II poglavlje: Funkcije–I dio


… dio teksta napisanog 1996 o nekim temama iz matematike …  Cjelokupan tekst može se pogledati ovdje.

 

Pojam funkcije

Čim čujemo riječ funkcije odmah pomislimo na razna mjesta koja nas čekaju kad završimo fakultet. Bit ćemo neki inženjeri bili diplomirani ili ne, ali funkcije nas čekaju, odnosno neko radno mjesto na kome ćemo obavljati neke poslove, gdje ćemo za uzvrat dobijati platu. Bilo kako bilo funkcija nam je neophodna da bi egzistirali, da bi smo postojali. Samim dobijanjem funkcije postajemo funkcioneri. Čitav ovozemaljski svijet sastoji se iz bezbroj funkcija, nekih procesa razmjenjivanja, uzimanja, oslobađanja, davanja itd. U stvari funkcija je neki proces pri kojem se nešto odvija-događa i pri kome postoji jedan ili više određenih pravila događanja, pa bili oni čak i slučajni (tada govorimoo slučajnim procesima). Sve te životne funkcije dosta su slične pojmu funkcije koju definiše matematika. U stvari nema ni jedne čak i najjednostavnije teoreme u matematici, a da se ne može primjeniti u stvarnom životu. Kada posmatramo neki proces zapazićemo da se neke od veličina koje učestvuju u tom procesu mjenjaju – uzimaju različite vrijednosti, dok druge imaju konstantnu vrijednost. Primjera za to ima bezbroj.

Kada stojimo pored štanda voća. Primjetićemo da svaka kila jabuke dobija jednu te istu sumu novaca od 2 DM (demokratske marke što bi rekao jedam moj prijatelj). Odnosno svaka kila krušaka 3 DM ili grožđa 5 DM. Kada se poveća masa jabuka i ostalog voća poveća se i njihova cijena. U ovom slučaju imamo proporcionalno povećanje cijene voća sa njegovom masom. Nadalje posmatrajmo jednu totalno glupu situaciju u kojoj želimo da naduvamo staklenu flašu. Duvanjem u flašu dovodimo zrak u flašu, ali volumen flaše ostaje isti, samo smo promjenili temparaturu vazduha i pritisak u staklenoj flaši. Ovo je jedan primjer kada se dvije veličine mjenjaju dok je treća konstantna. Primjera ima bezbroj no mi ćemo zaključak dati iz ova dva suštinska primjera. Vidimo da postoje veličine koje se mjenjaju, i koje ostaju konstantne pa ćemo definisati sljedeće:

Definicija 1.

Veličina koja pod datim uslovima može poprimiti različite brojne vrijednosti zovemo promjenjivom veličinom. Veličina koja se u datim uslovima ne mjenja već uvijek „stoji“ na istoj brojnoj vrijednosti zovemo stalnom ili konstantnom veličinom.

Skup svih brojnih vrijednosti date promjenjive veličine zovemo oblast promjene te promjenjive. Konstante koje nikako ne mjenjaju svoju vrijednost zovemo apsolutne konstante. Nrp clip_image002– Ludolfov broj, gravitaciona konstanta clip_image004 itd.

Međutim, u cilju općih formulacija i mogućnosti dobijanja zaključaka, dobro je i te kontantne veličine posmatrati kao specijalne slučajeve promjenjivih veličina. To je pogotovo korisno kod dokazivanja raznih teorema koje su povezane sa konstantnim veličinama.

Definišimo dva skupa clip_image006 i clip_image008, tako da je clip_image010 element skupa clip_image006[1], a clip_image012 element skupa clip_image008[1], drugim riječima clip_image014 i clip_image016. Preslikavanje skupa clip_image018 na clip_image020 definisano je zakonom korespodencije gdje svakom clip_image022odgovara jedan element clip_image024. Element clip_image010[1] koji pripada clip_image026zvaćemo argument ili nezavisno promjenjiva. Element clip_image012[1] koji pripada clip_image020[1] zvaćemo zavisno promjenjiva ili funkcija.

Definicija 2.

Funcija jedne nezavisno promjenjive (jednog argumenta) zovemo preslikavanje skupa clip_image028 (vrijednosti argumenata) na skup clip_image030 vrijednosti promjenjive po jednom određenom fiksnom zakonu korespodencije (dodjeljivanja).

Pravilo pridruživanja označavaćemo sa clip_image032 tako da se funkcija može simbolički napisati:

clip_image034 ili clip_image036 (čitaj y je jednako ef od x)

clip_image038 ili clip_image040 (čitaj y je jednako fi od x)

Definicija 2.2 je smisao simbolike clip_image036[1]. Znači svakom elementu clip_image014[1], odgovara jedan element clip_image016[1]. Definicija 2.2 također nam daje smjernice za definisanje funkcije. Pa tako da bi funkciju definisali potrebno je definisati:

  1. Skup clip_image006[2] vrijednosti elementata clip_image010[2].
  2. Zakon dodjeljivanja ili korespodencije clip_image042
  3. Skup clip_image044 vrijednosti funkcije clip_image036[2].

Skup clip_image046 vrijednosti koji može primiti argument clip_image010[3] zovemo još i oblast definisanosti ili domena funkcije clip_image036[3]. Skup clip_image020[2] zovemo skupom vrijednosti ili kodomena funkcije. Ako je na primjer clip_image048 tjclip_image050 pripada domeni funkcije clip_image052, tada clip_image052[1] pripada kodomeni funkcije odnosno clip_image054. Još se kaže da clip_image056 predstavlja sliku elementa clip_image048[1] u skupu clip_image058. Ako postoji clip_image060 tada clip_image062 nema smisla.

Također se može desiti sa clip_image064 i clip_image066 imamo istu vrijednost funcije odnosno vrijedi da je:

clip_image068

Ovo znači da dvije različite vrijednosti argumenata iz domene preslikavaju se i jednu te istu tačku kodomene. Ovaj slučaj možemo pokazati na jednom jednostavnom primjeru.

Primjer 1.

Ako imamo funkciju clip_image070 , tada za clip_image072 i clip_image074 imamo istu vrijednost funkcije clip_image076.

Matematički izraziti funkciju znači naći određenu uzajamnu korespodenciju između dva skupa. Načini na koji se funkcija zadaje ili izražava više je praktično pitanje nego suštinsko. Funkciju možemo zadati grafički, tablično i analitički.

Grafički način predstavljanja funkcije sastoji se iz geometrijske prezentacije jedne funkcije u koordinatnom sistemu, gdje svaki uređeni par brojeva clip_image078, gdje je clip_image056[1] – argument, a clip_image080– zavisno promjenjiva funkcija, zamišljamo kao par koordinata tačke u koordinatnom sistemu u ravni . Skup svih takvih tačaka u ravni clip_image082 čije su apcise vrijednosti argumenata clip_image056[2], a ordinate odgovarajuće vrijednosti funkcije zovemo grafik funkcije.

Grafik na vidan način prikazuje ponašanje funkcije tj. njenu monotonost, maksimalnu i minimalnu vrijednost, vrijednosti argument, nul tačke funkcije, odnosno sve osobine koje su sastavni dio funkcije. Zato se u drugim naukama Fizici, Biologiji, Psihologiji i dr. izrađuju slični grafici i dijagrami gdje se prati tok nekog procesa (pokusa) i grafički prikazuju osobine tog procesa. Jedan od primjera je dijagram momenta savijanja proste grede. Iz dijagrama možemo primjetiti kako se mjenja moment savijanja duž grede od početne tačke clip_image084 do krajnje tačke clip_image086.

clip_image088

Slika 2.1 Dijagram momenta savijanja grede

Sa slike vidimo da je najveći ili maksimalni momenat u tački clip_image090 koja se nalazi na sredini, odnosno na mjestu gdje djeluje skoncentrisano opterećenje clip_image092. Na slici također uočavamo da je izrađen dijagam u funkciji dužine grede clip_image010[4] odnosno matematički rečeno clip_image094.

Tabelarni način zadavanja funkcije imamo u slučaju kada izvjesnim vrijednostima argumenata clip_image096 pridružujemo zavisno promjenjive clip_image098, a da pri tom neznamo ili nas ne zanima način pridruživanja . Tablični način predstavljanja često koristimo u prirodnim i tehničkim naukama, u eksperimentalnim istraživanjim i sl. Na osnovu eksperimenta dolazimo do uređenih parova clip_image100. Ovi parovi se tabelarno prikazuju na sljedeći način:

Tabela 2.1 Tabearni prikaz funkcije

clip_image102

clip_image104

clip_image106

clip_image108

clip_image110

clip_image112

clip_image114

clip_image116

Analitički način zadavanje funkcije sastoji se u tome da zakon preslikavanja clip_image042[1] damo matematičkim izrazom ili formulom. Domenu funkcije zadane u analitičkom obliku određujemo iz samog izraza, odnosno pronalazimo skup svih mogućih rješenja za koje je izraz ima slisla.

Primjer 2.

Funkcija clip_image118 ima domenu svih realnih brojeva simbolički zapisano clip_image120, jer je izraz (formula) clip_image122 definisan za sve realne brojeve.

Primjer 3.

Funkcija clip_image124 ima domenu svih poziotivnih realnih brojeva manjih ili jednako od 5 simbolički zapisano clip_image126.

Primjer 4.

Funkcija clip_image128 ima domenu koja se izračunava na sljedeći način:

clip_image130 i clip_image132

clip_image134 i clip_image136

Na osnovu gornjih izraza domena je definisana za:

clip_image138

Ako dvije ili više funkcija imaju istu domenu tada se mogu posmatrati zbir, razlika proizvod i količnik funkcija, odnosno mogu se posmatrati određene algebarske operacije među funkcijama. Imamo:

clip_image140

clip_image142

clip_image144

clip_image146

clip_image148

clip_image150

Jednakost dviju funkcija

Zadane su funkcije clip_image152, clip_image154 koje se definisane na skupovima clip_image156, i clip_image158. Za dvije funkcije kažemo da su jednake ako je:

  1. clip_image156[1] – definišu istu domenu,
  2. clip_image158[1] – imaju istu kodomenu,
  3. clip_image160 – imaju iste funkcije.

Parne i neparne funkcije

Definicija 3.

Funkcija clip_image162 je parna ako za vrijednosti argumenata koji su suprotni brojevi njihove vrijednosti su jednake, odnosno ako je:

clip_image164

Definicija 4.

Funkcija clip_image162[1] je neparna ako za vrijednosti argumenata koji su suprotni brojevi njihove vrijednosti su također suprotne, odnosno ako je:

clip_image166

Geometrijska interpretacija parnosti i neparnosti funkcije

Iz definicije parne funkcije proizilazi da ako je tačka clip_image168 pripada grafiku fuhnkcije, tada i tačka clip_image170, također pripada grafu. Pošto su tačke clip_image084[1] i clip_image172 simetrične u odnosu na clip_image174 to je i graf funkcije simetričan u odnosu na clip_image174[1].

clip_image176

Slika 2.2 Grafička interpretacija parne (lijevo) i neparne (desno) funkcije

Analogno (Slika 2.2) iz definicije neparne funkcije uočavamo da ako je tačka clip_image178 pripada grafiku funkcije, tada i tačka clip_image180, također pripada grafiku funkcije. Pošto su tačke clip_image182 simtrične i odnosu na ishodište koordinatnog sistema, zaključujemo da je neparna funkcija centralno simetrična u koordinatnom početku.

Iz geometrijske interpretacije proizilazi da pri konstrukciji grafa parne i neparne funkcije dovoljno je da prvu konstruišemo za pozitivne brojeve clip_image010[5] dok ćemo ostatak konstruisati simetrično osi clip_image012[2], a drugu na pozitivnom dijelu clip_image012[3] ose, a ostatak centralno simetrično tački ishodišta koordinatnog sistem.

Definicija 5.

Funkcija clip_image162[2] koja nije ni parna ni neparna jednostavno zovemo ni parna ni neparna funkcija.

Primjer 5.

Funkcija clip_image184 , gdje je k- cijeli broj, clip_image186,clip_image188 – su parne funkcije.

Primjer 6.

Funkcija clip_image190 , gdje je k- cijeli broj, clip_image192,clip_image194 – su neparne funkcije.

Periodičnost funkcije

Definicija 6.

Funkcija clip_image162[3] se naziva periodičnom ako postoji jedan realan pozitivan broj clip_image196, takav da su vrijednosti funkcije clip_image162[4] u tačkama clip_image198jednake, tj. da za svako clip_image200 važi clip_image202, pri čemu se najmanji pozitivan broj clip_image196[1] zove primitivni period ili kraće periodom funkcije fclip_image204.

Ako clip_image206, domeni funkcije fclip_image208 tada svaki broj oblika clip_image210, gdje je clip_image212 također pripada oblasti definisanosti, i pri čemu je clip_image214. Ovo se lako dokazje jer ako krenemo od početne definicije imamo: clip_image216. Iz gornjeg lako zaključujemo da tačke clip_image218 iz domene funkcije preslikavaju se u jednu tačku clip_image220 skupa clip_image058[1] odnosno kodomene funkcije clip_image052[2]. Također zaključujemo da će se grafik periodične funkcije biti sastavljen od lukova koji se ponavljaju na svakom od segmenata clip_image222, gdje je clip_image224. Prema tome ako je funkcija peroodična dovoljno je analizirati istu na osnovnom segment clip_image226, a ostalom dijelu domene se periodičnost ponavlja.

Primjer 7.

Trigonometrijske funkcije clip_image192[1] , clip_image186[1] su periodične funkcije sa periodom clip_image228, a funkcije clip_image230, clip_image232 sa periodom clip_image234, tj.

clip_image236, pa je clip_image238

Primjer 8.

Funkcija clip_image240 je periodična funkcija s periodomclip_image242, jer je:

clip_image244

I uopće kada imamo:

clip_image246

Ovo ne morate čitati

Periodičnost funkcije može se zadati i samo na nekom segmentuclip_image248. Tako da u primjeru 7 funkciju clip_image250 ograničavamo samo na segment clip_image252, a ispitivanje funkcije clip_image254 na clip_image256.

Periodičnost je pojava vrlo česta u prirodi odnosno u svakodnevnom životu . Periodičnost pojave Sunca, poslije 24 sata, kao i općenito kretanje planeta itd.

Ograničene i neograničene funkcije

Definicija 7.

Funkcija clip_image258 je ograničena u svojoj Domeni (oblasti definisanosti) ako je skup K odnosno skup njenih vrijednosti (Kodomena) ograničena. Drugim riječima ako postoji takva dva broja clip_image260 i clip_image262 da je za sve vrijednosti x clip_image264 vrijedi clip_image266, gdje su clip_image260[1] i clip_image262[1] – realni brojevi.

Geometrijska interpretacija Definicije 7 je takva sa se cijeli grafik funkcije nalazi u dijelu ravni koja je ograničena sa pravcima clip_image268 i clip_image270.

clip_image272

Slika 2.3 Funkcija clip_image274, ograničena je pravim clip_image276 i clip_image278

Za ograničene funkcije jednog argumenta važi sljedeća teorema.

Teorema 2.1.

Ako je funkcija clip_image258[1] ograničena na skupu x clip_image264[1], tada postoji pozitivan broj clip_image280takav da je clip_image282 odnosno clip_image284.

Dokaz:

Ako uzmemo da je brojclip_image286 tj. clip_image288 tada je clip_image290 odnosno clip_image292. Važi i obrnuto.

Primjer 9.

Funkcija clip_image294 ograničena je za clip_image296, tada imamo clip_image298, kao i to da je clip_image300. Ovo pak znači da grafik funkcije sin i cos leže unutar trake koju čine pravci y=1 i y=-1. Vidi sliku 2.4.

Napomena: Ograničenost funkcije može biti i samo s jedne strane odnosno sa gornje ili donje strane.Drugim riječima postoji broj clip_image260[2] takav da je clip_image302 -ograničenost sa donje strane i clip_image262[2] takav da je clip_image304 –ograničenost s gornje strane.

Primjer 10.

Funkcija clip_image070[1] ograničena sa donje strane jer je clip_image306.

Primjer 11.

Funkcija clip_image308 ograničena sa gornje strane jer je clip_image310.

Kažemo da funkcija nije ograničena u koliko ne postoji realni broj M takav da je clip_image312.

clip_image314

Slika 2.4 Ograničenost clip_image316, funkcija pravim clip_image276[1] i clip_image278[1]

Matematička Indukcija II dio


Nastavak prethodnog posta o matematičkoj indukciji…..  Cjelokupan tekst može se pogledati ovdje.

Zadatak 2: Dokazati da za svaki prirodan broj n vrijedi:

clip_image002

dijeljivo sa 7.

Dokaz: Prvi korak napravimo na brzinu jer jedino je to ovdje shvatljivo.

Za n=1, clip_image004 , djeljivo sa 7

Za n=2, clip_image006, djeljivo sa 7.

Pretpostavimo da je Zadatak 2, za neki prirodan broj n=k (k>n0) dijeljiv sa 7. To znači slično kao i u primjeru da možemo pisati:

clip_image008 —–(13)

Treći korak sprovodimo kao u primjeru 2:

clip_image010

Vidimo da je izraz u zagradi ona ista pretpostavka sa pročetka primjera jednačina (13), pa je ona dijeljiva sa 7, a broj 35 je svakako dijeljiv sa 7 pa cijeli izraz je dijeljiv sa 7.

clip_image012

Vidimo da iz pretpostavke za n=k, broj clip_image014 djeljiv sa 7, dokazali smo da je za n=k+1 takodjer djeljivo sa 7 to znači da je izraz djeljiv za 7 za svaki prirodan broj.

Vidljivo je da smo dokazali neke primjere i zadatke pomoću matematičke indukcije dosta jednostavno. Međutim ostali zadaci koji dati nisu ništa zahtjevniji od ovih. Jedino je problem u tome što idući zadaci zahtijevaju malo više poznavanja elementarne matematike. To je ona matematika koju ste radili u Osnovnoj i srednjoj školi. Znači bez straha i bilo kakvih averzija okrenite siljedeći list i naići ćete na najljepši zadataka u matematičkoj indukciji. Sljedeći zadatak je bio MISS Ljeta 1888 godine, njegove prve i druge pratilje slijede iza njega.

Zadatak 3: Dokazati da vrijedi za svaki prirodan broj:

clip_image016

Rješenje:

Za n=1,

clip_image018

tačno.

Za n=2,

clip_image020

tačno.

Pretpostavimo da zadatak 3 vrijedi za n=k, odnosno:

clip_image022

Poznato vam je da uvijek kod ovakvih zadataka u trećem koraku uvijek dodajemo objema stranama sljedeći broj zadnjeg broja lijeve strane. S toga imamo:

clip_image024

clip_image026

clip_image028

clip_image030

clip_image032

U zadatku 1 smo diskutovali o sljedećem broju nepranih brojeva. Sljedeći broj broja 2k+1 je 2k+3, jer je 2(k+1)+1= 2k+3. Zadnja jednakost (16) znači da smo iz pretpostavke (15) vrijedni za n=k, dokazali da vrijedi i za n= k+1, pa zaključujemo po matematičkoj indukciji da Zadataka 3 vrijedni za sve prirodne brojeve.

Do jednakosti (13) iz jednakosti (12) lako smo došli iako se nekima čini da nije. Ove sve k-ove koje vidite u zadnjim jednakostima, to je u stvari samo jedan k, ali napisan u drugim oblicima.

Ako bolje pogledate sve one transformacije vidjećete da se one sastoje samo u sabiranju razlomaka, izvlačenju zajedničkih množitelja i nekoliko dvica, trica i šestica.

Zadatak 4: Dokazati da vrijedi za svaki prirodan broj:

clip_image034

Rješenje:

Za n=1,

clip_image036

tačno.

Za n=2,

clip_image038

tačno.

Pretpostavimo da zadatak 4 vrijedi za neki prirodan broj k, odnosno:

clip_image040

Korak 3 koji slijedi sličan je kao i u zadatku 3, tj. dodajmo objema stranama clip_image042 pa imamo:

clip_image044

clip_image046

clip_image048

Vidimo da uz prepostavku za n=k, izraz vrijedi i za n=k+1, s toga i za svaki prirodan broj.

Zadatak 5: Dokazati da vrijedi za svaki prirodan broj:

clip_image050

Rješenje:

Za n=1,

clip_image052

tačno.

Za n=2,

clip_image054

tačno.

Pretpostavimo da jednakost vrijedi za neki n=k,tj.

clip_image056

Sada kada smo napisali pretpostavku po ko zna koji put moramo dodati sljedeći broj broja k(k+1), a to je (k+1)(k+2), pa imamo:

clip_image058

clip_image060

clip_image062

Vidimo da smo iz pretpostavke da vrijedi za n=k, dokazali da zadnja jednakost vrijedi i za n=k+1, što znači da vrijedi i za svaki prirodan broj n.

Zadatak 6: Dokazati da je za svaki prirodan broj, broj:

clip_image064

djeljivo sa 9.

Rješenje:

Za n=1,

clip_image066

dijeljivo sa 9.

Za n=2,

clip_image068

dijeljivo sa 9.

Pretpostavimo da je za n=k, izraz (15) dijeljiv sa 9. To možemo pisati kao:

clip_image070

Za n=k+1, imamo:

clip_image072

clip_image074

clip_image076

Ponovo vidimo da koristeći pretpostavku lako dokazujemo da nam izraz (15) dijeljiv sa 9, za svaki prirodan broj. Sve to nam omogućuje matematička indukcija. Bez nje ne bismo lako dokazali ne samo ovaj zadatak. Zato s pravom moramo reći: Hvala ti hvala draga naša indukcijo.

Zadatak 7: Dokazati da za svaki prirodan broj broj:

clip_image078

dijeljiv sa 10.

Dokaz:

Za n=1,

clip_image080

dijeljivo sa 10.

Za n=2,

clip_image082

dijeljivo sa 10.

Pretpostavimo da je za n=k, izraz (16) dijeljiv sa 10. To možemo pisati kao:

clip_image084

Za n=k+1, imamo:

clip_image086

clip_image088

Vidimo da iz prtpostavke za n=k lako dokazujemo da (16) vrijedi za n=k+1, odnosno da vrijedi za svaki prirodan broj.

Zadatak 8: Dokazati da za svaki prirodan broj broj:

clip_image090

dijeljiv sa 5.

Dokaz:

Za n=1,

clip_image092

dijeljivo sa 5.

Za n=2,

clip_image094

dijeljivo sa 5.

Pretpostavimo da je za n=k, izraz (18) dijeljiv sa 5. To možemo pisati kao:


clip_image096

Za n=k+1 imamo:

clip_image098

clip_image100

Jednostavnim dokazom, uz pomoć pretpostavke, dokazali smo da izraz (18) vrijedi za k=k+1, pa nam zbog matematičke indukcije v ijedi za svaki prirodan broj. Glavni šablon ovog tipa zadataka (o djeljivosti ) je da kada se radi treći korak u eksponentu ostavi onoliko koliko ima u pretpostavci, a višak se spusti kao množitelj. Taj množitelj izvlačimo ispred zagrade dok u zagradi stavljamo samo ono što je u pretpostavci. Dakle mi se bi „naštimamo“ pretpostavku a sve ono što moramo oduzeti ili dokazati stavljamo iza zagrade. Nije slučajno da sav višak uvijek bude djeljiv sa onim brojm za kojeg ga mi provjeravamo.

Treći česti slučaj tipova zadataka koji se dokazuju matematičkom indukcijom su nejednakosti. One su još jednostavnije, a sve se bazira na tome da ako je npr. 150 > 50, tada je i 200>50, odnosno 150 >1.

Prije nego to pređemo na zadatke uvedimo pojam Leme.

Lema je pomoćna teorema. Odnosno to je jedan mali podzadatak nekog zadatka. Ako rješavamo neki zadatak i dođemo do jedne tvrdnje koju moramo posebno dokazivati mi je definišemo kao lemu.

Zadatak 9: Dokazati da za svaki prirodan broj n,gdje je clip_image102 vrijedi nejednakost:

clip_image104

Dokaz: Pošto ovaj zadatak dokazujemo pomoću matematičke indukcije onda se moramo držati njenih postavki i redoslijeda. Što znači da prvo moramo provjeriti da li ta nejednakost vrijedi za prvih nekoliko prirodnih brojeva. Uslov zadatka na kaže da provjerimo od 5 pa dalje.

Za n=5,

clip_image106

clip_image108

Nejednakost je tačna.

Za n=6,

clip_image110

clip_image112

Nejednakost je tačna.

Dokažimo Lemu koja kaže:

Lema 1: Za svaki m>2 izraz clip_image114

Dokaz:

Ovu lemu također ćemo dokazati matematičkom indukcijom.

Za n=3,

clip_image116

clip_image118

Tvrdnja je tačna.

Za n=4,

clip_image120

clip_image122

Tvrdnja je tačna.

Neka je za neki m=l (l>2) vrijedi:

clip_image124

Za m=l+1 imamo:

clip_image126

clip_image128

clip_image128[1]

clip_image130

clip_image132

Zadnja nejednakost koju smo dobili je očigledna. Jer je l>2 pa svaki kvadrat je većiod dva.

AKosada tu trivijalnu nejednakost stavimo kao prvu i krenemo unazada doći ćemo do nekednakosti (21), što znači da je nejednakost tačna. Znači po principu matematičke indukcije Lema 1 je tačna za sve prirodne brojeve veće od 2.

Lemu 1 možemo koristiti kao dokazni materijal u sve i jednom sadašnjem i budućem zadatku.

Nastavimo rješavanje zadatka 9. Ostao nam je treči korak pa sada imamo:

Za n=k+1 imamo:

clip_image134

clip_image136

Maloprije smo dokazali da nam je:

clip_image138

Ako sada lijevoj i desnoj strani (Leme 1) dodamo broj clip_image140imamo:

clip_image142

Sada stupa na scenu naša pretpostavka (kada je pomnožimosa 2) koja kaže da je:

clip_image144

Pomnožimo je sa 2 imamo:

clip_image146

Pa je:

clip_image148

odnosno,

clip_image134[1]

Vidimo das mo i ne znajući dokazali da je iz pretpostavke za n=k nejednakost vrijedi za n=k+1, što nam je potrebno I dovoljno da kažemo da nejednakost vrijedi za svaki prirodan broj.

Ako neko čitajući ovo rješenje zadatka 9, nije shvatio posljednje nejednakosti, predlažem da pročita mali uvod o dokazivanju nejednakosti I obrati pažnju na činjenicu da ako je npr: 150>50 tada je 200>50 odnosno 150 >1.

Zadatak 10: Dokazati da za svaki prirodan broj veći ili jednak od 5 vrijedi nejednakost:

clip_image150

Rješenje:

Za n=5,

clip_image152

clip_image108[1]

Nejednakost je tačna.

Za n=6,

clip_image154

clip_image156

Nejednakost je tačna.

Pretpostavimo da je za neki n=k , clip_image158 vrijedi:

clip_image160

Koristeći ovu pretpostavku (22), te koristeći nejednakost da je clip_image162, što je očigledno jer je: clip_image164, dobijamo treći korak odnosno dokaza ćemo treći korak a samim tim i zadatak 11.

Dakle,

clip_image166

clip_image168

Sabiranjem gornjih nejednakosti imamo:

clip_image170

Odnosno sređivanjem:

clip_image172

Zadnjim izrazom da nejednakost vrijedi i za n= k+1. Zadnje nejednakosti daju nam zaključiti ako imamo na umu matematičku indukciju da izraz (22) vrijedi za svaki prirodan brojclip_image174

Zadatak 11: Dokazati da za svaki prirodan broj clip_image176 vrijedi nejednakost:

clip_image178

Rješenje:

Za n=2 imamo:

clip_image180

Za prvi prirodan broj za koji treba dokazati da vrijedi nejednakost (23) imamo izraz (24). Kod deduktivnog načina dokazivanja nejednakosti (kojeg ćemo sada primjeniti) trebamoiz polazne nejednakosti (24) nizom matematičkih dozvoljenih operacija doći do trivijalne nejednakosti koju lako primjećujemo čak i kad te brojeve zamijenimo sa kruškama i jabukama.

Pokušajmo to sa nejednakosti (24):

clip_image182

Sabiranjem lijeve strane:

clip_image184

Pomnožimo cijelu nejednakost sa clip_image186.

clip_image188

Odnosno:

clip_image190

Sada smodošli do jedne trivijalno-očigledne nejednakosti, gdje u svaka doba dana i noći znamo daje clip_image192, što znači da je izraz (23) tačan za n=2.

Za n=3 imamo:

clip_image194

Istim postupkom kao i za n=2 imamo:

clip_image196

Sabiranjem lijeve strane:

clip_image198

Množenjem sa clip_image200 imamo:

clip_image202

clip_image204

clip_image206

Kvadriranjem cijele nejednačine:

clip_image208

clip_image210

clip_image212

U svako doba dana i noći mi znamo da nam je clip_image214 pozitivno i uvijek veće od bilo kojeg negativnog broja, što znači da je izraz (25) tačan.

Pretpostavimo da je za neki n=k izraz (23) tačan, tj:

clip_image216

Na tako pretpostavljenu nejednakost dodajmo k+1.-vi član. Imamo:

clip_image218

Dokažimo sada da je:

clip_image220

Ostavljanjem samo clip_image222 na lijevoj strani a ostatak prebacimo na desnu imamo:

clip_image224

Pa je:

clip_image226

Množenjem sa clip_image228 imamo:

clip_image230

Kvadriranjem cijele nejednakosti imamo:

clip_image232

Odnosno:

clip_image234

Odnosno:

clip_image236

Što vrijedi za svaki prirodan broj pa i polazna nejednakost. Ako sada ovu dokazanu nejednakost primjenimo na (27) imamo:

clip_image238

Odnosno

clip_image240

Pa zaključujemo da smo preko pretpostavke (26) došli do zaključka da (23) vrijedi za svaki prirodan broj.

Vidjeli smo kako se rješavaju nejednačine preko matematičke indukcije. U biti sve se svodi na pomenutu nejednakost akoje 150>50 tada je i200>50 tj. 150>1.

Matematička Indukcija


…dio teksta napisanog 1996 o nekim temama iz matematike…. Cjelokupan tekst može se pogledati ovdje.

Uvodne riječi

Inspirisan skromnim iskustvom u prenošenju znanja mojim prijateljima i kolegama na fakultetu, odlučio sam da pokušam napisati ovaj tekst, u kojem sam obradio na nestandardan način neke teme iz područja matematike, koje se studiraju na prvoj godini Mašinskog fakulteta u Bihaću. Gotovo sve knjige iz matematike tako strogo obrađuju teme kao što i sama matematika to zahtjeva. Pokušao sam sebi dati malo slobode da na jedan nestandardan način potenciram i obradim neke detalje koji površno gledajući ne zahtijevaju mnogo pažnje, a temelj su u stvaranju prave slike i rasuđivanja u matematici.

Mnogi studenti dobijaju komplekse i razne male „traume“ kada ugledaju te silne teoreme, te matematičke simbole i zadatke. Koristio sam jedan, više simbolički način u rješavanju zadataka, a ne odstupajući od standarda rješavanja. Na taj način želio sam približiti i dati više hrabrosti studentima da se upuste u proučavanje te tako neophodne grane nauke i objasniti sve te strogo definisane zakone kroz jednu vrstu humora sa puno simbolike a koji u biti ostaju tamo gdje su uvijek pripadali – u matematici.

Protekli rat je učinio da mnogi studenti koji pohađaju I godinu nisu dolazili u dodir sa mnogim stvarima iz matematike, koje se obrađuju u srednjim školama. Kada jedan takav ratni srednjoškolac počinje da susreće sve te maloprije navedene stvari pada u jednu vrstu averzije prema matematici bez koje nikako ne može da napreduje. Averzija i strah od matematike u studentu živi cijelo vrijeme i jednostavno ga koči. U takvom stanju student postaje fobičan na svaku novu informaciju. On tada traži druge putove spoznaje: drži se strogih šablona uči na pamet određene teoreme i formule, jednostavno vodi jednu ogorčenu bitku s matematikom.

Prije nego što počnete čitati prve stranice ovog teksta, neka mi ne zamjere svi oni koji smatraju ovo nečim što ne pripada ovoj temi. Moj jedini cilj je u tome da ovaj djelić matematike bude lakše shvatljiv svim onima koji zbog rata to nisu dobili.

Bahrudin Hrnjica
U Bihaću, decembra 1996. godine.

Neki studenti i srednjoškolci, pri prvom susretu sa matematičkom indukcijom dobiju nekakav, nazvao bi ga »induktivni otpor« u moždanoj zavojnici. Radi smanjivanja i potpunog uklanjanja induktivnog otpora predlažem vam slijedeće.

» Zaboravite sve što ste znali, do sada, o Principu matematičke indukcije!«.

Kada ste obrisali i uklonili sve moždane vijuge glede matematičke indukcije, uvest ću vas u nju jednim drugim u biti istim putem. Prije nego što krenem u tu čudesnu i nevjerojatnu stvarnost ispičaću vam priču tko je kriv za to što nemate sna, i za sve noćne more koje dobijate od matematičke indukcije.

Sve je počelo ne tako davno, negdje blizu 20-tog stoljeća, kada je L. Peano ljetovao oko Venecije. U to doba dosta se govorilo o brojevima, posebno na gradskim trgovima i pijacama. Ali Peana, kao matematčara, nije zanimalo koliko šta košta, nego nešto sasvim drugo. On je razmišljao o tome kako sve te brojeve, koji su tako često u razgovoru i upotrebi, definiše i zasnuje na matematičkim osnovama, odnosno kako brojeve definisati pomoću jednog zatvorenog neproturječnog i konačnog skupa aksioma.

Jednog dana tako je i bilo…

Definicija 1 : Skupom Prirodnih bojeva zovemo svakim skupom N za čija ma koja dva elementa clip_image002 i clip_image004 postoji odnos da clip_image004[1] slijedi poslije clip_image002[1], i koji zadovoljavaju slijedeće aksiome.

Aksioma 1: 1 je prirodan broj.

( To je revolucionarno otkriće koje je mali korak za ljude sa trga a veliki za Peana)

Aksioma 2: Svaki prirodan broj clip_image002[2] ima svoj slijedeći broj clip_image004[2].

(Također ništa veći korak od prvog)

Aksioma 3: clip_image006. (Ili, jedan nije slijedeći broj ni za koji prirodan broj)

Aksiom 4: clip_image008. Dva prirodna broja su jednaka ako su im jednaki njihovi sljedeći brojevi.

Napomena

Ova aksioma proizašla je nakon napornog rada na njivi gdje je Peano brao tek sazrjeli limun. »I limun je žut zar ne«.

Peta Peanova aksioma-aksioma poznata je pod nazivom »Noćna mora«. Aksioma zbog koje vi ne spavate, ne jedete, aksioma koja je frustrirala najviše studenata od svih Peanovih aksioma. Njen treći naziv je u narodu poznat pod imenom AKSIOMA INDUKCIJE.

Aksioma 5: Ako neki skup M prirodnih brojeva ima svojstvo:

· 1ϵM

· ako postoji prirodan brojclip_image010, pa također i njegov clip_image012. Tada M sadrži sve prirodne brojeve tj. M je identičan sa skupom prirodnih brojeva.

Nešto nije jasno? Da to je Aksioma indukcije. Šta, buni vas to što se spominju nekakvi skupovi M i N. Pa lijepo sam vam rekao da zaboravite sve što ste znali o matematičkoj indukciji.

Zadnja Peanova aksioma definiše matematićku indukciju.

Možda vam sad ništa nije jasno, ni matematička indukcija ni peanovi aksiomi. Možda vam je jedino jasno zašto je limun žut.

Tako sve počelo ( mislim na noćne more i branje limuna)…

To je bio čovjek koji je za sve kriv tj. definisao je matematičku indukciju. Reći ću vam nešto u povjerenju: Tu priču sam i ja čuo. Meni je bilo lakše, a vama…..?

Peta Peanova aksioma ili Aksioma indukcije modificirana je u teoremu. No prije nego je izložim pročitajte slijedeći primjer.

Zamislite da ste u vinskom podrumu i morate provjeriti kvalitet u 10 000 buradi. Jedino sto vlasnik želi od vas jeste da ga trijezni izvjestite da li je vino u svim buradima istog kvaliteta u roku od 15 minuta.

Sada kada je pred vama jedan gotovo nerješiv problem, ne klonite duhom. S takvim i sličnim situacijama priskače u pomoć ‘noćna mora’, hoću reći matematička indukcija.

Način na koji bi riješili ovakav problem sastoji se u sljedećem.

Probajte prvih nekoliko buradi s vinom. Uvjerite se da je vino istog kvaliteta. Sada ‘uzmite’ nasumice izabrano bure i pretpostavite da je vino zadanog kvaliteta (možete te ga čak i probati). Tada ispitajte vino u sljedećem buretu. Ako je ocjena ista kao kod pretpostavljenog bureta, možete otići vlasniku i obavijestiti ga da ste riješili problem odnosno da je vino istog kvaliteta.

Vlasnik će vam povjerovati jer poznaje princip matematičke indukcija.

Napomena

Ni u kom slučaju nemojte popiti previše vina.«.

Ovo ne morate čitati

U matematici postoje dva načina rasuđivanja:

Deduktivno

Induktivno

Deduktivni način rasuđivanja vodi do toga da morate probati vino u svim buradima i onda tako pijani date izvještaj vlasniku o kvalitetu vina u buradima. Drugim riječima dedukcija je način rasuđivanja u matematici koji se bazira na tome da sve pojedine zaključke dobijamo iz jednog općeg zakona.

Induktivni način zaključivanja, koji smo već prezentirali u primjeru, vodi do toga da pojedinačnim zaključivanjema dolazimo do jednog općeg zaključka.

Ako se sada svo to vino i burad zamijeni sa prirodnim brojevima dobijamo: princip matematičke indukcije.

Definicija 2 : PRINCIPA MATEMATIČKE INDUKCIJE. Ako neka tvrdnja P(n), koja zavisi od prirodnog broja n, vrijedi za prvih nekoliko prirodnih brojeva, te ako iz pretpostavke, da vrijedi za neki prirodni broj n=k tvrdnja P(k) vrijedi i za n=k+1, pomenuta tvrdnja vrijedi za sve prirodne brojeve odnosno za svaki prirodan broj n.

Za početak riješi ćemo jedan primjer. Sljedeći primjer je najjednostavniji primjer koji se rješava pomoću matematičke indukcije. Doista, jednostavnijeg primjera nema. Primjer je toliko jednostavan da ga ne možemo zvati zadatak.

Primjer 1 : Potrebno je provjeriti da li:

clip_image014

vrijedi za sve prirodne brojeve.

Dokaz:

Prije samog početka vratite se na definiciju matamatičke indukcije. Nakon što ste još jednom pročitali definiciju, pročitajte je još jednom , i obratite pažnju na prvi dio rečenice. Definicija teoreme kaže da svaku trvdnju, bilo ona u obliku prmjera, ili zadatka, teoreme ili vinskog podruma – potrebno je provjerili validnost tvrdnje za prvih nekoliko prirodnih brojeva.

Uzmimo da je n=1.

Sada se dešava sljedeće (pošto je n=1):

clip_image016

vidimo da, ako izračunamo desnu stranu, dobijamo:

clip_image018.

To znači da početna tvrdnja (1) vrijedi za prvi prirodan broj, što ne povlači da vrijedi ako je n=2, u to se moramo uvjeriti.

Ako je n=2, primjer se svodi na:

clip_image020

odnosno,

clip_image022

Vidimo da je tvrdnja (1) tačna i za n=2. Sada možemo preći na drugi korak jer nema smisla provjeravati dalje pojedinačno validnost trvdnje primjera 1. Međutim, ako se radi o vinskim buradima provjerava se najmanje prvih deset.

Pošto ste savladali prvi korak predlažem da pročitate ponovo definiciju matematičke indukcije i obratite pažnju na drugi dio rečenice tj. ‘ako iz pretpostavke da vrijedi na n=k …’.

Ovo znači da moramo izabrati neki prirodan broj k, znači bilo koji. Pošto je bilo koji, to ne možemo reći da je primjerice 5, 15 ili 155. Samim tim mi se nismo ograničili na određeni.

Pretpostavimo da za bilo koji n=k vrijedi tvrdnja (1). Na matematičkom jeziku zadnja rečenica izgleda sljedeće:

clip_image024

Sada pročitajte ponovo definiciju i pažnju stavite na zadnji dio rečenice ‘tvrdnja vrijedi za n=k’. To znači da moramo dokazati da tvrdnja vrijedi za n=k iz pretpostavke (2). U stvari mi sebi nešto pretpostavimo da bi smo s tom pretpostavkom nešto dokazali. To je isto kada moramo pretpostaviti da će vino poteći iz bureta prije nego natočimo čašu, inače ne bi ni otvarali bure.

Ovo je najbitniji momenat procedure dokazivanja baziranog na matematičkoj indukciji. Treći dio najjednostavnije možemo riješiti ako se pravimo da ništa ne znamo.

Napišimo pretpostavku:

clip_image026

U pretpostavku moramo uključiti sljedeći broj broja k tj. k+1 jer to definicija zahtjeva od nas. Ako sada, pošto ništa ne znamo, imamo na umu da jednoj ekvivalentnosti (bilo ona pretpostavljena ili ne) možemo dodati isti broj sa lijeve i desne strane i da ona i tada ostaje nepromijenjena (identična), tada smo primjer dokazali. Kako?

Dakle dodajmo lijevoj i desnoj strani sljedeći broj broja k. Broj koji je dodan je boldiran. Dobijamo:

clip_image028

Sada je potrebno lijevu i desnu stranu izmanipulisati tako da, gdje je god stajao broj k, mora biti sljedeći broj k+1. Jedino u takvom slučaju zadovolji ćemo definiciju 1, odnosno onog tipa iz Italije.

Pogledajmo lijevu stranu izraza (4). Tamo je k bio na posljednjem mjestu u jednakosti (2), sada stoji k+1. Znači tu smo odradili posao. Na desnoj strani imamo:

clip_image030

Postupiti ćemo kao da se nista ne dešava i uradi ćemo sve ono što se može uraditi na tako „oskudnoj“ desnoj strani. Sabraćemo razlomak sa k+1. Imamo:

clip_image032

Izvlačenjem zajedničkog člana k+1 u brojniku dobijamo sljedeće:

clip_image034

Odnosno

clip_image036

Promatrajući desnu stranu uočavamo da, gdje je god bio broj k i k+1 sada stoje sljedeći brojevi : k+1 i k+2 (odnosno (k+1)+1). A to znači da smo iz pretpostavke dokazali da tvrdnja vrijedi za n=k+1 prirodan broj.

Po posljednji put pročitajte definiciju, a pažnju usmjerite prema zadnjoj odnosno drugoj rečenici: ‘Tvrdnja vrijedi za svaki prirodan broj’.

Ako definicija kaže tako onda budite sigurni da ste stvarno dokazali primjer 1. Ako nevjerujete u to, predlažem vam da odete na pusto ostrvo sa šleperom papira i hrane, te polahko krenite od 1. Ostatak života ćete sigurno potrošiti dokazujući tvrdnju deduktivno, a možda ćete dospjeti i do naslovnica svjetskih časopisa pod naslovom ‘Čovjek sa pustog ostrva izmišlja toplu vodu’.

Ako ste shvatili prethodni primjer predlažem vam da odete u podrum i probate vino u 11-tom buretu.

Zadatak 1 : Dokazati primjenom matematičke indukcije da:

clip_image038

vrijedi za svaki prirodan broj.

Rješenje:

Čim pogledamo zadatak primjetićemo da je lijeva strana zbir prvih n neparnih brojeva (desna strana je njihova vrijednost).

Ako je n=1 dobijamo,

clip_image040, tj. clip_image018[1]

clip_image042, tj. clip_image044

Pretpostavimo da je za n=k tvrdnja 6 tačna odnosno da je:

clip_image046

Smatrajući da su prva dva koraka razumljiva problem predstavlja korak 3, odnosno da iz pretpostavke 7, dokažemo da tvrdnja vrijedi i za n=k+1, što definicija hoće „reći“, da dokažemo da tvrdnja vrijedi i tada kada ubacimo u zbir i sljedeći neparni broj od broja 2k-1, odnosno 2k+1.Lijevoj i desnoj strani dodajemo broj 2k+1.

Možda se pitate: Zašto baš 2k+1? Zašto nije neki drugi, ljepši broj?

Pa jednostavno zato što je limu žut, tj. Pošto definicija traži od nas, da stavimo u glavnu ulogu broj k+1.

Kod postavljanja u glavnu ulogu broja k+1, morate ići na to da što jeftinije prođete s tim glumcem. Hoću reći da morate biti što ljenji glede rješavanja matematičkih zadataka.

Broj 2k+1 je sljedeći broj od broja 2k-1. Evo zašto: Kada u broj 2k-1, umjesto k stavimo sljedeći broj tj. k+1 imamo:

clip_image048

Pretpostavimo:

clip_image050

Prije nekoliko godina, vjerojatno kroz neku maglu prisjećate se 8 razreda kada vam je nastavnik govorio da je:

clip_image052

Zbog tog razloga desna strana jednakosti (8) poprima oblik:

clip_image054

Ponovo ista situacija kao i u primjeru. Gdje je god stajao broj k, sada stoji broj k+1. Zaključak se svodi na primjer:

Poprincipu matematičke indukcije naš zadatak 1 je dokazan.

Savjet

Kod bilo kojeg rješavanja ovakvih tipova zadataka uvijek kod trećeg koraka idemo na to da kada dodamoneki broj dodajemo uvijek sljedeći u nizu na lijevoj strani (na strani gdje je suma). Tada više posla sa lijevom stranom nemamo, samo je (lijevu stranu jednakosti) vučemo za sobom i sređujemo desnu stranu.

Vidjeli ste kako se neke sume dokazuju primjenom matematičke indukcije. Međutim, postoji mnogo tipova drugih zadataka koji se rješavaju ovom metodom.

Pokušaću vam objasniti kako se djeljivost nekog broja može dokazati ovom metodom (matematičkom indukcijom). Također ćemo krenuti od jednog primjera.

Primjer 2 : Dokazati da je:

clip_image056

dijeljivo sa 2 za svaki prirodan broj.

Dokaz:

Ako ste zaboravili definiciju (postupak) matematičke indukcije pročitajte je.

Provjeravamo tvrdnju za prvih nekoliko prirodnih brojeva:

Za n=1, clip_image058 , tj. 4 je dijeljivo sa 2, odnosno simbolički zapisano:

clip_image060.

Za n=2, clip_image062 , tj. 10 je dijeljivo sa 2, odnosno simbolički zapisano

clip_image064.

Vidimo da naš primjer vrijedi za prva dva prirodna broja.

Sad ćemo pretpostaviti da naša tvrdnja odnosno prosti primjer vrijedi za bilo koji broj k. Ako smo to učinili tada našu pretpostavku možemo napisati na matematičkom jeziku kao:

clip_image066, gdje je clip_image068

Za one kojim nije jasna zadnja jednakost neka ne čitaju sljedeći dio teksta.

Ako je neki prirodan boj Ž dijeljiv sa prirodnim brojem 2, tada je:

clip_image070, drugim riječima, to znači dakada podjelimo broj Ž sa brojem 2 dobijemo neki prirodni broj Č.

Ako zadnju jednakost pomnožimo sa 2 dobijamo:

clip_image072,

a što je isto kao kad smo napisali:

clip_image074

Pomoću pretpostavke (11), trebamo dokazati da je:

clip_image076

Ponovo kao i svaki put kada radimo 3 korak pravimo se da ništa ne znamo:

clip_image078

clip_image080

Ako niste shvatili zadnje jednakosti tada uzmite teku iz prvog razreda srednje škole i ponovite stepene, ako je niste naložili.

Vidimo da je izraz u zagradi isti kao i naša pretpostavka pa je dijeljiva sa 2, tj.

clip_image082

Zadnja jednakost nam daje za pravo da zaključimo kako je clip_image084 djeljivosa 2, a definicija da je primjer 2 tj. clip_image086 djeljiv sa 2 za svaki prirodan broj n.

Ako niste sigurni u ovaj dokaz postupate kao i u prethodnom primjeru br. 1.

Ovo ne morate čitati

Kada kažemo“vidimo da smo dokazali i za n=k+1“ to znači u bukvalnom smislu (razmišljanjem jednog prosječnog osnovca) da mi u stvari pretpostavku uzmemo, malo je prevrnemo, odjenemo je u odjeću, počešljamo je, kupimo joj nove cipele i od jedne pepeljuge postane princeza. Znači mi tu u stvari ništa ne dokazujemo u smislu dugotrajnih sudskih procesa, svjedočenja, advokata, porote i slično. Samo dodamo saberemo i izvučemo zajednički član i pretpostavka za čudo postane upravo ono što mi trebamo dobiti, a to je jednakost za n=k+1.

Čudno zar ne?

……..


Luigi Peano 1858-1918