FUNKCIJE Pretpostavljamo pozavaje prirodih brojeva N = {,, 3,... }, cijelih brojeva Z = {...,,, 0,,,... }, racioalih brojeva Q = { m : m Z, N}. Nećemo defiirati reale brojeve R jer bi as to odvelo previše u zasivaje matematike, ego ćemo samo spomeuiti eke ideje kojima bi se moglo defiirati reale brojeve. Reali broj poistovjećujemo sa skupom racioalih brojeva I() Q koji ima dva svojstva: (R) postoji q Q takav da q / I() (R) ukoliko q I() tada za svaki q Q ako q q tada q I(). Primjerice broju odgovara I( ) = {q Q : q, q 0}. Sada zbrajaje realih brojeva postaje zbrajaje skupova racioalih brojeva. Skupove A i B zbrajamo tako da A + B = {a + b : a A, b B}. Dakle reali broj + y je oaj kome je skup racioalih brojeva da sa I( + y) = I() + I(y). Kažemo da je reali broj pozitiva > 0 ukoliko postoji racioala broj q 0 > 0 takav da q 0 q za sve q I(). Sada defiiramo možeje realih pozitivih brojeva, y > 0 kao broj y kome odgovara skup racioalih brojeva I(y) = I()I(y) gdje je možeje skupova A i B skup A B = {a b : a A, b B}. Za oe koje zajima, kostrukcija realih brojeva jako ovisi o aksiomu izbora koji govori da za svaku familiju skupova {X α : α A} postoji fukcija f : A α A X α takva da f(α) X α za sve α A. Neki matematičari odbacuju aksiom izbora zbog toga što o samo govori da odredea fukcija postoji, ali e govori kako kostruirati tu fukciju. Za reale brojeve kažemo da su upotpujeje skupa racioalih brojeva. Jedom kada budemo vladali termiologijom Cauchyjevih izova i topoloških prostora strogo ćemo defiirati što to zaći biti upotpujeje ekog topološkog prostora. Za sada je bito zati da su reali brojevi jedistvei, to jest postoji samo jedo upotpujeje racioalih brojeva. Zadatak. Dokažite da 7 / Q. Pretpostavimo suproto tada kako 7 > 0 to postoje m, N takvi da 7 = m. Ako kvadriramo obe strae jedakosti dobivamo 7 = m pa kako 7 m tada 7 m to jest m = 7k pa uvrštavajem u staru jedakost dobivamo 7 = 7 k to jest = 7k pa dobivamo 7 odoso 7. Kotradikcija je u sljedećem svojstvu racioalih brojeva: za svaki racioala broj m/ možemo uzeti m i koji su relativo prosti to jest e postoji cijeli broj osim i koji dijeli oba. Neka su a < b realai brojevi defiiramo skupove (a, b) = { R : a < < b} i zovemo otvorei iterval, [a, b] = { R : a b} i zovemo zatvorei iterval ili segmet, skupove (a, b] = { R : a < b} i [a, b) = { R : a < b} zovemo poluotvorei itervali. Takoder za skupove (a, + ) = { R : a < } i (, a) = { R : < a} kažemo da su itervali i to eomedei itervali ili otvorei polupravci. Za skupove [a, + ) = { R : a } i (, a] = { R : a} kažemo da su zatvorei polupravci. Zadatak. Odredite A B = { : A ili B}, A B = { : A i B}, A \ B = { : A i / B}, B \ A, A B = (A \ B) (B \ A) gdje (a) A = (, ], B = [, 4), A B = (, 4), A B = [, ], A\B = (, ), B \A = (, 4), A B = (, ) (, 4).
(b) A = (, 4), B = (, 0) (, + ), A B = R, A B = (, 0) (, 4), A\B = [0, ], B \ A = [4, + ), A B = [0, ] [4, + ). Neka su D i K eprazi skupovi i eka je f() pravilo koje svakom elemetu iz D pridružuje točo jeda elemet iz K tada uredeu trojku (D, K, f) zovemo preslikavaje ili fukcija i pišemo f : D K. Za D kažemo da je domea, a K kodomea fukcije f. Fukcija je više od pravila pridruživaja, primjerice isto pravilo defiira fukciju R R, N N ili N R. Dakle fukcije f : D K i f : D K su jedake jedio ukoliko D = D, K = K i f () = f () za sve D gdje D = D = D. Bito je apomeuti da e mora svaki elemet iz K biti pogode kao što vidimo iz primjera f : R R, f() = za sve R. Sada dolazimo do važog pojma restrikcije fukcije. Naime pretpostavimo da imamo fukciju f : D K te A D eki podskup. Restrikcija fukcije f A : A K je fukcija koja ima isto pravilo pridruživaja i kodomeu samo ima maju domeu. Dakle f A () = f() za A i ije defiiraa za / A. Primjerice eka je f : R R daa sa f() = tada ako pogledamo restrikciju f Q : Q R, f Q () = f() = za sve Q ili f N : N R, f N () = f() = za sve N. Dakle restrikcija je smajeje domee uz zadržavaja iste kodomee i pravila preslikavaja. Zadatak.3 Koja je restrikcija fukcije si: R R a skup A = {kπ : k Z}. Neka je A tada postoji k Z takav da = kπ. Pogledajmo si A () = si() = si(kπ) = 0. Kako je A bio proizvolja vidimo da si A je isto što i ulfukcija a A koja svaki elemet iz A šalje u 0. Odredite što je restrikcija cos A. Smislite jeda primjer gdje restrikcija ije kostata fukcija. Neka je f : D K fukcija tada defiiramo graf od f kao Γ f = {(, f()) : D}. Probajte dokazati: ako je g restrikcija od f tada Γ g Γ f. Vrijedi li obrat? Neka je f : D K i eka je A D tada slika skupa A po preslikavaju f je skup f(a) = f (A) = {f() : A}. Pogledajmo koja je slika skupa N po preslikavaju f : R R, f() =. Lako se vidi da f(n) = {f() : N} = {}. Sliku domee f(d) zovemo slika fukcije i ozačavamo Imf ili R f. U ašem primjeru f : R R, f() = vidimo da je Imf = {}. Promotrimo si: R R tada R si = [, ]. Zadatak.4 Neka je f : R R daa sa f() =, eka su A = [, ], B = [, 3]. Odredite f(a),f(b),f(a B), f(a B) i f(a \ B). Pogledajmo f(a) = { : [, ]} = [, 4], sličo f(b) = [, 9], f(a B) = [, 9], f(a B) = f( ) =, f(a \ B) = f(a) = [, 4]. Primjetimo da f(a B) = f(a) f(b) i f(a B) = f(a) f(b), f(a \ B) = f(a) \ f(b). Zadatak.5 Neka je f : D K fukcija. Pokažite da vrijedi: (a) f(a B) = f(a) f(b) (b) f(a B) f(a) f(b) (c) f(a \ B) f(a) \ f(b) Pokažimo (a) izom ekvivalecija. Imamo y f(a B) postoji A B takav da f() = y postoji A ili B takav da f() = y postoji A takav da f() = y ili postoji B takav da f() = y y f(a) ili y f(b) y f(a) f(b).
Pokažimo (b) izom ekvivalecija i jedom implikacijom. Imamo y f(a B) postoji A B takav da f() = y postoji A takav da f() = y i postoji A takav da f( ) = y y f(a) i y f(b) y f(a) f(b). Pokažimo (c) izom ekvivalecija i jedom implikacijom. Imamo y f(a) \ f(b) y f(a) i y / f(b) postoji A takav da f() = y i za svaki B imamo f( ) y postoji A \ B takav da f() = y y f(a \ B). Neka je f : D K fukcija i eka je E bilo koji skup. Praslika skupa E po fukciji f je skup f (E) = f (E) = { D : f() E}. Pogledajmo f (K) = { D : f() K} = D, dakle praslika kodomee je domea. Pogledajmo prasliku si ([, 3)) = { R : si() [, 3)} = { R : si() = } = { π + kπ : k Z} Neka je f : R R, f() =, pogledajmo f ([, 4]) = { R : [, 4]} = [, ] [, ] Neka je g : Z R, g() =, dakle g je restrikcija od f a Z to jest g = f Z. Pogledajmo sada g ([, 4]) = { Z : g() [, 4]} = {,,, }. Zadatak.6 Neka je f : D K fukcija i E, F skupovi. Dokažite da vrijedi: (a) f (E F ) = f (E) f (F ) (b) f (E F ) = f (E) f (F ) (c) f (E \ F ) = f (E) \ f (F ). Pokažimo (a) izom ekvivalecija. Imamo f (E F ) f() E F f() E ili f() F f (E) ili f (F ) f (E) f (F ). Sličo se pokazuju (b) i (c). Za oe koji žele vježbati pojmove slike i povrate slike eka odrede odose skupova f(f (E)) te skupa E i f (f(a)) te skupa A gdje f : D K eka fukcija, A D i E eki skup. Neka je f : D K fukcija. Ako su D, K R tada za fukciju f kažemo da je reala fukcija reale varijable. Pretpostavimo da imamo zadao pravilo preslikavaja f(). Najveći podskup D R realih brojeva za koji to pravilo ima smisla i f() je reala broj zovemo priroda domea fukcije f i pišemo D f. Neka je f() = / tada je D f = R\{0}, eka je f() = /( ) tada D f = R\{, }, eka je f() = tada D f = [, ).. Poliomi Poliom stupja N {0} je reala fukcija reale varijable zadaa formulom p() = a + a + + a + a 0 gdje su a, a,..., a 0 R koeficijeti polioma takvi da a 0. Postoji još jeda fukcija koju smatramo poliomom, a to je ulpoliom p() = 0. Stupaj polioma p ozačavamo degp ili stp. Priroda domea proizvoljog polioma p je R. Ako su p i p poliomi tada jihov umožak p p je opet poliom i vrijedi: deg(p p ) = degp + degp pa da bi formula vrijedila i za ulpoliom jeda mogući izbor stupja ulpolioma je. Zadatak.7 Skicirajte grafove polioma f i odredite Imf, f(a) i f (B) ako je (a) f() = 5, A = [0, ], B = ( 3, ] (b) f() = +, A = (, ), B = [4, 5)
(c) f() = 3, A = (, ), B = (, 0] Prvo rješimo (a) tako da koristimo defiicije f(a) = {f() : A} = { 5 : [0, ]} = [ 5 = y] = {y : y + 5 [0, ]} = {y : y [ 5, 4]} = [ 5, 4]. Nadalje f (B) = { R : f() B} = { R : 5 ( 3, ]} = { R : (, 4]} = (, 4] Sada rješimo (b) koristeći defiicije i skicu grafa f(a) = { + : (, )} = [, ), f (B) = { R : + [4, 5)} = { R : [3, 4)} = (, 3] [ 3, ) Sada rješimo (c) koristeći defiicije i skicu grafa f(a) = { 3 : (, )} = (, ), f (B) = { R : 3 (, 0]} = { R : < 3 0} = { R : < 0} = (, 0] Graf polioma drugog stupja f() = a +b+c, a 0 zovemo parabola, tjeme parabole ima koordiate T = ( b, 4ac b ). Za poliom drugog stupja klasificirajuća vrijedost je a 4a diskrimiata d = b 4ac jer ako je d < 0 tada parabola ema realih ultočki. Ako je d = 0 tada parbola ima jedu realu ultočku. U slučaj d > 0 parabola ima dvije reale ultočke dae formulom, = b± b 4ac a Zadatak.8 Neka je f() = 3 +. Odredite f((, ]), f((, 5)), f([3, 5)), f ((0, 6]). Prvo primjetimo 3 + = ( )( ) dakle tjeme ima prvu koordiatu točo a sredii izmedu dvaju ultočki i to jest 3/, druga koordiata tjemea se može izračuati uvrštavajući prvu koordiatu u fukciju. Račuamo (3/ )(3/ ) = ( /)(/) = /4. Naravo mogli smo koristiti formulu za koordiate tjemea dau malo raije. Sada iz defiicija i skice slijedi: f((, ])) = [6, ), f([3, 5)) = [, ), f((, 5)) = [ /4, ), f ((0, 6]) = { R : 3 + (0, 6]} = [, ) (, 4].. Racioale fukcije Racioala fukcija je reala fukcija reale varijable koja se može apisati kao kvocjet dva polioma f() = p() te q ije ulpoliom. Priroda domea D q() f = R \ { R : q() = 0}. Ako je degp < degq tada za f kažemo da je prava racioala fukcija. Svaka racioala fukcija se postupkom dijeljeja polioma s ostatkom može svesti a oblik polioma plus prave racioale fukcije. Dajete primjer prave racioale fukcije i barem jede koja ije prava. Zadatak.9 (a) Ako je f() = odredite D f, f((0, ]), f ((0, )). (b) Ako je f() = + odredite D f i f ((, )). Prvo (a). Imamo D f = R \ {0}, f((0, ]) = { : (0, ]} =(skica)= [, + ), f ((0, )) = { R : / (0, )} = { R : 0 < / < } = { R : < } = (, + ). Sada (b). Imamo D f = R \ {, }, f ((, )) = { R : + (, )} = { R : + < } = = { R : + + < 0} = { R : 3 < 0} (, ) (, / 3) ( / 3, / 3) (/ 3, ) (, + ) 3 + + + + + + 3 + + +
Dakle f ((, )) = (, 3) (/ 3, ). Što bi se promijeilo ukoliko bi se tražilo f ((, ])?.3 Mootoost Neka je f : D K reala fukcija realae varijable. Kažemo da je f rastuća, stogo rastuća, padajuća odoso strogo padajuća ukoliko redom (, D) < f( ) f( ), (, D) < f( ) < f( ), (, D) < f( ) f( ), (, D) < f( ) > f( ) Ako je fukcija zadovojava jeda od ta četiri uvjeta tada kažemo da je fukcija mootoa. Može li fukcija biti rastuća i padajuća u isto vrijeme? Zadatak.0 Neka je f : D K strogo rastuća fukcija. Neka su, D. Tada je (a) < f( ) < f( ), (b) f( ) f( ) Dokaz od (a) ide ovako: implikacija slijedi iz defiicije strogo rastuće fukcije. Da bi dokazali pretpostavimo f( ) < f( ) ali da ije < to jest. Sada imamo dvije mogućosti = ili >. Obije vode a kotradikciju. Pretpostavimo aprimjer = tada f( ) = f( ), a to je kotradikcija s pretpostavkom f( ) < f( ). Zadatak. Neka je f : D K strogo padajuća fukcija. Neka su, D. Tada je (a) < f( ) > f( ), (b) f( ) f( ).4 Ekspoecijala fukcija Neka je a > 0. Poteciraje je lako a = a a a gdje a moži sebe -puta. Defiiramo da je a /m broj koji kad se dige a m-tu poteciju daje a. Dakle jaso je što je a gdje je racioala broj. Zbog svojstva potpuosti postoji samo jeda eprekida fukcija f : R R takva da f Q = g gdje g : Q R daa sa g() = a. Tu fukciju zovemo ekspoecijala fukcija. Neka svojstva ekspoecijale fukcije su: (E) a > 0 za sve R (E) a a y = a +y za sve, y R (E3) (a ) y = a y za sve, y R (E4) a = a y = y Zadatak. Neka je f() = ( + 3) + + ( ({ }) 3). Odredite f 4. 3 Primjetimo prvo ( + 3)( ({ }) 3) = 4 3 =. Sada f 4 = { D f : f() = 3 4 } = {( + 3) + + ( 3) = 4 3 } Pomožimo obije strae sa ( 3 3) + tada dobivamo +( 3) ( ) = 4( 3). Ako stavimo t = ( 3) tada imamo jedadžbu +t = 4t koja ima dva rješeja ± 3. Dakle (+ 3) = ( 3) = ( 3) pa dobivamo + = 0 odoso =. Sada ( 3) = ( 3) pa dobivamo = 0 odoso = ± ({ }). Dakle f 4 = {,, + } 3
Zadatak.3 Neka je f() = 4 + + + odredite f ([0, + )). Ako zapišemo f() = ( + ) postaje očito da f ([0, + )) = R. Što je sa f ([, + ))? Zadatak.4 Neka je f() = 5 5 3. Odredite f ((, 0]). Sada imamo f ((, 0]) = {5 5 3 0}. Pomožimo obije strae ejedakosti 5 5 3 0 sa 5 > 0 pa dobivamo 5 5 3 0 5. Stavimo sada t = 5 pa dobivamo t 5 0t 0. Dobivamo t [ 5, 5]. Dakle 5 [ 5, 5] odoso..5 Hiperbole fukcije Defiiramo e = + + + + =!! 3! =0 gdje! = 3. Imamo e [.78,.79].! Za oe koje zajima e ije samo iracioala broj već je i trascedeta to jest e postoji poliom sa racioa koeficijetima p takav da je p(e) = 0 osim ulpolioma aravo. Primjetimo da iako iracioala ije trascedeta jer p( ) = 0 za poliom p() =. Još jeda pozati trascedeta broj je π. Zaimljiva je i veza izmedu π, e imagiare jediice i i brojeva i 0 daa izrazom: e iπ + = 0. Kažemo da je fukcija f : R R para, odoso epara ukoliko f( ) = f() odoso f( ) = f(). Ime dolazi zbog parih i eprarih potecija. Lagao se može dokazati tvrdja: svaka fukcija se može apisati kao suma jede pare i jede epare fukcije i te fukcije su jedistvee. Dokaz ide ovako: pretpostavimo f() = P () + N() gdje je P para, a N epara. Tada f()+f( ) = P ()+P ( )+N()+N( ) = P ()+0 pa imamo P () = f()+f( ). Na isti ači f() f( ) = P () P ( ) + N() N( ) pa dobivamo N() = f() f( ). Lagaa je provjera da je P para, a N epara fukcija. Sius hiperboli i kosius hiperboli su rastav fukcije e a epari i pari dio. Dakle sh() = e e, ch() = e +e. Sius hiperboli je strogo rastuća fukcija koja prolazi kroz (0, 0), priroda domea D sh = R, slika R sh = R. Kosius hiperboli pada a (, 0] i raste a [0, ), priroda domea D ch = R, slika R ch = [, + ). Tages i kotages hiperboli su fukcije th() = sh() ch() i cth() =. Tages hiperboli je strogo rastuća ch() sh() fukcija koja ima i za horizotale asimptote te prolazi kroz (0, 0), priroda domea D th = R, slika R th = (, ) Kosius hiperboli je strogo padajuća fukcija a (, 0) i (0, ), priroda domea D cth = R \ {0}, slika R cth = (, ) (, ). Ima vertikalu asipmptotu u 0, dok su i horizotale asimptote. Zadatak.5 Dokažite formule: (a) sh( + y) = sh() ch(y) + ch() sh(y) (b) ch( + y) = ch() ch(y) + sh() sh(y) Pokažimo samo (a) jer (b) ide aalogo. sh() ch(y) + ch() sh(y) = 4 ((e e )(e y + e y ) + (e + e )(e y e y )) = 4 (e+y + e y e +y e y + e +y e y + e +y e y ) = 4 (e+y e y ) = sh( + y)..6 Trigoometrijske fukcije Prvestveo to su si i cos. Tu se prvi put susrećemo sa svojstvom periodičosti. Da bi fukcija bila periodiča s periodom τ > 0 prvo domea D R mora biti ivarijata u smislu: ako je D tada je +τ D. Neka D ima to svojstvo tada f : D R je periodiča
sa periodom τ > 0 ukoliko f( + τ) = f() za sve D. Ako postoji ajmaji period τ 0 > 0 za koji to vrijedi zovemo ga temelji period. Primjerice temelji period od si i cos je π, dok je recimo od tg() = si() cos() i ctg() = temelji period π. Postoji li periodiča fukcija cos() si() koja ema temelji period? Prirode domee su D si = D cos = R, D tg = R\{ π +kπ : k Z}, D ctg = R\{kπ : k Z}. Dok su slike R si = R cos = [, ], R tg = R ctg = R. Neka svojstva koja ćemo koristiti: si () + cos () = si( + y) = si() cos(y) + cos() si(y) cos( + y) = cos() cos(y) si() si(y) si() = si() si(y) cos() = cos () si () = cos () = si () cos () = ( + cos()) si () = ( cos()) Tages je strogo rastuća fukcija sa ( π/, π/) a R dok je kotages strogo padajuća fukcija sa (0, π) a R. Zadatak.6 Neka je f() = si(). Odredite f([ π/3, π)), f ([ 3/, /)). Imamo f([ π/3, π)) =(skica)= [ 3/, ] te f ([ 3/, /)) = { R : 3/ < /} =(skica)= k Z [ π/3 + kπ, π/6 + kπ) (5π/6 + kπ, 4π/3 + kπ].7 Apsoluta vrijedost Apsoluta vrijedost je realaa fukcija reale varijable daa sa { 0 = < 0 Priroda joj je domea cijeli R dok joj je slika [0, ). Geometrijska iterpretacija: y je udaljeost brojeva i y jeda od drugoga. Svojstva: (A) 0, (A) = 0 ako i samo ako = 0, (A3) y = y, (A4) + y + y. Dokažimo svojstvo (A4) tako što kreemo do očitoga i y y y tada zbrajajem tih ejedakosti dobivamo y + y + y o to zači da je + y + y. Zadatak.7 Riješite: (a) = 3 (b) = + (c) = 8 (d) + < (e) 3 (f) + 5. Pod (a) tražimo sve brojeve koji su od broja udaljei za 3, a to su i 4. Pod (b) tražimo sve brojeve koji su jedako udaljei od i, a to je jedio broj 0. Pod (c) tražimo = 4 brojeve koji su dvostruko dalji od ego od 4, a to su 3 i 7. Pod (d) tražimo sve brojeve koji su udaljei od za maje od, a to su ( 3, ) Pod (e) tražimo sve brojeve koji su udaljei od za barem 3, a to su (, ] [4, ). Pod (f) tražimo sve brojeve koji su bliži ego 5, a to su (, ]
Zadatak.8 Skicirajte graf fukcije f i odredite f((, )) i f ((, ]) ako je (a) f() = (b) f() = + + (c) f() = + 6 + 8 + 4 + 3 Zapišimo fukciju pod (a) bez apsolute vrijedosti: ( ( )) 0 0 f() = ( ( )) [0, ] = [0, ] ( ) Sada vidimo da je f((, )) = [, ] i f ((, ]) =. Rastavimo (b) a slučajeve: o 0, f() = + + = 3 o 0, f() = + + = +. o + 0, f() = +. o + 0, f() =. Dakle fukcija bez apsolutih vrijedosti je f() = + [, ] 3 Sada vidimo f((, )) = [0, 5), f ((, ]) = [ 3, ) (0, ] Zapišemo (c) kao f() = + 4 + + 3 + i rastavimo a slučajeve. Koačo rješeje je f((, )) = (, 9), f ((, ]) = (( 5 + 5)/, ( 5 + 7)/]..8 Još eke fukcije Predzak ili sigum je reala fukcija reale varijable daa sa < 0 sg() = 0 = 0 > 0 Najveće cijelo ili pod je reala fukcija reale varijable je ajveći cijeli broj k. Dok strop reala fukcija reale varijable ajmaji cijeli broj k. Slika R sg = {, 0, } dok je slika poda i stropa jedaka Z. Pogledajmo eke primjere =, π = 3, e = 3 =, π = 4, e = Zadatak.9 Neka je f() = +. Odredite f((, 5]), f ((, 3]), f(n). Rješeje je f((, 5]) = {,, 3}, f ((, 3]) = [3, 7), f(n) = N. Pretpostavimo da zamo acrtati graf Γ f fukcije f tada ako je: g() = f() + c graf Γ g dobijemo tako što podigemo gore (za c > 0) odoso spustimo dolje (za c < 0) graf Γ f za izos c. g() = f( + c) graf Γ g dobijemo tako što pomakemo u ljevo (za c > 0) odoso u deso (za c < 0) graf Γ f za izos c. g() = f() graf Γ g dobijemo tako što zrcao graf Γ f preko apscise. g() = f( ) graf Γ g dobijemo tako što zrcao graf Γ f preko ordiate. g() = f() graf Γ g dobijeo tako što zrcao preko apscise oaj dio grafa Γ f koji je ispod apscise. Zadatak.0 Skicirajte grafove fukcije f i odredite f(a) i f (B) gdje (a) f() = 4 5, A = [0, 3), B = [0, ] (b) f() = 3, A = [, 3), B = [, ) Rješeje pod (a) je f([0, 3)) = [ 9, 5], f ([0, ]) = [ 0, ] [5, + 0]. Rješeje pod (b) je f([, 3)) = [, 3], f ([, )) = ( 6, 5] [ 3, ) (0, ) (4, 5] [7, 8).
.9 Kompozicija, ijektivost i surjektivost Neka su f : X Y i g : Z W fukcije takve da f(x) Z. Kompozicija fukcija f i g je fukcija g f : X W daa sa (g f)() = g(f()). Često radi jedostavosti uzimamo Y = Z iako pamtimo da iza stoji širi slučaj f(x) Z. Primjer: eka su f, g : R R dae sa f() = +e i g() = si() tada očito g f f g jer (g f)() = si( + e ) [, ] dok (f g)() = + e si() > za sve R. Zadatak. Neka f : X Y, g : Y Z i h: Z W tada h (g f) = (h g) f h (g f)() = h(g f()) = h(g(f()) i (h g) f() = (h g)(f()) = h(g(f())). Zadatak. Neka je f : X Y i g : Y Z i eka je A X i B eki skup tada dokažite: (a) (g f)(a) = g(f(a)) (b) (g f) (B) = f (g (B)) Dokaz (a) z (g f)(a) ako i samo ako postoji A takav da (g f)() = z, ako se sjetimo defiicije kompozicije to je ekvivaleto sa postoji A takav da g(f()) = z o kako je f() = y trivialo iz f(a) jer je A to vidimo da postoji y f(a) takav da g(y) = z o to zači da je z g(f(a)). Obruto ako je z g(f(a)) tada postoji y f(a) takav da je g(y) = z o kako je y f(a) to postoji A takav da je f() = y. Ako to spojimo dobivamo g(f()) = z za eki A o tada je z = g f() pa je z (g f)(a). Dokaz (b) (g f) (B) ako i samo ako g f() B ako i samo ako g(f()) B ako i samo ako f() g (B) ako i samo ako f (g (B)). Zadatak.3 Odredite sliku dae fukcije: (a) f : [0, ) R, f() = 4 + 5 + 6 (b) f : (, ] R, f() = + 3 + Jaso je da u (a) trebamo fukciju prikazati kao kompoziciju f = g h gdje h() =, g() = + 5 + 6 tada R f = f([0, )) = g(h([0, ))) = g([0, )) = [6, ) jer g() = ( + )( + 3). Jaso je da u (b) trebamo fukciju prikazati kao kompoziciju f = g h gdje h() =, g() = + 3 + tada R f = f((, ]) = g(h((, ])) = g([0, ]) = [, 5] jer g() = ( + )( + /). Zadatak.4 Neka je f() = 4 + 3. Odredite f([0, )) i f ((5, 45)). Prikažemo f = g h gdje h() =, g() = 3 = ( + )( 3) tada f([0, )) = g(h([0, ))) = g([, 4)) = [ 4, 5) f ((5, 45)) = h (g ((5, 45))) = h (( 6, ) (4, 8)) = h (( 6, )) h ((4, 8)) = (, 3) = (, 3). Zadatak.5 Neka je f : R \ {} R, f() = odredite f f f i D f f f Pogledajmo f f f() = f(f( )) = f( e smije biti 0) = = ) = f( =. Dakle D f f f = R \ {0, }. ) = f( )=(odavde vidimo da Fukcija je ijekcija ukoliko različitim elemetima domee pridružuje različite elemete kodomee. Formalo to je zapisao ovako: (, D) f( ) f( )
Primjer fukcije koja ije ijekcija je f() = tada f( ) = f(), ali. Ekvivaleta formala zapis ide ovako: (, D) f( ) = f( ) = Tu smo primjeili obrat po kotrapoziciji: A B je ekvivaleto sa B A, gdje je logički operator egacije. Primjer f : N N zadaa sa f() = je ijekcija jer f( ) = f( ) povlači =, a to povlači = odoso =. Zadatak.6 Dokažite da je strogo mootoa fukcija ijekcija. Pokazati ćemo tvrdju za strogo rastuću fukciju f : D K. Neka je tada je < ili <, u prvom slučaju dobivamo f( ) < f( ), a u drugom f( ) < f( ) pa vidimo da u oba slučaja dobivamo f( ) f( ). Zadatak.7 Odredite prirodu domeu i sliku fukcije f() =. Je li f ijekcija a + prirodoj domei? Odredite f((, )) i f((, 0]). Priroda domea je D f = R \ { }. Zapišimo f() = = + =. Horizotala asimptota je, a vertikala je. Graf prolazi kroz točke (0, ) i (, 0) i rastući + + + je a itervalu (, ) i a itervalu (, ). Sa slike sada čitamo f((, )) = (0, ) i f((, 0]) = (, ]. Dokažimo strogo oo što se vidi sa slike, a to je R f = R \ {} i uzmimo proizvoja y R \ {} tada se pitamo postoji li R \ { } takav da f() = y to jest y = + iz toga slijedi = y sada iskoristimo čijeicu da y tada dobivamo = + iz + y ovoga vidimo da dakle postoji iz domee koji se preslika u y. Time smo pokazali da R f = R \ {}. Sa slike vidimo da je f ijekcija a svojoj prirodoj domei, o dokažimo to strogo. f( ) = f( ) tada = tada = sada koristimo čijeicu + + + + i pa dolazimo do + = + odoso do =. Zadatak.8 Neka je f() = +. Odredite D f, R f. Je li f ijekcija? Odredite f((, 0)) i f ((0, )). Imamo D f = R \ { }, R f = R \ {}. Fukcija f je ijekcija. f((, 0)) = (, /), f ((0, ]) = (/, ). Fukcija f : D K je surjekcija ukoliko K = R f to jest kodomea se podudara sa slikom fukcije. Zapisao strogo formalo surjektivost glasi: ( y K)( D) f() = y Primjer. Neka je fukcija f : R R daa sa f() = tada f ije surjekcija jer R f = [0, ) R, dok fukcija g : R [0, ) daa sa g() = je surjekcija. Fukcije f i g se razlikuju samo u kodomei dok su im domee i pravila preslikvaja ista. Svaka fukcija se može trasformirati u surjekciju time da se za kodomeu postavi slika.
Primjer. Pokažimo da f : R \ { } R \ {0}, f() = je surjekcija. Sa slike je to + očito, pokažimo ipak a drugi ači. Napišimo y =. Mi žeo aći iz domee za + dai y iz kodomee. Ako to e možemo za eki y tada fukcija ije surjekcija, ako pak to možemo za svaki y tada fukcija je surjekcija. Kako možemo pomožiti sa + pa dobivamo y( + ) = (primjetimo da imamo kotradikciju ukoliko y = 0) iz čega dobivamo + = /y odoso = /y primjetimo da ovakav e može biti dakle iz domee je i vrijedi f() = y. Kako je y bio poizvoja elemet iz kodomee dolazimo do zaključka da je f surjekcija. Zadatak.9 Neka je f : X Y i g : Y Z. Pokažite da ako je g f ijekcija tada je f ijekcija te ako je g f surjekcija tada je g surjekcija. Dokaz. Pretpostavimo da je f( ) = f( ), tada g(f( )) = g(f( )) pa jer je g f ijekcija dobivamo = odoso imamo ijektivost od f. Ako g ije surjekcija tada g(y ) Z. Sada f(x) Y pa g(f(x)) g(y ) Z pa g f ije surjekcija. Za fukciju koja je ijekcija i surjekcija kažemo da je bijekcija. Neka je A idetiteta a A je fukcija id A : A A daa sa id A () = za sve A. Zadatak.30 Dokažite da je f : D K bijekcija ako i samo ako postoji g : K D takva da g f = id D i f g = id K. Kako je idetiteta ijekcija i surjekcija iz g f = id D imamo da je f ijekcija, dok iz f g = id K imamo da je f surjekcija dakle f je bijekcija. Ako je f : D K bijekcija tada za svaki y K postoji jedistve D takav da f() = y, gdje egzistecija slijedi iz surjektivosti, a jedistveost iz ijektivosti. Pa defiiramo g : K D da bude g(y) = ako i samo ako f() = y. Sada g(f()) = g(y) = te f(g(y)) = f() = y pa g f = id D i f g = id K. Fukciju g iz prošlog zadatka zovemo iverza fukcija od f. Pokažimo da je iverza fukcija jedistvea. To je već više maje očito, ali svejedo dokažimo to. Pretpostavimo da je fukcija h: K D isto iverz od f tada: g = g id D = g (f h) = (g f) h = id K h = h. Sada kada zamo da je iverza fukcija jedistvea možemo je ozačiti sa f (sada imamo dva objekta ozačea sa f aime povratu sliki i iverzu fukciju, iz koteksta će biti jaso koji od ta dva objekta ozaka predstavlja.) Napomeimo samo da povrata slika bijekcije je isto što i slika iverze fukcije. Dakle ako je f bijekcija oda f (A) možemo shvatiti kao povratu sliku skupa A fukcije f ili sliku skupa A fukcije f. Zadatak.3 Neka je f : R \ { 3} R \ {4}, f() = 4+7. Dokažite da je f bijekcija i +3 odredite f. Ako kostruiramo f oda smo gotovi jer tada zamo da je f bijekcija. Neka je y = f() = 4 5 tada 5 = 4 y kako je 3 možemo pomožiti s +3 pa dobijemo 5 = (4 y)(+3) +3 +3 (bila bi kotradikcija da ismo pretpostavili y 4) sada + 3 = 5 5 pa imamo = 3 +. 4 y 4 y Dakle g(y) = 3 + 5. Sada je dovoljo provjeriti g(f()) = i f(g(y)) = y što vrijedi. 4 y Dakle f () = 3 + 5 4.
Napomea. Ijekcija f : D K opčeito ema iverza, ali ako restrigiramo kodomeu a R f oda je ta fukcija bijekcija i ima iverz. Dakle svaku ijekciju lagao pretvaramo u bijekciju smajujući kodomeu ako treba. Primjer. Neka je f : R R, f() = tada f ije i ijekcija i surjekcija. No ako promatramo isto pravilo pridruživaja samo kao [0, ) [0, ) tada ta fukcija postaje bijekcija, pa ima iverz koji ozačavamo =. Zadatak.3 Dokažite da je kompozicija ijekcija ijekcija, kompzicija surjekcija surjekcija, kompozicija bijekcija bijekcija. Neka su f : X Y i g : Y Z ijekcije. Pretpostavimo g(f( )) = g(f( )) tada jer je g ijekcija imamo f( ) = f( ) o sada jer je f ijekcija imamo = pa je i g f ijekcija. Neka su f i g surjekcije tada f(x) = Y i g(y ) = Z pa imamo g(f(x)) = g(y ) = Z pa je i g f surjekcija. Zadatak.33 Ako su f : X Y i g : Y Z bijekcije dokažite: (a) (g f) = f g (b) (f ) = f. Dokaz. Tvrdja slijedi odmah iz jedistveosti iverze fukcije. Za oe koji žele vježabati barataje s pojmovima ijektivosti, slike i praslike fukcije eka probaju dokazati: (a) f : D K je ijekcija ako i samo ako f(a) f(b) = f(a B) za sve A, B D. (b) f : D K je ijekcija ako i samo ako f (f(a)) = A za sve A D. (c) f : D K je ijekcija ako i samo ako f(b \ A) = f(b) \ f(a) za sve A, B D..0 Korjei Za N epara imamo f : R R, f() = je bijekcija, pa ima iverz. Za N para f : [0, ) [0, ), f() = je bijekcija, pa ima iverz. Iverz u jedom i drugom slučaju ozačavamo sa =. Zadatak.34 Odredite prirodu domeu i sliku fukcije f() =, g() = 7 4 D f = (, ], R f = [0, ), D g = R, R g = [, ). Zadatak.35 Odredite prirodu domeu i sliku fukcija (a) f() = 3 (b) f() = + (c) f() = 4 4 Rješeje pod (a) je D f = (, 3 ], R f = [0, ). Rješeje pod (b) je D f = [0, ), R f = [0, ). Rješeje pod (c) je D f = (, ] [, ), R f = [0, ). Zadatak.36 Neka je f() = + +. Odredite D f, f ({4, 6}), f ([, 8)).
Odredimo prvo prirodu domeu. Vidimo da mora biti eegativo to jest. Odmah slijedi da je tada + 0 dakle zajima as kada je 0 to je ako i samo ako pa kako su i eegativi i kvadriraje je rastuća fukcija a [0, ) dobivamo da je polaza tvrdja ekvivaleta sa 4( ) a to je ekvivaleto sa 4 + 4 0 što je ekvivaleto sa ( ) 0 što vrijedi uvijek. Dakle D f = [, ). Probajmo zapisati fukciju a drugi ači. f() = + + =(kako ( ) je desa straa pozitiva)= + + = + + 4( ) + = + ( ) = + { [, ] = Sada f ({4, 6}) = {5, 0} jer = 4, 6 povlači =, 3 što povlači = 4, 9 ťo jest = 5, 0. Pogledajmo f ([, 8)) = [, 7) jer = 8 povlači = 4, što povlači = 6 to jest = 7. Zadatak.37 Neka je f() = 4 5 +. Odredite D f i f ([0, )). Priroda domea je D f = [ 5, ], f ([0, )) = { [ 5, ] : 4 5 + 0} Promotrimo uvijet 4 5 +, kako su obe strae te ejedakosti pozitive i kako je dizaje a četvrtu poteciju rastuća fukcija a [0, ) uvijet je ekvivaleta sa ( ) 5+ što je ekvivaleto sa + 5+, a to sa 3 4 0. Koačo iz ( 4)(+) 0 i [ 5, ] dobivamo [ 5, ].. Logaritamska fukcija Neka je a (0, ) (, ) eka je f() = a, f : R (0, ) tada kako je f strogo mootoa slijedi da je f ijekcija, a kako smo uzeli (0, ) za kodomeu oa je i surjekcija. Dakle f ima iverz i taj iverz ozačavamo log a. Dakle jea priroda domea je (0, ), a slika cijeli R. Zadatak.38 Neka je f strogo rastuća bijekcija tada je f isto strogo rastuća. Aalogo ako je f strogo padajuća bijekcija tada je f isto strogo padajuća. Dokaz ćemo provesti samo za strogo rastući slučaj. Pretpostavimo da je f strogo rastuća bijekcija, ali da f ije strogo rastuća tada postoje y < y takvi da f (y ) f (y ) o tada je y = f(f (y )) f(f (y )) = y, dakle ova kotradikcija ukazuje da f isto mora biti strogo rastuća. Neka svojstva logaritamske fukcije: (L) log a = 0 jer a 0 = (L) log a y y = log a y + log a y jer a log a y y = y y = a log a y a log a y = a log a y +log a y (L3) log a y α = α log a y jer a log a yα = y α = (a log a y ) α = a α log a y (L4) log a y /y = log a y log a y zbog (L) i (L3) uz α =. (L5) log a α y = α log a y jer (a α ) log a α y = y = a α α log a y = (a α ) α log a y (L6) log a y = log a b log b y jer a log a y = y = b log b y = (a log a b ) log b y = a log a b log b y Prirodi logaritam l = log e gdje je e = =0.!
. Arkus fukcije Fukcija si: R [, ] je surjekcija, ali zbog periodičosti e može biti ijekcija. Zato restrigiramo a [ π, ] π i time dobivamo fukciju si [ π, π ] : [ π, ] π [, ] koja je bijekcija, pa ima iverz kojeg ozačavamo arcsi: [, ] [ π, ] π. Primjetimo da je arcsi rastuća fukcija jer je si [ π, π ] rastuća. Sličo cos [0,π] : [0, π] [, ] je bijekcija pa ima iverz arccos: [, ] [0, π] koji je padajuća fukcija. Sličo tg ( π, π ) : ( π, π ) R je bijekcija pa ima iverz arctg: R ( π, π ) koji je rastuća fukcija. Sličo ctg (0,π) : (0, π) R je bijekcija pa ima iverz arcctg: R (0, π) koji je padajuća fukcija. Zadatak.39 Neka je f() = cos( arccos()). Odredite f([0, ]) i f ([0, )). Rješeje: f() = cos( arccos()) = cos (arccos()) = za [, ] pa f([0, ]) = [, ], f ([0, )) = (, ] [, ) Za oe koji žele više eka pokažu da je f() = cos( arccos()) restrikcija polioma a [, ] za sve N..3 Area fukcije Kako je sh: R R bijekcija ima iverz Arsh: R R koji je rastuća fukcija. Fukcija ch: R R ije i bijekcija i surjekcija, ali ako pravilo pridruživaja promatramo kao [0, ) [, ) tada je bijekcija pa ima iverz koji ozačavamo Arch: [, ) [0, ). Kako je th: R (, ) bijekcija to ima iverz Arth: (, ) R koji je rastuća fukcija. Kako je cth: R \ {0} (, ) (, ) bijekcija to postoji iverz Arcth: (, ) (, ) R \ {0}. Zadatak.40 Pokažite: (a) Arsh(y) = l(y + y + ) (b) Arch(y) = l(y + ) ) y ) (c) Arth(y) = l (d) Arcth(y) = l ( +y y ( y+ y Rješeje (a): Arsh(y) = ako i samo ako y = sh() = e e ako i samo ako y = e e (pomožimo obije strae sa e > 0) ako i samo ako e ye = 0 stavimo t = e pa dobijemo t yt = 0 dakle t, = y± 4y +4 = y± y +. Kako t = e jedia mogućost je e = y + y + jer bi u suprotom slučaju pozitiva broj bio jedak egativom što bi bila kotradikcija. Dakle = l(y + y + ). Rješeje (b): Arch(y) = ako i samo ako y = ch() = e +e ako i samo ako y = e + e ako i samo ako e ye + = 0 pa ako stavimo t = e dobijemo t y + = 0 dakle t, = y± 4y 4 = y ± y. No sada ije lako kao u slučaju Arsh odbaciti y y, o u pomoć stiže čijeica da Arch: [, ) [0, ) jer y y za y iz [, ) pa bi = l(y y ) 0 za sve y [, ) dakle Arch(y) = l(y + y ). Rješeje (c): Arth(y) = ako i samo ako y = th() = e e ako i samo ako y(e + e ) = e +e e e što je ako možea ( ) s e > 0 ekvivaleto sa y(e + ) = e ako i samo ako e = +y dakle = l +y. Aalogo se dokazuje (d). y y Zadatak.4 Ispitajte je li fukcija f() = 4 4 5 a zadaom itervalu I ijekcija i ako jest odredite joj sliku i iverz gdje (a) I = [, 3) (b) I = [, ] (c) (, 0]
Rješeje od (a): Prikazati ćemo f = g h gdje h() =, a g() = 4 5 = (+)( 5) tada h: [, 3) [4, 9) je bijekcija te je g : [4, 9) [ 5, 40) bijekcija dakle kako je kompozijcija bijekcija poovo bijekcija imamo da je f : [, 3) [ 5, 40) bijekcija. Odredimo iverz. Iverz od h: [, 3) [4, 9), h() = može biti samo jer ako bi [4, 9) tada / [, 3) Dakle h : [4, 9) [, 3), h () =. Tražimo sada iverz od g : [4, 9) [ 5, 40), pa uzmemo y [ 5, 40) te tražimo [4, 9) takav da g() = y odoso 4 5 = y to jest 4 (5 + y) = 0. Nultočke su 4± 6+4(5+y) = ± 9 + y i to treba biti iz [4, 9) za y [ 5, 40). Vidimo da tada g () = + 9 + Sada dobivamo f : [ 5, 40) [, 3), f () = h (g ()) = + 9 +. Rješeje od (b): Neka su pravila pridruživaja od h i g ista kao u (a). Tada h: [, ] [, 4] je bijekcija. No g sa domeom [, 4] ije ijkcija jer g() = 8 = g(3). Dakle f ije ijekcija. Rješeje od (c): Uz ista pravila pridruživaja h i g imamo h: (, 0] [0, ) je bijekcija sa iverzom h () =. Kako je g : [0, ) ( 8, 5] bijekcija to ima iverz. Sada kao i u (a) za g() = y dobivamo = ± 9 + y koji treba biti iz [0, ) za y ( 8, 5]. Dakle f : ( 8, 5] (, 0], f () = 9 + y. Zadatak.4 Neka je f() = e [0, ) i odredite joj iverz. + +3. Rješeje: f : [0, ) [e 3, e ), f () = Nadite sliku od f, pokažite da je f ijekcija a 3 l l. Zadatak.43 Za fukciju f : R [, 4] s pravilom pridruživaja f() = 4 π arctg( +) odredite f([0, )) i f (f([0, ))). Je li f surjekcija? Prikažimo f = a b c gdje c() = +, b() = 4 arctg(), a() = π. Sada c([0, )) = [, ), b([, )) = [, ), a([, )) = [, 4). Dakle f([0, )) = [, 4). Sličo se pokaže da f(r) = [, 4) dakle f ije surjekcija. Iz ovoga slijedi takoder da f (f([0, ))) = R. Zadatak.44 Neka je f() = cos + cos. Pokažite da je f ijekcija a [3π, 4π] i odredite joj iverz. Rješeje: rastavimo f = a b c gdje c() = cos(), b() =, a() =. Sada c: [3π, 4π] + [, ] je bijekcija pa ima iverz koji je opčeito oblika: c () = π + m arccos() trebamo odrediti cijele brojeve i m. Zamo da je c(3π) = i c(4π) = to zači da c ( ) = 3π i c () = 4π pa dobivamo sustav π + m arccos( ) = 3π π + m arccos() = 4π ako se sjetimo da je arccos( ) = π i arccos() = 0 dobivamo = 4, m =. c () = 4π arccos(). b: [, ] [, ] je bijekcija sa iverzom b () = log. a: [, ] [ 5, 4 ] je bijekcija te je a () = +. Dakle f : [3π, 4π] [ 5, 4 ] je bijekcija sa iverzom f () = 4π arccos ( log ( + Dakle ))
Zadatak.45 Odredite sliku fukcije f : R R, f() = ( ) 3 i iverz restrikcije of f a (, ]. Rješeje: R f = [ 8, ), f () = 3 +. Zadatak.46 Neka je f() = e tg ( π 8 ( 3+)). Pokažite da je f ijekcija a [, 3] i odredite iverz restrikcije od f a [, 3]. Rješeje: Neka je f = a b c d gdje d() = 3 + = ( )( ), c() = π, 8 b() = tg(), a() = e. Prvo d: [, 3] [0, ] je bijekcija sa iverzom d () = 3+ 4+. Zatim c: [0, ] [0, π] sa iverzom 4 c () = 8. Dalje b: [0, π ] [0, ] je bijekcija. Opčeit π 4 iverz od tg je oblika b () = π + m arctg(). Kako je b(0) = 0 i b( π ) = to dobivamo 4 sustav jedadžbi: π + m arctg(0) = 0 π + m arctg() = π 4 Dakle = 0 i m = to jest b () = arctg(). Sada kako je a: [0, ] [, e] bijekcija sa iverzom a () = l() to dobivamo da je f : [, 3] [, e] bijekcija sa iverzom: f () = 3+ 4 8 π arctg(l())+ Zadatak.47 Pokažite da je zbroj i kompozijcija strogo rastućih fukcija strogo rastuća fukcija te aalogu tvrdju za zbroj strogo padajućih fuckcija. Pokažimo da je kompozicija strogo padajućih fukcija strogo rastuća fukcija: Neka su f : X Y i g : Y Z strogao padajuće i eka < y tada f() > f(y) pa tada g(f()) < g(f(y)). Zadatak.48 Proadite sva rješeja jedadžbe: + log + = 7. Primjetimo da = zadovoljava tu jedadžbu. Sada kako su, log i strogo rastuće fukcije to i i jihov zbroj strogo rastuća fukcija pa je ijekcija dakle = je jedio rješeje. Zadatak.49 Koliko rješeja ima svaka od sljedećih jedadžbi: (a) log log 3 log 4 log 5 = 6 (b) 345 = 6 Kako je kompozicija rastućih fukcija rastuća tada obije jedadžbe imaju ajviše jedo rješeje. U slučaju (a) rješeje postoji = 5 43 dok u slučaju (b) rješeje e postoji jer tada 3 45 = log 6 < log 8 = 3 pa 4 5 < o tada 5 < 0 što je kotradikcija. Zadatak.50 Postoji li surjekcija f : R R takva da f( 3 ) f() 4? 6 Ne postoji jer tada je f( 3 ) surjekcija pa postoji 0 4 0 + f( 0 ) 0. R takav da = f( 3 0) Zadatak.5 Postoji li ijekcija f : R R takva da je f( ) + f() 4?
Ne postoji jer ako uvrstimo = 0 i = dobivamo 4f(0)+4f(0) + 0 i 4f()+4f() 0 to jest (f(0) + ) 0 i (f() + ) 0 to jest f(0) = / = f() pa f e može biti ijekcija. Zadatak.5 Odredite prirodu domeu fukcija: (a) f() = l(3 ) l (b) f() = log π ( + 4 + 3 + 5 + 3) (c) f() = log 6 +4 5 9 8 3 9 Rješeje od (a): D f = [, ] \ {, 0, } (b) D f = ( 3 4, ) (c) D f = (, 4) \ { 5}. NIZOVI Niz u skupu S je svaka fukcija a: N S. Umjesto a() pišemo a, a za cijeli iz a: N S ozačavamo (a ). Nije teško pokazati da ++3+ + = (+) i +q+q + +q = q+ q Zadatak. Odredite S = + 4 + 9 + +. Odredimo S tako što pretpostavimo da je rješeje oblika: S = α 3 + β + γ tada = S = α + β + γ 5 = S = 8α + 4β + γ 4 = S 3 = 7α + 9β + 3γ pa dobivamo (α, β, γ) = (,, ) odoso S 3 6 = 3 +3 +. Sada idukcijom pokažimo da da je formula za S dobra to jest S + = S + ( + ). Račuamo 6 S + ( + ) = 3 +3 + + ( + ) = 3 +3 ++6 ++6 = 3 +9 +3+6, dok S 6 6 6 + = (+) 3 +3(+) +(+) = 3 +6 +6++3 +6+3++ = 3 +9 +3+6 6 6 6 6 = (+)(+) Reali iz (a ) je rastući, padajući, strogo rastući odoso strogo padajući ukoliko a a +, a a +, a < a + odoso a > a + za sve N. Niz (a ) koji je jedo od toga zovemo mootoim. Reali iz (a ) je evetualo rastući, evetualo padajući, evetualo strogo rastući odoso evetualo strogo padajući ukoliko postoji m N takav da a a +, a a +, a < a + odoso a > a + za sve m. Niz (a ) koji je jedo od toga zovemo evetualo mootoim. Ispitati mootoost ekog iza (a ) zači utvrditi je li mooto, evetualo mooto ili ije i evetualo mooto. Zadatak. Ispitajete mootoost izova: (a) a = (b) a = + (c) a = (d) a +9 = arctg (e) a + = + 3 + Rješeje: (a) Ako apišemo a = vidimo da je strogo rastuć. Dokažimo to: a + > a ako i samo ako ako i samo ako > što vrijedi uvijek. > + (b) Ako pomožimo sa = ++ ++ dobivamo a = + ++ = ++. Vidimo da je to
padajuć iz. (c) Napišimo a = +9 0 = 0 +9 +9, sada vidimo da je to rastuć iz. (d) Kako je arctg rastuća fukcija dovojo je ispitati mootoost iza b = = + +, iz koji je očito padajuć. + + = (e) Neka? predstavlja eku komparaciju tada a? a + ako i samo ako + 3 +? (+) + 3(+) +(+) ako i samo ako ( + )(3 + 7 + 4)? (3 + )( + + ) ako i samo ako 3 4 + 7 3 + 7 + 7 + 4? 3 4 + 7 3 + 8 + ako i samo ako 0? 5 4. Stavimo sada umjesto zaka? zak < pa dobijemo: a < a + ako i samo ako 0 < 5 4 što je istia za svaki 6. Dakle iz je evetualo strogo rastući. Niz realih brojeva (a ) je odozgo odoso odozdo omede ukoliko postoji M R odoso m R takav da a M odoso m a za sve N Zadatak.3 Ispitajte omedeost izova a = i b =. Niz (a ) je omede odozdo s recimo 0, a odozgo s recimo. Niz (b ) je omede odozdo s recimo 0, dok ije omede odozgo što postaje očito u svjetlu da > za sve N. Ta se tvrdja može pokazati idukcijom ili direkto preko biomog teorema: (a + b) = ( k=0 k) a k b k, a dokaz ide ovako: = ( + ) = ( ( k=0 k) > ( ) = gdje ) k =! k!( k)! Niz realih brojeva (a ) kovergira prema L R ukoliko za svaki ε > 0 postoji 0 N broj takav da za sve N koji su veći od 0 vrijedi a L < ε. To isto zapisao formalo izgleda: ( ε > 0)( 0 N)( N) 0 a L < ε Ako iz (a ) kovergira prema L to zapisujemo kao a L. Dobra vježba bi bila dokazati da ako a L i a L tada L = L. To je tvrdja o jedistveosti esa. Kako je es jedistve možemo ga ozačiti a. Ako postoji L R takav da a L tada kažemo da je iz (a ) kovergeta. Zadatak.4 Dokažite: a = 0 ako i samo ako a = 0. Dokaz. Tvrdja slijedi jer a 0 = a 0 pa a 0 < ε a 0 < ε Pretpostavimo da su izovi (a ) i (b ) kovergeti tada vrijede sljedeća svojstva esa: (L) (λa + µb ) = λ a + µ b (L) a b a b. (L3) Ako je b 0 tada b = ( b ) (L4) Ako a c b za skoro sve N te a, b L tada je (c ) kovergeta i c L. (L5) Ako a > 0 tada a b = ( a ) b. Napomea. Izraz skoro svi u (L4) zači svi osim evetualo koačo mogo. Tvrdja (L4) se zove teorem o sedviću. Ako ozačimo C skup svih kovergetih izova u R tada vidimo da je : C R zbog (L) lieari fukcioal. Lieari fukcioal je lieara operator sa dimezijom kodomee.
5 Zadatak.5 Izračuajte ese: (a) 3+ (+) (d) 3 ( ++) 7 50+5 (e) +4+ + +3+ ++ (b) (f) Rješeje: (a) 5 = 5 / 5 +4+ +. (b) 0 (c) / (d) (e) 3+ 3+/ 3 3 + 3 + ) ( ( )5 (+) 4 (c) +3+ ++ = ( ) 3 3 + +4+9+ + (g). 3 +4+ + 0++4+ +++ (f) ( )5 = (+)4 ( ) 5 = (4 +4 3 +o( 3 )) ( 5 5 4 +o( 4 )) 9. Ozaka o( 3 ) stoji za izraz (+) 4 (+) 4 (+) 4 o kojeme jedia bita ifomacija je da o podijelje s 3 ide u 0 kada pustimo. (g) Sjetimo se da + 4 + + = 3 +3 + pa je tražei es /3. 6 si Zadatak.6 Izračuajte: (a) Rješeje (a): si cos 0. ( ) arctg 3 (b) 5 (c) cos +8 3 + 0 (b) ( ) arctg π 0 (c) 5 cos +8 3 3 3 3 + Zadatak.7 Neka je (, ). Dokažite da je 0. = 5 cos +8 + 3 8 jer Rješeje: ako je = 0 tada ema što dokazati. Primijetimo jer 0 ako i samo ako = 0 možemo pretpostaviti (0, ). Po biomom teoremu imamo: ( ) ( ( )) ( ) ( ) k ( ) = + = k Odakle dobijemo 0 Zadatak.8 Izračuajte: (a) Rješeje: (a) = ( ) k=0 ( ) 0 (b) +3 (c) +3 3 +6 +( 7) /4 (b) +3 = ( 3) + +3 ( 3) (c) 3 +6 = ( 3 + +( 7) ( Zadatak.9 Izračuajte: (a) + 4 ) 8 + + ( ) 3 9 7 3 (b) (c)... gdje se pojavljuje -korjea. Rješeje: sjetimo se +q+ +q = q+ q sada (a) postaje ( 3 + 4 9 8 7 ( 3) + ( 3) (c) 5 3 7) +( 7) 6 ( 7) + 0 +5 5+5+5+ +5 + + ( ) 3 ) = = 3 (b) postaje +5 +5 = = +5 5 5+5+5+ +5 5(+5+ +5 ) 5( 5 5 ) = 5( +5 5 4 ) 4 5... = + 4 +... jer + 4 +... Zadatak.0 Dokažite da je (a) = (b) a = za sve a > 0. Rješeje od (a): Prvo uočimo da je =, zatim primjeimo biomi teorem a = ( ) = [+( )] = ( ) k=0 k ( ) k + ( ) ( ) = + ( ) ( ) Iz čega dobivamo ( ) odakle je +. Dakle + pa po teoremu o sedviću =. Rješeje od (b): Pretpostavimo da je a tada a za skoro sve N pa po teoremu o sedviću dobivamo a =. Ako je a (0, ) tada =, a kako je = a a a tvrdja slijedi.
Zadatak. Izračuajte: (a) + 3 + 4 (b) (0+3 cos ) +6 (0+3 cos ) +3 Rješeje (a) 4 + 3 + 4 4 + 4 + 4 = 3 4 4 (b) (0+3 cos ) +6 6 + (0+3 cos ) 3 + (0+3 cos ) jer 6 Zadatak. Izračuajte: 6 6 3 i 3 3 3 (0+3 cos ) 7 3 (0+3 cos ) 7 [ + + [ Rješeje: Primjetimo da + sedviću dobivamo da je tražei es. + + + + + + + + + ] + ] + (0+3 cos ) +3 = pa po teoremu o Kažemo da iz (a ) teži u + ukoliko za svaki M > 0 postoji 0 N takav da za sve 0 imamo a > M. Sličo kažemo da iz (a ) teži u ukoliko za svaki M > 0 postoji 0 N takav da za sve 0 imamo a < M. Defiiramo R = R {, + }. Za iz realih brojeva (a ) kažemo da kovergira u R ukoliko kovergira u R ili teži k + ili. Zadatak.3 Neka je >. Dokažite da = +. Rješeje. = [( ) + ] = k=0 ( k) ( ) k + ( ) > ( ). Neka je M > 0 proizvolja. Odaberimo 0 N takav da je 0 ( ) > M tada za 0 imamo > ( ) 0 (q ) > M pa tvrdja slijedi. Limesi se poekad račuaju koristeći rekurzivo zadae izove. Fiboaccijev iz je zada sa a = a =, a + = a + + a. To je lieara rekurzija pa je možemo rješiti sljedećom metodom: pretpostavimo da je a = Cγ tada dobivamo Cγ + = Cγ + + Cγ tako dolazimo do jedadžbe γ γ = 0 pa dobivamo γ, = ± 5. Sada rješeje tražimo u obliku a = C γ + C γ. Primjetimo da a zadovoljava rekurziju za bilo koje C, C. Uvrstimo = a = C γ + C γ i = a = C γ + C γ dobivamo C = 5 te C = 5. Dakle rješeje je: [( a = 5 + ) ( 5 ) ] 5 Na predavajima je dokazao da ako je iz (a ) rastući i omede odozgo ili padajući i omede odozdo tada je kovergeta. Pokažimo još jedom da za (0, ) imamo = 0. Defiiramo a = tada a + = a < a pa je to padajući iz koji je omede odozdo s 0 dakle kovergeta. Primjetimo da ako a L da tada a + L pa dobivamo L = L odoso L( ) = 0, sada kako je L R i to mora biti L = 0. a Zadatak.4 Izračuajte ese: (a) (b)! (d) p! a, a > (c) p a, a >, p > 0 Rješeje od (a): defiiramo b = a tada b! + = a b + pa vidimo da je iz b evetualo padajuć i omede odozdo s 0 pa je kovergeta dakle ima es L. Sada vidimo da je
a L L = 0 L = 0 to jest b + 0 o oda i b 0. Sada pokažimo (b): defiiramo b = tada b a + = +b a. Kako je b + < b + < a > to je iz (b a ) evetualo padajuć, a kako je omede odozdo s 0 je i kovereta. Ozačimo mu es sa L tada iz b + = +b a dobivamo L = L o kako je a > to je jedio a moguće ukoliko L = 0. ( ) m Pokažimo (c): Neka je m cijeli broj strogo veći od p tada 0 p m = a a ( m a) 0 Limes pod (d) je isto 0 što slijedi iz (a) i (c). Zadatak.5 Izračuajte ese: (a) 4 +3 3 +4 4 (d) (+) 4 +5 (3 +) 5 (+) 4 (b) +! ( )!+! (c) +4 +( 4) + +( 4) Rješeje (a) 0 (b) +! =! + ( )!+! + +4 +( 4)+ (c) = +4 ( 4) +6 +( 4) ( 4) + 6. (d) 3 Zadatak.6 Niz (a ) je zada rekurzivo s a = 0, a + = a +. Ispitajte kovergeciju iza (a ) i odredite mu es (ako postoji). Rješeje: pogledajmo ekoliko člaova tog iza: 0, 0.5, 0.65,.... Izgleda da je iz rastuć pa probajmo to dokazati. Prvo primjetimo da je a 0 za sve N. Zamo da a > a pa pretpostavimoda je a + > a tada jer je kvadriraje strogo rastuća fukcija a [0, ) imamo da je a + > a o tada je a + = a + + > a + = a + pa je iz rastuć. Sada trebamo dokazati omedeost odozgo. Vidimo da je a = 0 pa pretpostavimo da je a tada je a pa je a + = a +. Time smo pokazali da je iz (a ) kovergeta pa ima es L pa dobivamo L = L + to jest L = L + odoso (L ) = 0 pa dobivamo da je L =. ( ) Zadatak.7 Niz (a ) je zada rekurzivo s a = 3, a + = a + 3 a Ispitajte kovergeciju iza (a ) i odredite mu es (ako postoji). Prvo trebamo dokazati da ako je a 3 da je tada a + 3. Pretpostavimo da je a = ( 3 ) 3+e gdje je e 0 tada a+ = + e + 3 3+e 3 ako i samo ako 3+e+ 3 3+e 3 ako i samo ako 3 3+e 3 e ako i samo ako 3 3 e što vrijedi uvijek. Drugo trebamo dokazati da je iz padajuć. Zato zapišimo a + a ako i samo ako a +3 a a ako i samo ako a + 3 a ako i samo ako 3 a o to vrijedi uvijek. Dakle iz je kovergeta i ije teško pokazati da mu es izosi 3. + + + gdje se korje pojav- Zadatak.8 Ispitajte kovergeciju iza a = ljuje puta. Vidimo da je a + = + a rastuć iz omede odozgo s pa je kovergeta sa esom L. Sada slijedi L = L + to jest L = L + odoso L L = (L )(L + ) = 0 pa imamo dvije mogućosti i za es. Broj odbacujemo kao es jer su svi člaovi iza eegativi. Dakle es je. Zadatak.9 Niz (a ) je zada rekurzivo s a =, a + = 9 a 7 a. Dokažite da je (a ) kovergeta i odredite mu es.
Imamo a + tada je 7 a > 7 a + pa a + = + 7 a < + = +7 a 7 a = + 7 a. Kako je a < a pretpostavimo da je a < a + 7 a + = a + to jest iz je rastući. Pretpostavimo a treutak da je kovergeta i es mu je L tada L = 9 L 7 L jest 7L L = 9 L pa L 9L + 9 = 0 to jest L, = 9± 8 7 4, L = 3, L = 3. Imamo da je a 3 pa pretpostavimo da je a 3 tada a 3 pa 7 a 4 to jest a + = + 7 a + = 3. Dakle iz je omede i es mu je 3. Zadatak.0 Izračuajte ese: (a) ( + ) (b) 4 4 + 3 + + + ) + (c) + ++ Rješeje od (a) je + ++ = +. Pod (b) es je ++. Treba samo ++ 4 iskoristiti a 4 b 4 = (a b)(a 3 + a b + ab + b 3 ) Pod (c) es je. Na predavajima bi trebalo biti dokazao da ( + ) = e = =0 ( Zadatak. Izračuajte: (a) ( +) (b) + ( ) (c) + ) + + Rješeje pod (a) ( ) ( + = + ) (( = + ) ) e. Riješimo sad (b) ( ) + ( = + ) ( ) = + ( = + ) + ( = + ) ( = + ) + ).! e = e Koačo pod (c) imamo ( + + ( ) e. + + + Niz (b ) je podiz iza (a ) ukoliko postoji strogo rastuća fukcija p: N N takava da b = a p ili b = a p. Dobra vježba bi bila pokazati da ako je eki iz kovergeta oda je to i svaki jegov podiz. To smo veḱoristili kada smo zakljućili da izovi (a ) i (a + ) imaju isti es. Malo teža vježba bi bila dokazati da svaki reali iz ima mooto podiz. Sada kako svaki mooto i ograiče iz je kovergeta to imamo da svaki ograiče iz ima kovergeta podiz. Sada ćemo defiirati pojam okolie elemeta L R. Ako je L R tada svaki skup koji sadrži otvore iterval koji sadrži L je okolia od L. Ako je L = + tada okolia od L je svaki skup koji sadrži skup oblika (a, ] za eki a R. Ako je L = tada okolia od L je svaki skup koji sadrži skup oblika [, a) za eki a R. Gomilište realoga iza (a ) je elemet L R takav da se u svakoj okolii od L alazi beskoačo elemeata iza (a ). Dobra vježba je probati dokazati da L je gomilište iza (a ) ako i samo ako L je es ekog podiza iza (a ). Koristiti ćemo Stolz-Cesaro teorem. a rastući i eograiče. Ako postoji L + a b + b Neka su (a ) i (b ) izovi takvi da je (b ) strogo a tada b = L. Zadatak. Izračuajte: (a) + + 3 3+ + (b)! Za rješeje pod (a) stavimo a = + + 3 3 + + i b =. Vidimo da je (b ) strogo rastući i eograiče pa je po Stolzovom teoremu tražei es jedak to a a + a b b + b + + =
( ) l +l + +l Za rješeje pod (b) račuamo l! = l teoremu je l + l + + l = = l +l + +l Po Stolzovom ( ) ( l + + l + + + l + + l + l + + l ) ( ) + = l pa je tražei es jedak e = e. ( = l + ) l(e) = Zadatak.3 Neka je (a ) kovergeta iz takav da je a > 0. Dokažite da a a a a Prvo logaritmirajte zatim primijeite Stolzov teorem. Zadatak.4 Izračuajte k= k. 3 INFIMUM I SUPREMUM Neka je A R eki podskup realih brojeva. Za broj M R kažemo da je supremum skupa A ukoliko je gorja meda skupa A u smislu da za svaki A imamo M, te je M ajmaja gorja meda skupa A u smislu da ako je L eka gorja meda skupa A tada je M L. Dakle supremum je ajmaja gorja meda. Ifimum je ajveća doljja meda. Probajte dokazati da je M supremum skupa A ako i samo ako: (S) A M (S) ε > 0 A > M ε Probajte dokazati da je m ifimum skupa A ako i samo ako: (I) A m (I) ε > 0 A < m + ε Realai brojevi se zadaju aksiomatski tako što se zahtjeva da supremum odoso ifimum postoji za sve odozgo odoso odozdo omedee skupove. Nije teško dokazati da su supremum i ifimum jedistvei pa za skup A uvodimo ozake sup A i if A za supremum odoso ifimum. Ukoliko sup A A tada taj broj zovemo maksimum i pišemo ma A, sličo ako if A A tada taj broj zovemo miimum i pišemo mi A. Dokažimo sada teorem koji se zove Arhimedov aksiom: Ako su a, b > 0 tada postoji N takav da a > b. Dokaz. Pretpostavimo da tvrdja e vrijedi tada a b za sve N pa A = {a : N} je odozgo omede skup pa ima supremum L. Sada uzmimo ε = a > 0 pa zamo da zbog svojstva supremuma (S) postoji A takav da L ε < o = a za eki N pa L < a + a = a ( + ) o a ( + ) A pa L e može biti supremum što je kotradikcija i time je teorem dokaza. Zadatak 3. Odredite ifimum i supremum skupa A = { +3 : N}. =
Rješeje: Napišimo a = = +6 8 = 8 pa vidimo da je to rastući iz dakle +3 +3 +3 mi A = a = 0. Dokažimo da je sup A =. Neka je ε > 0 proizvolja. Trebamo pokazati da postoji A takav da ε > odoso ε > 8 to jest 8 < ε. To je ekvivaleto +3 +3 sa ε( + 3) > 8 sada po Arhimedovom aksiomu postoji N takav da ε > 8 o tada ε( + 3) > ε > 8 i tvrdja je pokazaa. Neka je A R tada ozačimo A = { a : a A}. Za vježbu pokažite: ako skup A ima supremum tada skup A ima ifimum i if( A) = sup A. Probajte dokazati da svojstvo supremuma: svaki odozgo omede skup ima supremum je ekvivalto svojstvu ifimuma: svaki odozdo omede skup ima ifimum. Zadatak 3. Neka je A (0, ) takav da je if A > 0 dokažite: sup A = (if A) gdje A = {a : a A}. Dokaz. Za a A vrijedi a if A pa a (if A) to jest (if A) je gorja meda skupa A. Neka je ε > 0 proizvolja i eka je ε ε > 0 takav da je = ε tada postoji A if A(if A+ε ) takav da je < if A + ε, odakle je > = ε = ε if A+ε if A if A(if A+ε ) if A Zadatak 3.3 Odredite ifimum i supremum (ako postoje) skupova A = B = { + 4 : > 0} { +4 : R } Rješeje = +4 6 = 6. Sada je očito da se miimum od A postiže za = 0 i glasi +4 +4 +4 6. Dokažimo da je sup A =. Očito je pa je gorja meda. Treba pokazati da +4 je ajmaja gorja meda to jest da za svaki ε > 0 postoji R takav da 6 > ε +4 6 odoso < ε. Zamo da po Arhimedovom aksiomu postoji N takav da je 6 < ε +4 tada za vrijedi ( + 4)ε ( + 4)ε > ε > 6 pa je tvrdja dokazaa. Skup B ije odozgo omede, a poprima miimum mi B = 4 za =. Treba samo dokazati da je + 4 4, što vrijedi jer je > 0 ako i samo ako + 4 4 0 ako i samo ako ( ) 0. { Zadatak 3.4 Odredite ifimum i supremum skupa A = m +m+5 } : m, N. Rješeje. Očito je m +m+5 > 0 za sve m, N. Primjetimo da je za = m m + m + 5 m m + m + 5 = 0 i pa je if A = 0. S druge strae je m +m+5 < 5 = 5 za sve, m N. Za m = slijedi pa je sup A = 5. m m + m + 5 m + 5 = 5 Za vježbu dokažite: (a) ako su A, B R odozgo omedei skupovi tada je A + B = {a + b : a A, b B} odozgo omede i vrijedi sup(a + B) = sup A + sup B (b) ako su A, B R ododo omedei skupovi tada if(a + B) = if A + if B.