Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 1: Zbiory liczbowe

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

$\begin{array}{rlrl}& \frac{3}{7}& =0,4285714...& \notin C_1\\ & \sqrt{2}-1& =0,4142135...& \notin C_1\\ & \sqrt{5}-2& =0,2360679...& \in C_3\setminus C_4\\ & \frac{1}{\sqrt{2}}& =0,7071067...& \in C_2\setminus C_3\\ & \frac{1}{\sqrt{3}}& =0,5773502...& \notin C_1.\end{array}$

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) Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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) Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 $n=1$ mamy $\frac{q^2-1}{q-1}=1+q$, $q\ne 0$, 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 $q\ne 1$. b) Zauważmy, że jeśli np. $b\ne 0$, to zgodnie z powyżej wykazaną równością mamy $\begin{array}{rl}\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{a-b}=& b^n\frac{(\frac{a}{b}{)}^{n+1}-1}{a-b}=\frac{b^n}{a-b}(\frac{a}{b}-1)(1+\frac{a}{b}+(\frac{a}{b}{)}^2+...+(\frac{a}{b}{)}^2)\\ =& b^n(1+\frac{a}{b}+(\frac{a}{b}{)}^2+...+(\frac{a}{b}{)}^n)\\ =& b^n+a{b}^{n-1}+a^2{b}^{n-2}+...+a^n.\end{array}$

Gdy $b=0$ równość również zachodzi.

Ćwiczenie 1.3.

a) Sprawdzić, że $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k+1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k+1})$, dla dowolnych liczb całkowitych nieujemnych $n$, $k$ takich, że $n>k$.

b) Wykazać wzór dwumianowy Newtona

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \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 $n=1$ wzór jest prawdziwy. Wykażemy, że dla każdej liczby naturalnej $m$ prawdziwa jest implikacja

$[(a+b{)}^m=\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m-k}{b}^k]⟹[(a+b{)}^{m+1}=\sum _{k=0}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{k})a^{m-k}{b}^k].$

Przekształćmy

$\begin{array}{rl}(a+b{)}^{m+1}& =(a+b)(a+b{)}^m\\ & =(a+b)\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m-k}{b}^k=\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m-k+1}{b}^k+\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})a^{m-k}{b}^{k+1}\\ & =(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{0})a^{m+1}+\sum _{k=1}^m[(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})]a^{m+1-k}{b}^k+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{m})b^{m+1}\\ & =(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{0})a^{m+1}+\sum _{k=1}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{k})a^{m+1-k}{b}^k+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{m+1})b^{m+1}\\ & =\sum _{k=0}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{k})a^{m+1-k}{b}^k.\end{array}$ 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) $1+\cos a+\cos 2a+...+\cos na=\frac{\sin (n+\frac{1}{2})a+\sin \frac{a}{2}}{2\sin \frac{a}{2}},$

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

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

Wskazówka

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 $n=0$. 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:

$\begin{array}{rl}& [1+\cos a+...+\cos na=\frac{\sin (n+\frac{1}{2})a+\sin \frac{a}{2}}{2\sin \frac{a}{2}}]\\ & ⟹[1+\cos a+...+\cos na+\cos (n+1)a=\frac{\sin (n+\frac{3}{2})a+\sin \frac{a}{2}}{2\sin \frac{a}{2}}],\end{array}$ 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:

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

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 $(1+i\sqrt{3}{)}^6=2^6(\cos \frac{\pi }{3}+i\sin \frac{\pi }{3}{)}^6=64(\cos 2\pi +i\sin 2\pi )=64.$

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 $z\ne 1$.

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

Rozwiązanie

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

<div.thumbcaption>Rysunek do ćwiczenia 1.6.(a)

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

<div.thumbcaption>Rysunek do ćwiczenia 1.6.(b)

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

<div.thumbcaption>Rysunek do ćwiczenia 1.6.(c)

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

$\begin{array}{rlr}& z_0=& \sqrt{3}+i\\ & z_1=& 0+2i\\ & z_2=& -\sqrt{3}+i\\ & z_3=& -\sqrt{3}-i\\ & z_4=& 0-2i\\ & z_5=& \sqrt{3}-i.\end{array}$

b) Zauważmy, że dane równanie jest równoważne równaniu $\frac{z^6-1}{z-1}=0$, $z\ne 1$. 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 $0+k\frac{2\pi }{6}$, $k\in \{1,2,3,4,5\}$, czyli

$\begin{array}{rlr}& z_1=& \frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\\ & z_2=& -\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\\ & z_3=& -1+i0\\ & z_4=& -\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\\ & z_5=& \frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}.\end{array}$

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

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

Są to liczby

$\begin{array}{rl}& z_0=\cos \frac{\pi }{12}+i\sin \frac{\pi }{12}\\ & z_1=\cos \frac{3\pi }{4}+i\sin \frac{3\pi }{4}\\ & z_2=\cos \frac{17\pi }{12}+i\sin \frac{17\pi }{12}.\end{array}$

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

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

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

$\begin{array}{rl}{z}_0& =\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}+i\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4},\\ z_1& =\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{2}}{2},\\ z_2& =-\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}-i\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}.\end{array}$