IZRAČUNAVANJE KONAČNIH SUMA METODIMA DIFERENTNOG RAČUNA
|
|
|
- Θάλεια Βασιλόπουλος
- 5 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 IZRAČUNAVANJE KONAČNIH SUMA METODIMA DIFERENTNOG RAČUNA Izlaganje - Seminar za matematičare, Fojnica 2017.g. Prof. dr. MEHMED NURKANOVIĆ Prirodno-matematički fakultet Univerziteta u Tuzli godine M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 1 / 40
2 Definicija Neka je x (t) funkcija realne ili kompleksne varijable t. Diferentni operator (ili razliku prvog reda) definiramo jednakošću x (t) = x (t + 1) x (t). (1) Uglavnom ćemo u budućim primjenama smatrati da je domen funkcije x skup uzastopnih cijelih brojeva, kao npr. skup N = {1, 2, 3,...}. U tom slučaju varijablu t zamijenićemo oznakom n, a izraz x (n) sa x n, pa ćemo jednakost (1) pisati u obliku x n = x n+1 x n. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 2 / 40
3 Definicija Neka je x (t) funkcija realne ili kompleksne varijable t. Diferentni operator (ili razliku prvog reda) definiramo jednakošću x (t) = x (t + 1) x (t). (1) Uglavnom ćemo u budućim primjenama smatrati da je domen funkcije x skup uzastopnih cijelih brojeva, kao npr. skup N = {1, 2, 3,...}. U tom slučaju varijablu t zamijenićemo oznakom n, a izraz x (n) sa x n, pa ćemo jednakost (1) pisati u obliku x n = x n+1 x n. Općenito, razlika reda n definira se indukcijom: n x (t) = ( n 1 x (t) ) (n = 2, 3,...). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 2 / 40
4 Definicija Translacijski operator (shift operator ili operator pomaka) definiramo jednakošću Ex (t) = x (t + 1). (2) U slučaju da je domen funkcije x skup uzastopnih cijelih brojeva, formula (2) može se pisati u obliku Ex n = x n+1. Primjedba Ako sa I označimo identični operator, to jest I (t) t, tada očigledno imamo = E I,odnosno E = + I. Osim toga, operatori i E su linearni operatori i međusobno komutiraju ( E = E ). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 3 / 40
5 Teorem Osobine operatora : 1 n ( m x (t)) = m ( n x (t)) = m+n x (t), (m, n N), M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 4 / 40
6 Teorem Osobine operatora : 1 n ( m x (t)) = m ( n x (t)) = m+n x (t), (m, n N), 2 (x (t) + y (t)) = x (t) + y (t), M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 4 / 40
7 Teorem Osobine operatora : 1 n ( m x (t)) = m ( n x (t)) = m+n x (t), (m, n N), 2 (x (t) + y (t)) = x (t) + y (t), 3 (Cx (t)) = C (x (t)), ako je C konstanta, M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 4 / 40
8 Teorem Osobine operatora : 1 n ( m x (t)) = m ( n x (t)) = m+n x (t), (m, n N), 2 (x (t) + y (t)) = x (t) + y (t), 3 (Cx (t)) = C (x (t)), ako je C konstanta, 4 (x (t) y (t)) = x (t) y (t) + Ey (t) x (t) = y (t) x (t) + Ex (t) y (t) = x (t) y (t) + y (t) x (t) + x (t) y (t), M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 4 / 40
9 Teorem Osobine operatora : 1 n ( m x (t)) = m ( n x (t)) = m+n x (t), (m, n N), 2 (x (t) + y (t)) = x (t) + y (t), 3 (Cx (t)) = C (x (t)), ako je C konstanta, 4 (x (t) y (t)) = x (t) y (t) + Ey (t) x (t) = y (t) x (t) + Ex (t) y (t) 5 ( ) x (t) = y (t) = x (t) y (t) + y (t) x (t) + x (t) y (t), y (t) x (t) x (t) y (t). y (t) Ey (t) M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 4 / 40
10 Primjer Neka je a konstanta. Tada vrijedi: 1 a = a a = 0, M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 5 / 40
11 Primjer Neka je a konstanta. Tada vrijedi: 1 a = a a = 0, 2 a t = a t+1 a t = (a 1) a t, M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 5 / 40
12 Primjer Neka je a konstanta. Tada vrijedi: 1 a = a a = 0, 2 a t = a t+1 a t = (a 1) a t, 3 log at = log a (t + 1) log at = log ( ) t, M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 5 / 40
13 Primjer Neka je a konstanta. Tada vrijedi: 1 a = a a = 0, 2 a t = a t+1 a t = (a 1) a t, 3 log at = log a (t + 1) log at = log ( t ), 4 log Γ (t) = log Γ (t + 1) log Γ (t) = log Γ(t+1) Γ(t) = log tγ(t) Γ(t) = log t. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 5 / 40
14 Uočimo da za fundamentalne formule diferencijalnog i integralnog računa: (i) b ( x ) df (x) = f (b) f (a) i (ii) d f (t) dt = f (x) dx a postoje odgovarajući diskretni analogoni u diferentnom računu: ( ) (i) n 1 n 1 x k = x n x n0 i (ii) x k = x n. k=n 0 k=n 0 a M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 6 / 40
15 Znamo da u diferencijalnom računu vrijedi d dt tn = nt n 1. Nažalost, diferencija stepena je komplicirana i kao rezultat nije mnogo upotrebljiva: t t n = (t + 1) n t n = n 1 k=0 ( ) n t k. k Ipak je moguće doći do slične formule za diferencije, ali je, umjesto stepene funkcije t n, potrebno uvesti jednu posebnu funkciju. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 7 / 40
16 Definicija Stepen padajućeg faktoriela t (r) (čita se "t na r padajući") definiramo, u ovisnosti o vrijednostima varijable r, na sljedeći način: 1 t (r) = t (t 1) (t r + 1) za r = 1, 2, 3,..., M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 8 / 40
17 Definicija Stepen padajućeg faktoriela t (r) (čita se "t na r padajući") definiramo, u ovisnosti o vrijednostima varijable r, na sljedeći način: 1 t (r) = t (t 1) (t r + 1) za r = 1, 2, 3,..., 2 t (0) = 1, za r = 0, M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 8 / 40
18 Definicija Stepen padajućeg faktoriela t (r) (čita se "t na r padajući") definiramo, u ovisnosti o vrijednostima varijable r, na sljedeći način: 1 t (r) = t (t 1) (t r + 1) za r = 1, 2, 3,..., 2 t (0) = 1, za r = 0, 3 t (r) = 1, za r = 1, 2, 3,..., (t + 1) (t + 2) (t r) M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 8 / 40
19 Definicija Stepen padajućeg faktoriela t (r) (čita se "t na r padajući") definiramo, u ovisnosti o vrijednostima varijable r, na sljedeći način: 1 t (r) = t (t 1) (t r + 1) za r = 1, 2, 3,..., 2 t (0) = 1, za r = 0, 3 t (r) = 4 t (r) = 1, za r = 1, 2, 3,..., (t + 1) (t + 2) (t r) Γ (t + 1) Γ (t r + 1) ako r nije cio broj. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 8 / 40
20 Primjedba Naravno, gornja definicija od t (r) podrazumijeva samo one vrijednosti varijabli t i r za koje odgovarajuća formula ima smisla. Tako, očigledno, izraz ( 1) ( 2) nije uopće definiran zbog egzistencije vrijednosti 0 jednog od faktora u nazivniku razlomka. Isto tako, ni izraz ( 1 3) ( 4 3) nema smisla, jer mu nazivnik Γ (0) nije definiran. Uočimo da za t = r = n N, dobijamo n (n) = n!, a ako uzmemo t = n N, r = k N i n k, onda je n (k) = n (n 1) (n k + 1) = i obično se naziva padajućim faktorielom. n! (n k)! M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 9 / 40
21 Definicija Općeniti binomni koeficijent ( ) t (t, r R) se definira kao r ( ) t = t(r) r Γ (r + 1). Lemma Općeniti binomni koeficijenti zadovoljavaju sljedeće važne relacije: ( ) ( ) t t = (simetrija), r t r ( ) t = t ( ) t 1 (izvlačenje ispred zagrade), r r r 1 ( ) ( ) ( ) t t 1 t 1 = + (adiciona formula). r r r 1 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 10 / 40
22 Teorem Vrijede sljedeće relacije: 1 t t (r) = rt (r 1), M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 11 / 40
23 Teorem Vrijede sljedeće relacije: 1 t t (r) = rt (r 1), ( ) ( ) t t 2 t = r r 1 (r = 0)., M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 11 / 40
24 Teorem Vrijede sljedeće relacije: 1 t t (r) = rt (r 1), ( ) ( ) t t 2 t = r r 1 (r = 0)., 3 t (at + b) (r) = ra (at + b) (r 1). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 11 / 40
25 U slučajevima izračunavanja konačnih razlika, česta je potreba prevodjenja običnog polinoma stepena k u tzv. faktorielski polinom P k (n) = a 0 n k + a 1 n k a k 1 n + a k φ k (n) = a 0 n (k) + a 1 n (k 1) +...a k 1 n (1) + a k. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 12 / 40
26 U slučajevima izračunavanja konačnih razlika, česta je potreba prevodjenja običnog polinoma stepena k u tzv. faktorielski polinom P k (n) = a 0 n k + a 1 n k a k 1 n + a k φ k (n) = a 0 n (k) + a 1 n (k 1) +...a k 1 n (1) + a k. U tu svrhu potrebne su nam formule za predstavljanje stepena padajućeg faktoriela pomoću običnih stepena varijable n, kao i obrnuto: n (k) = k si k n i, n k k = Si k n (i). (3) i=1 i=1 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 12 / 40
27 U slučajevima izračunavanja konačnih razlika, česta je potreba prevodjenja običnog polinoma stepena k u tzv. faktorielski polinom P k (n) = a 0 n k + a 1 n k a k 1 n + a k φ k (n) = a 0 n (k) + a 1 n (k 1) +...a k 1 n (1) + a k. U tu svrhu potrebne su nam formule za predstavljanje stepena padajućeg faktoriela pomoću običnih stepena varijable n, kao i obrnuto: Koeficijenti si k koeficijenti Si k n (k) = k si k n i, n k k = Si k n (i). (3) i=1 i=1 se nazivaju Stirlingovim brojevima prve vrste, a Stirlingovim brojevima druge vrste. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 12 / 40
28 Problem Izračunati Stirlingove brojeve prve i druge vrste, s k i i S k i, za i, k = 1, 2, 3. Rješenje. Koristiti činjenice da je s k 0 = 0, sk k = 1 za k 1. Tako se dobije: n (1) = 1 n s1 1 = 1, n (2) = n (n 1) = 1 n 2 + ( 1) n s2 2 = 1,s1 2 = 1, n (3) = n (n 1) (n 2) = 1 n 3 + ( 3) n n s3 3 = 1,s2 3 = 3,s1 3 = 2, n 1 = 1 n (1) S1 1 = 1, n 2 = 1 n (2) + 1 n (1) S2 2 = 1,S1 2 = 1, n 3 = 1 n (3) + 3 n (2) + n (1) S3 3 = 1,S2 3 = 3,S1 3 = 1. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 13 / 40
29 Definicija Ako je X bilo koja funkcija čija je razlika prvog reda funkcija x, tada se X naziva antidiferencijom ili neodređenom sumom od x i označava sa 1 x (ili x), to jest ako je X (t) = x (t), tada je 1 x (t) = X (t). Općenito definiramo n (n N) sa: n x (t) = 1 ( n+1 x (t) ). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 14 / 40
30 Definicija Ako je X bilo koja funkcija čija je razlika prvog reda funkcija x, tada se X naziva antidiferencijom ili neodređenom sumom od x i označava sa 1 x (ili x), to jest ako je X (t) = x (t), tada je 1 x (t) = X (t). Općenito definiramo n (n N) sa: n x (t) = 1 ( n+1 x (t) ). Uočimo da je antidiferentni operator ustvari diskretni analogon neodređenog integrala iz diferencijalnog računa. Naime, jednostavno se vidi da neodređeni integral igra sličnu ulogu u diferencijalnom računu, jer vrijedi d dt ( x (t) dt) = x (t) i dx (t) = x (t) + C. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 14 / 40
31 Teorem Ako je y (t) antidiferencija od x (t), tada je svaka antidiferencija od x (t) data sa 1 x (t) = y (t) + C (t), (4) gdje je C (t) funkcija istog domena kao i funkcija x i takva da za nju vrijedi C (t) = 0. Primjedba Iz prethodnog teorema slijedi jedna vrlo važna osobina o vezi između diferentnog i antidiferentnog operatora: 1 f (t) = f (t) + C (t), (5) gdje je C (t) funkcija istog domena kao i funkcija f i takva da za nju vrijedi C (t) = 0. Prema tome, vrijedi 1 = I i 1 = I, M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 15 / 40
32 Primjer Neka je a konstanta i neka je C (t) funkcija za koju je C (t) = 0. Tada vrijedi: 1 1 a t = at + C (t), (a = 1). a 1 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 16 / 40
33 Primjer Neka je a konstanta i neka je C (t) funkcija za koju je C (t) = 0. Tada vrijedi: 1 1 a t = at + C (t), (a = 1). a log t = log Γ (t) + C (t), (t > 0). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 16 / 40
34 Primjer Neka je a konstanta i neka je C (t) funkcija za koju je C (t) = 0. Tada vrijedi: 1 1 a t = at + C (t), (a = 1). a log t = log Γ (t) + C (t), (t > 0). 3 1 t (a) = t(a+1) a C (t), (a = 1). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 16 / 40
35 Primjer Neka je a konstanta i neka je C (t) funkcija za koju je C (t) = 0. Tada vrijedi: 1 1 a t = at + C (t), (a = 1). a log t = log Γ (t) + C (t), (t > 0). 3 1 t (a) = t(a+1) + C (t), (a = 1). a + 1 ( ) ( ) t t 4 1 = + C (t). a a + 1 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 16 / 40
36 Primjer Neka je a konstanta i neka je C (t) funkcija za koju je C (t) = 0. Tada vrijedi: 1 1 a t = at + C (t), (a = 1). a log t = log Γ (t) + C (t), (t > 0). 3 1 t (a) = t(a+1) + C (t), (a = 1). a + 1 ( ) ( ) t t 4 1 = + C (t). a a + 1 ( ) ( ) a 5 + t a + t 1 = + C (t). t t 1 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 16 / 40
37 Teorem Glavne osobine antidiferentnog operatora: 1 1 (x (t) + y (t)) = 1 x (t) + 1 y (t). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 17 / 40
38 Teorem Glavne osobine antidiferentnog operatora: 1 1 (x (t) + y (t)) = 1 x (t) + 1 y (t). 2 1 (αx (t)) = α 1 x (t), ako je α konstanta. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 17 / 40
39 Teorem Glavne osobine antidiferentnog operatora: 1 1 (x (t) + y (t)) = 1 x (t) + 1 y (t). 2 1 (αx (t)) = α 1 x (t), ako je α konstanta. 3 1 (x (t) y (t)) = x (t) y (t) 1 (Ey (t) x (t)). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 17 / 40
40 Teorem Glavne osobine antidiferentnog operatora: 1 1 (x (t) + y (t)) = 1 x (t) + 1 y (t). 2 1 (αx (t)) = α 1 x (t), ako je α konstanta. 3 1 (x (t) y (t)) = x (t) y (t) 1 (Ey (t) x (t)). 4 1 (Ex (t) y (t)) = x (t) y (t) 1 (y (t) x (t)). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 17 / 40
41 Teorem Glavne osobine antidiferentnog operatora: 1 1 (x (t) + y (t)) = 1 x (t) + 1 y (t). 2 1 (αx (t)) = α 1 x (t), ako je α konstanta. 3 1 (x (t) y (t)) = x (t) y (t) 1 (Ey (t) x (t)). 4 1 (Ex (t) y (t)) = x (t) y (t) 1 (y (t) x (t)). Osobine 1. i 2. iz prethodnog teorema znače linearnost operatora 1, dok su osobine 3. i 4. poznate kao "parcijalno sumiranje". (što je analogno parcijalnoj integraciji u diferencijalnom računu). Formule parcijalnog sumiranja su od fundamentalne važnosti u analizi diferentnih jednadžbi. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 17 / 40
42 Primjer Izračunati 1 t3 t. Rješenje. U prethodnom teoremu u 3. uzmimo da je x (t) = t, y (t) = 3 t, pa je y (t) = 3t 2. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 18 / 40
43 Primjer Izračunati 1 t3 t. Rješenje. U prethodnom teoremu u 3. uzmimo da je x (t) = t, y (t) = 3 t, pa je y (t) = 3t 2. Tako vrijedi 1 t3 t = t 3t 2 1 = t 3t t 2 2 ( 3 t+1 2 ) 1 + C (t) = t 3t t + C (t) 3t + C (t) = t 2 3t+1 + C (t), 4 gdje je C (t) = 0. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 18 / 40
44 Slično kao u slučaju operatora 1, možemo definirati i operator E 1 kao inverzni operator operatora E. Definicija Ako je X funkcija za koju je EX upravo funkcija x, tada ćemo pisati E 1 x = X, to jest ako je EX (t) = x (t), tada je E 1 x (t) = X (t). (6) Očito iz (6) direktno slijedi E 1 x (t) = x (t 1), (7) jer vrijedi Ex (t 1) = x (t). Također, uočimo da možemo općenito definirati operator E n (n N). Naime, E n x je funkcija za koju je E n (E n x) = x, ali kako je E n x (t n) = x (t), to će vrijediti E n x (t) = x (t n). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 19 / 40
45 Prema jednoj već spomenutoj posljedici, sada imamo 1 x n = n 1 x k + C (m n). (8) k=m za neku konstantu C. Jednakosti (8) daje nam vezu između antidiferncije (neodređene sume) i određene sume. Ovo nam je ujedno prvi metod za izračunavanje konačnih suma. Ilustrirajmo taj metod sljedećim primjerom. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 20 / 40
46 Problem ( ) Izračunati sumu n 1 3 k. k=1 4 Rješenje. Koristeći jednakost (8), imamo M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 21 / 40
47 Problem ( ) Izračunati sumu n 1 3 k. k=1 4 Rješenje. Koristeći jednakost (8), imamo n 1 k=1 ( 3 4 ) k ( ) 3 n = 1 + C = 4 ) n ( C = ( ) 3 n + C (n = 2, 3 4 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 21 / 40
48 Problem ( ) Izračunati sumu n 1 3 k. k=1 4 Rješenje. Koristeći jednakost (8), imamo ) n ( 3 n 1 ( ) 3 k ( ) 3 n ( ) = n + C = + C = 4 + C (n = 2, k= Da odredimo konstantu C, uzmimo n = 2: ( ) = 4 + C C = 3. 4 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 21 / 40
49 Problem ( ) Izračunati sumu n 1 3 k. k=1 4 Rješenje. Koristeći jednakost (8), imamo ) n ( 3 n 1 ( ) 3 k ( ) 3 n ( ) = n + C = + C = 4 + C (n = 2, k= Da odredimo konstantu C, uzmimo n = 2: ( ) = 4 + C C = 3. 4 Dakle, n 1 k=1 ( ) 3 k = ( ) 3 n (n = 2, 3,...). 4 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 21 / 40
50 Da bismo izbjegli ovo dodatno izračunavanje konstante C, možemo koristiti sljedeći rezultat koji je poznat kao fundamentalni teorem za izračunavanje određenih (konačnih) suma, a koji je analogan fundamentalnom teoremu diferencijalnog računa (Newton-Leibnizovoj formuli za izračunavanje određenih integrala). Teorem Ako je y n antidiferencija (neodređena suma) niza x n i n m + 1, tada vrijedi n 1 x k = [y k ] n m = y n y m. k=m M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 22 / 40
51 Problem Izračunati Rješenje. n k 2. k=1 Koristit ćemo jednakost: k 2 = k (k 1) + k = k (2) + k (1). Zbog linearnosti antidiferentnog operatora, imamo 1 k 2 = 1 k (2) + 1 k (1) = k(2) 2 + k(3) 3 + C M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 23 / 40
52 Problem Izračunati Rješenje. n k 2. k=1 Koristit ćemo jednakost: k 2 = k (k 1) + k = k (2) + k (1). Zbog linearnosti antidiferentnog operatora, imamo 1 k 2 = 1 k (2) + 1 k (1) = k(2) 2 + k(3) 3 + C Prema prethodnom (fundamentalnom) teoremu, vrijedi [ ] n+1 n k 2 k = (2) 2 + k(3) (n + 1)(2) (n + 1)(3) = + 1(2) (3) 3 k=1 1 = (n + 1) n 2 + (n + 1) n (n 1) 3 = n (n + 1) (2n + 1). 6 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 23 / 40
53 Problem Izračunati n 1 k 2 (k 1). k=2 Rješenje. Kako je n 1 k 2 (k 1) = n 1 kk (2) = [ (kk 1 (2))] n, koristeći k=2 k=2 2 parcijalno sumiranje, imamo ( 1 kk (2)) x k = k x k = 1 = y k = k (2) y k = k(3) = k k(3) 3 (k + 1) (3) k (k 1) (k 2) (k + 1)(4) = k 3 12 = 4k2 (k 1) (k 2) (k + 1) k (k 1) (k 2) 12 k (k 1) (k 2) (3k 1) =, 12 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 24 / 40
54 pa je n 1 k 2 (k 1) = k=2 = [ k (k 1) (k 2) (3k 1) 12 n (n 1) (n 2) (3n 1). 12 ] n 2 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 25 / 40
55 Problem Izračunati sumu: (2n 1) (2n + 1) (2n + 3). Rješenje. Kako je 1 (2n 1) (2n + 1) (2n + 3) = 1 8 ( n 1 ( 2) n + 1 primjenom fundamentalnog teorema, dobijamo n k=1 2 ) ( ) = 1 n [ ( 1 (2k 1) (2k + 1) (2k + 3) = k 3 ) ] ( 3) n+1 2 = 1 8 [ ( k ) ( 2) ] n+1 1 ( n 3 2) ( 3), 1 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 26 / 40
56 [ ( = 1 n [ = 1 1 ( 16 n = ) ( 2) ( 1 ) ] ( 2) 2 ) ( n n (n + 2) 3 (2n + 1) (2n + 3). ] ) M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 27 / 40
57 Slično metodu parcijalne integracije u integralnom računu - ovdje imamo metod parcijalnog sumiranja konačnih suma. Teorem (Metod parcijalnog sumiranja konačnih suma) Ako je m < n, tada je n 1 k=m x k y k = [x k y k ] n n 1 m ( x k ) y k+1. (9) k=m Primijenit ćemo ovaj metod na izračunavanje jedne vrlo zanimljive sume. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 28 / 40
58 Problem Izračunati n 1 ka k (a = 1). k=1 Rješenje. Prema Teoremu parcijalnog sumiranja konačnih suma, uzimajući x k = k, y k = a k (odnosno, y k = 1 a k = n 1 ] n ka k = [k ak a 1 k=1 1 ak ), imamo a 1 n 1 a k+1 a 1. k=1 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 29 / 40
59 Problem Izračunati n 1 ka k (a = 1). k=1 Rješenje. Prema Teoremu parcijalnog sumiranja konačnih suma, uzimajući x k = k, y k = a k (odnosno, y k = 1 a k = n 1 ] n ka k = [k ak a 1 k=1 1 ak ), imamo a 1 n 1 a k+1 a 1. k=1 Na osnovu fundamentalnog teorema sumiranja, vrijedi n 1 [ ] a a k k n = = an a 1 k=1 1 a 1 a a 1 = an a a 1. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 29 / 40
60 Problem Izračunati n 1 ka k (a = 1). k=1 Rješenje. Prema Teoremu parcijalnog sumiranja konačnih suma, uzimajući x k = k, y k = a k (odnosno, y k = 1 a k = n 1 ] n ka k = [k ak a 1 k=1 1 ak ), imamo a 1 n 1 a k+1 a 1. k=1 Na osnovu fundamentalnog teorema sumiranja, vrijedi n 1 [ ] a a k k n = = an a 1 k=1 1 a 1 a a 1 = an a a 1. Zbog toga je n 1 ka k = nan a a 1 a a 1 an a a 1 = (a 1) nan a n+1 + a k=1 (a 1) 2. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 29 / 40
61 Problem Izračunati sumu: n k=1 n k=1 1 (k + 2) (k + 4). Rješenje. Tražena suma se može napisati u obliku k + 3, pri čemu je (k + 2)(k + 3)(k + 4) k + 3 (k + 2)(k + 3)(k + 4) = (k + 3)(k + 1)( 3). Primjenom parcijalnog sumiranja, imamo n (k + 3)(k + 1) ( 3) = x k = k + 3 x k = 1 y k=1 k = (k + 1) ( 3) y k = 1 2 (k + 1)( 2) = [ 12 ] n+1 (k + 3)(k + 1)( 2) + 1 n (k + 2) ( 2) 2 1 k=1 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 30 / 40
62 [ 1 = 2 = 1 ( 1 2 ( 1 = 1 2 = 1 2 = (k + 3) (k + 2)(k + 3) ] n+1 n ) n ) 1 [ (k + 3) ( 1 n n(7n + 25) 24(n + 3)(n + 4). 1 ) 1 2 [ (k + 2) ( 2) [(k + 2) ( 1)] n+1 1 ] n+1 1 ( 1 n ) ] n+1 1 M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 31 / 40
63 Postoji jedan specijalni metod sumiranja koji je baziran na jednakosti za n-tu diferenciju funkcije: ) x (n k) = n x (0) = odakle slijedi n k=0 ( 1) k ( n k n ( ) ( 1) n i n x (i), i=0 i n ( ) ( 1) i n x (i) = ( 1) n n x (0). (10) i=0 i Primjer ( )( ) n Izračunati ( 1) i n i + a. i=0 i m ( ) i + a Rješenje. Neka je x (i) = u jednakosti (10). Kako je ( ) ( ) m i + a i + a n =, sada iz jednakosti (10) slijedi m m n n i=0 ( 1) i ( n i )( ) i + a m ( ) = ( 1) n a. m n M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 32 / 40
64 Još jedan vrlo zanimljiv metod!! M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 33 / 40
65 Ako je z = 1 + t, odredimo odgovarajuću formu po t ekvivalentnu sa 1 + z + z z n 1 = zn 1 z 1, a zatim, koristeći to, odredimo izraz za sumu x 1 + x 2 + x x n sa članovima koji sadrže diferencije od x 0 odgovarajućeg reda. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 34 / 40
66 Neka je sada z 1 = t. Tada je z n 1 z 1 = (t + 1)n 1 = t n k=1 ( ) n t k 1. k M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 35 / 40
67 Neka je sada z 1 = t. Tada je z n 1 z 1 = (t + 1)n 1 = t n k=1 n k=1 ( ) n t k 1. k Dakle, postoji algebarska ekvivalencija polazne jednakosti ( n 1 + z + z z n 1 = k pri čemu je t = z 1. ) t k 1, (11) M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 35 / 40
68 Neka je sada z 1 = t. Tada je z n 1 z 1 = (t + 1)n 1 = t n k=1 n k=1 ( ) n t k 1. k Dakle, postoji algebarska ekvivalencija polazne jednakosti ( n 1 + z + z z n 1 = k pri čemu je t = z 1. n k=1 ) t k 1, (11) Uzmemo li sada da je z E, imat ćemo t,pa se jednakost (11) može pisati u obliku ( ) n I + E + E E n 1 = k 1. k M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 35 / 40
69 Pustimo sada da obje strane posljednje jednakosti djeluju na x 1 : ( n x 1 + x 2 + x x n = k n k=1 ) k 1 x 1. (12) Uočimo sljedeće: ako su diferencije od x 1 u gornjoj jednakosti, počev od određenog reda, jednake nuli, tada se konačna suma n k=1 može prikazati u zatvorenoj formi čiji broj članova ne ovisi o n. x k od n članova M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 36 / 40
70 Problem Izračunati sumu: n k 5. k=1 Rješenje. Ovdje je: x 1 = 1, x 2 = 32, x 3 = 243, x 4 = 1024, x 5 = 3125, pa imamo x 1 = 31, x 2 = 211, x 3 = 781, x 4 = 2101, 2 x 1 = 180, 2 x 2 = 570, 2 x 3 = 1320, 3 x 1 = 390, 3 x 2 = 750, 4 x 1 = 360, 4 x 2 = 480, 5 x 1 = 120, 5 x 2 = 120, te je 6 x 1 = 0, odnosno, k x 1 = 0 za k 6. M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 37 / 40
71 Primijenimo li na ovo formulu (12), dobit ćemo n k 5 = k=1 6 k=1 ( ) n k 1 n(n 1) n(n 1)(n 2) x 1 = n k 2! 3! n(n 1)(n 2)(n 3) n(n 1)(n 2)(n 3)(n 4) ! 5! n(n 1)(n 2)(n 3)(n 4)(n 5) ! = 1 12 n2 (n + 1) 2 (2n 2 + 2n 1). M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 38 / 40
72 LITERATURA M. Nurkanović, Z. Nurkanović, Linearne diferentne jednadžbe, PrintCom, Tuzla, M. Nurkanović, Diferentne jednadžbe - Teorija i primjene, Denfas, Tuzla, M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 39 / 40
73 H V A L A NA PAŽNJI! M. Nurkanović (PMF Tuzla) godine 40 / 40
3.1 Granična vrednost funkcije u tački
3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili
Matematička analiza 1 dodatni zadaci
Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka
a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.
3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M
Osnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
18. listopada listopada / 13
18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu
2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x
Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:
INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.
INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno
M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost
M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati
Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.
Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +
Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.
auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,
Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)
Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva
ELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,
Elementi spektralne teorije matrica
Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena
IZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a
Linearna algebra 2 prvi kolokvij,
Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )
Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost
Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za
7 Algebarske jednadžbe
7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.
UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka
UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju
Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju
RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)
Teorijske osnove informatike 1
Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija
IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo
IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai
Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012
Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)
Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.
![Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.](/thumbs/72/66829778.jpg "Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.")
Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a
Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu
Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate
radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija
Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.
Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.
1 Promjena baze vektora
Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis
Operacije s matricama
Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg
Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto
Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije
(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.
1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,
Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva
Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije
1.4 Tangenta i normala
28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x
Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1
Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1
PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f
IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe
III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI
III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.
( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4
UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log
Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.
σ-algebra skupova Definicija : Neka je Ω neprazan skup i F P(Ω). Familija skupova F je σ-algebra skupova na Ω ako vrijedi:. F, 2. A F A C F, 3. A n, n N} F n N A n F. Borelova σ-algebra Definicija 2: Neka
6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom
6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s
Linearna algebra 2 prvi kolokvij,
1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika
Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija
Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3
Uvod u teoriju brojeva
Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)
radni nerecenzirani materijal za predavanja
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je
π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;
1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,
MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)
JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA MJA I INTGAL 2. kolokvij 30. lipnja 2017. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je (, F, µ) prostor mjere i neka je (
( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj
Zadaak (Ines, hoelijerska škola) Ako je g, izračunaj + 5 + Rješenje Korisimo osnovnu rigonomerijsku relaciju: + Znači svaki broj n možemo zapisai n n n ( + ) + + + + 5 + 5 5 + + + + + 7 + Zadano je g Tangens
Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)
Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 29.) Zadatak 1 (1 bodova.) Teorijsko pitanje. (A) Neka je G R m n, uz m n, pravokutna matrica koja ima puni rang po stupcima, tj. rang(g) = n. (a) Napišite puni
5. Karakteristične funkcije
5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična
( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,
2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos
. KOLOKVIJ PRIMIJENJENA MATEMATIKA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE 1. Za periodičnu funkciju f(x) s periodom p=l Fourierov red je gdje su a,a n, b n Fourierovi koeficijenti od f(x) gdje su a =, a n =, b n =..
Kaskadna kompenzacija SAU
Kaskadna kompenzacija SAU U inženjerskoj praksi, naročito u sistemima regulacije elektromotornih pogona i tehnoloških procesa, veoma često se primenjuje metoda kaskadne kompenzacije, u čijoj osnovi su
RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ
RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA
SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE
1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar
MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori
MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =
Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.
Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda
( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)
A MATEMATIKA (.6.., treći kolokvij. Zadana je funkcija z = e + + sin(. Izračunajte a z (,, b z (,, c z.. Za funkciju z = 3 + na dite a diferencijal dz, b dz u točki T(, za priraste d =. i d =.. c Za koliko
2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =
( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se
DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =
x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},
Sortiranje prebrajanjem (Counting sort) i Radix Sort
Sortiranje prebrajanjem (Counting sort) i Radix Sort 15. siječnja 2016. Ante Mijoč Uvod Teorem Ako je f(n) broj usporedbi u algoritmu za sortiranje temeljenom na usporedbama (eng. comparison-based sorting
Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.
Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati
2.6 Nepravi integrali
66. INTEGRAL.6 Neprvi integrli Definicij. Nek je f : [, R funkcij koj je Riemnn integrbiln n svkom podsegmentu [, ] od [,. Ako postoji končn es f() (.4) ond se tj es zove neprvi integrl funkcije f n [,
Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO
Matematičke metode u marketingu Multidimenzionalno skaliranje Lavoslav Čaklović PMF-MO 2016 MDS Čemu služi: za redukciju dimenzije Bazirano na: udaljenosti (sličnosti) među objektima Problem: Traži se
1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI
/ 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI 6.. Definicija reda Promatrajmo niz Definicija reda ( ) n 2 :, 2 2 3 2 4 2,... Postupno zbrajajmo elemente niza: = + 2 2 = 5 4 + 2 2 + 3 2 = 49 36 + 2 2 + 3 2 + 4 2 =
REKURZIVNE FUNKCIJE PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK. Diplomski rad. Voditelj rada: Doc.dr.sc.
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Brigita Švec REKURZIVNE FUNKCIJE Diplomski rad Voditelj rada: Doc.dr.sc. Zvonko Iljazović Zagreb, Rujan, 2014. Ovaj diplomski
4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.
4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos
Dijagonalizacija operatora
Dijagonalizacija operatora Problem: Može li se odrediti baza u kojoj zadani operator ima dijagonalnu matricu? Ova problem je povezan sa sljedećim pojmovima: 1 Karakteristični polinom operatora f 2 Vlastite
4.1 Elementarne funkcije
. Elementarne funkcije.. Polinomi Funkcija f : R R zadana formulom f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 gdje je n N 0 te su a n, a n,..., a, a 0 R, zadani brojevi takvi da a n 0 naziva se polinom
VJEŽBE 3 BIPOLARNI TRANZISTORI. Slika 1. Postoje npn i pnp bipolarni tranziostori i njihovi simboli su dati na slici 2 i to npn lijevo i pnp desno.
JŽ 3 POLAN TANZSTO ipolarni tranzistor se sastoji od dva pn spoja kod kojih je jedna oblast zajednička za oba i naziva se baza, slika 1 Slika 1 ipolarni tranzistor ima 3 izvoda: emitor (), kolektor (K)
IZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C0.. (. ( n n n-. (a a lna 6. (e e 7. (log a 8. (ln ln a (>0 9. ( 0 0. (>0 (ovde je >0 i a >0. (cos. (cos - π. (tg kπ cos. (ctg
POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA
POVRŠIN TNGENIJLNO-TETIVNOG ČETVEROKUT MLEN HLP, JELOVR U mnoštvu mnogokuta zanimljiva je formula za površinu četverokuta kojemu se istoobno može upisati i opisati kružnica: gje su a, b, c, uljine stranica
Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.
Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:
PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).
![PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).](/thumbs/74/70316766.jpg "PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).")
0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo
41. Jednačine koje se svode na kvadratne
. Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k
Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije
Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da
Dvanaesti praktikum iz Analize 1
Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.
APROKSIMACIJA FUNKCIJA
APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu
16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum
16 Lokalni ekstremi Važna primjena Taylorovog teorema odnosi se na analizu lokalnih ekstrema (minimuma odnosno maksimuma) relanih funkcija (više varijabli). Za n = 1 i f : a,b R ako funkcija ima lokalni
10 Iskazni račun - deduktivni sistem za iskaznu logiku
10 Iskazni račun - deduktivni sistem za iskaznu logiku Definicija 20 Iskazni račun je deduktivni sistem H = X, F orm, Ax, R, gde je X = S {,, (, )}, gde S = {p 1, p 2,..., p n,... }, F orm je skup iskaznih
Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.
Matematika - vježbe. prosinca 5. Stupnjevi i radijani Ako je kut φ jednak i rad, tada je veza između i 6 = Zadatak.. Izrazite u stupnjevima: a) 5 b) 7 9 c). d) 7. a) 5 9 b) 7 6 6 = = 5 c). 6 8.5 d) 7.
MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2
(kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje
Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.
Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. 1. Duljine dijagonala paralelograma jednake su 6,4 cm i 11 cm, a duljina jedne njegove
Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova
Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova 27. 01. 2006. Kratki rezime prošlog predavanja: Dokazali smo teorem rekurzije, te primjenom njega definirali zbrajanje ordinalnih brojeva. Prvo ćemo navesti osnovna
PRIMJER 3. MATLAB filtdemo
PRIMJER 3. MATLAB filtdemo Prijenosna funkcija (IIR) Hz () =, 6 +, 3 z +, 78 z +, 3 z +, 53 z +, 3 z +, 78 z +, 3 z +, 6 z, 95 z +, 74 z +, z +, 9 z +, 4 z +, 5 z +, 3 z +, 4 z 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8
Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008
Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Predavanja: Nenad Bakić, Vježbe: Luka Grubišić i Maja Starčević 22. listopada 2007. 1 Prostor radijvektora i sustavi linearni jednadžbi Neka je E 3 trodimenzionalni
1 Pojam funkcije. f(x)
Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije
5 Ispitivanje funkcija
5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:
Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića
Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju
f n z n, (2) F (z) = pri čemu se pretpostavlja da red u (2) konvergira bar za jednu konačnu vrednost kompleksne promenljive Z(f n ) = F (z).
Z-TRANSFORMACIJA Laplaceova transformacija je primer integralne transformacije koja se primenjuje na funkcije - originale. Ova transformacija se primenjuje u linearnim sistemima koji su opisani diferencijalnim
Matematika 4. t x(u)du + 4. e t u y(u)du, t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar e x2. 2 cos ax dx, a R.
Matematika 4 zadaci sa pro²lih rokova, emineter.wordpress.com Pismeni ispit, 26. jun 25.. Izra unati I(α, β) = 2. Izra unati R ln (α 2 +x 2 ) β 2 +x 2 dx za α, β R. sin x i= (x2 +a i 2 ) dx, gde su a i
9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE
Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )
Otpornost R u kolu naizmjenične struje
Otpornost R u kolu naizmjenične struje Pretpostavimo da je otpornik R priključen na prostoperiodični napon: Po Omovom zakonu pad napona na otporniku je: ( ) = ( ω ) u t sin m t R ( ) = ( ) u t R i t Struja
I.13. Koliki je napon između neke tačke A čiji je potencijal 5 V i referentne tačke u odnosu na koju se taj potencijal računa?
TET I.1. Šta je Kulonova sila? elektrostatička sila magnetna sila c) gravitaciona sila I.. Šta je elektrostatička sila? sila kojom međusobno eluju naelektrisanja u mirovanju sila kojom eluju naelektrisanja
Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015.
Zadatak Prvi kolokvij - 20. travnja 205. (a) (3 boda) Neka je (Ω,F,P) vjerojatnosni prostor, neka je G σ-podalgebra od F te neka je X slučajna varijabla na (Ω,F,P) takva da je X 0 g.s. s konačnim očekivanjem.
numeričkih deskriptivnih mera.
DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,
1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim.
1 Diferencijabilnost 11 Motivacija Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji es f f(x) f(c) (c) x c x c Najbolja linearna aproksimacija funkcije f je funkcija l(x) = f(c)