Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka je f : R [, 4] funkcija definirana formulom f() := 4 arctg( 1 +1). Odredite f([0, )), f 1 (f([0, )), te ispitajte je li f surjekcija. 3. Neka je f : [, 3] [1, e] definirana formulom f() := e tg( 8 ( 3+1)). Dokažite da je f bijekcija i odredite f 1. 4. Dokažite: (a) arcsin + arccos =, za sve [ 1, 1], (b) arcsin( ) = arcsin, za sve [ 1, 1], (c) arccos( ) = arccos, za sve [ 1, 1], (d) arctg + arcctg =, za sve R. (a) arcsin + arccos =, [ 1, 1] arcsin = arccos, [ 1, 1] sin(arcsin ) = sin( arccos ), [ 1, 1] sin(arcsin ) = cos(arccos ), [ 1, 1] =, [ 1, 1], gdje druga ekvivalencija slijedi iz činjenice da je arccos [, ], za sve [ 1, 1] i injektivnosti restrikcije sin [, ]. (b) To je specijalni slučaj sljedeće tvrdnje: Ako su I i J simetrični intervali oko 0 u R, te ako je f : I J neparna bijekcija, tada je i f 1 neparna bijekcija. Zaista, za y J neka je I (jedinstveni) sa svojstvom y = f(). Tada je f 1 ( y) = f 1 ( f()) = f 1 (f( )) = = f 1 (y). (c) Iz (a) i (b) slijedi da za [ 1, 1] imamo: arccos( ) = arcsin( ) = + arcsin() = + ( arccos ) = arccos. (d) Budući da je restrikcija tg (, ) injekcija, te kako je arcctg (, ), za sve R, imamo: arctg + arcctg =, R arctg = arcctg, R tg(arctg ) = tg( arcctg ), R tg(arctg ) = ctg(arcctg ), R =, R. 1

5. Dokažite: arcsin = arctg 1 +, za sve ( 1, 1), 1 Prisjetimo se da za svako R \ {(k + 1) : k Z} vrijedi formula Koristeći tu formulu imamo: 6. Za k Z definiramo bijekcije Odredite njihove inverze. tg = sin 1 + cos. arcsin = arctg 1 +, ( 1, 1) 1 1 arcsin = arctg 1 +, ( 1, 1) 1 tg( 1 arcsin ) = tg(arctg 1 + ), ( 1, 1) 1 sin(arcsin ) 1 + cos(arcsin ) = 1 +, ( 1, 1) 1 1 + 1 sin (arcsin ) = 1 +, ( 1, 1) 1 1 + 1 = 1 +, ( 1, 1). 1 Sin k := sin [ +k, +k] : [ + k, + k] [ 1, 1], Cos k := cos [k,(k+1)] : [k, (k + 1)] [ 1, 1], Tg k := tg ( +k, +k) : ( + k, + k) R, Ctg k := ctg (k,(k+1)) : (k, (k + 1)) R. Primijetimo da za R i k Z vrijedi sin = ( 1) k sin( k) i cos = ( 1) k cos( k). Stoga, za [ + k, + k] i y [ 1, 1] imamo: Sin k = y sin = y ( 1) k sin( k) = y sin( k) = ( 1) k y arcsin(sin( k)) = arcsin(( 1) k y) k = ( 1) k arcsin y = ( 1) k arcsin y + k. Dakle (Sin k ) 1 () = ( 1) k arcsin + k, za sve [ 1, 1].

Slično, za [k, (k + 1)] i y [ 1, 1] imamo: Cos k = y cos = y ( 1) k cos( k) = y cos( k) = ( 1) k y k = arccos(( 1) k y) k = 1 ( 1)k + ( 1) k arccos y = ( 1) k (arccos y ) + k +. Dakle (Cos k ) 1 () = ( 1) k (arccos ) + k +, za sve [ 1, 1]. Koristeći slične argumente, takoder dobivamo 7. Dokažite da za svako R vrijedi (a) arcsin(sin ) = ( 1) + 1 ( + 1 ), (b) arccos(cos ) = 1 ( 1) (Tg k ) 1 () = arctg + k, za sve R, (Ctg k ) 1 () = arcctg + k, za sve R. + ( 1) ( ). (a) Za R neka je k() Z (jedinstven) takav da je k() [, ). Primijetimo da je k() < < k() + 1 < k() + 1. Dakle, k() = + 1. Slijedi: arcsin(sin ) = arcsin(( 1) k() sin( k())) = ( 1) k() arcsin(sin( k())) = ( 1) k() ( k()). (b) Za R neka je k() Z (jedinstven) takav da je k() [0, ). Slično kao u (a) dobivamo k() =. Slijedi arccos(cos ) = arccos(( 1) k() cos( k())) = 1 ( 1)k() + ( 1) k() arccos( k()) = 1 ( 1)k() + ( 1) k() ( k()). 3

8. Neka je f : [, ] [0, ] funkcija definirana formulom f() := cos(sin ) +. Dokažite da je f bijekcija i odredite joj inverz. Za imamo 1 <, pa je = 1. Dakle, f() = cos( sin ) + 1, za sve [, ]. Neka su f 1, f, f 3 : R R funkcije definirane formulom f 1 () := sin, f () :=, f 3 () := i f 4 () := cos + 1. Redom imamo f 1 ([, ]) = [sin, sin ] = [0, 1]; jer je f 1 [,] neprekidna i (strogo) padajuća funkcija, f ([0, 1]) = [ 0, 1 ] = [1, ]; jer je f [0,1] neprekidna i (strogo) rastuća funkcija, f 3 ([1, ]) = [, ]; jer je f 3 [1,] neprekdina i (strogo) rastuća funkcija, te f 4 ([, ]) = [cos + 1, cos + 1] = [0, ]; jer je f 4 [,] neprekidna i (strogo) rastuća funkcija. Kako je f = (f 4 f 3 f f 1 ) [,] = f 4 [,] f 3 [1,] f [0,1] f 1 [,], zaključujemo da je R f = [0, ], te da je f strogo padajuća funkcija (kao kompozicija od tri strogo rastuće i jedne strogo padajuće funkcije). Kako je kodomena of f jednaka R f, slijedi da je f bijekcija. Nadalje, imamo f 1 = (f 1 [,] ) 1 (f [0,1] ) 1 (f 3 [1,] ) 1 (f 4 [,] ) 1. f 4 [,] : [, ] [0, ] (f 4 [,] ) 1 : [0, ] [, ]. Neka je y [0, ] i [, ] jedinstveni takav da je y = f 4 (). Imamo: y = f 4 () y = cos + 1 y 1 = cos y 1 = cos( ) 1 y = cos( ) = arccos(1 y) = + arccos(1 y). Dakle, (f 4 [,] ) 1 () = + arccos(1 ), za sve [0, ]. f 3 [1,] : [1, ] [, ] (f 3 [1,] ) 1 : [, ] [1, ]. Očito je (f 3 [1,] ) 1 () =, za sve [, ]. 4

f [0,1] : [0, 1] [1, ] (f [0,1] ) 1 : [1, ] [0, 1]. Očito je (f [0,1] ) 1 () = log, za sve [1, ]. f 1 [,] : [, ] [0, 1] (f 1 [,] ) 1 : [0, 1] [, ]. Neka je y [0, 1] i [, ] jedinstveni takav da je y = f 1 (). Imamo: y = f 1 () y = sin y = sin( ) y = sin( ) = arcsin( y) = arcsin y. Dakle, Napokon, dobivamo (f 1 [,] ) 1 () = arcsin, za sve [0, 1]. f 1 () = arcsin(log (1 + 1 arccos(1 ))), za sve [0, ]. 9. Neka su f, g : D K realne funkcije realne varijable. Ako su f i g (strogo) rastuće / (strogo) padajuće, tada je i αf + βg (strogo) rastuća / (strogo) padajuća, za sve α, β > 0. Ako su f i g (strogo) rastuće / (strogo) padajuće, te ako je f, g 0, tada je i fg (strogo) rastuća / (strogo) padajuća. 10. Koliko rješenja ima svaka od sljedećih jednadžbi: (a) 345 = 6, (b) + log + = 7, (c) e arctg = cos 3 ch. (a) Redom imamo Dakle, jednadžba 345 5 > 0, R 4 5 > 4 0 = 1, R 3 45 > 3 1 = 3, R 345 = 6 nema realnih rješenja. > 3 = 8, R. (b) Neka je f : (0, + ) R funkcija definirana formulom f() := + log +. Primijetimo da je f strogo rastuća funkcija, kao zbroj strogo rastućih funkcija. Specijalno, f je injekcija, pa je skup f 1 ({y}) ili prazan ili jednočlan, za svako y R. Kako je f() = 4 + 1 + = 7, zaključujemo da je f 1 ({7}) = {}. Stoga, jednadžba + log + = 7 ima jedinstveno rješenje, =. 5

(c) Kako je arctg >, za sve R, to je e arctg > e > 0. S druge strane, kako je cos 3 1 i ch 1, za sve R, to je cos 3 ch 0, za sve R. Stoga, jednadžba e arctg = cos 3 ch nema realnih rješenja. 11. Odredite D f ako je: (a) f() := arccos(tg +1 ), (b) f() := arcsin(log 0.5 + 1+ ), (c) f() := ln(log ( 5 + 3)). 1. (a) Postoji li surjekcija f : R R takva da vrijedi f(sh ) ch(f()) cos, za sve R? (b) Nadite sve funkcije f : R R za koje vrijedi f(y) = f() + yf(y), za sve, y R. (c) Postoji li funkcija f : R R za koju vrijedi f(1 + f()) = 1 i f(f()) =, za sve R? (a) Pretpostavimo da takva surjekcija postoji. Tada je i funkcija g : R R definirana formulom g() := f(sh ) takoder surjekcija, kao kompozicija surjekcija. S druge strane, kako je cos 1 i ch 1 za sve R, imamo g() = f(sh ) ch(f()) + cos 1 + ( 1) = 0, za sve R; kontradikcija s činjenicom da je R g = R. (b) Uvrštavanjem y = 0 u danu funkcijsku jednadžbu dobivamo Nadalje, uvrštavanjem y = 1, dobivamo f(0) = f(), za sve R. f() = f() + f(1) = f(0) + f(1), za sve R. Dakle, f je konstantna funckcija na R. Očito je f(0) = 0, pa je nužno f() = 0, za sve R. Budući da ta funkcija očito zadovoljava početnu jednadžbu, zaključujemo da je ona njeno jedinstveno rješenje. (c) Pretpostavimo da postoji takva funkcija. Tada je Specijalno za = 1 dobivamo kontradikcija. 1 + f() = f(f(1 + f())) = f(1 ), za sve R. 1 + f( 1 ) = f(1 ) 1 = 0; 13. Napomena: Neka su f : X Y i g : Y Z funkcije. Tada vrijedi: 6

g f je injekcija ako i samo ako su f i g Rf injekcije. g f je surjekcija ako i samo ako je g Rf Nadalje, Ako su X, Y, Z R, tada vrijedi: Ako su f i g Rf surjekcija. (strogo) rastuće / (strogo) padajuće, tada je i g f (strogo) rastuća. Ako je f strogo padajuća / (strogo) rastuća i ako je g Rf padajuća, tada je i g f (strogo) padajuća. (strogo) rastuća / (strogo) Takoder napomenimo da iz (stroge) monotnosti kompozicije g f općenito ne slijedi (stroga) monotonost of f ili od g. Zaista, promotrimo funkciju f : [0, ] [0, ] definiranu s {, za [0, 1] f() := 3, za [1, ), Očito f nije strogo monotona, no f f = id [0,] je strogo rastuća. Takoder postoje i mnogo radikalniji primjeri ( npr. za funkciju f zadatka 15 takoder vrijedi f f = id R ). 14. (a) Postoji li padajuća funkcija f : R R takva da je funkcija g : R R definirana formulom g() := 4 f() f() strogo rastuća? (b) Postoji li surjekcija f : R R takava da je funkcija g : R R definirana formulom g() := f() 5 + f() strogo padajuća? (a) Neka je h : R R funkcija definirana formulom h() := 4. Lako se provjeri da je h strogo padajuća funkcija na intervalu (, 1]. Naime, imamo h (, 1] = h (0, 1 ] h 1 (, 1], gdje je h 1 () := strogo rastuća na (, 1], te h () := strogo padajuća na (0, 1 ]. Stoga, da bi funkcija g = h f bila strogo rastuća, dovoljno je zahtjevati da f strogo pada na R i R f (, 1]. Primjer takve funkcije je f() := 1. (b) Pretpostavimo da takva surjekcija postoji. Tada postoje 1, R takvi da je f( 1 ) = 1 i f( ) = 0. Očito je 1. Imamo g( 1 ) = f( 1 ) 5 + f( 1 ) = 0, g( ) = f( ) 5 + f( ) = 0, pa je g( 1 ) = g( ). Budući da je g strogo padajuća, ona je injekcija, pa je nužno 1 = ; kontradikcija. 15. Postoji li bijekcija f : R R takva da za svaki otvoreni interval I R restrikcija f I nije strogo monotona? Postoji. Neka je f : R R definirana s {, za Q f() :=, za R \ Q. Očito je f bijekcija. Neka je I R (proizvoljni) otvoreni interval. Budući da su Q i R \ Q gusti u R, postoje, y, z I takvi da vrijedi: 7

, z Q i y R \ Q, < y < z,, y i z su istog predznaka. Tada je ili f() > f(y) i f(y) < f(z) (ako, y, z > 0) ili f() < f(y) i f(y) > f(z) (ako, y, z < 0). Dakle, f I nije strogo monotona. 8