Matematika 4 by Izobraževalno založništvo DZS

Mirjam Bon Klanjšček • Darjo Felda

MATEMATIKA 4 U č b e n i k

z a

g i m n a z i j e

Vsebina Zaporedja in vrste Zaporedje �� 6 Lastnosti zaporedij �� 10 Limita zaporedja �� 13 Računanje z limitami �� 17 Aritmetično zaporedje �� 22 Geometrijsko zaporedje �� 26 Geometrijska vrsta �� 32 Obrestno obrestni račun �� 37 Obročna vplačila in izplačila �� 42 Številske množice Matematična indukcija �� 47 Kombinatorika Pravilo zmnožka �� 51 Pravilo vsote �� 53 Permutacije �� 56 Variacije �� 60 Kombinacije �� 63 Binomski izrek �� 66 Verjetnostni račun Poskus in dogodek �� 70 Verjetnost dogodka �� 77 Pogojna verjetnost �� 88 Zaporedje poskusov �� 92 Dvofazni poskusi �� 95 Normalna porazdelitev �� 99 Funkcije Funkcije in lastnosti funkcij �� 108 Sestavljanje funkcij �� 114 Limita funkcije �� 118 Zveznost funkcije �� 124 Diferencialni račun Odvod funkcije �� 135 Odvod sestavljene funkcije �� 151 Odvodi kotnih funkcij �� 156 Odvodi krožnih funkcij �� 160 Odvod logaritemske in eksponentne funkcije �� 163 Odvod implicitno podane funkcije �� 168 Aproksimacija z odvodom �� 171 Naraščanje, padanje, ekstremi funkcij �� 175 Drugi odvod funkcije in njegov geometrijski pomen �� 184 Parametrično podane krivulje �� 195 Ekstremalni problemi �� 198 Modeliranje �� 201

Integralski račun Nedoločeni integral �� 204 Uvedba nove spremenljivke pri računanju nedoločenega integrala �� 209 Integracija po delih (per partes) �� 215 Določeni integral �� 217 Določeni integral in ploščina �� 227 Prostornine rotacijskih teles �� 234 Posplošeni integral �� 238 Uporaba integrala v fiziki �� 240 Numerično računanje določenih integralov �� 243 Rešitve �� 245 Seznam ključnih pojmov �� 258

Tako kot literatura razvija čustva, medsebojno razumevanje in sočutje, razvija matematika čut za opazovanje, domišljijo in razum. (W. Chancellor)

Učbenik za gimnazije Matematika 3 vključuje predpisano snov in nekatere izbirne vsebine. Didaktično je enako zasnovan kot učbenika Matematika 1 in Matematika 2. V učbeniku je veliko primerov iz vsakdanjega življenja, ki osmislijo učenje in uporabo matematike. Smiselna uporaba informacijsko-komunikacijske tehnologije skrajša dolge računske postopke in vodi do rezultata tudi takrat, ko običajne poti odpovejo ali pa so preveč zapletene. Pri učenju novih matematičnih znanj vam bodo v pomoč veliko število rešenih primerov, bogata zbirka risb, grafov in ilustracij ter preprost in razumljiv jezik. Za utrjevanje znanj je na koncu vsakega poglavja zbirka nalog; rešitve so zbrane na koncu učbenika. V posameznih poglavjih najdete namige za povezovanje matematike z drugimi predmetnimi področji. Splošna znanja, ki so obvezna za vse dijake, so tiskana na beli podlagi, posebna znanja za poglabljanje predpisane snovi pa na zeleni. Za dijake, ki jih matematika še posebej navdušuje, so v učbeniku izbirne vsebine, tiskane na vijolični podlagi. Avtorji

LEGENDA Posebna znanja

Medpredmetna povezava

Izbirna vsebina

Povzetek

Ponovitev

* T ežja naloga Rešen zgled

Raziskuj z računalnikom

Zaporedje

Zaporedje Jaka se je med počitnicami s kolesom odpravil na desetdnevno kolesarjenje. Vsak večer je v preglednico zapisal, koliko kilometrov je prekolesaril v tistem dnevu.

Dan

Št. kilometrov v tem dnevu

št. km 70

Jaka je tako zapisal zaporedje števil kilometrov, ki jih je prevozil v posameznih dneh. Vsakemu dnevu je priredil natanko določeno število. Tabeliral je funkcijo, ki ponazarja število prevoženih kilometrov v posameznem dnevu.

60 50 40 30

Lahko narišemo graf te funkcije. Definicijsko območje funkcije sestavlja prvih 10 naravnih števil, v zalogi vrednosti pa so števila prevoženih kilometrov.

20 10 0

10 dan

Če je f: N → R oziroma f: A → R, pri čemer je A ⊂ N, elementu n pripada realna vrednost f(n), ki jo običajno označimo an. Vrednost, ki jo funkcija zavzame za posamezen n, je člen zaporedja. Zapiši prvih 5 členov zaporedja, danega s predpisom f: N → R, f(n) = sistemu. a1 = f(1) = 2 4 a2 = f(2) = 5 2 a3 = f(3) = 5 4 a4 = f(4) = 17 2 a5 = f(5) = 13

4 . n2 +1

Ponazori jih v koordinatnem

f (n) 2

Graf zaporedja je množica izoliranih (diskretnih) točk, ki ležijo v prvem ali v četrtem kvadrantu, saj naravnemu številu priredimo ustrezno funkcijsko vrednost. Rečemo, da je zaporedje funkcija diskretne spremenljivke. Ko obravnavamo zaporedja, pogosto opuščamo funkcijski zapis, saj že indeks n v členu an določa, kateremu naravnemu številu pripada vrednost. Funkcijske vrednosti zapišemo po vrsti a1, a2, a3, …, an … in jih imenujemo členi zaporedja, a1 je prvi (začetni) člen zaporedja, an pa n-ti ali splošni člen zaporedja.

Zaporedje

Odslej bomo zapisovali splošni člen na primer tako: an = a1 = 12 , a2 = 15 , a3 =

1 10 ,

a4 =

1 17 …,

1 , n2 +1

člene zaporedja pa po vrsti:

1 1 1 1 , , 2 5 10 17 …

včasih pa tudi kar ,

Če ima zaporedje končno mnogo členov, je to končno zaporedje. Zaporedje, ki ga je zapisal Jaka, je končno, saj ima 10 členov: a1 = 36, a2 = 21, a3 = 42, a4 = 48, a5 = 36, a6 = 47, a7 = 63, a8 = 47, a9 = 48, a10 = 54 Zaporedje, ki ima neskončno mnogo členov, je neskončno zaporedje. Če indeks n zavzame vsa naravna števila, je s splošnim členom an = 4 2 4 katerem se zvrstijo členi 2, 54 , 25 , 17 … , 13 , 37

1 n2 +1

dano neskončno zaporedje, v

Zaporedje, katerega členi so vsi med seboj enaki, je konstantno.

an 3

Zaporedje, dano s splošnim členom an = 3, je konstantno, saj je vsak člen enak 3. Graf tega zaporedja je na sliki.

2 1 0

Zapiši prve 4 člene zaporedja, katerega splošni člen je an = tan (4n−4 3)π . Po vrsti izračunamo člene: a1 = tan π4 = 1, a2 = tan

5π 9π 13π = 1, a3 = tan = 1, a4 = tan = 1 4 4 4

Opazimo, da so vsi štirje členi enaki 1. Prepričamo se lahko, da je zaporedje konstantno, saj je razlika argumentov dveh zaporednih členov enaka p, ki je ravno perioda funkcije tangens: 5π π 9π 5π − = π, − = π … 4 4 4 4

Lahko pa argument v splošnem členu preoblikujemo: an = tan(nπ −

π 3π 3π 3π ) = tan(− + nπ) = tan(− ) = tan = 1 4 4 4 4

Dano je zaporedje s splošnim členom an =

1 . n2 −1

Zapiši nekaj začetnih členov zaporedja.

Opazimo, da a1 ne moremo izračunati, saj ima tedaj imenovalec vrednost 0. Vrednost ulomka lahko izračunamo 1 1 1 , 24 , 35 za vsak n > 1, to je za n = 2, 3, 4 … Tako so začetni členi po vrsti: 13 , 18 , 15 … Če se a1 ne da izračunati, je a2 prvi (začetni) člen zaporedja. Kot lahko vidimo v naslednjem primeru, se lahko zaporedje začne s členom s še višjim indeksom. Če vrednosti an za nekatere n ne moremo izračunati, izberemo tisti najmanjši indeks k, da lahko izračunamo an za vsak n ≥ k. Tedaj je ak prvi (začetni) člen zaporedja. Splošni člen zaporedja je an =

n . n2 −4n+3

Zapiši nekaj začetnih členov zaporedja.

n Ulomek lahko preoblikujemo v (n−1)(n−3) , od koder je razvidno, da ne moremo izračunati njegove vrednosti ne za n = 1 ne za n = 3. V takem primeru zapišemo člene zaporedja le za indekse, ki so večji od 3, saj 6 7 , 24 vrednost ulomka lahko izračunamo za vsak n > 3. Tako so začetni členi po vrsti: 43 , 58 , 15 …

Če imamo danih nekaj začetnih členov zaporedja, ne moremo najti enoličnega predpisa, ki bi natanko določal zaporedje. Najdemo namreč lahko več predpisov in s tem več zaporedij, ki so jim skupni dani začetni členi.

Zaporedje

Prvi trije členi zaporedja so a1 = 1, a2 = 2 in a3 = 3. Izrazi splošni člen an kot funkcijo indeksa n. Najbolj očitna možnost za splošni člen je an = n. Če se nekoliko potrudimo, pridemo tudi do rešitve an = n3 - 6n2 + 12n - 6. Res je namreč a1 = 1 - 6 + 12 - 6 = 1, a2 = 8 - 24 + 24 - 6 = 2 in a3 = 27 - 54 + 36 - 6 = 3. Splošna člena določata različni zaporedji, ki se ujemata v prvih treh členih. Četrti člen zaporedja, ki ga določa splošni člen an = n, je a4 = 4, medtem ko je četrti člen zaporedja, ki ga določa an = n3 - 6n2 + 12n - 6, enak a4 = 10. Zapiši splošni člen zaporedja, katerega prvi štirje členi so 15 ,

2 3 9 , 13

4 17.

Vemo, da naloga ni enolično rešljiva. Poiščimo rešitev, ki nam je intuitivno najbliže. Vidimo, da se v števcih zapisanih ulomkov po vrsti pojavijo naravna števila 1, 2, 3 in 4, zato sklepamo, da je v števcu splošnega člena naravno število n. Števila v imenovalcih se povečujejo za 4, obenem pa vsako izmed njih da ostanek 1 pri deljenju s 4. Zapišimo po vrsti: a1 =

1 1 2 2 3 3 4 4 = , a2 = = , a3 = = in a4 = = . 5 4·1+1 9 4·2+1 13 4·3+1 17 4·4+1

Sklepamo, da je ena izmed rešitev prav an =

n 4·n+1.

Zaporedje ima 7 členov. Začetni člen je enak 16, vsak naslednji člen pa je enak polovici predhodnega. Zapiši to zaporedje. Najprej je a1 = 16, nato pa po vrsti izračunamo naslednje člene: a2 =

a1 2

= 8, a3 =

a2 a3 a4 a5 1 a6 1 = 4, a4 = = 2, a5 = = 1, a6 = = in a7 = = 2 2 2 2 2 2 4

Zaporedje je natančno določeno s prvim členom a1 = 16 in pravilom an+1 =

an 2 .

Takemu načinu podajanja zaporedja pravimo rekurzivni način. V tem primeru so dani začetni člen ali nekaj začetnih členov in pravilo, kako določiti naslednji člen iz predhodnega ali predhodnih členov. Tako pravilo imenujemo rekurzivna formula. Prvi člen zaporedja je enak 0, drugi pa 1. Vsak naslednji člen je enak vsoti predhodnih dveh členov. Zapiši prvih 6 členov tega zaporedja. Vemo torej, da je a1 = 0 in a2 = 1. Po vrsti izračunamo: a3 = a1 + a2 = 1, a4 = a2 + a3 = 2, a5 = a3 + a4 = 3 in a6 = a4 + a5 = 5. Zaporedje je določeno s prvima členoma a1 = 0 in a2 = 1 ter rekurzivno formulo an+2 = an + an+1. To zaporedje imenujemo Fibonaccijevo zaporedje po italijanskem matematiku Leonardu Fibonacciju, Več o tem lahko izveš pri zgodovini umetnosti. ki ga je prvi opisal okrog leta 1200. Fibonaccijevo zaporedje se pogosto pojavlja v naravi. Čebelje samice imajo dve vrsti spolnih kromosomov, samci pa le eno in zato samice določajo spol. Troti se namreč razvijejo iz neoplojenih jajčec in nimajo očeta, samice pa se razvijejo iz oplojenih jajčec ter imajo očeta in mater. Razvoj samic v matice oziroma delavke je odvisen od kakovosti hrane, ki jo dobijo ličinke. Matica z izločanjem feromonov zavira razvoj ličink v matice.

Zaporedje

Tako v trotovem rodovniku kot v rodovniku čebele-delavke je število prednikov v posamezni generaciji Fibonaccijevo število.

Število

Trot

Čebela delavka

staršev

starih staršev

prastarih staršev

praprastarih staršev

prapraprastarih staršev

praprapraprastarih staršev

prapraprapraprastarih staršev

Ta razvoj lahko ponazorimo z grafoma (

trot,

Pozanimaj se o kranjski čebeli ali kranjski sivki (Apis mellifica carnica), avtohtoni pasmi čebele, ki je prvotno živela na skoraj celotnem slovenskem etničnem prostoru. Dandanes je druga najbolj razširjena čebelja pasma na svetu. Kočevski gozdni med ima evropski znak kakovosti zaščitene označbe porekla.

čebela-matica).

Rodovnik čebele-delavke

Rodovnik trota

1. Zapiši prvih 6 členov zaporedja in nariši graf. a) an =

2n n+1

b) an = (−1)n

c) an = cos nπ

d) an =

2n n

2. Zapiši najpreprostejšo možnost za splošni člen zaporedja z danimi prvimi štirimi členi. a) 0, 1, 0, 1

b) 2, 4, 8, 16

c) 1,

1 1 1 , , 3 9 27

1 2 3 4 d) , , , 4 5 6 7

3. Zapiši prvih 5 členov zaporedja, danega z rekurzivno formulo. a) a1 = 1, an+1 = 3an - 1

b) a1 = 3, an+1 = 2an - 3

d) a1 = 1, a2 = 2, an+2 = 2an - an+1

c) a1 = 4, an+1 =

e) a1 = 2, a2 = 3, an+2 =

an an+1

an +1 2

* vključno drugega člena zaporedja naprej je vsak člen za 2 večji od polovice predhodnega. Ali je 4. Od zaporedje lahko konstantno?

Lastnosti zaporedij

Lastnosti zaporedij Niko je preučeval zaporedje s splošnim členom an =

1 n+1.

Zapisal je nekaj

1 1 1 1 1 začetnih členov: , , , , . Narisal je graf tega zaporedja. 2 3 4 5 6

an 1 3 4 1 2 1 4

Sklepal je: 0 1 2 3 4 5 n • zaporedje je neskončno, saj lahko za vsak n ∈ N izračunamo vrednost an, • začetni člen je največji in vsak člen zaporedja od drugega naprej je manjši od predhodnega, saj se z večanjem 1 števila n vrednost ulomka n+1 manjša, 1 pozitivno število za vsak n ∈ N , • vsi členi zaporedja so pozitivna števila, saj je ulomek n+1 • večji kot je n, manj se an razlikuje od števila 0, členi zaporedja z dovolj velikim indeksom so poljubno blizu številu 0. 1 padajoče: čim bolj večamo indeks n, manjše Povzamemo lahko, da je zaporedje s splošnim členom an = n+1 so vrednosti člena an. Zaporedje je navzgor omejeno, saj noben člen zaporedja ni večji od začetnega člena a1 = 12, in navzdol omejeno, saj noben člen ni manjši od 0.

Lina je zapisala nekaj začetnih členov zaporedja, danega s splošnim členom n an = n+1 , in narisala ustrezen graf. 1 2 3 4 5 , , , , 2 3 4 5 6

an 1 3 4 1 2 1 4

Sklepala je: • zaporedje je neskončno: za vsak n ∈ N lahko izračunamo vrednost an, • začetni člen je najmanjši, vsak člen zaporedja od drugega naprej je večji od predhodnega, saj se z večanjem n števila n vrednost ulomka n+1 veča, n večje od števila v števcu, je vrednost ulomka manjša od 1, torej so vsi • ker je število v imenovalcu ulomka n+1 členi zaporedja manjši od 1, • večji kot je n, manj se an razlikuje od števila 1, členi zaporedja z dovolj velikim indeksom so poljubno blizu številu 1. Iz Lininih sklepov lahko povzamemo, da je zaporedje s splošnim členom an = čim bolj večamo indeks n, večje so vrednosti člena an.

n n+1 naraščajoče:

Zaporedje je navzgor omejeno, saj so vsi členi zaporedja manjši od 1, in navzdol omejeno, saj noben člen ni manjši od začetnega člena a1 = 12. Zapišimo še v matematičnem jeziku:

Velja tudi: Zaporedje s splošnim členom an je strogo naraščajoče, če je an+1 > an za vsak n ∈ N, oziroma strogo padajoče, če je an+1 < an za vsak n ∈ N.

Lastnosti zaporedij

navzgor omejeno navzdol omejeno

Splošni člen zaporedja je an =

n+2 n .

Preveri, ali je zaporedje padajoče in ali je omejeno.

Zaporedje je padajoče, če velja an+1 ≤ an oziroma an+1 - an ≤ 0 za vsak n ∈ N. Zapišimo n+1+2 n+3 n+1 = n+1 in preverimo predznak razlike:

an+1 =

an+1 − an =

n(n + 3) − (n + 1)(n + 2) n+3 n+2 −2 = = < 0 − n+1 n n(n + 1) n(n + 1)

Razlika je negativna za vsak n ∈ N, dano zaporedje je padajoče, celo strogo padajoče.

Ker je prvi člen zaporedja enak a1 = 31 = 3, je 3 zgornja meja zaporedja, saj je zaporedje padajoče in je vsak naslednji člen manjši od predhodnega. Ker je števec vsakega člena zaporedja za 2 večji od imenovalca, je vsak člen večji od 1. To pomeni, da je 1 spodnja meja zaporedja. Zaporedje je omejeno. Splošni člen zaporedja je an =

1 n

cos nπ. Preveri, ali je zaporedje naraščajoče in ali je omejeno.

Zapišimo nekaj začetnih členov zaporedja: −1,

1 2,

Narisan je graf zaporedja.

− 13 ,

1 4,

− 15 ,

1 6 …

an 1 0

Zaporedje ni ne naraščajoče ne padajoče, je pa omejeno.

-1

Absolutna vrednost členov je enaka n1 in z rastočim n pada proti 0. To pomeni, da noben člen ni manjši od prvega in da noben člen ni večji od drugega; velja torej: −1 ≤ an ≤ 12. Dano zaporedje ima značilnost, da vsakemu členu neposredno sledi nasprotno predznačen člen.

alternirajoče

Dano je zaporedje s splošnim členom an = log2 n. Ali je zaporedje padajoče? Ali je omejeno? Zapišimo nekaj začetnih členov zaporedja. Nekatere člene izrazimo na dve decimalki natančno, pri tem uporabimo žepno računalo: a1 = log2 1 = 0

a2 = log2 2 = 1

a3 = log2 3

1, 58

a4 = log2 4 = 2

a5 = log2 5

a6 = log2 6

a7 = log2 7

2, 81

a8 = log2 8 = 3

2, 32

2, 58

Zaporedje ni padajoče, pač pa naraščajoče, saj je logaritemska funkcija z osnovo, večjo od 1, naraščajoča. Da je zaporedje naraščajoče, se lahko prepričamo tudi z izračunom razlike an+1 - an: log2 (n + 1) − log2 n = log2 n+1 n = log2 1 +

Ker je 1 +

1 n

> 1 za vsak n ∈ N, je log2

1 n

> 0

za vsak n ∈ N.

Torej je an+1 - an > 0 oziroma an+1 > an za vsak n ∈ N.

Zaporedje je navzdol omejeno. Ker je naraščajoče, je namreč prvi člen kar enak spodnji meji.

Lastnosti zaporedij

Zaporedje ni navzgor omejeno, saj logaritemska funkcija ni navzgor omejena. V to se prepričamo tudi s premislekom. Naj bo realno število M > 0 še tako veliko, lahko izberemo še večje naravno število k > M, da je a2k = log2 2k = k > M . Z nobenim še tako velikim realnim številom torej ne moremo omejiti vrednosti, ki jih zavzamejo členi zaporedja.

Spodnja oziroma zgornja meja zaporedja ne obstajata nujno. Kot smo ugotovili, zgornja meja zaporedja s splošnim členom an = log2 n ne obstaja. Če spodnja meja zaporedja obstaja, je spodnjih mej več: če je namreč neko število m spodnja meja, je spodnja meja tudi vsako število k, ki je manjše od m, saj ni noben člen zaporedja manjši od k, če ni manjši od m. Podobno sklepamo za zgornjo mejo: če je neko število M zgornja meja, je zgornja meja tudi vsako število K, ki je večje od M, saj ni noben člen zaporedja večji od K, če ni večji od M. Zato govorimo tudi o natančni spodnji meji zaporedja, ki je največja izmed vseh spodnjih mej, in o natančni zgornji meji, ki je najmanjša izmed vseh zgornjih mej. Seveda pa tako kot spodnja in zgornja meja niti natančna spodnja meja in natančna zgornja meja ne obstajata nujno. Zgornja in spodnja meja nista nujno člena neskončnega zaporedja. Če je zaporedje padajoče, je prvi člen natančna zgornja meja zaporedja, natančna spodnja meja zaporedja, če le-ta obstaja, pa ni člen zaporedja. Analogno velja, če je zaporedje naraščajoče: tedaj je prvi člen natančna spodnja meja zaporedja, natančna zgornja meja, če obstaja, pa ni člen zaporedja.

Dano je zaporedje, katerega splošni člen je an = 2-n. Poišči natančno spodnjo in natančno zgornjo mejo zaporedja, če obstajata. Graf zaporedja tvorijo točke Tn (n, f (n)) na grafu funkcije f(x) = 2-x. y

Funkcija f(x) je padajoča in povsod pozitivna. Če se omejimo na n ∈ N, zavzame največjo vrednost za n = 1, zato je a1 = 12 natančna zgornja meja. Ko x narašča preko vseh meja, se funkcija asimptotično bliža vrednosti 0: njena vrednost postane manjša od še tako majhne pozitivne vrednosti, vrednosti 0 pa ne zavzame. To pomeni, da je 0 natančna spodnja meja.

1 -1

a3 3

1. Preveri, ali je zaporedje naraščajoče ali padajoče in ali je omejeno. 1 n (−1)n (n + 2) e) an = n

a) an = −

n−1 n (−1)n n2 f ) an = n+1

b) an =

n2 + 2 n nπ g) an = n sin 2

c) an =

d) an = 2n−1 h) an =

2n + 4 3n

2. Poišči natančno spodnjo in natančno zgornjo mejo, če obstajata. Pomagaj si z grafom ustrezne funkcije. a) an =

1 n

b) an =

2n + 1 2n − 1

c) an = 3−n

d) an = 2− 2

a4 4

Limita zaporedja

Limita zaporedja Alja je narisala graf zaporedja s splošnim členom an =

n+2 n .

Graf je nato projicirala na ordinatno os.

Opazila je, da je zaporedje padajoče in da se projekcije točk z grafa tem bolj gostijo, čim bolj se njihove ordinate bližajo vrednosti 1. Ugotovila je, da je ulomek imenovalcu.

n+2 n

večji od 1, saj je v števcu večje število kot v

y 3 2 1 0

1 Zanimalo jo je, kateri členi zaporedja se od vrednosti 1 razlikujejo za manj kot 10 .

Zato je zapisala neenačbo: n+2 n −1< Preuredila jo je: n2 <

1 10

Zapisala je rešitev: n > 20 1 To pomeni, da so vsi členi zaporedja od vključno 21. naprej za manj kot 10 oddaljeni od števila 1. 1 Na enak način je ugotovila, da se vsi členi od vključno 201. naprej za manj kot 100 razlikujejo od vrednosti 1.

Kot smo že omenili, velikokrat opuščamo funkcijsko »ozadje« zaporedja in člene upodobimo kar na številski premici oziroma realni osi. Aljin primer bi tako ponazorili: 0

Ker bi se členi zaporedja lahko pojavili na obeh straneh točke, okrog katere se kopičijo, opazujemo, koliko jih je v primerno majhnem odprtem intervalu s središčem v tej točki. 1 1 , 1 + 10 Alja je ugotovila, da so v odprtem intervalu 1 − 10 vsi členi zaporedja, razen prvih 20 členov, in da 1 1 so v odprtem intervalu 1 − 100 , 1 + 100 vsi členi zaporedja, razen prvih 200. Lahko tudi rečemo, da so v 1 1 oddaljenosti 10 od števila 1 vsi členi zaporedja, razen prvih 20, v oddaljenosti 100 od števila 1 pa so vsi členi, razen prvih 200.

Če izberemo poljubno realno število a in poljubno pozitivno število e, odprtemu intervalu (a - e, a + e) s središčem v a, dolgemu 2e, pravimo e-okolica točke a in ga označimo Oe(a). Številu e večkrat rečemo polmer okolice.

0 a-ee

a+ee

Vsako število x iz e-okolice točke a se od a razlikuje za manj kot e. To pomeni, da je število x za manj kot e oddaljeno od a, torej je |a − x| < ε. n

1 Kateri členi zaporedja an = (−1) 2n+1 ne ležijo v okolici Oe(0), če je ε = 9? Od katerega člena naprej so vsi v 1 1 Oe(0), če je ε = 100 ? Kaj pa, če je ε = 1000 ?

Upodobimo nekaj začetnih členov zaporedja: 1 1 − 13 , 15 , − 17 , 19 , − 11 , 13 .

1 9

-1 7

-1

-1 3

-1 11

0 13

1 5

Prvi 4 členi zaporedja ne ležijo v predpisani e-okolici točke 0. Četrti člen sicer leži na robu intervala oziroma je krajišče intervala; vemo pa, da krajišče ni element odprtega intervala. Uporabimo pogoj, da je |a − x| < ε. V tem primeru je x = an.

Limita zaporedja

Za ε =

1 100

dobimo neenačbo |0 − an | <

1 100,

ki jo preuredimo:

(−1)n 1 < 2n + 1 100 1 1 < 2n + 1 100 −

2n + 1 > 100 99 n> 2

Ker je n naravno število, so od vključno 50. člena naprej vsi v Oe(0), če je ε = Podobno ravnamo za ε = Neenačbo |0 − an | <

1 100.

1 1000.

1 1000 preuredimo:

1 1 < 2n + 1 1000 2n + 1 > 1000 999 n> 2

Sklepamo, da so vsi členi od vključno 500. člena naprej v Oe(0), če je ε =

1 1000.

V obeh primerih v tem razdelku smo opazovali e-okolico točke, okrog katere se kopičijo členi zaporedja. Ugotovili smo, da so v vsaki e-okolici skoraj vsi členi zaporedja, saj jih je le končno mnogo izven okolice. Pri manjšem e je sicer več členov izven okolice, a v vsakem primeru le končno mnogo, tako da so od nekega člena naprej vsi v e-okolici. V takem primeru je točka, okrog katere se kopičijo členi zaporedja, limita zaporedja. O limiti zaporedja je smiselno govoriti le, če je zaporedje neskončno. limita zaporedja Zapišimo to definicijo še v matematičnem jeziku: limita zaporedja a = lim a a = lim an ⇔ (∀ε > 0)(∃N ∈ N) : (n > N ) ⇒ |a − an | < ε n→∞

Zapis lim an preberemo limita zaporedja an, ko gre n čez vse meje. n→∞

Zdaj že vemo, da je lim

n+2 n→∞ n

(−1)n n→∞ 2n+1

= 1 in da je lim

= 0.

n→∞

Limita zaporedja

Kateri členi zaporedja s splošnim členom an =

n+2 2n+3

in limito 12 so v okolici Oε

Uporabimo neenačbo |a − an | < ε, ki jo v tem primeru zapišemo kot Ker je 12 −

n+2 2n+3

1 1 < = − 2(2n+3) , neenačbo zapišemo 2(2n+3)

1 2

−

1 2

n+2 2n+3

, če je e = 0,02?

< 0,02.

1 50.

Od tod dobimo 50 < 2(2n + 3) oziroma n > 11. V okolici Oε

1 2

, če je e = 0,02, so vsi členi od vključno 12. naprej.

Vsako konvergentno zaporedje je omejeno. ( a-e

) a+e

Ali je zaporedje s splošnim členom an =

(−1)n (n+2) konvergentno? n

Napišimo nekaj začetnih členov zaporedja in jih upodobimo na realni osi: 5 3 7 4 9 5 11 6 −3, 2, − , , − , , − , , − , 3 2 5 3 7 4 9 5 -7 - 1 5 11

-3

-2

-5 3

-9 7

-1

6 5

4 3 5 4

3 2

Opazimo, da se členi zaporedja kopičijo okrog dveh točk, 1 in -1. V poljubno majhni e-okolici točke 1 so vsi členi s sodim indeksom, razen končno mnogo le-teh. Podobno so v poljubno majhni e-okolici točke -1 vsi členi z lihim indeksom, razen končno mnogo le-teh. Seveda je neskončno mnogo členov zaporedja tako izven dovolj majhne okolice točke 1 kot izven dovolj majhne okolice točke -1, zato nobena izmed teh dveh točk ni limita zaporedja. Števili 1 in -1 sta stekališči zaporedja.

Zapišimo definicijo stekališča v matematičnem jeziku:

Očitno je limita konvergentnega zaporedja tudi stekališče tega zaporedja - tedaj je to edino stekališče zaporedja. Stekališče ni nujno limita zaporedja; če ima zaporedje več kot eno stekališče, nima limite in je torej divergentno. Če ima zaporedje eno stekališče, to ni nujno limita tega zaporedja. Če pa je zaporedje omejeno in ima eno stekališče, je to stekališče tudi limita.

Limita zaporedja

Poišči stekališča zaporedja s splošnim členom an = sin nπ 2 . Najprej se prepričajmo, da sin nπ 2 zavzame po vrsti vrednosti 1, 0, -1 in 0, ki se periodično ponavljajo. Členi zaporedja so torej 1, 0, -1, 0, 1, 0, -1, 0 … Očitno so števila -1, 0 in 1 stekališča zaporedja, saj je v vsaki še tako majhni okolici vsakega izmed teh števil neskončno mnogo členov zaporedja. = −1, (k ∈ N), V vsaki okolici števila -1 so členi a4k−1 = sin (4k−1)π 2

v vsaki okolici števila 0 so členi a2k = sin 2kπ 2 = sin kπ = 0, (k ∈ N), = 1, (k ∈ N). v vsaki okolici števila 1 pa so členi a4k−3 = sin (4k−3)π 2

Dano je zaporedje s splošnim členom an = n sin nπ 2 . Ali je zaporedje konvergentno? Vemo, da izraz sin nπ 2 zavzame po vrsti vrednosti 1, 0, -1 in 0, ki se periodično ponavljajo. Začetni členi zaporedja so torej 1, 0, -3, 0, 5, 0, -7, 0, 9, 0, -11 … Absolutne vrednosti členov z lihim indeksom naraščajo prek vsake meje, ko se indeks povečuje. Vsi členi s sodim indeksom so enaki 0. Očitno je število 0 edino stekališče zaporedja, saj so v vsaki e-okolici točke 0 vsi členi s sodim indeksom, ki jih je neskončno mnogo. Število 0 ni limita zaporedja, saj so vsi členi z lihim indeksom izven ustrezno majhne e-okolice točke 0. Zaporedje ni konvergentno.

4 1. Limita zaporedja s splošnim členom an = n+1 je 0. Koliko členov zaporedja ne leži v okolici Oe(0), če je 1 1 ε = 10? Od katerega člena naprej so vsi členi zaporedja v okolici Oe(0), če je ε = 200 ?

2. Dano je zaporedje s splošnim členom an = a) e = 0,2

5n−1 2n−1.

b) e = 0,05

Od katerega člena naprej so vsi členi v okolici Oε c) e = 0,01

5 2

d) e = 0,002

3. Preveri, ali je zaporedje, dano s splošnim členom, konvergentno. a) an =

(−1)n n+3

b) an =

(−1)n (n + 2) n+3

c) an =

n+2 n+3

d) an =

cos nπ π sin (2n+1) 2

4. Ali je zaporedje, dano s splošnim členom, konvergentno? Ali ima stekališče, če ni konvergentno? a) an = cos 2nπ e) an = tan

(2n − 1)π 4

b) an = cos(2n − 1)π f ) an = cot

(2n − 1)π 2

c) an = cos nπ g) an = tan

(3n − 1)π 3

d) an = h) an =

cos nπ 2n n tan (3n−3 1)π

Računanje z limitami

Računanje z limitami Limito nekaterih zaporedij lahko določimo s premislekom. Limita konstantnega zaporedja s splošnim členom an = c je lim an = c. n→∞

V tem primeru so namreč vsi členi an v vsaki še tako majhni okolici števila c, saj so kar enaki številu c. Neskončno mnogo členov je v vsaki okolici, noben člen ni izven nobene okolice. Limita zaporedja, katerega splošni člen an je ulomek, ki ima v števcu konstanto, v imenovalcu pa nekonstantni polinom indeksa n, je enaka 0. Če je polinom za katero izmed vrednosti n enak 0, je potrebno zaporedje opazovati od tistega indeksa naprej, ko polinom nima celih ničel. Omejili se bomo na polinome prve in druge stopnje. Oglejmo si dva primera. Izračunaj limito zaporedja s splošnim členom an =

3 5n+2.

3 Ker se števec ulomka 5n+2 z rastočim n ne spreminja, imenovalec pa postaja čedalje večji, se vrednosti ulomka manjšajo – ulomek zavzema čedalje manjšo pozitivno vrednost. Limita je tako enaka 0.

To lahko preverimo: pri poljubno izbranem številu e > 0 so vsi členi od nekega člena naprej v e-okolici števila 0. Zapišemo neenačbo 0 −

3 <ε 5n + 2 3 5n + 2 > ε 3 − 2 n> ε 5

3 5n+2

< ε, ki jo preuredimo.

−2

Za vsak n, večji od ε 5 , je pripadajoči člen za poljubno izbran e v e-okolici števila 0. To pomeni, da so vsi členi z izjemo končno mnogo v e-okolici števila 0. Število 0 je limita tega zaporedja. 1 c ali n+d Na enak način lahko pokažemo, da je limita zaporedja s splošnim členom n1 ali n+4 , kjer n c sta c in d poljubni konstanti, enaka 0. Če je zaporedje alternirajoče, na primer s splošnim členom (−1) n+d , se situacija bistveno ne spremeni - vsi členi od nekega člena naprej so v ustrezno majhni okolici števila 0, le da se proti številu 0 ne bližajo vsi z iste strani.

Poudarimo, da je e > 0, ki ga povezujemo z e-okolico nekega števila, oznaka za majhno število, saj želimo ugotoviti, kateri členi zaporedja so v tej okolici oziroma koliko členov zaporedja je v tej okolici. Ko gre za limito zaporedja, so v njeni e-okolici vsi členi z izjemo končno mnogo ne glede na to, kako majhen e izberemo. Brez ε škode lahko torej namesto e vzamemo 2ε ali 3ε ali 10 … V primeru zaporedja, danega s splošnim členom an = je an v e-okolici števila 0 za vsak n, večji od

3 ε −2. 5

3 5n+2,

katerega limita je enaka 0, smo ugotovili, da

Hitro lahko ugotovimo, da je an v 2ε -okolici števila 0 za vsak n, večji od

6 ε −2. 5

1 Če bi izbrali ε = 10 , bi z računalom preverili, da le prvih 5 členov ni v e-okolici števila 0 in da le prvih 11 členov ε ni v 2 -okolici števila 0. V vsakem primeru so torej skoraj vsi členi v ustrezno majhni okolici limite.

Računanje z limitami

Izračunaj limito zaporedja s splošnim členom an =

1 n2 −4n+3.

Polinom v imenovalcu lahko razstavimo v (n - 1)(n - 3), od koder sklepamo, da sta 1 in 3 ničli tega polinoma. Da bi se izognili deljenju z 0, naj n ne bo niti 1 niti 3. Gotovo zavzema polinom n2 - 4n + 3 z rastočim n vedno večje vrednosti, kar pomeni, da se vrednost ulomka bliža vrednosti 0 in da je limita zaporedja zato enaka 0. Oglejmo si nekaj pravil, ki jih bomo uporabljali pri računanju z limitami. Če imamo dani konvergentni zaporedji s splošnima členoma an in bn, za kateri velja lim an = a in n→∞ lim bn = b, lahko oblikujemo nova zaporedja s seštevanjem, odštevanjem in množenjem enakoležnih členov.

n→∞

Če so vsi členi zaporedja s splošnim členom bn od 0 različni, lahko oblikujemo tudi zaporedje z ustreznim deljenjem enakoležnih členov. a1 + b1, a2 + b2, a3 + b3, …, an + bn, …

a1b1, a2b2, a3b3, …, anbn, … a1 a2 a3 an , , , …, , … b1 b2 b3 bn

a1 - b1, a2 - b2, a3 - b3, …, an - bn, …

• Vsota, razlika in zmnožek konvergentnih zaporedij so konvergentna zaporedja. • Če so vsi členi drugega zaporedja in limita tega zaporedja od 0 različni, je tudi količnik zaporedij konvergentno zaporedje.

lim (an + bn ) = lim an + lim bn

n→∞

lim (an − bn ) = lim an − lim bn

n→∞

lim (an · bn ) = lim an · lim bn

n→∞

an bn

lim

n→∞

lim an

n→∞

lim bn

n→∞

bn = 0, lim bn = 0 n→∞

n→∞

lim (an )k = ( lim an )k, k ∈ N

n→∞

lim

n→∞

√ k

an =

lim an , k ∈ N

n→∞

lim an =

n→∞

lim bn =

n→∞

|an − a| < |bn − b| < |(an + bn ) − (a + b)| = |(an − a) + (bn − b)| ≤ |an − a| + |bn − b| <

ε 2

Računanje z limitami

Izračunaj limito zaporedja s splošnim členom an =

3n−2 2n+5.

Opazimo, da sta v števcu in imenovalcu polinoma iste stopnje (prve). V takem primeru delimo števec in imenovalec s potenco indeksa n z najvišjo stopnjo. Če na dolgo zapišemo račun in pri tem upoštevamo našteta pravila, imamo: lim 3 − lim n2 3 − n2 3n − 2 3−0 3 n→∞ n→∞ lim = lim = 5 = 2 + 0 = 2 n→∞ 2n + 5 n→∞ 2 + 5 lim 2 + lim n n n→∞

n→∞

Limita zaporedja, katerega splošni člen je ulomek s polinomoma iste stopnje v števcu in imenovalcu, je enaka količniku vodilnih koeficientov polinomov. To smo ugotovili že v primeru zaporedja s splošnim členom an =

3n−2 2n+5,

saj smo dobili lim

3n−2 n→∞ 2n+5

Podoben sklep velja v naslednjem primeru:

3 2.

lim 1 − lim n2 + lim n22 1 − n2 + n42 n2 − 2n + 4 1−0+0 1 n→∞ n→∞ n→∞ lim = lim = = = 5 5 2 n→∞ 2n + 5 n→∞ 2 + 2 2 2+0 lim 2 + lim n2 n n→∞

n→∞

Če je splošni člen zaporedja ulomek s polinomoma v števcu in imenovalcu ter je stopnja polinoma v imenovalcu višja od stopnje polinoma v števcu, je limita zaporedja enaka 0. 3 1 lim 3 − lim n12 3n − 1 0−0 n→∞ n n→∞ n − n2 lim = lim = 2 = 1 + 0 = 0 n→∞ n2 + 2 n→∞ 1 + 22 lim 1 + lim n n2 n→∞

n→∞

Če je splošni člen zaporedja ulomek s polinomoma v števcu in imenovalcu ter je stopnja polinoma v števcu višja od stopnje polinoma v imenovalcu, limita zaporedja ne obstaja. 1 − lim n1 + lim n42 1 − n1 + n42 n2 − n + 4 1−0+0 n→∞ n→∞ lim = lim = = 3 1 3 1 n→∞ 3n + 1 n→∞ 0+0 lim n + lim n2 n + n2 n→∞

n→∞

Če števec in imenovalec delimo s potenco indeksa n z najvišjo stopjo, se za velike n vrednost števca bliža 1, vrednost imenovalca pa 0. Tak izraz nima smisla v R. Zaporedje je divergentno. 2

−x+4 Lahko si pomagamo z grafom funkcije f (x) = x 3x+1 , ki jo opazujemo za x > 0, na grafu pa označimo točke (n,f(n)) za nekaj začetnih n ∈ N. Z grafa razberemo, da je vsak člen an = f(n) zaporedja večji od predhodnega, če je n ≥ 3. Ker vrednosti funkcije f(x) naraščajo čez vsako mejo, ko x narašča, zaporedje ni navzgor omejeno.

To pomeni, da limita zaporedja ne obstaja.

4 3 2 1 1

n2 + 2n in n, saj se oba izraza z

n2 + 2n > n.

V podobnih primerih izraz za an preoblikujemo v ulomek, ki ima enako vrednost za vsak n. an =

(

√

√ n2 +2n−n)( n2 +2n+n) √ n2 +2n+n

n2 +2n−n2 √ n2 +2n+n

√

2n n2 +2n+n

Ta oblika zapisa je primerna za to, da števec in imenovalec delimo z n. lim an = lim

n→∞

√

2n n2 +2n+n

= lim

n→∞

√

2 n2 +2n +1 n

= lim

n2 + 2n − n.

S sklepanjem ne moremo ugotoviti, kolikšna je razlika med rastočim n večata. √

Izračunaj limito zaporedja s splošnim členom an =

Vemo, da je n2 = n in da je zato

n→∞

2 2 1+ n +1

Računanje z limitami

Vemo, da se ulomek n2 z rastočim n bliža vrednosti 0.

2 lim an = √ = 1 n→∞ 1+1

Kateri členi zaporedja s splošnim členom an =

1 n2 + 2n − n se od limite razlikujejo za manj kot 10 ?

Ugotovili smo že, da je lim an = 1. n→∞

Iščemo torej rešitev neenačbe n2 + 2n − (n + 1) <

n2 + 2n − n − 1 <

1 10,

ki jo lahko preoblikujemo v

1 10.

Zaradi n2 + 2n < n2 + 2n + 1 = n + 1 sklepamo, da je vrednost izraza, ki nastopa v absolutni vrednosti, negativna. Neenačbo zato poenostavimo in preoblikujemo. n2 + 2n <

n+1−

1 10

n2 + 2n

10n + 9 < 10

Obe strani zadnje neenakosti sta pozitivni, s kvadriranjem in poenostavljanjem dobimo 20n > 81, od tod pa 81 1 20, kar pomeni, da se od limite za manj kot 10 razlikujejo vsi členi od vključno petega naprej.

Oglejmo si zaporedje s splošnim členom an = 1 +

1 n n .

Limite ne moremo izračunati na preprost način. Z računalom lahko preverimo, da je na primer: a10 = 1,110 = 2,5937425… a100 = 1,01100 = 2,7048138… a1000 = 1,0011000 = 2,7169239… a10000 = 1,000110 000 = 2,7181459… a100000 = 1,00001100 000 = 2,7182682… a1000000 = 1,0000011 000 000 = 2,7182805…

Limita tega zaporedja je iracionalno število e, ki je osnova naravnega logaritma. lim

n→∞

1 1+ n

e = 2,718281828459…

Eulerjevo število

Narišimo graf funkcije f (x) = (1 + x1 ) za x > 0 in na njem označimo člene zaporedja an = f(n) za n = 1, 2, 3, 4, 5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40 in 45. Graf funkcije se za velike x približuje premici y = e, ki je narisana z rdečo črto. y 2,8 2,6 2,4 2,2 2,0 1,8 1,6 1,4 1,2 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2 0

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49

Računanje z limitami

n+3 n . n n 3 ·3

Izračunaj limito zaporedja s splošnim členom an = n+3 n n

Najprej zapišemo:

= 1+

3 n n

Poenostavimo zapis n3 = m, pa imamo: Ko se veča n, se veča tudi m: Izračunaj limito lim 1 − n→∞

1 n−1

lim

n→∞

= 1+

1 n−1

= =

lim 1 −

n→∞

n lim n+3 n→∞ n

1 n n

1 n−1

lim

n−1→∞

lim

n−1→∞

n→∞

n 3

1 n 3

= lim

1 m 3 m

= 1+

m→∞

1 m 3 m



=  lim 1 + m→∞

n−1+1

= lim

n 3

1 n 3

1 n n .

1 n n preoblikujemo: −1 n n −1 n n−1+1 = n−1 n−1

Izraz 1 − n−1 n n

1 n 3

= 1+ 1+

1+ 1 n−1

1 n−1

n−1

· 1+

1 n−1

lim

n → ∞ velja tudi n − 1 → ∞. Zaradi

1 n−1

n−1→∞

= e3

n −1

1 n−1

1+ n−1

1 n−1

n−1

n −1

3 1 m  m

1 n−1

= e · 1 = e

= e−1

1. Izračunaj limito zaporedja, katerega splošni člen je: a) an =

1 n+2

b) an =

2 4n + 1

c) an =

2 · (−1)n f ) an = 5n − 4

(−1)n e) an = n+3

3 3n − 1

d) an =

1 2n − 5

sin (2n−1)π 2 h) an = n

cos (nπ) g) an = n−1

2. Kateri členi posameznega zaporedja iz 1. naloge se od limite razlikujejo za manj kot: a)

1 5

1 10

1 100

1 200

1 500

f ) 1?

3. Izračunaj limito zaporedja, katerega splošni člen je: n−2 n+3 n2 + n − 2 e) an = 2 2n − n + 3

a) an =

n 3n − 2 3n2 − 3n + 1 f ) an = 2 n + 3n + 3

b) an =

4n − 3 2n + 3 5n − 2 g) an = 2 n +n−1

c) an =

2n n+1 n+2 h) an = 2 2n + 2

d) an =

4. Izračunaj limito zaporedja, katerega splošni člen je: a) an =

b) an =

n2 + n − n

c) an =

4n2 − 3n − 2n

n2 + 5n − n

5. Izračunaj limito zaporedja, katerega splošni člen je: a) an =

n+2 n

b) an =

n−3 n

c) an =

4 n

d) an =

n+1 n

−2n

Aritmetično zaporedje

Aritmetično zaporedje Alja je želela privarčevati za poletne počitnice, zato je 9 EUR dala v poseben hranilnik in sklenila, da bo vsak naslednji teden privarčevala 5 EUR. V preglednico je zapisala, koliko evrov bo imela v posameznem tednu. Teden

EUR

Razlika med sosednjima členoma zaporedja privarčevanih zneskov, ki ga je zapisala Alja, se ne spreminja in je torej stalna. Takemu zaporedju pravimo aritmetično zaporedje. aritmetično

an+1 - an = d

ali

an+1 = an + d

Hitro se lahko prepričamo, da vsak člen zaporedja izrazimo s prvim členom a1 in razliko d: a1 = a1 a2 = a1 + d a3 = a2 + d = a1 + 2d a4 = a3 + d = a1 + 3d .. . an = an-1 + d = a1 + (n - 1)d .. . an = a1 + (n - 1)d

Splošni člen aritmetičnega zaporedja

Funkcijski zapis zaporedja, to je f(n) = a1 + (n - 1)d, lahko preoblikujemo v f(n) = d . n + (a1 - d). To pa je zapis linearne funkcije s smernim koeficientom d. Graf zaporedja sestavljajo točke Tn(n, f(n)) oziroma Tn(n, an), ki ležijo na grafu linearne funkcije f(x) = d . x + (a1 - d). y 6 5 4

Neskončno aritmetično zaporedje je: • konstantno, če je d = 0, • naraščajoče in navzdol omejeno, če je d > 0, • padajoče in navzgor omejeno, če je d < 0.

f(x)=d . x+(a1-d)

a1+6d

a1+5d a1+4d a1+3d a1+2d a1+d a1

2 1 0

Prvih 5 členov aritmetičnega zaporedja je: -7, -3, 1, 5, 9. Zapiši dvajseti člen zaporedja. Najprej ugotovimo, da je a1 = -7 in d = 4. Torej je a20 = a1 + 19 . d = -7 + 19 . 4 = 69.

Aritmetično zaporedje

Izračunaj petindvajseti člen aritmetičnega zaporedja, če je osmi člen enak 32 in je razlika enaka -3. Iz a8 = a1 + 7d izrazimo a1 = a8 - 7d = 32 - 7 . (-3) = 53. a25 = a1 + 24d = 53 + 24 . (-3) = -19

Nalogo lahko rešimo tudi drugače: a25 = a8 + 17d = 32 + 17 . (-3) = -19. Naravna števila, urejena po vrsti od najmanjšega do največjega, so neskončno aritmetično zaporedje, pri čemer je a1 = 1 in d = 1. Neskončno aritmetično zaporedje oblikujejo tudi soda naravna števila, saj je a1 = 2 in d = 2, in liha naravna števila, saj zanje velja a1 = 1 in d = 2. Večkratniki poljubnega naravnega števila k, urejeni od najmanjšega do največjega, oblikujejo neskončno aritmetično zaporedje, saj velja a1 = k in d = k. Vsak člen aritmetičnega zaporedja, razen prvega, je enak aritmetični sredini (povprečni vrednosti) sosednjih členov.

an−1 + an+1 a1 + (n − 2) d + a1 + nd 2a1 + 2(n − 1)d = = = a1 + (n − 1) d = a 2 2 2

an−1 + an+1 an − d + an + d 2an = = = an 2 2 2

Velja še več: Vsak člen aritmetičnega zaporedja je enak aritmetični sredini tistih dveh členov, ki sta od tega člena enako »oddaljena«.

an an-k

…

an-2 an-1

an+1 an+2

an+k

…

a1 + (n − k − 1) d + a1 + (n + k − 1) d 2a1 + 2(n − 1)d an−k + an+k = = = a1 + (n − 1) d = an 2 2 2 an−k +an 2

an −kd+an +kd 2

= an

Izberimo k števil med številoma a in b, da dobljenih k + 2 števil oblikuje končno aritmetično zaporedje. b

Naj bo a prvi člen zaporedja, torej a1 = a. Tedaj je ak+2 = b. Iz ak+2 = a1 + (k + 1)d oziroma b = a + (k + 1)d izrazimo d = Izbrana števila so a + d, a + 2d, a + 3d, …, a + kd.

a+kd

b−a k+1. a+d a

Temu postopku rečemo aritmetična interpolacija. Grafična upodobitev teh števil pokaže, da ležijo na premici, zato je aritmetična interpolacija linearna. 1

k+2

Aritmetično zaporedje

Izberi 8 števil med številoma 6 in 9, ki skupaj s tema številoma oblikujejo aritmetično zaporedje z 10 členi. Najprej je a1 = 6 in a10 = 9. Od tod dobimo a10 = a1 + 9d oziroma d = 6 13 , 6 23 , 7 7 13 , 7 23 , 8, 8 13 in 8 23.

9−6 9

= 13. Izbrana števila so

Aritmetično zaporedje ima 10 členov, prvi člen je enak 4, razlika med sosednjima členoma je 3. Kolikšna je vsota vseh členov zaporedja? Naloga je preprosta, saj lahko najprej zapišemo člene zaporedja, to je 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, 28 in 31, ki jih nato seštejemo 4 + 7 + 10 + 13 + 16 + 19 + 22 + 25 + 28 + 31 = 175. Člene končnega aritmetičnega zaporedja lahko hitreje seštejemo. Označimo z Sn vsoto vseh n členov zaporedja a1, a1 + d, a1 + 2d, a1 + 3d, …, a1 + (n - 1)d. V izrazu seštevanja zapišimo člene najprej od najmanjšega do največjega, nato v nasprotnem vrstnem redu in enakoležne člene seštejemo. Sn = a1

[a1 + d]

+ [a 1 + 2d]

+ . . . + [a1 + (n − 2) d ] + [a1 + (n − 1) d]

Sn = [a1 + (n − 1)d] + [a1 + (n − 2) d ] + [a1 + (n − 3) d] + . . . + [a1 + d]

+ a1

2Sn = [2a1 + (n − 1) d] + [2a1 + (n − 1) d] + [2a1 + (n − 1) d] + . . . + [2a1 + (n − 1) d] + [2a1 + (n − 1) d]

Sn =

n · (2a1 + (n − 1) d) n = (2a1 + (n − 1) d) 2 2

Ker je an = a1 + (n - 1)d, lahko zapišemo tudi Sn = n2 (a1 + an ). Sn =

n n (2a1 + (n − 1) d) ali Sn = (a1 + an ) 2 2

Vsota n členov aritmetičnega zaporedja Iz Sn = a1 + a2 + … + an in Sn+1 = a1 + a2 + … + an + an+1 sledi Sn+1 = Sn + an+1 oziroma an+1 = Sn+1 - Sn. Izračunaj vsoto prvih 500 naravnih števil. Uporabimo formulo za izračun 500 členov aritmetičnega zaporedja: S500 =

500 2 (1

+ 500) = 250 · 501 = 125250

Izrazi vsoto prvih n naravnih števil. Ker je prvi člen v aritmetičnem zaporedju prvih n naravnih števil enak 1, zadnji člen pa je enak n, velja Sn =

n 2

(1 + n) ali Sn =

n·(n+1) 2

Vsota vseh členov končnega aritmetičnega zaporedja, katerega prvi člen je enak 3, razlika d pa 4, je 210. Koliko členov ima zaporedje? Ker zadnjega člena ne poznamo, uporabimo formulo Sn = n(6 + 4(n − 1)) 2 4n2 + 2n - 420 = 0

210 =

2n2 + n - 210 = 0

n·(2a1 +(n−1)d) . 2

Aritmetično zaporedje

(n - 10)(2n + 21) = 0

Rešitvi enačbe sta n1 = 10 in n2 = − 21 2 , vendar druga rešitev ni smiselna. Zaporedje ima 10 členov.

1. Zapiši prvih 6 členov aritmetičnega zaporedja, če je dan prvi člen in razlika zaporedja. Izračunaj 10. člen. a) a1 = 3, d = 2

b) a1 = -2, d = -5

c) a1 = −2, d =

2 3

d) a1 = 6, d = -2

2. Peti člen aritmetičnega zaporedja je enak 29, osmi pa 47. Poišči splošni člen zaporedja in zapiši prve 4 člene. 3. Za kateri x je zaporedje x, x2, x2 + x aritmetično? 4. Tretji člen aritmetičnega zaporedja je enak vsoti prvih dveh. Ali je zaporedje natanko določeno? Ali ima tako zaporedje lahko različno predznačene člene? 5. Ali oblikujejo naravna števila, ki dajo ostanek r, (0 < r < k), pri deljenju s k, (k > 1), aritmetično zaporedje? Odgovor utemelji. 6. Izberi 9 števil med številoma 8 in 13, ki skupaj s tema številoma oblikujejo aritmetično zaporedje. 7. Med številoma 5 in 29 izberi toliko števil, da skupaj s tema številoma oblikujejo aritmetično zaporedje, katerega razlika d je celo število. Poišči vse možnosti. 8. Vsota petega in osmega člena aritmetičnega zaporedja z razliko 3 je enaka 41. Poišči prvi člen zaporedja in vsoto prvih 12 členov zaporedja. 9. Vsota prvih 6 členov aritmetičnega zaporedja je 111, vsota prvih 9 členov pa 207. Poišči prvi člen zaporedja. 10. Izrazi vsoto prvih n lihih naravnih števil in vsoto prvih n sodih naravnih števil. 11. Vsota prvih n členov aritmetičnega zaporedja je enaka 5n2 - 2n. Izrazi splošni člen tega zaporedja. 12. Vsota drugega in šestega člena aritmetičnega zaporedja je 30. Če od osmega člena odšteješ tretji člen, dobiš 20. Zapiši prvih 5 členov zaporedja. 13. Koliko členov ima aritmetično zaporedje z razliko 3, če je zadnji člen enak 82, vsota vseh členov pa 1161? 14. Lina je narisala prikaz, ki ga bo še ustrezno dopolnila s črkami slovenske abecede. Koliko črk M bo zapisala? Katera črka bo zapisana v zadnjem stolpcu, ko bo vseh zapisanih črk 361?

* 15. Koliko je n, če velja

n k=1

(20 − 4k) = −20? (Če znaka

S ne poznaš, poglej na stran 25.)

B B B

C C C C C

Cˇ Cˇ Cˇ Cˇ Cˇ Cˇ Cˇ

D D D D D D D D D

Geometrijsko zaporedje

Geometrijsko zaporedje Po neki legendi naj bi Sisa ben Dahir zahteval od kralja Šahrama, da mu za nagrado, ker je izumil šah, da na prvo polje šahovnice eno zrno pšenice, na drugo dve, na tretje štiri …, na vsako naslednje polje naj bi dal dvakrat toliko zrn pšenice kot na predhodno. Koliko zrn pšenice naj bi kralj postavil na zadnje, 64. polje šahovnice? Zapišimo v preglednico, koliko zrn pšenice naj bi bilo na začetnih poljih šahovnice. Polje

Zrn pšenice

128

256

Števila zrn pšenice oblikujejo neko zaporedje. Količnik med sosednjima členoma tega zaporedja je stalen. Takemu zaporedju pravimo geometrijsko zaporedje. Zaporedje

geometrijsko

a2 a3 a4 an+1 = = = ... = =q a1 a2 a3 an

Iz definicije geometrijskega zaporedja sklepamo, da noben člen tega zaporedja ni enak 0, zato niti količnik ne more biti enak 0. Količnik med sosednjima členoma geometrijskega zaporedja označimo q. an+1 = q ali an+1 = an q an

Vsak člen zaporedja izrazimo s prvim členom a1 in količnikom q: a1 = a1 a2 = a1q a3 = a2q = a1q2 a4 = a3q = a1q3 .. . an = an-1q = a1qn-1 .. . an = a1qn-1

Splošni člen geometrijskega zaporedja Sedaj lahko hitro odgovorimo na vprašanje o številu zrn pšenice na 64. polju šahovnice. Vemo, da je a1 = 1 in q = 2. Z računalom izračunamo: a64 = a1 q 63 = 263 = 9 223 372 036 854 775 808

9 · 1018

Število zrn na 64. polju je zelo veliko, težko si ga sploh predstavljamo. Denimo, da ima zrno razsežnosti 2 mm × 2 mm × 5 mm in da ima torej prostornino 20 mm3 = 2 . 10-8 m3. Zrna s 64. polja bi zavzela prostornino 2 . 10-8 . 9 . 1018 = 18 . 1010 m3. Olimpijski plavalni bazen je dolg 50 m, širok 25 m in globok 2,2 m ter ima prostornino 2750 m3. Z zrni s 64. polja bi torej napolnili približno 65 454 545 olimpijskih plavalnih bazenov.

Geometrijsko zaporedje

Iz funkcijskega zapisa zaporedja, to je f(n) = a1qn-1, vidimo, da gre za eksponentno funkcijo z osnovo q. Graf zaporedja sestavljajo točke Tn(n,f(n)) oziroma Tn(n,an), ki ležijo na grafu eksponentne funkcije f(x) = a1qx-1.

f(x) = a1 . q x-1

f(x) a5 a4 a3 a2 a1

Neskončno geometrijsko zaporedje je: • konstantno, če je q = 1, • naraščajoče in navzdol omejeno, če je a1 > 0 in q > 1 ali če je a1 < 0 in 0 < q < 1, • padajoče in navzgor omejeno, če je a1 > 0 in 0 < q < 1 ali če je a1 > 0 in q > 1, • alternirajoče in omejeno, če je -1 < q < 0, • alternirajoče in neomejeno, če je q < -1.

Prvih 5 členov geometrijskega zaporedja je 1, 3, 9, 27, 81. Zapiši deseti člen zaporedja. Najprej ugotovimo, da je a1 = 1 in q = izračunamo, da je a10 = 19 683.

a2 a1

a3 a2

= 3. Tako je a10 = a1 . q9 = 1 . 39. Z žepnim računalom

Potence števila k z naravnim eksponentom, urejene po velikosti eksponenta od najmanjšega do največjega, so neskončno geometrijsko zaporedje, pri čemer je a1 = k in q = k. Tedaj dobimo po vrsti k, k2, k3, k4 … Sedmi člen geometrijskega zaporedja s količnikom -3 je enak 1458. Izračunaj četrti člen. a7 = a1q6 1458 = a1 . (-3)6 a1 =

1458 =2 (−3)6

a4 = a1q3 = 2 . (-3)3 = 2 . (-27) = -54

Kvadrat poljubnega člena geometrijskega zaporedja od vključno drugega člena naprej je enak zmnožku sosednjih dveh členov. Pravimo, da je ta člen zaporedja enak geometrijski sredini sosednjih členov. an2 = an-1 . an+1 ; n ≥ 2

Velja še splošneje: an2 = an-k . an+k

Geometrijsko zaporedje

Izberimo k števil med številoma a in b, da dobljenih k + 2 števil oblikuje končno geometrijsko zaporedje. Naj bo a prvi člen zaporedja, torej a1 = a.

f(x)

f(x) = 32

x-1

Tedaj je ak+2 = b.

Iz ak+2 = a1qk+1 oziroma b = aqk+1 izrazimo q k+1 = ab .

4 3 2

Če je število k sodo, je q = če pa je liho, dobimo q = ±

k+1

b a , b a.

To pomeni, da lahko na en sam način izberemo sodo mnogo števil med številoma a in b, ki sta bodisi enakega ali nasprotnega predznaka, medtem ko lahko na dva načina izberemo liho mnogo števil med številoma a in b, ki sta enakega predznaka.

1 0

-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7

f(x) =− 32

x-1

Med števili 64 in 729 vstavi 5 števil tako, da dobiš geometrijsko zaporedje s sedmimi členi. a1 = 64 a7 = 729

Ker je a7 = a1q6, lahko zapišemo 729 = 64q6. q6 =

729 64

36 26

Dobimo dve rešitvi: q1 =

3 2

in q2 = − 32

Pripadajoči zaporedji sta 64, 96, 144, 216, 324, 486, 729 in 64, -96, 144, -216, 324, -486, 729. Če sešteješ prvi in tretji člen geometrijskega zaporedja, dobiš 10, če pa sešteješ drugi in četrti člen, dobiš 30. Zapiši prvih 5 členov zaporedja. Najprej je a1 + a3 = a1 + a1q2 = 10 in a2 + a4 = a1q + a1q3 = 30, od koder dobimo enačbi a1(1 + q2) = 10 in a1q(1 + q2) = 30. Če v drugi enačbi upoštevamo a1(1 + q2) = 10, dobimo 10q = 30 in od tod q = 3. Končno upoštevamo rezultat q = 3 v prvi enačbi in dobimo a1 = 1. Prvih 5 členov zaporedja je: 1, 3, 9, 27, 81. Geometrijsko zaporedje ima 3 člene. Prvi je enak 2. Če drugemu členu prištejemo 1, druga dva pa ohranimo, dobimo aritmetično zaporedje. Katero je to geometrijsko zaporedje? Zapišimo geometrijsko zaporedje: 2, 2q, 2q2. Vemo, da je zaporedje 2, 2q + 1, 2q2 aritmetično, zato je razlika med sosednjima členoma stalna: 2q + 1 - 2 = 2q2 - 2q - 1 Enačbo preuredimo: 2q2 - 4q = 0 2q(q - 2) = 0 q1 = 0 in q2 = 2

Upoštevamo le drugo rešitev, saj količnik ne sme biti enak 0. Geometrijsko zaporedje je 2, 4, 8. Preverimo, da dobimo aritmetično zaporedje 2, 5, 8, če drugemu členu geometrijskega zaporedja prištejemo 1.

Geometrijsko zaporedje

Izračunajmo vsoto prvih 10 členov geometrijskega zaporedja, katerega prvi člen je enak 13, količnik pa 2. Zapišimo člene po vrsti: 13 ,

2 4 8 16 32 64 128 256 512 3, 3, 3, 3 , 3 , 3 , 3 , 3 , 3

in seštejmo:

1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 + 128 + 256 + 512 1023 = = 341 3 3

Člene končnega geometrijskega zaporedja lahko seštejemo hitreje. S Sn označimo vsoto vseh n členov geometrijskega zaporedja a1, a1q, a1q2, a1q3, …, a1qn-1. Sn = a1 + a1q + a1q2 + a1q3 + … + a1qn-2 + a1qn-1

Levo in desno stran enakosti pomnožimo s q in dobimo: qSn = a1q + a1q2 + a1q3 + a1q4 + … + a1qn-1 + a1qn Opazimo, da se členi zapisanih enakosti ujemajo, razen prvega člena v prvi enakosti in zadnjega člena v drugi enakosti. Če od druge enakosti odštejemo prvo, dobimo qSn - Sn = a1qn - a1, od tod pa izrazimo vsoto. Če je q = 1, je zaporedje konstantno in velja Sn = n . a1. Sn =

a1 (q n − 1) ; q = 1 q−1

Vsota n členov geometrijskega zaporedja

Na mednarodni konferenci se je zbralo 100 čudnih matematikov. Zvečer so se želeli osvežiti s sadnim sokom, zato so se postavili v vrsto pred točilno mizo. Prvi v vrsti je natakarju povedal naročilo: »Jaz želim liter sadnega soka, kolega za mano pol litra, kolega za njim četrtino litra in tako naprej: vsak naslednji želi pol toliko sadnega soka kot kolega pred njim. Nas je 100 in rad bi takoj poravnal račun za vse. Koliko mi boste zaračunali?« Natakar je hitro odvrnil: »Glede na to, da vas je 100, bom zaračunal 10 litrov soka.« Matematik je protestiral in hotel počakati, da bi vsi dobili naročeno. Koliko litrov soka so popili vsi skupaj? Če uporabimo formulo, lahko zapišemo: 1·

S100 =

1 100 −1 2 1 2 −1

=2· 1−

1 2100

< 2

Vsi matematiki skupaj naj bi popili manj kot 2 l soka. Seveda so bili res zelo čudni, saj je že deseti v vrsti želel popiti 219 l, kar je manj kot 2 ml soka. Njihovemu naročilu sploh ni bilo mogoče ustreči. Izračunaj vsoto prvih 10 členov geometrijskega zaporedja, katerega prvi člen je enak 3, količnik pa 2. Izračunajmo: S10 =

3(210 −1) 2−1

3 ·1023 1

= 3069

Geometrijsko zaporedje

Geometrijsko zaporedje ima končno mnogo členov. Prvi člen je enak 1, zadnji 729, vsota vseh členov tega zaporedja pa je 547. Katero je to zaporedje? a1(q n − 1) qn − 1 = = 547 q−1 q−1 an = a1qn-1

Sn =

729 = 1 . qn-1 / . q qn = 729q

Tako lahko zapišemo: 729q−1 q−1

= 547

182q = -546 q = -3

Enakost 729 = (-3)n-1 preoblikujemo: (-3)6 = (-3)n-1 n - 1 = 6 n = 7

Zaporedje ima 7 členov, in sicer: 1, -3, 9, -27, 81, -243, 729.

1. Zapiši prvih 6 členov geometrijskega zaporedja, če je dan prvi člen in količnik zaporedja. Izračunaj deseti člen. a) a1 = 2, q = 2

b) a1 = -1, q = 3

c) a1 = −4, q =

3 2

d) a1 = 8, q = −

1 2

2. Izračunaj prvi člen geometrijskega zaporedja, če je količnik enak 13. a) a4 =

1 3

b) a5 =

2 27

c) a5 = −

1 9

d) a6 = 24,3

3. Kot smo zapisali v zgledu, je Sisa ben Dahir zahteval od kralja Šahrama, da mu za nagrado, ker je izumil šah, da na prvo polje šahovnice eno zrno pšenice, na drugo dve, na tretje štiri …, na vsako naslednje polje naj bi dal dvakrat toliko zrn pšenice kot na predhodno. Koliko zrn pšenice naj bi kralj postavil na šahovnico? Koliko bi skupaj tehtala vsa zrna na njej, če 1000 zrn pšenice tehta povprečno okrog 44 g? Primerjaj količino te pšenice z letno svetovno proizvodnjo pšenice. 4. Drugi člen geometrijskega zaporedja je enak 12, četrti pa 8. Poišči splošni člen zaporedja in zapiši prvih 5 členov. 5. a) Za kateri x je zaporedje x, x2, x2 + x geometrijsko? b) Za kateri x je zaporedje x, x + 1, 2x + 1 geometrijsko?

Geometrijsko zaporedje

6. Prvi trije členi zaporedja so p + 6, p + 10 in p + 15. Določi vrednost neznanke p in količnik zaporedja. 7. Geometrijsko zaporedje s količnikom 4 ima pet členov. Zmnožek prvega in zadnjega člena je 1024. Zapiši to zaporedje. 8. Geometrijsko zaporedje oblikujejo trije členi. Prvi je za 14 manjši od drugega, tretji pa za 42 večji od drugega. Zapiši to zaporedje. 9. Ko se je Jure zaposlil, je sklenil, da bo vsak mesec nekaj denarja privarčeval. Prvi mesec je privarčeval 40 EUR, vsak naslednji mesec pa 10 % več kot predhodni mesec. Koliko je privarčeval v sedmem mesecu? Koliko denarja je privarčeval v prvem letu? 10. Niko je na tablo napisal vsa naravna števila od 1 do 2000. Alja je izbrisala vse potence števila 2. Kolikšna je vsota števil, ki so ostala zapisana na tabli? * 11. Vsota prve polovice členov končnega geometrijskega zaporedja s količnikom 3 je 26, vsota druge polovice členov pa 702. Katero je to zaporedje? * 12. Prvi člen geometrijskega zaporedja s samimi pozitivnimi členi je enak 9. Razmerje med vsoto prvih osmih členov zaporedja in vsoto prvih štirih členov zaporedja je 97 : 81. Kolikšen je količnik zaporedja? 13. Alja je zapisala tričlensko aritmetično zaporedje, katerega srednji člen je bil enak 5. Jaka je ta člen izbrisal in namesto njega zapisal število 3 ter tako dobil tričlensko geometrijsko zaporedje. Kolikšna sta bila razlika aritmetičnega zaporedja in količnik geometrijskega zaporedja? 14. Niko je zapisal tričlensko aritmetično zaporedje, katerega razlika je bila enaka prvemu členu. Koliko naj prišteje prvemu členu, da bo dobil tričlensko geometrijsko zaporedje? 15. Lina je zapisala tričlensko aritmetično zaporedje, katerega razlika je bila enaka prvemu členu. Koliko naj prišteje tretjemu členu, da bo dobila tričlensko geometrijsko zaporedje? 16. Jaka je zapisal več tričlenskih geometrijskih zaporedij, katerih členi so bila naravna števila. Za vsako je preveril, da je kvečjemu en člen praštevilo, zato je sklepal: »kvečjemu en člen poljubnega nekonstantnega geometrijskega zaporedja, katerega členi so naravna števila, je praštevilo«. Ali trditev res velja za poljubno tako geometrijsko zaporedje?

Geometrijska vrsta

Če seštejemo le prvih nekaj členov neskončnega zaporedja, govorimo o delni vsoti zaporedja. n

Za delno vsoto in za vrsto imamo tudi ustrezna znaka: ∞

ak = a1 + a2 + … + an oziroma k=1

ak = a1 + a2 + … + an + …

k=1

Prvega preberemo »vsota vseh ak od k = 1 do n«, drugega pa »vsota vseh ak od k = 1 do neskončno«. 6 1 k+1

1 2

1 3

1 4

1 5

1 6

1 7

223 140

je delna vsota prvih 6 členov zaporedja, danega s splošnim

1 ak = k+1 členom .

k=1 n

k = 1 + 2 + 3 + ... + n =

n(n+1) 2

je delna vsota prvih n členov zaporedja, danega s splošnim

členom ak = k, to je vsota prvih n naravnih števil.

k=1

Tako je na primer

∞

1 k−1 2

=1+

1 2

1 4

1 8

+ . . . geometrijska vrsta, saj seštevamo člene

k=1

geometrijskega zaporedja, katerega začetni člen je 1, količnik pa 12. Zanima nas, ali je vsota neskončno mnogo členov geometrijskega zaporedja 1, 12 , 14 , 18 . . . končna ali ne. V ta namen oblikujemo zaporedje delnih vsot, v katere postopoma vključujemo vedno več členov. Prva delna vsota S1 je enaka prvemu členu, druga delna vsota S2 je enaka vsoti prvih dveh členov, tretja delna vsota S3 je enaka vsoti prvih treh členov … S1 = a1 = 1

1 3 = 2 2 1 1 7 S3 = a1 + a2 + a3 = 1 + + = 2 4 4 .. . n 1 · 12 − 1 a1(q n − 1) = 2· 1− = Sn = 1 q−1 2 −1 S2 = a1 + a2 = 1 +

1 2

Za izračun vsote n členov tega geometrijskega zaporedja smo uporabili ustrezno formulo.

Dobili smo izraz, ki nakazuje odvisnost n-te delne vsote od indeksa n, to je od števila členov geometrijskega zaporedja, ki smo jih sešteli. Če bi sešteli vse člene neskončnega geometrijskega zaporedja, bi moral n preseči vsako še tako veliko naravno število. Poiskati moramo torej limito zaporedja delnih vsot. Preverimo, ali je zaporedje delnih vsot, to je zaporedje s splošnim členom Sn, konvergentno: n n lim Sn = lim 2 · 1 − 12 = 2, saj postaja vrednost potence 21 z rastočim n vedno manjša in n→∞ n→∞ je »v limiti« enaka 0, konstanta pa ne spreminja svoje vrednosti. Zaporedje delnih vsot je konvergentno in ima limito enako 2.

Geometrijska vrsta

∞

1 2

k=1

k−1

1 1 1 + + + . . . = 2 2 4 8

=1+

Vsota neskončno mnogo členov geometrijskega zaporedja 1, Nasploh se bomo držali pravila:

∞

Če je zaporedje delnih vsot Sn, ki pripada vrsti konvergentna tudi vrsta

∞

1 1 1 2, 4, 8,

. . . je enaka 2.

ak, konvergentno in ima limito lim Sn = S , je n→∞

k=1

ak, S pa je njena vsota.

k=1

Limita konvergentnega zaporedja delnih vsot S1, S2, S3, …, Sn, … je torej limita pripadajoče konvergentne vrste. ∞

Ugotovi, ali je vrsta

(−1)k−1 konvergentna. 3k

k=1

Najbolje, da zapišemo nekaj začetnih seštevancev, nato pa še delne vsote: ∞

(−1)k−1 3k

1 3

2 9 1 27

1 3·

k =1

S1 = S2 = S3 = .. . Sn =

1 3 1 3 1 3

− −

1 9 1 9

a1(q n −1) q −1

−

1 9

1 27

−

1 81

+ ...

7 27 1 n − 3 −1 1 3 −1

1 2

· 1 − − 13

1 2

· 1−

(−1)n 3n

Vrednost ulomka (−1) 3n gre z rastočim n proti 0, saj je števec za vsak n bodisi enak 1 bodisi enak -1, medtem ko imenovalec narašča prek vsake meje. Tako je lim Sn = 12 in n→∞

∞

(−1)k−1 3k

= 12.

k=1

Vrsta je konvergentna. Ali je vrsta

∞

2k−1 konvergentna?

k=1 ∞

2k−1 = 1 + 2 + 4 + 8 + . . .

k=1

Iz zapisane vsote vidimo, da se seštevanci večajo in da že posamezni seštevanci presežejo še tako veliko število, če je le k dovolj velik. To pomeni, da ta vrsta ni konvergentna. Seveda se v to lahko prepričamo tudi z zaporedjem delnih vsot: S1 = 1 S2 = 3 S3 = 7 .. . 1 · (2n − 1) Sn = = 2n − 1 2−1

Geometrijska vrsta

Zaporedje delnih vsot je naraščajoče, saj k predhodni vsoti prištevamo pozitivno število, da dobimo naslednjo vsoto, ni pa navzgor omejeno, saj vrednost izraza 2n − 1 preseže poljubno veliko število M, če je le n dovolj velik. Velja namreč 2n - 1 > M oziroma 2n > M + 1. Zato je log 2n > log(M + 1), od koder izrazimo +1) n log 2 > log(M + 1) oziroma n > log(M log 2 . Prepričali smo se, da so nekatere geometrijske vrste konvergentne, druge pa ne. Glede na to, da v n-ti delni vsoti nastopa indeks n kot eksponent potence z osnovo q, o konvergenci geometrijske vrste odloča prav količnik q. n

a1 q k−1 =

Sn =

a1 (q n −1) q−1

k=1

Delno vsoto lahko preoblikujemo: a1 (1−q n ) 1−q

a1 1−q

−

a1 q n 1−q

Vidimo, da je le števec drugega ulomka odvisen od n.

lim q n = 0 za |q| < 1

n→∞

lim |q|n = ∞ za |q| > 1

n→∞

Naj bo |q| < 1 in izberimo poljuben e > 0. Poiščimo tak n, da bo |q|n < ε. Po logaritmiranju dobimo neenačbo n log |q| < log ε. Ker je |q| < 1, je log |q| < 0, zato iz neenačbe sledi n > Za vsa naravna števila, za katera velja n >

log ε n log |q|, je |q|

log ε log |q |.

< ε in je lim q n = 0. n→∞

Če je |q| > 1, lahko pokažemo, da |q|n preseže poljubno veliko vrednost M in da je torej |q|n > M . Neenakost logaritmiramo ter delimo z log |q|, ki je v tem primeru pozitivno število, pa imamo n >

log M log |q|.

Za vsa dovolj velika naravna števila torej |q|n preseže poljubno veliko vrednost in je lim |q|n = ∞. n→∞

Če je |q| < 1, je limita delnih vsot, ki pripadajo geometrijski vrsti, enaka lim n→∞ druge q pa vrsta ni konvergentna.

a1 1−q

−

a1 q n 1−q

Geometrijska vrsta a1 + a1q + a1q2 + a1q3 + … je konvergentna za |q| < 1. Tedaj je njena vsota enaka S =

a1 1−q .

Če je |q| ≥ 1, je geometrijska vrsta divergentna. √

Vsota geometrijske vrste 3a + a 3 + a + Najprej vidimo, da je a1 = 3a in q =

√a 3

√ + . . . je enaka 9 + 3 3. Kolikšen je a?

√

3 3 .

Uporabimo formulo za vsoto neskončne geometrijske vrste in vstavimo podatke. S=

a1 1−q

√ 9 + 3 3 = 3a√3 1− 3 √ 3 + 3 = 3−3a√3

a = 2

a1 1−q , za

Geometrijska vrsta

Zapiši periodično decimalno število 1,245 v obliki ulomka. Periodično decimalno število zapišemo kot neskončno vrsto: 1,245 = 1,2 +

45 45 45 12 45 + + + ... = + 1000 100 000 10 000 000 10 1000

1 1 + ... + 100 1002

1 Izraz v oklepaju je neskončna geometrijska vrsta, katere prvi člen je 1, količnik pa 100 , zato je njena vsota 1 100 enaka S = 1 = 99 . 1− 100

Tako je 1,245 =

12 10

45 1000

100 99

6 5

45 990

6 5

5 110

137 110

27 = 1 110 .

Nalogo bi lahko rešili tudi drugače, ne da bi uporabili geometrijsko vrsto. Naj bo x = 1,245. Najprej to enakost pomnožimo s tako potenco števila 10, da je v številu, ki ga dobimo na desni strani, ena perioda tega decimalnega števila pred decimalno vejico. V tem primeru množimo z 103 in dobimo 1000x = 1245,45. Nato enakost pomnožimo s tako potenco števila 10, da je v številu, ki ga dobimo na desni strani, perioda tega decimalnega števila takoj za decimalno vejico. V tem primeru množimo z 10 in dobimo 10x = 12,45. 1000x − 10x = 1245,45 − 12,45 = 1233 1233 137 27 x= = =1 990 110 110

Kvadratu, katerega stranica je dolga a, včrtamo trikotnik, katerega ena stranica se ujema s stranico kvadrata, tretje oglišče trikotnika pa je na nasprotni stranici kvadrata. Dobljenemu trikotniku včrtamo kvadrat, ki ima sosednji oglišči v razpoloviščih daljših dveh stranic trikotnika. Postopek nadaljujemo, kot je razvidno s slike. Izračunaj vsoto ploščin vseh kvadratov in vsoto ploščin vseh trikotnikov. Očitno je ploščina trikotnika, ki je včrtan kvadratu, enaka polovici ploščine kvadrata, saj sta ena izmed stranic trikotnika in višina nanjo enako dolgi kot stranica kvadrata. Stranica kvadrata, ki je včrtan trikotniku, je enaka srednjici trikotnika, vzporedni s tisto stranico trikotnika, ki se ujema s stranico večjega kvadrata, zato je stranica tega kvadrata enaka polovici dolžine večjega kvadrata. Dolžine stranic kvadratov so po vrsti enake a, a2 , a4 . . . Tako so ploščine kvadratov po vrsti enake a2 , njihova vsota pa a2 (1 + 14 +

1 16

+ . . .) = a2

a2 a2 , . . ., 4 16 1 4 2 1 = 3 a .

1− 4

Kot smo ugotovili, je ploščina vsakega trikotnika enaka polovici ploščine kvadrata, v katerega je včrtan. Zato je vsota ploščin trikotnikov enaka: a2 1 1 a2 1 (1 + + + . . .) = · 2 4 16 2 1−

1 4

2 = a2 3

Geometrijska vrsta

1. Kolikšna je vsota geometrijske vrste 1 + a + a2 + a3 + …, če je: a) a = 0,1

√

√ 1− 2 c) a = 2

3 b) a = 3

2. Dana je geometrijska vrsta 3 +

3 x

3 x2

3 x3

d) a =

1 π

e) a =

1−e π

f ) a = 0,99

+ . . .

a) Za katere x je konvergentna? b) Za kateri x je 3 + c) Za kateri x je 3 +

3 x 3 x

+ +

3 x2 3 x2

+ +

3 x3 3 x3

+ . . . = x? + . . . = 23?

3. Za katere x je geometrijska vrsta 1 + 2x + 4x2 + 8x3 + . . . konvergentna? Ali je lahko vsota te vrste za neki x enaka -5? Odgovor utemelji. 4. Stranica enakostraničnega trikotnika je dolga a. Trikotniku včrtamo manjši trikotnik, ki ima oglišča v razpoloviščih prvotnega trikotnika. Postopek nadaljujemo tako, da dobljenemu trikotniku včrtamo še manjši trikotnik, ki ima oglišča v razpoloviščih dobljenega trikotnika. Kolikšni sta vsota obsegov in vsota ploščin vseh trikotnikov? 5. Pravilnemu šestkotniku, katerega stranica je dolga a, včrtamo krog, dobljenemu krogu včrtamo pravilni šestkotnik, temu spet krog … Kolikšna je vsota ploščin vseh pravilnih šestkotnikov? Kolikšna pa vsota ploščin vseh krogov? 6. Kvadratu včrtamo krog, dobljenemu krogu kvadrat, temu kvadratu krog … Kolikšno je razmerje med vsoto ploščin vseh krogov in vsoto ploščin vseh kvadratov? 7. Polkrogu s polmerom R včrtamo manjši polkrog, katerega premer je vzporeden s premerom prvotnega polkroga in se ga dotika. Postopek nadaljujemo tako, da manjšemu polkrogu na podoben način včrtamo še manjši polkrog … Izračunaj vsoto ploščin vseh polkrogov. 8. Ko so posadili grmovnico, je bila visoka 110 cm. Po enem letu je bila visoka 120 cm. Vsako naslednje leto je zrasla pol toliko, kolikor je zrasla v preteklem letu. Pokaži, da grmovnica nikoli ni presegla višine 130 cm. 9. Žogico spustimo z višine 20 m. Po vsakem odboju s tal doseže 23 predhodne višine. a) Kako visoko se povzpne po 20. odboju? b) Kolikšno pot bi napravila žogica v idealnem primeru, če bi se neštetokrat odbila s tal?

* katere x ∈ R konvergira vrsta 10. Za

∞ n=1

5 (x + 2)n? Kolikšna je vsota vrste, če je x = − ? 2

20 m

Obrestno obrestni račun

Obrestno obrestni račun Alja je v banko položila 5000 EUR in znesek vezala za 6 let. Jaka je v banko položil enak znesek, a ga je vezal le za 3 leta. Razmišlja, da bo kasneje morda podaljšal dobo vezave še za 3 leta. Banka priznava 2,7 % obresti za depozite nad 5 let in 2,5 % obresti za depozite od 2 do 3 leta, in sicer z letnim pripisom obresti. Koliko evrov bi po 6 letih lahko iz banke prevzela Alja in koliko Jaka, če bi se Jaka odločil za podaljšanje dobe vezave? Znesek, ki ga položimo v banko, je glavnica ali kapital in ga označimo z a. Banka običajno obrestno obrestuje, kar pomeni, da pri letnem pripisu obresti po preteku enega leta te pripiše glavnici. Obresti pomenijo torej znesek, za katerega banka poviša glavnico po preteku enega leta, višina obresti pa je odvisna od obrestne mere p, ki označuje, koliko odstotkov glavnice znaša ta znesek. Glavnica se skupaj s pripisanimi obrestmi prenese v novo leto kot nova glavnica, zato tudi rečemo, da banka letno pripisuje obresti. V novem letu se torej obrestuje glavnica s pripisanimi obrestmi. Čas med dvema zaporednima pripisoma obresti je obrestovalna ali kapitalizacijska doba. Denimo, da sta Alja in Jaka položila denar takoj v začetku leta. Zapišimo, kako se spreminja vrednost glavnice a pri obrestnem obrestovanju s p % obresti. Zneske zaokrožimo na stotine. Alja (p = 2,7)

Jaka (p = 2,5)

Polog

5000,00 EUR

1. leto

5135,00 EUR

5125,00 EUR

a1 = a 1 +

2. leto

5273,65 EUR

5253,13 EUR

a2 = a1 1

3. leto

5416,04 EUR

5384,46 EUR

a3 = a2 1

4. leto

5562,27 EUR

5519,07 EUR

a4 = a3 1

5. leto

5712,45 EUR

5657,05 EUR

a5 = a4 1

6. leto

5866,69 EUR

5798,48 EUR

a6 = a5 1

p 100 p + 100 p + 100 p + 100 p + 100 p + 100

=a 1+ =a 1+ =a 1+ =a 1+ =a 1+

p 100 p 100 p 100 p 100 p 100

2 3 4 5 6

Po 6 letih bi Alja dobila 5866,69 EUR, Jaka pa 5798,48 EUR. Zaporedne vrednosti glavnice oblikujejo geometrijsko zaporedje, katerega prvi člen je začetni polog a, p p je letna obrestna mera v odstotkih, količnik pa je enak r = 1 + 100 in ga imenujemo obrestovalni faktor. 2 3 Zaporedne vrednosti glavnice so tedaj a, ar, ar , ar , … an = a . rn

Vrednost glavnice pri letni kapitalizaciji po n letih Lina in Niko sta vsak po 5000 EUR položila v banko, ki priznava 2,7 % obresti za depozite, daljše od 5 let, in 2,5 % obresti za depozite od 2 do 3 let ter uporablja polletni pripis obresti. Niko je znesek vezal za 6 let, Lina pa za 3 leta, vendar bo kasneje premislila o podaljšanju dobe vezave še za 3 leta. Koliko evrov bi po 6 letih lahko iz banke prevzel Niko in koliko Lina, če bi se odločila za podaljšanje dobe vezave?

Obrestno obrestni račun

V tem primeru je kapitalizacijska doba krajša od 1 leta, saj gre za polletni pripis obresti – v enem letu sta dve kapitalizacijski obdobji. Govorimo o relativnem obrestovanju in relativnem obrestovalnem faktorju r =1+

p 2 100,

v katerem letno obrestno mero p delimo s številom kapitalizacijskih obdobij.

Računamo kot v prejšnjem primeru, le da štejemo polletja. Niku se bo denar obrestoval s faktorjem r =1+

2,7 2 100

= 1,0135, Lini pa s faktorjem r = 1 +

2,5 2 100

= 1,0125.

Niko (r = 1,0135)

Lina (r = 1,0125)

Polog

5000,00 EUR

1. polletje

5067,50 EUR

5062,50 EUR

a1 = a 1 +

p 200

= ar

r = ar2

2. polletje .. .

5135,91 EUR

5125,78 EUR

a2 = a1 .. .

5. polletje

5346,74 EUR

5320,41 EUR

a5 = a4r = ar5

6. polletje .. .

5418,92 EUR

5386,92 EUR

a6 = a5r = ar6 .. .

12. polletje 5872,93 EUR

5803,77 EUR

a12 = a11r = ar12

Po 6 letih bi Niko dobil 5872,93 EUR, Lina pa 5803,77 EUR. Sklepamo, da bi imeli pri takem obrestovanju po n letih na banki kapital a2n = ar2n, pri čemer je p r = 1 + 200 , p pa letna obrestna mera v odstotkih. Opazimo, da bi bil pri polletnem pripisu obresti donos višji. Če bi banka mesečno pripisovala obresti, bi bilo v enem letu 12 kapitalizacijskih obdobij. Obrestovalni faktor bi znašal r = 1 + r =1+

2,5 12

100

p 12 . 100

Niku bi se denar obrestoval s faktorjem r = 1 +

2,7 12

= 1,00225, Lini pa s faktorjem

100

= 1,002083.

Niko (r = 1,00225)

Lina (r = 1,002083)

Polog

5000,00 EUR

1. mesec

5011,25 EUR

5010,42 EUR

a1 = a 1 +

2. mesec .. .

5022,53 EUR

5020,85 EUR

a2 = a1 .. .

72. mesec 5878,23 EUR

5808,13 EUR

a72 = a71r = ar72

p 1200 r = ar2

= ar

Če bi banka mesečno pripisovala obresti, bi po 6 letih, to je 72 mesecih, Niko dobil 5878,23 EUR, Lina pa 5808,13 EUR.

Če je kapitalizacijska doba krajša, je z relativnim obrestovanjem dosežen višji donos. Če je v letu k kapitalizacijskih obdobij, je relativni obrestovalni faktor enak r = 1 + čemer je letna obrestna mera enaka p. V enem letu se glavnica a poveča na ak = ar k = a(1 +

p k 100

= 1+

p 100k , pri

p k 100k ) .

Sicer pa banke za krajše obrestovalne dobe poslujejo s konformno obrestno mero, pri čemer odstotek obresti ustrezno prilagodijo. Tako je iz začetne glavnice z novo obrestno mero pri pogostejši kapitalizaciji dosežena enaka končna vrednost glavnice kot pri celoletni kapitalizaciji.

Obrestno obrestni račun

Denimo, da banka ob letnem pripisu obresti priznava p % obresti na polog, ki ga vežemo za neko dobo. Kolikšna je konformna obrestna mera ob polletnem pripisu obresti, če je končna vrednost glavnice enaka kot ob letnem pripisu? Za letni pripis obresti imamo obrestno mero p in obrestovalni faktor r = 1 +

p 100.

Označimo s p2 konformno obrestno mero in z r2 konformni obrestovalni faktor pri polletnem pripisu obresti. Ker naj bi bila po enem letu končna vrednost glavnice enaka za oba načina pripisa obresti, mora veljati: ar = ar22

Od tod sledi:

√ r2 = r r2 = 1 + 1+

p2 100

Oba zapisa za r2 izenačimo

p2 = 100 ·

p 100

−1

Ni težko izračunati, kolikšna bi bila konformna obrestna mera ob mesečnem pripisu obresti, da bi po izteku enega leta dobili enako končno vrednost glavnice kot ob letnem pripisu obresti s p % obrestno mero. Če konformno obrestno mero označimo s p12, z r12 pa ustrezen obrestovalni faktor pri mesečnem pripisu obresti, mora veljati: ar = ar1212 √ r12 = 12 r p12 r12 = 1 + 100 1+

p12 100

p12 = 100 ·

1+ 12

p 100

−1

Pri letni obrestni meri p in obrestovalnem faktorju r = 1 + v letu je konformni obrestovalni faktor enak rk = k

pk = 100 ·

p 100

√ k

p 100

ter k kapitalizacijskih obdobjih

p 100 ,

konformna obrestna mera pa

− 1 .

Ajda je v banko, ki za kratkoročne depozite priznava 2,3 % letne obresti, položila 1000 EUR. Banka pripisuje obresti vsak mesec. Kolikšna je povečana glavnica po 1 mesecu, kolikšna po 6 mesecih in kolikšna po 1 letu? Mesečna konformna obrestna mera: p12 = 100 ·

p 100

− 1 = 100 ·

1,023 − 1

0,19 %

Obrestovalni faktor: r12 = 1 +

p12 = 1,0019 100

Glavnica se v 1 mesecu poveča na a1 = ar12 = 1000 . 1,001897 = 1001,90 EUR, v 6 mesecih na a6 = ar126 = 1000 . 1,00196 = 1011,45 EUR, v 1 letu pa na a12 = ar1212 = 1000 . 1,001912 = 1023,04 EUR. V 1 letu se glavnica z mesečnim pripisom obresti s konformno obrestno mero poveča skoraj natanko za 2,3 %, kolikor znašajo letne obresti. Razlika je le 4 cente, kar je posledica zaokrožitvenih napak.

Obrestno obrestni račun

Jan je položil v banko 3000 EUR za dobo, daljšo od 10 let. Banka za take pologe priznava 2,75 % obresti in letno pripisuje obresti. Čez koliko časa se bo glavnica podvojila? Začetna glavnica je a = 3000 EUR, obrestna mera p = 2,75 %, obrestovalni faktor pa r = 1 + Po n letih se glavnica poveča na

2,75 100

= 1,0275.

an = arn.

Zanima nas, po koliko letih je an = 2a. Naj bo 2a = arn. Od tod dobimo enačbo rn = 2, ki se v tem primeru preuredi v 1,0275n = 2. Če logaritmiramo obe strani te enačbe, dobimo log 1,0275n = log 2. n=

log 2 = 25,55 log 1,0275

Jan bi po 26 letih iz banke dvignil znesek, ki bi bil nekoliko višji od dvakratnika pologa. Izračunamo lahko, da bi tedaj lahko dvignil 6073,64 EUR. NAVADNO OBRESTOVANJE Navadnega obrestovanja skoraj ne srečujemo, prinaša pa manjše donose z obrestmi kot obrestno obrestovanje. Razlika med obrestnim in navadnim obrestovanjem je v tem, da se pri navadnem obrestovanju obresti ne pripisujejo glavnici, ki zato ostaja vedno enaka. Ves čas se obrestuje le začetna glavnica, obresti pa ne. Denimo, da je letna obrestna mera p % in da položimo v banko a evrov. Z navadnim obrestovanjem in letnim pripisom obresti bi se znesek v banki vsako leto povečal za a · saj se obresti pri tem ne bi obrestovale. Polog

p 100 evra,

1. leto a1 = a + a · 2. leto a2 = a + a · 3. leto a3 = a + a · .. .

p 100 p 100 p 100

=a 1+ +a· +a·

p 100 p 100

p 100

=a 1+ +a·

p 100

2p 100

=a 1+

3p 100

Zaporedni zneski bi se v banki v tem primeru povečevali tako, da bi oblikovali aritmetično zaporedje, katerega p prvi člen je začetni polog a, razlika pa je enaka a · 100 . Po n letih bi imeli v banki an = a 1 +

np 100

evrov.

glavnica 15 14 13 3a 11 10 9 2a 7 6 5

a 3 2 1 0

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49

S slike vidimo, kako bi se spreminjal znesek v banki, če so obresti 2,7 %. Z rdečo barvo je označen primer obrestnega obrestovanja, z modro pa primer navadnega obrestovanja.

leta

Obrestno obrestni račun

Teta je Alji posodila 5000 EUR za 5 let. Če bo Alja v tem času dokončala študij, ji denarja ne bo potrebno vrniti, sicer ji bo teta zaračunala 2 % obresti z navadnim obrestovanjem. Koliko evrov bo Alja morala vrniti teti po 5 letih, če ne bo dokončala študija? Če Alja študija ne bo dokončala v 5 letih, bo morala teti vrniti denar z obrestmi vred, in sicer 5·2 a5 = 5000 1 + 100 = 5500 EUR.

1. Tine je v banki vezal znesek 2500 EUR za 5 let, banka pa take depozite obrestuje z 2,6 % letno obrestno mero. Tine namerava podaljšati varčevanje, če denarja ne bo potreboval. a) Koliko denarja lahko dvigne po 5 letih? b) V kolikem času bi se glavnica povečala za 20 %? c) Koliko denarja lahko Tine dvigne po 10 letih? d) V kolikem času bi se glavnica podvojila?

2. Maja je ugotovila, da banka obrestuje depozite, vezane za daljše obdobje, z 2,8 % letno obrestno mero. a) Koliko denarja bi morala vezati, da bi po 10 letih lahko dvignila 15 000 EUR? b) Koliko denarja bi morala vezati, da bi po 15 letih lahko dvignila 20 000 EUR?

3. Banka za kratkoročne depozite priznava 2,35 % letne obresti. Žan bo položil 1000 EUR. Koliko evrov bi lahko dvignil po 1 mesecu, po 3 mesecih, po pol leta in koliko po enem letu, če je obrestovanje konformno? 4. Lea je položila znesek 3000 EUR v banko za dobo 7 let pri letnem pripisu obresti. Bančni uslužbenec ji je povedal, da bo po tem času lahko dvignila 3590,48 EUR. Kolikšna je letna obrestna mera? 5. Lina je za opravljeno dodatno delo prejela 10 000 EUR in sklenila, da bo denar vezala za daljši čas. V prvi banki bi za vezavo po 10 letih prejela 12 800,85 EUR, v drugi banki pa bi ji po 15 letih izplačali 14 272,48 EUR. Katera ponudba je bolj ugodna? 6. Matej je pred 5 leti vezal 5000 EUR za dobo 10 let in z letno obrestno mero 2,3 %. Če predčasno prekine pogodbo o vezavi, mu banka izplača znesek, obrestovan z letno obrestno mero 2,1 %. Ker so v njegovem kraju odprli novo banko in promocijsko ponujali 3,15 % obresti za vezavo depozitov, je na svoji banki prekinil pogodbo in dvignjeni znesek za položil v novo banko za 5 let. a) Koliko denarja bi prejel čez 5 let, če ne bi prekinil pogodbe? b) Koliko denarja bo prejel čez 5 let?

Obročna vplačila in izplačila

Obročna vplačila in izplačila Alja namerava naslednjih 5 let na začetku vsakega leta položiti v banko 1000 EUR. Koliko denarja bi lahko dvignila na koncu leta, v katerem bo zadnjič položila znesek, če banka priznava 2,6 % obresti? Premislimo, koliko doprinese posamezen znesek. Naj bo višina zneska enaka a. a

leto

Prvi znesek bo v banki 5 let, ustrezen doprinos bo torej ar5, pri čemer je r obrestovalni faktor. Vsak naslednji znesek bo doprinesel nekoliko manj, saj bo manj časa v banki, po vrsti bodo doprinosi enaki ar4, ar3, ar2 in ar. Celoten znesek, ki bi ga Alja lahko dvignila, bi bil enak vsoti vseh doprinosov, to je ar5 + ar4 + ar3 + ar2 + ar = ar(1 + r + r2 + r3 + r4). V oklepaju nastopa vsota 5 členov geometrijskega zaporedja, katerega prvi člen je 1, količnik pa je enak obrestovalnemu faktorju r, zato je: 1 · r5 − 1 r−1 ar r 5 − 1 1000 · 1,026 1,0265 − 1 = = 5403,79 r−1 0,026

1 + r + r2 + r3 + r4 =

Alja bi lahko dvignila 5403,79 EUR. Če torej varčujemo tako, da na začetku vsakega leta vlagamo v banko znesek a, ki se letno obrestuje po p % n p obrestni meri, imamo po n letih (na koncu n-tega leta) na banki znesek ar(rr−1−1), pri čemer je r = 1 + 100 . Znesek po n-letih je namreč enak vsoti n členov geometrijskega zaporedja arn + arn-1 + … + ar2 + ar = ar(1 + r + … + rn-2 + rn-1), to je vsoti doprinosov posameznih obrokov po ustreznem obrestovanju.

Podobno lahko izračunamo končni znesek, če mesečno varčujemo oziroma vlagamo v banko na začetku vsakega meseca znesek a. Tedaj moramo upoštevati konformno obrestno mero, ki pripada letni obrestni meri p %, oziroma ustrezni p obrestovalni faktor r12 = 12 1 + 100 . Tako sklepamo: n

Z mesečnim vlaganjem zneska a bi imeli po n mesecih v banki znesek ar12r(12r12−1−1).

Obročna vplačila in izplačila

Niko namerava naslednjih 5 let mesečno varčevati. V banko bo na začetku vsakega meseca položil 84 EUR. Koliko denarja bi lahko dvignil po preteku varčevanja, če banka priznava 2,6 % obresti? Po 5 letih mesečnega varčevanja bi Niko lahko dvignil znesek r12 =

2,6 100

1,00214, kar znese 5383,25 EUR.

84r12 (r12 60 −1) , r12 −1

pri čemer je

Jaka je v banki poizvedoval, kako bi lahko dobil posojilo 1000 EUR, ki bi ga odplačeval mesečno. Ponudili so mu načrt za odplačevanje v 18 oziroma 24 mesecih s 5,80 % letno obrestno mero. Znesek posojila

1.000,00 EUR

Letna obrestna mera

5,80 %

Odplačilna doba v mesecih

Mesec

Stanje posojila

Obračun obresti

1.000,00

4,80

44,24

960,56

4,60

44,24

920,92

4,50

881,18

4,30

841,24

19 18

1.000,00 EUR

Letna obrestna mera

5,80 %

Odplačilna doba v mesecih

Mesec

Stanje posojila

Obračun obresti

960,56

1.000,00

4,80

58,15

946,65

920,92

946,65

4,60

58,15

893,10

44,24

881,18

893,10

4,30

58,15

839,25

44,24

841,24

839,25

4,10

58,15

785,20

4,10

44,24

801,10

785,20

3,80

58,15

730,85

801,10

3,90

44,24

760,76

730,85

3,50

58,15

676,20

760,76

3,70

44,24

720,22

676,20

3,30

58,15

621,35

720,22

3,50

44,24

879,48

621,35

3,00

58,15

566,20

879,48

3,30

44,24

638,54

566,20

2,70

58,15

510,75

638,54

3,10

44,24

597,40

510,75

2,50

58,15

455,10

597,40

2,90

44,24

556,06

455,10

2,20

58,15

399,15

556,06

2,70

44,24

514,52

399,15

1,90

58,15

342,90

514,52

2,50

44,24

472,78

342,90

1,70

58,15

286,45

472,78

2,30

44,24

430,84

286,45

1,40

58,15

229,70

430,84

2,10

44,24

388,70

229,70

1,10

58,15

172,65

388,70

1,90

44,24

346,36

172,65

0,80

58,15

115,30

346,36

1,70

44,24

303,82

115,30

0,60

58,15

57,75

303,82

1,50

44,24

261,08

57,75

0,30

58,15

-0,10

261,08

1,30

44,24

218,14

Skupaj

46,60

1.046,70

218,14

1,10

44,24

175,00

0,80

44,24

131,56

0,60

44,24

87,92

0,40

44,24

44,08

0,20

44,24

0,04

61,80

1.061,76

Skupaj

Anuiteta Stanje posojila konec meseca

Znesek posojila

Anuiteta Stanje posojila konec meseca

Banka v takem primeru oblikuje amortizacijski načrt, to je načrt za odplačilo dolga v določenem obdobju z rednimi odplačili – anuitetami. Iz amortizacijskega načrta je razvidno, da bi Jaka vrnil banki 1046,70 EUR, če bi se odločil za odplačilo v 18 mesecih, oziroma 1061,76 EUR, če bi se odločil za odplačilo v 24 mesecih.

Obročna vplačila in izplačila

Poglejmo, kako pridemo do takega načrta. Seveda se bo naš izračun malo razlikoval od bančnega, saj banka upošteva v izračunu še nekatere druge stroške. Največkrat govorimo pri tem o efektivni obrestni meri (EOM), ki odraža dejansko ceno denarja in se izračuna z upoštevanjem pogojev kredita, to je skupnega zneska kredita, roka črpanja, roka vračila, števila mesečnih obveznosti, obrestne mere, stroškov odobritve in zavarovanja kredita. Denimo, da bi radi v začetku meseca vzeli posojilo a, ki bi ga nato redno odplačevali od vključno začetka naslednjega meseca v n zaporednih mesecih, pri čemer banka zaračunava p % obresti letno. V nekem smislu gre podobno kot pri mesečnem varčevanju, le da zadnji obrok v višini c, ki ga vrnemo na koncu, ni obrestovan. p Če je r12 = 12 1 + 100 obrestovalni faktor, ki pripada konformni obrestni meri, zapišemo vsoto n cr12n-1 + cr12n-2 + … + cr12 + c = c(1 + r12 + … + r12n-2 + r12n-1), ki je enaka c · rr1212 −−11.

Po drugi strani bi znesek a v n mesecih narasel na a . r12n, če bi ga pod enakimi pogoji položili v banko.

Po načelu ekvivalence glavnic zato zapišemo enačbo a · r12 n = c · mesečnega obroka - anuitete: c =

n (r

a · r12 12 − 1) . r12 n − 1

r12 n −1 r12 −1 ,

od koder izračunamo višino

Če v banki vzamemo posojilo a, pri čemer banka zaračunava p % obresti letno, in le-to nameravamo odplačevati v n zaporednih mesečnih obrokih, je višina mesečnega obroka enaka c=

a·r12 n (r12 −1) , r12 n −1

pri čemer je r12 =

p 100

ustrezen konformni obrestovalni faktor.

Jaka bi lahko sam izračunal višino anuitete, če bi upošteval, da bi posojilo a = 1000 EUR odplačeval 18 mesecev s p = 5,80 % obrestno mero. Izračunal bi r12 =

5,8 100

1,0047 in nato c =

Napravil bi tudi amorizacijski načrt. Mesec

Stanje posojila

Obračun obresti

1.000,00

4,70

58,07

946,63

4,45

58,07

893,01

4,20

58,07

839,14

3,94

58,07

785,01

3,69

58,07

730,63

3,43

58,07

675,99

3,18

58,07

621,10

2,92

58,07

565,95

2,66

58,07

510,54

2,40

58,07

454,87

2,14

58,07

398,94

1,88

58,07

342,75

1,61

58,07

285,99

1,34

58,07

229,26

1,08

58,07

172,27

0,81

58,07

115,01

0,54

58,07

57,48

0,27

58,07

-0,32

45,24

1.045,26

Skupaj

Anuiteta Stanje posojila konec meseca

1000 · 1,004718 (1,0047 − 1) 1,004718 − 1

58,07.

Obročna vplačila in izplačila

Prikazana je le okvirna višina anuitete, ki se glede na ponudbo iz banke razlikuje za 8 centov, saj banka upošteva še nekatere druge stroške. Zaradi vmesnih zaokroževanj zneskov za obresti na dve decimalki se stanje posojila na koncu ne ustali na vrednosti 0,00. Babica in dedek bosta Lini darovala določen znesek, če se bo odločila za študij na univerzi. Lina bi denar ob začetku študija dala v banko in 4 leta mesečno dvigovala po 200 EUR. Kolikšen znesek bi morala Lina dati v banko, če so letne obresti 2,4 %? Najprej izračunamo obrestovalni faktor r12 =

p 100 .

−1 Premislek je podoben kot pri anuitetah. Zapišemo enačbo a · r12 n = c · rr1212 −1 , pri čemer je a znesek, ki ga je potrebno vložiti v banko, c pa znesek, ki ga redno črpamo iz banke in mu pravimo renta.

Tako je a = c ·

r12 n −1 r12 n (r12 −1).

Za Linin primer velja r12 = a = 200 ·

2,4 100

1,00198, n = 48 in c = 200 ter

1,0019848 − 1 = 9149,29 EUR. 1,0019848 · 0,00198

Babica in dedek bi morala darovati približno 9200 EUR. Jan je želel privarčevati toliko denarja, da bi lahko nato neomejeno dolgo iz banke mesečno dvigoval po 1400 EUR. Kolikšen znesek bi moral privarčevati, če so letne obresti 2,5 %? V tem primeru gre za večno rento. Za osnovo lahko vzamemo formulo a · r12 n = c · bo n zelo velik.

r12 n −1 r12 −1 ,

pri čemer naj

Ker lahko r12n - 1 razstavimo v (r12 - 1)(r12n-1 + r12n-2 + … + r122 + r12 + 1), dobimo: ar12n = c(r12n-1 + r12n-2 + … + r122 + r12 + 1) a = c(r12-1 + r12-2 + … + r12-(n-2) + r12-(n-1) + r12-n)

V oklepaju je vsota členov geometrijskega zaporedja, ki se za poljubno velike n malo razlikuje od vsote ustrezne geometrijske vrste, katere prvi člen in količnik sta enaka r12-1. Vrsta je konvergentna za r12-1 < 1. a=c·

r12 −1 c = 1 − r12 −1 r12 − 1

Da bi lahko iz banke neomejeno dolgo mesečno dvigovali znesek c, je potrebno v banko vložiti znesek a = r12c−1, pri čemer je r12 ustrezni konformni obrestovalni

faktor, to je r12 =

p 100

pri letni obrestni meri p %.

Obročna vplačila in izplačila

V Janovem primeru je r12 = Opazimo, da iz a = le obresti.

2,5 100

1,00206, zato je r12-1 < 1 in a =

c r12 −1 sledi c = a(r12 - 1),

1400 1,00206−1

= 679 611,65 EUR.

kar pomeni, da se pri večni renti iz banke mesečno dviguje

1. Andrej se je odločil za triletno varčevanje. Mesečno bo vlagal po 250 EUR. Banka priznava 2,5 % letno obrestno mero. Koliko denarja bo privarčeval? 2. Neja bi rada vzela bančni kredit v višini 1500 EUR za plačilo počitnic. V banki so ji ponudili načrt za odplačevanje v 8 oziroma 12 mesecih s 5,70 % letno obrestno mero. Koliko bi znašala anuiteta v prvem in koliko v drugem primeru? 3. Klemen je zadel na loteriji. Znesek 45 000 EUR bo položil v banko in čez 2 leti začel dvigovati mesečno rento. Banka priznava 2,65 % letno obrestno mero. a) Koliko časa bo lahko dvigoval rento v višini 500 EUR? b) Kolikšna bi bila višina večne mesečne rente?

4. Alja bi rada privarčevala 20 000 EUR tako, da bi v začetku vsakega meseca vlagala enak znesek. Banka priznava 2,5 % obresti. a) Kolikšen znesek mora vlagati, če se odloči, da bo vlagala 5 let? b) Kolikšen znesek bi morala vlagati, če bi vlagala 3 leta?

5. Niko bi rad odšel na daljše potovanje. Za plačilo prevozov in bivanja bi potreboval 4500 EUR. Na banki bo vzel kredit v tej višini. Banka zaračunava letno obrestno mero 5,45 %. a) Najmanj koliko mesecev bo odplačeval kredit, če ne želi mesečno odplačevati več kot 230 EUR? b) Najmanj koliko bi odplačeval mesečno, če bi želel odplačati kredit v največ 1 letu?

6. Jaka je razmišljal o svoji upokojitvi. Zanimalo ga je, koliko bi moral vložiti v banko, ki priznava 2,55 % obresti letno, da bi lahko dvigoval večno mesečno rento 1800 EUR, in sicer a) od pologa vloge v banko, b) začenši 5 let po pologu vloge v banko, c) začenši 10 let po pologu vloge v banko.

7. Niko je prebral, da je bila leta 2011 povprečna bruto plača v Sloveniji približno enaka 1510 EUR in da je bila višina prispevka za pokojninsko in invalidsko zavarovanje enaka 15,5 % od bruto plače ter da je bila povprečna neto pokojnina z varstvenim dodatkom približno enaka 578 EUR. Ali bi bila večna mesečna renta, ki bi jo začel dvigovati iz banke potem, ko bi 40 let mesečno polagal na banko enak znesek, kot je višina prispevka, večja od povprečne neto pokojnine, če banka priznava 2,5 % obresti letno?

Matematična indukcija

Matematična indukcija Seštej ulomke 11·2 ,

1 1 2·3 , 3·4 ,

...,

1 (n−1)n

1 n(n+1).

Vsoto zapiši kot funkcijo števila n.

1 1 1 1 1 + 2·3 + 3·4 + . . . + (n−1)n + n(n+1) Iz izraza 1·2 ne znamo izračunati vsote teh ulomkov kot funkcijo števila n, zato si pomagamo z nekaj delnimi vsotami, pri čemer v vsaki naslednji vsoti upoštevamo en seštevanec več:

S1 = S2 = S3 = S4 =

1 1·2 1 1·2 1 1·2 1 1·2

= + + +

1 2 1 2·3 1 2·3 1 2·3

S1 = a1 = + +

1 1 2 2 + 6 = 3 1 2 1 3·4 = 3 + 12 = 1 1 3 3·4 + 4·5 = 4 +

S2 = a1 + a2 = S1 + a2 3 4 1 20

S3 = a1 + a2 + a3 = S2 + a3 =

S4 = a1 + a2 + a3 + a4 = S3 + a4

4 5

n Pri indeksih 1, 2, 3 in 4 smo kot vsote dobili po vrsti ulomke 12 , 23 , 34 in 45, ki so oblike n+1 , zato n predvidevamo, da to velja za vsako naravno število n in da lahko zapišemo Sn = n+1. To je sicer domneva, ki smo jo postavili na osnovi nekaj začetnih delnih vsot, vendar pa ne moremo biti prepričani, da ta domneva drži za vsako naravno število n.

Da bi domnevo dokazali ali ovrgli, bomo uporabili princip matematične ali popolne indukcije. Izjava A(n) o naravnem številu velja za vsak n ∈ N, če:

1. velja A(1) in

2. iz veljavnosti izjave A(n) sledi veljavnost izjave A(n + 1).

Torej moramo najprej pokazati, da domneva velja za n = 1. Nato predpostavimo, da domneva velja za poljubno naravno število n , in dokažemo, da velja tudi za naslednika števila n, to je n + 1. Če namreč veljata točki 1 in 2 principa matematične indukcije, lahko po vrsti sklepamo: • zaradi točke 1 izjava velja za n = 1, • zaradi točke 2 tedaj velja tudi za n = 2, • zaradi točke 2 nato velja tudi za n = 3, • … Izjava tedaj res velja za vsak n ∈ N. Včasih točko 1 zamenjamo z A(k), pri čemer je k > 1, kar pomeni, da izjava velja za neki k > 1. Če pokažemo veljavnost točke 2, to pomeni, da izjava velja za vsak n ≥ k. Poglejmo, kako je v našem primeru. Najprej preverimo, da velja točka 1 principa matematične indukcije. Izjava Sn =

n n+1

velja za n = 1, saj je S1 =

1 1·2

1 1+1 .

Matematična indukcija

Nato preverimo, da velja točka 2 principa matematične indukcije. Denimo, da izjava za n velja, torej da je S n=

1 1·2

1 2·3

1 3·4

+ ... +

1 (n−1)n

1 n(n+1)

n n+1 .

Pokazati moramo, da tedaj izjava velja tudi za n + 1. Zapišemo vsoto prvih n + 1 členov, tako da vsoti n členov dodamo še (n + 1). člen. Sn+1 =

1 1 1 1 1 1 + + + ... + + + 1·2 2·3 3·4 (n − 1)n n(n + 1) (n + 1)(n + 2)

n Prve n člene zamenjamo z n+1 , saj po predpostavki izjava velja za n.

Sn+1 =

n 1 n(n + 2) + 1 n2 + 2n + 1 n+1 + = = = n + 1 (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) (n + 1)(n + 2) n+2

Dobljena vsota je enaka vsoti, ki jo dobimo, če v zvezo Sn = torej velja tudi za n + 1.

n n+1 namesto n vstavimo n + 1. Enakost

O tem se lahko prepričamo tudi tako, da dobljeno vsoto preoblikujemo. n+1 n+1+1 Če označimo m = n + 1, dobimo Sm = enak n + 1.

Sn+1 =

m m+1,

ki je enaka izjavi za n, le da ima indeks m, ki je

S tem smo dokazali veljavnost sklepa A(n) ⇒ A(n + 1) in torej veljavnost vsote Sn = poenostavljenega izraza.

n n+1 kot

Sedaj lahko preprosto izračunamo vsoto neskončne vrste: 1 1 1 1 1 + + + ... + + + ... 1·2 2·3 3·4 (n − 1)n n(n + 1)

1 + Ker je 1·2

1 2·3

1 3·4

+ ... +

1 (n−1)n

1 n(n+1)

n n+1

število členov naraste preko vsake meje.

za vsak n ∈ N, vsoto neskončne vrste dobimo, če

1 1 1 1 1 n + + + ... + + + . . . = lim Sn = lim = 1 n→∞ n→∞ 1·2 2·3 3·4 (n − 1)n n(n + 1) n+1

. Dokaži, da je vsota kvadratov prvih n naravnih števil enaka n(n+1)(2n+1) 6 Dokazali naj bi torej, da je 12 + 22 + 32 + . . . + n2 =

n(n+1)(2n+1) . 6

= Za n = 1 enakost velja, saj je leva stran enaka 12 = 1, desna pa n(n+1)(2n+1) 6

Predpostavimo, da enakost velja za n: 1 2 + 22 + 32 + . . . + n2 =

n(n+1)(2n+1) 6

1·2·3 6

= 1.

Pokazati moramo, da tedaj velja tudi za n + 1. Sn+1 = 12 + 22 + 32 + . . . + n2 + (n + 1)2 = Sn + an+1

Prve n člene zamenjamo z n(n+1)(2n+1) . 6 n(n + 1)(2n + 1) (n + 1)(n(2n + 1) + 6(n + 1)) (n + 1)(2n2 + 7n + 6) = + (n + 1)2 = = 6 6 6 (n + 1)(2n + 3)(n + 2) (n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1) = = 6 6

Matematična indukcija

Z zamenjavo m = n + 1 se dobljeni izraz preoblikuje v m(m+1)(2m+1) . 6 Dobili smo enako obliko kot prej, le da namesto n nastopa m = n + 1, in s tem dokazali pravilnost formule 12 + 22 + 32 + . . . + n2 = n(n+1)(2n+1) za vsak n ∈ N. 6 Zlahka izračunamo vsoto kvadratov prvih 100 naravnih števil: 12 + 22 + 32 + . . . + 1002 =

100·101·201 6

= 338 350

Dokaži, da je izraz n3 - n deljiv s 6 za vsako naravno število n. Za n = 1 je n3 - n = 0 in je deljiv s 6. Predpostavimo, da je izraz n3 - n deljiv s 6 in da torej lahko zapišemo n3 - n = 6k . Za n + 1 dobimo izraz (n + 1)3 - (n + 1) = n3 + 3n2 + 3n + 1 - n - 1 = n3 - n + 3n(n + 1). Po predpostavki je n3 - n = 6k, zato lahko zapišemo n3 - n + 3n(n + 1) = 6k + 3n(n + 1). Ker v zmnožku 3n(n + 1) nastopata zaporedni naravni števili, je eno izmed njiju sodo, skupaj s faktorjem 3 je tako člen 3n(n + 1) deljiv s 6 in lahko zapišemo 3n(n + 1) = 6l. Končno je (n + 1)3 - (n + 1) = 6k + 6l = 6(k + l) in izraz je deljiv s 6 tudi za n + 1. S tem sta izpolnjeni obe točki principa matematične indukcije, zato je izraz n3 - n deljiv s 6 za vsako naravno število n. Deljivost s 6 lahko pokažemo tudi drugače. Če izraz razstavimo in preuredimo, dobimo n3 - n = n(n2 - 1) = (n - 1)n(n + 1), pri čemer smo dobili zmnožek treh zaporednih naravnih števil, če je le n > 1. Vemo, da je izmed katerih koli treh zaporednih naravnih števil vsaj eno sodo in vsaj eno deljivo s 3, kar pomeni, da je zmnožek katerih koli treh zaporednih naravnih števil deljiv s 6. Dokaži, da je izraz 122n - 11n deljiv s 133 za vsako naravno število n. Za n = 1 je izraz enak 122 - 11 = 133, zato je deljiv s 133. Predpostavimo, da je izraz 122n - 11n za neki n deljiv s 133 in da je torej 122n - 11n = 133k . V izraz vstavimo n + 1 namesto n. 122(n+1) - 11n+1 = 122n . 122 - 11n . 11 = 144 . 122n - 11 . 11n

Ker je po predpostavki 122n - 11n = 133k, izraz uredimo tako, da 122n - 11n izpostavimo. 144 . 122n - 11 . 11n = 11 . 122n - 11 . 11n + 133 . 122n = = 11 . (122n - 11n) + 133 . 122n = 11 . 133k + 133 . 122n

Vidimo, da je izraz deljiv s 133. Iz predpostavke, da je izraz deljiv za neki n, smo dokazali, da je deljiv tudi za n + 1. Izpolnjeni sta obe točki principa popolne indukcije, zato je izraz 122n - 11n deljiv s 133 za vsako naravno število n.

Matematična indukcija

Z uporabo principa matematične indukcije dokaži veljavnost formule za vsoto n členov geometrijskega zaporedja. Vsoto n členov geometrijskega zaporedja, katerega prvi člen je a1, količnik pa q, smo izračunali s formulo n Sn = a1 (qq−1−1). Če je n = 1, dobimo S1 =

a1 (q 1 −1) q−1

= a1, kar je res.

Predpostavimo, da formula za neki n velja. S n = a1 + a1 q + a1 q 2 + a1 q 3 + . . . + a1 q n−2 + a1 q n−1 =

Oglejmo si vsoto n + 1 členov geometrijskega zaporedja:

a1 (q n − 1) q−1

Sn+1 = a1 + a1q + a1q2 + a1q3 + … + a1qn-1 + a1qn = Sn + an+1

Ker po predpostavki velja Sn =

a1 (q n −1) q−1 ,

a1 (q n −1) q −1

+ a1 q n =

Sn+1 = Sn + an+1 =

lahko zapišemo: a1 (q n −1)+a1 q n (q −1) q −1

a1 (q n −1+q n+1 −q n ) q −1

a1 (q n+1 −1) q −1

Formula torej velja tudi za n + 1, saj je povsem enaka formuli za n, le namesto n nastopa n + 1: Sn+1 =

a1 (q n+1 − 1) . q−1

1. Dokaži z matematično indukcijo: a) 2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1) b) 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + . . . + n(n + 1) = c) 1 + 2 + 3 + . . . + n = 3

n(n + 1)(n + 2) 3

n(n + 1) 2 2

1 1 1 1 + 2 + 3 + ... + n = 1 − 2 2 2 2

1 2n

2. Dokaži, da je izraz 62n - 1 deljiv s 35 za vsako naravno število n. 3. Dokaži, da je izraz 22n + 15n - 1 deljiv z 9 za vsako naravno število n. 4. Z uporabo principa matematične indukcije dokaži veljavnost formule za vsoto n členov aritmetičnega zaporedja. * 5. Zapiši vsoto ulomkov 11·3 + 31·5 + 51·7 + 71·9 + . . . + domnevo dokaži z matematično indukcijo.

1 (2n−1)(2n+1)

kot funkcijo števila n in svojo