Matematika 1
3. vaja
B. Jurˇciˇc Zlobec1
1 Univerza v Ljubljani,
Fakulteta za Elektrotehniko
1000 Ljubljana, Trˇzaˇska 25, Slovenija
Matematika FE, Ljubljana, Slovenija 2011
Doloˇci stekaliˇscˇ a zaporedja
an = (−1)n+1
I
I
I
n−1
.
n+1
n−1
je enaka 1.
n+1
Od tod sledi, da ima zaporedje an dve stekaliˇscˇ i, to sta
{−1, 1}.
Zaporedje lihih cˇ lenov konvergira k 1, medtem ko
zaporedje sodih cˇ lenov konvergira k −1.
Limita absolutnih cˇ lenov |an | =
Doloˇci stekaliˇscˇ a zaporedja
1
.
n+1
Zaporedje sodih in lihih cˇ lenov konvergira k 0.
Zaporedje ima eno samo stekaliˇscˇ e, ki je tudi limita
zaporedja.
an = (−1)n+1
I
I
Doloˇci stekaliˇscˇ a zaporedja
nπ 2n2 + 1
)
.
4 n2 + 1
2 +1
Zaporedje 2n
konvergira k 2.
n2 +1
an = sin(
I
I
ˇ
Cleni
zaporedja sin( nπ
4 ) zavzamejo naslednje vrednosti
√
{
I
I
√
√
√
2
2
2
2
,
1,
,
0,
−
,
−1,
−
2
2
2
2 , 0}.
Zatem se zaˇcnejo vrednosti ponavljati.
√
√
Mnoˇzica stekaliˇscˇ zaporedja je enaka {−2, − 2, 0, 2, 2}.
Doloˇci stekaliˇscˇ a zaporedja
1 1 2 1 2 3 1
{ , , , , , , , . . . }.
2 3 3 4 4 4 5
Za vsak n > 2 se v zaporedju nahajajo vsi ulomki m
n , kjer
m = 1, 2, . . . , n − 1.
I Oˇ
citno so vrednosti cˇ lenov tega zaporedja vsi ulomki iz
intervala (0, 1). Vsak ulomek se v zaporedju ponovi
neskonˇcnokrat.
I Od tod sledi, da je vsak tak ulomek tudi stekaliˇ
scˇ e.
I
Ker vsako realno sˇ tevilo na intervalu [0, 1], lahko poljubno
natanˇcno aproksimiramo s pravimi ulomki, sledi od tod, da
je vsako realno sˇ tevilo iz [0, 1] stekaliˇscˇ e tega zaporedja.
Doloˇci stekaliˇscˇ a zaporedja
1 1 1 3 1 7
1 2n − 1
{ . , , , , ,..., n,
, . . . }.
2 2 4 4 8 8
2
2n
I Podzaporedje lihih c
ˇ lenov ln = 21n konvergira k 0.
I
I
n
Podzaporedje sodih cˇ lenov sn = 2 2−1
konvergira k 1.
n
Stekaliˇscˇ i zaporedja sta potemtakem {0, 1}.
Koliko je vsota vrste?
S=
∞
X
k=1
1
−1
4k 2
I
Razcepimo sploˇsni cˇ lenna parcialne ulomke.
1
1
1
= 12 2n−1
− 2n+1
4n2 −1
I
Zapiˇsimo n-todelno vsoto stako razcepljenimi cˇ leni.
P
1
1
Sn = nk=1 21 2k−1
− 2k+1
1
1
− 2n+1
Sn = 21 1 − 31 + 13 − 15 + 15 − · · · + 2n−1
I
Vsi cˇ leni,
in zadnjega se paroma uniˇcijo.
razen prvega
1
1
Sn = 2 1 − 2n+1
I
Vsota neskonˇcne vrste je enaka limiti delnih vsot.
S = limn→∞ Sn = 21
Koliko je vsota vrste?
S=
∞ X
√
√ √
k +2−2 k +1+ k
k=1
I
I
Zapiˇsimo n-to
delno vsoto:
√ √
Pn √
Sn = k=1
k +2−2 k +1+ k
√
√
√
√
√
√
Sn = 3 − 2 2 + 1 + 4 − · · · + n + 2 − 2 n + 1 + n
Notranji cˇ leni
le
√ se√uniˇcijo, ostanejo
√
Sn = 1 − 2 + n + 2 − n + 1
I
Vsota neskonˇcne vrste√je enaka limiti√delnih vsot.
√
S = limn→∞ Sn = 1 − 2 + limn→∞
n+2− n+1 .
I
Izraz, katerega limito raˇcunamo,
mnoˇ
√
√zimo in delimo s
konjugirano iracionaliteto n + 2 + n + 1 in dobimo
1√
limn→∞ √n+2+
= 0.
n+1
√
Vsota vrste je potemtakem S = 1 − 2.
I
Koliko je vsota vrste?
∞
X
k=1
I
3
4k−1
Vrsta je geometrijska, n-to
vsoto geometrijske vrste
Pn delno
n
k−1
izraˇcunamo po formuli k=1 q
= 1−q
1−q .
1−
1
Sn = 3 1−41n
4
I
Izraˇcunamo limito delnih vsot. Upoˇstevamo, da je
limn→∞ 41n = 0.
I
Vsota vrste je potemtakem S = 4.
Pokaˇzi, da je dolˇzina Cantorjeve mnoˇzice enaka 0.
(i) Vzemimo zaprt enotni interval, [0, 1]. Razdelimo ga na tri
enako dolge podintervale in izloˇcimo srednjega brez robnih
toˇck. Po prvem koraku nam ostaneta dva zaprta
podintervala [0, 1/3] in [2/3, 1].
(ii) Nadaljujemo postopek izloˇcanja (i) na vsakem od njih v
nedogled.
Cantorjevo mnoˇzico sestavljajo toˇcke, ki v limiti ostanejo.
I
Na zaˇcetku je dolˇzina intervala enaka 1.
I
Na vsakem koraku je dolˇzina izloˇcenih intervalov tretjina
predhodnih, njihovo sˇ tevilo pa se podvoji.
I
Skupna dolˇzina izloˇcenih intervalov je 13 + 322 + 233 + . . .
P
2 n−1
Vsota gornje geometrijske vrste: 13 ∞
= 1.
n=1 3
I
2
Dolˇzina Kochove krivulje
Kochovo krivuljo konstruiramo takole, kot prikazuje slika:
I
Vzemimo, da je dolˇzina zaˇcetne daljice enaka 1.
Na vsakem koraku se sˇ tevilo stranic pomnoˇzi s 4 njihova
dolˇzina pa se skrˇci za faktor 3.
n
Dolˇzina krivulje po n-tem koraku je enaka 43 .
n
V limiti je dolˇzina enaka: limn→∞ 43 = ∞.
I
Krivulja neskonˇcne dolˇzine, ki jo lahko poloˇzimo v dlan.
I
I
I
Ploˇscˇ ina pod Kochovo krivuljo, cˇ e je dolˇzina zaˇcetne
daljice enaka 1.
I
Na zaˇcetku je ploˇscˇ ina enaka niˇc.
I
I
Na vsakem koraku se na vsaki stranici doda enakostraniˇcni
trikotnik, katerega stranice so tretjina prvotne stranice.
Torej na vsakem √koraku dodamo
ploˇscˇ ini S√n ,
√
1 2n 3
4 n 3
1 2n 3
n
n−1
.
Sn = 4
3
4 =4
3
16 = 9
P∞ 16
Ploˇscˇ ina je potemtakem enaka S = n=1 Sn .
I
Vsota gornje geometrijske vrste je enaka S =
I
√
9 3
80 .
Izraˇcunaj vsoto vrste S =
P∞
n−1 an ,
cˇ e je
Fn
an = n , kje Fn n-ti cˇ len Fibonaccijevega zaporedja:
2
F1 = 1, F2 = 1 in Fn+1 = Fn + Fn−1
P∞ Fn
I Vrsto S =
semo takole:
n=1 2n zapiˇ
P
∞ Fn+2
I S = F1 + F2 +
n=1 2n+2 →
2
4
P
∞ Fn+1 +Fn
I S = F1 + F2 +
→
n=1 2n+2
2
4
P
P
∞ Fn+1
∞
Fn
I S = F1 + F2 +
n=1 2n+2 +
n=1 2n+2
2
4
I
S=
1
2
+
1
4
+ 12 (S − 12 ) + 41 S → S = 2
S pomoˇcjo kvocientnega kriterija ugotovi konvergenco
vrste
∞
X
1
.
k!
k=1
1/(n+1)!
n!
1
.
= (n+1)!
= n+1
1/n!
I limn→∞ 1 = 0.
n+1
I Ker je limita Dn manj kot ena vrsta
I
Dn =
konvergira.
S pomoˇcjo kvocientnega kriterija ugotovi konvergenco
vrste
∞
X
2k k!
k=1
kk
.
2n+1 (n+1)!nn
.
(n+1)n+1 2n
I
Dn =
I
limn→∞
I
Ker je
2
e
2nn
(n+1)n
= limn→∞
2
(1+ n1 )n
< 1 vrsta konvergira.
= e2 .
S pomoˇcjo kvocientnega kriterija ugotovi konvergenco
vrste
∞
X
3k k!
k=1
kk
.
3n+1 (n+1)!nn
.
(n+1)n+1 3n
I
Dn =
I
limn→∞
I
Ker je
3
e
3nn
(n+1)n
= limn→∞
3
(1+ n1 )n
> 1 vrsta divergira.
= e3 .
S pomoˇcjo korenskega kriterija ugotovi konvergenco
vrste
I
2
1 k
.
1−
k
q
n 2
n
n
Cn =
= 1 − n1 .
1 − n1
I
limn→∞ Cn = e1 .
I
Ker je limita Cn manj kot ena vrsta konvergira.
∞ X
k=1
S pomoˇcjo korenskega kriterija ugotovi konvergentnco
vrste
I
2
1 k
1+
.
k
q
n 2
n
n
Cn =
= 1 + n1 .
1 + n1
I
limn→∞ Cn = e.
I
Ker je limita Cn veˇc kot ena vrsta divergira.
∞ X
k=1
S pomoˇcjo korenskega kriterija ugotovi konvergenco
vrste
∞
X
32k+1
k=1
k5k
.
q
√
n
32√ 3
n 2
5 n
√
2 n
I
3
= 3√
.
n
5 n2
√
√
Ker je limn→∞ n 3 = 1 in limn→∞ n n = 1, je
I
limita Cn enaka 95 , vrsta divergira.
I
Cn =
n
S pomoˇcjo korenskega kriterija ugotovi konvergenco
vrste
∞ X
k − 1 k(k−1)
.
k +1
k=1
n−1 I Cn = n−1
= 1−
n+1
2
n+1
2 n+1 2−2
2
.
1
.
e2
I
limn→∞ Cn =
I
Limita Cn je manj kot 1, vrsta konvergira.
S pomoˇcjo majorante ugotovi konvergenco vrste
∞
X
k=1
1
.
(k + 1)2
1
(k+1)2
1
k(k +1) .
I
Velja
I
Pokazati moramo, da je vrsta
I
Gornjo vrsto lahko seˇstejemo. Razbijemo cˇ lene na
parcialne ulomke in izraˇcunamo delne vsote.
1
1
1
k(k +1) = k − k +1 .
Sn = 1 −
I
1
2
<
+
1
2
−
1
3
+ ··· +
1
n
P∞
1
k=1 k(k+1)
−
1
n+1
=1−
konvergentna.
1
1+n .
Limita delnih vsot je enaka 1 od tod sledi da vrsta
konvergira, torej je tudi prvotna vrsta konvergentna.
S pomoˇcjo majorante ugotovi konvergenco vrste
∞
X
1
.
k3
k=1
I
I
Ker velja, da je k 2 < k 3 za vse k > 1, je k13 < k12 .
P
1
Ker je vrsta ∞
snjo nalogo,
k=1 k 2 konvergentna, glej prejˇ
sledi, da je prvotna vrsta konvergentna.
S pomoˇcjo minorante ugotovi konvergenco vrste
∞
X
1
√ .
k
k=1
I
I
I
I
I
Pokaˇ
najprej divergentnost harmoniˇcne vrste
P∞ zimo
1
=
∞.
k=1 k
P
Harmoniˇcno vrsto lahko zapiˇsemo kot vsoto 1 + ∞
k=1 sk ,
1
1
1
kjer je sk = 2k −1 +1 + 2k −1 +2 + · · · + 2k .
ˇ
Za vsak k imajo vsote sk 2k−1 cˇ lenov. Cleni
v sk in sj se ne
prekrivajo, cˇ e je k 6= j.
ˇ nadomestimo vse cˇ lene vsote sk z najmanjˇsim, zadnjim
Ce
k −1
1
, dobimo 22k = 12 . Velja sk > 12 za vsak k . Od tod sledi,
2k
da je harmoniˇcna vrsta divergentna.
√
Ker velja k < k za vsak k > 1 sledi, da tudi prvotna vrsta
divergira.
S pomoˇcjo minorante oziroma majorante ugotovi
konvergentnco vrste
∞
X
arctan k
k=1
I
I
1 + k2
.
π 1
π 1
arctan k
<
<
.
2 1 + k2
2 k2
1 + k2
1
Ker konvergira vrsta s cˇ leni 2 , konvergira tudi prvotna
k
vrsta.
Velja ocena:
S pomoˇcjo primerjalnega kriterija ugotovi konvergenco
vrste
∞
X
k=1
I
I
I
I
√
2 + 3k 2
.
1 + 2k + k 3
Vodilna potenca v sˇ evcu je p = 1 v imenovalcu pa q = 3.
Izberemo primerjalno vrsto s cˇ leni k p−q = k12 .
√
(2+3k 2 )k 2
Limita kvocienta cˇ lenov obeh vrst limk→∞ 1+2k+k 3 .
Delimo sˇ q
tevec in imenovalec z vodilno potenco 3:
√
( 22 +3)
limk→∞ 1 +2k 1 +1 = 3.
n3
I
k2
Limita zaporedja je razliˇcna od niˇc in konˇcna, torej obe vrsti
hkrati konvergirata in divergirata. Ker primerjalna vrsta
konvergira, konvergira tudi prvotna vrsta.
Ugotovi konvergenco alternirajoˇce vrste
√1
k
∞
X
(−1)k+1
√
.
k
k=1
I
Zaporedje absolutnih cˇ lenov
I
Od tod sledi, da je vrsta konvergentna.
Ker vrsta absolutnih cˇ lenov ne konvergira je konvergenca
vrste le pogojna.
I
monotono pada proti niˇc.
Ugotovi konvergenco alternirajoˇce vrste
∞
X
(−1)k +1
.
k(k + 1)
k=1
1
k(k+1)
I
Zaporedje absolutnih cˇ lenov
niˇc.
I
I
Od tod sledi, da je vrsta konvergentna.
Vrsta absolutnih cˇ lenov je tudi konvergentna
I
sledi, da je vrsta absolutno konvergentna.
monotono pada proti
Ugotovi konvergenco alternirajoˇce vrste
∞ X
1 − (−1)k
1 + (−1)k
−
.
k
2k
k=1
I
I
I
I
Zaporedje absolutnih cˇ lenov vrste pada proti niˇc, vendar
ne monotono.
P
2
Vrsta z lihimi cˇ leni ∞
k=1 2k−1 divergira.
P
−1
Vrsta s sodimi cˇ leni ∞
k=1 22k−1 absolutno konvergira.
Od tod sledi, da vrsta divergira.
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x)
x −2
2x − 1
Funkcija je definirana povsod razen v toˇckah kjer se
imenovalec enak 0.
f (x) =
I
I
Df = {x ∈ R, 2x − 1 6= 0} = R \ { 12 }
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x)
f (x) =
√
1 − 2x
I
Funkcija je definirana na obmoˇcju, ker je izraz pod
korenom nenegativen.
I
Df = {x ∈ R, 2x − 1 ≥ 0} = (−∞, 12 ]
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x)
I
p
1
4 − x2 −
x
Funkcija je definirana na obmoˇcju, kjer je izraz pod
korenom nenegativen in imenovalec v drugem cˇ lenu
razliˇcen od niˇc.
I
Df = {x ∈ R, 4 − x 2 ≥ 0 ∧ x 6= 0} = (−2, 0) ∪ (0, 2)
f (x) =
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x)
f (x) =
q
√
2x − 1 − x
I
Funkcija je definirana na obmoˇcju, kjer so izrazi pod koreni
nenegativni.
√
Df = {x ∈ R, 2x − 1 ≥ 0 ∧ 2x − 1 ≥ x}
I
Df = [ 12 , ∞) ∩ {x ∈ R, 0 ≥ x 2 − 2x + 1} = {1}.
I
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x)
f (x) =
I
I
I
q
√
2x − 1 + x
Funkcija je definirana obmoˇcju, kjer so izrazi pod koreni
nenegativni.
√
Df = {x ∈ R, x ≥ 21 ∧ 2x − 1 + x ≥ 0}
Tam ker je izpolnjen prvi pogoj, je izpolnjen tudi drugi.
Df = [ 12 , ∞).
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x)
x
2
Funkcija je definirana obmoˇcju, kjer so izrazi pod koreni
nenegativni.
f (x) =
I
I
I
I
r
√
2x − 1 −
Df = {x ∈ R, x ≥
1
2
∧ 2x − 1 ≥
x2
4 }
√
√
Pogoja
na [4 − 2 3, 4 + 2 3], ker je
√ sta izpolnjena
4 − 2 3 > 12 .
√
√
Df = [4 − 2 3, 4 + 2 3],
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x)
f (x) =
q
√
2x − 1 + x
I
Funkcija je definirana obmoˇcju, kjer so izrazi pod koreni
nenegativni.
√
Df = {x ∈ R, x ≥ 21 ∧ 2x − 1 ≥ −x}
I
Drugi pogoj izpolnjen na prazno, ker je x ≥ 12 .
I
Df = [ 21 , ∞),
I
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x)
x −1
x +1
Funkcija je definirana na obmoˇcju, kjer je izraz pod
logaritmom pozitiven, in imenovalec razliˇcen od niˇc.
f (x) = log
I
I
x−1
Df = {x ∈ R, x+1
> 0}
I
Df = (−∞, −1) ∪ (1, ∞).
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x)
f (x) =
p
x − |1 − 2x|
I
Funkcija je definirana na obmoˇcju, kjer je izraz pod
korenom nenegativen.
I
Df = {x ∈ R, x > |1 − 2x|}
I
Za 1 − 2x < 0 oziroma oziroma x >
oziroma x ≤ 1.
1
2
je x ≥ −1 + 2x
I
Za 1 − 2x ≥ 0 oziroma oziroma x ≥
oziroma x ≥ 13 .
1
2
je x ≥ 1 − 2x
I
Df = ( 21 , 1) ∪ ( 13 , 12 ] = ( 31 , 1).
Ali lahko reˇcemo, da sta funkciji f (x) in g(x) enaki?
f (x) = log x 2 , g(x) = 2 log x
I
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x) je Df = (−∞, 0) ∪ (0, ∞).
I
Definicijsko obmoˇcje funkcije g(x) je Dg = (0, ∞).
I
Za pozitivne x je f (x) = g(x), vendar funkciji nista enaki,
ker se ne ujemata v definicijskem obmoˇcju.
Ali lahko reˇcemo, da sta funkciji f (x) in g(x) enaki?
I
x
1
, g(x) =
1
x +1
1+ x
Definicijsko obmoˇcje funkcije f (x) je Df = R \ {0, −1}.
I
Definicijsko obmoˇcje funkcije g(x) je Dg = R \ {−1}.
I
Za x ∈
/ {0, −1} je f (x) = g(x), vendar funkciji nista enaki,
ker se ne ujemata v definicijskem obmoˇcju.
f (x) =