Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 1: Zbiory liczbowe

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

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\frac {3}{7}}&=0,4285714...&\notin C_{1}\\&{\sqrt {2}}-1&=0,4142135...&\notin C_{1}\\&{\sqrt {5}}-2&=0,2360679...&\in C_{3}\setminus C_{4}\\&{\frac {1}{\sqrt {2}}}&=0,7071067...&\in C_{2}\setminus C_{3}\\&{\frac {1}{\sqrt {3}}}&=0,5773502...&\notin C_{1}.\end{aligned}}$

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

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

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

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

$\displaystyle \forall a,b\in {\mathbb {C} }\ \forall n\in {\mathbb {N} }\ :(a+b)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}a^{n-k}b^{k}.$

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

$\displaystyle {\begin{aligned}(a+b)^{m+1}&=(a+b)(a+b)^{m}\\&=(a+b)\sum _{k=0}^{m}{\binom {m}{k}}a^{m-k}b^{k}=\sum _{k=0}^{m}{\binom {m}{k}}a^{m-k+1}b^{k}+\sum _{k=0}^{m}{\binom {m}{k}}a^{m-k}b^{k+1}\\&={\binom {m}{0}}a^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{\bigg [}{\binom {m}{k-1}}+{\binom {m}{k}}{\bigg ]}a^{m+1-k}b^{k}+{\binom {m}{m}}b^{m+1}\\&={\binom {m+1}{0}}a^{m+1}+\sum _{k=1}^{m}{\binom {m+1}{k}}a^{m+1-k}b^{k}+{\binom {m+1}{m+1}}b^{m+1}\\&=\sum _{k=0}^{m+1}{\binom {m+1}{k}}a^{m+1-k}b^{k}.\end{aligned}}$ 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:

$\displaystyle {\begin{aligned}&{\bigg [}1+\cos a+...+\cos na={\frac {\sin(n+{\frac {1}{2}})a+\sin {\frac {a}{2}}}{2\sin {\frac {a}{2}}}}{\bigg ]}\\&\implies {\bigg [}1+\cos a+...+\cos na+\cos(n+1)a={\frac {\sin(n+{\frac {3}{2}})a+\sin {\frac {a}{2}}}{2\sin {\frac {a}{2}}}}{\bigg ]},\end{aligned}}$ 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:

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

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

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 $\displaystyle w=-64$. 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 $\displaystyle {\sqrt[{6}]{64}}=2$ 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

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

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

$\displaystyle {\begin{aligned}&z_{1}=&{\frac {1}{2}}+i{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\&z_{2}=&-{\frac {1}{2}}+i{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\&z_{3}=&-1+i0\\&z_{4}=&-{\frac {1}{2}}-i{\frac {\sqrt {3}}{2}}\\&z_{5}=&{\frac {1}{2}}-i{\frac {\sqrt {3}}{2}}.\end{aligned}}$

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

c) Równanie $\displaystyle z^{3}=\cos {\frac {\pi }{4}}+i\sin {\frac {\pi }{4}}$ 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

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

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

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