x cos7 x = − − + +C, 3 5 7 (g) Za ta integral imamo več možnih načinov računanja. Pokažimo dve možnosti. Z 1 Z cos x Z cos x t=sin x 1 1 − sin x i. d x = dx = dx = ln + C cos x cos2 x 1 − sin2 x 2 1 + sin x ii. Uporabimo univerzalno substitucijo t = tan x . Spomnimo na naslednje formule sin x = 2 2t , cosx = 1−t2 , dx = 2dt . V tem primeru dobimo 1+t2 1+t2 1+t2 Z 1 t=tan( x ) Z 1 2 dt 1 − t 1 + tan x d 2 x = = ln 2 + C = ln +C. cos x 1−t2 (1 + t2) 1 + t 1 − tan x 2 1+t2 (h) Integral bomo najprej preoblikovali, nato si bomo pomagali z novo spremenljivko. Z sin5 x Z sin x(1 − cos2 x)2 Z t=cos x 1 − 2t2 + t4 1 t3 dx = dx = − dt = + 2t − +C = cos2 x cos2 x t2 t 3 1 cos3 x = + 2 cos x − +C cos x 3 Z sin x + cos x Z (sin x + cos x)(1 − sin x) Z sin x 1 sin x 1 (i) dx = dx = + − − + 1 dx 1 + sin x 1 − sin2 x cos2 x cos x cos x cos2 x Ta integral lahko razdelimo na pet integralov, idejo kako se integrirajo le-ti pa smo razložili že v predhodnih primerih. Končni rezultat je torej Z sin x + cos x 1 1 1 − sin x d x = + ln + ln | cos x| − tan x + x + C. 1 + sin x cos x 2 1 + sin x (j) Razdelimo na dva integrala Z 1 + sin x Z 1 Z 1 dx = dx + dx. sin x cos x sin x cos x cos x Glede na (7g) je dovolj izračunati prvi del. Z 1 t=tan( x ) Z t2 + 1 d 2 x = dt. sin x cos x t(1 − t2) 302 16. Rešene naloge Za ta integral si pomagamo s parcialnimi ulomki t2 + 1 A B C = + + . t(1 − t2) t 1 − t 1 + t Dobimo A = 1, B = 1 in C = −1. Torej Z t2 + 1 dt = ln|t|−ln|t −1|−ln|t +1|+C. t(1 − t2) Sledi Z 1 + sin x tan x 1 1 − sin x d x = ln 2 + ln + C. sin x cos x tan2 x − 1 2 1 + sin x 2 (k) Najprej preoblikujemo Z 1 Z sin x Z sin x Z t=cos x 1 dx = dx = dx = − dx. sin3 x cos x sin4 x cos x (1 − cos2 x)2 cos x t(1 − t2)2 Sedaj si pomagamo s parcialnimi ulomki. Izkaže se 1 1 1 1 1 1 = − − − + . t(1 − t2)2 t 2(t + 1) 4(t + 1)2 2(t − 1) 4(t − 1)2 Posledično je Z 1 1 1 1 dx = ln | cos x| − ln | cos2 x − 1| + +C = ln | cot x| − +C. sin3 x cos x 2 2(cos2 x − 1) 2 sin2 x (l) Uporabili bomo univerzalno substitucijo. Z 1 t=tan( x ) 1 Z dt 1 Z dt 1 tan x d 2 x = = = ln 2 + C 2 sin x − 3 cos x + 3 3 t2 + 2 t 3 (t + 1 )2 − 1 2 tan x + 2 3 3 9 2 3 (m) Uporabili bomo univerzalno substitucijo. Z 1 t=tan( x ) Z t2 + 1 d 2 x = dt sin x(2 + cos x) t(t2 + 3) Ponovno si pomagamo s parcialnimi ulomki in dobimo Z t2 + 1 Z 1 2t dt = + +C. t(t2 + 3) 3t 3(t2 + 3) Torej Z 1 1 x 1 x dx = ln | tan | + ln | tan2 + 3| +C. sin x(2 + cos x) 3 2 3 2 (n) Najprej navedimo idejo za integriranje. Naj bodo A, B,C ∈ R. Tedaj Z dx Z dx = . A sin2 x + B sin x cos x +C cos2 x cos2 x(A tan2 x + B tan x +C) V ta integral vpeljemo novo spremeljivko t = tan x in dobimo racionalno funkcijo. Uporabimo sedaj to idejo v našem primeru. Z 1 Z 1 Z 1 Z t=tan x 1 1 dx = dx = dx = dt = 4 − 3 cos2 x cos2 x + 4 sin2 x 4 cos2 x(tan2 x + 1 ) 4 t2 + 1 4 4 1 t 1 tan x = arctan +C = arctan +C 2 2 2 2 Z 1 Z 1 t=tan x (o) dx dx = ln | tan x + 1| +C. sin x cos x + cos2 x cos2 x(tan x + 1) 303 (p) Postopali bomo podobno kot v (7n). Z 1 + tan x Z 1 + tan x Z t=tan x 1 + t dx = dx = dt = sin(2x) − 1 2 sin x cos x − cos2 x − sin2 x −(t − 1)2 Z 1 2 2 = − + dt = − ln | tan x − 1| − +C. t − 1 (t − 1)2 tan x − 1 (q) Najprej bomo preoblikovali integral. Z 1 + tan x Z cos x + sin x Z cos x Z 1 dx = dx = dx + dx. sin(2x) 2 sin x cos2 x 2 sin x(1 − sin2 x) 2 cos2 x Osredotočimo se na prvega po preoblikovanju. Z cos x Z Z t=sin x 1 1 1 2 1 dx = dt = − + dt = 2 sin x(1 − sin2 x) 2t(1 − t2) 4 t − 1 t t + 1 1 1 = (ln | sin x − 1| − 2 ln | sin x| + ln | sin x + 1|) +C = ln |ctgx| +C. 4 2 Torej Z 1 + tan x 1 1 dx = ln |ctgx| + tan x +C. sin(2x) 2 2 (r) Pomagali si bomo z novo spremenljivko. Z sin(2x) Z 2 sin x cos x Z 2(t − 1) √ t=1+sin x dx = √ dx = √ dt = 1 + 1 + sin x 1 + 1 + sin x 1 + t √ Z 2(t − 1)(1 − t) Z √ 4 3 = dt = 2( t − 1) dt = (sin x + 1) 2 − 2(sin x + 1) +C. 1 − t 3 Z Z 1 1 cos(5x) (s) sin 2x cos 3x dx = (sin(2x + 3x) + sin(2x − 3x)) dx = − + cos(x) +C 2 2 5 Z Z 1 1 sin(3x) sin(7x) (t) sin 2x sin 5x dx = (cos(2x − 5x) − cos(2x + 5x)) dx = − +C 2 2 3 7 Z Z 1 1 sin(5x) sin(3x) (u) cos x cos 4x dx = (cos(x + 4x) + cos(x − 4x)) dx = + +C 2 2 5 3 Določeni integral in njegova uporaba v geometriji 1. Izračunaj naslednje določene integrale: Z 1 (a) (1 − x2) dx, −1 Z 3 x + 1 (b) dx, 2 x2 + 2x − 3 Z 0 (c) sin3 x dx, π 2 Z 1 x2x2 (d) dx. 0 1 + 2x2 Rešitev. Z 1 x3 1 1 1 4 (a) (1 − x2) = (x − ) = (1 − ) − (−1 + ) = , −1 3 −1 3 3 3 Z 3 x + 1 Z 12 t=x2+2x−3 1 1 12 1 12 (b) dx = dt = ln |t| = ln , 2 x2 + 2x − 3 5 2t 2 5 2 5 Z 0 Z 0 Z 0 Z 1 t=cos x 2 (c) sin3 x dx = sin x(1 − cos2 x) dx = − (1 − t2) dt = (1 − t2) dt = , π π 1 0 3 2 2 Z 1 x2x2 Z 3 t=1+2x2 1 1 1 3 (d) dx = dt = ln . 0 1 + 2x2 2 ln 2 2 t 2 ln 2 2 304 16. Rešene naloge 2. Izračunaj ploščino območja pod grafom funkcije f , ki je podana s predpisom f (x) = 4 − x2, na intervalu [−2, 2]. Z 2 Z 2 32 Rešitev. (4 − x2) dx = 2 (4 − x2) dx = −2 0 3 3. Izračunaj ploščino lika, ki je določeno takole y ≥ 0, y ≤ 4 − x2 in y ≤ x + 2. Rešitev. Opazimo, da je vsota dveh integralov Z 1 Z 2 47 (x + 2) dx + (4 − x2) dx = . −2 1 6 √ √ 4. V katerem razmerju daljica s krajiščema (−1, 0) in ( 2 , 2 ) razdeli enotski krog? 2 2 Rešitev. Opazimo, da zadostuje izračunati ploščino enega dela kroga. Izračunajmo tisti del, ki leži nad daljico. √2 Z √ 2 p P1 = 1 − x2 − ( 2 − 1)(x + 1) dx = −1 √ 1 √ 2 p 1 x2 2 = x 1 − x2 + arcsin x − ( 2 − 1)( + x) = 2 2 2 −1 1 1 √ √ = (2 + 3π) + ( 2 − 1)(3 + 2 2). 8 4 Posledično je razmerje P1 : π − P1. 5. Krivulja L , ki je podana z enačbo 2x + 1 = y2, razdeli krog K , ki je določen z neenačbo x2 + y2 ≤ 4, na dva dela. Izračunaj razmerje ploščin nastalih delov kroga K pri delitvi s krivuljo L . Rešitev. Dovolj je izračunati eno ploščno, saj je vemo, da je ploščina kroga v našem primeru 4π. √ √ Z 3 3 p y2 − 1 1 p x y3 y p 1 = √ 4 − y2 − dy = 2 y 4 − y2 + 2 arcsin − + = − 3 2 2 2 6 2 0 √ ! 3 2π = 2 + . 2 3 √ Za integral glej rešitev naloge 26. V našem primeru je razmerje med ploščinama ( 3 + 4π ) : 3 √ ( 8π − 3). 3 6. S pomočjo integrala izračunaj ploščino območja, ki ga določa elipsa z enačbo x2 y2 + = 1. 4 9 Rešitev. r Z 2 9 Z 2 p 4 9 − x2 dx = 6 4 − x2 dx. 0 4 0 √ Nedoločeni integral R 4 − x2 dx izračunamo na naslednji način Z Z Z p 4 − x2 p 1 4 − x2 dx = √ dx = (Ax + B) 4 − x2 +C √ dx. 4 − x2 4 − x2 Izkaže se, da je v tem primeru ploščina elipse 6π. 7. S pomočjo integrala izpelji formulo za računanje ploščine elipse, ki je določena z neenačbo x2 y2 + ≤ 1, a2 b2 305 kjer sta a, b > 0. Rešitev. Naloga se reši podobno kot v 6. Natančneje r Z a b2 b Z 2 p 4 b2 − x2 dx = 4 a2 − x2 dx. 0 a2 a 0 V tem primeru ploščina elipse πab. √ 1 + 1 − x 8. Izračunaj ploščino območja pod grafom funkcije f : [ 2 , 1] → √ . 3 R, f (x) = 2 x Rešitev. √ r ! Z 1 1 + 1 − x Z 1 1 1 1 − x √ dx = √ + dx = 2 2 x 2 2 x 2 x 3 3 √ r ! r ! 2 1 t 0 2 1 − 3 π = 1 − + − + arctant = 1 − − + 3 4 t2 + 1 1 √ 3 4 4 6 3 √ Nedoločeni integral R 1−x √ dx smo izračunali v (6p) prejšnjega razdelka. x x2 y2 9. Izračunaj ploščino tistega dela območja v ravnini, ki zadošča pogojema + ≤ 1 4 9 in y ≥ 9x2 . 32 x2 y2 Rešitev. Za meje v določenem integralu poiščemo presečišča krivulj z enačbama + = 1 in √ √ 4 9 y = 9x2 . Dobimo, da sta prvi koordinati presečišč x 2 in x 2 . Nadalje, opazimo, da je 32 1 = 4 3 2 = − 4 3 območje simetrično glede na os y in s tem si poenostavimo računanje. √ √ 4 2 4 2 Z 3 3 Z p 9x2 3 p 3x2 pl = 2 4 − x2 − dx = 3 4 − x2 − dx = 0 2 32 0 16 √ √ √ √ ! 1 4 2 p x x3 3 4 2 4 2 8 2 = 3 x 4 − x2 + 2 arcsin( ) − = 3 + 2 arcsin − . 2 3 16 0 9 9 3 √ 10. Izračunaj ploščino lika, ki ga določajo krivulje z enačbami y = ln x2+1−x √ , x = 1 x2+1+x in y = 0. Rešitev. Opazimo, da bomo integrirali na intervalu [0, 1]. Omenimo, da bomo ustrezen določeni √ integral izračunali s pomočjo integriranja po delih: x2+ u = ln 1−x √ in dv = dx. x2+1+x √ √ ! ! Z 1 x2 + 1 − x x2 + 1 − x 1 Z 1 2x pl = ln √ dx = x ln √ + √ dx = 0 x2 + 1 + x x2 + 1 + x 0 0 x2 + 1 √ √ ! ! 2 − 1 √ p 1 2 − 1 = ln √ + 2 x2 + 1 = ln √ + 2 2 − 2. 2 + 1 0 2 + 1 √ 11. Izračunaj dolžino loka grafa funkcije f : [0, 1] → R, f (x) = 2 1 + x. Rešitev. s r Z 1 2 2 Z 1 x + 2 ` = 1 + √ dx = dx. 0 2 1 + x 0 x + 1 Uvedimo novo spremenljivko t2 = x+2 . Tako dobimo integral x+1 3 Z 2 −2t2 dt. 2 (t2 − 1)2 306 16. Rešene naloge Sedaj si pomagamo s (5a) prejšnjega razdelka in dobimo, da je dolžina loka enaka 6 1 1 2 1 1 8 1 5 ` = − ln − + ln = + ln . 5 2 5 3 2 3 15 2 3 12. Izračunaj dolžino loka krivulje z enačbo y = ln(x) na intervalu [1, e]. Rešitev. Pomagaj si s (6n) prejšnjega razdelka. r r ! Z e 1 p 1 1 è = 1 + dx = x2 + 1 − ln + 1 + = 1 x2 x x2 1 r √ √ p 1 1 = e2 + 1 − ln + 1 + − 2 + ln 1 + 2 . e e2 √ √ 13. Izračunaj dolžino krivulje, ki je določena z enačbo y = x − x2 + arcsin( x). Rešitev. Opazimo, da je krivulja definirana na integralu [0, 1]. Izračunajmo odvod r 1 − 2x 1 1 1 − x y0 = √ + √ · √ = . 2 x − x2 1 − x 2 x x Torej r Z 1 1 − x Z 1 1 ` = 1 + dx = √ dx = 2. 0 x 0 x 14. Naj bo a > 1 in naj bo funkcija f : [1, a] → R podana s predpisom f (x) = ln(x + √x2 −1). P(a) naj označuje ploščino lika pod grafom funkcije f, s(a) pa dolžino loka, ki ga določa graf funkcije f . Dokaži, da je P(a) + s(a) = a f (a). Rešitev. Izračunajmo najprej P(a). Pomagali si bomo z integriranjem po delih. Z a p P(a) = ln(x + x2 − 1) dx = 0 √ ! u = ln(x + x2 − 1) dv = dx Z a p a x = − √ du = 1 √ dx v = x x ln(x + x2 − 1) dx = 1 x2 − x2−1 0 1 p p = a ln(a + a2 − 1) − a2 − 1 Sedaj izračunajmo še s(a). r Z a 1 Z a x p s(a) = 1 + dx = √ = a2 − 1 0 x2 − 1 0 x2 − 1 Posledično je p p p P(a) + s(a) = a ln(a + a2 − 1) − a2 − 1 + a2 − 1 = a f (a). 15. Dokaži, da ima graf funkcije f : [0, 2π] → R, f (x) = sin x, enako dolg lok kot je dolžina loka elipse z enačbo x2 + y2 = 1. 2 Rešitev. Opazimo, da sta tako graf funkcije f in kot elipsa sestavljena iz štirih enakih delov. Torej je dovolj dokazati √ s π Z 2 2 Z p x2 1 + cos2 x dx = 1 + dx. 0 0 4 − 2x2 307 Osredotočimo se na desno stran. √ s √ s √ s π Z 2 x2 1 Z 2 4 − x2 Z t= 2 sint 2 4 − 2 sin2 t 1 + dx = √ dx = cost dt = 0 4 − 2x2 2 0 2 − x2 0 2 − 2 sin2 t π Z 2 p = 1 + cos2 t dt. 0 S tem je trditev dokazana. 16. Lik L je v ravnini določen s krivuljama z enačbama y2 = 4x in y = 2 ter osjo y. Izračunaj volumen rotacijskega telesa, ki ga dobimo z vrtenjem lika L okoli (a) osi x, (b) osi y. Rešitev. Z 1 (a) V = π 4x dx = 2π. 0 (b) V tem primeru zamenjamo vlogi x in y. Z 2 y4 32 8 V = π 1 − dx = 2 − π = π . 0 16 80 5 17. Lik L je v ravnini določen z množico M = {(x, y) ∈ 2 R | 1 − x ≤ y ≤ 1 − x2}. (a) Izračunaj ploščino lika L . (b) Izračunaj obseg lika L . (c) Izračunaj volumen rotacijskega telesa, ki ga dobimo z vrtenjem lika L okoli osi x. (d) Izračunaj volumen rotacijskega telesa, ki ga dobimo z vrtenjem lika L okoli osi y. (e) Izračunaj površino rotacijskega telesa, ki ga dobimo z vrtenjem lika L okoli osi x. Rešitev. Z 1 x2 x3 1 1 (a) ((1 − x2) − (1 − x)) dx = − = . 0 2 3 0 6 √ (b) Opazimo, da je en del obsega daljica dolžine 2. Torej je dovolj izračunati naslednji integral: Z 1 Z 1 p 1 + 4x2 1 + 4x2 dx = √ dx 0 0 1 + 4x2 Prej bomo izračunali nedoločeni integral. Z 1 + 4x2 Z p 1 √ dx = (Ax + B) 1 + 4x2 +C √ dx. 1 + 4x2 1 + 4x2 Ponovno odvajamo in dobimo A = 1 , B = 0 in C = 1 . Torej 2 2 Z 1 1 + 4x2 1 Z 1 p 1 1 1 ` = √ dx = x 1 + 4x2 + √ dx = 0 1 + 4x2 2 0 2 0 1 + 4x2 √ √ r 5 1 1 1 5 1 √ = + ln x + x2 + = + ln(2 + 5) 2 4 4 0 2 4 √ √ √ Obseg lika je tako 2 + 5 + 1 ln(2 + 5). 2 4 308 16. Rešene naloge Z 1 x5 1 π (c) V = π ((1 − x2)2 − (1 − x)2) dx = π x2 − x3 + = . 0 5 0 5 Z 1 1 p y2 y3 π (d) V = π (( 1 − y)2 − (1 − y)2) dy = π − = . 0 2 3 0 6 Z 1 √ √ Z 1 p 1 + 3x2 + 4x2 (e) P = 2π (1 − x2) 1 + 4x2 + (1 − x) 2 dx = 2π √ + (1 − x) 2 dx 0 0 1 + 4x2 Najprej izračunjamo naslednji nedoločeni integral. Z 1 + 3x2 + 4x2 Z p dx √ dx = (Ax3 + Bx2 +Cx + D) 1 + 4x2 + E √ 1 + 4x2 1 + 4x2 Upoštevajmo dejstvo, da je integral sode funkcije liha funkcija (podobno velja, da je integral lihe funkcije soda funkcija), zato je B = 0 in D = 0. Sedaj enačbo odvajamo in rešimo ustrezni sistem. Dobimo A = 1 , C = 39 in E = 73 . Sledi 16 112 112 r Z 1 + 3x2 + 4x2 1 39 p 73 1 √ dx = x3 + x 1 + 4x2 + + ln x + x2 + . 1 + 4x2 16 112 112 4 Sedaj ni več težko izračunati površine telesa. √ ! 23 √ 73 √ 2 P = 2π 5 + ln(2 + 5) + 56 112 2 18. Naj bosta a, b > 0. Elipso z enačbo x2 + y2 = 1 zavrtimo okoli osi x. Določi volumen a2 b2 nastalega rotacijskega telesa. Rešitev. Z a x2 4 V = 2πb2 1 − dx = π ab2. 0 a2 3 19. Izračunaj prostornino rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem krivulje z enačbo x2 − 3x y2 = okoli osi x na območju 0 ≤ x ≤ 3. x − 4 Z 3 x2 − 3x Z 3 4 x2 3 15 Rešitev. V = π dx = π x + 1 + dx = π + x + 4 ln |x − 4| = − 0 x − 4 0 x − 4 2 0 2 8 ln 2. 20. Izračunaj prostornino rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem grafa funkcije f , ki je podana s predpisom f (x) = sin x, med njenima dvema zaporednima ničlama okoli osi x. Rešitev. π Z π Z 2 2 π π sin2 x dx = π (1 + cos(2x)) dx = . 0 0 2 21. Izračunaj volumen torusa s polmeroma R in r, R > r. Rešitev. Torus s polmeroma R in r je telo, ki ga dobimo tako, da krožnico z enačbo x2 + (y − R)2 = r2 zavrtimo okoli osi x. Njegov volumen se izraža kot Z r Z r p p p V = π (R + r2 − x2)2 − (R − r2 − x2)2 dx = 2π r2 − x2 dx. −r 0 Slednji integral predstavlja četrtino ploščine kroga z radijem r. Volumen rotacijskega telesa je tako V = 2 2 π r2R. 309 22. Izračunaj prostornino rotacijskih teles, ki jo dobiš z vrtenjem lika, ki ga ograjujejo parabola z enačbo y2 = 4x, premica z enačbo y = 2 in os y, okoli (a) osi x, (b) osi y. Rešitev. Z 1 √ 4 √ 1 2 (a) V = π (2 − 2 x) dx = π 2x − x3 = π . 0 3 0 3 Z 2 1 1 2 2 (b) V = π y2 dy = π y3 = π . 0 4 12 0 3 23. Izračunaj volumen rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem krivulje z enačbo y = pln(4 − x2) okoli abscisne osi. √ √ Z 3 Z 3 √ √ Rešitev. V = π √ ln(4 − x2) dx = 2π ln(4 − x2) dx = 2π(−2 3 + 4 ln(2 + 3)). − 3 0 24. Izračunaj volumen rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem grafa funkcije f : R → R, f (x) = e2x − 3 + 2e−2x, med ničlama funkcije f . Rešitev. Najprej poiščemo ničle funkcije f : e2x − 3 + 2e−2x = 0 e−2x(e4x − 3e2x + 2) = 0 e−2x(e2x − 1)(e2x − 2) = 0. Iz tega sledi, da so ničle 0 in ln2 . Sedaj izračunajmo še volumen 2 ln 2 ln 2 Z 2 Z 2 V = π (e2x − 3 + 2e−2x)2 dx == π (e4x + 9 + 4e−4x − 6e2x + 4 − 12e−2x) dx = 0 0 e4x ln 2 2 −9 13 = π − e−4x − 3e2x + 6e−2x + 13x = π + ln 2 . 4 0 2 2 25. Izračunaj volumen rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenem grafa funkcije f , f (x) = √1−2x, okoli osi x v prvem kvadrantu. x2−4 Rešitev. Izračunati je potrebno naslednji integral 1 Z 2 1 − 2x V = π dx. 0 (x2 − 4)2 Pomagali si bomo s parcialnimi ulomki. 1 − 2x A B C D = + + + . (x2 − 4)2 x − 2 (x − 2)2 x + 2 (x + 2)2 Izkaže se, da je A = − 1 , B = − 3 , C = 1 in D = 5 . Nadaljujmo z integriranjem 32 16 32 16 1 1 Z 2 1 − 2x π Z 2 1 6 1 10 V = π dx = − − + + dx = 0 (x2 − 4)2 32 0 x − 2 (x − 2)2 x + 2 (x + 2)2 1 π 6 10 2 π 5 = − ln |x − 2| + + ln |x + 2| − = ln . 32 x − 2 x + 2 0 32 3 √ 26. Lik L je v prvem kvadrantu določen s krivuljama z enačbama y = x in x2 + y2 = 4x ter osjo x. Izračunaj volumen rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem L okoli osi y. 310 16. Rešene naloge Rešitev. √ √ Z 3 Z 3 p p V = π (2 + 4 − y2)2 − y4 dy = π 8 − y2 − y4 + 4 4 − y2 dy = 0 0 √ √ √ √ ! 9 3 3 2π = π 8 3 − 3 − + − . 5 2 3 p Pri tem smo upoštevali R p4 − y2 dy = 1 y 4 − y2 + 2 arcsin x +C. 2 2 27. Izračunaj volumen rotacijskega telesa, ki ga dobimo tako, da lik, ki je določen s 4x2 + y2 ≤ 25, y ≥ x in y ≥ 0, zavrtimo okoli (a) osi x, (b) premice x = 5 . 2 Rešitev. √ √ 5 5 Z 5 2 Z 4 5 2 x2 485 (a) V = π (25 − 4x2) dx − π x dx = 2π(25x − x3) − π = π . − 5 0 3 0 2 0 6 2 √ Z 5 5 1 2 2 ! p 5 (b) V = π + 25 − y2 − − y dy + 0 2 2 2 Z 5 5 1 2 2 ! p 5 1 p + π √ + 25 − y2 − − 25 − y2 dy = 5 2 2 2 2 √ Z 5 25 5 5 Z 5 p p = π + 5y − y2 + 25 − y2 dy + π √ 5 25 − y2 dy = 0 4 4 2 5 √ √ √ √ ! 25 5 125 5 5 √ 25 √ 125π 5 5 √ 125 √ = π − + 20 + arcsin( 5) + − 20 − arcsin( 5) = 4 12 2 2 4 2 2 √ ! 125π √ 25 5 = π − 20 − 50 arcsin( 5) − . 4 6 √ √ Pri tem smo upoštevali, da je R 25 − x2 dx = 1 x 25 − x2 + 25 arcsin x +C. 2 2 5 28. Izračunaj površino rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem krivulje z enačbo √x y = (3 − x) okoli osi x na intervalu [0, 3]. 3 s Z 3 1 √ 1 − x 2 π Z 3 Rešitev. P = 2π x(3 − x) 1 + √ dx = (3 − x)(x + 1) dx = 3π. 0 3 2 x 3 0 29. Izračunaj površino rotacijskega telesa, ki nastane z vrtenjem krivulje z enačbo y = x − x2, pri pogoju y ≥ 0, okoli osi (a) osi x, (b) osi y. Rešitev. Z 1 q Z 1 2x − 6x2 + 8x3 − 4x4 (a) P = 2π (x − x2) 1 + (1 − 2x)2 dx = 2π dx p 0 0 1 + (1 − 2x)2 Uporabimo naslednji nastavek Z 2x − 6x2 + 8x3 − 4x4 q Z 1 dx = (Ax3 + Bx2 +Cx + D) 1 + (1 − 2x)2 + E dx. p p 1 + (1 − 2x)2 1 + (1 − 2x)2 Zgornji nastavek odvajamo in nastavimo sistem linearnih enačb. Po reševanju sistema dobimo A = − 1 , B = 3 , C = − 3 , D = − 1 in F = 5 . Dodajmo še 4 8 32 64 32 Z 1 1 q d x = − ln 1 − 2x + 1 + (1 − 2x)2 +C. p 1 + (1 − 2x)2 2 Za končni izračun vstavimo samo še meje. 311 v 2 u   1 r ! 1 s Z 4 1 1 u −1 Z 4 p 2 − 4y (b) P = 2π + − y u1 + dy = π 1 + 1 − 4y dy = t  q  0 2 4 1 − 4y 2 1 − y 0 4 1 s ! 1 s 1 Z 4 2 − 4y Z q p 4 2 − 4y π 4 = π + 2 − 4y dy = π dy − (2 − 4y)3 = 0 1 − 4y 0 1 − 4y 6 0 1 s Z √ 4 2 − 4y π = π dy − (1 − 8) 0 1 − 4y 6 Izračunajmo najprej nedoločeni integral. s Z 2 − 4y t2= 2−4y Z 1−4y t2 1 t 1 t − 1 d y = dt = − + ln + C 1 − 4y 2(t2 − 1)2 4 (t − 1)(t + 1) 8 t + 1 Za več pri slednjem integralu glej (5a) prejšnjega razdelka. Do konca zamenjamo spremenljivke in izračunamo določeni integral. Posplošeni integral 1. Izračunaj posplošene integrale, če obstajajo: Z ∞ x2 + 1 (a) dx, 1 x4 Z ∞ x (b) dx, 0 x2 + 4 Z 1 (c) x ln x dx, 0 Z 2 1 (d) dx. p 0 |x − 1| Rešitev. (a) Integral konvergira, saj Z ∞ x2 + 1 Z b 1 1 1 1 b dx = lim + dx = lim − − = 1 x4 b→∞ 1 x2 x4 b→∞ x 3x3 1 1 1 1 4 = lim − − + 1 + = . b→∞ b 3b3 3 3 (b) Opazimo, da je Z ∞ x Z b x 1 b 1 1 dx = lim dx = lim ln(x2 + 4) = lim ln(b2 + 4) − ln 4 . 0 x2 + 4 b→∞ 0 x2 + 4 b→∞ 2 1 b→∞ 2 2 Ker slednja limita ne obstaja, zato integral divergira (oziroma ne konvergira). (c) Integral konvergira, saj je Z 1 Z 1 x2 x2 1 1 a2 a2 1 x ln x dx = lim x ln x dx = lim ln x − = lim − − ln a + = − . 0 a↓0 a a↓0 2 4 a a↓0 4 2 4 4 a2 Opomba: lim ln a = 0 lahko izračunamo s pomočjo L’Hospitalovega pravila. a↓0 2 (d) Opazimo,da ima funkcija pol v točki 1, zato bomo integral razdelili na naslednji način Z 2 1 Z 1 1 Z 2 1 Z 1 1 Z 2 1 dx = dx + dx = √ dx + √ dx p p p 0 |x − 1| 0 |x − 1| 1 |x − 1| 0 1 − x 1 x − 1 Izračunajmo vsakega posebej. Z 1 1 Z a 1 √ a √ dx = lim √ dx = lim −2 1 − x = 2. 0 1 − x a→1 0 1 − x a→1 0 312 16. Rešene naloge Z 2 1 Z a 1 √ 2 √ dx = lim √ dx = lim 2 x − 1 = 2. 1 x − 1 a→1 0 x − 1 a→1 a Z 2 1 Torej dx = 4. p 0 |x − 1| 2. Izračunaj naslednje posplošene integrale Z ∞ (a) x3e−x dx, 0 Z ∞ 5 (b) x 2 e−x dx. 0 Z ∞ Rešitev. Pomagali si bomo s funkcijo Gama, tj. Γ(x) = tx−1e−t dt za vsak x > 0. Za vsak x > 0 0 √ velja Γ(x + 1) = xΓ(x) in Γ( 1 ) = 2 π . Z ∞ (a) x3e−x dx = Γ(4) = 3!, 0 Z ∞ 5 7 15 √ (b) x 2 e−x dx = Γ( ) = π . 0 2 8 3. Ali obstajata integrala Z ∞ x ln x (a) dx, 1 1 + x2 Z ∞ x ln x (b) dx. 1 (1 + x2)2 Če kateri od njiju konvergira, ga izračunaj. Rešitev. (a) Integral divergira, saj je Z ∞ x ln x Z ∞ x ln x Z ∞ x 1 a dx ≥ dx ≥ dx = lim ln(1 + x2) = ∞. 1 1 + x2 e 1 + x2 2 1 + x2 a→∞ 2 e (b) Integral konvergira, saj je Z ∞ x ln x Z ∞ x2 Z ∞ 1 1 a dx ≤ dx ≤ dx = lim − = 1. 1 (1 + x2)2 1 (1 + x2)2 1 x2 a→∞ x 1 Integral še izračunajmo. Najprej bomo izračunali nedoločeni integral. ! Z x ln x u = ln x dv = x dx ln x Z 1 dx = (1+x2)2 − + dx = (1 + x2)2 du = dx v = − 1 2(1 + x2) 2x(1 + x2) x 2(1+x2) ln x 1 Z 1 x ln x 1 1 = − + − dx = − + ln |x| − ln(x2 + 1) +C 2(1 + x2) 2 x x2 + 1 2(1 + x2) 2 2 Sedaj izračunajmo nedoločeni integral. Z ∞ x ln x ln x 1 1 a dx = lim − + ln |x| − ln(x2 + 1) = 1 (1 + x2)2 a→∞ 2(1 + x2) 2 4 1 ln a 1 1 ln 2 = lim − + ln |a| − ln(a2 + 1) + = a→∞ 2(1 + a2) 2 4 4 ln a 1 a ln 2 ln 2 = lim − + ln √ + = . a→∞ 2(1 + a2) 2 1 + a2 4 4 π π Z 2 Z 2 4. Preveri, da sta integrala ln(sin x) dx in ln(cos x) dx enaka. 0 0 π π Z 2 x= π −t Z 0 π Z 2 Rešitev. ln(sin x) dx 2 = − ln(sin( − t)) dt = ln(cos x) dx 0 π 2 0 2 313 5. Izračunaj volumen rotacijskega telesa, ki nastane, če graf funkcije f : [1, ∞) → R, f (x) = x− 52 , zavrtimo okoli x osi. Z ∞ 1 −1 a 1 Rešitev. V = π dx = lim = 1 x5 a→∞ 4x4 1 4 6. Funkcija f : [1, ∞) → R je podana s predpisom f (x) = 1. Dokaži, da ima telo, x ki nastane z vrtenjem grafa funkcije f okoli osi x, končen volumen in neskončno površino. Rešitev. Nalogo bomo dokazali z direktnim računanjem. Najprej izračunajmo volumen. Z ∞ 1 1 a V = π dx = π lim − = π 1 x2 a→∞ x 1 Sedaj pa še preverimo, da je površina neskončna. r Z ∞ 1 1 Z ∞ x2 + 1 P = 2π 1 + dx = 2π √ dx = 1 x x2 1 x2 x2 + 1 Z ∞ 1 Z ∞ 1 = 2π √ dx + √ dx = 1 x2 + 1 1 x2 x2 + 1 Z ∞ p a 1 = 2π lim ln |x + x2 + 1| + √ dx = a→∞ 1 1 x2 x2 + 1 t= 1 a Z 0 t x p = 2π lim ln |x + x2 + 1| − √ dt a→∞ 1 1 t2 + 1 p a p 1 = 2π lim ln |x + x2 + 1| + t2 + 1 = ∞. a→∞ 1 0 Kot zanimivost dodajmo, da se zgoraj omenjeno telo imenuje Torricellijeva trobenta oziroma Gabrielov rog. Torej ta trobenta oziroma rog ima naslednjo lastnost: vanjo lahko natočimo končno mnogo barve, toda nemogoče jo je pobarvarti s končno mnogo barve. Ali ni to paradoksalno? 7. Ali konvergira integral Z ∞ 1√ dx? 3 x2 − 1 + x + 1 Če konvergira, ga izračunaj. Rešitev. Ni težko preveriti, da integral konvergira, zato ga bomo izračunali. √ Z ∞ 1 Z ∞ 2 Z ∞ 2 √ t= x+1 dx = dt = dt = 3 x2 − 1 + x + 1 2 t3 − 2t + 1 2 (t − 1)(t2 + t − 1) ! Z ∞ 1 t + 2 Z ∞ 1 t + 1 + 3 = − dt = − 2 2 dt = 2 t − 1 t2 + t − 1 2 t − 1 t + 1 2 − 5 2 4 √ ! 1 3 5 t + 1 − a = lim ln |t − 1| − ln √ 2 2 t 2 + t − 1 − ln √ = a→∞ 2 2 5 5 2 t + 1 + 2 2 √ √ ! ! t − 1 3 5 t + 1 − a 1 3 5 − 5 = lim ln √ √ 2 2 √ √ √ − ln √ = − ln + ln . a→∞ t2 + t − 1 2 5 5 2 5 2 5 5 + 5 t + 1 + 2 2 8. Izračunaj Z ∞ sin2 x dx. 0 ex Z ∞ sin2 x Z ∞ 1 − cos(2x) 1 1 a Rešitev. dx = e−x dx = lim −e−x − (2 sin(2x) − cos(2x))e−x = 0 ex 0 2 2 a→∞ 5 0 2 = 5 314 16. Rešene naloge 9. Naj bo n ∈ N. Izračunaj volumen (posplošenega) rotacijskega telesa, ki nastane z √ n vrtenjem grafa funkcije f : (0, 1] → R, f (x) = x(− ln x) 4 , okoli osi x. Z 1 n Z 0 Z ∞ t=− ln x n s=2t π n π n Rešitev. V = π x(− ln x) 2 dx = π t 2 (−e−2t ) dt = 2 n s e−sds = Γ + 1 . +1 n 0 ∞ 2 2 0 2 2 2 10. Ali konvergira integral Z e x dx? p 0 | ln x − 1| Če konvergira, ga izračunaj. Z e x Z e x Z 0 Z ∞ t=1−ln x 1 1 Rešitev. dx = √ dx = −e2 √ e−2t dt = e2 √ e−2t dt = p 0 | ln x − 1| 0 1 − ln x ∞ t 0 t r Z ∞ s=2t e2 e2 1 π = √ s− 12 e−s ds = √ Γ = e2 . 2 0 2 2 2 11. Izračunaj Z ∞ 1 dx. ln 4 e2x − e−x Rešitev. Najprej izračunajmo nedoločeni integral. Z 1 Z Z t=ex 1 1 dx = dx = dt = e2x − e−x e−x(e3x − 1) t3 − 1 Z 1 1 Z 1 t + 2 = dt = − dt = (t − 1)(t2 + t + 1) 3 t − 1 t2 + t + 1 1 1 √ 2t + 1 = ln |t − 1| − ln |t2 + t + 1| − 3 arctan √ +C = 3 2 3 1 ex − 1 √ 2ex + 1 = ln √ √ − 3 arctan +C. 3 e2x + ex + 1 3 Sedaj izračunajmo še posplošeni integral Z ∞ 1 1 ex − 1 √ 2ex + 1 a d x = lim ln √ √ − 3 arctan = ln 4 e2x − e−x a→∞ 3 e2x + ex + 1 3 ln 4 √ ! 1 √ √ π 3 3 = 3 arctan(3 3) − + ln . 3 2 13 Stvarno kazalo ε -okolica, 64 zgornja, 263 številske množice, 11 desna asimptota, 202 diferenčni kvocient, 165 abscisa, 19 diferenciabilnost, 180 absolutna vrednost, 18 diferencial funkcije, 182 adicijski izrek, 24 disjunkcija, 2 argument, 33 diskriminanta, 36 arkus kosinus, 42 določeni integral, 262 arkus kotangens, 43 delitev, 261 arkus sinus, 42 dolžina loka, 278 arkus tangens, 43 geometrijski pomen, 275 asimptota, 201 izrek o srednji vrednosti, 269 navpična glej tudi pol, 37 lastnosti, 267 vertikalna glej tudi pol, 37 Newton-Leibnizova formula, 272 ploščina, 276 bijektivnost, 29 površina telesa, 281 binarna operacija, 13 prostornina telesa, 280 Cauchyjev izrek, 187 Riemannova integralska vsota, 261 cela števila, 11 domena, 27 ciklometrične funkcije, 41 arkus kosinus, 42 eksistenčni kvantifikator, 6 arkus kotangens, 43 eksponentna funkcija, 44 arkus sinus, 42 ekvivalenca, 3 arkus tangens, 43 element množice, 6 enakovredne izjave, 4 Darbouxova vsota Eulerjeva formula, 195 spodnja, 263 Eulerjeva funkcija Γ, 286 316 STVARNO KAZALO funkcija, 27 kodomena, 27 infimum, 34 kompleksna števila maksimum, 34 absolutna vrednost, 22 minimum, 34 argument, 23 monotona, 35, 195 deljenje, 25 naraščajoča, 35, 195 imaginarna enota, 19 odvedljiva, 165 imaginarni del, 19 omejena, 34 kompleksna ravnina, 19 padajoča, 195 konjugirano število, 21 realna, 33 korenjenje, 26 simetrična, 33 množenje, 24 supremum, 34 Moivreova formula, 25 funkcija napake, 287 polarni zapis, 23 funkcija;periodična, 39 polmer, 23 potenciranje, 25 graf realni del, 19 preslikave, 30 komplement množice, 9 grupa, 13 komponiranje, 30 hiperbolični funkciji kompozitum, 30 kosinus hiperbolikus, 47 definicijsko območje, 33 sinus hiperbolikus, 47 komutativna grupa, 13 Hornerjev algoritem, 36 konjunkcija, 2 konkavnost, 199 implikacija, 3 konveksnost, 199 infimum konvergenčni kriterij zaporedja, 67 korenski, 77 injektivnost, 29 kvocientni, 76 integrabilna funkcija, 262 Leibnizov, 78 integracijski interval, 262 primerjalni, 75 integral Raabejev, 77 določeni, 262 koren enačbe, 35 izrek o srednji vrednosti, 270 korenjenje, 16 integralna eksponentna funkcija, 260 korenski eksponent, 16 integralni kosinus, 260 kosinus funkcija, 38 integralni sinus, 260 kosinus hiperbolikus, 47 integriranje kotangens funkcija, 38 funkcije pod koreni, 257 kotne funkcije, 37 integralna eksponentna funkcija, 259 kritične konstante, 204 integralni kosinus, 259 integralni sinus, 259 krožne funkcije, 41 iracionalna števila, 11 kvantifikator izjave, 1 eksistenčni, 6 izoterma, 204 univerzalni, 6 izreki o srednji vrednosti, 185 L’Hospitalovo pravilo, 189 Cauchyjev izrek, 187 Lagrangeov izrek, 188 Lagrangeov izrek, 188 leva asimptota, 202 Rolleov izrek, 187 limita kartezični produkt, 8 funkcije, 47 STVARNO KAZALO 317 zaporedja, 64 polinom, 171 limita funkcije potenčna funkcija, 170 desna, 49 pravila za odvajanje, 167 leva, 49 racionalna funkcija, 171 linearizacija, 179 sinus, 171 logaritemska funkcija, 45 sinus hiperbolikus, 174 lokalni tangens, 172 ekstrem, 185 tangenta, 178 maksimum, 185 trigonometrične funkcije, 171 minimum, 185 verižno pravilo, 170 višji, 175 množica, 6 okolica točke, 64 končna, 7 omejenost moč, 7 funkcije, 34 podmnožica, 7 množice, 16 prava podmnožica, 7 zaporedja, 67 univerzalna, 6 ordinata, 19 Moivreova formula, 25 original, 27 monotona funkcija, 35, 195 poševna asimptota, 202 naravna števila, 11 pol, 37, 201 naravni logaritem, 46 poligonska črta, 277 naravno definicijsko območje, 33 polinom, 35 negacija, 2 faktorizacija, 36 neodvisna spremenljivka, 33 ničle, 35 Newton-Leibnizova formula, 272 splošni člen, 35 notranja operacija, 13 stopnja, 35 vodilni koeficient, 35 obseg, 13 posplošeni integral, 283 realnih števil, 13 potenčna množica, 7 obseg;kompleksnih števil, 21 potenčne vrste, 80 odsekoma zvezna funkcija, 268 potenca, 15 odvisna spremenljivka, 33 pravilnostna tabela, 2 odvod, 165 prazna množica, 7 arkus kotangens, 173 presek množic, 8 arkus sinus, 172, 173 preslikava ciklometrične funkcije, 172 bijektivna, 29 desni, 165 graf, 30 eksponentna funkcija, 173 injektivna, 29 elementarne funkcije, 171 inverzna, glej tudi obratna, 31 geometrijski pomen, 177 komponiranje, 30 hiperbolični funkciji, 174 kompozitum, 30 kompozitum, 170 obratna, glej tudi inverzna, 31 kosinus, 172 surjektivna, 28 kosinus hiperbolikus, 174 preslikava, glej tudi funkcija, 27 kotangens, 172 prevoj, 200 levi, 165 logaritemska funkcija, 174 racionalna števila, 11 obratna funkcija, 171 racionalna funkcija, 37 318 STVARNO KAZALO radikand, 16 vertikalna asimptota, 201 razlika množic, 8 višji odvod, 175 realna števila, 11 vodoravna asimptota, 202 realna funkcija, 33 vrste Riemannova integralska vsota, 261 absolutna konvergenca, 79 Rolleov izrek, 186 alternirajoča, 78 rotacijsko telo, 278 funkcijske, 79 konvergenca po točkah, 80 sinus funkcija, 38 majoranta, 76 sinus hiperbolikus, 47 minoranta, 76 slika, 27 pogojna konvergenca, 79 splošna plinska enačba, 203 s pozitivnimi členi, 75 stacionarna točka, 186 s poljubnimi členi, 79 stekališče, 65 vrste; harmonična vrsta, 75 supremum zaporedja, 67 zaloga vrednosti, 28 surjektivnost, 28 zaporedje, 63 divergentno, 64 tangens funkcija, 38 infimum, 67 Taylorjeva formula, 193 konvergentno, 64, 68 Taylorjeva vrsta, 192, 194 limita, 64 trigonometrične funkcije, 37 monotono, 66 kosinus, 38 naraščajoče, 66 kotangens, 38 natančna meja, 67 sinus, 38 omejeno, 68 tangens, 38 omejenost, 67 unija množic, 8 padajoče, 66 univerzalna množica, 6 računske operacije, 68 univerzalni kvantifikator, 6 stekališče, 65 supremum, 67 Van der Waalsova enačba stanja, 203 zveznost funkcije, 53 Literatura [1] I. Banič, I. Hrastnik, S. Špacapan, J. Žerovnik, Zbirka rešenih nalog iz tehniške matematike, FS, Maribor, 2003. [2] I. N. Bronštejn, (et al.), Matematični priročnik, TZS, Ljubljana, 1997. [3] B. Butinar, Matematika I, naloge z rešitvami, FKKT, Maribor, 2004. [4] P. Dawkins, Online notes, Lamar University, e-gradivo, dosegljivo na http://tutorial.math.lamar.edu [5] M. Dobovišek, M. Hladnik, M. Omladič, Rešene naloge iz analize, DMFA, Ljubljana, 1979. [6] B. Drinovec Drnovšek, S. Strle, Naloge iz Analize 1 z odgovori, nasveti in rešitvami, DMFA, Ljubljana, 2012. [7] B. Hvala, Zbirka izpitnih nalog iz analize, DMFA, Ljubljana, 2000. [8] R. Jamnik, Matematika, DMFA, Ljubljana, 1994. [9] M. Mencinger, Zbirka rešenih nalog iz matematične analize in algebre, FG, Maribor, 2006. [10] I. Vidav, Matematika 1, DMFA, Ljubljana, 1990. [11] I. Vidav, Višja matematika I, DMFA, Ljubljana 1994. [12] P. Žigert Pleteršek, M. Črepnjak, Matematika I-visokošolski učbenik z rešenimi nalogami, FKKT, Maribor, 2013. e-gradivo dostopno na https://www.dlib.si MATEMATIKA A: ZA ŠTUDENTE FKKT UM PETRA ŽIGERT PLETERŠEK IN MATEVŽ ČREPNJAK Univerza v Mariboru, Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo, Maribor, Slovenija. E-pošta: petra.zigert@um.si, matevz.crepnjak@um.si Povzetek Učbenik je prvi korak v visokošolsko matematiko na tehniško usmerjeni fakulteti. Obravnava vsebine, s katerimi so se študenti delno seznanili že v Ključne besede: srednji šoli, a je pristop na višjem nivoju. Obravnavani so logika, množice, osnovni pojmi iz logike in množic, realne funkcije ene realne spremenljivke, vrste, diferencialni in integralni račun. funkcije, limita in Vsebina je po težavnosti diferencirana, kar je razvidno s zveznost tekstom v drugi barvi, ki zajema predvsem težje dokaze. funkcije, zaporedja, Teorija je podprta z velikim številom računskih nalog, pri vrste, odvod čemer je pri vsaki podan natančen postopek funkcije, reševanja skupaj z rešitvijo. integral DOI https://doi.org/10.18690/um.fkkt.1.2022 ISBN 978-961-286-554-2 MATHEMATICS A: FOR STUDENTS OF FKKT UM PETRA ŽIGERT PLETERŠEK & MATEVŽ ČREPNJAK University of Maribor, Faculty of Chemistry and Chemical Engineering, Maribor, Slovenia E-mail: petra.zigert@um.si, matevz.crepnjak@um.si Abstract The textbook is the first step in higher education mathematics at a technically oriented faculty. It deals with Keywords: content that students have already become partially logic, acquainted with in high school, but the approach is at a sets, real higher level. Basic concepts from logic and sets, real functions, functions of one variable, series, differential and integral limit and continuity of calculus are discussed. The content is differentiated a function, according to difficulty, which is evident from the text in sequences, another color, which covers mainly more difficult proofs. The series, derivative theory is supported by many computational problems, of each with a detailed solution procedure along with the a function, integral solution. https://doi.org/10.18690/um.fkkt.1.2022 DOI 978-961-286-554-2 ISBN Document Outline Part I — I. Številske množice in funkcije 1 Logika in množice 1.1 Logika 1.2 Množice 2 Številske množice 2.1 Matematicna indukcija 2.2 Realna števila in absolutna vrednost 2.3 Kompleksna števila 3 Realne funkcije 3.1 Preslikave 3.2 Pregled elementarnih funkcij 3.3 Limita in zveznost funkcije 4 Zaporedja 4.1 Limita zaporedja 4.2 Lastnosti zaporedja 5 Vrste 5.1 Številske vrste 5.2 Funkcijske vrste 6 Rešene naloge Part II — II. Diferencialni racun 7 Odvod funkcije 7.1 Definicija odvoda funkcije 7.2 Pravila za odvajanje 7.3 Odvodi elementarnih funkcij in višji odvodi 8 Geometrijski pomen odvoda 8.1 Tangenta na graf funkcije 8.2 Diferencial funkcije 9 Uporaba odvoda 9.1 Izreki o srednji vrednosti 9.2 L'Hospitalovo pravilo 9.3 Taylorjeva vrsta 9.4 Monotonost funkcije in lokalni ekstremi 9.5 Konveksnost in konkavnost funkcije 9.6 Graf funkcije 9.7 Uporaba v kemiji 10 Rešene naloge Part III — III. Integralni racun 11 Nedoloceni integral 11.1 Definicija nedolocenega integrala 11.2 Pravila za integriranje 11.3 Integracijske metode 11.4 Neelementarni integrali 12 Doloceni integral 12.1 Definicija dolocenega integrala 12.2 Integrabilnost funkcij 12.3 Lastnosti dolocenega integrala 13 Zveza med obema integraloma 14 Uporaba dolocenega integrala 14.1 Plošcina lika 14.2 Dolžina loka 14.3 Prostornina in površina rotacijskega telesa 15 Posplošeni integral 15.1 Integral neomejene funkcije na [a,b] 15.2 Integral funkcije na neomejenem intervalu 15.3 Eulerjeva funkcija 16 Rešene naloge Stvarno kazalo zigert_povzetek_WEB.pdf Matematika A: Blank Page Digitalna knjižnica Slovenije - dLib.si
NAPAKA - STRAN NI BILA NAJDENA


Žal nam je, a strani, ki ste jo iskali, ni bilo moč najti.
Prosimo, poskusite uporabiti ISKALNIK in poiskati publikacijo, ki jo potrebujete.
Knjige
Periodika
Rokopisi
Slike
Glasba
Zemljevidi
Vse pravice pridržane © 2025 Narodna in univerzitetna knjižnica, Turjaška 1, 1000 Ljubljana