Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 1: Zbiory liczbowe

From Studia Informatyczne

Zbiory liczbowe

Ćwiczenie 1.1.

Sprawdzić, czy liczby: \displaystyle \frac{3}{7}, \displaystyle \sqrt{2}-1, \displaystyle \sqrt{5}-2, \displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}, \displaystyle \frac{1}{\sqrt{3}} należą do trójkowego zbioru Cantora.

Wskazówka

Można posłużyć się kalkulatorem i wyznaczyć przybliżenia dziesiętne podanych liczb. Następnie sprawdzić, czy skazane liczby należą do zbiorów \displaystyle C_0, \displaystyle C_1, \displaystyle C_2, ...

Rozwiązanie

Mamy

\displaystyle \aligned &\frac{3}{7}&=0,4285714...&\notin C_1\\ &\sqrt{2}-1&=0,4142135...&\notin C_1\\ &\sqrt{5}-2&=0,2360679...&\in C_3\setminus C_4 \\ &\frac{1}{\sqrt{2}}&=0,7071067...&\in C_2\setminus C_3\\ &\frac{1}{\sqrt{3}}&=0,5773502...&\notin C_1. \endaligned

gdyż mamy \displaystyle \frac{19}{81}<\sqrt{5}-2<\frac{20}{81} oraz \displaystyle \frac{19}{27}<\frac{1}{\sqrt{2}}<\frac{20}{27}. Stąd żadna z podanych liczb nie należy do trójkowego zbioru Cantora.

Ćwiczenie 1.2.

Wykazać równości

a) \displaystyle \forall q\in \Bbb C : q\neq 1 \ \forall n\in \Bbb N : \ 1+q+q^2+...+q^n=\frac{q^{n+1}-1}{q-1},

b) \displaystyle \forall a,\ b\in \Bbb C : a\neq b \ \forall n\in \Bbb N : \ \frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=\sum_{k=0}^{n} a^{n-k}b^k.

Wskazówka

Zauważmy, że obie równości są do siebie podobne, w tym sensie, że jedną można wyprowadzić z drugiej. Jak? Której równości dowodzi się łatwiej? Czy można zastosować zasadę indukcji matematycznej?

Rozwiązanie

Wykażmy wpierw równość a). Dla \displaystyle n=1 mamy \displaystyle \frac{q^2-1}{q-1}=1+q, \displaystyle q\neq 0, równość prawdziwą. Wykażemy, że dla dowolnej liczby \displaystyle n=1,\ 2,\ 3,\ ... zachodzi implikacja

\displaystyle \bigg[1+q+q^2+...+q^n=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}\bigg] \implies \bigg[1+q+q^2+...+q^n+q^{n+1}=\frac{q^{n+2}-1}{q-1}\bigg].
Mamy bowiem \displaystyle 1+q+q^2+...+q^n+q^{n+1}=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}+q^{n+1}=\frac{q^{n+2}-1}{q-1}. Na mocy zasady indukcji matematycznej dana równość zachodzi więc dla dowolnej liczby \displaystyle n=1,2,3,..., dla \displaystyle q\neq 1. b) Zauważmy, że jeśli np. \displaystyle b\neq 0, to zgodnie z powyżej wykazaną równością mamy
\displaystyle \aligned \frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=&b^n \frac{(\frac{a}{b})^{n+1}-1}{a-b}=\frac{b^n}{a-b}\bigg(\frac{a}{b}-1\bigg)\bigg(1+\frac{a}{b} +(\frac{a}{b})^2 +...+(\frac{a}{b})^2\bigg)\\=&b^n \bigg(1+\frac{a}{b}+(\frac{a}{b})^2+...+(\frac{a}{b})^n\bigg)\\=&b^n+ab^{n-1}+a^2b^{n-2}+...+a^n.\endaligned

Gdy \displaystyle b=0 równość również zachodzi.


Ćwiczenie 1.3.

a) Sprawdzić, że \displaystyle \binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}=\binom{n+1}{k+1}, dla dowolnych liczb całkowitych nieujemnych \displaystyle n, \displaystyle k takich, że \displaystyle n>k.

b) Wykazać wzór dwumianowy Newtona

\displaystyle \forall a,b\in \Bbb C \ \forall n\in \Bbb N \ :\ (a+b)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a^{n-k}b^k.

Wskazówka

a) Zastosować definicję symbolu Newtona.

b) Zastosować zasadę indukcji matematycznej. Pomocna będzie równość wykazana w punkcie a) tego zadania.

Rozwiązanie

Dla \displaystyle n=1 wzór jest prawdziwy. Wykażemy, że dla każdej liczby naturalnej \displaystyle m prawdziwa jest implikacja

\displaystyle \bigg[(a+b)^{m}=\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k}b^k\bigg]\implies \bigg[(a+b)^{m+1}=\sum_{k=0}^{m+1} \binom{m+1}{k}a^{m-k}b^k\bigg].

Przekształćmy

\displaystyle \aligned(a+b)^{m+1}&=(a+b)(a+b)^m\\&=(a+b)\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k}b^k=\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k+1}b^k +\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k}a^{m-k}b^{k+1}\\ &=\binom{m}{0}a^{m+1}+\sum_{k=1}^{m}\bigg[\binom{m}{k-1}+\binom{m}{k}\bigg]a^{m+1-k}b^k +\binom{m}{m}b^{m+1}\\ &=\binom{m+1}{0}a^{m+1} +\sum_{k=1}^{m}\binom{m+1}{k}a^{m+1-k}b^{k} +\binom{m+1}{m+1}b^{m+1}\\ &=\sum_{k=0}^{m+1}\binom{m+1}{k}a^{m+1-k}b^k. \endaligned
Z zasady indukcji matematycznej wynika więc, że równość zachodzi dla każdej liczby naturalnej \displaystyle n=1,2,3,...

Ćwiczenie 1.4.

Za pomocą zasady indukcji matematycznej wykazać, że dla \displaystyle n=0,1,2,3,... zachodzą równości

a) \displaystyle 1+\cos a+ \cos 2a +...+\cos na=\dfrac{\sin(n+\frac{1}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}},

b) \displaystyle 0+\sin a+ \sin 2a +...+\sin na=\dfrac{-\cos(n+\frac{1}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}.

Przypomnijmy, że równości te wyprowadziliśmy w ramach wykładu, korzystając ze wzoru de Moivre'a.

Wskazówka

Zastosować zasadę indukcji matematycznej. Warto przekształcić równość, której dowodzimy, w sposób równoważny, na przykład pomnożyć obie strony równości przez mianownik ułamka po prawej stronie znaku równości.

Rozwiązanie

a) Równość zachodzi dla \displaystyle n=0. Następnie zauważmy, że

\displaystyle \sin(n+\frac{3}{2})a-\sin(n+\frac{1}{2})a=2\sin\frac{a}{2}\cos(n+1)a.

Stąd

\displaystyle \cos(n+1)a+\frac{\sin(n+\frac{1}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}=\frac{\sin(n+\frac{3}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}

oraz (po dodaniu do obu stron równości składnika \displaystyle \frac{1}{2})

\displaystyle \cos(n+1)a+\frac{\sin(n+\frac{1}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}=\frac{\sin(n+\frac{3}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}.

Dowodzi to implikacji:

\displaystyle \aligned &\bigg[1+\cos a+...+\cos na=\frac{\sin(n+\frac{1}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg]\\ &\implies\bigg[1+\cos a+...+\cos na+\cos(n+1)a=\frac{\sin(n+\frac{3}{2})a+\sin\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg],\endaligned
stąd -- na mocy zasady indukcji matematycznej -- wnioskujemy, że równość zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej \displaystyle n.

b) Podobnie jak w zadaniu a) równość zachodzi dla \displaystyle n=0. Zauważmy, że

\displaystyle -\cos(n+\frac{3}{2})a+\cos(n+\frac{1}{2})a=2\sin\frac{a}{2}\sin(n+1)a.

Stąd

\displaystyle \sin(n+1)a-\frac{\cos(n+\frac{1}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}=-\frac{\cos(n+\frac{3}{2})a}{2\sin\frac{a}{2}}

oraz (po dodaniu do obu stron równości składnika \displaystyle \frac{\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}})

\displaystyle \sin(n+1)a+\frac{-\cos(n+\frac{1}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}=\frac{-\cos(n+\frac{3}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}.

Dowodzi to implikacji:

\displaystyle \aligned &\bigg[0+\sin a+...+\sin na=\frac{-\cos(n+\frac{1}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg]\\ &\implies\bigg[0+\sin a+...+\sin na+\sin(n+1)a=\frac{-\cos(n+\frac{3}{2})a+\cos\frac{a}{2}}{2\sin\frac{a}{2}}\bigg],\endaligned

stąd -- na mocy zasady indukcji matematycznej -- wnioskujemy, że równość zachodzi dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej \displaystyle n.

Ćwiczenie 1.5.

Uprościć wyrażenia

a) \displaystyle (\sqrt{2}-1)^5,

b) \displaystyle (1+i\sqrt{3})^6,

c) \displaystyle \sqrt{2+\sqrt{3}}+\sqrt{2-\sqrt{3}}.

Wskazówka

a) Zastosować wzór Newtona (i trójkąt Pascala).

b) Można (choć nie warto) zastosować wzór Newtona. Bardziej efektywne w tym zadaniu jest wykorzystanie wzoru de Moivre'a.

c) Czy liczby \displaystyle 2+\sqrt{3} oraz \displaystyle 2-\sqrt{3} są kwadratami pewnych liczb postaci \displaystyle a+b\sqrt{2}?

Rozwiązanie

a) Po zastosowaniu wzoru Newtona i redukcji otrzymanych składników otrzymujemy

\displaystyle (\sqrt{2}-1)^5=29\sqrt{2}-41.

b) Zauważmy, że \displaystyle 1+i\sqrt{3}=2(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}). Wobec tego na mocy wzoru de Moivre'a dostajemy \displaystyle (1+i\sqrt{3})^6=2^6(\cos\frac{\pi}{3}+i \sin\frac{\pi}{3})^6=64 (\cos 2\pi +i \sin 2\pi)=64.

c) Zauważmy, że \displaystyle 4+2\sqrt{3}=(\sqrt{3}+1)^2 oraz \displaystyle 4-2\sqrt{3}=(\sqrt{3}-1)^2, stąd

\displaystyle \sqrt{2+\sqrt{3}}+\sqrt{2-\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\bigg(\sqrt{(\sqrt{3}+1)^2}+\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2}\bigg)=\sqrt{6}.

Ćwiczenie 1.6.

Rozwiązać w zbiorze liczb zespolonych równania

a) \displaystyle z^6+64=0,

b) \displaystyle 1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=0,

c) \displaystyle \sqrt{2}z^3=1+i.

Wskazówka

We wszystkich trzech zadaniach należy zastosować wzór de Moivre'a.

b) Warto zauważyć, że \displaystyle 1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=\frac{z^6 -1}{z-1}, dla \displaystyle z\neq 1.

c) Po przekształceniu równania warto zauważyć, że \displaystyle z^3=\frac{1}{\sqrt{2}} +\frac{i}{\sqrt{2}}=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}.

Rozwiązanie

<flash>file=am1c01.0010.swf|width=338|height=323</flash>

Rysunek do ćwiczenia 1.6.(a)

<flash>file=am1c01.0020.swf|width=338|height=323</flash>

Rysunek do ćwiczenia 1.6.(b)

<flash>file=am1c01.0030.swf|width=338|height=323</flash>

Rysunek do ćwiczenia 1.6.(c)

a) Niech \displaystyle w=-64. Wówczas \displaystyle |w|=64, zaś \displaystyle \text{Arg} w=\pi. Wobec tego na mocy wniosku z twierdzenia de Moivre'a równanie \displaystyle z^6+64=0 spełnia sześć liczb o module \displaystyle \root{6}\of{64}=2 i argumentach głównych równych kolejno \displaystyle \frac{\pi}{6}+k\frac{2\pi}{6}. Liczby te są wierzchołkami sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o środku \displaystyle 0 i promieniu \displaystyle 2 i równe są


\displaystyle \aligned &z_0=&\sqrt{3}+i\\ &z_1=&0+2i\\ &z_2=&-\sqrt{3}+i\\ &z_3=&-\sqrt{3}-i\\ &z_4=&0-2i\\ &z_5=&\sqrt{3}-i.\endaligned


b) Zauważmy, że dane równanie jest równoważne równaniu \displaystyle \frac{z^6-1}{z-1}=0, \displaystyle z\neq 1. Spełnia je więc pięć z sześciu pierwiastków równania \displaystyle z^6=1 poza pierwiastkiem \displaystyle z_0=1. Są to - zgodnie z wnioskiem z twierdzenia de Moivre'a - liczby o module 1 i argumentach głównych równych kolejno \displaystyle 0+k\frac{2\pi}{6}, \displaystyle k\in\{1, \ 2,\ 3,\ 4,\ 5\}, czyli


\displaystyle \aligned &z_1=&\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\\ &z_2=&-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\\ &z_3=&-1+i0\\ &z_4=&-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\\ &z_5=&\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2} .\endaligned


Jest to pięć z sześciu wierzchołków sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o promieniu jednostkowym.


c) Równanie \displaystyle z^3=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4} spełniają trzy liczby zespolone o module 1 i argumentach głównych \displaystyle \frac{\pi}{12}+k\frac{2\pi}{3}, \displaystyle k\in\{0, 1, 2\}. Są one wierzchołkami trójkąta równobocznego wpisanego w okrąg o środku \displaystyle 0 i promieniu jednostkowym.


Są to liczby

\displaystyle \aligned &z_0=\cos \frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}\\ &z_1=\cos \frac{3\pi}{4}+i\sin\frac{3\pi}{4}\\ &z_2=\cos \frac{17\pi}{12}+i\sin\frac{17\pi}{12}. \endaligned

Zauważmy, że

\displaystyle \cos\frac{\pi}{12}=\cos(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}) =\cos\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4}+\sin\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4} =\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}.

Podobnie

\displaystyle \sin\frac{\pi}{12}=\sin(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})=\sin\frac{\pi}{3}\cos\frac{\pi}{4}-\cos\frac{\pi}{3}\sin\frac{\pi}{4}=\frac{-\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}.

Ze wzorów redukcyjnych łatwo możemy też wyznaczyć

\displaystyle \cos\frac{3\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2} oraz \displaystyle \sin\frac{3\pi}{4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}, a także \displaystyle \cos \frac{17\pi}{12}=\cos(\frac{3\pi}{2}-\frac{\pi}{12})=-\sin\frac{\pi}{12} oraz \displaystyle \sin\frac{17\pi}{12}=\sin(\frac{3\pi}{2}-\frac{\pi}{12})=-\cos\frac{\pi}{12}. Wobec tego

\displaystyle \aligned z_0 &=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}+i\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4},\\ z_1&=\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2}, \\ z_2 &=-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}-i\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}.\endaligned