Bojan Kuzma ZBIRKA DOMAČIH NALOG IZ MATEMATIKE · PDF file ZBIRKA DOMAČIH NALOG IZ...

Click here to load reader

  • date post

    10-Jan-2020
  • Category

    Documents

  • view

    21
  • download

    1

Embed Size (px)

Transcript of Bojan Kuzma ZBIRKA DOMAČIH NALOG IZ MATEMATIKE · PDF file ZBIRKA DOMAČIH NALOG IZ...

  • Bojan Kuzma ZBIRKA DOMAČIH NALOG IZ MATEMATIKE (Zbirka Izbrana poglavja iz matematike, št. 4) Urednica zbirke: Petruša Miholič Izdala in založila: Knjižnica za tehniko, medicino in naravoslovje – TeMeNa, Univerza na Primorskem Primorski inštitut za naravosloven in tehnične vede Koper Fakulteta za matematiko, naravoslovje in informacijske tehnologije © TeMeNa, 2009 Vse pravice pridržane Koper, 2009 CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 51(075.8)(076.1) KUZMA, Bojan Zbirka domačih nalog iz matematike [Elektronski vir] / Bojan Kuzma. - El. knjiga. - Koper : Knjižnica za tehniko, medicino in naravoslovje - TeMeNa, 2009. - (Zbirka Izbrana poglavja iz matematike ; št. 4) Način dostopa (URL): http://temena.famnit.upr.si/files/files/zv_4_DS.pdf ISBN 978-961-92689-3-3 246642944

  • Zbirka domačih nalog iz matematike

    Bojan Kuzma

    Koper, 2009

    1

  • Kazalo

    1 Predgovor 3

    2 Analiza III – računske naloge 5

    3 Linearna Algebra – računske naloge 19

    4 Kompleksna Analiza – računske naloge 37

    5 Analiza III – teoretične naloge 40

    2

  • 1 Predgovor

    Zaradi stalnih in ponavljajočih se želja slušateljev po primerkih starih izpitnih vprašanj sem se odločil izdati zbirko vseh kolokvijev in izpitov pri predmetih kjer sem svojčas sam vodil vaje. Temu sedaj dodajam tudi zbirko vseh domačih nalog.

    Zbirka je nastajala skozi več let. V tem času sem vodil vaje na Univerzi v Mari- boru in kasneje na Univerzi v Ljubljani. Žal je bil curriculum pri tedanjih predmetih malce drugačen kot je sedaj. Zato sem se odločil, da bom zbirko zgolj v grobem razdelil kronološko. Tako sem iz te zbirke izpustil vse naloge, katerih tematika sega v področje Analize I oz. Analize II — take naloge najdete v drugih zbirkah. To je tudi razlog, da se zbirka začne s peto nalogo, in ne z prvo, kot bi pričakovali. Tu pa tam se kakšna od nalog ponovi v več letih. Primerilo se je, da se je ponovila kar celotna skupina nalog — v tem primeru sem iz zbirke odstranil vse nadaljnje tovrstne repeticije. Zbirko sem začel z nekaj primeri že rešenih nalog. Vabim vas, da jih poskusite rešiti najprej sami; mogoče pa predlagana rešitev ni najbolj elegantna? Na koncu sem dodal tudi nekaj nalog iz linearne algebre, ter eno (rešeno) nalogo iz kompleksne analize.

    Na tem mestu bi rad dodal, da naloge niso moje. Večinoma sem jih črpal iz znanih zbirk nalog kot so

    (i) M. Ušćumlić, P. Miličić: Zbirka zadataka iz vǐse matematike 1. Beograd. Naučna knjiga, 1984.

    (ii) B. G. Sergeevič, B. P. Demidovič (prevajalec I. Uremović): Zadaci i riješeni primjeri iz vǐse matematike s primjenom na tehničke nauke. Zagreb. Tehnička knjiga, 1978.

    (iii) M. Dobovǐsek, M. Hladnik, M. Omladič: Rešene naloge iz analize I. Ljubljana, Društvo matematikov, fizikov in astronomov SRS, 1972.

    (iv) V. Batagelj: Diskretne strukture. 1 - naloge. Ljubljana, IMFM FNT, Oddelek za matematiko, 1979.

    (v) M. Dobovǐsek, B. Magajna: Naloge iz algebre 1. Ljubljana, Društvo matematikov, fizikov in astronomov SR Slovenije, 1984.

    (v) M. Kolar, B. Zgrablić: Več kot nobena, a manj kot tisoč in ena rešena naloga iz linearne algebre. Ljubljana, Pedagoška fakulteta, 1996.

    (vi) P. Mizori-Oblak, B. Krušič (avtor dodatnega besedila): Matematika za študente tehnike in naravoslovja, Del 1. Ljubljana, Fakulteta za strojnǐstvo, 1997.

    3

  • (vii) P. Mizori-Oblak, Matematika za študente tehnike in naravoslovja, Del 2. Ljubljana, Fakulteta za strojnǐstvo, 1991.

    (viii) P. Mizori-Oblak, Matematika za študente tehnike in naravoslovja, Del 3. Ljubljana, Fakulteta za strojnǐstvo, 1986.

    (ix) E. Kramar, Rešene naloge iz linearne algebre. Ljubljana, Društvo matematikov, fizikov in astronomov SR Slovenije, 1989.

    Tu in tam pa se najde tudi kakšna izvirna naloga. Čisto na konec sem dodal še nekaj nalog, ki sem jih razdelil na predavanjih v letu

    2008/2009. S časoma, ko se bo tovrstnih nalog nabralo več, bo ta razdelek postal dalǰsi. Naj na koncu zaželim obilo veselja pri reševanju.

    4

  • 2 Analiza III – računske naloge

  • Izračunaj 1·010 ·98 z razvojem v Taylorjevo vrsto reda 2 in izračunaj napako.

    Pomagamo si s funkcijo dveh spremenljivk f(x, y) := xy; izračunali pa bi radi f(1·01, 0·98) = f(1 + 0·01, 1 − 0·02). Torej razvijmo f okoli točke a = (1, 1).

    Taylorjeva formula reda p = 2 za funkcijo dveh spremenljivk se v točki a = (a, b), perturbirani z x0 = (x0, y0) glasi

    f(a + x0) = f(a) + ∂f

    ∂x (a)x0 +

    ∂f

    ∂y (a)y0+

    + 1

    2!

    (∂2f

    ∂x2 (a)x20 + 2

    ∂2f

    ∂x∂y (a)x0y0 +

    ∂2f

    ∂y2 (a)y20

    )

    +

    + 1

    3!

    (∂3f

    ∂x3 (Θ)x30 + 3

    ∂3f

    ∂x2∂y (Θ)x20y0+

    + 3 ∂3f

    ∂x∂y2 (Θ)x0y

    2 0 +

    ∂3f

    ∂y3 (Θ)y30

    )

    kjer je Θ = (a + θx0) pri nekem številu Θ ∈ [0, 1], torej je Θ neka točka na daljici med a in a + x0. Zadnji sumand nam da napako. Ocenimo ga!

    Najprej je pri naši nalogi a = (1, 1) in x0 = (0 ·01,−0·02). To vstavimo v zadnji sumand.

    R2 = 1

    3!

    (

    ∂xy

    ∂x3

    x=1+θx0 y=1+θy0

    · x30 + 3 ∂xy

    ∂x2∂y

    x=1+θx0 y=1+θy0

    · x20y0+

    + 3 ∂xy

    ∂x∂y2

    x=1+θx0 y=1+θy0

    · x0y20 + ∂xy

    ∂y3

    x=1+θx0 y=1+θy0

    · y30

    )

    Pri nas so parcialni odvodi enaki

    ∂xy

    ∂x3 = x−3+y (−2 + y) (−1 + y) y

    ∂xy

    ∂x2∂y = x−2+y (−1 + y) + x−2+y y + x−2+y (−1 + y) y ln(x)

    ∂xy

    ∂x∂y2 = 2 x−1+y ln(x) + x−1+y y ln2 x

    ∂xy

    ∂y3 = xy ln3 x

    Odvode moramo računati v točkah x = 1 + θx0 = 1 + 0 ·01θ oziroma y = 1 + θy0 = 1 − 0·02θ. Pri tem

    lahko v ∂x y

    ∂x3 faktor xy−3 navzgor ocenimo z

    |xy−3| ≤ 1;

    saj je y − 3 strogo negativno število, in je x ≥ 1. Podobno velja za ∂xy ∂x2∂y

    ter ∂x y

    ∂x∂y2 . V zadnjem odvodu

    nastopa xy; le–tega ocenimo z

    |xy | = (1 + 0·01θ)1−0·02θ ≤ (1 + 0·01θ)1 ≤ 1·01.

    6

  • Dalje, povsod kjer nastopajo logaritmi, je | lnx| = | ln(1 + 0·01θ)| ≤ ln e = 1. Torej je

    |R2| ≤ 1

    3!

    (

    1 · | − 2 + 1 − 0·02θ| · | − 1 + 1 − 0·02θ| · |1 − 0·02θ| · (0·01θ)3+

    + 3 (

    1 · | − 1 + 1 − 0·02θ| + 1 · |1 − 0·02θ|+ 1 · | − 1 + 1 − 0·02θ| · 1 )

    · (0·01θ)2 (0·02θ)+

    + 3 (

    2 + 1 · |1 − 0·02θ| )

    · (0·01θ) (0·02θ)2 + 1·01 · (0·02θ)3 )

    ≤ 1 3!

    (

    1·02 · 0·02 · 1 · 0·013 + 3 (

    0·02 + 1 + 0·02 )

    · 0·012 · 0·02+

    + 3 (

    2 + 1 )

    · 0·01 · 0·022 + 0·01 · 0·023 )

    =

    ≤ 2 ·04 · 10−8 + 6·24 · 10−6 + 3·60 · 10−5 + 4·00 · 10−6

    3!

    ≤ 10−5

    Napako smo ocenili, da je največ 10−5. Še približna vrednost 1·010 ·98:

    1·010 ·98=̇f(1 + 0·01, 1− 0·02) = f(1, 1) +

    (∂f

    ∂x (1, 1) · x0 +

    ∂f

    ∂y (1, 1) · y0

    )

    +

    + 1

    2

    (∂f2

    ∂x2 (1, 1) · x20 + 2

    ∂f2

    ∂x∂y (1, 1) · x0y0 +

    ∂f2

    ∂y2 (1, 1) · y20

    )

    = 1 + (

    1 · 0·01 + 0 · (−0·02) )

    + 1

    2

    (

    0 + 2 · 0·01 · (−1·02) + 0 )

    =

    = 1.0098.

    Mimogrede: ‘točna’ vrednost bi bila 1·010 ·98 = 1.009799023 . . . . Zakaj pa smo uporabili narekovaje? Zato,

    ker najbrž tudi vhodna podatka nista točna, temveč predstavljata zgolj dvodecimalni približek.

    7

  • V. DOMAČA NALOGA PRI PREDMETU

    ANALIZA II

    1. V parcialno diferencialno enačbo

    ∆u := ∂2u

    ∂x2 +

    ∂2u

    ∂y2 = 0

    za funkcijo u = u(x, y) vstavi polarne koordinate

    x = r cos φ y = r sin φ.

    Naloga iz uporabe verižnega pravila.

    ∂u

    ∂x =

    ∂u

    ∂r

    ∂r

    ∂x +

    ∂u

    ∂φ

    ∂φ

    ∂x . (1)

    Za izračun ∂r ∂x

    bi morali poznati r = r(x, y) ter φ = φ(x, y). Mi pa poznamo njuna inverza,

    x = x(r, φ) ter y = y(r, φ). Da vseeno dobimo ∂r ∂x

    si pomagamo z izrekom o lokalni inverzni preslikavi,

    (

    ∂r ∂x

    ∂r ∂y

    ∂φ ∂x

    ∂φ ∂y

    )

    =

    (

    ∂x ∂r

    ∂x ∂φ

    ∂y ∂r

    ∂y ∂φ

    )−1

    =

    (

    cosφ −r sin φ sin φ r cosφ

    )−1 =

    (

    cos(φ) sin(φ)

    − sin(φ) r

    cos(φ) r

    )

    .

    Vstavimo v (1); dobimo ∂u

    ∂x =

    ∂u

    ∂r cosφ +

    ∂u

    ∂φ (− sinφ

    r ).

    Še enkrat moramo odvajati po x:

    ∂u2

    ∂x2 =