Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 1: Zbiory liczbowe: Różnice pomiędzy wersjami

Wersja z 08:28, 28 sie 2023

Zbiory liczbowe

Ćwiczenie 1.1.

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

Wskazówka

Można posłużyć się kalkulatorem i wyznaczyć przybliżenia dziesiętne podanych liczb. Następnie sprawdzić, czy skazane liczby należą do zbiorów $C_{0}$ , $C_{1}$ , $C_{2}$ , ...

Rozwiązanie

Mamy

\begin{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} ∖ C_{4} \\ \frac{1}{\sqrt{2}} & = 0, 7071067 . . . & \in C_{2} ∖ C_{3} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & = 0, 5773502 . . . & \notin C_{1} . \end{aligned}

gdyż mamy $\frac{19}{81} < \sqrt{5} - 2 < \frac{20}{81}$ oraz

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

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

Wskazówka

Rozwiązanie

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

[1 + q + q^{2} + . . . + q^{n} = \frac{q^{n + 1} - 1}{q - 1}] ⟹ [1 + q + q^{2} + . . . + q^{n} + q^{n + 1} = \frac{q^{n + 2} - 1}{q - 1}] .

Mamy bowiem

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

n = 1, 2, 3, . . .

, dla

q \neq 1

. b) Zauważmy, że jeśli np.

b \neq 0

, to zgodnie z powyżej wykazaną równością mamy

\begin{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} (\frac{a}{b} - 1) (1 + \frac{a}{b} + (\frac{a}{b})^{2} + . . . + (\frac{a}{b})^{2}) \\ = & b^{n} (1 + \frac{a}{b} + (\frac{a}{b})^{2} + . . . + (\frac{a}{b})^{n}) \\ = & b^{n} + a b^{n - 1} + a^{2} b^{n - 2} + . . . + a^{n} . \end{aligned}

Gdy $b = 0$ równość również zachodzi.

Ćwiczenie 1.3.

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

b) Wykazać wzór dwumianowy Newtona

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

Wskazówka

Rozwiązanie

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

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

Przekształćmy

\begin{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} [(\binom{m}{k - 1}) + (\binom{m}{k})] 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} . \end{aligned}

Z zasady indukcji matematycznej wynika więc, że równość zachodzi dla każdej liczby naturalnej

n = 1, 2, 3, . . .

Ćwiczenie 1.4.

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

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

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

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

Wskazówka

Rozwiązanie

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

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

Stąd

\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 $\frac{1}{2}$ )

\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:

\begin{aligned} [1 + \cos a + . . . + \cos n a = \frac{\sin (n + \frac{1}{2}) a + \sin \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}] \\ ⟹ [1 + \cos a + . . . + \cos n a + \cos (n + 1) a = \frac{\sin (n + \frac{3}{2}) a + \sin \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}], \end{aligned}

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

n

.

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

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

Stąd

\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 $\frac{\cos \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}$ )

\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:

\begin{aligned} [0 + \sin a + . . . + \sin n a = \frac{- \cos (n + \frac{1}{2}) a + \cos \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}] \\ ⟹ [0 + \sin a + . . . + \sin n a + \sin (n + 1) a = \frac{- \cos (n + \frac{3}{2}) a + \cos \frac{a}{2}}{2 \sin \frac{a}{2}}], \end{aligned}

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

Ćwiczenie 1.5.

Uprościć wyrażenia

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

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

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

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 $2 + \sqrt{3}$ oraz $2 - \sqrt{3}$ są kwadratami pewnych liczb postaci $a + b \sqrt{2}$ ?

Rozwiązanie

a) Po zastosowaniu wzoru Newtona i redukcji otrzymanych składników otrzymujemy

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

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

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

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

Ćwiczenie 1.6.

Rozwiązać w zbiorze liczb zespolonych równania

a) $z^{6} + 64 = 0,$

b) $1 + z + z^{2} + z^{3} + z^{4} + z^{5} = 0,$

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

Wskazówka

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

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

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

Rozwiązanie

Plik:Am1c01.0010.svg

Rysunek do ćwiczenia 1.6.(a)

Plik:Am1c01.0020.svg

Rysunek do ćwiczenia 1.6.(b)

Plik:Am1c01.0030.svg

Rysunek do ćwiczenia 1.6.(c)

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

\begin{aligned} z_{0} = & \sqrt{3} + i \\ z_{1} = & 0 + 2 i \\ z_{2} = & - \sqrt{3} + i \\ z_{3} = & - \sqrt{3} - i \\ z_{4} = & 0 - 2 i \\ z_{5} = & \sqrt{3} - i . \end{aligned}

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

\begin{aligned} z_{1} = & \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \\ z_{2} = & - \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \\ z_{3} = & - 1 + i 0 \\ z_{4} = & - \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} \\ z_{5} = & \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} . \end{aligned}

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

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

Są to liczby

\begin{aligned} z_{0} = \cos \frac{π}{12} + i \sin \frac{π}{12} \\ z_{1} = \cos \frac{3 π}{4} + i \sin \frac{3 π}{4} \\ z_{2} = \cos \frac{17 π}{12} + i \sin \frac{17 π}{12} . \end{aligned}

Zauważmy, że $\cos \frac{π}{12} = \cos (\frac{π}{3} - \frac{π}{4}) = \cos \frac{π}{3} \cos \frac{π}{4} + \sin \frac{π}{3} \sin \frac{π}{4} = \frac{\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} .$

Podobnie $\sin \frac{π}{12} = \sin (\frac{π}{3} - \frac{π}{4}) = \sin \frac{π}{3} \cos \frac{π}{4} - \cos \frac{π}{3} \sin \frac{π}{4} = \frac{- \sqrt{2} + \sqrt{6}}{4} .$

Ze wzorów redukcyjnych łatwo możemy też wyznaczyć $\cos \frac{3 π}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ oraz $\sin \frac{3 π}{4} = - \frac{\sqrt{2}}{2}$ , a także $\cos \frac{17 π}{12} = \cos (\frac{3 π}{2} - \frac{π}{12}) = - \sin \frac{π}{12}$ oraz $\sin \frac{17 π}{12} = \sin (\frac{3 π}{2} - \frac{π}{12}) = - \cos \frac{π}{12} .$ Wobec tego

$\begin{aligned} z_{0} & = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} + i \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}, \\ z_{1} & = \frac{\sqrt{2}}{2} - i \frac{\sqrt{2}}{2}, \\ z_{2} & = - \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} - i \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} . \end{aligned}$

@@ Linia 9: / Linia 9: @@
 <div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Wskazówka </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-Można posłużyć się kalkulatorem i wyznaczyć przybliżenia dziesiętne podanych liczb. Następnie sprawdzić, czy skazane liczby należą do zbiorów <math>  C_0</math>, <math> \displaystyle C_1</math>, <math> \displaystyle C_2</math>, ...
+Można posłużyć się kalkulatorem i wyznaczyć przybliżenia dziesiętne podanych liczb. Następnie sprawdzić, czy skazane liczby należą do zbiorów <math>  C_0</math>, <math> C_1</math>, <math> C_2</math>, ...
 </div></div>
@@ Linia 20: / Linia 20: @@
 &\frac{1}{\sqrt{3}}&=0,5773502...&\notin C_1.
 \end{align}</math></center>
-gdyż mamy <math> \displaystyle \frac{19}{81}<\sqrt{5}-2<\frac{20}{81}</math> oraz
+gdyż mamy <math> \frac{19}{81}<\sqrt{5}-2<\frac{20}{81}</math> oraz
-<math> \displaystyle \frac{19}{27}<\frac{1}{\sqrt{2}}<\frac{20}{27}</math>. Stąd żadna z podanych liczb nie należy do trójkowego zbioru Cantora. </div></div>
+<math> \frac{19}{27}<\frac{1}{\sqrt{2}}<\frac{20}{27}</math>. Stąd żadna z podanych liczb nie należy do trójkowego zbioru Cantora. </div></div>
 {{cwiczenie|1.2.||
 Wykazać równości
-a) <math> \displaystyle \forall q\in \Bbb C : q\neq 1 \ \forall n\in \Bbb N :
+a) <math> \forall q\in \Bbb C : q\neq 1 \ \forall n\in \Bbb N :
 +q+q^2+...+q^n=\frac{q^{n+1}-1}{q-1},</math>
-b) <math> \displaystyle \forall a,\ b\in \Bbb C : a\neq b \ \forall n\in \Bbb N :
+b) <math> \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.</math>
@@ Linia 39: / Linia 39: @@
 <div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-Wykażmy wpierw równość a). Dla <math> \displaystyle n=1</math> mamy
+Wykażmy wpierw równość a). Dla <math> n=1</math> mamy
-<math> \displaystyle \frac{q^2-1}{q-1}=1+q</math>, <math> \displaystyle q\neq 0</math>, równość prawdziwą. Wykażemy,
+<math> \frac{q^2-1}{q-1}=1+q</math>, <math> q\neq 0</math>, równość prawdziwą. Wykażemy,
-że dla dowolnej liczby <math> \displaystyle n=1,\ 2,\ 3,\ ...</math> zachodzi implikacja
+że dla dowolnej liczby <math> n=1,\ 2,\ 3,\ ...</math> zachodzi implikacja
-<center><math> \displaystyle \bigg[1+q+q^2+...+q^n=\frac{q^{n+1}-1}{q-1}\bigg] \implies
+<center><math> \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].</math></center> Mamy bowiem <math> 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}</math>. Na mocy zasady indukcji matematycznej dana równość zachodzi więc dla dowolnej liczby <math> n=1,2,3,...</math>, dla  <math> q\neq 1</math>.
-b) Zauważmy, że jeśli np. <math> b\neq 0</math>, to zgodnie z powyżej wykazaną równością mamy <center><math> \displaystyle \begin{align} \frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=&b^n
+b) Zauważmy, że jeśli np. <math> b\neq 0</math>, to zgodnie z powyżej wykazaną równością mamy <center><math> \begin{align} \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
@@ Linia 71: / Linia 71: @@
 <div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
-Dla <math>  n=1</math> wzór jest prawdziwy. Wykażemy, że dla każdej liczby naturalnej <math> \displaystyle m</math> prawdziwa jest implikacja
+Dla <math>  n=1</math> wzór jest prawdziwy. Wykażemy, że dla każdej liczby naturalnej <math> m</math> prawdziwa jest implikacja
 <center><math> \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].</math></center>
 Przekształćmy
@@ Linia 82: / Linia 82: @@
 +\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.
-\end{align}</math></center> Z zasady indukcji matematycznej wynika więc, że równość zachodzi dla każdej liczby naturalnej <math> \displaystyle n=1,2,3,...</math>
+\end{align}</math></center> Z zasady indukcji matematycznej wynika więc, że równość zachodzi dla każdej liczby naturalnej <math> n=1,2,3,...</math>
 </div></div>
@@ Linia 138: / Linia 138: @@
 Uprościć wyrażenia
-a) <math> \displaystyle (\sqrt{2}-1)^5,</math>
+a) <math> (\sqrt{2}-1)^5,</math>
-b) <math> \displaystyle (1+i\sqrt{3})^6,</math>
+b) <math> (1+i\sqrt{3})^6,</math>
-c) <math> \displaystyle \sqrt{2+\sqrt{3}}+\sqrt{2-\sqrt{3}}.</math>
+c) <math> \sqrt{2+\sqrt{3}}+\sqrt{2-\sqrt{3}}.</math>
 }}
@@ Linia 151: / Linia 151: @@
 b) Można (choć nie warto) zastosować wzór Newtona. Bardziej efektywne w tym zadaniu jest wykorzystanie wzoru de Moivre'a.
-c) Czy liczby <math> \displaystyle 2+\sqrt{3}</math> oraz <math> \displaystyle 2-\sqrt{3}</math> są kwadratami pewnych liczb postaci <math> \displaystyle a+b\sqrt{2}</math>?
+c) Czy liczby <math> 2+\sqrt{3}</math> oraz <math> 2-\sqrt{3}</math> są kwadratami pewnych liczb postaci <math> a+b\sqrt{2}</math>?
 </div></div>
@@ Linia 157: / Linia 157: @@
 <div class="mw-collapsible mw-made=collapsible mw-collapsed"><span class="mw-collapsible-toogle mw-collapsible-toogle-default style="font-variant:small-caps">Rozwiązanie </span><div class="mw-collapsible-content" style="display:none">
 a) Po zastosowaniu wzoru Newtona  i redukcji otrzymanych  składników otrzymujemy
-<center><math> \displaystyle (\sqrt{2}-1)^5=29\sqrt{2}-41.</math></center>
+<center><math> (\sqrt{2}-1)^5=29\sqrt{2}-41.</math></center>
-b) Zauważmy, że <math> \displaystyle 1+i\sqrt{3}=2(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})</math>.
+b) Zauważmy, że <math> 1+i\sqrt{3}=2(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})</math>.
-Wobec tego na mocy wzoru de Moivre'a dostajemy <math> \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.</math>
+Wobec tego na mocy wzoru de Moivre'a dostajemy <math> (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.</math>
-c) Zauważmy, że <math> \displaystyle 4+2\sqrt{3}=(\sqrt{3}+1)^2</math> oraz <math> \displaystyle 4-2\sqrt{3}=(\sqrt{3}-1)^2</math>, stąd
+c) Zauważmy, że <math> 4+2\sqrt{3}=(\sqrt{3}+1)^2</math> oraz <math> 4-2\sqrt{3}=(\sqrt{3}-1)^2</math>, stąd
-<center><math> \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}.</math></center>
+<center><math> \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}.</math></center>
 </div></div>
@@ Linia 170: / Linia 170: @@
 Rozwiązać w zbiorze liczb zespolonych równania
-a) <math> \displaystyle z^6+64=0,</math>
+a) <math> z^6+64=0,</math>
-b) <math> \displaystyle 1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=0,</math>
+b) <math> 1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=0,</math>
-c) <math> \displaystyle \sqrt{2}z^3=1+i.</math>
+c) <math> \sqrt{2}z^3=1+i.</math>
 }}
@@ Linia 181: / Linia 181: @@
 We wszystkich trzech zadaniach należy zastosować wzór de Moivre'a.
-b) Warto zauważyć, że <math> \displaystyle 1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=\frac{z^6 -1}{z-1}</math>, dla <math> \displaystyle z\neq 1</math>.
+b) Warto zauważyć, że <math> 1+z+z^2+z^3+z^4+z^5=\frac{z^6 -1}{z-1}</math>, dla <math> z\neq 1</math>.
-c) Po przekształceniu równania warto zauważyć, że <math> \displaystyle z^3=\frac{1}{\sqrt{2}}
+c) Po przekształceniu równania warto zauważyć, że <math> z^3=\frac{1}{\sqrt{2}}
 +\frac{i}{\sqrt{2}}=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}</math>.
@@ Linia 195: / Linia 195: @@
 [[File:am1c01.0030.svg|338x323px|thumb|right|Rysunek do ćwiczenia 1.6.(c)]]
-a) Niech <math> \displaystyle w=-64</math>. Wówczas <math> \displaystyle |w|=64</math>, zaś <math> \displaystyle \text{Arg} w=\pi</math>. Wobec tego na mocy wniosku z twierdzenia de Moivre'a równanie <math> \displaystyle z^6+64=0</math> spełnia sześć liczb o module <math> \displaystyle \sqrt[6]{64}=2</math> i argumentach głównych równych kolejno <math> \displaystyle \frac{\pi}{6}+k\frac{2\pi}{6}</math>. Liczby te są wierzchołkami sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o środku <math> \displaystyle 0</math> i promieniu <math> \displaystyle 2</math> i równe są
+a) Niech <math> w=-64</math>. Wówczas <math> |w|=64</math>, zaś <math> \text{Arg} w=\pi</math>. Wobec tego na mocy wniosku z twierdzenia de Moivre'a równanie <math> z^6+64=0</math> spełnia sześć liczb o module <math> \sqrt[6]{64}=2</math> i argumentach głównych równych kolejno <math> \frac{\pi}{6}+k\frac{2\pi}{6}</math>. Liczby te są wierzchołkami sześciokąta foremnego wpisanego w okrąg o środku <math> 0</math> i promieniu <math> 2</math> i równe są
 <center>
-<math> \displaystyle \begin{align}
+<math> \begin{align}
 &z_0=&\sqrt{3}+i\\
 &z_1=&0+2i\\
@@ Linia 208: / Linia 208: @@
-b) Zauważmy, że dane równanie jest równoważne równaniu <math> \displaystyle \frac{z^6-1}{z-1}=0</math>, <math> \displaystyle z\neq 1</math>. Spełnia je więc pięć z sześciu pierwiastków równania <math> \displaystyle z^6=1</math> poza pierwiastkiem <math> \displaystyle z_0=1</math>. Są to - zgodnie z wnioskiem z twierdzenia de Moivre'a - liczby o module 1 i argumentach głównych równych kolejno <math> \displaystyle 0+k\frac{2\pi}{6}</math>, <math> \displaystyle k\in\{1, \ 2,\ 3,\ 4,\ 5\}</math>, czyli
+b) Zauważmy, że dane równanie jest równoważne równaniu <math> \frac{z^6-1}{z-1}=0</math>, <math> z\neq 1</math>. Spełnia je więc pięć z sześciu pierwiastków równania <math> z^6=1</math> poza pierwiastkiem <math> z_0=1</math>. Są to - zgodnie z wnioskiem z twierdzenia de Moivre'a - liczby o module 1 i argumentach głównych równych kolejno <math> 0+k\frac{2\pi}{6}</math>, <math> k\in\{1, \ 2,\ 3,\ 4,\ 5\}</math>, czyli
 <center>
-<math> \displaystyle \begin{align}
+<math> \begin{align}
 &z_1=&\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\\
 &z_2=&-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\\
@@ Linia 223: / Linia 223: @@
-c) Równanie <math> \displaystyle z^3=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}</math> spełniają trzy liczby zespolone o module 1 i argumentach głównych <math> \displaystyle \frac{\pi}{12}+k\frac{2\pi}{3}</math>, <math> \displaystyle k\in\{0, 1, 2\}</math>. Są one wierzchołkami trójkąta równobocznego wpisanego w okrąg o środku <math> \displaystyle 0</math> i promieniu jednostkowym.
+c) Równanie <math> z^3=\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}</math> spełniają trzy liczby zespolone o module 1 i argumentach głównych <math> \frac{\pi}{12}+k\frac{2\pi}{3}</math>, <math> k\in\{0, 1, 2\}</math>. Są one wierzchołkami trójkąta równobocznego wpisanego w okrąg o środku <math> 0</math> i promieniu jednostkowym.
@@ Linia 229: / Linia 229: @@
 <center>
-<math> \displaystyle \begin{align} &z_0=\cos
+<math> \begin{align} &z_0=\cos
 \frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}\\
 &z_1=\cos \frac{3\pi}{4}+i\sin\frac{3\pi}{4}\\
@@ Linia 236: / Linia 236: @@
 Zauważmy, że
-<math> \displaystyle \cos\frac{\pi}{12}=\cos(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4})
+<math> \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}.</math>
 Podobnie
-<math> \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}.</math>
+<math> \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}.</math>
 Ze wzorów redukcyjnych łatwo możemy też wyznaczyć
-<math> \displaystyle \cos\frac{3\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}</math> oraz
+<math> \cos\frac{3\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}</math> oraz
-<math> \displaystyle \sin\frac{3\pi}{4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}</math>,  a także <math> \displaystyle \cos
+<math> \sin\frac{3\pi}{4}=-\frac{\sqrt{2}}{2}</math>,  a także <math> \cos
 \frac{17\pi}{12}=\cos(\frac{3\pi}{2}-\frac{\pi}{12})=-\sin\frac{\pi}{12}</math>
 oraz
-<math> \displaystyle \sin\frac{17\pi}{12}=\sin(\frac{3\pi}{2}-\frac{\pi}{12})=-\cos\frac{\pi}{12}.</math>
+<math> \sin\frac{17\pi}{12}=\sin(\frac{3\pi}{2}-\frac{\pi}{12})=-\cos\frac{\pi}{12}.</math>
 Wobec tego
 <center>
-<math> \displaystyle \begin{align} z_0
+<math> \begin{align} 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

Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 1: Zbiory liczbowe: Różnice pomiędzy wersjami

Wersja z 08:28, 28 sie 2023

Zbiory liczbowe

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia