\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{3. 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[BF 2010] % 
{Matematika FE, Ljubljana, Slovenija 2011}

\subject{Matematika}


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


\begin{document}

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

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

\section{Zaporedja in vrste}
\subsection{Zaporedja}
\subsubsection{Stekali\v{s}\v{c}a zaporedij}
\begin{frame}{Dolo"ci stekali"s"ca zaporedja}
$a_n=\displaystyle(-1)^{n+1}\frac{n-1}{n+1}$.
\begin{itemize}
	\item Limita absolutnih "clenov $|a_n|=\displaystyle\frac{n-1}{n+1}$ je 
		enaka $1$. 
	\item Od tod sledi, da ima zaporedje $a_n$ dve stekali"s"ci, to sta $\{-1,1\}$.
	\item Zaporedje lihih "clenov konvergira k $1$, medtem ko zaporedje sodih "clenov 
	konvergira k $-1$.  
\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dolo"ci stekali"s"ca zaporedja}
$a_n=\displaystyle(-1)^{n+1}\frac{1}{n+1}$.
	\begin{itemize}		
		\item Zaporedje sodih in lihih "clenov konvergira k $0$. 
		\item Zaporedje ima eno samo 
		stekali"s"ce, ki je tudi limita zaporedja. 
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dolo"ci stekali"s"ca zaporedja}
$a_n=\displaystyle\sin(\frac{n\pi}{4})\frac{2n^2+1}{n^2+1}$.
        \begin{itemize}
                \item Zaporedje $\frac{2n^2+1}{n^2+1}$ konvergira k $2$. 
                \item "Cleni zaporedja $\sin(\frac{n\pi}{4})$ zavzamejo naslednje vrednosti
		$\{\frac{\sqrt{2}}{2},1,\frac{\sqrt{2}}{2},0,-\frac{\sqrt{2}}{2},-1,-\frac{\sqrt{2}}{2},0\}$.      
                \item Zatem se za"cnejo vrednosti ponavljati. 
		\item Mno"zica stekali"s"c zaporedja je enaka  $\{-2,-\sqrt{2},0,\sqrt{2},2\}$.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dolo"ci stekali"s"ca zaporedja}
$\displaystyle \{\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{4},\frac{2}{4},\frac{3}{4},\frac{1}{5},\dots \}$.\\
Za vsak $n>2$ se v zaporedju
nahajajo vsi ulomki $\frac{m}{n}$, kjer $m=1,2,\dots,n-1$.
\begin{itemize}
        \item O"citno so vrednosti "clenov tega zaporedja vsi ulomki
        iz intervala $(0,1)$. Vsak ulomek se v zaporedju ponovi neskon"cnokrat.
        \item Od tod sledi, da je vsak tak ulomek tudi stekali"s"ce.
        \item Ker vsako realno "stevilo na intervalu $[0,1]$, lahko
        poljubno natan"cno aproksimiramo s pravimi ulomki,
        sledi od tod, da je vsako realno "stevilo iz $[0,1]$
        stekali"s"ce tega zaporedja.
\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Dolo"ci stekali"s"ca zaporedja}
$\displaystyle \{\frac{1}{2}.\frac{1}{2},\frac{1}{4},
\frac{3}{4},\frac{1}{8},\frac{7}{8},\dots,\frac{1}{2^n},
\frac{2^n-1}{2^n},\dots\}$.
\begin{itemize}
	\item Podzaporedje lihih "clenov $l_n=\frac{1}{2^n}$ konvergira k 0.
	\item Podzaporedje sodih "clenov $s_n=\frac{2^n-1}{2^n}$ konvergira k 1.
	\item Stekali"s"ci zaporedja sta potemtakem $\{0,1\}$.
\end{itemize}
\end{frame}

\subsection{Vrste s pozitivnimi "cleni}
\subsubsection{Vsota vrste}
\begin{frame}{Koliko je vsota vrste?}
$\displaystyle S=\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{4k^2-1}$
\begin{itemize}
	\item Razcepimo splo"sni "clen na parcialne ulomke.\\
		$\frac{1}{4n^2-1}=\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)$
	\item Zapi"simo $n$-to delno vsoto s tako razcepljenimi "cleni.\\
		$S_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2}\left( \frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)$\\
		$S_n=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\cdots+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)$
	\item Vsi "cleni, razen prvega in zadnjega se paroma uni"cijo.\\
		$S_n=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2n+1}\right)$
	\item Vsota neskon"cne vrste je enaka limiti delnih vsot. \\
		$S=\lim_{n\to\infty}S_n=\frac{1}{2}$
\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Koliko je vsota vrste?}
$\displaystyle S=\sum_{k=1}^\infty\left(\sqrt{k+2}-2\sqrt{k+1}+\sqrt{k}\right)$
\begin{itemize}
        \item Zapi"simo $n$-to delno vsoto:\\
                $S_n=\sum_{k=1}^n\left(\sqrt{k+2}-2\sqrt{k+1}+\sqrt{k}\right)$\\
                $S_n=\sqrt{3}-2\sqrt{2}+1+\sqrt{4}-\cdots+\sqrt{n+2}-2\sqrt{n+1}+\sqrt{n}$
        \item Notranji "cleni se uni"cijo, ostanejo le\\
                $S_n=1-\sqrt{2}+\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}$
        \item Vsota neskon"cne vrste je enaka limiti delnih vsot.\\
                $S=\lim_{n\to\infty}S_n=1-\sqrt{2}+\lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\right)$.
	\item Izraz, katerega limito ra"cunamo,  
		mno"zimo in delimo s konjugirano iracionaliteto $\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}$ in dobimo
		$\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}=0$.
        \item Vsota vrste je potemtakem $S=1-\sqrt{2}$. 
\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Koliko je vsota vrste?} 
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{3}{4^{k-1}}$
	\begin{itemize}
        	\item Vrsta je geometrijska, 
		$n$-to delno vsoto geometrijske vrste izra"cunamo po formuli 
                $\sum_{k=1}^nq^{k-1}=\frac{1-q^n}{1-q}$.\\
                $S_n=3\frac{1-\frac{1}{4^n}}{1-\frac{1}{4}}$
        	\item Izra"cunamo limito delnih vsot. Upo"stevamo, 
		da je $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{4^{n}}=0$.
        	\item Vsota vrste je potemtakem $S=4$.
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Poka"zi, da je dol"zina Cantorjeve mno"zice enaka 0.}
\begin{itemize}
\item[(i)] Vzemimo zaprt enotni interval, $[0,1]$.   
Razdelimo ga na tri enako dolge podintervale in izlo"cimo srednjega brez robnih to"ck.
Po prvem koraku nam ostaneta dva zaprta podintervala $[0,1/3]$ in $[2/3,1]$.
\item[(ii)] Nadaljujemo postopek izlo"canja (i) na vsakem od njih v nedogled.
\end{itemize}
Cantorjevo mno"zico sestavljajo to"cke, ki v limiti ostanejo. 
\begin{itemize}
	\item Na za"cetku je dol"zina intervala enaka $1$.
	\item Na vsakem koraku je dol"zina izlo"cenih intervalov tretjina predhodnih, 
		njihovo "stevilo pa se podvoji.
	\item Skupna dol"zina izlo"cenih intervalov je $\frac{1}{3}+\frac{2}{3^2}+\frac{2^2}{3^3}+\dots$
	\item Vsota gornje geometrijske vrste: $\frac{1}{3}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{2}{3}\right)^{n-1}=1$. 
\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Dol"zina Kochove krivulje}
Kochovo krivuljo konstruiramo takole, kot prikazuje slika:
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.5]{tk2.pdf}
\end{center}
\begin{itemize}
	\item Vzemimo, da je dol"zina za"cetne daljice enaka $1$.
	\item Na vsakem koraku se "stevilo stranic pomno"zi s $4$ njihova
	dol"zina pa se skr"ci za faktor $3$. 
	\item Dol"zina krivulje po $n$-tem koraku je enaka 
	$\left(\frac{4}{3}\right)^n$.
	\item V limiti je dol"zina enaka: 
		$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{4}{3}\right)^n=\infty$.  
	\item Krivulja neskon"cne dol"zine, ki jo lahko polo"zimo v dlan.
\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Plo"s"cina pod Kochovo krivuljo, "ce je dol"zina za"cetne daljice enaka 1.}
	\begin{itemize}
		\item Na za"cetku je plo"s"cina enaka ni"c. 
		\item Na vsakem koraku se na vsaki stranici doda 
		enakostrani"cni trikotnik,
		katerega stranice so tretjina prvotne stranice.
		\item Torej na vsakem koraku dodamo plo"s"cini $S_n$,
		$S_n=4^{n-1}\left(\frac{1}{3}\right)^{2n}\frac{\sqrt{3}}{4}=
		4^{n}\left(\frac{1}{3}\right)^{2n}\frac{\sqrt{3}}{16}=\left(\frac{4}{9}\right)^n\frac{\sqrt{3}}{16}$.
		\item Plo"s"cina je potemtakem enaka $S=\sum_{n=1}^\infty S_n$.
		\item Vsota gornje geometrijske vrste je enaka 
			$S=\frac{9\sqrt{3}}{80}$.
	\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Izra"cunaj vsoto vrste $S=\sum_{n-1}^\infty a_n$, "ce je }
$\displaystyle a_n=\frac{F_n}{2^n}$, kje $F_n$ $n$-ti "clen Fibonaccijevega zaporedja:\\
$F_1=1$, $F_2=1$ in $F_{n+1}=F_n+F_{n-1}$
\begin{itemize}
	\item Vrsto $S=\sum_{n=1}^\infty\frac{F_n}{2^n}$ zapi"semo takole:
	\item $S=\frac{F_1}{2}+\frac{F_2}{4}+\sum_{n=1}^\infty\frac{F_{n+2}}{2^{n+2}}\rightarrow$
	\item $S=\frac{F_1}{2}+\frac{F_2}{4}+\sum_{n=1}^\infty\frac{F_{n+1}+F_n}{2^{n+2}}\rightarrow$
	\item $S=\frac{F_1}{2}+\frac{F_2}{4}+\sum_{n=1}^\infty\frac{F_{n+1}}{2^{n+2}}+
		\sum_{n=1}^\infty\frac{F_n}{2^{n+2}}$
	\item $S=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{2}(S-\frac{1}{2})+\frac{1}{4}S\rightarrow S=2$
\end{itemize}
	
\end{frame}
\subsubsection{Kvocientni kriterij}
\begin{frame}{S pomo"cjo kvocientnega kriterija ugotovi konvergenco vrste}
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k!}$.
	\begin{itemize}
		\item  $D_n=\frac{1/(n+1)!}{1/n!}=\frac{n!}{(n+1)!}=\frac{1}{n+1}$.
		\item  $\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n+1}=0$.
		\item  Ker je limita $D_n$ manj kot ena vrsta konvergira.
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{S pomo"cjo kvocientnega kriterija ugotovi konvergenco vrste}
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{2^kk!}{k^k}$.
	\begin{itemize}
		\item $D_n=\frac{2^{n+1}(n+1)! n^n}{(n+1)^{n+1}2^n}$.
		\item $\lim_{n\to\infty}\frac{2n^n}{(n+1)^n}=
			\lim_{n\to\infty}\frac{2}{(1+\frac{1}{n})^n}=\frac{2}{e}$.
		\item Ker je $\frac{2}{e}<1$ vrsta konvergira.
	\end{itemize}
\end{frame}	

\begin{frame}{S pomo"cjo kvocientnega kriterija ugotovi konvergenco vrste}
 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{3^kk!}{k^k}$.
        \begin{itemize}
                \item $D_n=\frac{3^{n+1}(n+1)! n^n}{(n+1)^{n+1}3^n}$.
                \item $\lim_{n\to\infty}\frac{3n^n}{(n+1)^n}=
			\lim_{n\to\infty}\frac{3}{(1+\frac{1}{n})^n}=\frac{3}{e}$.
                \item Ker je $\frac{3}{e}>1$ vrsta divergira.
        \end{itemize}
\end{frame}

\subsubsection{Korenski kriterij}
\begin{frame}{S pomo"cjo korenskega kriterija ugotovi konvergenco vrste}
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\left(1-\frac{1}{k}\right)^{k^2}$.
	\begin{itemize}
		\item $C_n=\sqrt[n]{\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n^2}}=\left(1-\frac{1}{n}\right)^{n}$.
		\item $\lim_{n\to\infty}C_n=\frac{1}{e}$.
		\item Ker je limita $C_n$ manj kot ena vrsta konvergira.
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{S pomo"cjo korenskega kriterija ugotovi konvergentnco vrste}
 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\left(1+\frac{1}{k}\right)^{k^2}$.
        \begin{itemize}
                \item $C_n=\sqrt[n]{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$.
                \item $\lim_{n\to\infty}C_n=e$.
                \item Ker je limita $C_n$ ve"c kot ena vrsta divergira.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{S pomo"cjo korenskega kriterija ugotovi konvergenco vrste}
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{3^{2k+1}}{k5^k}$.
        \begin{itemize}
                \item $C_n=\sqrt[n]{\frac{3^2\sqrt[n]{3}}{5\sqrt[n]{n^2}}}=\frac{3^2\sqrt[n]{3}}{5\sqrt[n]{n^2}}$.
                \item Ker je $\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{3}=1$ in 
		$\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n}=1$, je 
                \item limita $C_n$ enaka $\frac{9}{5}$, 
		vrsta divergira.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{S pomo"cjo korenskega kriterija ugotovi konvergenco vrste}
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{k-1}{k+1}\right)^{k(k-1)}$.
        \begin{itemize}
                \item $C_n=\left(\frac{n-1}{n+1}\right)^{n-1}=\left(1-\frac{2}{n+1}\right)^{2\frac{n+1}{2}2-2}$.
                \item $\lim_{n\to\infty}C_n=\frac{1}{e^2}$.
                \item Limita $C_n$ je manj kot 1, vrsta konvergira.
        \end{itemize}

\end{frame}

\subsubsection{Majoranta in minoranta}
\begin{frame}{S pomo"cjo majorante ugotovi konvergenco vrste}
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(k+1)^2}$.
	\begin{itemize}
		\item Velja $\frac{1}{(k+1)^2}<\frac{1}{k(k+1)}$.
		\item Pokazati moramo, da je vrsta 
		$\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k(k+1)}$ konvergentna.
		\item Gornjo vrsto lahko se"stejemo. 
		Razbijemo "clene na parcialne ulomke in izra"cunamo delne vsote.\\
		$\frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}$.
		$S_n=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+
		\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{1+n}$.
		\item Limita delnih vsot je enaka 1 od tod sledi da vrsta konvergira, 
		torej je tudi prvotna vrsta konvergentna.  
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{S pomo"cjo majorante ugotovi konvergenco vrste}
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^3}$.
	\begin{itemize}
		\item Ker velja, da je $k^2<k^3$ za vse $k>1$, je $\frac{1}{k^3}<\frac{1}{k^2}$.
		\item Ker je vrsta $\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2}$ konvergentna, glej prej"snjo nalogo, sledi, da je prvotna vrsta konvergentna. 
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{S pomo"cjo minorante ugotovi konvergenco vrste}
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{\sqrt{k}}$.
	\begin{itemize}
		\item Poka"zimo najprej divergentnost harmoni"cne vrste $\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{k}=\infty$.
		\item Harmoni"cno vrsto lahko zapi"semo kot vsoto $1+\sum_{k=1}^\infty s_k$, \\kjer je
		$s_k=\frac{1}{2^{k-1}+1}+\frac{1}{2^{k-1}+2}+\cdots+\frac{1}{2^k}$.
		\item Za vsak $k$ imajo vsote $s_k$ $2^{k-1}$ "clenov. 
			"Cleni v $s_k$ in $s_j$ se ne prekrivajo, "ce je $k\ne j$.
		\item "Ce nadomestimo vse "clene vsote $s_k$ z najmanj"sim, zadnjim $\frac{1}{2^k}$, dobimo
		$\frac{2^{k-1}}{2^k}=\frac{1}{2}$. 
		Velja  $s_k>\frac{1}{2}$ za vsak $k$. Od tod sledi, da je harmoni"cna vrsta divergentna.
		\item Ker velja $\sqrt{k}<k$ za vsak $k>1$ sledi, da tudi prvotna vrsta divergira. 
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{S pomo"cjo minorante oziroma majorante ugotovi konvergentnco vrste}
 $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{\arctan k}{1+k^2}$.
	\begin{itemize}
	\item Velja ocena: 
	$\displaystyle\frac{\arctan k}{1+k^2}<\frac{\pi}{2}\frac{1}{1+k^2}<
        \frac{\pi}{2}\frac{1}{k^2}$. 
		\item Ker konvergira vrsta s "cleni $\displaystyle\frac{1}{k^2}$, konvergira tudi prvotna vrsta.
\end{itemize}
\end{frame}

\subsubsection{Primerjalni kriterij}

\begin{frame}{S pomo"cjo primerjalnega kriterija ugotovi konvergenco vrste}
$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{\sqrt{2+3k^2}}{1+2k+k^3}$.
        \begin{itemize}
                \item Vodilna potenca v "sevcu je $p=1$ v imenovalcu pa $q=3$.
                \item Izberemo primerjalno vrsto s "cleni $k^{p-q}=\frac{1}{k^2}$.
                \item Limita kvocienta "clenov obeh vrst $\lim_{k\to\infty}\frac{\sqrt{(2+3k^2})k^2}{1+2k+k^3}$.
		\item Delimo "stevec in imenovalec z vodilno potenco 3:\\
			$\lim_{k\to\infty}\frac{\sqrt{(\frac{2}{k^2}+3})}
			{\frac{1}{n^3}+2\frac{1}{k^2}+1}=\sqrt{3}$.
                \item Limita zaporedja je razli"cna od ni"c in kon"cna,
		torej obe vrsti hkrati konvergirata in divergirata. 
		Ker primerjalna vrsta konvergira, konvergira tudi prvotna vrsta.
        \end{itemize}
\end{frame}

\subsubsection{Alternirajo"ce vrste}
\begin{frame}
	Ugotovi konvergenco alternirajo"ce vrste $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{\sqrt{k}}$. 
	\begin{itemize}
		\item Zaporedje absolutnih "clenov $\frac{1}{\sqrt{k}}$ monotono pada proti ni"c.
		\item Od tod sledi, da je vrsta konvergentna.
		\item Ker vrsta absolutnih "clenov ne konvergira je konvergenca vrste le pogojna. 
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}
	Ugotovi konvergenco alternirajo"ce vrste $\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k(k+1)}$. 
	\begin{itemize}
		\item Zaporedje absolutnih "clenov $\frac{1}{k(k+1)}$ monotono pada proti ni"c.
		\item Od tod sledi, da je vrsta konvergentna.
		\item Vrsta absolutnih "clenov je tudi konvergentna
		\item sledi, da je vrsta absolutno konvergentna.  
	\end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}
        Ugotovi konvergenco alternirajo"ce vrste 
	$\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{1-(-1)^k}{k}-\frac{1+(-1)^k}{2^k}\right)$.
        \begin{itemize}
                \item Zaporedje absolutnih "clenov vrste pada proti ni"c, vendar ne monotono.
                \item Vrsta z lihimi "cleni $\sum_{k=1}^\infty\frac{2}{2k-1}$ divergira. 
		\item Vrsta s sodimi "cleni $\sum_{k=1}^\infty\frac{-1}{2^{2k-1}}$ absolutno konvergira.
                \item Od tod sledi, da vrsta divergira.
        \end{itemize}
\end{frame}

\section{Funkcije}
\subsection{Definicijsko obmo"cje in zaloga vrednosti}
\subsubsection{Dolo"ci definicijsko obmo"cje}
\begin{frame}{Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$}
$\displaystyle f(x)=\frac{x-2}{2x-1}$
\begin{itemize}
	\item Funkcija je definirana povsod razen v to"ckah kjer se imenovalec enak 0. 
	\item $\mathcal{D}_f=\{x\in\mathbb{R}, 2x-1\ne 0\}=\mathbb{R}\setminus \{\frac{1}{2}\}$
\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$}
$\displaystyle f(x)=\sqrt{1-2x}$
	\begin{itemize}
		\item Funkcija je definirana na obmo"cju, ker je izraz pod korenom nenegativen.
		\item $\mathcal{D}_f=\{x\in\mathbb{R}, 2x-1\ge 0\}=(-\infty,\frac{1}{2}]$
	\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$}
$\displaystyle f(x)=\sqrt{4-x^2}-\frac{1}{x}$
	\begin{itemize}
		\item Funkcija je definirana na obmo"cju, kjer je izraz pod 
			korenom nenegativen in 
			imenovalec v drugem "clenu razli"cen od ni"c.
		\item  $\mathcal{D}_f=\{x\in\mathbb{R}, 4-x^2\ge 0 \wedge x\ne0\}=(-2,0)\cup(0,2)$
	\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$}
$\displaystyle f(x)=\sqrt{\sqrt{2x-1}-x}$
        \begin{itemize}
                \item Funkcija je definirana na obmo"cju, 
		kjer so izrazi pod koreni nenegativni.
                \item  $\mathcal{D}_f=\{x\in\mathbb{R},2x-1\ge 0 \wedge 
		\sqrt{2x-1}\ge x\}$
		\item  $\mathcal{D}_f=[\frac{1}{2},\infty)\cap \{x\in\mathbb{R},0 \ge x^2-2x+1\}=\{1\}$.
        \end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$}
$\displaystyle f(x)=\sqrt{\sqrt{2x-1}+x}$
        \begin{itemize}
                \item Funkcija je definirana obmo"cju, 
		kjer so izrazi pod koreni nenegativni.
                \item $\mathcal{D}_f=\{x\in\mathbb{R},x\ge \frac{1}{2} \wedge 
		\sqrt{2x-1}+x\ge 0\}$
                \item Tam ker je izpolnjen prvi pogoj, je izpolnjen tudi drugi. 
		$\mathcal{D}_f=[\frac{1}{2},\infty)$.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$}
$\displaystyle f(x)=\sqrt{\sqrt{2x-1}-\frac{x}{2}}$
        \begin{itemize}
                \item Funkcija je definirana obmo"cju, kjer so 
		izrazi pod koreni nenegativni.
                \item $\mathcal{D}_f=\{x\in\mathbb{R},x\ge \frac{1}{2} \wedge 
		2x-1\ge\frac{x^2}{4}\}$
                \item Pogoja sta izpolnjena na $[4-2\sqrt{3},4+2\sqrt{3}]$,
		ker je $4-2\sqrt{3}>\frac{1}{2}$.
                \item $\mathcal{D}_f=[4-2\sqrt{3},4+2\sqrt{3}]$, 
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$}
$\displaystyle f(x)=\sqrt{\sqrt{2x-1}+x}$
        \begin{itemize}
                \item Funkcija je definirana obmo"cju, 
		kjer so izrazi pod koreni nenegativni.
                \item $\mathcal{D}_f=\{x\in\mathbb{R},x\ge \frac{1}{2} \wedge 
		\sqrt{2x-1}\ge -x \}$
                \item Drugi pogoj izpolnjen na prazno, ker je $x\ge\frac{1}{2}$.
                \item $\mathcal{D}_f=[\frac{1}{2},\infty)$, 
        \end{itemize}
\end{frame}


\begin{frame}{Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$}
$\displaystyle f(x)=\log\frac{x-1}{x+1}$
        \begin{itemize}
                \item Funkcija je definirana na obmo"cju, 
			kjer je izraz pod logaritmom pozitiven, 
			in imenovalec razli"cen od ni"c.
                \item  $\mathcal{D}_f=\{x\in\mathbb{R},\frac{x-1}{x+1}>0\}$
                \item  $\mathcal{D}_f=(-\infty,-1)\cup(1,\infty)$.
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$}
$\displaystyle f(x)=\sqrt{x-|1-2x|}$
        \begin{itemize}
                \item  Funkcija je definirana na obmo"cju, 
		kjer je izraz pod korenom nenegativen. 
                \item  $\mathcal{D}_f=\{x\in\mathbb{R},x>|1-2x|\}$
                \item  Za $1-2x<0$ oziroma oziroma $x>\frac{1}{2}$ je $x\ge-1+2x$ oziroma $x\le1$.
		\item  Za $1-2x\ge0$ oziroma oziroma $x\ge\frac{1}{2}$ je $x\ge1-2x$ oziroma $x\ge\frac{1}{3}$.
		\item  $\mathcal{D}_f=(\frac{1}{2},1)\cup(\frac{1}{3},\frac{1}{2}]=(\frac{1}{3},1)$. 
        \end{itemize}
\end{frame}

\begin{frame}{Ali lahko re"cemo, da sta funkciji $f(x)$ in $g(x)$ enaki?}
$\displaystyle f(x)=\log x^2$, $g(x)=2\log x$
	\begin{itemize}
		\item Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$ je $\mathcal{D}_f=(-\infty,0)\cup(0,\infty)$.
		\item Definicijsko obmo"cje funkcije $g(x)$ je $\mathcal{D}_g=(0,\infty)$. 
		\item Za pozitivne $x$ je $f(x)=g(x)$, vendar funkciji nista enaki, 
			ker se ne ujemata v definicijskem obmo"cju.
	\end{itemize}
\end{frame}
\begin{frame}{Ali lahko re"cemo, da sta funkciji $f(x)$ in $g(x)$ enaki?}
$\displaystyle f(x)=\frac{1}{1+\frac{1}{x}}$, $\displaystyle g(x)=\frac{x}{x+1}$
	\begin{itemize}
                \item Definicijsko obmo"cje funkcije $f(x)$ je $\mathcal{D}_f=\mathbb{R}\setminus\{0,-1\}$.
                \item Definicijsko obmo"cje funkcije $g(x)$ je $\mathcal{D}_g=\mathbb{R}\setminus\{-1\}$.              
                \item Za $x\notin \{0,-1\}$ je $f(x)=g(x)$, vendar funkciji nista enaki, 
                        ker se ne ujemata v definicijskem obmo"cju.
	\end{itemize}
\end{frame}
%\subsubsection{Zaloga vrednosti}
%\subsection{Limita funkcije}
%\subsection{Zveznost funkcije}

\end{document}
