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?
|
|
- Ludmila Bártová
- před 7 lety
- Počet zobrazení:
Transkript
1 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 platí. Předpokládejme, že tvrzeí platí pro a dokazujme jej pro + 1. Máme, že (1 + x) +1 = (1 + x)(1 + x) a podle idukčího předpokladu je (1 + x) 1 + x. Protoˇze 1 + x 0, je také (1+x) +1 = (1+x)(1+x) (1+x)(1+x) = 1+x+x+x = 1+(+1)x+x 1+(+1)x, ( ) ebot sčítaec x je ezáporé číslo. Tím jsme ukázali, že (1 + x) ( + 1)x a důkaz je hotov. (b) Pokud předpokládáme x, pak předchozí důkaz eprojde, ebot 1 + x můˇze být záporé číslo a prví erovost a řádku ( ) emusí být pravdivá. Pro důkaz můˇzeme použít idukci ob jede čle: pro = 1 a = tvrzeí platí, ebot 1 + x = 1 + x, (1 + x) = 1 + x + x 1 + x. Předpokládejme, ˇze tvrzeí platí pro a dokazujme ho pro +. (!) Předpokládáme tedy, že (1 + x) 1 + x. Potom také (1 + x) + = (1 + x) (1 + x) (1 + x) (1 + x), ebot (1 + x) je kladé číslo (a přeásobeím kladým číslem se smysl erovosti eměí). Zbývá ukázat, zda (1 + x) (1 + x)? 1 + ( + )x. Na pravé a levé straě dostaeme po rozásobeí po zkráceí a vytkutí 1 + x + x + x + x + x 3? 1 + x + x x + x + x 3? 0 x (1 + + x)? 0 Posledí erovost je pravdivá, právě kdyˇz x 0, tedy pokud x 1 pro kaˇzdé přirozeé. Coˇz samozřejmě kaˇzdé x splňuje. Posledí erovost tedy pravdivá je a díky tomu, že jsme používali pouze ekvivaletí úpravy, jsou pravdivé také všechy předcházející. (c) Nerovost eplatí obecě. Například eplatí pro = 3 a x = 4 (dosad te si). Lze dokázat o ěco složitějšími prostředky, že pro každé x < existuje přirozeé takové, že Beroulliova erovost eplatí. 1 1 ) Aˇz budete umět počítat limity, bude pro vás sadé ukázat, ˇze lim (1 + x) ( + 1)x =, coˇz zhruba řečeo zameá ejeom, ˇze (1+x) +1 je meší eˇz 1+(+1)x pro hodě velká, ale dokoce mohem meší. 1
2 Cvičeí 1.. Dokažte erovost mezi aritmetickým a geometrickým průměrem kladých čísel. To jest, kdykoliv N a x 1,..., x 0, potom x x x 1 x... x Prví řešeí: Pro = 1 tvrzeí platí. Předpokládejme, že platí pro a dokazujme pro + 1. Ozačme µ = x x + x Chceme dokázat, ˇze µ +1 x 1 x... x x +1. Pokud x 1 =... = x +1, potom tvrzeí zřejmě platí. Pokud si ejsou všecha čísla rova, existuje alespoň jedo, které je větší ež průměr µ a alespoň jedo, které je meší ež průměr µ. Případým přezačeím můžeme bez újmy a obecosti předpokládat, že x > µ a x +1 < µ. Tudíž x µ + x +1 µ µ x x +1 = (x µ)(µ x +1 ) > 0. ( ) Nyí poloˇzme x = x + x +1 µ. Zřejmě tedy x je kladé číslo. A platí, ˇze tudíˇz tedy a tedy x = x + x +1 µ x µ > 0, ( + 1)µ = x x + x +1, µ = x x 1 + (x + x +1 µ), µ = x x 1 + x, µ = x x 1 + x. Tudíˇz µ je aritmetický průměr čísel x 1,..., x 1, x a podle idukčího předpokladu musí být větší eˇz jejich geometrický průměr. Tudíˇz eboli Odtud máme, ˇze Pokud dokážeme, že jsme hotovi. K tomu stačí dokázat, ˇze µ x 1... x 1 x, µ x 1... x 1 x. µ +1 x 1... x 1 x µ. x 1... x 1 x µ x 1... x 1 x x +1, x µ x x +1. Je ale x µ x x +1 = (x + x +1 µ)µ = x µ + x +1 µ µ x x +1 > 0
3 podle vztahu ( ). Jsme hotovi. QED (Z důkazu je avíc vidět, ˇze pokud si ejsou všecha čísla rova, pak je erovost ostrá.) Druhé řešeí zpětou idukcí: 1. Pro = lze tvrzeí dokázat čistě algebraicky. Nerovost x 1 + x x 1 x je pro ezáporá čísla x 1, x po umocěí postupě ekvivaletí erovostem (x 1 + x ) 4 x 1 + x 1 x + x 4 x 1 x x 1 x 0 a posledí erovost je pravdivá. x 1 x 1 x + x 0 4 (x 1 x ) 0 4. Pokud = k, kde k je přirozeé číslo, pak můˇzeme pouˇzít idukci přes k. Pro k = 1 jsme tvrzeí dokázali výše. Platí-li pro k 1, pak pro k jej dostaeme ásledově: x x k k = yí použijeme idukčí předpoklad pro k 1 x x k 1 + x k x k k 1 k 1 k 1 x1... x k 1 + k 1 x k x k a yí pro k = 1 k 1 x1... x k 1 k 1 x k x k = k x1... x k 1x k x k 3. Nakoec, pokud je libovolé přirozeé číslo, potom bud k takové, ˇze k >. Bud µ = x x a položme x +1 = x + =... = x k = µ. Potom µ = x x = m (x x ) m = x x + m (x x ) m = x x m m > > m x 1... x m = m x 1... x m µ m, odkud přímočaře plye, že µ m > x 1... x µ m, a tedy µ > x 1... x, µ > x 1... x, coˇz jsme chtěli dokázat. QED 3
4 Cvičeí 1.3. Dokažte idukcí, že pro každé přirozeé platí ( ) + 1!. Pro = 1 tvrzeí platí, ebot 1! = 1 a ( 1+1 )1 = 1. Předpokládejme, ˇze tvrzeí platí pro pevě zvoleé N a dokazujme jej pro + 1. Je ( ) + 1 ( + 1)! =! ( + 1) ( + 1) = ( + 1)+1. Zbývá dokázat, ˇze coˇz je ekvivaletí erovosti ( + 1) +1 ( + )+1 +1, ( ) Vyuˇzitím Beroulliovy erovosti s + 1 amísto ale máme čímž je důkaz hotov. QED ( ) +1 ( + = ) =, 4
5 Druhý prosemiář Cvičeí.1. Rozhoděte o pravdivosti a egujte výrok x N y N z N : (z > x = y < z). Výrok je pravdivý, volte y > x. Negace má tvar x N y N z N : (z x y < z). Lze ahlédout, že výrok je epravdivý. At volíme x jakkoli, při volbě y = x podmíka vpravo emůže platit pro žádé z, ebot eí současě možé, aby z x a z > x = y. Cvičeí.. Rozhoděte, zda platí ((a = b) = c) (a = (b = c)). Tvrzeí eplatí obecě. Platí, pokud c je pravdivý výrok ebo a je pravdivý a b a c epravdivé. Řešit lze bud pravděpodobostí tabulkou, aebo úpravami pomocí tautologií (p = q) ( p q), (p q) p q. Potom je zatímco [(a = b) = c] [( a b) = c] [ ( a b) c] [(a b) c], [a = (b = c)] [a = ( b c)] [ a ( b c)] [ a b c]. Cvičeí.3. Rozhoděte, zda platí (A B) C = A (B C), pro libovolé možiy A, B a C, kde A B = (A \ B) (B \ A). Ao, tvrzeí platí. Lze dokazovat pomocí Veových diagramů ebo lze postupě ahlédout, ˇze x (A B), pokud leˇzí v A ebo v B, ale e v obou zároveň, a tudíˇz x (A B) C, pokud leží v C ebo v A B, ale e v obou zároveň. Tudíž x (A B) C, právě když x leží v A, B ebo C, ale ikoli ve dvou či všech třech zároveň. Zcela aalogicky lze postupovat i ve druhém případě, vyjde totéž. Cvičeí.4. Dokažte de Morgaova pravidla: A \ i I B i = i I(A \ B i ) A \ i I B i = i I(A \ B i ) Dokaˇzme (A \ B i ) (A \ B i ). Budiˇz x (A \ B i ). To zameá, ˇze x leˇzí v A a eleˇzí v průiku B i. Tudíž existuje i 0 I, že x eleží v B i0, tudíž leží v A \ B i0 a tudíž i ve sjedoceí (A \ B i ). Dokažme yí opačou ikluzi, (A \ B i ) (A \ B i ). Pokud x (A \ B i ), pak existuje i 0, že x A a x B i0. Tudíž x B i, a tudíž x A \ B i. Druhé pravidlo se dokazuje podobě. 5
6 Cvičeí.5. Charakterizujte zobrazeí f : M L, pro která platí: (a) A M : f 1 (f(a)) = A (c) A, B M : f(a B) = f(a) f(b) (e) A, B M : f(a \ B) f(a) \ f(b) (b) B L : f(f 1 (B)) = B (d) A, B M : f(a \ B) f(a) \ f(b) (f) A, B M : f(a B) = f(a) f(b) (a) Pro f prosté. Pokud eí, existují x, y A se stejým obrazem f(x) = f(y). Je tedy f({x}) = {f(x)}, ale f 1 (f({x})) = f 1 ({f(x)}) {x, y}. Pokud je, kaˇzdému prvku odpovídá právě jede obraz. Je-li x A, pak f(x) f(a), a tudíˇz existuje x f 1 (f(a)) tak, že f( x) = f(x). Protože f je prosté, je x = x, a tudíž x f 1 (f(a)). Naopak, je-li x f 1 (f(a)), pak f(x) f(a), a tudíž utě x A, ebot f je prosté. Pokud by totiž z A a f(z) f(a), pak f(z) má ějaký vzor v A, utě tedy odlišý od x, což je spor s tím, ˇze f je prosté. (b) Rovost platí pro zobrazeí f a L, kde L je cílová moˇzia. Pokud f eí a, vol B = L. Potom f 1 (L) = D f je defiičí obor f, ale f(f 1 (L)) = f(d f ) L, protoˇze f eí a. Pokud f je zobrazeí a L, pak rovost platí. Je-li y A L, pak podle předpokladu, že jde o zobrazeí a, má alespoň jede vzor x f 1 (A), že f(x) = y. Ale y = f(x) f(f 1 (A)), tudíž jeda ikluze je dokázáa. Opačá ikluze se dokáže takto: je-li y f(f 1 (B)), potom y je obraz f(x) pro ějaký prvek x f 1 (B). Ale teto prvek je v možiě vzorů B, existuje tedy ỹ B takové, ˇze f(x) = ỹ. Protoˇze zobrazeí má jedozačě určeý obraz, je utě y = ỹ, a tudíˇz y B. QED (c) Platí pro libovolé zobrazeí f. Je-li y f(a) f(b), potom y má vzor v A ebo B, tedy y má vzor v A B, tudíž y f(a B). Naopak, pokud y f(a B), potom má vzor v A B, tudíž má vzor v A ebo v B, a tudíž patří do f(a) či do f(b), je tedy y f(a) f(b). QED (d) Pro f prosté. Pokud f eí prosté, potom existují x a y se stejým obrazem f(x) = f(y). Vol A = {x} a B = {y}. Potom f(a \ B) = {f(x)}, ale f(a) \ f(b) = {f(x)} \ {f(x)} =. Naopak, je-li f prosté, potom platí dokoce rovost (viz e)). Každopádě, je-li y f(a \ B), pak má vzor x A \ B, a tudíˇz f(x) f(a), a přitom f(x) f(b) kvůli prostotě: kdyby f(x) f(b), měl by prvek f(x) ještě jede vzor v B odlišý od x, coˇz elze. Tudíˇz f(x) f(a) \ f(b). QED (e) Platí pro libovolé zobrazeí f. Je-li y f(a) \ f(b), pak y f(a), tudíž y má vzor x A, a přitom teto vzor emůže ležet v B, ebot f(x) = y f(b). Tudíž x A \ B, a tedy y = f(x) f(a \ B). QED (f) Pro obecé zobrazeí f platí pouze jeda ikluze, a to f(a B) f(a) f(b). Je-li totiˇz y f(a B), pak y má vzor x A B, tudíˇz f(x) f(a) i f(x) f(b), a tedy y = f(x) f(a) f(b). Naopak, pokud y f(a) f(b), pak musí mít vzor x 1 A a vzor x B, ale tyto vzory emusí být utě stejé. Pokud položíme A = {x 1 } a B = {x }, pak f(a B) = f({ }) =, ale pochopitelě f(a) f(b). Nahlédeme, že rovost opět obecě platí, pokud f je prosté. Předchozí příklad ukazuje, že rovost platit emůže, pokud f prosté eí. Naopak, pokud f je prosté a y f(a) f(b) a x 1 A, x B jsou vzory, pak díky prostotě je utě x 1 = x = x, kde tedy x A B, a tudíˇz y = f(x) f(a B). QED. Cvičeí.6. ( ) Je zobrazeí f : N N N defiovaé předpisem prosté? f(x, y) = (x + y)(x + y + 1) 6 + y
7 Ptáme se, zda z rovosti (x 1 + y 1 )(x 1 + y 1 + 1) + y 1 = (x + y )(x + y + 1) uˇz utě vyplývá, ˇze x 1 = x a y 1 = y za předpokladu, ˇze jde o přirozeá čísla. Poloˇzme yí u 1 = x 1 + y 1 a u = x + y. Tedy máme u 1 (u 1 + 1) + y 1 = u (u + 1) + y. 1. Sado ahlédeme, že pokud u 1 = u, potom zlomky jsou stejé, zkrátí se, a tedy utě y 1 = y. Ale pokud y 1 = y a u 1 = u, to jest x 1 + y 1 = x + y, pak utě také x 1 = x.. Pokud u 1 u, pak jedo z těchto přirozeých čísel je větší. Bez újmy a obecosti třeba u. Protože pro libovolé přirozeé číslo platí, že + y = dostáváme pomocí tohoto vztahu, ˇze rovost ( + 1), lze přepsat do tvaru u 1 (u 1 + 1) + y 1 = u (u + 1) + y u 1 + y 1 = u 1 + (u 1 + 1) u + y a odečteím stejých sčítaců a levé i pravé straě dostaeme, ˇze Protože u 1 = x 1 + y 1, máme a tudíˇz y 1 = (u 1 + 1) + (u 1 + ) u + y. y 1 = (x 1 + y 1 + 1) + (u 1 + ) u + y, 0 = (x 1 + 1) + (u 1 + ) u + y. Nyí a levé straě je ula, zatímco a pravé je přirozeé číslo. Rovost tedy astat emůˇze. Cvičeí.7. Vyšetřete bez použití derivace, a kterých itervalech jsou ásledující reálé fukce mootóí: (a) f(x) = 3x+ (b) f(x) = x + 1 x 3 x (c*) f(x) = 3 si x + cos x (d*) f(x) si x + 3 si x (a) Je 3x + x 3 = 3(x + ) 3 (x 3) = 3(x ) 3 (x 3) = = 3(x 3) (x 3) = (x 3). Fukce y 1 = 3 je kostatí, fukce y = 9 + je zřejmě mootóí a itervalech (, 3) (x 3 ) a ( 3, + ). Totéˇz tedy platí i o původí fukci. 7
8 (b) Řešme, kdy x+ 1 = x +1 je mootóí. Na itervalu (0, + ) řešme erovici f(x) > f(y), x x po dosazeí x + 1 > y + 1. x y Díky kladosti x, y x y + y > y x + x x y y x + y x > 0 xy(x y) + (y x) > 0 (x y)(xy 1) > 0 Posledí levá straa je kladá, pokud x > y a xy > 1 ebo x < y a xy < 1. Rozeberme ásledující případy: 1. Pokud x = 1, potom (1 y)(y 1) = (y 1) < 0 vždy (kromě y = 1), tudíž v bodě 1 má fukce ostré miimum vzhledem k itervalu (0, + ).. Pokud x < 1 a y < 1, potom xy < 1 a z erovosti x < y vyplývá (x y)(xy 1) > 0, tudíˇz f(x) > f(y) a a (0, 1) je tedy fukce klesající. 3. Pokud x > 1 a y > 1, potom xy > 1. Z erovosti x > y pak vyplývá, ˇze f(x) > f(y) a fukce je a itervalu (1, + ) rostoucí. 4. Protože f je lichá fukce, je klesající a ( 1, 0) a rostoucí a (, 1) a v bodě 1 má ostré maximum vzhledem k itervalu (, 0). (c*) Platí, že a + b si(cx + d) = a + b si(cx) cos d + b cos(cx) si d. Potřebuji, aby c = 1, b cos d = 3, b si d = 1 a a = 0. Odtud vyplývá, ˇze a b =. Tudíž jsme dostali rovost a zbytek je zřejmý. (d*) Protože si x = výše máme, ˇze Zbytek je zřejmý. b si d b cos d = 1 = tg d = 1 = d = π si x + cos x = si(x + π 6 ) 1+cos x, je si x + 3 si x = 1 + cos x + 3 si x a podobě jako cos x + 3 si x = si(4x + π 6 ). Cvičeí.8. Zjistěte předpis pro složeá zobrazeí f f a f f f pro f(x) = 1 1 x. obdobě (f f)(x) = f(f(x)) = (f f f)(x) = f(f(f(x))) = 1 1 f(x) = 1 1 1, 1 x 1 1 f(f(x)) = f(x) = x Cvičeí.9. Určete obor hodot reálé fukce f(x) = 6x + 3x
9 Úpravou máme, ˇze 6x + 3x + 1 = 6 (x + 1 ) ( x + 1 = 6 x + 1 ) , odkud vidíme, že H f = 1 6 4, + ), protože je zámo, že kvadratická fukce (x ) abývá hodot mezi ulou (včetě) a +. Další příklady Cvičeí.10. Necht A, A 1, A X a B, B 1, B Y. Ukažte, že pro daé zobrazeí f : X Y obecě platí: (a) f(a 1 A ) = f(a 1 ) f(a ) (b) f(a 1 A ) f(a 1 ) f(a ) (Pro která f platí rovost?) (c) f 1 (B 1 B ) = f 1 (B 1 ) f 1 (B ) (d) f 1 (B 1 B ) = f 1 (B 1 ) f 1 (B ) (e) f(a) B A f 1 (B) (f) f(f 1 (B)) B (Pro která f platí rovost?) (g) f 1 (f(a)) A (Pro která f platí rovost?) (h) A 1 A = f(a 1 ) f(a ) (i) B 1 B = f 1 (B 1 ) f 1 (B ) (j) f 1 (Y \ B) = Y \ f 1 (B) (k) (f A ) 1 (B) = A f 1 (B) (l) f 1 (B 1 \ B ) = f 1 (B 1 ) \ f 1 (B ) (m) f(a 1 \ A ) f(a 1 ) \ f(a ) (Pro která f platí rovost?) Řešeí částí (a)-(d) je obsažeo v ásledujícím obecějším cvičeí. (e) Je-li f(a) B a x A, potom f(x) f(a), tedy f(x) B, a tudíž x f 1 (B). Naopak, je-li A f 1 (B) a y f(a), potom existuje x A tak, že f(x) = y. Ale potom x f 1 (B) a tudíˇz existuje y B tak, ˇze f(x) = y. Protoˇze obraz zobrazeí je jedozačě urče, je y = f(x) = y, a tedy y = y B. (f) Rovost platí pro zobrazeí f a L, kde L je cílová moˇzia. Pokud f eí a, vol B = L. Potom f 1 (L) = D f je defiičí obor f, ale f(f 1 (L)) = f(d f ) L, protože f eí a. Pokud f je zobrazeí a L, pak rovost platí. Je-li y A L, pak podle předpokladu, že jde o zobrazeí a, má alespoň jede vzor x f 1 (A), že f(x) = y. Ale y = f(x) f(f 1 (A)), tudíž jeda ikluze je dokázáa. Opačá ikluze se dokáže takto: je-li y f(f 1 (B)), potom y je obraz f(x) pro ějaký prvek x f 1 (B). Ale teto prvek je v moˇziě vzorů B, existuje tedy ỹ B takové, ˇze f(x) = ỹ. Protoˇze zobrazeí má jedozačě určeý obraz, je utě y = ỹ, a tudíˇz y B. QED (g) Pro f prosté. Pokud eí, existují x, y A se stejým obrazem f(x) = f(y). Je tedy f({x}) = {f(x)}, ale f 1 (f({x})) = f 1 ({f(x)}) {x, y}. Pokud je, každému prvku odpovídá právě jede obraz. Je-li x A, pak f(x) f(a), a tudíž existuje x f 1 (f(a)) tak, že f( x) = f(x). Protože f je prosté, je x = x, a tudíž x f 1 (f(a)). Naopak, je-li x f 1 (f(a)), pak f(x) f(a), a tudíˇz utě x A, ebot f je prosté. Pokud 9
10 by totiˇz z A a f(z) f(a), pak f(z) má ějaký vzor v A, utě tedy odlišý od x, coˇz je spor s tím, ˇze f je prosté. (h) Bud A 1 A a y f(a 1 ). Potom existuje x A 1, že y = f(x). Ale pak x A, a tudíž y = f(x) f(a ). (i) Viz obecější (l). (k) Pokud x A f 1 (B), potom f(x) f(a) f(f 1 (B)) f(a) B (užije se (f)). Naopak, pokud x (f A ) 1 (B), potom samozřejmě x A f 1 (B). QED (l) Pokud x f 1 (B 1 \ B ), pak f(x) B 1 \ B, tudíˇz f(x) B 1, a tedy x f 1 (B 1 ), ale f(x) B, tudíˇz f(x) f 1 (B ). Naopak, pokud x f 1 (B 1 ) \ f 1 (B ), potom f(x) B 1, ale f(x) B, tudíž f(x) B 1 \ B, a tudíž x f 1 (B 1 \ B ). QED (m) Je-li y f(a) \ f(b), pak y f(a), tudíž y má vzor x A, a přitom teto vzor emůže ležet v B, ebot f(x) = y f(b). Tudíž x A \ B, a tedy y = f(x) f(a \ B). QED Rovost platí pro f prosté. Pokud f eí prosté, potom existují x a y se stejým obrazem f(x) = f(y). Vol A = {x} a B = {y}. Potom f(a \ B) = {f(x)}, ale f(a) \ f(b) = {f(x)} \ {f(x)} =. Naopak, je-li f prosté, potom platí dokoce rovost (viz e)). Kaˇzdopádě, je-li y f(a \ B), pak má vzor x A \ B, a tudíž f(x) f(a), a přitom f(x) f(b) kvůli prostotě: kdyby f(x) f(b), měl by prvek f(x) ještě jede vzor v B odlišý od x, což elze. Tudíž f(x) f(a) \ f(b). QED Cvičeí.11. Necht I je možia, A i X a B i Y pro každé i I. Ukažte, že pro daé zobrazeí f : X Y obecě platí: (a) f( i I A i ) = i I f(a i ) (b) f( i I A i ) i I f(a i ) (Pro která f platí rovost?) (c) f 1 ( i I B i ) = i I f 1 (B i ) (d) f 1 ( i I B i ) = i I f 1 (B i ) (a) Je-li y f( A i ), potom existuje x A i, ˇze f(x) = y. Potom ale x A i0 pro ějaké i 0 I, tudíž f(x) f(a i0 ), a tedy y = f(x) f(a i ). Naopak, je-li y f(a i ), potom y f(a i0 ) pro ějaké i 0 I, tudíž existuje x A i0 tak, že f(x) = y. Ale tudíž x A i, a tedy y = f(x) f( A i ). QED (b) Je-li y f( A i ), potom existuje x A i tak, že f(x) = y. Tudíž pro každé i I je x A i, a tedy pro kaˇzdé i I je f(x) A i, tudíˇz y = f(x) f(a i ). Opačá ikluze platí, právě kdyˇz je zobrazeí f prosté: pokud f prosté eí, pak existují x, y X tak, ˇze f(x) = f(y). Defiujme A 1 = {x} a A = {y}. Pak f(a 1 A ) = f( ) =, ale f(a 1 ) f(a ) = {f(x)}. Naopak, je-li f prosté a y f(a i ), pak y f(a i ) pro každé i I a existují vzory x i A i tak, že f(x i ) = y. Ale u prostého zobrazeí může být vzor pouze jede, tudíž x i = x j pro každé i, j I, a tedy pro x := x i máme, že x A i. Tudíž y = f(x) f( A i ). QED (c) Je-li x f 1 ( B i ), pak f(x) B i, tudíˇz f(x) B i0 pro vhodé i 0 I, a tedy x f 1 (B i0 ), tudíˇz x f 1 (B i ). Naopak, je-li x f 1 (B i ), pak x f 1 (B i0 ) pro vhodé i 0 I, tudíˇz f(x) B i0, tudíˇz f(x) B i, tudíˇz x f 1 ( B i ). QED (d) Je-li x f 1 ( B i ), pak f(x) B i, tudíž f(x) B i pro všecha i I, a tedy x f 1 (B i ) pro všecha i I, tudíž x f 1 (B i ). Naopak, je-li x f 1 (B i ), pak x f 1 (B i ) pro všecha i I, tudíž f(x) B i pro všecha i I, tudíž f(x) B i, tudíž x f 1 ( B i ). QED 10
11 3 Třetí prosemiář Z předchozího: de Morgaova pravidla. Cvičeí 3.1. Dokažte de Morgaova pravidla: A \ B i = \ B i ) i I i I(A A \ i I B i = i I(A \ B i ) Dokaˇzme (A \ B i ) (A \ B i ). Budiˇz x (A \ B i ). To zameá, ˇze x leˇzí v A a eleˇzí v průiku B i. Tudíž existuje i 0 I, že x eleží v B i0, tudíž leží v A \ B i0 a tudíž i ve sjedoceí (A \ B i ). Dokažme yí opačou ikluzi, (A \ B i ) (A \ B i ). Pokud x (A \ B i ), pak existuje i 0, že x A a x B i0. Tudíž x B i, a tudíž x A \ B i. Druhé pravidlo se dokazuje podobě. Cvičeí 3.. Dokažte z axiomů uspořádaého tělesa R, že platí (a) x < y x > y. (b) Možia je omezeá, právě když je shora i zdola omezeá. (c) Pro x, y > 0 a N platí: x > y x > y. Připomeňme, ˇze: 1. Moˇzia A R je shora omezeá, pokud existuje M R tak, ˇze pro kaˇzdé x A je x M.. Možia A R je zdola omezeá, pokud existuje m R tak, že pro každé x A je x m. 3. Možia A R je omezeá, pokud existuje K R tak, že pro každé x A je x K. Absolutí hodotu defiujeme (apříklad) jako a = max{a, a}, což můžeme, ebot z axiomů uspořádáí víme, že každá dvě reálá čísla jsou porovatelá, a tudíž platí a a ebo a a. Odtud mimochodem vyplývá, že a a i a a. Nebo můžeme absolutí hodotu defiovat takto: a = a pro a 0, a = a pro a < 0. Protoˇze pro a > 0 je zřejmě a > a (z axiomů uspořádáí), je a = a = max{a, a}. Obdobě pro a < 0 je a = a > a, tudíˇz a = max{ a, a}. Obě defiice jsou tedy ekvivaletí. Řešeí: (a) Podle axiomu svazujícímu erovost a operaci sčítáí platí x < y = x + a < y + a a R. Přičteím ( a) k oběma straám druhé erovosti podle téhoˇz axiomu ale vyplývá, ˇze x + a < y + a = x + a + ( a) < y + a + ( a) x < y, takže Odtud x < y x + a < y + a a R. ( ) x < y x + ( x) < y + ( x) 0 < y + ( x) 0 + ( y) < y + ( x) + ( y) 11
12 y < y + ( y) + ( x) y < 0 + ( x) y < x. V prví a třetí ekvivaleci jsme použili ( ), druhá je axiom o opačém prvku, třetí axiom o ulovém prvku a komutativitě sčítáí, pátá axiom o opačém prvku a šestá axiom o ulovém prvku. (b) Jestliže možia A je omezeá, potom x K pro každé x A. Evidetě K 0. Položme m = K a M = K. Potom a tudíž možia A je shora i zdola omezeá. x x K = M, x x K = m, Naopak, je-li moˇzia A shora i zdola omezeá, tj. existují m, M R tak, ˇze m x M pro kaˇzdé x A, potom pooˇzme K = max{ m, M }. Pak máme, ˇze x M M K, x m m K, a z erovostí x K a x K uˇz plye, ˇze x = max{x, x} K. (c) Bud te x, y > 0, N a x < y. Potom z axiomu uspořádáí (přeásobeí kladým číslem) máme x > y = x x > y x ax > y = x y > y y, z trazitivity potom vyplývá, ˇze x = x x > y x > y y = x x > y y = y Takto můˇzeme pokračovat -krát aebo postupovat idukcí. Naopak, bud te x, y > 0, N a x > y. Ukáˇzeme ejprve, ˇze pokud x > 0, pak 1 > 0. x Pokud by totiž 1 0, pak by po přeásobeí kladým číslem x bylo x Coˇz je evidetí spor. Dále dokáˇzeme, ˇze 1 = x 1 x 0 x = 0. Je totiˇz x > y = 1 x < 1 y. x > y = x 1 x > y 1 x = 1 > y 1 x = 1 1 y > y 1 x 1 y = 1 y > 1 x. Odtud koečě máme, ˇze x > y = x 1 = 1 x x > 1 x y > 1 y y = y 1. A dále lze postupovat idukcí. Cvičeí 3.3. Dokažte pomocí axiomů uspořádaého tělesa R (a obvyklých pravidel aritmetiky) existeci a jedozačost -té odmociy kladého reálého čísla. Tedy, je-li a R, a > 0 a N, potom existuje právě jedo reálé číslo x takové, že x = a. Jaríkovo řešeí viz odkaz a www strákách. 1
13 Defiice limity poslouposti základí limity Defiice 3.1. Řekeme, že reálé číslo L je limitou poslouposti {a }, jestliže pro každé ε > 0 existuje 0 N tak, že pro každé 0 platí a L < ε. Začíme lim a = L, popřípadě lim a = L. Defiice 3.. Řekeme, že posloupost {a } má limitu +, jestliže pro každé K R existuje 0 N tak, že pro každé 0 platí a K. Začíme lim a = +, popřípadě lim a = +. Defiice 3.3. Řekeme, že posloupost {a } má limitu, jestliže pro každé K R existuje 0 N tak, že pro každé 0 platí a K. Začíme lim a =, popřípadě lim a =. Cvičeí 3.4. Dokažte, že lim c = c pro libovolé c R. Řešeí: Volme ε > 0 libovolě. Potom samozřejmě a L = c c = 0 < ε pro kaˇzdé N, stačí tedy volit 0 = 1. 1 Cvičeí 3.5. Dokažte, že lim = 0. Řešeí: Volme ε > 0 libovolě. Potom samozřejmě a L = 1 0 = 1 < ε tehdy a je tehdy, pokud > 1. Podle Archimedova axiomu existuje přirozeé číslo ε 0 > 1. Pak je pro ε každé 0 také 0 > 1. QED ε Cvičeí 3.6. Dokažte, že lim = +. Řešeí: Volme K R. Podle Archimedova axiomu ale existuje 0 0 platí také 0 > K. QED. > K, tudíˇz pro kaˇzdé Cvičeí 3.7. Dokažte ásledující tvrzeí: (a) Pokud k je přirozeé číslo a lim a = L > 0, potom lim k a = k L. (b) Pokud k je přirozeé číslo, lim a = 0 a a 0 pro každé N, potom lim k a = 0. (c) Pokud k je přirozeé číslo a lim a = 0, potom lim k a emusí existovat. (d) Pokud k je liché přirozeé číslo a lim a = L (e utě L > 0), potom lim k a = k L. (e) Pokud k je přirozeé číslo a lim a = +, potom lim k a = +. (f) Pokud k je liché přirozeé číslo a lim a =, potom lim k a =. Řešeí: (a) Uvědomme si ejprve, ˇze existuje δ > 0 tak, ˇze L δ > 0. Od ějakého idexu počíaje je a > L δ > 0, takˇze posloupost je od ějakého čleu počíaje dobře defiováa. Klíčem je ásledující úprava: k a k L = k a k 1 a L + k a k L + k a k 3 L k a 1 L k + k L. k 1 13
14 Jmeovatel tvoří součet kladých čísel, můˇzeme jej tedy zmešit (a celý zlomek zvětšit) tím, ˇze všechy aˇz a posledí vyecháme. Dostaeme, ˇze k a k L = k a k 1 + k a k L + k a k 3 a L L k a 1 L k + k L a L k. k 1 L k 1 Volme ε > 0. Protoˇze lim a = L, existuje idex 0 tak, ˇze pro 0 je a L < ε k L k 1. Odtud ale dostaeme, že pro 0 je k a k L = k a k 1 + k a k L + k a k 3 a L L k a 1 L k + k L a L k < ε. k 1 L k 1 (b) Podle předpokladů je posloupost korektě defiováa. Volme ε > 0. Zřejmě existuje ε > 0 tak, že ε < ε k, a tudíž k ε < ε. Protože lim a = 0, existuje 0 tak, že pro 0 je a < ε, a tudíž k a = k a < k ε < ε. QED (c) Uvažte a = ( 1) a k =. Potom posloupost (a ) eí defiováa (ai v širším smyslu od ějakého čleu počíaje). (d) Pro L 0 to víme z částí (a), (b). Pro L < 0 stačí uvážit, že lim k a = lim k a = lim k a = lim k L = lim k L = lim k L. (e) Volme K > 0. Protože lim a = +, existuje 0 tak, že pro 0 je a > K k. Tudíž pro 0 je k a > K. QED (f) Aalogicky jako v (d) ebo (e). 14
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
VíceZnegujte 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.
VíceZS 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
VícePosloupnosti 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
VíceMatematická 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
VíceDefinice 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
VícePřednáška 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.
Víceje 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
Více5. 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
Vícen=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
Více1 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
VíceZformulujme 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
VíceKapitola 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
VíceSpojitost 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
VíceMasarykova 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
Vícen 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.
Vícen=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
VíceKomplexní 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
VíceZÁKLADNÍ 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
Více3. 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
Víceje 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
Více1 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(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
VíceMatematika 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
VíceAbstrakt. 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
VíceAritmetická 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:
Více6. 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
Více11. 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
VíceMatematika 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
VícePetr 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
VíceP. 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
Vícejako 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
VíceBudeme 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
Víceje 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
VíceŘADY 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
Více1 Základní matematické pojmy Logika Množiny a jejich zobrazení... 7
Semiář z matematické aalýzy I Čížek Jiří-Kubr Mila 8 září 007 Obsah Základí matematické pojmy Logika Možiy a jejich zobrazeí 7 Reálá a komplexí čísla 6 Poslouposti 7 Základí vlastosti posloupostí 7 Limita
VíceObsah. 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
Více20. Eukleidovský prostor
20 Eukleidovský prostor V této kapitole budeme pokračovat ve studiu dalších vlastostí afiích prostorů avšak s tím rozdílem že místo obecého vektorového prostoru budeme uvažovat prostor uitárí Proto bude
VíceNMAF061, 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:
Vícea 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
VíceNMAF063 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
VíceZimní 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
Více1. Zjistěte, jestli následující formule jsou tautologie. V případě záporné odpovědi určete k dané formuli konjunktivní a disjunktivní normální formu.
Výrokový počet. Zjistěte, jestli ásledující formule jsou tautologie. V případě záporé odpovědi určete k daé formuli kojuktiví a disjuktiví ormálí formu. i) A C) = B C) = A B) ) ii) A B) = A C C B ) iii)
VíceNMAF061, ZS Zápočtová písemná práce skupina A 16. listopad dx
NMAF06, ZS 07 08 Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Jedotlivé kroky při výpočtech stručě, ale co ejpřesěji odůvoděte. Pokud používáte ějaké tvrzeí, ezapomeňte ověřit splěí předpokladů. Jméo
VíceI. 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
Více1 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
Více8.2.1 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
Více1. 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;
VíceFunkce. 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,
VíceKapitola 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
VíceDERIVACE 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
Víceprocesy II Zuzana 1 Katedra pravděpodobnosti a matematické statistiky Univerzita Karlova v Praze
limití Náhodé limití Katedra pravděpodobosti a matematické statistiky Uiverzita Karlova v Praze email: praskova@karli.mff.cui.cz 9.4.-22.4. 200 limití Outlie limití limití efiice: Řekeme, že stacioárí
Více11.1 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:
VíceČíselné řady. 1 m 1. 1 n a. m=2. n=1
Číselé řady Úvod U řad budeme řešit dva typy úloh: alezeí součtu a kovergeci. Nalezeí součtu (v případě, že řada koverguje) je obecě mohem těžší, elemetárě lze sečíst pouze ěkolik málo typů řad. Součet
VíceVlastnosti 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
Více6. 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
Více1. 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
Více8.2.1 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
VíceI. 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
VíceO 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)
Více3. 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
Více1 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).
VíceUžitečné 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:
VíceKapitola 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( + ) ( ) ( ) ( ) ( ) 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
Více3. cvičení - LS 2017
3. cvičeí - LS 07 Michal Outrata Defiičí obor, průsečíky os, kladost/záporost fukce a) fx) x 5x+4 4 x b) fx) x x +4x+ c) fx) 3x 9x+ x +6x 0 d) fx) x 7x+0 4 x. Řešeí a) Nulové body čitatele a jmeovatele
VíceOSTRAVSKÁ UNIVERZITA PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA MATEMATICKÁ ANALÝZA 1. Doc. RNDr. Jaroslav Hančl, CSc. Jan Šustek
OSTRAVSKÁ UNIVERZITA PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA MATEMATICKÁ ANALÝZA Doc. RNDr. Jaroslav Hačl, CSc. Ja Šustek OSTRAVA 00 0. ÚVOD 0.. INFORMACE O POUŽITÝCH SYMBOLECH Průvodce studiem vstup autora do tetu, specifický
Více3. cvičení - LS 2017
3. cvičeí - LS 07 Michal Outrata Defiičí obor, průsečíky os, kladost/záporost fukce a fx x 5x+4 4 x b fx x x +4x+ c fx 3x 9x+ x +6x 0. Řešeí a Nulové body čitatele a jmeovatele jsou { 4}. Aby vše bylo
VíceMocninné 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.
VícePřijímací 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
VícePřijímací 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?.
Více12. 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
VíceDIFERENCIÁLNÍ 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
VíceSTEJNOMĚRNÁ KONVERGENCE POSLOUPNOSTI A ŘADY FUNKCÍ
STEJNOMĚRNÁ KONVERGENCE Ztím ebylo v těchto textech věováo příliš pozorosti kovergeci fukcí, t jko limit poslouposti ebo součet řdy. Jik byl kovergece poslouposti fukcí ebo řdy brá jko bodová kovergece.
VíceDISKRÉTNÍ 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
VíceDiskrétní matematika
Diskrétí matematika Biárí relace, zobrazeí, Teorie grafů, Teorie pravděpodobosti Diskrétí matematika látka z I semestru iformatiky MFF UK Zpracovali: Odřej Keddie Profat, Ja Zaatar Štětia Obsah Biárí relace2
VíceSEMESTRÁLNÍ 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
VíceU. Jestliže lineární zobrazení Df x n n
MATEMATICKÁ ANALÝZA III předášky M. Krupky Zmí semestr 999/ 3. Iverzí a mplctí zobrazeí V této kaptole uvádíme dvě důležté věty, které acházeí aplkace v moha oblastech matematky: Větu o verzím a větu o
Vícec) 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
VíceDeskriptivní statistika 1
Deskriptiví statistika 1 1 Tyto materiály byly vytvořey za pomoci gratu FRVŠ číslo 1145/2004. Základí charakteristiky souboru Pro lepší představu používáme k popisu vlastostí zkoumaého jevu určité charakteristiky
Vícemnožina 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,
Více2.4. 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:
VíceM - 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,
VíceMATEMATIKA 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...
Vícez možností, jak tuto veličinu charakterizovat, je určit součet
6 Charakteristiky áhodé veličiy. Nejdůležitější diskrétí a spojitá rozděleí. 6.1. Číselé charakteristiky áhodé veličiy 6.1.1. Středí hodota Uvažujme ejprve diskrétí áhodou veličiu X s rozděleím {x }, {p
Více1.1. 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
Vícek(k + 1) = A k + B. s n = n 1 n + 1 = = 3. = ln 2 + ln. 2 + ln
Číselé řady - řešeé přílady ČÍSELNÉ ŘADY - řešeé přílady A. Součty řad Vzorové přílady:.. Přílad. Určete součet řady + = + 6 + +.... Řešeí: Rozladem -tého čleu řady a parciálí zlomy dostáváme + = + ) =
Vícen-rozměrné normální rozdělení pravděpodobnosti
-rozměré ormálí rozděleí pravděpodobosti. Ortogoálí a pozitivě defiití symetrické matice. Reálá čtvercová matice =Ha i j L řádu se azývá ortogoálí, je-li regulárí a iverzí matice - je rova traspoovaé matici
VíceMatematika 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
VíceOdhady parametrů 1. Odhady parametrů
Odhady parametrů 1 Odhady parametrů Na statistický soubor (x 1,..., x, který dostaeme statistickým šetřeím, se můžeme dívat jako a výběrový soubor získaý realizací áhodého výběru z áhodé veličiy X. Obdobě:
Více14. B o d o v é o d h a d y p a r a m e t r ů
4. B o d o v é o d h a d y p a r a m e t r ů Na základě hodot áhodého výběru z rozděleí určitého typu odhadujeme parametry tohoto rozděleí, tak aby co ejlépe odpovídaly hodotám výběru. Formulujme tudíž
VíceMATICOVÉ 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
Více6. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI A ŘADY 6.1. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI
6. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI A ŘADY 6.. ČÍSELNÉ POSLOUPNOSTI V této kpitole se dozvíte: jk defiujeme posloupost reálých ebo komplexích čísel; defiici vlstí evlstí limity poslouposti; defiici pojmů souvisejících
VícePříkladykecvičenízMMA 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.
VíceMatematika 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
VíceDerivace součinu a podílu
5 Derivace součiu a podílu Předpoklad: Pedagogická pozámka: Následující odvozeí jsem převzal a amerického fzikálího kursu Mechaical Uiverse Možá eí dostatečě rigorózí, ale mě osobě se strašě líbí spojitost
Víceodhady parametrů. Jednostranné a oboustranné odhady. Intervalový odhad střední hodnoty, rozptylu, relativní četnosti.
10 Cvičeí 10 Statistický soubor. Náhodý výběr a výběrové statistiky aritmetický průměr, geometrický průměr, výběrový rozptyl,...). Bodové odhady parametrů. Itervalové odhady parametrů. Jedostraé a oboustraé
VíceFUNKCÍ JEDNÉ REÁLNÉ PROMĚNNÉ PRVNÍ DIFERENCIÁL
Difereciálí počet fukcí jedé reálé proměé - 6. - PRVNÍ DIFERENCIÁL TAYLORŮV ROZVOJ FUNKCÍ JEDNÉ REÁLNÉ PROMĚNNÉ PRVNÍ DIFERENCIÁL PŘÍKLAD Pomocí věty o prvím difereciálu ukažte že platí přibližá rovost
VíceNMAF063 Matematika pro fyziky III Zkoušková písemná práce 25. ledna x 1 n
Jméo: Příklad 3 Celkem bodů Bodů 8 0 30 Získáo [8 Uvažujte posloupost distribucí f } D R defiovaou jako f [δ kde δ a začí Diracovu distribuci v bodě a Najděte itu δ 0 + δ + této poslouposti aeb spočtěte
Více6.2. ČÍSELNÉ ŘADY. V této kapitole se dozvíte:
6.2. ČÍSELNÉ ŘADY V této kpitole se dozvíte: jk defiujeme číselou řdu; defiici kovergece řdy jejího součtu; jk vypdá ritmetická, geometrická hrmoická řd jk je to s jejich kovergecí; jk zí utá podmík kovergece
Více