\documentclass{beamer}
\usepackage{multimedia}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{enumerate}
\mode<presentation>
{
  \usetheme{default}
  \setbeamercovered{transparent}
}

%\useoutertheme{shadow}
%\usecolortheme{crane}

\usepackage[slovene]{babel}
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage{times}
%usepackage[T1]{fontenc}
\newtheorem{primer}[theorem]{Primer} 

\title[Matematika 1]
{Matematika 1}

\subtitle{2. vaja}

\author[Borut] % 
{B.~Jur\v{c}i\v{c}~Zlobec\inst{1}}

\institute[Univerza v Ljubljani Slovenia] % 
{
  \inst{1}%
    Univerza v Ljubljani,\\Fakulteta za Elektrotehniko\\ 
    1000 Ljubljana, Tr\v{z}a\v{s}ka 25, Slovenija
}


\date[\today] % 
{Matematika 1 FE, Ljubljana, Slovenija \today}

\subject{Matematika}


%\AtBeginSubsection[]
%{
%  \begin{frame}<beamer>{Vsebina}
%    \tableofcontents[currentsection]
%  \end{frame}
%}


\begin{document}

\begin{frame}
 \titlepage
\end{frame}

%\begin{frame}{}
%  \tableofcontents
%\end{frame}


\section{\v{S}tevilske mno\v{z}ice}
\subsection{Kompleksna \v{s}tevila}
\begin{frame}{Kompleksna \v{s}tevila}
	\begin{itemize}
		\item Imaginarna enota $i$, $i^2=-1$.
		\item Kompleksno "stevilo $z=a+ib$, $a,b \in \mathbb{R}$.
		\item Realna in imaginarna komponenta $\Re(z)=a$ in $\Im(z)=b$. 
                \item Absolutna vrednost kompleksnega "stevila 
		$|z|=\sqrt{a^2+b^2}$.
		\item Konjugirano kompleksno "stevilo 
		$\overline{z}=a-ib$. Velja  $z\overline{z}=|z|^2$. 
	\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Polarni zapis kompleksnega "stevila}
\begin{itemize}
		\item Polarni zapis kompleksnega "stevila $z=a+ib$.
		$$
			z=|z|(\cos{\varphi}+i\sin\varphi)=|z|e^{i\varphi},\  
			\cos\varphi=\frac{a}{|z|},
			\ \sin\varphi=\frac{b}{|z|}
		$$
		\item Argument kompleksnega "stevila $\mathrm{arg}\,z=\varphi$, 
		$\displaystyle\tan\varphi=\frac{b}{a}$.
		\item Glavna vrednost argumenta $\varphi\in[0,2\pi)$ ali 
		$\varphi\in(-\pi,\pi]$ 
	\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Moivrova formula}
	\begin{itemize}
		\item Moivrova formula: 
		\item $(\cos\varphi+i\sin\varphi)^n=
		\cos(n\varphi)+\sin(n\varphi)$,  
		$n\in\mathbb{N}$.
		\item $(e^{i\varphi})^n=e^{ni\varphi}$.
	\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Koren kompleksnega "stevila}
\begin{itemize}
		\item Argument kompleksnega "stevila ni dolo"cen enoli"cno.
		\item $z=|z|(\cos(\varphi+k2\pi)+
		i\sin(\varphi+k2\pi)=\rightarrow$\\
		$|z|e^{i(\varphi+k2\pi)}$, $k\in\mathbb{Z}$. 
		\item Zaradi tega tudi koren kompleksnega "stevila 
		ni dolo"cen enoli"cno. 
		\item Ena"cba $z=w^n$ ima $n$ razli"cnih re"sitev.
		$$
			w_k=\sqrt[n]{|z|}\left(\cos\frac{\varphi+2k\pi}{n}+
			i\sin\frac{\varphi+2k\pi}{n}\right)
		$$
		$$
			k=0,1,\dots,n-1
		$$
	\end{itemize}
\end{frame}
\subsubsection{Ra\v{c}unanje s kompleksnimi \v{s}tevili}
\begin{frame}{Zapi\v{s}i kompleksno \v{s}tevilo v polarni obliki}
	$\displaystyle z=5\sqrt{3}+5i$.
	\begin{itemize}
		\item $\tan\varphi=\frac{5}{5\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
		\item Kompleksno "stevilo le"zi v prvem kvadrantu,\\ 
		$\Re(z)>0$ in $\Im(z)>0$.
		\item $\varphi=\arctan\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\pi}{6}$.
		\item $z=10\,e^{i\frac{\pi}{6}}$. 
	\end{itemize}	
\end{frame}
\begin{frame}{Zapi\v{s}i kompleksno \v{s}tevilo v polarni obliki}
	$\displaystyle z=-2-2i$.
        \begin{itemize} 
                \item $\tan\varphi=\frac{-2}{-2}=1$.
                \item Kompleksno "stevilo le"zi v tretjem kvadrantu,\\ 
                $\Re(z)<0$ in $\Im(z)<0$.
                \item $\varphi=\pi+\arctan{1}=\frac{5\pi}{4}$.
                \item $z=2\sqrt{2}\,e^{i\frac{5\pi}{4}}$.
        \end{itemize}   
\end{frame}

\begin{frame}{Izra"cunaj}
	$\displaystyle\left(\frac{1+i\sqrt{3}}{1-i}\right)^{20}$
	\begin{itemize}
		\item $\frac{1+i\sqrt{3}}{1-i}=
		\frac{2e^{i\frac{\pi}{3}}}{\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}}=
		\sqrt{2}e^{i\frac{7\pi}{12}}$
		\item $\left(\sqrt{2}e^{i\frac{7\pi}{12}}\right)^{20}=
		1024e^{-i\frac{\pi}{3}}$
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Poi"s"ci vse re"sitve ena"cbe}
	$\displaystyle z^4=-2+2i\sqrt{3}$.
	\begin{itemize}
		\item Zapi"simo desno stran ena"cbe v polarni obliki.
		\item $z^4=4\left(\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}\right)$
		\item $z_k=\sqrt{2}\left(\cos(\frac{\pi}{6}+k\frac{\pi}{2})+
			i\sin(\frac{\pi}{6}+k\frac{\pi}{2})\right)$, $k=0,1,2,3$. 
		\item $z_0=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{3}+i)$, 
		$z_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(\-1+i \sqrt{3})$,
		$z_2=\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{3}-i)$ in 
		$z_3=\frac{1}{\sqrt{2}}(1-i\sqrt{3})$;
	\end{itemize}
\end{frame}	


\begin{frame}{Poi"s"ci  $\Re(w)$ in $\Im(w)$, "ce je $z=x+iy$ in}
	$\displaystyle{w=\frac{|z|}{z}}$
	\begin{itemize}
		\item Pomno"zimo "stevec in imenovalec s konjugirano 
			vrednostjo imenovalca. 
		\item $\displaystyle{w=\frac{|z|\overline{z}}{|z|^2}=
		\frac{\overline{z}}{|z|}=\frac{x-iy}{\sqrt{x^2+y^2}}}$
		\item $\displaystyle{\Re(w)=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}$ in 
		$\displaystyle{\Im(w)=-\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}}$
	\end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Poi"s"ci  $\Re(w)$ in $\Im(w)$, "ce je $z=x+iy$ in}
	$\displaystyle{w=\frac{z}{1+z}}$
        \begin{itemize}
                \item Pomno"zimo "stevec in imenovalec s konjugirano 
                        vrednostjo imenovalca.
                \item $\displaystyle{w=\frac{z(\overline{z+1})}{|z+1|^2}=
		\frac{z\overline{z}+z}{|z+1|^2}=\frac{x^2+y^2+x+iy}{(x+1)^2+y^2}}$
                \item $\displaystyle{\Re(w)=\frac{x^2+x+y^2+x}{{(x+1)^2+y^2}}}$ in 
		$\displaystyle{\Im(w)=\frac{y}{{(x+1)^2+y^2}}}$
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Poi"s"ci  $\Re(w)$ in $\Im(w)$, "ce je $z=x+iy$ in}
	$\displaystyle{w=z^3}$
        \begin{itemize}
                \item Razstavimo po binomski formuli. 
		\item $\displaystyle{z^3=(x+iy)^3=x^3+3ix^2y-3xy^2-iy^3}$
		\item $\displaystyle{\Re(w)=x^3-3xy^2}$ in $\displaystyle{\Im(w)=3x^2y-y^3}$
        \end{itemize}
\end{frame}


\subsubsection{Ena"cbe}
\begin{frame}{Re"si ena"cbo $z+i\,z^2=0$}
	\begin{itemize}
		\item Zapi"simo ena"cbo po komponentah $x+i\,y+i\,x^2-2xy-i\,y^2=0$.
		\item Izena"cimo realno in imaginarno komponento
			$x-2xy=0,\quad y+x^2-y^2=0$.
		\item Iz prve ena"cbe sledi: $(x=0\vee y=\frac{1}{2})$
		\item "Ce je $x=0$ potem iz druge ena"cbe dobimo 
		$y-y^2=0\rightarrow y=0\vee y=1$
		\item "Ce je $y=\frac{1}{2}$, potem iz druge ena"cbe dobimo 
		$x^2+\frac{1}{4}=0$, 
		nima realnih re"sitev.  
		\item Re"sitvi: $z\in \{0, i\}$.
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Re"si ena"cbo $\overline{z}+i\,z^2=0$}
        \begin{itemize}
                \item Zapi"simo ena"cbo po komponentah $x-i\,y+i\,x^2-2xy-i\,y^2=0$.
                \item Izena"cimo realno in imaginarno komponento
                        $x-2xy=0,\quad -y+x^2-y^2=0$.
                \item Iz prve ena"cbe sledi: $(x=0\vee y=\frac{1}{2})$
                \item "Ce je $x=0$ potem iz druge ena"cbe dobimo 
                $y-y^2=0\rightarrow y=0\vee y=1$
                \item "Ce je $y=\frac{1}{2}$, potem iz druge ena"cbe dobimo 
                $x^2-\frac{3}{4}=0$, $x=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$.  
                \item Re"sitve: $z\in \{0, i\,\pm\frac{\sqrt{3}}{2}+i\frac{1}{2}\}$.
        \end{itemize}
\end{frame}



\begin{frame}{Re"si ena"cbo $z^2-\frac{1}{\overline{z}}=0$}
	\begin{itemize}
		\item Re"sitev ne more biti enaka $0$. 
		Pomno"zimo ena"cbo z $\overline{z}$ in dobimo $z|z|^2-1=0$ 
		\item Zapi"simo po komponentah $(x+iy)(x^2+y^2)=1$.
		\item Od to sledi, da je $y=0$
		$\rightarrow x^3=1\rightarrow x=1$
		\item Re"sitev je $z=1$.  
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Re"si ena"cbo $i+\frac{1}{z}=2$}
	\begin{itemize}
		\item $\frac{1}{z}=2-i$
		\item $z=\frac{1}{2-i}$
		\item $z=\frac{2+i}{5}=\frac{2}{5}+i\frac{1}{5}$
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Re"si ena"cbo $z^2-3\overline{z}^2=10i$}
        \begin{itemize}
                \item $z^2-3\overline{z}^2=10i$
                \item $(x^2-y^2+2ixy)-3(x^2-y^2-2ixy)=10i\rightarrow$
		\item $-2(x^2-y^2)+5ixy=10i$
                \item $x^2-y^2=0,\quad 5xy=10,\rightarrow 
		xy=2,\quad x=\frac{2}{y}\rightarrow$
		\item $\frac{4}{y^2}-y^2=0,\rightarrow 4-y^4=0$,
		\item $y=\pm\sqrt{2}\rightarrow$,
		\item $z_{12}=\pm\sqrt{2}(1+i)$.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Re"si ena"cbo $\overline{z}-iz^2=0$}
        \begin{itemize}
                \item $\overline{z}-iz^2=0$,
                \item $x-iy-i(x^2-y^2+2ixy)=0\rightarrow$
                \item $2xy+x=0,\quad -x^2+y^2-y=0$, 
                \item Iz prve ena"cbe je $x=0\vee y=-\frac{1}{2}$.
                \item Iz druge sledi $z_1=0,\quad z_2=i,\quad z_{34}=
		\pm\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{i}{2}$.
        \end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Re"si ena"cbo $|z|+z=2+i$}
	\begin{itemize}
		\item $\sqrt{x^2+y^2}+x+i\,y=2+i\rightarrow y=1$
		\item $\sqrt{x^2+1}+x=2$
		\item $\sqrt{x^2+1}=2-x\rightarrow x<2$.
		\item $x^2+1=4-4x+x^2\rightarrow x=\frac{3}{4}<2$
		\item Re"sitev $z=\frac{3}{4}+i$. 
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Re"si sistem ena"cb}
        \begin{itemize}
                \item $(1 + i) z_1 + (2 - i) z_2 = i$, $z_1 + (1 - i) z_2 = 3$
		\item Pomno"zimo prvo ena"cbo z $1-i$ in drugo z 2.
		\item $2z_1+(-1+3i)z_2=1+i$, $2z_1+2(1-i)z_2=6$
		\item Obe ena"cbi od"stejemo in izrazimo $z_2$, $z_2=\frac{-3-3i}{-3+5i}$;
		\item Re"sitev: $z_1=4+5i$, $z_2=2-3i$.
        \end{itemize}
\end{frame}
\subsubsection{Podmno\v{z}ice kompleksne ravnine}
\begin{frame}{Grafi\v{c}no predo\v{c}i podmno\v{z}ice kompleksne ravnine}
$\displaystyle Z=\{z\in\mathbb{C}, 1<|z+1+2i|\le 2\}$
\begin{itemize}
	\item $1<|z+1+2i|\le 2\rightarrow$
	\item $1<|z+1+2i|^2\le4$
	$\rightarrow 1 < (x+1)^2+(y+2)^2 \le 4$
\end{itemize}
\begin{center}
	\includegraphics[scale=0.50]{func-1-2-09.pdf}
\end{center}
\end{frame}

\begin{frame}{Grafi\v{c}no predo\v{c}i podmno\v{z}ice kompleksne ravnine}
$\displaystyle Z=\{z\in\mathbb{C}, |z+1|<|z+i|\}$
\begin{itemize}
	\item $|z+1|<|z+i|\rightarrow$
	\item $|z+1|^2<|z+i|^2\rightarrow (x+1)^2+y^2<x^2+(y+1)^2$.
	\item $2x+1<2y+1\rightarrow x<y$.
\end{itemize}
\begin{center}
	\includegraphics[scale=0.50]{func-1-2-10.pdf}
\end{center}
\end{frame}

\begin{frame}{Grafi\v{c}no predo\v{c}i podmno\v{z}ice kompleksne ravnine}
$\displaystyle Z=\{z\in\mathbb{C}, |z+1|+|z-1|\le3 \}$
\begin{itemize}
	\item $|z+1|+|z+i|\le 3\rightarrow$
	\item $\displaystyle \frac{4x^2}{9}+\frac{4y^2}{5}\le1$.
\end{itemize}
\begin{center}
	\includegraphics[scale=0.50]{func-1-2-11.pdf}
\end{center}
\end{frame}

\begin{frame}{Grafi\v{c}no predo\v{c}i podmno\v{z}ice kompleksne ravnine}
$\displaystyle Z=\{z\in\mathbb{C}, |z|>1-\Re(z)\}$
\begin{itemize}
	\item $|z|>1-\Re(z)\rightarrow$
	\item $\displaystyle \sqrt{x^2+y^2}>1-x\rightarrow (x>1)$,
	\item $x^2+y^2>x^2+2x+1\rightarrow$
	\item $(x>\frac{1}{2})\vee((x\le\frac{1}{2})\wedge(y>\sqrt{-2x+1}\vee y<-\sqrt{-2x+1}))$
\end{itemize}
\begin{center}
	\includegraphics[scale=0.50]{func-1-2-12.pdf}
\end{center}
\end{frame}


\section{Zaporedja in vrste}
\subsection{Zaporedja}
\subsubsection{Monotonost}

\begin{frame}{Ugotovi nara\v{s}\v{c}anje in padanje zaporedja: $a_n=\frac{1}{n+1}$}
	\begin{itemize}
        \item Predpostavimo, da je $a_n\le a_{n+1}$.\\
                $\frac{1}{n+1}\le\frac{1}{n+2}, \rightarrow n+2\le n+1,\rightarrow 2\le 1 \rightarrow \emptyset$
        \item Od tod sledi $a_n>a_{n+1}$, zaporedje je padajo"ce.
        \item Prvi "clen je najve"cji $\mbox{max}\{a_n\}=\frac{1}{2}$.
        \item Natan"cna spodnja meja $\mbox{inf}\{a_n\}=0$, "cleni monotono padajo proti ni"c. Res?   
	\item Poka"zimo, da $0+\epsilon$ ni ve"c spodnja meja za poljuben $\epsilon>0$. \\
		$a_{n}<0+\epsilon,\rightarrow \frac{1}{n+1}<\epsilon,\rightarrow n > \frac{1}{\epsilon}-1$  
	\item Za vsak $\epsilon>0$ lahko najdemo $n\in\mathbb{N} $, da je gornja neena"cba izpolnjena. 
\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dano je zaporedje: $a_n=-n^2+9n+100$}
        \begin{itemize}
		\item Predpostavimo, da je $a_n\le a_{n+1}$.\\
		$-n^2+9n+100\le-(n+1)^2+9(n+1)+100,\rightarrow$\\
		$0\le -2n+8,\rightarrow n\le4$.
		\item Za $n=1,2,3$ in $4$ velja $a_n<a_{n+1}$, z
		a vse ostale pa je $a_n>a_{n+1}$.
		\item Zaporedje nara"s"ca do $n=5$ ($a_4<a_5$ in $a_5>a_6$) tu zavzame
			najve"cjo vrednost, zatem pa monotono pada.
		\item Najve"cji "clen $\mbox{max}\{a_n\}=120$. 
	Zaporedje ni navzdol omejeno.     
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dano je zaporedje: $a_n=\frac{n^2}{2^n}$}
        \begin{itemize}
		\item Predpostavimo, da je $a_n\le a_{n+1}$.\\
                $\frac{n^2}{2^n}\le\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}, 
			\rightarrow  n^2-2n-1\le 0, 
			\rightarrow n\in [1-\sqrt{2},1+\sqrt{2}]$.
		\item Zaporedje nara"s"ca do $n=3$ zatem monotono pada in je navzdol omejeno z ni"c. 
		\item Natan"cna spodnja meja zaporedja je 0. Velja:\\ 
			$2^n=(1+1)^n > {n\choose 3},\rightarrow$\\$
			\frac{n^2}{2^n}<\frac{n^2}{{n\choose 3}}=\frac{6n^2}{n(n-1)(n-2)}=\frac{6}{n(1-\frac{1}{n})(1-\frac{2}{n})}$.\\
		Za velike $n$ desna stran pade pod vsako pozitivno mejo.  
		\item $\mbox{max}\{a_n\}=\frac{9}{8}$ in $\mbox{inf}\{a_n\}=0$
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dano je zaporedje: $a_n=\frac{2^n}{n!}$}
	\begin{itemize}
		\item Predpostavimo, da je $a_n\le a_{n+1}$.\\
			$\frac{2^n}{n!}\le\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}, \rightarrow  n+1\le 2, \rightarrow n\in \{1\}$.
		\item Zaporedje nara"s"ca do $n=2$ zatem pa monotono pada in je navzdol omejeno z ni"c.
		\item Velja ocena,
			$\frac{2^n}{n!}=\frac{2}{n}\frac{2}{n-1}\cdots\frac{2}{2}\frac{2}{1}<\frac{4}{n},$\\
			Vsi faktorji razen zadnjih dveh so manj kot ena. Natan"cna spodnja meja enaka 0. 
	        \item $\mbox{max}\{a_n\}=2$ in $\mbox{inf}\{a_n\}=0$.

	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dano je zaporedje: $a_n=\frac{n}{1+\left(\frac{n}{10}\right)^2}$}
        \begin{itemize}
                \item Predpostavimo, da je $a_n\le a_{n+1}$. Preuredimo in dobimo neena"cbo\\
                        $n^2+n-100\le0$
                \item Re"sitev v naravnih "stevilih je $1\le n \le 9 $
                \item Zaporedje do 10 "clena nara"s"ca, od tam dalje pa monotono pada proti 0.\\
			Res? "Ce pi"semo $a_n=\frac{1/n}{1/n^2+1/100}$ vidimo, da velja $0<a_n<\frac{100}{n}$). 
                \item Natan"cna zgornja meja je $\mbox{max}\{a_n\}=5$, natan"cna spodnja meja je $\mbox{inf}\{a_n\}=0$. 
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dano je zaporedje: $a_n=(-1)^n\frac{2n-1}{3n+1}$}
\begin{itemize}
	\item Zaporedje absolutnih "clenov $|a_n|=\frac{2n-1}{3n+1}$ ima  
	natan"cno zgornjo mejo $\frac{2}{3}$.
	\item  Poka"zimo, da je razlika $\frac{2}{3}-a_n$ vselej pozitivna in 
	postane poljubno majhna, ko gre  $n$ preko vsej meja.
	\item $\frac{2}{3}-\frac{2n-1}{3n+1}=\frac{5}{3+9n}$
	\item Lihi "cleni zaporedja $a_n$ padajo proti $-\frac{2}{3}$, sodi pa 
	rastejo proti $\frac{2}{3}$. 
	\item Od tod sledi, da je  $\sup\{a_n\}=\frac{2}{3}$ in 
	$\inf\{a_n\}=-\frac{2}{3}$.
\end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Dano je zaporedje: $a_n=(-1)^n\frac{2n+1}{3n-1}$}
\begin{itemize}
        \item Zaporedje absolutnih "clenov $|a_n|=\frac{2n+1}{3n-1}$ ima
        natan"cno spodnjo mejo $\frac{2}{3}$.
        \item  Poka"zimo, da je razlika $a_n-\frac{2}{3}$ vselej pozitivna in 
        postane poljubno majhna, ko gre  $n$ preko vsej meja.
        \item $\frac{2n+1}{3n-1}-\frac{2}{3}=\frac{5}{-3+9n}$
        \item Lihi "cleni zaporedja $a_n$ rastejo proti $-\frac{2}{3}$, sodi pa    
        padajo proti $\frac{2}{3}$. 
        \item Od tod sledi, da je  $\max\{a_n\}=a_2=1$ in       
        $\min\{a_n\}=a_1=-\frac{3}{2}$.
\end{itemize}
\end{frame}



\subsubsection{Limita zaporedij}
\begin{frame}{Pravila za ra\v{c}unanje z limitami}
	"Ce je $A=\lim_{n\to\infty}a_n,\quad B=\lim_{n\to\infty}b_n$, potem velja
	\begin{enumerate}
	\item $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}(a_n\pm b_n)=A\pm B}$ 
	\item $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}(a_n  b_n)=A\,B}$
	\item $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}(\frac{a_n}{b_n})=\frac{A}{B}}$, $B\ne0$.
	\item $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\sqrt[k]{a_n}=\sqrt[k]{A}}$, $a_n\ge 0$, $k\in\mathbb{N}$
	\end{enumerate}
\end{frame}

\begin{frame}{Nekaj osnovnih limit}
        $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=1$, "ce je $a>0$,\\
	$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$,\\
        $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!}=0$,\\
	$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{a^n}=0$, "ce je $a>1$ za vsak 
		$k\in\mathbb{N}$ in\\ 
        $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e$
\end{frame}

\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$,}
        kjer je $a_n=\frac{n^2+1}{3n^3+2n}$.
        \begin{itemize}
                \item Delimo "stevec in imenovalec z vodilno potenco $n^3$.
                     $$\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}}{3+\frac{2}{n^2}}$$
                \item Ker je $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0$ in z
                upo"stevanjem pravil za ra"cunanje z limitami $1-4$ na prvi strani, dobimo
                $\lim_{n\to\infty}a_n=0$.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$,}
        kjer je $a_n=\frac{n^2+1}{3n^2+2n}$.
        \begin{itemize}
                \item Delimo "stevec in imenovalec z vodilno potenco $n^2$.
                     $$\lim_{n\to\infty}\frac{1+\frac{1}{n^2}}{3+\frac{2}{n}}$$
                \item Ker je $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0$ in z
                upo"stevanjem pravil za ra"cunanje z limitami $1-4$ na prvi strani, dobimo
                $\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1}{3}$.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$,}
        kjer je $a_n=\frac{1+2+3+\dots+n}{n^2}$.
        \begin{itemize}
		\item Izra"cunajmo vsoto in dobimo $a_n=\frac{n(n+1)}{2n^2}$.
                \item Delimo "stevec in imenovalec z vodilno potenco $n^2$.
                     $$\lim_{n\to\infty}\frac{1+\frac{1}{n}}{2}$$
                \item Ker je $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0$ in z
                upo"stevanjem pravil za ra"cunanje z limitami $1-4$ na prvi strani, dobimo
                $\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1}{2}$.
        \end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$,}
	kjer je $a_n=\frac{\sqrt{n^2+1}}{1+2n}$.		
	\begin{itemize}
		\item Delimo "stevec in imenovalec z $n$. 
				$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}}{2+\frac{1}{n}}$$
		\item Ker je $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0$ in z 
		upo"stevanjem pravil za ra"cunanje z limitami $1-4$ na prvi strani, dobimo
		$\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1}{2}$.
	\end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$,}
        kjer je $a_n=\sqrt{2n}\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)$.
        \begin{itemize}
                \item Pomno"zimo "stevec in imenovalec, ki je enak $1$,
                s konjugirano iracionaliteto izraza v oklepaju, $\sqrt{n+1}+\sqrt{n}$.
                $$
                \lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{2n}(n+1 - n)}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}
                $$
                \item Vodilna potenca v imenovalcu ($\frac{1}{2}$) 
                        je enaka kot v "stevcu, od tod je:
                        $$\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1}{\sqrt{2}}$$
        \end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$,}
	kjer je $a_n=\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}$.
	\begin{itemize}
		\item Pomno"zimo "stevec in imenovalec, ki je enak $1$,
		s "stevcu konjugirano iracionaliteto  
		$$\sqrt[3]{(n+1)^2}+\sqrt[3]{n(n+1)}+\sqrt[3]{n^2}$$	
		$$
		\lim_{n\to\infty}\frac{n+1 - n}{\sqrt[3]{(n+1)^2}+\sqrt[3]{n(n+1)}+\sqrt[3]{n^2}}
		$$
		\item Vodilna potenca v imenovalcu ($\frac{3}{2}$) 
			je ve"cja kot v "stevcu (0), od tod je
			$$\lim_{n\to\infty}a_n=0$$
	\end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$}
	kjer je $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n^2+6}{2n^2+5}\right)^{4n^2+3}$
	\begin{itemize}
		\item Preuredimo izraz tako, da bomo lahko uporabili 
		$\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^n=e$
		\item $\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2n^2+5}\right)^{2(n^2+5)-7} $
		\item Pi"semo $m=n^2+5$\\
			$ \lim_{m\to\infty}\left(1+\frac{1}{m}\right)^{2m}
				\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2n^2+5}\right)^{-7} $
		\item Prva limita je enaka $e^2$, druga pa je enaka $1$. $\lim_{n\to\infty}a_n=e^2$
	\end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$}
	kjer je $\lim_{n\to\infty}\frac{2^{n+1}+3^{n+1}}{2^n+3^n}$
	\begin{itemize}
		\item Delimo "stevec in imenovalec z $3^n$ in opo"stevamo, da je:
		$$\lim_{n\to\infty}q^n=0,\quad |q|<1$$  
		\item $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{2\left(\frac{2}{3}\right)^n+3}{\left(\frac{2}{3}\right)^n+1}$
		\item Ker je $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^n=0$, je $\lim_{n\to\infty}a_n=3$
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n,$}
        kjer je $\displaystyle a_n=\frac{\sin n}{n}$
        \begin{itemize}
                \item Ker je $-\frac{1}{n}<\frac{\sin n}{n}<\frac{1}{n}$, je\\ 
                $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a^n=0$
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Rekurzivno podano zaporedje:}
	$\displaystyle a_1=1$ in $\displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n}{2}+1$.\\ 
	"Ce je zaporedje nara"s"cajo"ce in navzgor omejeno, 
	potem je limita natan"cna zgornja meja. 
	\begin{itemize}
		\item "Ce je zaporedje monotono nara"s"cajo"ce, potem je $a_{n+1}>a_n$.
		\item Od tod je $\displaystyle \frac{a_n}{2}+1 > a_n\iff a_n<2$.
		\item Dokazati moramo, da je $a_n<2$. Uporabimo matemati"cno indukcijo.
		\item Velja $\displaystyle a_1=1<2$, "ce je $a_n<2$ je tudi 
		$\displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n}{2}+1<2$.
		\item Limita ustreza ena"cbi  $\displaystyle a=\frac{a}{2}+1$, kjer je 
		$\displaystyle a=\lim_{n\to\infty}a_n$.
		\item Re"sitev ena"cbe je $a=2$. 
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Slika k prej"snji nalogi}
	\begin{center}
		\includegraphics[scale=0.8]{fix-point-1.pdf}
	\end{center}
\end{frame}


\begin{frame}{Rekurzivno podano zaporedje:}
        $\displaystyle a_1=3$ in $\displaystyle a_{n+1}=3-\frac{2}{a_n}$.\\
        "Ce je zaporedje monotono padajo"ce in navzdol omejeno, potem je limita natan"cna spodnja meja. 
        \begin{itemize}
                \item "Ce je zaporedje monotono padajo"ce, potem je $a_{n+1}<a_n$.
                \item Od tod je $\displaystyle 3-\frac{2}{a_n} > a_n \iff a_n > 2$.
                \item Dokazati moramo, da je $a_n>2$. Uporabimo matemati"cno indukcijo.
                \item Velja $\displaystyle a_1=3>2$, "ce je $a_n>2$ je tudi 
                $\displaystyle a_{n+1}=3-\frac{2}{a_n}>2$.
                \item Limita ustreza ena"cbi  $\displaystyle a=3-\frac{2}{a}$ ali $a^2-3a+2=0$, kjer je
                $\displaystyle a=\lim_{n\to\infty}a_n$.
                \item Re"sitev ena"cbe je $a=1$ in $a=2$, prava re"sitev je druga.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Slika k prej"snji nalogi}
	\begin{center}
		\includegraphics[scale=0.7]{fix-point-2.pdf}
	\end{center}
\end{frame}


\begin{frame}{Dano je konvergentno zaporedje $\{a_n\}$ in $\epsilon>0$}
Od katerega "clena dalje se "cleni zaporedja razlikujejo od limite za manj kot 
$\epsilon$, "ce je $a_n=\frac{n^2+n}{n^2+1}$ in $\epsilon=\frac{1}{10}$.
\begin{itemize}
	\item Velja  $a_n>1$.
	\item Poi"s"cimo $N(\epsilon)$ za katerega velja 
		$\frac{n^2+n}{n^2+1}-1<\epsilon$ za vsak $n>N(\epsilon)$.
	\item $n-1<(1+n^2)\epsilon\rightarrow\epsilon n^2-n+1+\epsilon>0\rightarrow n>5+\sqrt{14}$.
	\item Od tod sledi, da je $N(\frac{1}{10})=8$.
\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dano je konvergentno zaporedje $\{a_n\}$ in $\epsilon>0$}
Od katerega "clena dalje se "cleni zaporedja razlikujejo od limite za manj kot 
$\epsilon$, "ce je $a_n=\left(\frac{2}{3}\right)^n$ in $\epsilon=\frac{1}{100}$.
\begin{itemize}
	\item "Cleni monotono padajo proti ni"c. 
	\item Poi"s"cimo $N(\epsilon)$ za katerega velja 
		$\left(\frac{2}{3}\right)^n<\epsilon$ za vsak $n>N(\epsilon)$.
	\item $n\,\ln{\frac{2}{3}}<\ln{\epsilon}\rightarrow n\,\ln{\frac{3}{2}}>\ln\frac{1}{\epsilon}
	\rightarrow n>\frac{\ln100}{\ln(3/2)}$.
	\item Od tod sledi, da je $N(\frac{1}{100})=11$.
\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dano je konvergentno zaporedje $\{a_n\}$ in $\epsilon>0$}
Od katerega "clena dalje se "cleni zaporedja razlikujejo od limite za manj kot 
$\epsilon$, "ce je $a_n=\frac{5^n+1}{5^n+2}$ in $\epsilon=25^{-25}$.
\begin{itemize}
	\item "Cleni monotono rastejo proti 1. 
	\item Poi"s"cimo $N(\epsilon)$ za katerega velja 
		$1-\frac{5^n+1}{5^n+2}<\epsilon$ za vsak $n>N(\epsilon)$.
	\item $5^n>5^{50}-2
	\rightarrow n>49$.
	\item Od tod sledi, da je $N(25^{-25})=49$.
\end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$,} 
	kjer je $a_n=\underbrace{1+\sqrt{1+\cdots\sqrt{1+\sqrt{2}}}}_{n\quad \mbox{korenov}}$
        \begin{itemize}
                \item Zaporedje lahko zapi"semo rekurzivno: $a_1=1+\sqrt{2}$, $a_{n+1}=1+\sqrt{a_n}$
                \item Doka"zimo, da je zaporedje nara"s"cajo"ce.\\ 
			$a_n<a_{n+1}\rightarrow a_n<1+\sqrt{a_n}\rightarrow a_n^2-3a_n+1<0$
                \item Od tod dobimo pogoj $a_n<\frac{3+\sqrt{5}}{2}$, 
		ki ga doka"zemo s pomo"cjo matemati"cne indukcije.  
                \item Zaporedje je navzgor omejeno z $\frac{3+\sqrt{5}}{2}$.
		\item Limita je ena od re"sitev ena"cbe $a=1+\sqrt{a}$. 
		\item Prava je $\frac{3+\sqrt{5}}{2}$.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Fibonaccijevo zaporedje: $F_1=1$, $F_2=1$, $F_{n+1}=F_n+F_{n-1}$, $n>2$}
Poka"zi, da je limita $\lim_{n\to\infty}\frac{F_{n+1}}{F_n}$ enaka razmerju zlatega reza. 
\begin{itemize}
	\item Zaporedje $\varphi_n=\frac{F_{n+1}}{F_n}$ zapi"semo v rekurzivni obliki. 
	\item $\varphi_1=1$, $\varphi_{n+1}=1+\frac{1}{\varphi_n}$, res?
	$\frac{F_{n+2}}{F_{n+1}}=1+\frac{F_{n}}{F_{n+1}}\rightarrow\frac{F_{n+2}}{F_{n+1}}=\frac{F_{n+1}+F_n}{F_{n+1}}$.	
	\item Pokazati moramo neena"cbi $0<\varphi_{2n-1}<\varphi<\varphi_{2n}$, kjer je $\varphi$ pozitivna re"sitev ena"cbe,
	\item $\varphi=1+\frac{1}{\varphi}\rightarrow\varphi^2-\varphi-1=0\rightarrow\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$
	\item tako, da doka"zemo implikaciji\\ 
	$\varphi_{2n-1}<\varphi\Rightarrow\varphi_{2n+1}<\varphi$ in $\varphi_{2n}>\varphi\Rightarrow\varphi_{2n+2}>\varphi$. 
\end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Izra\v{c}unaj limito $\lim_{n\to\infty}a_n$,}
        kjer je 
	$\displaystyle a_n=\underbrace{
	1+\cfrac{1}{1+\cfrac{1}{1+\dots+\cfrac{1}{1+0}}}
	}_{n-1\quad \mbox{ulomkov}}
	$
	\begin{itemize}
		\item Zaporedje lahko zapi"semo rekurzivno:\\ 
		$a_1=1$, $a_{n+1}=1+\frac{1}{a_n}$
		\item  Od tod sledi, da je zaporedje $a_n$ enako zaporedju $\varphi_n$ prej"snje naloge.
		\item $\lim_{n\to\infty}a_n=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$. 
	\end{itemize}

\end{frame}

\end{document}
