1 Základní matematické pojmy Logika Množiny a jejich zobrazení... 7

Rozměr: px
Začít zobrazení ze stránky:

Download "1 Základní matematické pojmy Logika Množiny a jejich zobrazení... 7"

Transkript

1 Semiář z matematické aalýzy I Čížek Jiří-Kubr Mila 8 září 007

2 Obsah Základí matematické pojmy Logika Možiy a jejich zobrazeí 7 Reálá a komplexí čísla 6 Poslouposti 7 Základí vlastosti posloupostí 7 Limita poslouposti 47 Mootoí poslouposti 69 4 Částečé limity posloupostí 8

3 Kapitola Základí matematické pojmy Logika Před soudem stojí tři obviěí A, B, C A říká: jsem evie, pachatelem je C B říká: C je evie, pachatelem je A C říká: jsem evie, B eí pachatel Soud zjistil, že jede z obviěých krát lhal, jede říkal krát pravdu, jede jedou lhal a jedou mluvil pravdu Kdo je pachatel? Řešeí: Z výpovědi C plye, že emohl krát lhát, poěvadž by byl pachatelem o a zároveň B Uvažme yí ásledující případy: a) Necht C krát mluvil pravdu, pak je A pachatel i Jestliže A krát lhal, je A pachatel Jestliže B jedou lhal, je pachatelem B ebo C Teto případ emůže astat ii Jestliže B krát lhal, pak C je pachatel, což je opět spor b) Necht C jedou lhal a jedou mluvil pravdu Pak pachatelem může být C ebo B i Jestliže A krát lhal, je A pachatel, což je spor ii A tedy krát mluvil pravdu a B krát lhal Odtud plye, že pachatelem je C Do polárí expedice je třeba z osmi zájemců A, B, CD, E, F, G, H vybrat šest odboríků: biologa, hydrologa, syoptika, radistu, mechaika a lékaře Kvalifikaci mají: a biologa E a G, a hydrologa B a F, a syoptika F a G, a radistu C a D, a mechaika C a H, a lékaře A a D Každý bude vykoávat právě jedu fukci Kdo pojede, když F emůže jet bez B, D bez H a bez C, C emůže jet s G a A emůže jet s B? Řešeí: Vypíšeme si jedotlivé profese a příslužé zájemce do tabulky Biolog E, G Hydrolog B, F Syoptik F, G Radista C, D Mechaik C, H Lékař A, D a) Kdyby A jel s expedicí, pak ejede B a emůže jet ai F, tedy eí možé obsadit fukci hydrologa Zájemce A tedy jet emůže b) Poěvadž A ejede, musí jet D ve fukci lékaře, tedy C ve fukci radisty a H ve fukci mechaika Ale C emůře jet s G, tedy G epojede Odtud plye, že E jede ve fukci biologa, F ve fukci syoptika a B ve fukci hydrologa

4 Rozhoděte o pravdivosti ásledujících implikací a) Kočí-li celé číslo cifrou 5, je dělitelé 5 pravdivá b) Je-li 6 prvočíslo, pak je číslo složeé pravdivá c) Jestliže pro dvě čísla a, b platí ab 0, pak a b 0 epravdivá d) Je-li 6 prvočíslo, pak je také prvoříslo pravdivá 4 Rozhoděte o pravdivosti ásledujících ekvivalecí a) b) c) Číslo je dělitelé právě tehdy, je-li jeho ciferý součet dělitelý pravdivá Číslo 9 je sudé právě když je dělitelé pravdivá Úhlopžíčky rovoběžíka jsou a sebe kolmé tehdy a je tehdy, jeli daý rovoběžík čtverec epravdivá 5 Dvě defiice sadosti písemky jsou: a) Písemka je sadá, jestliže každý příklad vyřešil alespoň jede studet b) Písemka je sadá, jestliže alespoň jede studet vyřešil všechy příklady Může existovat písemka, která je α) lehká ve smyslu a), ale e ve smyslu b)? β) lehká ve smyslu b), ale e ve smyslu a)? b) a) 6 Jsou dáy výroky, týkající se výšky žáků tříd A a B a) Každý žák z B je vyšší ež všichi žáci z A b) Nejvyšší žák z B je vyšší ež ejvyšší žák za c) Ke každému žáku z B existuje žák z A, který je meší d) Každý žák z A je meší ež alespoň jede žák z B e) průměrá výška žáků z B je větší ež průměrá výška žáků z A Jsou ěkteré z těchto výroků ekvivaletí? Které? c) d) 7 Formulujte předpoklad a tvrzeí v ásledujících větách a) Souči dvou po sobě jdoucích sudých čísel je dělitelý osmi Předpoklad: Souči dvou po sobě jdoucích čísel Tvrzeí: Je dělitelý osmi b) Součet a rozdíl čtverců dvou po sobě jdoucích přirozeých čísel je vždy lichý, jejich souči vždy sudý a dělitelý čtyřmi Předpoklad: Součet a rozdíl čtverců dvou po sobě jdoucích přirozeých čísel Tvrzeí: Je vždy lichý, jejich souči je vždy sudý a dělitelý čtyřmi 8 Vyslovte egaci ásledujících výroků a) Všechy koeficiety jsou rovy ule Alespoň jede koeficiet ke eulový b) Všechy kořey rovice jsou reálé Alespoň jede koře rovice eí reálý c) 4 < 4

5 9 K daým větám vyslovte věty obráceé a) Úhlopříčky kosočtverce půlí jeho úhly Čtyřúhelík, jehož úhlopříčky půlí jeho úhly, je kosočtverec b) Je-li číslo dělitelé devíti, je jeho ciferý součet dělitelý devíti Je-li ciferý součet čísla dělitelý devíti, je číslo dělitelé devíti 0 Vyslovte ásledující věty ve tvaru uté a postačující podmíky a) Rovostraý trojúhelík má vitří úhly stejé Trojúhelík je rovostraý právě tehdy, má-li vitří úhly stejé Nebo: Rovost stra trojúhelíka je utou a postačující podmíkou pro to, aby jeho vitří úhly byly stejé b) Jede z kořeů kvadratické rovice ax + bx + c 0, a 0, je ulový Rovice ax + bx + c 0, a 0 má alespoň jede kože ulový právě když c 0 c) V rovoběžíku se úhlopříčky avzájem půlí Ve čtyřúhelíku se úhlopříčky půlí právě tehdy, jde-li o rovoběžík V ásledujících větách doplňte vyechaý text slovy je uté, stačí, je uté a stačí tak, aby byly pravdivé a) Aby součet dvou přirozeých čísel byl dělitelý dvěma,, aby každý sčítaec byl dělitelý dvěma stačí b) Aby mohočle ax + bx + c, a 0 byl dělitelý dvojčleem x α),, aby číslo α bylo ulovým bodem tohoto mohočleu je uté a stačí c) Aby celé číslo bylo dělitelé stem,, aby bylo dělitelé deseti je uté d) Aby celé číslo bylo dělitelé stem,, aby bylo dělitelé tisícem stačí Určete všecha N, pro ěž z výroků A : je dělitelé 7, B : je dělitelé 7, C : < 0 jsou právě dva pravdivé 45 ; ukažte, že je-li dělitelé 7, pak eí dělitelé 7 Určete všecha x R, aby právě jede z výroků A : x je celé, B : x x je celé záporé, C : x + je celé kladé, x { } byl epravdivý x ; + 5 ; 5 4 Napište ásledující výroky pomocí kvatifikátorů a určete, zda jsou pravdivé a) K libovolému reálému číslu y existuje reálé číslo x tak, že platí x + y < y R x R : x + y < ; pravdivý b) Pro libovolé reálé číslo y platí y )y + ) < y y R : y )y + ) < y ; pravdivý c) Pro jakékoliv reálé číslo x platí x 6x + 5 > 0 x R : x 6x + 5 > 0 ; pravdivý d) Existují reálá čísla x taková, že platí x 4 x R : x 4 ; pravdivý 4

6 e) Existují reálá čísla x taková, že platí logx ) logx ) logx + ) x R : logx ) logx ) logx + ) ; epravdivý 5 Dokažte sporem ásledující věty a) Rovice ax b, a 0 má jedié řešeí b) Rovice a + x b má jedié řešeí c) 7 je číslo iracioálí d) Rovice x + 0 emá reálé kořey 6 Dokažte, že pro každé N a x > platí + x) + x, Beroulliova erovost ) Důkaz: K důkazu použijeme matematickou idukci Pro tvrzeí zřejmě platí Předpokládejme, že + x) + x Jestliže tuto erovost vyásobíme výrazem + x > 0, dostaeme + x) + + x) + x) + + )x + x + + )x a důkaz je dokoče 7 Necht jsou x, x, x N) jsou kladá čísla taková, že x x x Potom je x + x + + x Důkaz: Tvrzeí budeme dokazovat opět matematickou idukcí Je-li, je x, tedy x a tvrzeí platí Předpokládejme, že tvrzeí platí pro a uvažme možiu čísel {x, x,, x, x + } Jestliže jsou všecha čísla rova, je x + x + + x + x + + a tvrzeí platí Jestliže existuje jedo z těchto čísel, které je meší ež, musí existovat jié číslo, které je větší ež Je totiž x x x x + Necht apř x <, x + > Uvážíme-li skupiu čísel x, x,, x, x x +, je jejich souči rove a podle idukčího předpokladu platí x + x + + x + x x + Přičteme-li k oběma straám této erovosti x +x + a souči x x + převedem a pravou strau, dostaeme x + x + + x + x + + x + x + x x x + x ) + x + + x )x + ) + 5

7 8 Jsou-li x, x,, x libovolá kladá čísla, N, potom platí x + x + + x x x x Aritmetický průměr je vždy větší ebo rove geometrickému průměru Důkaz: Uvažme čísel x x x x, x x x x,, x x x x Všecha tato čísla jsou kladá a jejich souči je rove Podle předchozího příkladu je tedy x x x x + x x x x + + x x x x a odtud plye, že x + x + + x x x x 9 Metodou matematické idukce dokažte, že pro libovolé přirozeé platí a) )+) 6 ; b) ) + ) ; c) ) + ) + ) ; d) )+) e) ; + ; f) ) 4 ) ; g) ) ) 4) 9 +) + + ; h) > 4, > ; i) < <, > ; j) a + b) ) 0 a b 0 + ) a b + + ) a 0 b ; využijte vlastosti kombiačích čísel k ) + k+ ) + ) k) > ; ukažte, že > 0 l) 7 je dělitelé 7 ; ukažte, že kombiačí čísla 7 ), 7 ), 7 ), 7 ) 4, 7 ) 5, 7 6) jsou všecha dělitelá 7 m) Pro > dekadický zápis + kočí číslicí 7 ; dokažte, že číslo 6 je dělitelé 0 ) 4 < +, > ; + ukažte, že platí + < k o) < <, > ; ukažte, že platí + < + < + ) 6

8 p) Bud te x i 0 pro i,,,, x + x + + x Potom je 0 Dokažte, že pro x kπ, k Z a N platí a) x ) x ) x ) ; + si x + cos x + cos x + + cos x si ; x b) si x + si x + + si x c) si x + si x + + si x využijte vztahu x x + x ) x + ) +) si x si+)x 4 si x + si x si si x x Možiy a jejich zobrazeí Bud te Y, X λ, λ Λ) možiy Ukažte, že platí Y λ Λ X λ Y X λ ) ; Y λ Λ λ Λ ; X λ λ ΛY X λ ) De Morgaova pravidla Důkaz: a) Necht x Y X λ Potom je x Y, x / X λ, tedy x / X λ pro λ Λ Odtud λ Λ λ Λ plye, že x Y X λ pro λ Λ, tedy x λ Λ Y X λ ) Tím jsme dokázali, že Y X λ X λ ) λ Λ λ ΛY b) Obráceě, bud x Y X λ ) Potom je x Y X λ pro λ Λ, tedy x / X λ pro λ Λ λ Λ a také x / X λ Neboli x Y X λ a platí, že λ Λ λ Λ X λ ) Y λ ΛY X λ λ Λ c) Aalogicky echt x Y X λ Potom x Y, x / X λ, tedy λ 0 Λ, tak, že λ Λ λ Λ x / X λ0, eboli x Y X λ0 a x Y X λ ) Dostáváme, že λ Λ Y X λ X λ ) λ Λ λ ΛY d) Obráceě pro x Y X λ ) λ 0 Λ tak, že x Y X λ0, eboli x Y, x / X λ0 λ Λ a tedy x / X λ Následě x Y X λ a platí ikluse λ Λ λ Λ X λ ) Y λ ΛY X λ λ Λ 7

9 Pozámky: i) Důkaz de Morgaových pravidel je založe a vlastosti moži A B A B B A Tohoto postupu budeme využívat v dalším velmi často, pokud se budeme chtít přesvědčit, že dvě možiy jsou si rovy ii) Možia Λ, které budeme říkat často idexová možia, může být libovolá, apř iterval 0, ) Většiou však bude bud Λ N ebo Λ N Ukažte, že platí λ Λ A λ λ Λ B λ λ ΛA λ B λ ) λ Λ A λ λ Λ Najděte možiy A λ a B λ tak, že ikde eplatí rovost Důkaz: Bud x λ Λ A λ λ Λ B λ Potom je x λ Λ A λ, x / λ Λ B λ B λ, tedy evistuje idex λ 0 tak, že x A λ0, x / B λ0 Je dokoce x / B λ λ Λ ) Odtud plye, že x A λ0 B λ0, tedy x A λ B λ ) a prvá ikluse je dokázáa λ Λ Bud x A λ B λ ) Potom existuje λ 0 tak že x A λ0 B λ0, tedy x A λ0, x / B λ0 λ Λ Tudíž x A λ, x / B λ a druhá ikluse platí Bud Potom je k λ Λ λ Λ A k B k, k A 0,, A,, A k pro k, B 0,, B,, B k pro k A k B k ) k,, A k B k 0, k k Ověřte rovost moži A {, 5} ; B {x R ; x + 4x 5 0} 4 Určete, zda M N, jestliže a) M je možia všech rovostraých trojúhejíků, N je možia všech rovorameých trojúhelíků Ao b) M je možia všech celých čísel, N je možia všech lichých čísel Ne 5 Bud A {x N ; x } Najděte všechy vlastí a evlastí podmožiy A Vlastí podmožiy : {}, {}, {}, {, }, {, }, {, } ; evlastí podmožiy :, {,, } A 6 Najděte možiu B všech podmoži možiy A {, } B {,,, {, }} 7 Najděte sjedoceí, průik a rozdíl ásledujících moži a) A {,, 4, 6, 9}, B {, 4, 5, 8, 0} ; A B {,,, 4, 5, 6, 8, 9, 0}, A B {4}, A B {,, 6, 9}, B A {, 5, 8, 0} 8

10 b) A 4, 8), B, 4 ;, 8),, 4, 8),, 4 c) A, 7, B 5, 6 ;, 7, 5, 6,, 5) 6, 7), d) A je možia všech sudých čísel, B je možia všech lichých čísel Z,, A, B 8 A je možia všech sudých čísel, B je možia všech lichých čísel, které ejsou dělitelé třemi, C je možia všech čísel, dělitelých třemi Najděte možiy A B, A C, A B C, A C A B; možia celých čísel, kromě lichých ásobků tří A C; možia všech celých čísel, kromě lichých, edělitelých třemi, A B C; možia všech celých čísel A C; možia všech čísel dělitelých šesti 9 A je možia všech čtyřúhelíků, B možia všech pravidelých úhelíků Najděte možiy A B a B A A B: možia všech čtyřúhelíků, které ejsou čtverce, B A: možia všech pravidelých úhelíků, které ejsou čtverce 0 Najděte možiy, které tvoří všecha řešeí ásledujících rovic a) cos πx Určete průik a sjedoceí těchto moži 0 ; b) si πx 0 a) možia všech lichých čísel ; b) možia všech celých čísel průik je možia všech lichých čísel, sjedoceí možia všech celých čísel Bud te X a Y dvě možiy Možiu X, Y ) X Y X Y ) Y X) azýváme symetrickou diferecí moži X a Y Ukažte, že platí a) X Y X Y Y X Y X ; b) X Z Y Z X Y Z ; c) Z X Z Y Z X Y ; d) X Y Z) X Y ) Z ; e) X Y Z) X Y ) Z ; f) X Y Z) X Y ) X Z) ; g) Je-li M X, pak X X M) M ; h) X X Y ) X Y ) ; i) X Y X Y X) ; j) X Y X Y ) Y X) X Y ) ; k) X Y ) Z X Z) Y Y Z ; l) X Y X Y X Y ; m) X Y X Y ; ) X Y X Y ; o) X Y Z) X Y ) Z ; p) X X Y ) X Y ; 9

11 q) X Y ) Z X Z) Y Z) Návod: Při důkazech využijte vlastosti X Y X Y Y X Ukažte příklady moži, pro ěž platí a) A B A B) Kdy platí rovost? A 0,, B, ) ; B A b) A B D, ale A B D Kdy platí rovost? B 0, ), D, ) ; B D c) D A B E), D A B) E Kdy platí rovost? A 0, ), B, ), E, ) ; A E d) A A ) B B ) A B ) A B ) Jaký vztah platí? A 0, ), A 4, 6), B, ), B 0, 4) ; A A ) B B ) A B ) A B ) Určete vzájemý vztah moži X a Y tj X Y, X Y, Y X) je-li a) X A B C), Y A B) A C) ; X Y b) X A B) C, Y A C) B C) ; X Y c) X A B C), Y A B) A C) X Y 4 Najděte možiy k A k, k B k, k C k, k D k, je-li A k 0,, B k 0, ), C k 0,, D k 0, ) k k k k A k 0, ), B k 0, ), C k {0}, D k k k k k ) 5 Ukažte, že A k, B k A k, B k ) Využijte příkladu k k k 6 Necht A, A, A, jsou možiy Ukažte, že A A k Je-li A A A, pak Je-li A A A, pak Návod: Ukažte, že k počet moži, zatímco Pozámka: Možiu lim A, možiu platí lim k k k k k A k A k k k k A k A A k A A k A A k je možia takových x, která leží ve všech A až a koečý k A k jsou takové prvky, které leží v ekoečě moha A A k azýváme dolí limitou poslouposti moži a začíme A k horí limitou poslouposti moži a začíme lim A Jestliže A lim A, řekeme, že posloupost moži má limitu a ozačíme ji lim A 0

12 7 Necht A C, B D Ukažte, že A B A D) C B) Důkaz: a) Poěvadž platí A B A D, A B C B, je i A B A D) C B) b) Necht obráceě a, b) A D) C B) Potom je a, b) A D a zároveň a, b) C B Tedy a A, b B, eboli a, b) A B a platí A D) C B) A B 8 Najděte možiy A B a B A, jestliže a) A {x N ; < x < 4}, B {x N ; x 4 0} ; A B {, ),, )} ; B A {, ),, )} b) A {, 4, 5}, B {a, b} A B {, a),, b), 4, a), 4, b), 5, a), 5, b)} ; B A {a, ), a, 4), a, 5)b, ), b, 4), b, 5)} c) A N, B A B B A 9 Ukažte, že platí a) A B A B ; b) A B X Y A X B Y ; c) A Y ) B Y ) A B) Y ; d) X Y ) A B) X A) Y B) Návod: Využijte postupu z příkladu 7 0 Bud f : X Y, A, B X Ukažte, že fa B) fa) fb) Je-li f prosté zobrazeí, je dokoce fa B) fa) fb) Důkaz: a) Necht y fa B) Potom existuje x A B tak, že y fx) Je tedy y fa) a zároveň y fb), eboli y fa) fb) b) Obráceě předpokládejme, že f je prosté a bud y fa) fb) Potom existují x A, x B tak, že y fx ) fx ) Poěvadž je f prosté, musí platit x x A B eboli y fa B) Bud f : X Y, A, B X Ukažte, že fa) fb) fa B) Na příkladu ukažte, že fa) fb) fa B) Důkaz: Bud y fa) fb) Potom je y fa), y / fb) Existuje tedy x A tak, že y fx), ale x / B Odtud plye, že x A B, eboli y fa B) Stačí zvolit apř f : x x, A,, B, 0 Potom je fa B) 0,, fa) fb)

13 Bud f : X Y zobrazeí Ukažte, že platí a) A B X fa) fb) ; b) A, B X fa B) fa) fb) ; c) A, B Y f A B) f A) f B) ; d) A, B Y f A B) f A) f B) ; e) A, B Y f A B) f A) f B) Návod: Vyjděte z defiice příslušých moži a užijte metody příkladu 0 Bud f : X Y zobrazeí, A X, B Y podmožiy Najděte fa) a f B), je-li a) X Y R, f : x x, A {, 0,,, }, B {, 4} ; fa) {0,, 4, 9}, f B) {,,, } b) X N, Y R, f : x x, A {,, 0}, B {, 7, 9} ; fa) {, 9, 00}, f B) {} c) X Y R, f : x si x, A 0, π, B { } ; fa) 0,, f B) { π 6 + kπ, k Z} { 5π 6 + kπ, k Z} d) X Y R, f : x +x, A 0, + ), B, 0) 0, ; 4 Bud f : X Y zobrazeí Potom je f prosté právě když fa B) fa) fb) pro všechy podmožiy B A X Důkaz: Podle příkladu je fa B) fa) fb) Necht je yí f prosté zobrazeí a y fa B) Potom existuje x A B tak, že y fx) Poěvadž x A, x / B, musí být y fa), y / fb), f je prosté) Tedy y fa) fb), eboli fa B) fa) fb) Jestliže f eí prosté, existují x, x X, x x tak, že fx ) fx ) y Y Položme A {x, x }, B {x } Potom fa B) {y }, fa) fb), B A X 5 Ukažte, že ásledující tvrzeí jsou ekvivaletí a) f : X Y je prosté zobrazeí ; b) f fa)) A pro A X ; c) fa B) fa) fb) pro A, B X ; d) Je-li A B, potom fa) fb) pro A, B X ; e) Pro libovolou dvojici B A X je fa B) fa) fb) Návod: Dokažte řadu implikací a) b) c) d) e) a) Užijte metody z příkladů 0,, 4 6 Najděte příklady zobrazeí f : X Y a podmožiy A X, pro ěž a) fx A) Y fa) ; fx) x, X 0,, Y R, A X libovolá možia

14 b) fx A) Y fa) ; fx) x, X,, Y 0,, A X libovolá podmožia c) ai jeda z moži fx A) a Y fa) eí podmožiou druhé fx) x, X,, Y R, A 0, ; potom fx A) 0,, fa) 0,, Y fa), 0), + ) Pozámka: Platí dokoce ásledující tvrzeí Je-li f : X Y zobrazeí, pak je f prosté právě když pro libovolou možiu A X je fx A) Y fa) f je zobrazeí X a Y právě když pro libovolou možiu A X je fx A) Y fa) 7 Bud te X, Y, Z možiy, f : X Y, g : Y Z, h : Z X zobrazeí Jsou-li mezi zobrazeími h g f, g f h, f h g dvě zobrazeí a a třetí prosté ebo dvě prostá a třetí a, pak jsou všecha tři zobrazeí prostá zobrazeí a Dokažte Důkaz: Ozačme F h g f, G f h g, H g f h Zřejmě platí ásledující implikace α) Je-li F prosté, je f prosté β) Je-li F a, je h a γ) Je-li F a a h bijekce, je h F a δ) Je-li H prosté a h bijekce, pak H h je prosté a) Necht apř F a G jsou zobrazeí a a H je prosté Poěvadž F je zobrazeí a, je podle vlastosti β) zobrazeí h také a Dále H je prosté, tedy podle vlastosti α) je h také prosté Odtud plye, že h a tedy i h jsou bijekce Dále je F zobrazeí a a tedy také zobrazeí h F g f je a H je prosté zobrazeí a podle δ) je prosté i zobrazeí H h g f Tedy g f je bijekce Vzhledem k tomu, že G je zobrazeí a, je podle bodu β) zobrazeí f také a g f je prosté zobrazeí, tedy i f je prosté, eboli je to bijekce Koečě g g f) f je jako složeí dvou bijekcí také bijekce b) Necht F je zobrazeí a G a H jsou prostá Podle bodu a) je h bijekce a stejě tak i g f Poěvadž je G prosté zobrazeí, je také g prosté a poěvadž g f je bijekce, plye odtud, že g je zobrazeí a, eboli bijekce Vzhledem k tomu, že f g g f), je také f bijekce 8 Bud A {a, a,, a } koečá možia o prvcích 0 celé) Ozačme A systém všech podmoži možiy A Potom je m A) Důkaz: Systém A obsahuje prázdou možiu a podmožiy o jedom, dvou, až prvcích Počet všech podmoži o k prvcích 0 k ) je k), tedy m A) ) ) ) ) 0 Pozámka: Ozačeí A expa) pro systém všech podmoži možiy A se používá pro libovolou možiu A Číslice je vlastě zkratka pro dvouprvkovou možiu, apř {0, } Obecě B A ozačuje možiu všech zobrazeí f : A B Každé zobrazeí f : A {0, } charakterizuje libovolou podmožiu M A : x M fx) Takovou fukci f azýváme charakteristickou fukcí možiy M

15 9 Každá podmožia spočeté možiy je koečá ebo spočeté Důkaz: Bud A spočetá možia, B A podmožia Je-li B koečá, je tvrzeí zřejmé Necht je tedy B ekoečá Poěvadž A je spočetá, lze její prvky apsat ve tvaru ekoečé poslouposti A {a, a, a, } Postupujeme yí v této poslouposti tak daleko, až arazíme a prvý prvek možiy B, třeba a k B Stejým postupem získáme idex k > k tak, že a k B Tím dostaeme posloupost {a k, a k, }, která obsahuje všechy prvky možiy B a B je tedy spočetá 0 Každá ekoečá možia obsahuje ekoečou spočetou podmožiu Důkaz: Bud A ekoečá možia a zvolme prvek a A Poěvadž je možia A {a } opět ekoečá, lze zvolit prvek a A {a } Obecě prvek a zvolíme libovolě v možiě A {a, a,, a } která je opět ekoečá) Tím způsobem dostaeme posloupost {a, a, }, která tvoří spočetou podmožiu A Pozámka: Předchozí tvrzeí je zjedodušeá formulace tzv axiomu výběru Bud {A λ ; λ Λ} systém po dvou disjuktích eprázdých moži, A A λ Pak existuje zobrazeí f : Λ A tak, že fλ) A pro každé λ Λ Axiom výběru zaručuje možost výběru reprezetata možiy A λ Specielě v případech, kdy prvky možiy A jsou opět ějaké možiy, je třeba axiomaticky zaručit možost výběru reprezetata Jsou-li A, B spočeté možiy, pak A B je také spočetá λ Λ Důkaz: Je-li A {a, a, }, B {b, b, }, pak A B můžeme zapsat do schematu a, b ), a, b ), a, b ), a, b ), a, b ), a, b ), a, b ), a, b ), a, b ), Tyto prvky lze zapsat do poslouposti apř) a, b ), a, b ), a, b ), a, b ), a, b ), a, b ), a 4, b ), a odtud plye, že A B je spočetá mořia Je-li A ekoečá možia, B spočetá ebo koečá možia, pak jsou možiy A B a A ekvivaletí tedy mají stejou mohutost) Důkaz: Platí A B A B A), kde sjedoceí vpravo je disjuktí a podle příkladu 9 je možia B A koečá ebo spočetá Podle příkladu 0 existuje spočetá možia C A a tedy A A C) C, A B A C) C B A) Možia C C A) je spočetá a tedy ekvivaletí s C Jestliže yí přiřadíme každý prvek A C sám sobě, dostáváme požadovaé bijektiví zobrazeí A a A B Bud Ω {a ; a : N {0, }} možia všech posloupostí ul a jediček Potom je Ω espočetá možia 4

16 Důkaz: Důkaz provedeme sporem Předpokládejme, že prvky Ω lze uspořádat do poslouposti apř a ) {a ), a), a), } a ) {a ), a), a), } a ) {a ), a), a), } Bud b {b } defiováa vztahem b a ) Potom je b Ω, b a ) N, což je spor Pozámka: Metoda důkazu se azývá Catotova diagoalizačí metoda Dokázali jsme tedy, N expn) je espočetá Obecě je mohutost expa) větší ež mohutost A pro každou možiu A 4 Bud Ω 0 {a Ω : a) 0 pro všecha N s výjimkou koečě moha } Potom je Ω 0 spočetá možia Důkaz: Bud N a echt A {a Ω ; ak) 0 pro k > } Podle příkladu 8 je ma ) Protože možia Ω 0 A A A + A ) je sjedoceí disjuktích koečých moži, lze prvky Ω 0 uspořádat do poslouposti, tj Ω 0 je spočetá možia Pozámka: Aalogicky dostaeme, že Ω {a Ω ; a) až a koečý počet idexů} je spočetá možia Tedy Ω Ω 0 Ω Ω, kde pouze Ω {a Ω ; k N 0, N : 0 > k > k a 0 ) 0 a ) } je espočetá Možiově řečeo: systém všech koečých moži a moži s koečým doplňkem v expn) je spočetý Systém všech podmoži N, které jsou ekoečé a mají ekoečý doplěk, je espočetý 5 Ukažte, že jsou ásledující možiy X a Y ekvivaletí a ajděte příslušé bijektiví zobrazeí X a Y a) X N, Y je možia vřech sudých kladých čísel; f) b) X N, Y Z ; f) pro sudé, f) pro liché c) X 0, ), Y a, b), a < b) ; fx) a + b a)x d) X 0, ), Y R ; fx) tg x ) π e) X R, Y 0, + ) ; fx) e x f) X 0, + ), Y a, + ), a R ; fx) x + a g) X 0,, Y 0, ) ; f0) 0, fx) + + x, x +,, N ; akreslete si graf) ; ) + ; srovejte s důkazem cvičeí ebo fx) x, x 0, { ; N}, f 5

17 6 Ukažte, že všechy itervaly mají stejou mohutost omezeé i eomezeé) Tato mohutost se azývá mohutost kotiua Návod: Užijte výsledky předchozího cvičeí 7 Ukažte, že možia Q všech racioálích čísel je spočetá Návod: Ukažte, že Q M 0, kde M 0 Z N a použijte cvičeí 9 a 8 Necht pro všecha N je A ejvýše spočetá možia Potom je A ejvýše spočetá možia Dokažte Návod: Jsou-li A ekoečé, uspořádejte je do schématu jako v příkladu Reálá a komplexí čísla Ozačeí: Zavedeme zkráceé ozačeí součtů a součiů ásledujícími předpisy: a + a + + a a j, a a a j a defiujeme tzv prázdý součet a souči předpisem Ukažte, že platí 0 j a j 0, k a k 0 a k k A také j a ij a ij ; j i i ji j a ij a ij j i i ji Řešeí: Je j a ij a j + a j + + a jj ) a + a + a ) + a + a + a ) + + j i j +a + a + + a ) a + a + + a ) + a + a + + a ) + + +a, + a, ) + a a ii + a i,i+ + + a i ) a ij Aalogicky provedeme důkaz pro souči i i ji Pozámka: Uvedeý postup je poěkud dlouhý a těžkopádý Daou rovost je však možo ověřit okamžitě, jestliže situaci zázoríme graficky viz obrázek Jestliže zaměíme daé sumace, je okamžitě vidět, že i probíhá od do a j probíhá od i do Aalogicky provedeme tvrzeí pro součiy Tohoto postupu bude později běžě používáo v souvislosti s výpočtem dvojých itegrálů 6

18 Bud te r,,,, r přirozeá čísla Ukažte, že platí r j j i a j) i Zobecěí distributivího zákoa) i i r i r a ) i a ) i a r) i r Důkaz: Důkaz provedeme idukcí podle r Pro r vzorec platí Podle distributivího zákoa je c a i ca i Předpokládejme yí, že daý vzorec platí pro r a dokážeme i i jeho platost pro r + Položme potom i i i j r+ j i c i r i r a j) i c r i r a ) i a ) i r j j i a j) i c c r+ i a r+) i ; i i a ) i a ) i a r) i r a r) i r r+ i r+ i i a r+) i r+ r i r i i a ) i a ) i a r) i r r i r a ) i a ) i a r) i r c r+ i r+ a ) i a ) i a r+) i r+ 4 Ukažte, že platí a) a a ; j b) c a k c) k k k a k k0 c a k ; a k ; i0 a i + i a i+ ; m ) ) d) a i b j m a i b j m a i b j ; i j i j j i m e) a ij m a ij ; f) g) h) i) j) i j a a ; i j i r ) a i r a i ; i i r a k k kl+ i a a k r k k ; r kl+ r i +) ; a k+r ; užijte idetity i i + i + ) i i i 7

19 k) k0 l) a + b) m) a b) q k q+ q, q ; k0 k0 ) k a k b k ; ) k k) a k b k užijte idetity q ) k0 q k + k q k q k k0 5 Ukažte, že pro libovolou dvojici reálých čísel a, b a < b) existuje racioálí číslo c tak, že a < c < b Důkaz: Předpokládejme, že 0 < a < b a echt a a 0, a a a, b b 0, b b b Je-li ěkteré z těchto čísel racioálí s periodou 9, zapíšeme je ve tvaru rozvoje s periodou 0 Poěvadž je a < b, existuje celé ezáporé číslo tak, že a k b k pro k 0,,,, a a < b Poěvadž dále 9 eí periodou čísla a, existuje takové přirozeé číslo i >, že a i 9 Uvažme yí racioálí číslo c c 0, c c c i, kde c k a k pro k 0,,, i, c i a i + Je zřejmé, že c > a, je však také c < b, poěvadž c a < b 6 Ukažte, že pro libovolou dvojici reálých čísel a, b a < b) existuje iracioálí číslo α tak, že a < α < b Důkaz: Uvažujme racioálí číslo c z předchozího příkladu a sestrojme číslo α c 0, c c c i Teto desetiý rozvoj je eperiodický a tedy α je iracioálí číslo Z předchozího příkladu je též zřejmé, že a < α < b 7 Komplexí číslo α se azývá algebraické, je-li kořeem eulového polyomu s celočíselými koeficiety, tj když existuje P Zx, P 0, tak, že P α) 0 Komplexí číslo, které eí algebraické, se azývá trascedetí Ukažte, že možia všech algebraických čísel je spočetá Důkaz: Bud N, P možia všech polyomů s celočíselými koeficiety stupě ejvýše tého Potom je P Z Z Z }{{} + + krát a podle příkladu je P spočetá Podle příkladu 8 je spočetá i možia Zx P Každý eulový polyom z P má v oboru komplexích čísel C ejvýše kořeů Tedy možia všech algebraických čísel jako spočeté sjedoceí koečých moži je zovu podle příkladu 8) ejvýše spočetá Protože eí koečá, je spočetá Pozámka: Algebraická jsou samozřejmě všecha racioálí čísla Je-li r p q racioálí, pak má příslušá algebraická rovice tvar qx p 0 Algebraická jsou však také všechy 8

20 odmociy z přirozeého čísla, apř x 0), x 0) apod Další algebraická čísla můžeme získat sčítáím výše uvedeých Třeba je opět algebraické s odpovídající algebraickou rovicí x 4 0x + 0 Čísla π a e základ přirozeých logaritmů) jsou trascedetí Důkaz tohoto tvrzeí je však začě komplikovaý a přesahuje rámec tohoto textu Nicméě stojí za povšimutí, že právě možia všech trascedetích iracioálích čísel je espočetá, jak ukážeme v ásledujícím příkladu 9 8 Možia D {x R ; 0, a a a, kde a i {0, 9}, i N} tj možia reálých čísel z itervalu 0,, která mají desetiý rozvoj, složeý je z cifer 0 a 9) je espočetá Dokažte Důkaz: Uvědomte si, že každé x 0, má ejvýše jede dekadický zápis tvaru 0, a a a, kde a i {0, 9} Podle příkladu 8 je možia těchto zápisů espočetá a tedy je espočetá i možia D Cifru v příkladu 8 ahradíme cifrou 9) Pozámka: Bud x 0, a a a Potom a {0, 9} x 0, 9 0 0,, 9 a, a {0, 9} x 0, 00 00, 9 0 0, , Možiu D dostaeme tedy takto: z itervalu D 0 0, vypustíme prostředích osm deseti Tím dostaeme možiu D Možia D je sjedoceí disjuktích uzavřeých itervalů Možiu D + dostaeme tak, že vypustíme z každého itervalu možiy D prostředích osm deseti Potom je D D Možia D se azývá Catorovo diskotiuum Součet délek itervalů D je 5 Tedy D lze pokrýt koečým sjedoceím itervalů s libovolě malým součtem délek Říkáme, že možia D má míru 0 Necht D 0 vzike z D vypuštěím krajích bodů itervalů D Potom je možia D D 0 espočetá, poěvadž vyechaé možia bodů je spočetá 9 Možia všech reálých čísel je espočetá atd Důkaz: Důkaz provedeme sporem Kdyby R byla spočetá, pak je i možia D R z předchozího cvičeí podle příkladu 9 spočetá, což je spor 0 Rozhoděte, které z reálých čísel x, y je větší a) x, 45, y, 45 ; y b) x, 0, y, y Napište ásledující zlomky ve tvaru periodického desetiého rozvoje a) ; 0, 6 b) 0 ; 0, 55 c) 4 ; 0, 4857 d) ; 0,

21 Zapište ásledující periodické desetié rozvoje ve tvaru zlomku a) 0, 5 ; b) 0, ; c), 4 ; Najděte pět prvých dolích a horích aproximací ásledujících čísel d) 0, 9 ; 0 a) 0 0; 0, ; 0, 4 0, 0; 0, 0, 00; 0, 0 0, 000; 0, 00 b) 0; 0, ; 0, 4 0, ; 0, 4 0, ; 0, 4 0, ; 04 c) 9 ;, ;,, ;,, ;,, ;, d) 5 8 ; 0 0, 7; 0, 6 0, 6; 0, 6 0, 66; 0, 65 0, 65; 0, Najděte tři prvé dolí a horí aproximace ásledujících čísel a) ; ;, 4;, 5, 4;, 4 b) 5 ; ;, ;,, ;, 4 c) ; 0, ; 0, 4 0, ; 0, 0, 7; 0, 8 d) ; 0, 4; 0, 0, ; 0, 0, 8; 0, 7 e) ; ;, ;,, 4;, 5 Návod: Hledejte desetiý rozvoj a 0, a a a tak, aby a 0, a a a < < a 0, a a a + ) Pro výpočet druhé odmociy je zámý algoritmus Pokud spočítáte dolí aproximaci sado ověříte všechy uvedeé výsledky 5 Ukažte, že a 0, a a a a 4 pro,, 5, 7, a) mezi dvěma růzými racioálími čísly existuje ekoečě moho racioálích čísel ; využijte toho, že pro a < b je a < a+b < b b) mezi dvěma růzými reálými čísly existuje ekoečě moho racoálích čísel ; podle příkladu 5 ajděte dvě racioálí čísla a < b s touto vlastostí a pak užijte bod a) c) mezi dvěma růzými reálými čísly existuje espočetě moho iracioálích čísel ; přesěji: možia všech takových čísel má stejou mohutost jako R ; podle je α, β) Q α, β) a podle 6 α, β) R 6 Bud te X, Y omezeé eprázdé podmožiy R a ozačme X + Y {z ; z x + y, x X, y Y } Potom je supx + Y ) sup X + sup Y ; ifx + Y ) if X + if Y Důkaz: Zvolme ε > 0 Podle defiice supréma existuje x 0 X tak, že sup X ε < x 0 a y 0 Y tak, že sup Y ε < y 0 Odtud sup X + sup Y ε < x 0 + y 0 X + Y, tedy sup X +sup Y je ejmeší horí odhad možiy X +Y, tj supx +Y ) sup X +sup Y Aalogicky dokážeme tvrzeí pro ifimum 0

22 7 Bud A { r Q ; r < } Najděte if A a sup A if A, sup A 8 Najděte if A a sup A ásledujících moži a) A 0, ) ; if A 0 ; sup A b) A {} ; if A mi A ; sup A + c) A { } ; if A 0 ; sup A max A } d) A { + ) ; if A mi A 0 ; sup A max A { } e) A if A mi A ; sup A k k0 0 9 Bud te A B R Ukažte, že sup A sup B, if A if B 0 Bud te X, Y R Ozačme Užijte defiice supréma a ifima X {x ; x X} ; XY {z ; z xy, x X, y Y } ; Ukažte, že platí X Y {z ; z x y,, x X, y Y } a) sup X) if X ; if X) sup X ; užijte defiice supréma a ifima b) supx Y ) sup X if Y ; ifx Y ) if X sup Y ; oba vzorce platí za předpokladu, že všechy čley a pravé straě jsou vlastí čísla ; užijte příkladu 6 Je X Y X + Y ) c) Bud te X, Y R + 0 omezeé podmožiy Potom supxy ) sup X sup Y ; ifxy ) if X if Y d) Bud te X, Y R omezeé podmožiy Ozačme užijte defiice supréma a ifima M { sup X sup Y ; sup X if Y ; if X sup Y ; if X if Y } Potom platí supxy ) max M, ifxy ) mi M ; uvažte jedotlivé možosti ; apř pro X Y, 0) je max M if X if Y, mi M sup X sup Y Bud te A, B R Ukažte, že platí a) supa B) max{sup A, sup B} ; užijte vlastosti A A B, B A B b) supa B) mi{sup A, sup B} ; a příkladu ukažte, že může platit i ostrá erovost ; užijte vztahu A B A, A B B ; uvažte apř A 0, ) {, 4}, B 0, ) {, 5} c) ifa B) mi{if A, if B} ; d) ifa B) max{if A, if B} ; a příkladu ukažte, že může platit i ostrá erovost ; uvažte apř A 0, ) {, 4}, B 0, ) {, 5}

23 Bud te f, g : A R zobrazeí, kde A je eprázdá možia a echt jsou možiy fa), fb) omezeé Ukažte, že if fa) + if ga) if{fa) + ga)} sup{fa) + ga)} sup fa) + sup fb) Využijte příkladu 6 Bud te a R, ε > 0 Potom erovost x a < ε platí právě když x a ε, a + ε) Důkaz: Necht x a ε, a + ε), tj a ε < x < a + ε ε < x a < ε x a < ε Pozámka: Uvedeou erovost a její ekvivaletí vyjádřeí budeme později v souvislosti s limitami posloupostí a fukcí používat velmi často 4 Ukažte, že platí a) a + b ab pro a, b R ; b) a + b ) + b + c ) + c + a ) 6abc pro a, b, c R ; c) a + b + c) 7abc pro a, b, c R ezáporá Důkaz: a) Poěvadž a b) 0 pro a, b R, dostaeme a +b ab 0, eboli a +b ab b) podle předchozího cvičeí a) platí a +b c abc, b +c a abc, c +a b abc Sečteím těchto erovostí dostaeme požadovaé tvrzeí c) Podle příkladu 8 platí a+b+c abc Jestliže tuto erovost umocíme a třetí a vyásobíme 7, dostaeme aše tvrzeí 5 Ukažte, že platí a) a b a + b a + b pro a, b R ; k důkazu erovosti využijte vztah a a, a a Pro důkaz erovosti použijte erovost a výraz a a + b b b) x + x k x x k, x, x k R ; k k použijte předchozí příklad a tvrzeí x k x k c) + x k ) + x k, x k 0, k,,, Rozepište daý souči k k 6 Řešte ásledující erovice a) x x > 0 ; x, ) < ; x, ), + ) ) c) x 4)x + ) + x) x)x x + ) > 0 ; x,, 4) d) x < ; x, ) b) x 5 x+ k k

24 e) x + 0 ; x, 8, + ) ) f) 4x + > 4x + x 7 ; x, 5, 5) 5 g) x x) < 0, 05 ; x ) 0 0, ) 5 0, Ukažte, že libovolá espočetá podmožia R obsahuje omezeou espočetou možiu Ukažte příklad spočeté možiy takové, že každá její omezeá podmožia je koečá Řešeí: Je-li A daá espočetá možia, pak A A, kde A A,,,, Každá možia A je omezeá Kdyby byly všechy možiy A spočeté, musí být i A spočetá, což je spor Ohledě druhého případu stačí vzít možiu N všech přirozeých čísel 8 Bud a, b,,, systém do sebe vořeých itervalů Ukažte, že a, b a je to bod ebo uzavřeý iterval Důkaz: Možia A {a ; N} je eprázdá a shora omezeá apř b ) Tedy podle věty o suprému existuje sup A a Možia B {b ; N} je eprázdá a zdola omezeá, tedy existuje if B b Bud te i, j N, i j Potom a i a j b j b i a tedy a i b j a a j b i Odtud plye, že pro všecha i, j N platí a i b j a tedy a i b i N a ásledě a b Bud x R takové, že a x b Potom N platí a a x b b, tj x a, b Je-li x < a, pak existuje k N tak, že a k > x ; je-li x > b, existuje l N tak, že b l < x Neboli, jeli x < a ebo x > b, pak x / a, b Platí tedy a, b {x R ; a x b}, což je jedoprvková možia pro a b, ebo iterval a, b, je-li a < b 9 Ukažte, že pro libovolá dvě čísla x, y R, x y existují jejich okolí, která jsou disjuktí Volte Ux; ε) a Uy; ε) tak, že ε < x y 0 Najděte systém do sebe vořeých itervalů tak, aby a) jejich průik byl prázdý ; b) jejich průik obsahoval právě jede bod ; c) jejich průik obsahoval iterval a, b ) 0, ) a, b ) 0, ) a, b, +

25 Bud te α, β libovolá komplexí čísla Ukažte, že platí a) α β α β ; b) α β α + β α + β Důkaz: Necht α a + a i, β b + b i a) Potom α β a b a b + ia b + a b ) a tedy α β a b a b ) + a b + a b ) a + a b + b α β b) Podle cvičeí 4a) platí a b + a b a a b b a tedy eboli a b + a b + a b + a b a b + a b + a b + a b a b + a b + a a b b, a + a )b + b ) a b + a b ) Po odmocěí dostaeme a + a )b + b ) a b + a b a b + a b Cauchyova erovost v R ) a odtud a + a + b + b + a + a )b + b ) a + a + b + b + a b + a b ) Po přepsáí dostáváme dále a + a + b + b ) a + b ) + a + b ), eboli α + β a + a + b + b a + b ) + a + b ) α + β Mikowského erovost v R ) Využitím této erovosti dostaeme α α + β β α + β + β α + β + β, tedy α β α + β Aalogicky β α + β + α, tedy platí též β α α + β Z těchto dvou erovostí plye prvá erovost v b) Bud te α, β libovolá komplexí čísla Ukažte, že platí a) α + β α + β, α β α β ; b) α β α β ; ) c) α pro β 0 β α β Návod: Užijte defiici komplexě sdružeého čísla 4

26 Řešte rovici + i)x + 5i)y i pro reálá x, y 4 Řešte v komplexím oboru ásledující kvadratické rovice x 4, y 5 a) x + i)x + + 7i) 0 ; x i, x + i b) x i)x + 5 5i) 0 x + i, x i Návod: Užijte vzorce pro výpočet kořeů kvadratické rovice 5 Ozačeí: Bud ϕ R Komplexí jedotku cos ϕ + i si ϕ začíme také e iϕ Vztah e iϕ cos ϕ + i si ϕ je tzv Eulerova idetita Později pomocí fukčích řad) dokážeme, že fukce e z je defiováa pro všecha z C a že platí tato idetita Pomocí Eulerovy idetity si sado zapamatujeme Moivreovu větu: cos ϕ + i si ϕ) e iϕ) e iϕ cos ϕ + i si ϕ 6 Ukažte, že cos ϕ eiϕ + e iϕ, si ϕ eiϕ e iϕ i Důkaz: Je e iϕ cos ϕ + i si ϕ a tedy e iϕ cos ϕ) + i si ϕ) cos ϕ i si ϕ Sečteím a odečteím těchto idetit dostáváme příslušé vzorce 7 Vypočtěte mociy ásledujících komplexích čísel a) + i) 5 ; + i) ) 0 b) ; 9 i ) +i i c) +i ) 5 d) i) 0 i + i ) 5 +i) ; 64 0 ) 0 ) 0 8 Řešte ásledující biomické rovice a) z i 0 ; i ; +i ; +i b) z ; + i ; i ; + i ; i c) z ; i ; i ; +i ; i ; +i ; +i 9 Vyjádřete cos x a si x pomocí moci cos x a si x Řešeí: Je cos x + i si x cos x + i si x) ) i k cos k x si k x k k0 5

27 Srováím reálých a imagiárích částí dostaeme ) ) cos x cos x cos x si x + cos 4 x si 4 x + + R, 4 si x ) cos x si x ) cos x si x + + S, kde posledí čley R a S závisí a tom, zda je sudé ebo liché Pro sudé je pro liché platí R ) si x, S ) cos x si x, R ) cos x si x, S ) si x Pozámka: Pro,,, 4, 5, 6, dostaeme cos x cos x si x, si x si x cos x ; cos x cos x cos x si x, si x cos x si x si x ; cos 4x cos 4 x 6 cos x si x+si 4 x, si 4x 4 cos x si x 4 cos x si x ; cos 5x cos 5 x 0 cos x si x + 5 cos x si 4 x, si 5x 5 cos 4 x si x 0 cos x si x + si 5 x ; cos 6x cos 6 x 5 cos 4 x si x + 5 cos x si 4 x si 6 x, si 6x 6 cos 5 x si x 0 cos x si x + 6 cos x si 5 x 40 Vypočítejte cos x, si x, cos 4 x, si 4 x pomocí cos kx a si kx Řešeí: cos x 4 cos x + cos x), si x 4 si x si x) cos 4 x 8 cos 4x + 4 cos x + ), si4 x 8 cos 4x 4 cos x + ) Užijte příkladu 6 6

28 Kapitola Poslouposti Základí vlastosti posloupostí Najděte předpis pro tý čle poslouposti {x }, je-li a) x a, x + + x +, N, a R je daé číslo ; b) x + ax + b, N, x, a, b R jsou daá čísla ; c) x A, x B, ax + + bx + + cx 0, N, a, b, c, A, B R, a 0 b jsou daá čísla Řešeí: a) Jestliže si apíšeme ěkolik prvých čleů poslouposti {x }, zjistíme, že x a + aα + β ) a + ), x aα + β ), aα + β a + aα + β 4a + ) 4aα + β ) 54a + 6) x 4, x 5 4a + 6 aα 4 + β 4 8a + 8 aα 4 + β 4 ), aα 5 + β 5 kde α 0, β, α, β Způsob výpočtu koeficietů α i, β i, i, 4, bude zřejmý z dalších výpočtů Je vidět, že platí Ze zadaého rekuretího vzorce plye x x + x aα + β ) aα + β )aα +β ) aα +β + aα + β ) aα + )α + β + )β Srováím těchto dvou vyjádřeí dostáváme, že α + α + α, α 0, α, ; β + β + β, β, β, Získaý předpis lze dokázat matematickou idukcí Pozámka: Z výsledku plye, že se ám sice epodařilo vyjádřit x pomocí a x, ale pro výpočet můžeme využít rekuretích vztahů pro α a β, což jsou přirozeá čísla 7

29 b) Poěvadž je dostaeme x k+ ax k + b, x k ax k + b, x k+ x k ax k x k ) a x k x k ) a k x x ) Jestliže tyto rovosti sečteme pro k,,,, dostaeme a tedy x x + x x ) a a x x x k+ x k ) x x ) k k x + a )x + b a a a k a x + b a a pro a Je-li a, je posloupost {x } aritmetická a x x + )b c) Je-li a 0 ebo c 0, dostaeme předchozí případ Hledejme yí řešeí ve tvaru x λ, kde λ je zatím ezámý parametr Dosazeím do daé rovice dostaeme λ aλ + bλ + c) 0 a pokud je A + B > 0, musí být λ 0 a tedy V dalším budeme rozlišovat tři případy i Rovice aλ + bλ + c 0 aλ + bλ + c 0 má dva reálé růzé kořey λ λ Je λ 0 λ, protože je c 0) Pokusme se yí hledat řešeí ve tvaru x c λ + c λ, kde c a c jsou ezámé kostaty Využitím počátečích podmíek x A, x B dostaeme soustavu dvou rovic pro dvě ezámé c, c tvaru která má jedié řešeí A c λ + c λ, B c λ + c λ, c Aλ B λ λ λ ), c B Aλ λ λ λ ) ii Necht λ λ Potom budeme hledat řešeí ve tvaru x c λ + c λ Využití počátečích podmíek dostaeme soustavu která má jedié řešeí A c λ + c λ, B c λ + c λ, c Aλ B λ, c B Aλ λ 8

30 Bud iii Daá kvadratická rovice má dvojici komplexě sdružeých kořeů vyjádřeých v goiometrickém tvaru) pro jejichž tou mociu platí Pokusme se tedy alézt řešeí ve tvaru λ cos ϕ ± i si ϕ), kde si ϕ 0, λ cos ϕ ± i si ϕ) x λ c cos ϕ + c si ϕ) Využitím počátečích podmíek dostaeme soustavu s jediým řešeím A λ c cos ϕ + c si ϕ), B λ c cos ϕ + c si ϕ) c A λ si ϕ B si ϕ λ si ϕ, c B cos ϕ A λ cos ϕ λ si ϕ Pozámka: Uvedeé příklady jsou ukázky tzv diferečích rovic, které hrají důležitou úlohu apř v umerických metodách S aalogickou metodou jako v příkladu c) se setkáme ve druhém semestru v souvislosti s řešeím difereciálích rovic s kostatími koeficiety a ) Najděte předpis pro a r), N, a r) k a r ) k pro r,, Řešeí: Idukcí podle r dokážeme, že Pro r a pro N je a ) r N a N platí a r) ) 0 a tvrzeí platí + r Bud r N, r a echt tvrzeí platí pro r, tj + r N je a r ) r Potřebujeme dokázat, že N platí a r) + r r r Tuto část důkazu provedeme opět idukcí, tetokrát podle r bude pevé) Pro je ) ) a r ) r r a r) r r Necht yí a r) ) +r r Potom + a r) + k a r ) k k a r ) k ) ) + a r ) + ) ) ) a r) + a r ) + r + r + r + + r r r podle zámé idetity pro kombiačí čísla ) 9

31 Najděte prvých pět čleů poslouposti {a }, je-li a) a + ) ) ; 0 ; ; 0 ; ; 0 b) a + ) ; 0 ; ; ; 5 ; 4 π si c) a + ; ; 0 ; ; 0 ; 5 d) a ) cos π + ; 0 ; ; ; cos π 5 ; e) a 0 ; ; ; ; ; f) a 0 9 ; 0 ; ; ; ; g) a! ; ; ; 9 ; ; Ukažte, že posloupost, pro jejíž čley platí vztah a a+a, je aritmetická Řešeí: Je a a a a a a a a a d 5 Najděte předpis pro tý čle poslouposti {a }, je-li a) 8 ; 4 ; 0 ; 6 ; ; } ; a + 6 b) { ; ; 4 ; 5 4 ; 6 5 ; } ; a + c) { ; ; 8 ; 4 ; 5 ; } ; a d) { ; 5 ; ; 5 ; ; 5 ; } ; a + ) e) { 0, 5 ;, 5 ; 4, 5 ;, 5 ; 40, 5 ; } ; a ) 6 f) { ; 4 ; 4 5 ; 5 6 ; 6 7 ; } ; a + + g) { ; ; ; ; ; 4 ; } ; a, a + 6 Najděte předpis pro tý čle poslouposti {a }, je-li a) a + a + α, a, α jsou daá čísla ; a a + )α b) a + a q, a, q jsou daá čísla ; a a q c) a, a + a +)a ; + d) a, a + + )a ; a! e) a, a + a +) ; a! f) a, a + + a ; a + g) a b + b + + b, kde b + b + d, b, d jsou daá čísla ; a b + ) d ; užijte vlastosti aritmetické poslouposti h) a b + b + + b, kde b + b q ; b, q jsou daá čísla ; a b q q pro q, a b pro q ; i) a α, a + +)a, α R {0} je daé ; užijte vlastosti geometrické poslouposti a α) ) + j) a 0, a + a+ + ; a! k k! 0

32 k) a a, a + + )a + ), a R je daé ; a! a + k ) k! Návod: V příkladech a) - k) si apište ěkolik prvých čleů daé poslouposti l) a 0, a, a + a+ a a ; m) a, a, a + a + + a, tzv Fiboacciho čísla ; a ) 5 ) a α, a β, a + a + + a, α, β R jsou daá ; a β α ) + α+β o) a 0, a, a + a + a ; a p) a, a 0, a + a + a ; a ) cos π 4 Návod: V příkladech l) - p) použijte metody z příkladu c) 7 Vyjádřete ásledující součty a) d) g) k p pro p,,, 4, 5 ; b) k k cos kx, k k k si kx ; e) k kk + )k + ) k q k ; c) k ) k, k k r k cos kx, k0 k k k ) ; f) r k si kx ; k k0 ) ; k Řešeí: a) Pro p dostaeme zámý vzorec ) Bud yí p a uvažujme idetitu x + ) x x + x + Jestliže v této idetitě budeme postupě dosazovat za x,,, a všechy tyto erovosti sečteme, dostaeme Využitím rovosti a odtud k k + ) k k + k Pro p využijeme rovosti k k +) dostaeme dále + ) k k k k + k k + + ) + + ) + ) 6 x + ) 4 x 4 4x + 6x + 4x +

33 Stejým postupem dostaeme + ) 4 4 k + 6 k + 4 k + k k k a odtud k Aalogický způsobem ajdeme k + ) 4 k k k k 4 + ) + ) + ) 0 a k k 5 + ) + ) Pozámka: Je možé dokázat, že pro libovolé p N platí p p + p + + p p+ p + + p + ) p B k p k+, k k kde x je celá část čísla x R, tj celé číslo k takové, že k x < k + a B jsou tzv Beroulliho čísla, defiovaá rekuretě vztahy Platí B 0, B k0 ) k k B k k +, N B, B 6, B 4 0, B 6 4, B 8 0,, B + 0, N b) Je-li q, dostaeme předchozí případ p ) Necht je tedy q Podle vzorce pro tý částečý součet geometrické poslouposti platí Odtud q) c) Uvažme výraz kq k k k0 k kq k k kq k+ k k q k q + q q ) q k + kq k k )q k k q + kq k q q ) q) q+ q r k cos kx + i r k si kx k0 r k e ikx podle Eulerovy idetity 5) Toto je však součet + čleů geometrické poslouposti s kvocietem q re ix, tedy pro re ix platí k0 r k e ikx r+ e i+)x re ix r+ cos + )x ir + si + )x r cos x ir si x k0

34 r + cos + )x ir + si + )x r cos x + ir si x r cos x) + r si x r+ cos x r + cos + )x r cos x + + i r + si x r + si + )x + r si x r r cos x + po proásobeí a krátké úpravě Jestliže yí srováme reálé a imagiárí části obou stra, dostaeme k0 r k cos kx r+ cos x r + cos + )x r cos x + r r cos x + k0 r k si kx r+ si x r + si + )x + r si x r r cos x + Pozámka: S uvedeými vyjádřeími se setkáme ěkolikrát později, poprvé v souvislosti s ekoečými řadami d) Aalogicky jako v předchozím příkladu můžeme psát k cos kx + i k si kx k Podle příkladu b) q e ix ) platí k k ke ikx ke ikx eix e ix ) e ix ) ei+)x e ix eix e ix e ix e ix ) e ix ) eix + )e ix + e i+)x ) + )eix e i+)x 4e ix 4 si x, e i x e i x i jestliže využijeme vyjádřeí si x pomocí expoeciely 6) Srováím reálých a imagiárích částí dostaeme k cos kx k k + ) cos x cos + )x 4 si x,, e) Platí a tedy k k si kx k + ) si x si + )x 4 si x ) )! k k k k! k)! )! k )! k + )! k ) ) ) k + ) k k l k l0 Druhý součet rozepíšeme do tvaru ) k k k ) kk ) + k k k k k )

35 Pro k platí )! kk ) kk ) k k! k)! k ) )! k )! k)! ) )! ) ) k )! k + )! k Tudíž ) ) ) k ) + k k k k k k ) + + ) f) Uvažujme idetitu + x) + x) + x) Podle biomické věty tedy platí k0 ) x k k l0 ) x l l j0 ) x j j Jestliže v součiu a levé straě ajdeme koeficiet u x, dostaeme ) ) ) ) ) ) ) ) k k 0 Poěvadž však platí, že ) k k), je teto koeficiet rove ) k k0 k0 Odpovídající koeficiet a pravé straě je ), tedy ) ) k g) Jestliže zlomek kk+)k+) rozložíme a parciálí zlomky, dostaeme kk + )k + ) A k + a běžý výpočet dává soustavu lieárích rovic B k + + C k + A + B + C 0, A + B + C 0, A s řešeím A, B, C ; tedy k kk + )k + ) { k k + k + + k + Jestliže použijeme toto vyjádřeí, dostaeme kk + )k + ) + ) + + ) { ) + } } ) + { } + ) + ) 4

36 8 Vyjádřete ásledující součty a) b) c) d) e) f) g) k k k kk+) ; + k )k+) ; 4k )4k+) ; k ) ; k kk + ) ; k kk + )k + ) ; k si kx ; k h) + cos kx ; i) j) k) l) m) ) o) p) q) k sik )x ; k k ; užijte vlastosti aritmetické poslouposti +)+) ; užijte příklad 7a) +)+)+) 4 ; užijte příklad 7a) ; užijte příklad 7c) si +)x si x si x si + x si ; užijte příklad 7c) x si x si x ; užijte metody řešeí příkladu 7c) cos si x cos+)x kx ; + si x ; užijte metody řešeí příkladu 7c) a vzorce k cos +cos α α ) k k) ; 0 ; užijte biomickou větu a výraz ) k0 k) k+ ; + + ) ; užijte postupu z příkladu 7e) k + ) ) ; + ) ; užijte postupu z příkladu 7e) k0 k k ) ) ; ) + ; užijte postupu z příkladu 7e) k k k k k k )k+)k+) ; +) +)+) ; užijte postupu z příkladu 7g) kk+)k+)k+) ; 8 +)+)+) ; užijte postupu z příkladu 7g) k k )k+) +) +) 9 Ukažte, že jsou ásledující poslouposti omezeé ; užijte postupu z příkladu 7g) a rozkladu ) k 4k 4 4k + 4k 4 + 4k a) { ) } + 0 ; b) + { d) + } { + + ) + ) ; e) } ; c) { } { 4 + )} 4 ; { } ; f) a, a > ; 5

37 g) { )} a, a > 0 ; h) { ) k+ k k } ; i) { k } k k Důkaz: a) Platí b) Je tedy ) + 0 ) ; ) , + + +, tedy + + a odtud ) + ) + + ) + ) + c) Provedeme ejdříve ásledující úpravu: 4 + ) ) Nyí platí , a tedy d) Využitím vzorce a b poslouposti do tvaru a b)a + ab + b ) můžeme přepsat tý čle daé + + ) ) Protože jmeovatel tohoto zlomku je eustále větší ež, platí e) Nejdříve odhademe prvou odmociu Platí ) + a odtud f) Podle Beroulliho erovosti cvičeí 6) platí a + a ) a ) a odtud a a ) a 6

38 g) Necht je ejdříve a > Potom je též a > a všechy čley daé poslouposti jsou kladé Jestliže využijeme vzorce můžeme psát α β α β)α + α β + + αβ + β ), a a a + a + + a + a ) a odtud a a Je-li a, jsou všechy čley daé poslouposti rovy 0 a tato posloupost je omezeá Pro 0 < a < jsou všechy čley poslouposti záporé je a { )} < ) a ukážeme, že posloupost a je shora omezeá Napišme a ve tvaru a b, kde b > Potom je ) a ) b ) b b b b podle prvé části důkazu h) Ozačme Je s, s Pro sudá j dostáváme s ) k+ k k a pro liché l platí s l+ s l l + l + s l s s j+ s j + j + j + s j s Jestliže tyto výsledky shreme, je vidět, že platí tedy i) Platí k k + k s s j+ s j + j + s j s, k k k k a pro k je k + ) k Tedy k 6 k k )k ) Pro součet k Odtud plye, že k j0 k )k ) 0 k l k ) k+ k ) k j ) k kk )k ) 6 k )k ) platí l + ) l k k + 6 ) 7 l l + Pozámka: Uvedeé postupy ejsou samozřejmě jedié a pravděpodobě také e ejlepší Kařdý si může zvolit jiý postup a popřípadě alézt vhodější odhady 7

39 0 Bud {x } posloupost kladých čísel Potom je posloupost s k x k, omezeá právě když je omezeá posloupost y ) + xk, N k Důkaz: Bud M sup{s ; N} Je-li M <, položme s Pokud M, existuje 0 N tak, že s 0 M, M) Pak pro > 0 platí Pak pro > 0 je ỹ k 0+ tedy pro > 0 máme s s s 0 ) + xk + k 0+ i 0+ x k M s 0 q, q 0, ) x i + i,j 0+,i j + q + q + + q 0 q y q 0 k ) + xk Odtud plye, že {y } je omezeá posloupost Protože dále platí y ) + xk + k k x k + > + + x i x j x 0+ x k x k s, vidíme, že eí-li posloupost {s } omezeá, pak také posloupost {y } eí omezeá Ukažte, že jsou ásledující poslouposti omezeé { } 4 a) + + ; b) { užijte rozkladu ) + } ; proved te aalogicky jako v příkladu a) { } + ) c) ; užijte odhadu + ) + { } d) ; + použijte odhadu + { } +5 e) ; 4 užijte odhadu f) { + } ; užijte postupu z příkladu 9c) { } g) + ; využijte odhadů + +, { } l h) +0 l + ; vyjádřete l i) {log + 5) log + )} ; odhaděte +5 + { } j) ; ajděte součet k kk+) k kk+) 8

40 { k), q < k kq k} užijte příklady 7b) a 9f) q a, a > ) Ukažte, že ásledující poslouposti jsou eomezeé { a) { } 4 + } ; b) + ) ; { } { } c) ; d)! ; + { } )!! e), kde )!! 4 6 ), )!! 5 ) ; )!! { } a { } { + } f) k, a >, k R ; g) ; h) log + ) k ) k+ k Důkaz: Abychom ukázali, že je posloupost {a } eomezeá, musíme pro každé M R alézt idex M) tak, že a M) > M Poěvadž je posloupost přirozeých čísel {} eomezeá, stačí ke každému N alézt takový idex k, že a k > a) Je a poěvadž , dostaeme a stačí volit k b) Provedeme aalogickou úpravu jako v případě a) a poěvadž je můžeme použít odhadu Platí tedy + ) ) + ) + a + ), + + ) + a Posloupost b je eomezeá; je totiž b a odtud plye, že i posloupost {a } je eomezeá 9

41 c) Výraz ejdříve upravíme Je + a poěvadž ), můžeme psát, že ) ) + ), + a tudíž + 6 Posloupost { } ) je eomezeá Platí totiž ) + ) podle Beroulliovy erovosti cvičeí 6) d) Je-li sudé, platí je-li liché, je V každém případě je!! +, + )! ) a odtud! ) e) Je )!! )!! 4 6 ) 5 ) 4 + ) k + ) + 5 ) + ) Podle příkladu 0 je tato posloupost omezeá právě když je omezeá posloupost { } Ozačme s k k Potom s k k }{{ 4 } čleů Protože posloupost { k }{{ 8 } }{{} čleů čleů ) + ) { )} + eí omezeá, eí omezeá ai k } k 40

42 f) Poěvadž platí a k a k, stačí ukázat, že daá posloupost je eomezeá pro a > Necht je ejdříve k 0 Potom platí a k a + a ) a ) a daá posloupost je eomezeá Je-li k 0, pak existuje celé číslo r k tak, že r k < r + Odtud plye, že r k r+ a tedy a r a k a r+ Z této erovosti plye, že posloupost { } a je eomezeá právě když je eomezeá k posloupost { } a Stačí tedy předpokládat, že k N Dále platí r a + a ) l0 ) ) a ) l a ) k+ l k + pro > k Tedy a k ) k a ) k+ ) k) k + k a ) k+ k + )! ) ) k ) k)a ) k+ k + )! Protože je j k pro j,,, k, platí k j j ) k j k ) k ) k a pro k je dokoce k ) k k Odtud plye, že pro k platí a daá posloupost je eomezeá g) Platí Nyí je x 0 a 0, k ) h) Ozačme Je zřejmé, že a poěvadž a k k k a )k+ k + )! { } { } + log + ) log 0 a ozačme x log a podle předchozího příkladu je tato posloupost eomezeá { } s ) k+ k k s < s < < s + s + s ) + + ) s s >, 4

43 plye odtud eomezeost daé poslouposti Aalogicky a vzhledem k tomu, že 0 s 0 > s > > s s s + ) s , eí posloupost {s } omezeá zdola ai shora Poěkud delší, ale také zábavější, je alezeí součtu příslušé sumy Dá se ukázat, že { } + + ) s ) + +, kde zameá opět celou část daého čísla Pozámka: Poslouposti z příkladů a), c), d), e), g) a f) pro a > jsou poslouposti ezáporých čísel, tedy omezeé zdola Poslouposti z příkladů b) a f) pro a < ejsou omezeé shora ai zdola Ukažte, že ásledující poslouposti ejsou omezeé Které z ich jsou omezey zdola resp shora? a) { ) } ; apište si a a a b) { } ; užijte úpravy ) ; zdola omezeá c) {5 4 } ; užijte metody příkladu c) ; zdola omezeá d) { ) } ; apište si ěkolik čleů daé poslouposti ; zdola omezeá 4 Ukažte, že ásledující poslouposti jsou mootoí, počíaje jistým idexem 0 { 4 + } { } + ) a) 4 + ; b) ; c) {q } {, 0 < q < ; d) ; e) { 6 log } ; { a } { )} f), a > 0, a ; g) a, a > 0, a ; { } { } h) k k! ; i) + )! kk + ) + ) k } k Důkaz: a) Jestliže vydělíme čitatele i jmeovatele výrazem 4, dostaeme ) 4 + ) + q 4 + q, Ukážeme, že tato posloupost je klesající, tj 4 + q 4 + q < + q 4 + q q ) 4 Po odstaěí zlomků a jedoduché úpravě dostaeme q < q, eboli q < Stačí tedy volit 0 4

Komplexní čísla. Definice komplexních čísel

Komplexní čísla. Definice komplexních čísel Komplexí čísla Defiice komplexích čísel Komplexí číslo můžeme adefiovat jako uspořádaou dvojici reálých čísel [a, b], u kterých defiujeme operace sčítáí, ásobeí, apod. Stadardě se komplexí čísla zapisují

Více

6. Posloupnosti a jejich limity, řady

6. Posloupnosti a jejich limity, řady Moderí techologie ve studiu aplikovaé fyziky CZ..07/..00/07.008 6. Poslouposti a jejich limity, řady Posloupost je speciálí, důležitý příklad fukce. Při praktickém měřeí hodot určité fyzikálí veličiy dostáváme

Více

Znegujte následující výroky a rozhodněte, jestli platí výrok, nebo jeho negace:

Znegujte následující výroky a rozhodněte, jestli platí výrok, nebo jeho negace: . cvičeí Příklady a matematickou idukci Dokažte:.! . Návody:. + +. + i i i i + + 4. + + + + + + + + Operace s možiami.

Více

Obsah. 1 Mocninné řady Definice a vlastnosti mocninných řad Rozvoj funkce do mocninné řady Aplikace mocninných řad...

Obsah. 1 Mocninné řady Definice a vlastnosti mocninných řad Rozvoj funkce do mocninné řady Aplikace mocninných řad... Obsah 1 Mocié řady 1 1.1 Defiice a vlastosti mociých řad.................... 1 1. Rozvoj fukce do mocié řady...................... 5 1.3 Aplikace mociých řad........................... 10 1 Kapitola 1

Více

Matematika I, část II

Matematika I, část II 1. FUNKCE Průvodce studiem V deím životě, v přírodě, v techice a hlavě v matematice se eustále setkáváme s fukčími závislostmi jedé veličiy (apř. y) a druhé (apř. x). Tak apř. cea jízdeky druhé třídy osobího

Více

Cvičení 1.1. Dokažte Bernoulliovu nerovnost (1 + x) n 1 + nx, n N, x 2. Platí tato nerovnost obecně pro všechna x R a n N?

Cvičení 1.1. Dokažte Bernoulliovu nerovnost (1 + x) n 1 + nx, n N, x 2. Platí tato nerovnost obecně pro všechna x R a n N? 1 Prví prosemiář Cvičeí 1.1. Dokažte Beroulliovu erovost (1 + x) 1 + x, N, x. Platí tato erovost obecě pro všecha x R a N? Řešeí: (a) Pokud předpokládáme x 1, pak lze řešit klasickou idukcí. Pro = 1 tvrzeí

Více

n=0 a n, n=0 a n = ±. n=0 n=0 a n diverguje k ±, a píšeme n=0 n=0 b n = t. Pak je konvergentní i řada n=0 (a n + b n ) = s + t. n=0 k a n a platí n=0

n=0 a n, n=0 a n = ±. n=0 n=0 a n diverguje k ±, a píšeme n=0 n=0 b n = t. Pak je konvergentní i řada n=0 (a n + b n ) = s + t. n=0 k a n a platí n=0 Nekoečé řady, geometrická řada, součet ekoečé řady Defiice Výraz a 0 a a a, kde {a i } i0 je libovolá posloupost reálých čísel, azveme ekoečou řadou Číslo se azývá -tý částečý součet Defiice Nekoečá řada

Více

Přednáška 7, 14. listopadu 2014

Přednáška 7, 14. listopadu 2014 Předáška 7, 4. listopadu 204 Uvedeme bez důkazu klasické zobecěí Leibizova kritéria (v ěmž b = ( ) + ). Tvrzeí (Dirichletovo a Abelovo kritérium). Nechť (a ), (b ) R, přičemž a a 2 a 3 0. Pak platí, že.

Více

Kapitola 5 - Matice (nad tělesem)

Kapitola 5 - Matice (nad tělesem) Kapitola 5 - Matice (ad tělesem) 5.. Defiice matice 5... DEFINICE Nechť T je těleso, m, N. Maticí typu m, ad tělesem T rozumíme zobrazeí možiy {, 2,, m} {, 2,, } do T. 5..2. OZNAČENÍ Možiu všech matic

Více

11. přednáška 16. prosince Úvod do komplexní analýzy.

11. přednáška 16. prosince Úvod do komplexní analýzy. 11. předáška 16. prosice 009 Úvod do komplexí aalýzy. Tři závěrečé předášky předmětu Matematická aalýza III (NMAI056) jsou věováy úvodu do komplexí aalýzy. Což je adeseá formulace eboť časový rozsah ám

Více

ZS 2018/19 Po 10:40 T5

ZS 2018/19 Po 10:40 T5 Cvičeí - Matematická aalýza ZS 08/9 Po 0:40 T5 Cvičeí 008 Řešte erovice v R: 8, log 3 ( 3+3 0 Částečý součet geometrické řady: pro každé q C, q, a N platí 3 Důsledek: +q +q + +q = q+ q si+si+ +si = si

Více

Matematika 1. Katedra matematiky, Fakulta stavební ČVUT v Praze. středa 10-11:40 posluchárna D / 13. Posloupnosti

Matematika 1. Katedra matematiky, Fakulta stavební ČVUT v Praze. středa 10-11:40 posluchárna D / 13. Posloupnosti Úvod Opakováí Poslouposti Příklady Matematika 1 Katedra matematiky, Fakulta stavebí ČVUT v Praze středa 10-11:40 posluchára D-1122 2012 / 13 Úvod Opakováí Poslouposti Příklady Úvod Opakováí Poslouposti

Více

MATEMATICKÁ INDUKCE. 1. Princip matematické indukce

MATEMATICKÁ INDUKCE. 1. Princip matematické indukce MATEMATICKÁ INDUKCE ALEŠ NEKVINDA. Pricip matematické idukce Nechť V ) je ějaká vlastost přirozeých čísel, apř. + je dělitelé dvěma či < atd. Máme dokázat tvrzeí typu Pro každé N platí V ). Jeda možost

Více

je číselná posloupnost. Pro všechna n položme s n = ak. Posloupnost

je číselná posloupnost. Pro všechna n položme s n = ak. Posloupnost Číselé řady Defiice (Posloupost částečých součtů číselé řady). Nechť (a ) =1 je číselá posloupost. Pro všecha položme s = ak. Posloupost ( s ) azýváme posloupost částečých součtů řady. Defiice (Součet

Více

5. Posloupnosti a řady

5. Posloupnosti a řady Matematická aalýza I předášky M. Málka cvičeí A. Hakové a R. Otáhalové Zimí semestr 2004/05 5. Poslouposti a řady 5.1 Limita a hromadé hodoty. Mějme posloupost x ) prvků Hausdorffova topologického prostoru

Více

1 Uzavřená Gaussova rovina a její topologie

1 Uzavřená Gaussova rovina a její topologie 1 Uzavřeá Gaussova rovia a její topologie Podobě jako reálá čísla rozšiřujeme o dva body a, rozšiřujeme také možiu komplexích čísel. Nepřidáváme však dva body ýbrž je jede. Te budeme začit a budeme ho

Více

Masarykova univerzita Přírodovědecká fakulta

Masarykova univerzita Přírodovědecká fakulta Masarykova uiverzita Přírodovědecká fakulta Zuzaa Došlá, Vítězslav Novák NEKONEČNÉ ŘADY Bro 00 c Zuzaa Došlá, Vítězslav Novák, Masarykova uiverzita, Bro, 998, 00 ISBN 80-0-949- 3 Kapitola 3 Řady absolutě

Více

3. Lineární diferenciální rovnice úvod do teorie

3. Lineární diferenciální rovnice úvod do teorie 3 338 8: Josef Hekrdla lieárí difereciálí rovice úvod do teorie 3 Lieárí difereciálí rovice úvod do teorie Defiice 3 (lieárí difereciálí rovice) Lieárí difereciálí rovice -tého řádu je rovice, která se

Více

8.2.1 Aritmetická posloupnost

8.2.1 Aritmetická posloupnost 8.. Aritmetická posloupost Předpoklady: 80, 80, 803, 807 Pedagogická pozámka: V hodiě rozdělím třídu a dvě skupiy a každá z ich dělá jede z prvích dvou příkladů. Př. : V továrě dokočí každou hodiu motáž

Více

n=1 ( Re an ) 2 + ( Im a n ) 2 = 0 Im a n = Im a a n definujeme předpisem: n=1 N a n = a 1 + a 2 +... + a N. n=1

n=1 ( Re an ) 2 + ( Im a n ) 2 = 0 Im a n = Im a a n definujeme předpisem: n=1 N a n = a 1 + a 2 +... + a N. n=1 [M2-P9] KAPITOLA 5: Číselé řady Ozačeí: R, + } = R ( = R) C } = C rozšířeá komplexí rovia ( evlastí hodota, číslo, bod) Vsuvka: defiujeme pro a C: a ± =, a = (je pro a 0), edefiujeme: 0,, ± a Poslouposti

Více

Matematika 1. Ivana Pultarová Katedra matematiky, Fakulta stavební ČVUT v Praze. středa 10-11:40 posluchárna D Posloupnosti

Matematika 1. Ivana Pultarová Katedra matematiky, Fakulta stavební ČVUT v Praze. středa 10-11:40 posluchárna D Posloupnosti Úvod Opakováí Poslouposti Příklady Matematika 1 Ivaa Pultarová Katedra matematiky, Fakulta stavebí ČVUT v Praze středa 10-11:40 posluchára D-1122 Úvod Opakováí Poslouposti Příklady Úvod Opakováí Poslouposti

Více

Abstrakt. Co jsou to komplexní čísla? K čemu se používají? Dá se s nimi dělat

Abstrakt. Co jsou to komplexní čísla? K čemu se používají? Dá se s nimi dělat Komplexí čísla Hoza Krejčí Abstrakt. Co jsou to komplexí čísla? K čemu se používají? Dá se s imi dělat ěco cool? Na tyto a další otázky se a předášce/v příspěvku pokusíme odpovědět. Proč vzikla komplexí

Více

ZÁKLADNÍ TYPY DŮKAZŮ, MATEMATICKÁ INDUKCE

ZÁKLADNÍ TYPY DŮKAZŮ, MATEMATICKÁ INDUKCE Projekt ŠABLONY NA GVM Gymázium Velké Meziříčí registračí číslo projektu: CZ07/500/098 IV- Iovace a zkvalitěí výuky směřující k rozvoji matematické gramotosti žáků středích škol ZÁKLADNÍ TYPY DŮKAZŮ, MATEMATICKÁ

Více

Definice obecné mocniny

Definice obecné mocniny Defiice obecé mociy Zavedeí obecé mociy omocí ity číselé oslouosti lze rovést ěkolika zůsoby Níže uvedeý zůsob využívá k defiici eoeciálí fukce itu V dalším budeme otřebovat ásledující dvě erovosti: Lemma

Více

(3n + 1) 3n Příklady pro samostatnou práci

(3n + 1) 3n Příklady pro samostatnou práci ... 4. 5. 6. 0 0 0 a q koverguje pro q < geometrická řada diverguje harmoická řada koverguje srovejte s teleskopickou řadou + + utá podmíka kovergece + 4 + + 7 ití srovávací kritérium, srováí s ití podílové

Více

8.2.1 Aritmetická posloupnost I

8.2.1 Aritmetická posloupnost I 8.2. Aritmetická posloupost I Předpoklady: 80, 802, 803, 807 Pedagogická pozámka: V hodiě rozdělím třídu a dvě skupiy a každá z ich dělá jede z prvích dvou příkladů. Čley posloupostí pak při kotrole vypíšu

Více

DERIVACE FUNKCÍ JEDNÉ REÁLNÉ PROM

DERIVACE FUNKCÍ JEDNÉ REÁLNÉ PROM Difereciálí počet fukcí jedé reálé proměé - - DERIVACE FUNKCÍ JEDNÉ REÁLNÉ PROMĚNNÉ ÚVODNÍ POZNÁMKY I derivace podobě jako limity můžeme počítat ěkolikerým způsobem a to kokrétě pomocí: defiice vět o algebře

Více

Budeme pokračovat v nahrazování funkce f(x) v okolí bodu a polynomy, tj. hledat vhodné konstanty c n tak, aby bylo pro malá x a. = f (a), f(x) f(a)

Budeme pokračovat v nahrazování funkce f(x) v okolí bodu a polynomy, tj. hledat vhodné konstanty c n tak, aby bylo pro malá x a. = f (a), f(x) f(a) Předáša 7 Derivace a difereciály vyšších řádů Budeme poračovat v ahrazováí fuce f(x v oolí bodu a polyomy, tj hledat vhodé ostaty c ta, aby bylo pro malá x a f(x c 0 + c 1 (x a + c 2 (x a 2 + c 3 (x a

Více

1. ZÁKLADY VEKTOROVÉ ALGEBRY 1.1. VEKTOROVÝ PROSTOR A JEHO BÁZE

1. ZÁKLADY VEKTOROVÉ ALGEBRY 1.1. VEKTOROVÝ PROSTOR A JEHO BÁZE 1. ZÁKLADY VEKTOROVÉ ALGEBRY 1.1. VEKTOROVÝ PROSTOR A JEHO BÁZE V této kapitole se dozvíte: jak je axiomaticky defiová vektor a vektorový prostor včetě defiice sčítáí vektorů a ásobeí vektorů skalárem;

Více

Kapitola 4 Euklidovské prostory

Kapitola 4 Euklidovské prostory Kapitola 4 Euklidovské prostory 4.1. Defiice euklidovského prostoru 4.1.1. DEFINICE Nechť E je vektorový prostor ad tělesem reálých čísel R,, : E 2 R. E se azývá euklidovský prostor, platí-li: (I) Pro

Více

Matematická analýza I

Matematická analýza I 1 Matematická aalýza ity posloupostí, součty ekoečých řad, ity fukce, derivace Matematická aalýza I látka z I. semestru iformatiky MFF UK Zpracovali: Odřej Keddie Profat, Ja Zaatar Štětia a další 2 Matematická

Více

jako konstanta nula. Obsahem centrálních limitních vět je tvrzení, že distribuční funkce i=1 X i konvergují za určitých

jako konstanta nula. Obsahem centrálních limitních vět je tvrzení, že distribuční funkce i=1 X i konvergují za určitých 9 Limití věty. V aplikacích teorie pravděpodobosti (matematická statistika, metody Mote Carlo se užívají tvrzeí vět o kovergeci posloupostí áhodých veliči. Podle povahy kovergece se limití věty teorie

Více

a logaritmickou funkci a goniometrické funkce. 6.1 Násobení řad. Podívejme se neprve na násobení mnohočlenů x = x x n a y = y y n.

a logaritmickou funkci a goniometrické funkce. 6.1 Násobení řad. Podívejme se neprve na násobení mnohočlenů x = x x n a y = y y n. Matematická aalýza II předášky M. Málka cvičeí A. Hakové a R. Otáhalové Semestr letí 2005 6. Nekoečé řady fukcí V šesté kapitole pokračujeme ve studiu ekoečých řad. Nejprve odvozujeme základí tvrzeí o

Více

6. FUNKCE A POSLOUPNOSTI

6. FUNKCE A POSLOUPNOSTI 6. FUNKCE A POSLOUPNOSTI Fukce Dovedosti:. Základí pozatky o fukcích -Chápat defiici fukce,obvyklý způsob jejího zadáváí a pojmy defiičí obor hodot fukce. U fukcí zadaých předpisem umět správě operovat

Více

S polynomy jste se seznámili již v Matematice 1. Připomeňme definici polynomické

S polynomy jste se seznámili již v Matematice 1. Připomeňme definici polynomické 5 Itegrace racioálích fukcí 5 Itegrace racioálích fukcí Průvodce studiem V předcházejících kapitolách jsme se aučili počítat eurčité itegrály úpravou a základí itegrály, metodou per partes a substitučí

Více

c) Pomocí Liouvillovy věty dokažte, že Liouvillovo číslo je transcendentí. xp 1 (p 1)! (x 1)p (x 2) p... (x d) p e x t f(t) d t = F (0)e x F (x),

c) Pomocí Liouvillovy věty dokažte, že Liouvillovo číslo je transcendentí. xp 1 (p 1)! (x 1)p (x 2) p... (x d) p e x t f(t) d t = F (0)e x F (x), a) Vyslovte a dokažte Liouvillovu větu o šaté aroximovatelosti algebraického čísla řádu d b) Defiujte Liouvillovo číslo c) Pomocí Liouvillovy věty dokažte, že Liouvillovo číslo je trascedetí 2 a) Defiujte

Více

3. ELEMENTÁRNÍ FUNKCE A POSLOUPNOSTI. 3.1 Základní elementární funkce. Nejprve uvedeme základní elementární funkce: KONSTANTNÍ FUNKCE

3. ELEMENTÁRNÍ FUNKCE A POSLOUPNOSTI. 3.1 Základní elementární funkce. Nejprve uvedeme základní elementární funkce: KONSTANTNÍ FUNKCE ELEMENTÁRNÍ FUNKCE A POSLOUPNOSTI Základí elemetárí fukce Nejprve uvedeme základí elemetárí fukce: KONSTANTNÍ FUNKCE Nechť a je reálé číslo Potom kostatí fukcí rozumíme fukce f defiovaou předpisem ( f

Více

Aritmetická posloupnost, posloupnost rostoucí a klesající Posloupnosti

Aritmetická posloupnost, posloupnost rostoucí a klesající Posloupnosti 8 Aritmetická posloupost, posloupost rostoucí a klesající Poslouposti Posloupost je fukci s defiičím oborem celých kladých čísel - apř.,,,,,... 3 4 5 Jako fukci můžeme také posloupost zobrazit do grafu:

Více

Petr Šedivý Šedivá matematika

Petr Šedivý  Šedivá matematika LIMITA POSLOUPNOSTI Úvod: Kapitola, kde poprvé arazíme a ekoečo. Argumety posloupostí rostou ade všechy meze a zkoumáme, jak vypadají hodoty poslouposti. V kapitole se sezámíte se základími typy it a početími

Více

Zformulujme PMI nyní přesně (v duchu výrokové logiky jiný kurz tohoto webu):

Zformulujme PMI nyní přesně (v duchu výrokové logiky jiný kurz tohoto webu): Pricip matematické idukce PMI) se systematicky probírá v jié části středoškolské matematiky. a tomto místě je zařaze z důvodu opakováí matka moudrosti) a proto, abychom ji mohli bez uzarděí použít při

Více

O Jensenově nerovnosti

O Jensenově nerovnosti O Jeseově erovosti Petr Vodstrčil petr.vodstrcil@vsb.cz Katedra aplikovaé matematiky, Fakulta elektrotechiky a iformatiky, Vysoká škola báňská Techická uiverzita Ostrava Ostrava, 28.1. 2019 (ŠKOMAM 2019)

Více

1 Základní pojmy a vlastnosti

1 Základní pojmy a vlastnosti Základí pojmy a vlastosti DEFINICE (Trigoometrický polyom a řada). Fukce k = (a cos(x) + b si(x)) se azývá trigoometrický polyom. Řada = (a cos(x) + b si(x)) se azývá trigoometrická řada. TVRZENÍ (Ortogoalita).

Více

I. TAYLORŮV POLYNOM. Taylorovy řady některých funkcí: Pro x R platí: sin(x) =

I. TAYLORŮV POLYNOM. Taylorovy řady některých funkcí: Pro x R platí: sin(x) = Taylorovy řady ěkterých fukcí: I. TAYLORŮV POLYNOM Pro R platí: si) = 2+ = ), cos) = 2 2+)! = ), 2)! e = =.! Pro, : log + ) = = ) Pro, ) a a R: + ) a = a ) =, kde ) a = a a ) a 2) a +).!. Nalezěte Taylorův

Více

1 Trochu o kritériích dělitelnosti

1 Trochu o kritériích dělitelnosti Meu: Úloha č.1 Dělitelost a prvočísla Mirko Rokyta, KMA MFF UK Praha Jaov, 12.10.2013 Růzé dělitelosti, třeba 11 a 7 (aeb Jak zfalšovat rodé číslo). Prvočísla: které je ejlepší, které je ejvětší a jak

Více

Posloupnosti a číselné řady. n + 1. n + 1 + n n + 1 + n. n n + 1 + n. = lim. n2 sin n! lim. = 0, je lim. lim. lim. 1 + b + b 2 + + b n) = 1 b

Posloupnosti a číselné řady. n + 1. n + 1 + n n + 1 + n. n n + 1 + n. = lim. n2 sin n! lim. = 0, je lim. lim. lim. 1 + b + b 2 + + b n) = 1 b Najděte itu Poslouposti a číselé řady ) + Protože + = + x ) + + =, je + + + + ) + = = 0 + + Najděte itu 3 si! + Protože je si! a 3 = 0, je 3 si! = 0 Najděte itu + a + a + + a + b + b, a

Více

Funkce. RNDr. Yvetta Bartáková. Gymnázium, SOŠ a VOŠ Ledeč nad Sázavou

Funkce. RNDr. Yvetta Bartáková. Gymnázium, SOŠ a VOŠ Ledeč nad Sázavou Fukce RNDr. Yvetta Bartáková Gymázium, SOŠ a VOŠ Ledeč ad Sázavou Limita poslouposti a fukce VY INOVACE_0 9_M Gymázium, SOŠ a VOŠ Ledeč ad Sázavou A) Limita poslouposti Říkáme, že posloupost a je kovergetí,

Více

11.1 Úvod. Definice : [MA1-18:P11.1] definujeme pro a C: nedefinujeme: Posloupnosti komplexních čísel

11.1 Úvod. Definice : [MA1-18:P11.1] definujeme pro a C: nedefinujeme: Posloupnosti komplexních čísel KAPITOLA : Číselé řdy MA-8:P.] Ozčeí: R {, +} R R C {} C rozšířeá komplexí rovi evlstí hodot, číslo, bod U ε {x C x < ε } pro C, ε > 0 U K {x C x > K } pro K 0 defiujeme pro C: ±, je pro 0, edefiujeme:

Více

Kapitola 1. Nekonečné číselné řady. Definice 1.1 Nechť {a n } n=1 je posloupnost reálných čísel. Symbol. a n nebo a 1 + a 2 + a

Kapitola 1. Nekonečné číselné řady. Definice 1.1 Nechť {a n } n=1 je posloupnost reálných čísel. Symbol. a n nebo a 1 + a 2 + a Kpitol Nekoečé číselé řdy Defiice. Nechť { } je posloupost reálých čísel. Symbol ebo + 2 + 3 +... zýváme ekoečou číselou řdou. s = i= i = + 2 +... + zveme -tý částečý součet řdy {s } posloupost částečých

Více

1.3. POLYNOMY. V této kapitole se dozvíte:

1.3. POLYNOMY. V této kapitole se dozvíte: 1.3. POLYNOMY V této kapitole se dozvíte: co rozumíme pod pojmem polyom ebo-li mohočle -tého stupě jak provádět základí početí úkoy s polyomy, kokrétě součet a rozdíl polyomů, ásobeí, umocňováí a děleí

Více

1. Číselné obory, dělitelnost, výrazy

1. Číselné obory, dělitelnost, výrazy 1. Číselé obory, dělitelost, výrazy 1. obor přirozeých čísel - vyjadřující počet prvků možiy - začíme (jsou to kladá edesetiá čísla) 2. obor celých čísel - možia celých čísel = edesetiá, ale kladá i záporá

Více

Spojitost a limita funkcí jedné reálné proměnné

Spojitost a limita funkcí jedné reálné proměnné Spojitost a limita fukcí jedé reálé proměé Pozámka Vyšetřeí spojitosti fukce je možo podle defiice převést a výpočet limity V dalším se proto soustředíme je problém výpočtu limit Pozámka Limitu fukce v

Více

1.1. Definice Reálným vektorovým prostorem nazýváme množinu V, pro jejíž prvky jsou definovány operace sčítání + :V V V a násobení skalárem : R V V

1.1. Definice Reálným vektorovým prostorem nazýváme množinu V, pro jejíž prvky jsou definovány operace sčítání + :V V V a násobení skalárem : R V V Předáška 1: Vektorové prostory Vektorový prostor Pro abstraktí defiici vektorového prostoru jsou podstaté vlastosti dvou operací, sčítáí vektorů a ásobeí vektoru (reálým číslem) Tyto dvě operace musí být

Více

Přijímací řízení akademický rok 2013/2014 Bc. studium Kompletní znění testových otázek matematika

Přijímací řízení akademický rok 2013/2014 Bc. studium Kompletní znění testových otázek matematika Přijímací řízeí akademický rok 0/0 c. studium Kompletí zěí testových otázek matematika Koš Zěí otázky Odpověď a) Odpověď b) Odpověď c) Odpověď d) Správá. Které číslo doplíte místo 8? 6 6 8 C. Které číslo

Více

Vlastnosti posloupností

Vlastnosti posloupností Vlstosti posloupostí Nekoečá posloupost je fukce defiová v oboru přirozeých čísel Z toho plye, že kždá posloupost má prví čle (zčíme ), koečé poslouposti mjí i čle posledí Př Vypište prví čtyři čley poslouposti

Více

Přijímací řízení akademický rok 2012/2013 Kompletní znění testových otázek matematické myšlení

Přijímací řízení akademický rok 2012/2013 Kompletní znění testových otázek matematické myšlení Přijímací řízeí akademický rok 0/0 Kompletí zěí testových otázek matematické myšleí Koš Zěí otázky Odpověď a) Odpověď b) Odpověď c) Odpověď d) Správá odpověď. Které číslo doplíte místo otazíku? 6 8 8 6?.

Více

Správnost vztahu plyne z věty o rovnosti úhlů s rameny na sebe kolmými (obr. 13).

Správnost vztahu plyne z věty o rovnosti úhlů s rameny na sebe kolmými (obr. 13). 37 Metrické vlastosti lieárích útvarů v E 3 Výklad Mějme v E 3 přímky p se směrovým vektorem u a q se směrovým vektorem v Zvolme libovolý bod M a veďme jím přímky p se směrovým vektorem u a q se směrovým

Více

NMAF063 Matematika pro fyziky III Zkoušková písemná práce 17. ledna 2019

NMAF063 Matematika pro fyziky III Zkoušková písemná práce 17. ledna 2019 Jméo: Příklad 2 3 Celkem bodů Bodů 0 8 2 30 Získáo 0 Uvažujte posloupost distribucí {f } + = D (R defiovaou jako f (x = ( δ x m, kde δ ( x m začí Diracovu distribuci v bodě m Najděte limitu f = lim + f

Více

I. TAYLORŮV POLYNOM ( 1

I. TAYLORŮV POLYNOM ( 1 I. TAYLORŮV POLYNOM Připomeňme si defiice elemetárích fukcí: a si( = 2+ = ( (2+! b cos( = 2 = ( (2! c e = =!. Dokažte, že Taylorův polyom k-tého řádu v bodě pro fukce f je rove polyomu P : (tyto výsledky

Více

ŘADY Jiří Bouchala a Petr Vodstrčil

ŘADY Jiří Bouchala a Petr Vodstrčil ŘADY Jiří Bouchala a Petr Vodstrčil Text byl vytvoře v rámci realizace projektu Matematika pro ižeýry 2. století (reg. č. CZ..07/2.2.00/07.0332), a kterém se společě podílela Vysoká škola báňská Techická

Více

P. Girg. 23. listopadu 2012

P. Girg. 23. listopadu 2012 Řešeé úlohy z MS - díl prví P. Girg 2. listopadu 202 Výpočet ity poslouposti reálých čísel Věta. O algebře it kovergetích posloupostí.) Necht {a } a {b } jsou kovergetí poslouposti reálých čísel a echt

Více

Užití binomické věty

Užití binomické věty 9..9 Užití biomické věty Předpoklady: 98 Často ám z biomického rozvoje stačí pouze jede kokrétí čle. Př. : x Urči šestý čle biomického rozvoje xy + 4y. Získaý výraz uprav. Biomický rozvoj začíá: ( a +

Více

M - Posloupnosti VARIACE

M - Posloupnosti VARIACE M - Poslouposti Autor: Mgr Jromír Juřek - http://wwwjrjurekcz Kopírováí jkékoliv dlší využití výukového mteriálu je povoleo pouze s uvedeím odkzu wwwjrjurekcz VARIACE Teto dokumet byl kompletě vytvoře,

Více

Matematika NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY BŘEZNA 2018

Matematika NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY BŘEZNA 2018 NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY Mtemtik T BŘEZNA 08 :. břez 08 D : 0 P P P : 0 M. M. M. :,8 % S : 0 : 7,5 : -7,5 M. P : -,0 : 0,6 Zopkujte si zákldí iformce ke zkoušce: Test obshuje 0 úloh jeho řešeí máte 90

Více

je konvergentní, právě když existuje číslo a R tak, že pro všechna přirozená <. Číslu a říkáme limita posloupnosti ( ) n n 1 n n n

je konvergentní, právě když existuje číslo a R tak, že pro všechna přirozená <. Číslu a říkáme limita posloupnosti ( ) n n 1 n n n 8.3. Limity ěkterých posloupostí Předpoklady: 83 Opakováí z miulé hodiy: 8 Hodoty poslouposti + se pro blížící se k ekoeču blíží k a to tak že mezi = posloupostí a číslem eexistuje žádá mezera říkáme že

Více

( + ) ( ) ( ) ( ) ( ) Derivace elementárních funkcí II. Předpoklady: Př. 1: Urči derivaci funkce y = x ; n N.

( + ) ( ) ( ) ( ) ( ) Derivace elementárních funkcí II. Předpoklady: Př. 1: Urči derivaci funkce y = x ; n N. .. Derivace elemetárích fukcí II Předpoklady: Př. : Urči derivaci fukce y ; N. Budeme postupovat stejě jako předtím dosazeím do vzorce: f ( + ) f ( ) f f ( + ) + + + +... + (biomická věta) + + +... + f

Více

DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE JEDNÉ PROMĚNNÉ. 1) Pojem funkce, graf funkce

DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE JEDNÉ PROMĚNNÉ. 1) Pojem funkce, graf funkce DIFERENCIÁLNÍ POČET FUNKCE JEDNÉ PROMĚNNÉ ) Pojem ukce, gra ukce De: Fukcí reálé proměé azýváme pravidlo, které každému reálému číslu D přiřazuje právě jedo reálé číslo y H Toto pravidlo začíme ejčastěji

Více

je konvergentní, právě když existuje číslo a R tak, že pro všechna přirozená <. Číslu a říkáme limita posloupnosti ( ) n n 1 n n n

je konvergentní, právě když existuje číslo a R tak, že pro všechna přirozená <. Číslu a říkáme limita posloupnosti ( ) n n 1 n n n 8.3. Limity ěkterých posloupostí Předpoklady: 83 Pedagogická pozámka: Tuto a tři ásledující hodiy je možé probrat za dvě vyučovací hodiy. V této hodiě je možé vyechat dokazováí limit v příkladu 3. Opakováí

Více

MATEMATIKA PŘÍKLADY K PŘÍJÍMACÍM ZKOUŠKÁM BAKALÁŘSKÉ STUDIUM MGR. RADMILA STOKLASOVÁ, PH.D.

MATEMATIKA PŘÍKLADY K PŘÍJÍMACÍM ZKOUŠKÁM BAKALÁŘSKÉ STUDIUM MGR. RADMILA STOKLASOVÁ, PH.D. MATEMATIKA PŘÍKLADY K PŘÍJÍMACÍM ZKOUŠKÁM BAKALÁŘSKÉ STUDIUM MGR. RADMILA STOKLASOVÁ PH.D. Obsah MNOŽINY.... ČÍSELNÉ MNOŽINY.... OPERACE S MNOŽINAMI... ALGEBRAICKÉ VÝRAZY... 6. OPERACE S JEDNOČLENY A MNOHOČLENY...

Více

f x a x DSM2 Cv 9 Vytvořující funkce Vytvořující funkcí nekonečné posloupnosti a0, a1,, a n , reálných čísel míníme formální nekonečnou řadu ( )

f x a x DSM2 Cv 9 Vytvořující funkce Vytvořující funkcí nekonečné posloupnosti a0, a1,, a n , reálných čísel míníme formální nekonečnou řadu ( ) DSM Cv 9 Vytvořující fukce Vytvořující fukcí ekoečé poslouposti a0, a,, a, reálých čísel mííme formálí ekoečou řadu =. f a i= 0 i i Příklady: f = + = + + + + + ) Platí: (biomická věta). To zameá, že fukce

Více

množina všech reálných čísel

množina všech reálných čísel /6 FUNKCE Základí pojmy: Fukce sudá a lichá, Iverzí fukce Nepřímá úměrost, Mociá fukce, Epoeciálí fukce a rovice Logaritmus, logaritmická fukce a rovice Opakováí: Defiice fukce, graf fukce Defiičí obor,

Více

MATICOVÉ HRY MATICOVÝCH HER

MATICOVÉ HRY MATICOVÝCH HER MATICOVÉ HRY FORMULACE, KONCEPCE ŘEŠENÍ, SMÍŠENÉ ROZŠÍŘENÍ MATICOVÝCH HER, ZÁKLADNÍ VĚTA MATICOVÝCH HER CO JE TO TEORIE HER A ČÍM SE ZABÝVÁ? Teorie her je ekoomická vědí disciplía, která se zabývá studiem

Více

PříkladykecvičenízMMA ZS2013/14

PříkladykecvičenízMMA ZS2013/14 PříkladykecvičeízMMA ZS203/4 (středa, M3, 9:50 :20) Pozámka( ):Pokudebudeuvedeojiakbudemevždypracovatsprostoryadtělesem T= R.Ve všech ostatích případech(tj. při T = C), bude těleso explicitě specifikováo.

Více

Užitečné zdroje příkladů jsou: Materiály ke cvičením z Kalkulu 3 od Kristýny Kuncové:

Užitečné zdroje příkladů jsou: Materiály ke cvičením z Kalkulu 3 od Kristýny Kuncové: Užitečé zdroje příkladů jsou: Materiály ke cvičeím z Kalkulu 3 od Kristýy Kucové: http://www.karli.mff.cui.cz/~kucova/historie8. php K posloupostem řad a fukcí Ilja Čerý: Iteligetí kalkulus. Olie zde:

Více

2.4. INVERZNÍ MATICE

2.4. INVERZNÍ MATICE 24 INVERZNÍ MICE V této kapitole se dozvíte: defiici iverzí matice; základí vlastosti iverzí matice; dvě základí metody výpočtu iverzí matice; defiici celočíselé mociy matice Klíčová slova této kapitoly:

Více

12. N á h o d n ý v ý b ě r

12. N á h o d n ý v ý b ě r 12. N á h o d ý v ý b ě r Při sledováí a studiu vlastostí áhodých výsledků pozáme charakter rozděleí z toho, že opakovaý áhodý pokus ám dává za stejých podmíek růzé výsledky. Ty odpovídají hodotám jedotlivých

Více

Mocninné řady - sbírka příkladů

Mocninné řady - sbírka příkladů UNIVERZITA PALACKÉHO V OLOMOUCI PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA KATEDRA MATEMATICKÉ ANALÝZY A APLIKACÍ MATEMATIKY BAKALÁŘSKÁ PRÁCE Mocié řady - sbírka příkladů Vedoucí bakalářské práce: Mgr. Iveta Bebčáková, Ph.D.

Více

1 Nekonečné řady s nezápornými členy

1 Nekonečné řady s nezápornými členy Nekoečé řady s ezáporými čley Příklad.. Rozhoděte o kovergeci ásledující řady Řešeí. Pro každé N platí Řada tg. tg. diverguje, a proto podle srovávacího kritéria diverguje také řada tg. Příklad.. Určete

Více

n 3 lim 3 1 = lim Je vidět, že posloupnost je neklesající, tedy z Leibnize řada konverguje, ( 1) k 1 k=1

n 3 lim 3 1 = lim Je vidět, že posloupnost je neklesající, tedy z Leibnize řada konverguje, ( 1) k 1 k=1 3. cvičeí Přílady. (a) (b) (c) ( ) ( 3 ) = Otestujeme itu 3 = 3 = = 0. Je vidět, že posloupost je elesající, tedy z Leibize řada overguje, ( ) Řada overguje podle Leibizova ritéria, ebot je zjevě erostoucí.

Více

1 PSE Definice základních pojmů. (ω je elementární jev: A ω (A ω) nebo (A );

1 PSE Definice základních pojmů. (ω je elementární jev: A ω (A ω) nebo (A ); 1 PSE 1 Náhodý pokus, áhodý jev. Operace s jevy. Defiice pravděpodobosti jevu, vlastosti ppsti. Klasická defiice pravděpodobosti a její použití, základí kombiatorické vzorce. 1.1 Teoretická část 1.1.1

Více

Komplexní čísla, komplexně sdružená čísla, opačná komplexní čísla, absolutní hodnota (modul) komplexního čísla. z 2 z 1

Komplexní čísla, komplexně sdružená čísla, opačná komplexní čísla, absolutní hodnota (modul) komplexního čísla. z 2 z 1 Komplexí čísla, komplexě sdružeá čísla, opačá komplexí čísla, absolutí hodota (modul) komplexího čísla Defiice komplexího čísla Komplexí číslo je uspořádaá dvojice reálých čísel = (, ) (, ). je reálá,

Více

Mocniny. Mocniny, odmocniny, logaritmy, exponenciála. Obecná mocnina. Mocniny. Odmocniny

Mocniny. Mocniny, odmocniny, logaritmy, exponenciála. Obecná mocnina. Mocniny. Odmocniny Mociy Mociy, odmociy, logaritmy, expoeciála Zdeěk Halas KDM MFF UK 07 Počátky logaritmů Základí idea logaritmů Napierovy logaritmy Přirozeé logaritmy Kvadratura hyperboly Expoeciála Zavedeí expoeciály

Více

OKRUŽNÍ A ROZVOZNÍ ÚLOHY: OBCHODNÍ CESTUJÍCÍ. FORMULACE PŘI RESPEKTOVÁNÍ ČASOVÝCH OKEN

OKRUŽNÍ A ROZVOZNÍ ÚLOHY: OBCHODNÍ CESTUJÍCÍ. FORMULACE PŘI RESPEKTOVÁNÍ ČASOVÝCH OKEN Úloha obchodího cestujícího OKRUŽNÍ A ROZVOZNÍ ÚLOHY: OBCHODNÍ CESTUJÍCÍ. FORMULACE PŘI RESPEKTOVÁNÍ ČASOVÝCH OKEN Nejprve k pojmům používaým v okružích a rozvozích úlohách: HAMILTONŮV CYKLUS je typ cesty,

Více

Matematika NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY DUBNA 2018

Matematika NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY DUBNA 2018 NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY Mtemtik T DUBNA 08 : 8. dub 08 D : 884 P P P S M. M. M. : 0 : 5,5 % : 0 : 7,8 : -7,5 M.. P : -6,0 : 9,7 Zopkujte si zákldí iformce ke zkoušce: Test obshuje 0 úloh jeho řešeí

Více

Při sledování a studiu vlastností náhodných výsledků poznáme charakter. podmínek různé výsledky. Ty odpovídají hodnotám jednotlivých realizací

Při sledování a studiu vlastností náhodných výsledků poznáme charakter. podmínek různé výsledky. Ty odpovídají hodnotám jednotlivých realizací 3. Náhodý výběr Při sledováí a studiu vlastostí áhodých výsledků pozáme charakter rozděleí z toho, že opakovaý áhodý pokus ám dává za stejých podmíek růzé výsledky. Ty odpovídají hodotám jedotlivých realizací

Více

DISKRÉTNÍ MATEMATIKA PRO INFORMATIKY

DISKRÉTNÍ MATEMATIKA PRO INFORMATIKY DISKRÉTNÍ MATEMATIKA PRO INFORMATIKY URČENO PRO VZDĚLÁVÁNÍ V AKREDITOVANÝCH STUDIJNÍCH PROGRAMECH IVAN KŘIVÝ ČÍSLO OPERAČNÍHO PROGRAMU: CZ..07 NÁZEV OPERAČNÍHO PROGRAMU: VZDĚLÁVÁNÍ PRO KONKURENCESCHOPNOST

Více

Zimní semestr akademického roku 2015/ listopadu 2015

Zimní semestr akademického roku 2015/ listopadu 2015 Cvičeí k předmětu BI-ZMA Tomáš Kalvoda Katedra aplikovaé matematiky FIT ČVUT Matěj Tušek Katedra matematiky FJFI ČVUT Obsah Cvičeí Zimí semestr akademického roku 2015/2016 20. listopadu 2015 Předmluva

Více

Matematika přehled vzorců pro maturanty (zpracoval T. Jánský) Úpravy výrazů. Binomická věta

Matematika přehled vzorců pro maturanty (zpracoval T. Jánský) Úpravy výrazů. Binomická věta Matematika přehled vzorců pro maturaty (zpracoval T. Jáský) Úpravy výrazů a r. a s = a r+s a r = ar s as a r s = a r.s a. b r = a r b r a b r = ar b r a. b a b = a b = a. b ( a) m = a m m a m. = a a k.

Více

8.1.3 Rekurentní zadání posloupnosti I

8.1.3 Rekurentní zadání posloupnosti I 8.. Rekuretí zadáí poslouposti I Předpoklady: 80, 80 Pedagogická pozámka: Podle mých zkušeostí je pro studety pochopitelější zavádět rekuretí posloupost takto (sado kotrolovatelou ukázkou), ež dosazováím

Více

DIM PaS Připomenutí poznatků ze střední školy. Faktoriály a kombinační čísla základní vzorce: n = k. (binomická věta) Příklady: 1.

DIM PaS Připomenutí poznatků ze střední školy. Faktoriály a kombinační čísla základní vzorce: n = k. (binomická věta) Příklady: 1. DIM PaS. Připomeutí pozatků ze středí školy Faktoriály a kombiačí čísla základí vzorce: ( )( 2 )...2.! =. 0! = =! ( k)! k! ( )...( k ). + = k! = k + + = k + k + 2 2 ( a + b) = a + a b+ a b +... + a b +...

Více

GEOMETRIE I. Pavel Burda

GEOMETRIE I. Pavel Burda GEOMETRIE I Pavel Burda Obsah Úvod... 4 1. Vektorové prostory... 5. Vektorové prostory se skalárím ásobeím... 9. Afií prostory... 19 4. Afií přímka ( A 1 )... 5 5. Afií rovia (A )... 6 6. Afií prostor

Více

Iterační metody řešení soustav lineárních rovnic

Iterační metody řešení soustav lineárních rovnic Iteračí metody řešeí soustav lieárích rovic Matice je: diagoálě domiatí právě tehdy, když pozitivě defiití (symetrická matice) právě tehdy, když pro x platí x, Ax a ij Tyto vlastosti budou důležité pro

Více

Matematika I. Název studijního programu. RNDr. Jaroslav Krieg. 2014 České Budějovice

Matematika I. Název studijního programu. RNDr. Jaroslav Krieg. 2014 České Budějovice Matematika I Název studijího programu RNDr. Jaroslav Krieg 2014 České Budějovice 1 Teto učebí materiál vzikl v rámci projektu "Itegrace a podpora studetů se specifickými vzdělávacími potřebami a Vysoké

Více

základním prvkem teorie křivek v počítačové grafice křivky polynomiální n

základním prvkem teorie křivek v počítačové grafice křivky polynomiální n Petra Suryková Modelováí křivek základím prvkem teorie křivek v počítačové grafice křivky polyomiálí Q( t) a a t... a t polyomiálí křivky můžeme sado vyčíslit sado diferecovatelé lze z ich skládat křivky

Více

Sekvenční logické obvody(lso)

Sekvenční logické obvody(lso) Sekvečí logické obvody(lso) 1. Logické sekvečí obvody, tzv. paměťové čley, jsou obvody u kterých výstupí stavy ezávisí je a okamžitých hodotách vstupích sigálů, ale jsou závislé i a předcházejících hodotách

Více

jsou reálná a m, n jsou čísla přirozená.

jsou reálná a m, n jsou čísla přirozená. .7.5 Racioálí a polomické fukce Předpoklad: 704 Pedagogická pozámka: Při opisováí defiic racioálí a polomické fukce si ěkteří studeti stěžovali, že je to příliš těžké. Ve skutečosti je sstém, kterým jsou

Více

SEMESTRÁLNÍ PRÁCE Z PŘEDMĚTU

SEMESTRÁLNÍ PRÁCE Z PŘEDMĚTU SEMESTRÁLNÍ PRÁCE Z PŘEDMĚTU Matematické modelováí (KMA/MM Téma: Model pohybu mraveců Zdeěk Hazal (A8N18P, zhazal@sezam.cz 8/9 Obor: FAV-AVIN-FIS 1. ÚVOD Model byl převzat z kihy Spojité modely v biologii

Více

Úlohy domácího kola kategorie C

Úlohy domácího kola kategorie C 47. ročík Matematické olympiády Úlohy domácího kola kategorie C 1. Pro libovolé trojciferé číslo určíme jeho bytky při děleí čísly 2, 3, 4,..., 10 a ískaých devět čísel pak sečteme. Zjistěte ejmeší možou

Více

7.2.4 Násobení vektoru číslem

7.2.4 Násobení vektoru číslem 7..4 Násobeí vektor číslem Předpoklady: 703 Tetokrát začeme hed defiicí. Násobek lového vektor číslem k je lový vektor. Násobek elového vektor = B Ačíslem k je vektor C A, přičemž C je bod, pro který platí:

Více

NMAF061, ZS Zápočtová písemná práce VZOR 5. ledna e bx2 x 2 e x2. F (b) =

NMAF061, ZS Zápočtová písemná práce VZOR 5. ledna e bx2 x 2 e x2. F (b) = NAF61, ZS 17 18 Zápočtová písemá práce VZOR 5. leda 18 Jedotlivé kroky při výpočtech stručě, ale co ejpřesěji odůvoděte. Pokud používáte ějaké tvrzeí, ezapomeňte ověřit splěí předpokladů. Jméo a příjmeí:

Více

1.2. NORMA A SKALÁRNÍ SOUČIN

1.2. NORMA A SKALÁRNÍ SOUČIN 2 NORMA A SKALÁRNÍ SOUČIN V této kapitole se dozvíte: axiomatickou defiici ormy vektoru; co je to ormováí vektoru a jak vypadá Euklidovská orma; axiomatickou defiici skalárího (také vitřího) součiu vektorů;

Více