Click here to load reader

Analiza 1 - vaje

  • View
    7.761

  • Download
    0

Embed Size (px)

DESCRIPTION

Fakulteta za racunalnistvo in informatilo2007/08Vaje iz analize 1 s resitvami

Text of Analiza 1 - vaje

Vaje Ana1uni FRIPrvi sestavljeno: 14. oktober 2006Zadnji popravek 8. december 2007OpozoriloTi zapiski vsebujejo napake. Odkrivanje in odpravljanje le-teh je sestavni del unega procesa.1Kazalo1 Naravna, racionalna in realna tevila 31.1 Enabe in neenabe z absolutno vrednostjo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Matematina indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Podmnoice realnih tevil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132 Zaporedja 152.1 Zaporedja z eksplicitno podanim splonim lenom . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.2 Rekurzivna zaporedja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 Limite zaporedij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202.4 Diferenne enabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243 Osnovne lastnosti funkcij 263.1 Denicijska obmoja, zaloge vrednosti, sodost, lihost, periodinost ipd. . . . . . . 263.2 Zveznost funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 283.3 Funkcijske enabe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.4 Risanje funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.5 Limite funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 293.6 Kompleksneje naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314 Odvod in diferencial 324.1 Denicija odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.2 Odvajalna praksa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.3 Pomen odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 354.4 Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 404.5 Rollejev in Lagrangeov izrek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.6 LHospitalovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414.7 Ekstremi funkcije ene spremenljivke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 424.8 Risanje funkcij II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 444.9 Optimizacijske naloge . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441 Naravna, racionalna in realna tevila1.1 Enabe in neenabe z absolutno vrednostjoNaloga 1.1.1. Naslednje neenabe rei analitino in grano.1. [x 2[ 32. [[x[ 1[ + 2 x + 53. [[x 1[ 1[ +[x 2[ < 1 :-)4. [x23x 4[ < 15.

xx + 1

> xx + 16. [[x + 1[ [x 1[[ < 1Reitev:1. [x 2[ 3I. II.x 2 0 x 2 < 0x 2 x < 2 -pogojax 2 3 (x 2) 3x 5 x + 2 3x 1x 1 -reitviI. (x 2) (x 5) (x 5)II. (x < 2) (x 1) (x 1)Reitev:(x 1) (x 5)2. [[x[ 1[ + 2 x + 5I. II.x 0 x < 0[x 1[ + 2 x + 5 [ x 1[ + 2 x + 53I. [x 1[ + 2 x + 5:a) b)x 1 0 x 1 < 0x 1 x < 1x 1 + 2 x + 5 x + 1 + 2 x + 51 5 x + 3 x + 5ni reitve 2x 2x 1II. [ x 1[ + 2 x + 5:a) b)x 1 0 x 1 < 0x 1 x < 1x 1 x > 1x 1 + 2 x + 5 x + 1 + 2 x + 5x + 1 x + 5 3 52x 4 ni reitvex 2Ia. (x < 1) (x 1) (x 1)IIb. (x 1) (x 2) (x 2)Reitev:I. II. (x 1)3. [[x 1[ 1[ +[x 2[ < 1Ta neenaba nima reitve, saj nikoli ne velja [a[ < 0.4. [x23x 4[ < 1Najprej izraunajmo korena enabe x23x 4:D = 9 + 16 = 25 x1,2 = 3 252 x1 = 4, x2 = 1Ta par reitev upotevamo pri obeh vejah raunanja absolutne vrednosti, saj se ne bo razlikoval4od parov reitev za x23x 4 0 in x23x 4 < 0.I. II.x23x 4 0 x23x 4 < 0x23x 4 < 1 (x23x 4) < 1x23x 5 < 0 x2+ 3x + 3 < 0(x 3 +292 )(x 3 292 ) < 0 (x 3 +212 )(x 3 212 ) > 0Poglejmo, kdaj funkcija x23x 4 tee ali se dotakne y = 0; na intervalu (, 1] [4, ).Hkrati moramo pogledati, kdaj tee funkcija x23x5 pod y = 0; na intervalu (3292 , 3+292 ).Pri reevanju druge veje gledamo, kdaj velja x2 3x 4 < 0. To je res za (1, 4). Funkcijax23x 3 pa tee nad 0 od 3212 do 3+212 .Naredimo presek prve veje:

(, 1] [4, )

(3 292 , 3 +292 ) (3 292 , 1] [4, 3 +292 )Presek druge veje:(1, 4) (3 212 , 3 +212 ) (1, 3 212 ) (3 +212 , 4)Reitev:(3 292 , 3 212 ) (3 +212 , 3 +292 )4.

xx + 1

> xx + 1Vpeljimo novo spremenljivko u = xx + 1. Dobimo [u[ > u. [u[ > u velja, kadar je u manji od 0:xx + 1 < 0I. II.(x < 0) (x + 1) > 0 (x > 0) (x + 1 < 0)(x < 0) (x > 1) (x > 0) (x < 1)x (1, 0) ni reitveReitev:x (1, 0)5. [[x + 1[ [x 1[[ < 1I. II.x + 1 0 x + 1 < 0[x + 1 [x 1[[ < 1 [ x 1 [x 1[[ < 15I. [x + 1 [x 1[[ < 1:a) b)x 1 0 x 1 < 0x 1 x < 1[x + 1 x + 1[ < 1 [x + 1 + x 1[ < 12 < 1 [2x[ < 1ni reitve [x[ < 12II. [ x 1 [x 1[[ < 1:a) b)x 1 0 x 1 < 0x 1 x < 1[ x 1 x + 1[ < 1 [ x 1 + x 1[ < 1[ 2x[ < 1 [ 2[ < 1[ x[ < 12 ni reitveReitev:x

12, 12

Naloga 1.1.2. Nariite mnoice realne ravnine, ki jih doloajo naslednje zveze.1. [x[ +[y[ = 12. [x + y[ +[x y[ 23. (x2y2)(y + 2) > 0Reitev:3. Vemo da je produkt dveh tevil veji od 0, ko sta obe tevili veji ali pa obe manji od 0.Torej:(x2y2) > 0, (y + 2) > 0in(x2y2) < 0, (y + 2) < 0Reitev prvega sistema je:y > 2, x > 2y > 2, x < 26Reitev drugega sistema je:y < 2, x > 2y < 2, x < 21.2 Matematina indukcijaNaloga 1.2.1. Naj bo a R1 in n N. S pomojo matematine indukcije dokai naslednjoresnico (ali zna isto stvar dokazati e kako drugae?).(a 1) [ an1Reitev: V delu Naloga 1.2.2. S pomojo matematine indukcije dokaite Bernoullijevo neenakost. Naj box > 1 realno in n naravno tevilo.(1 + x)n 1 + nxReitev:Najprej baza indukcije. Vstavimo n = 1 in zapiemo jasno resnico:1 + x 1 + x.Sedaj predpostavljajmo, da trditev velja za nek n N in jo poizkusimo dokazati e za n+1. Pridokazovanju kljuno uporabimo indukcijsko predpostavko ter dejstvo, da je n naravno teviloin x realno tevilo ter zato produkt nx2ne more biti negativen.(1 + x)n+1= (1 + x)n(1 + x) I.P. (1 + nx)(1 + x) == 1 + nx + x + nx2 1 + nx + x = 1 + (n + 1)xNaloga 1.2.3. Dokai.n N : 11 + 12 + + 1n n7Reitev:Bazini korak: k = 1. Dobimo da je 11 1.Indukcijska pretpostavka :za n = k, velja da11 + 12 + + 1kkDokazati moramo e da neenakost velja tudi za n = k + 1. Vzamimo da je11 + 12 + + 1k= S(k)Sklepamo:S(k + 1) = 11 + 12 + + 1k+ 1k + 1 = S(k) + 1k + 1Dobimo:S(k + 1) = S(k) + 1k + 1 k + 1k + 1Zadoa dokazati, da veljak + 1k + 1 k + 1Malo preuredimo in dobimo naslednjo enbo:k + 1k + 1 k + 1 0oziroma

k(k + 1) + 1 k + 12k + 1 0

k(k + 1) + 1 k 1k + 1 0

k(k + 1) kk + 1 0kar je vedno res.Torej veljaS(k + 1) k + 1kar smo tudi hoteli dokazati.Naloga 1.2.4. Dokai, da n premic v sploni legi (nobeni dve nista vzporedni in nobene trinimajo skupnega preseka) razdeli ravnino na n(n + 1)/2 + 1 delov.Reitev:Bazini korak n = 1, imamo 1(1+1)2 + 1 = 2 delov kar se sklada s skico. Sedaj pretpostavimo,da n = k premic razdeli ravnino nak(k + 1)2 + 18kosov. e potegnemo e eno premico v ravnini n = k + 1, dobimok(k + 1)2 + 1 + (k + 1)kosov. e to malo preuredimo dobimok2+ k + 2k + 22 + 1oziroma(k + 1)((k + 1) + 1)2 + 1S tem smo dokazali da da n premic v sploni legi (nobeni dve nista vzporedni in nobene trinimajo skupnega preseka) razdeli ravnino na k(k+1)2 + 1 delov.Naloga 1.2.5. Izpelji formulo za tevilo diagonal konveksnega mnogokotnika in jo nato dokaiz matematino indukcijo.Reitev:Vzamimo nek mnogokotnik. Diagonalo lahko potegnemo do (n3) vozli. To lahko ponovimon krat, za vsako vozlice posebej. S tem smo vsako diagonalo potegnili dvakrat, zato je tevilodiagonal konveksnega mnogokotnika enakoD = n(n 3)2 .To tudi dokaemo z indukcijo.Za k = 4, konveksni tirikotnik imamoD = 4(4 3)2 = 2Pretpostavimo da za n = k velja dana enaba: D = k(k3)2e vzamimo da je n = k + 1, dobimoD = k(k 3)2 + (k 1)e to malo preuredimo, dobimo,D = (k + 1)((k + 1) 3)2kar smo tudi morali dokazati.Naloga 1.2.6. Ugani formulo za najmanje tevilo potez reitve problema Hanojskih stolpiev1z n diski in tremi stolpci. Nato uganjeno formulo dokai s pomojo matematine indukcije,1http://en.wikipedia.org/wiki/Tower_of_Hanoi9Namig: V delu Naloga 1.2.7.

Search related