SVEUĆILIŠTE U RIJECI UČITELJSKI FAKULTET U RIJECI ODSJEK ZA UČITELJSKI STUDIJ U GOSPIĆU MATEMATIKA I. Skupovi, funkcije, brojevi

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "SVEUĆILIŠTE U RIJECI UČITELJSKI FAKULTET U RIJECI ODSJEK ZA UČITELJSKI STUDIJ U GOSPIĆU MATEMATIKA I. Skupovi, funkcije, brojevi"

Transcript

1 SVEUĆILIŠTE U RIJECI UČITELJSKI FAKULTET U RIJECI ODSJEK ZA UČITELJSKI STUDIJ U GOSPIĆU MATEMATIKA I Skupovi, funkcije, brojevi mr.sc. TATJANA STANIN 009. Kratak pregled predavanja koja se izvode na učiteljskom studiju Sveučilišta u Rijeci, Odsjek u Gospiću iz kolegija Matematika I (3. semestar)

2 PREDGOVOR Zahvaljujući suvremenim tehnologijama, naročito internetu, u mogućnosti smo ostvariti bolju komunikaciju na svim nivoima. To je naročito važno u nastavnom procesu. Zato sam odlučila gradivo matematike predviñeno nastavnim programom trećeg semestra iz kolegija Matematika I na učiteljskom studiju približiti studentima u elektroničkom obliku, dostupnom na fakultetskim stranicama. Gradivo je izloženo u osam poglavlja, pri čemu se prva tri poglavlja bave skupovima, relacijama i funkcijama, dok ostala poglavlja obrañuju skupove brojeva, od prirodnih do kompleksnih brojeva. Gradivo sam nastojala detaljno raščlaniti kako bi studenti imali jasan uvid u pojmove i svojstva koja se obrañuju. Pri tom sam željela biti što konciznija. Zato su neki dokazi izostavljeni, ali je naveden izvor u kojem se mogu naći. Materijal sadrži jednostavne primjere kojima se potkrepljuju matematičke zakonitosti. Takoñer sadrži neriješene primjere koje studenti samostalno rješavaju. Složeniji zadaci rješavaju se na vježbama koje prate predavanja. Nadam se da će ovaj materijal olakšati studentima praćenje nastave i omogućiti kvalitetniju pripremu za kolokvije i ispit. U tu svrhu, odmah na početku, uz osnovne karakteristike kolegija dani su očekivani ishodi učenja za svako poglavlje. Izloženo gradivo usko je vezano s gradivom matematike u razrednoj nastavi te materijal može poslužiti kao podsjetnik sadašnjim i budućim učiteljima. Zahvaljujem recenzenticama mr.sc. Katici Jurasić i mr.sc. Ljubici Štambuk na spremnosti da pregledaju moj rad i pomognu mi svojim stručnim savjetima u njegovom oblikovanju. Ugodna mi je dužnost zahvaliti kolegama sa Odsjeka u Gospiću, prvenstveno dr.sc. Vesni Grahovac-Pražić na lekturi teksta te Zvonomiru Adamoviću i Dubravki Čanić na informatičkoj podršci.

3 Kolegij: Studij: Semestar: MATEMATIKA I Preddiplomski studij III Sati nastave: ++0 ECTS bodovi: 5 Redni broj poglavlja OČEKIVANI ISHODI. Primijeniti operacije sa skupovima. Prikazati skupove Venn-ovim dijagramima. Objasniti svojstva operacija sa skupovima, partitivni skup i particiju skupa.. Analizom utvrditi vrstu relacije. Iz relacije ekvivalencije izvesti particiju skupa i obratno. 3. Definirati funkciju. Analizom utvrditi vrstu funkcije. Izvršiti kompoziciju funkcija. Iz zadane funkcije izvesti inverznu funkciju. 4. Opisati pojam prirodnog broja i pojam niza prirodnih brojeva. Primijeniti matematičku indukciju na tvrdnje o prirodnim brojevima. Definirati zbrajanje i množenje prirodnih brojeva i zakone koji za te operacije vrijede. Provesti jednostavnije dokaze. Zapisati prirodan broj u sustavima različitih baza. Definirati djeljivost, proste i složene brojeve. Naći zajedničke mjere i višekratnike brojeva. 5. Opisati skup cijelih brojeva. Definirati operaciju oduzimanja. 6. Definirati racionalne brojeve. Opisati polje racionalnih brojeva. Definirati operaciju dijeljenja. Prevesti decimalan zapis racionalnog broja u razlomak i obrnuto. 7. Dati strogi i intuitivni opis realnih brojeva. Primijeniti zapis pomoću intervala na podskupove realnih brojeva. Pridružiti točki pravca realan broj i obratno. Provesti jednostavnije dokaze tvrdnji o iracionalnim brojevima. 8. Primijeniti osnovne računske operacije s kompleksnim brojevima. Grafički prikazati kompleksne brojeve u kompleksnoj ravnini. Provesti prijelaz kompleksnog broja u trigonometrijski oblik. Izračunati korijene iz kompleksnog broja. 3

4 SADRŽAJ Stranica Predgovor Kolegij Matematika I - ishodi učenja... 3 Sadržaj Skupovi Pojam skupa 6.. Zadavanje skupova Presjek skupova Unija skupova 8.5. Podskup Jednakost skupova Diferencija skupova Pojam komplementa. Univerzalni skup Svojstva presjeka, unije i diferencije (komplementa).0. Kardinalni broj skupa... Partitivni skup.. Particija skupa 3.3. Kartezijev ili direktni produkt skupova. 3. Relacije Binarne relacije Neke važnije vrste binarnih relacija Relacije ekvivalencije 6.4. Ureñajne relacije 7.5. Inverzna relacija Funkcije Definicija funkcije Analitičko zadavanje funkcija Graf funkcije Područje vrijednosti funkcije Surjektivna preslikavanja ili surjekcije Konstante Identično preslikavanje Injektivna preslikavanja ili injekcije Obostrano jednoznačno ili bijektivno preslikavanje Inverzno preslikavanje Kompozicija preslikavanja Asocijativnost preslikavanja Prirodni brojevi Definicija skupa prirodnih brojeva Ekvivalentni skupovi Definicija prirodnih brojeva Konačni i beskonačni skupovi Peanovi aksiomi i matematička indukcija Peanovi aksiomi Matematička indukcija Zbrajanje i množenje prirodnih brojeva Zbrajanje prirodnih brojeva Množenje prirodnih brojeva

5 4.4. Brojevni sustavi Zapis prirodnog broja Brojevni sustavi Zapis broja u sustavu s bazom b Prijelaz iz dekadskog sustava u sustav neke druge baze Prijelaz u dekadski sustav Djeljivost brojeva Definicija djeljivosti Prosti i složeni brojevi Eratostenovo sito Zajedničke mjere brojeva Euklidov algoritam Zajednički višekratnici brojeva Cijeli brojevi Skup cijelih brojeva kao proširenje skupa prirodnih brojeva Definicija operacije oduzimanja 5 6. Racionalni brojevi Polje racionalnih brojeva Definicija operacije dijeljenja Q je ureñeno polje Decimalni prikaz racionalnog broja Realni brojevi Realni brojevi strogi opis Intervali Omeñeni skupovi Skup racionalnih brojeva je gust Kompleksni brojevi Kompleksni brojevi Osnovne računske operacije s kompleksnim brojevima Apsolutna vrijednost kompleksnog broja Grafički prikaz kompleksnog broja Udaljenost izmeñu dvije točke Trigonometrijski prikaz kompleksnog broja Množenje i dijeljenje kompleksnih brojeva Moivreov teorem (Potenciranje kompleksnih brojeva) Korijen iz kompleksnog broja 68 Literatura

6 . SKUPOVI.. Pojam skupa Pojam skupa se ne definira. Na pitanje što je skup, navode se primjeri da se vidi što se pod tim pojmom podrazumijeva. Na primjer: Učenici jednog razreda. Sve točke na nekom pravcu. Svi prirodni i umjetni sateliti Zemlje. Svaki skup sačinjavaju objekti a, b, c, koji imaju neko zajedničko obilježje. Pritom su a, b, c, elementi ili članovi skupa. Skupove označavamo s A, B, C, S, U, Z, N,.... Ako želimo istaknuti elemente a, b, c, skupa A, onda koristimo oznaku A = {a,b,c, }. Zapis x S znači da je x element skupa S. Ako x ne pripada skupu S koristimo oznaku x S. Za skup kažemo da je dobro definiran (odreñen) ako za svaki objekt možemo utvrditi je li element tog skupa ili nije. Primjer. Da li je skup zanimljivih figura dobro definiran skup? Odgovor: Nije, jer nisu svim ljudima iste figure zanimljive... Zadavanje skupova. Skup zadajemo tako da navedemo sve njegove elemente. Primjer. Elementi skupa S su brojevi, 3, 4, 5 i 6 ili S = {,3,4,5,6 }.. Skup zadajemo tako da navedemo obilježje koje imaju elementi skupa. Primjer. Elementi skupa A su svi trokuti ili A = {x x je trokut}. Simbol čita se takvih da. 3. Skup zadajemo tako da navedemo uvjet (ili uvjete) koji zadovoljavaju svi elementi skupa. Općenito, ako elementi skupa S zadovoljavaju uvjet U, skup S ćemo izraziti S = { x U }. Primjer. Q je skup svih razlomaka takvih da je m element skupa cijelih brojeva Z, a n element skupa prirodnih brojeva N ili Q = { n m m Z, n N }. Primjer. Skup S = {,3,4,5,6 } može se izraziti i ovako: S = { x N x+3 7 i 3x- 8 }. 4. ø je simbol za prazan skup. Prazan skup je skup koji nema ni jednog elementa. Na primjer: Skup svih realnih rješenja jednadžbe x = -. Skup svih zajedničkih točaka dva paralelna pravca. Skup svih ljudi visokih 4 m. 6

7 Prazan skup možemo definirati ovako: ø = {x x x}. 5. Zorno prikazivanje skupova pomoću Vennovih dijagrama. sl.. A B C sl..3. Presjek skupova Presjek ili zajednički dio skupova A i B je skup koji čine svi elementi koji su i u skupu A i u skupu B. Označavamo ga A B. A B = {x x A i x B}. sl.. sl. Primjer. Zadani su skupovi A ={,,3}, B = {0,3} i C = {0,4}. Treba naći A B i A C. Rješenje: A B = {3}, a A C = ø. Ako je presjek skupova prazan skup, tada kažemo da su oni disjunktni. Prema tome, A i C su disjunktni skupovi. sl. 3. 7

8 A C sl Unija skupova Unija skupova A i B je skup koji čine svi elementi koji pripadaju barem jednom od skupova A i B. AU B = {x x A ili x B}. sl. 4. sl. 4 Primjer. Neka su skupovi A = {,,3} i B = {,3,4,5}. Tada je AU B = {,,3,4,5}..5. Podskup Za skup A kažemo da je podskup skupa B i pišemo A B, onda i samo onda, ako je svaki element iz A ujedno i element iz B, tj. ako je A B = A. sl. 5. B A sl. 5 8

9 Za skup A kažemo da je pravi podskup od B i pišemo A B onda i samo onda, ako je svaki element iz A ujedno i element iz B pri čemu je kardinalni broj skupa A manji od kardinalnog broja skupa B, tj. ka < kb. Primjer. Ako su zadani skupovi A = {,} i B = {,,3}, A je podskup od B, A B. Štoviše, A je pravi podskup od B, što pišemo A B. Takoñer vrijedi da je B B, tj. svaki je skup sam sebi podskup. Nadalje, za svaki skup S vrijedi da je S ø = ø. Odatle zaključujemo da je prazan skup podskup svakog skupa..6. Jednakost skupova Za skupove A i B kažemo da su jednaki i pišemo A = B onda i samo onda ako je A B i B A, tj. ako je svaki element iz A ujedno i element iz B, i obratno, svaki element iz B je ujedno i element iz A..7. Diferencija skupova Skup svih elemenata iz A koji nisu i u B nazivamo diferencijom skupova A i B i označavamo A \ B. A \ B = {x x A i x B}. sl. 6. sl. 6 Primjer. Ako su skupovi A = {,3,4} i B = {,}, tada je A \ B = {3,4}, a B \ A = {}. Skup (A \ B ) U ( B \ A) zove se simetrična diferencija. Prikaz simetrične diferencije pomoću Vennovog dijagrama sl. 7. 9

10 sl. 7 Zadaci za vježbu Obrazložite sljedeće jednakosti:. A \ ø = A. ø\ A = ø 3. (A \ B) \ C = (A \ C) \ B..8. Pojam komplementa. Univerzalni skup. Neka je P podskup skupa S. Skup S \ P zove se komplement od P u odnosu na S i označava C S (P). sl. 8. sl. 8 Primjer. Ako je S = {,,3,4} i P = {,}, tada je C S (P) = {3,4}. Ako je P = ø, tada je C S (P) = S. U slučajevima kada je iz konteksta jasno da je S skup, umjesto C S (P) pišemo C(P) ili P C. Skup S obično je tada neki obuhvatniji skup koji razmatramo pa se kao takav zove univerzalni skup i označava s U. Njega obično predočavamo pravokutnikom, a njegove 0

11 podskupove krugovima. sl. 9. sl Svojstva presjeka, unije i diferencije (komplementa). Komutativnost A B = B A AU B = BU A. Asocijativnost (A B) C = A (B C) (AU B) U C = AU (BU C) 3. Idempotentnost A A = A AU A = A 4. Distributivnost A (BU C) = (A B) U (A C) AU (B C) = (AU B) (AU C) 5. Svojstva praznog i univerzalnog skupa A ø = ø A U = A AU U = U AU ø = A

12 6. De Morganovi zakoni (AU B) C = A C B C (A B) C = A C U B C 7. Involucija ( A C ) C = A Valjanost ovih zakonitosti može se provjeriti Vennovim dijagramima, ali i dokazati pomoću operacija koje smo ranije definirali. Za primjer dokažimo De Morganov zakon (AU B) C = A C B C. (AU B) C = {x x U \(AU B)} = {x x U i x (AU B)} = {x x U i (x A i x B)} = {x (x U i x A) i (x U i x B)} = {x (x U \ A) i (x U \ B)} = {x (x A C ) i (x B C )} = {x x (A C B C )} = A C B C.0. Kardinalni broj skupa Broj elemenata n skupa S definiramo kao kardinalni broj skupa S i označavamo ks = n. Primjer. Kardinalni broj skupa S = {,,3,4} je ks = 4... Partitivni skup Neka je S bilo koji dani skup. Skup svih podskupova od S nazivamo partitivnim skupom skupa S i označavamo P(S). Primjer. Ako je S = {,,3}, onda je partitivni skup P(S) = {ø,{}, {}, {3}, {,}, {,3}, {,3}, {,,3}}.

13 Ako je kardinalni broj skupa S jednak n, tj. ks = n, tada je kardinalan broj partitivnog skupa kp(s) = n. Primjer. Kardinalni broj partitivnog skupa skupa S = {,,3} je kp(s) = 3 = 8. Primjer. Kardinalni broj partitivnog skupa skupa T ={a,b,c,d} je kp(t) = 4 = 6... Particija skupa Neka je S bilo koji dani skup. Svaki podskup P od P(S)\{ø} zovemo particijom ili disjunktnim rastavljanjem skupa S ako su ispunjena ova dva uvjeta:. Unija svih elemenata iz P je S;. Ako su A i B različiti elementi iz P tada je A B = ø. Primjer. Jedna particija skupa S = {,,3,4,5,6,7} je P = {{}, {}, {3,4,5},{6,7}}, jer je. {}U {}U {3,4,5}U {6,7} = S. {} {} {3,4,5} {6,7} = ø. Zadatak za vježbu Navedite još nekoliko particija skupa S iz prethodnog primjera..3. Kartezijev ili direktni produkt skupova Ako su A i B skupovi, tada skup svih parova (a,b) kod kojih je a A i b B nazivamo kartezijevim ili direktnim produktom i označavamo A B, tj. A B = {(a,b) a A i b B}. Primjer. Zadani su skupovi A = {,,3} i B = {x,y}. Nañite kartezijeve produkte A B i B A skupova A i B. Rješenje. A B = {(,x), (,y), (,x), (,y), (3,x), (3,y)} B A = {(x,), (x,), (x,3), (y,), (y,), (y,3)} Primijetimo da je A B B A jer se sastoje od različitih ureñenih parova. (,x) (x,), (,x) (x,), itd. Primjer. Neka su skupovi A = {a,b}, B = {x,y} i C = {c}. 3

14 Odredite A B C! Rješenje. A B C = {(a,x,c), (a,y,c), (b,x,c) (b,y,c)}. Elementi kartezijevog produkta su u ovom slučaju ureñene trojke brojeva. Primjer 3. Ako je A = {0,}, odredite A A i A A A! Rješenje. A A = {(0,0), (0,), (,0), (,)} A A A = {(0,0,0), (0,0,), (0,,0), (,0,0), (,,0), (,0,), (0,,),(,,)} 4

15 . RELACIJE.. Binarne relacije Neka su A i B neki skupovi, a ρ neki podskup od A B, ρ A B. Skup ρ zove se relacija izmeñu elemenata skupa A i elemenata skupa B ili relacija s A u B. Za element x iz A kažemo da je u relaciji ρ s elementom y iz B i pišemo xρy, onda i samo onda ako je (x,y) ρ. Primjer. Zadani su skupovi A = {,,3,4} i B = {7,8,9}. Jedna relacija ρ sa A u B je ρ = {(,7), (,9), (3,8), (4,7)}. Možemo reći da je u relaciji sa 7, sa 9, itd. To pišemo ρ7, ρ9, 3ρ8, 4ρ7. Takoñer možemo reći da je ureñen par (,7) element relacije ρ, što pišemo (,7) ρ, (,9) ρ, itd. Primjer. Kada definiramo relaciju može biti da je A = B. Tada govorimo o relaciji u A ili o relaciji s A u A. Neka je A = {,,3,4} i neka je relacija u tom skupu zadana rečenicom: Element x iz A manji je od elementa y iz A. Napišite tu relaciju! Rješenje. ρ = {(,), (,3), (,4), (,3), (,4), (3,4)}... Neke važnije vrste binarnih relacija a) Refleksivne relacije Za relaciju ρ A A kažemo da je refleksivna onda i samo onda ako je aρa za svaki a A. Primjer. Relacija biti divizor u skupu N je refleksivna relacija, jer je svaki prirodan broj divizor sam sebi, tj. a a za svaki a N. Primjer. Da li je relacija < biti manji u skupu N refleksivna relacija? Uzmimo neki broj a N, da li vrijedi da je a < a? Zaključujemo da to ne vrijedi i da biti manji nije refleksivna relacija. b) Simetrične relacije Za relaciju ρ A A kažemo da je simetrična onda i samo onda ako ima svojstvo: ako je aρb tada je i bρa. Primjer. Relacija ~ biti sličan sa u skupu svih trokuta je simetrična relacija, jer ako je a ~ b tada je i b ~ a. 5

16 c) Tranzitivne relacije Za relaciju ρ A A kažemo da je tranzitivna onda i samo onda ako ima svojstvo: ako je aρb i bρc, tada je aρc. Primjer. Relacija biti paralelan sa u skupu svih pravaca je tranzitivna relacija, jer ako je a b i b c, tada je i a c. Primjer. Relacija biti okomit na u skupu svih pravaca nije tranzitivna, jer ako je a b i b c, tada je a c. d) Antisimetrične relacije Za relaciju ρ A A kažemo da je antisimetrična onda i samo onda ako ima svojstvo: ako je aρb i bρa, tada je a = b. Primjer. Relacija biti divizor u skupu N je antisimetrična relacija, jer iz a b i b a slijedi da je a=b..3. Relacija ekvivalencije Posebno važne su one relacije koje su refleksivne, simetrične i tranzitivne. Takve relacije zovemo relacije ekvivalencije. Primjer. Relacija ~ biti sličan sa u skupu svih trokuta je relacija ekvivalencije. Rješenje. Dovoljno je pokazati da je zadana relacija refleksivna, simetrična i tranzitivna.. Refleksivna: Svaki je trokut sličan sam sebi.. Simetrična: Ako je trokut ABC sličan trokutu DEF, tada je i trokut DEF sličan trokutu ABC. 3. Tranzitivna: Ako je trokut ABC sličan trokutu DEF, a trokut DEF sličan trokutu GHI, tada je i trokut ABC sličan trokutu GHI. Zadatak za vježbu. Dokažite da je relacija biti paralelan sa u skupu svih pravaca relacija ekvivalencije. Teorem. Svaka relacija ekvivalencije definirana u skupu A rastavlja skupa A na disjunktne podskupove koji su klase ekvivalentnih elemenata s obzirom na danu relaciju ekvivalencije. Teorem. (Obrat teorema ) Svako disjunktno rastavljanje skupa A odreñuje u A relaciju ekvivalencije. Dokaze ovih teorema ćemo izostaviti. Pogledati u: Radić, M., Algebra I, Školska knjiga, Zagreb,

17 Primjer 3. Neka je R 5 relacija u skupu cijelih brojeva Z definirana ovako x y (mod 5). To čitamo: x kongruentno s y modulo 5, a to znači da je razlika x y djeljiva s 5. Treba pokazati da je R 5 relacija ekvivalencije. R 5 = {(a,b) ZxZ (a-b) djeljivo s 5 }. Z = {,-4, -3, -, -, 0,,, 3, 4, } A 0 je podskup od Z kojemu su elementi oni brojevi iz Z koji, kad ih podijelimo s 5, imaju ostatak 0, A je podskup od Z kojemu su elementi oni brojevi iz Z koji, kad ih podijelimo s 5, imaju ostatak, A je podskup od Z kojemu su elementi oni brojevi iz Z koji, kad ih podijelimo s 5, imaju ostatak, itd. A 0 = {,-0, -5, 0, 5, 0, 5, } A = {, -9, -4,, 6,, 6 } A = {,-8, -3,, 7,, 7, } A 3 = {,-7, -, 3, 8, 3, 8, } A 4 = {,-6, -, 4, 9, 4, 9, }. Vidimo da je A 0 A A A 3 A 4 = ø, i da je A 0 U A U A U A 3 U A 4 = Z. Zaključujemo da relacija R 5 vrši particiju skupa Z pa je to relacija ekvivalencije..4. Ureñajne relacije Relacija R S S zove se relacija parcijalnog ureñenja skupa S, a skup S parcijalno ureñenim skupom s obzirom na tu relaciju ako je R refleksivna, tranzitivna i antisimetrična. Primjer. Relacija biti podskup od u partitivnom skupu P(S) je relacija parcijalnog ureñenja skupa P(S). Pokažimo to! Rješenje. Dovoljno je pokazati da je zadana relacija refleksivna, tranzitivna i antisimetrična. 7

18 . refleksivnost: A A, za svaki A P(S).. tranzitivnost: A B i B C A C, za sve A, B i C iz P(S). 3. antisimetričnost: A B i B A A = B, za A i B iz P(S). Relacija parcijalnog ureñenja najčešće se označava s. Za elemente a i b iz S kažemo da su usporedivi s obzirom na relaciju onda i samo onda ako je a b ili b a. Razumije se da ne moraju svi parovi elemenata iz S biti usporedivi s obzirom na relaciju (zato se ovo ureñenje i naziva parcijalnim ureñenjem skupa). Definicija. Parcijalno ureñen skup u kojemu su svaka dva elementa usporediva zove se linearno ili potpuno ureñen skup. Relacija zove se tada relacija potpunog ureñenja tog skupa. Primjer. Relacija u skupu N je relacija potpunog ureñenja skupa N, jer za svaka dva prirodna broja a i b vrijedi a b ili b a. Zadatak za vježbu Pokažite da je relacija biti divizor u skupu N, relacija parcijalnog ureñenja..5. Inverzna relacija Neka su A i B neki skupovi, a R neka relacija sa A u B, R A B. Definirajmo R ovako: ako je xry, onda je yr x. R je tada inverzna relacija od R, ili invers od R. Primjer. Zadana je relacija R A B, pri čemu je A={,,3} i B={5,6}, R={(,5), (,6), (,6), (3,6)}. Njoj inverzna relacija R je R = {(5,), (6,), (6,), (6,3)}. Primjer. Relacija biti divizor u skupu prirodnih brojeva N inverzna je relacija relaciji biti djeljiv sa u tom skupu. 8

19 3. FUNKCIJE 3.. Definicija funkcije Neka su A i B dani skupovi. Ako svakom elementu iz A pridružimo jedan i samo jedan element iz B, tada kažemo da smo skup A preslikali u B, a sam postupak pridruživanja nazivamo funkcijom sa A u B. Pišemo: A f B ili f : A B, a čitamo: f je preslikavanje sa A u B. Skup A zovemo domenom, a skup B kodomenom funkcije f : A B. Element skupa B koji je pridružen elementu x iz A označavamo s f(x) i zovemo slikom elementa x u odnosu prema preslikavanju f. f(x) još se zove vrijednost funkcije. 3.. Analitičko zadavanje funkcija Ako je funkcija izražena formulom kažemo da je ona zadana analitički. Uzmimo da funkcija f sa R u R, pridružuje svakom broju njegov kvadrat, onda to možemo pisati ovako: f(x) = x ili x a x ili y = x. Pri tom se x naziva nezavisna varijabla, dok je y zavisna varijabla. Primjer. Izrazite funkciju g: R R koja svakom broju pridružuje njegov kub. Odredite sliku broja, zatim sliku od a i sliku od (c+). Rješenje: g(x) = g() = Zadaci za vježbu 3 x ili x a 3 = 8, g(a) = 3 x ili y = x 3. 3 a, g(c+) = 3 ( c +).. Neka f pridružuje svakoj zemlji svijeta njezin glavni grad. Što je domena, a što kodomena ove funkcije? Što je slika Francuske?. Na slici je dana funkcija f sa A u B, pri čemu je A = {a,b,c,d} i B = {r,s,t,u}. Odredite f(a), f(b), f(c) i f(d). Što je domena, a što kodomena ove funkcije? Odredite skup vrijednosti funkcije ili skup slika. sl. 0. 9

20 sl Graf funkcije Pod grafom funkcije f: A B podrazumijevamo skup Γ definiran ovako: Γ = {(a,b) a A, b=f(a)} Primjer. Zadani su skupovi A = {a,b,c,d} i B = {p,q r,s,t}. Neka je funkcija f: A B Tada graf funkcije f glasi: Γ = {(a,p), (b,q), (c,q), (d,s)}. Graf funkcije ima svojstva:. Za svaki a A postoji b B tako da je (a,b) Γ.. Nijedna dva različita para iz Γ nemaju prvu koordinatu jednaku. Primjer. Koji od skupova Γ i Γ nije graf neke funkcije s A u B, pri čemu je A = {,,3,4} i B = {a,b,c}? Γ = {(,b), (,a), (3,b), (4,b)} Γ = {(,b), (,a), (3,b), (4,b)}. Odgovor: Γ nije graf funkcije jer nema ni. ni. svojstvo. ( nije prva koordinata niti jednog para i dva para, (,b) i (,a), imaju jednaku prvu koordinatu. Svojstvo i svojstvo može se zajedno izraziti i ovako: Za svaki a A postoji jedan i samo jedan b B tako da je (a,b) Γ. 0

21 3.4. Područje vrijednosti funkcije Skup svih elemenata iz B koji su slika barem jednog elementa iz A označava se f(a) i zove područje vrijednosti funkcije f: A B. sl.. A B f(a) sl. Primjer. Ako je f: N Z definirana s f(x) = x-, tada je f(n) = {,3,5,...}.Vidimo da je f(n) Z Surjektivna preslikavanja ili surjekcije Funkciju f: A B kod koje je f(a) = B zovemo surjektivnim preslikavanjem ili surjekcijom. Drugim riječima, svaki element iz B je slika barem jednog elementa iz A pa kažemo da funkcija f preslikava A na čitav B ili kraće na B. Primjer. Neka je A = {,,3,4} i B = {5,6,7} i neka je zadana funkcija f: A B ovako: 3 4 f : Budući je svaki element iz B slika barem jednog elementa iz A, funkcija f je surjekcija. Zadatak za vježbu Neka je dano preslikavanje g: N Z ovako: Je li g surjekcija? g:

22 Napišite još nekoliko surjekcija s N u Z! 3.6. Konstante Za preslikavanje f: A B kažemo da je konstanta onda i samo onda ako je f(a) jednočlan skup, tj. ako se svaki element iz A preslikava u jedan te isti element iz B. sl.. A B sl. Zadaci za vježbu. Neka je A skup svih kružnica, a B skup svih realnih brojeva. Preslikavanje f: A B koje svakoj kružnici pridružuje omjer njezinog opsega i njezinog promjera je konstanta f(x) = π. Pokažite to!. Neka je A = B = R, a funkcija f: R R odreñena formulom f(x) = 4 za svaki x iz R. Da li je to konstanta? Prikažite grafički funkciju f! 3.7. Identično preslikavanje Preslikavanje f: A A zove se identično preslikavanje skupa A onda i samo onda ako je f(x) = x za svaki x iz A. Zadatak za vježbu Neka je A = R. Preslikavanje f: R R dano s f(x) = x možemo predočiti pravcem u koordinatnoj ravnini. Skicirajte ga! 3.8. Injektivna preslikavanja ili injekcije Za preslikavanje f:a B kažemo da je injektivno preslikavanje ili injekcija skupa A u skup B onda i samo onda ako se različiti elementi iz A preslikavaju u različite elemente iz B, tj. ako je svaki element iz B slika najviše jednog elementa iz A. Jednakost f(a) = f(b) moguća je, dakle, samo za a = b. Za a b f(a) f(b) za svaki par elemenata a i b iz A.

23 Primjer. Zadana je funkcija f: A B. Pri tom je A = {,,3,4} i B = {a,b,c,d,e,f}. f : 3 4 b d a f c e Budući se različiti elementi preslikavaju u različite, f je injekcija. Zadatak za vježbu Napišite još nekoliko injektivnih preslikavanja s A u B, pri čemu je A = {,,3,4} i B = {a,b,c,d,e,f} Obostrano jednoznačno ili bijektivno preslikavanje Definicija. Za preslikavanje f: A B kažemo da je bijektivno ili obostrano jednoznačno onda i samo onda ako je to istovremeno i injektivno i surjektivno preslikavanje skupa A u skup B. Definicija. Za preslikavanje f: A B kažemo da je bijektivno ili obostrano jednoznačno onda i samo onda ako je to injektivno preslikavanje skupa A na skup B. Definicija 3. Svaki element iz B je slika jednog i samo jednog elementa iz A. Primjer. Neka su zadani skupovi A i B i preslikavanje f sa A u B ovako: A = {,,3,4}, B = {a,b,c,d,} i f = {(,b),(,c),(3,d),(4,a)}. Da li je f bijekcija? Odgovor: Svaki element iz B je slika nekog elementa iz A pa je f surjekcija. Različiti elementi iz A preslikavaju se u različite elemente iz B pa je f injekcija. Odatle slijedi da je f bijekcija. Zadatak za vježbu Navedite još nekoliko bijekcija s A u B, pri čemu je A = {,,3,4} i B = {a,b,c,d,} Inverzno preslikavanje Neka je f: A B bijektivno preslikavanje. Definirajmo preslikavanje f : B A ovako: Ako je f(x) = y, tada je f (y) = x. Drugim riječima: svakom elementu y iz B pridružuje se onaj element iz A koji se preslikava u y. Primjer. Neka je f: A B, pri čemu je A = {a,b,c} i B = {p,q,r} f = {(a,p), (b,q), (c,r)}. Tada je inverzno preslikavanje ili invers f : B A, f = {(p,a), (q,b), (r,c)}. 3

24 ) Očito je da vrijedi (f = f. Zadatak za vježbu Neka je A = {x 4 x 5} i B = {y 7 y 9}. Preslikavanje f: A B odreñeno je sa f(x) = x-. Odredite f (x). Skicirajte grafove funkcija f i f! 3.. Kompozicija preslikavanja Neka su dana preslikavanja f: A B i g: B C, gdje je kodomena preslikavanja f ujedno domena preslikavanja g. sl. 3. sl. 3 Preslikavanje g f : A C definirano ovako (g f)(x) = g [f(x)] za svaki x A, zove se kompozicija preslikavanja f i g. Primjer. Dane su funkcije f i g. a b c p q r f : g : r q p u v z Odrediti (g f)(a), (g f)(b) i (g f)(c)! Rješenje. (g f)(a) = g [f(a)] = g(r) = z (g f)(b) = g [f(b)] = g(q) = v (g f)(c) = g [f(c)] = g(p) = u a b c g f : z v u 4

25 Zadatak za vježbu: Dane su funkcije f, g i h u skupu A = {,,3,4} f : g : h : Nañite kompozicije: f g, h f, g g. 3.. Asocijativnost kompozicije Ako su f: A B, g: B C, h: C D funkcije, tada su definirane i funkcije h g, (h g) f, g f, h (g f). Lako se uviña da za komponiranje funkcija vrijedi zakon asocijacije. ((h g) f)(x) = (h g)[f(x)] = h{g[f(x)]} (h (g f))(x) = h[(g f)(x)] = h{g[f(x)]} Primijetimo da za kompoziciju funkcija ne vrijedi zakon komutacije, tj. da ne mora biti f g = g f. Naime, domena preslikavanja g f jednaka je domeni preslikavanja f, a domena preslikavanja f g jednaka je domeni preslikavanja g. Čak i ako su one iste, ne mora vrijediti f g = g f. 5

26 4. PRIRODNI BROJEVI 4.. Definicija skupa prirodnih brojeva 4... Ekvivalentni skupovi Za skup A kažemo da je ekvivalentan skupu B i pišemo A~B onda i samo onda ako postoji bijekcija s A na B. Primijetimo da su A i B jednakobrojni skupovi. Primjer. A = {,,3} B = {a,b,c} Teorem. Relacija ~ biti ekvivalentan sa meñu skupovima je. refleksivna A~A. simetrična A~B i B~A 3. tranzitivna A~B i B~C A~C. Dokaz.. Identično preslikavanje skupa A je bijekcija s A na A.. Ako je f bijekcija s A na B onda je f bijekcija s B na A. 3. Ako je f bijekcija s A na B i g bijekcija s B na C, onda je kompozicija g f bijekcija s A na C. Prema tome, relacija biti ekvivalentan je relacija ekvivalencije u svakoj familiji nepraznih skupova. Za prazni skup dogovorno se kaže da je sam sebi ekvivalentan. Ako je relacija biti ekvivalentan relacija ekvivalencije, tada ona vrši particiju skupa na klase ili familije skupova. Primjer. Na sl.4 su prikazana tri ekvivalentna skupa. Njihovo zajedničko svojstvo je da svaki ima četiri elementa. Skupova po četiri elementa ima beskonačno mnogo. Drugim riječima, njihovo zajedničko svojstvo je da imaju jednak kardinalni broj. To je broj 4. 6

27 sl. 4 Prirodni broj je zajedničko svojstvo svih ekvivalentnih skupova Definicija prirodnih brojeva Prirodni broj se definira kao kardinalni broj konačnog skupa pa je broj kardinalni broj svih jednočlanih skupova, kardinalni broj svih dvočlanih skupova, itd. Dogovorno 0 = k ø = k{0} = k{0,} 3 = k{0,,}. Skup svih prirodnih brojeva označavamo s N (naturalis, lat. prirodan). N = {,,3,4, } Konačni i beskonačni skupovi Neka je S neki skup. Kažemo da je taj skup konačan ako postoji prirodan broj n tako da je skup {,,3,4,,n} ekvivalentan skupu S. Na primjer skup S = {Zagreb, Rijeka, Gospić} je konačan jer je ekvivalentan skupu {,,3}. I za ø kaže se da je konačan (dogovorno). Za skup koji nije konačan, kažemo da je beskonačan. Na primjer, skup N je beskonačan jer nije ekvivalentan skupu {,,3,4,,n} ni za jedan dani prirodni broj n. 7

28 Teorem. Skup je beskonačan onda i samo onda ako se može bijektivno preslikati na svoj pravi podskup. Dokaz. Na primjer, skup N je beskonačan jer se može bijektivno preslikati na svoj pravi podskup {, 4, 6, 8, } Definicija. Za beskonačni skup kažemo da je prebrojiv onda i samo onda ako je ekvivalentan skupu N. Na primjer, skup cijelih brojeva Z ekvivalentan je skupu N jer postoji bijekcija sa N na Z: Prema tome, skup cijelih brojeva Z je beskonačan i prebrojiv. Kardinalni broj beskonačnog prebrojivog skupa označava se s א 0. Ovaj simbol se čita alef nula. Alef je prvo slovo hebrejskog pisma. Prije smo pokazali da je skup prirodnih brojeva N beskonačan, a kako je ekvivalentan sam sebi, onda je i prebrojiv. Odatle zaključujemo da je kn = א 0. Kada za neki skup S pišemo ks= א 0, onda to zapravo znači da je skup S ekvivalentan skupu N. 4.. Peanovi aksiomi i matematička indukcija 4... Peanovi aksiomi Skup N čije elemente zovemo prirodnim brojevima ima ova svojstva:. je prirodan broj, tj. N.. Svaki prirodan broj n ima točno jednog sljedbenika n +. Radić, M., Algebra, Teorem 9.. i Teorem 9.3. str.. 8

29 3. Uvijek je n +, tj. nije sljedbenik nijednog prirodnog broja. 4. Ako je m + = n +, tada je m = n, tj. ako su sljedbenici dvaju prirodnih brojeva jednaki, tada su i sami ti brojevi jednaki. 5. (Aksiom indukcije) Svaki podskup M skupa N, koji sadrži broj i sljedbenika svakog svog elementa, sadrži sve prirodne brojeve, tj. M = N Matematička indukcija Način zaključivanja u kojem promatranjem pojedinačnih slučajeva donosimo općenite zaključke zovemo indukcijom. U mnogim znanostima zaključci doneseni na temelju razmatranja konačnog broja pojedinačnih slučajeva prihvaćaju se istinitima i ne podvrgavaju se daljnjim dokazivanjima (medicina, društvene znanosti, meteorologija, fizika, biologija, poljoprivreda, itd.). U matematici se opća zakonitost do koje se došlo naziva pretpostavka ili hipoteza. Matematičar zna da se ona mora dokazati. Mnogi primjeri pokazuju da pretpostavke ili hipoteze do kojih se došlo indukcijom znaju biti netočne. Zato, način zaključivanja u kojem promatranjem pojedinačnih slučajeva postavljamo opće zakonitosti zovemo nepotpunom indukcijom. Ona nema snagu dokaza, ali pomaže da iz posebnih slučajeva dobijemo više ili manje vjerojatne pretpostavke pa ima vrijednost i u matematičkim istraživanjima i u nastavi matematike. U povijesti matematike poznato je više slučajeva kada su i najveći matematičari objavljivali općenite tvrdnje do kojih su došli nepotpunom indukcijom, a da nisu proveli dokaz. Samo neke od tih tvrdnji preživljavale bi strogi matematički dokaz i pokazale se istinitima. Za neke tvrdnje do kojih se došlo nepotpunom indukcijom pronañen je kontraprimjer. Kontraprimjerom zovemo onaj primjer koji pokazuje da tvrdnja za koju smo mislili da vrijedi nije istinita. Francuski matematičar P. Fermat ( ) postavio je hipotezu da su svi brojevi oblika n djeljivi samo s i sa samim sobom. +, za svaki n N On je to zaključio izračunavanjem gornjeg izraza uvrštavajući za n redom brojeve,, 3 i 4 te dobio brojeve 3, 5, 7 i 57. Nakon toga odlučio je svoju slutnju provjeriti još za 5 i dobio broj , a to je takoñer broj djeljiv samo s i sa samim sobom. Nakon toga obznanio je zaključak da su svi brojevi koji se dobiju ovom formulom djeljivi samo s i sa samim sobom. 9

30 Da je Fermat živio u sadašnjem vremenu, on tu hipotezu sigurno ne bi objavio. Jednostavnim računskim programom ispitao bi što se dogaña za prirodne brojeve veće od 5. Odmah za 6 bi dobio da je 5 = , a taj broj je, osim s i sa samim sobom, djeljiv još i s 64. Prošlo je stotinjak godina od Fermatove hipoteze, kad je u XVIII. stoljeću švicarski matematičar Euler pronašao kontraprimjer za Fermatovu hipotezu. Neiskusan istraživač ili učenik mogao bi Fermatu prigovoriti da je hipoptezu donio na osnovi premalog broja slučajeva. No, pitamo se, postoji li uopće, i ako postoji, koji je to optimalan broj pojedinačnih slučajeva nakon kojeg možemo sa sigurnošću zaključivati nepotpunom indukcijom? 3 Da bi dokazali da neki zaključak vrijedi za sve prirodne brojeve koristimo se metodom dokazivanja koju zovemo matematička indukcija. Princip matematičke indukcije zasniva se na 5. Peanovom aksiomu. Kada želimo dokazati da neka formula ili svojstvo P(n) vrijedi za sve n N, uzimamo da je skup M skup svih n N za koje vrijedi P(n), pa ako dokažemo da je M i n M n+ M, onda prema principu matematičke indukcije zaključujemo da je M = N, tj. da P(n) vrijedi za svako n N. Primjer. Dokažimo da za svaki n N vrijedi tvrdnja n( n+) P(n): n = Dokaz ćemo provesti u dva dijela koje zovemo baza indukcije i korak indukcije.. Baza indukcije P() je točno, jer je za n = = (+ ) = =. Možemo dalje provjeriti vrijedi li navedeni izraz za n = i n = 3. Vidimo da i za njih vrijedi. Ako ovako nastavimo, hoćemo li ikada doći do cilja? Ne, jer prirodnih brojeva ima beskonačno mnogo. Zato ćemo prijeći na drugi dio dokaza. 3 Pavleković, M., Metodika nastave matematike s informatikom I, Element, Zagreb,

31 . Korak indukcije Pretpostavimo da je P(n) točno pa pokušajmo dokazati P(n+). U tu svrhu izmijenimo tvrdnju P(n) tako da dodamo još jedan član reda na lijevoj strani tvrdnje, a na desnoj umjesto n uvrstimo (n+) n + (n+) = [( ) ] ( n+ ) n+ +. Na lijevoj strani n možemo zamijeniti s točno. Dobivamo da je n( n+) + (n+) = [( ) ] ( n+ ) n+ +. n( n+), jer smo pretpostavili da je P(n) Uredimo lijevu i desnu stranu jednadžbe. n ( n+ ) + ( n+ ) ( n+ )[ n+ + ] ( n+ )( n+ ) ( n+ )( n+ ) = =. One su jednake te smo dokazali da P(n) P(n+). Možemo zaključiti da tvrdnja P(n) vrijedi za sve n N. Primjer. Dokažimo da je razlika n - n djeljiva s za svaki n N. P(n): ( n - n ) M Dokaz:. Baza indukcije P() je točno, jer je za n =. Korak indukcije ( -)M ( )M 0M Pretpostavimo da je P(n) točno pa pokušajmo dokazati P(n+). U tu svrhu izmijenimo tvrdnju P(n) tako da umjesto n u izraz P(n) uvrstimo (n+). [( n + ) ( ) ] n+ M 3

32 ( n n) [( n + n+ ) ( n+ ) ] [ n + n+ n ] M [( n n) + n] M M je djeljivo s zbog pretpostavke da je za P(n) tvrdnja točna, a drugi pribrojnik n je takoñer djeljiv s, pa je i njihov zbroj djeljiv s. Vidimo da P(n) P(n+). Zaključujemo da tvrdnja P(n) vrijedi za sve n N Zbrajanje i množenje prirodnih brojeva Zbrajanje prirodnih brojeva Funkcija f: NxN N definirana ovako: a+ = a +, a+ b + = (a+b) + zove se zbrajanje u N. Broj a+b je zbroj brojeva a i b. Na primjer, + = + =, + = + = 3 Općenito vrijedi + = + + = (+) + = 3 + = 4 +3 = + + = (+) + = 4 + = 5 a+ = a +, a+b + = (a+b) + a+ = (a+) + a+3 = (a+) + Riječima: a+ je sljedbenik od a, a+ je sljedbenik od a+, a+3 je sljedbenik od a+,, a+b + je sljedbenik od a+b. Ovdje je zbrajanje definirano induktivno (od posebnog ka općem). Teorem. Za zbrajanje prirodnih brojeva vrijede zakoni:. Zakon zatvorenosti: Ako su a, b N, tada je i a+b N.. Zakon asocijacije: Ako su a, b, c elementi iz N, tada je (a+b)+c = a+(b+c). 3. Zakon komutacije: Ako su a, b elementi iz N, tada je a+b = b+a. 4. Zakon kancelacije (kraćenja): Ako je a+c = b+c, tada je a = b. 3

33 Dokaz. 5. Zakon trihotomije: Za svaka dva elementa a, b iz N vrijedi jedna i samo jedna od ove tri izjave: a = b, a < b, a > b.. Najprije pokažimo da taj zakon vrijedi za b =, tj. da je (a+) N za svaki a N. Možemo pisati: a+ = a + (definicija zbrajanja) a + N (. Peanov aksiom) Sada ćemo pokazati da je (a+b + ) N ako je (a+b) N. a+b N (a+b) + N (a+b + ) N (pretpostavka) (. Peanov aksiom) (definicija zbrajanja) Na temelju 5. Peanovog aksioma pokazali smo da je a+b N za b = i a+b + N ako je a+b N te zaključujemo da je a+b N i za svaki b N.. Najprije ćemo pokazati da tvrdnja a+(b+c) = (a+b)+c vrijedi za c= i za sve a, b N. Možemo pisati a+(b+) = a+ b + = (a+ b) + (definicija zbrajanja) = (a+b)+ (definicija zbrajanja). Pokažimo sada da vrijedi a+(b+ c + )=(a+b)+ c + uz pretpostavku a+(b+c) = (a+b)+c. a+(b+ c + ) = a+(b+ c) + (definicija zbrajanja) = (a+(b+c)) + (definicija zbrajanja) = ((a+b)+c) + (po pretpostavci) = (a+b)+c + (definicija zbrajanja). 3. Najprije ćemo pokazati da tvrdnja a+b = b+a vrijedi za b = i za svako a N, a+ = +a. Za a =, + = +, vrijedi. Dokažimo da vrijedi i za a+ ako vrijedi za a. Time će biti dokazano da vrijedi za a N. a+ = +a (pretpostavka) 33

34 a + + = (a+)+ (definicija zbrajanja) = (+a)+ (pretpostavka) = +(a+) (zakon asocijacije) = + a + (definicija zbrajanja) Dokažimo da je tvrdnja valjana za sve a, b N. U tu svrhu dovoljno je pokazati da je ona valjana i za b+ ako je valjana za b (jer smo pokazali da je ona valjana za svaki a N i b=). a+b = b+a a+b + = a+(b+) (pretpostavka) (definicija zbrajanja) = (a+b)+ (zakon asocijacije) = (b+a)+ (pretpostavka) = b+(a+) (zakon asocijacije) = b+(+a) (a+=+a) = (b+)+a (zakon asocijacije) = b + +a (definicija zbrajanja) 4. Treba dokazati da iz a+c = b+c slijedi da je a = b. Za c= a+ = b+ (pretpostavka) a + = b + a = b (definicija zbrajanja) (4. Peanov aksiom) Zaključujemo da iz a+ = b+ slijedi da je a = b. Ostaje nam da pokažemo da iz a+ c + = b+ c + slijedi da je a = b, uz pretpostavku da iz a+c = b+c slijedi da je a = b. a+ c + = b+ c + (pretpostavka) (a+ c) + = (b+ c) + a+c = b+c (definicija zbrajanja) (4. Peanov aksiom). 34

35 5. Ako je a = b, tada za b = dobivamo da je a =, pa tvrdnja vrijedi (=). Uz pretpostavku da je a = b vrijedi i tvrdnja a + = b+ ili a + = b + u skladu s 4. Peanovim aksiomom. Ako je a < b, postoji c iz N tako da je a+c = b. (*) Najprije moramo dokazati da je a+c a, za sve a,c N. Za a = i bilo koji c N to je točno, jer je +c = ili c + = suprotno 3. Peanovom aksiomu. Za a + a + + c a +, pod pretpostavkom da je a+c a. Neka je a + + c = a + (a + c) + = a + (definicija zbrajanja) a + c = a (4. Peanov aksiom). Zadnja tvrdnja je suprotna pretpostavci da je a+c a, pa je i a + + c a +. Time smo dokazali da je a+c a za sve a,c iz N. Sada možemo pristupiti dokazivanju početne tvrdnje (*). Za c =, a + = b a + = b (definicija zbrajanja) Potrebno je dokazati da ako je (i samo ako je) b, tada postoji jedan i samo jedan a iz N tako da je a + = b. Kada bi b bio jednak, a + =, a to nije u skladu s 3. Peanovim aksiomom pa je b. Iz. Peanovog aksioma slijedi da je svaki prirodni broj b sljedbenik jednog i samo jednog prirodnog broja a, tj. b = a +. Vratimo se početnoj tvrdnji (*) i dokažimo da ona vrijedi za c +. a + c + = b + a + c + = b + (definicija zbrajanja) (a + c) + = b + (definicija zbrajanja) a + c = b. (4. Peanov aksiom) Time smo dokazali da postoji c iz N tako da je a + c = b. Dokaz za a > b analogan je prethodnom dokazu pa ćemo ga izostaviti. 35

36 4.3.. Množenje prirodnih brojeva Funkcija f : NxN N definirana ovako a = a, a b + = a b + a zove se množenje u N. Broj a b zove se produkt ili umnožak brojeva a i b te piše ab. Na primjer: 3 = 3 3 = 3 + = = 3 +3 = = 3 + = = 6 +3 = = = = 9 +3 = Općenito vrijedi a = a a = a + a a 3 = a + a a 4 = a 3 + a. a b + = a b + a Ovdje je množenje definirano induktivno. Teorem. Za množenje prirodnih brojeva vrijede zakoni:. Zakon zatvorenosti: Ako su a i b elementi iz N, tada je i ab element N.. Zakon distribucije: Množenje u N je distributivno prema zbrajanju u N, tj. za svaku trojku a, b, c N vrijedi a (b+c) = ab +ac 3. Zakon asocijacije: Ako su a, b, c N, tada je (ab) c = a (bc) 4. Zakon komutacije: Za sve a, b N vrijedi ab = ba 5. Zakon kancelacije: Ako su a, b, c N i vrijedi da je ac = bc, tada je a = b. Dokaz.. Najprije pokažimo da je ab N za svaki a N i b =. 36

37 a = a a N (definicija množenja) (jer je a = a N). Pokažimo da je sada i ab + N ako je ab N. ab N ab + a N ab + N (pretpostavka) (zatvorenost zbrajanja) ( definicija množenja) Zaključujemo da je ab N za svaki a, b N.. a (b+c) = ab + ac, za sve a, b, c N. (*) Za c = i a,b N vrijedi a (b+) = ab + (definicija zbrajanja) = ab + a (definicija množenja) = ab + a (definicija množenja) Pokažimo da vrijedi a (b + c + ) = ab +a c + ako vrijedi (*). a (b + c + ) = a (b + c) + ( definicija zbrajanja) = a (b+c) + a (definicija množenja) = ab+ac+a (pretpostavka) = ab + (ac+a) (zakon asocijacije) = ab + ac + (definicija množenja). 3. (ab) c = a (bc), za sve a, b, c N. (*) Za c = i a, b N vrijedi (ab) = ab (definicija množenja) = a (b ) (definicija množenja) Pokažimo da vrijedi (a b) c + = a (b c + ) ako vrijedi (*). (a b) c + = (a b) c + a b (definicija množenja) = a (b c) +a b (pretpostavka) 37

38 = a ( b c + b) (zakon distribucije) = a ( b c + ) (definicija množenja). 4. a b = b a, a, b N. Za b = i a N tvrdnja glasi a = a. Lijeva strana a = a po definiciji množenja. Treba dokazati da je a = a. Za a =, = i tvrdnja vrijedi. Pokažimo da vrijedi i za a + uz pretpostavku da je a = a. a + = a + a + = (a + ) (definicija zbrajanja) = a + (zakon distribucije) = a + (pretpostavka a = a) = a + Treba još pokazati da tvrdnja vrijedi za b + uz pretpostavku da je ab = ba. a b + = b + a a b + = a (b + ) (definicija zbrajanja) = ab + a (zakon distribucije) = ba + a (pretpostavka ab = ba) = b + a, (jer je b + a = (b + ) a = ba + a ). 5. Iz ac = bc slijedi da je a = b. Za c = i a,b N. a = b a = b (definicija množenja) Dokažimo još da tvrdnja vrijedi za c + uz pretpostavku da vrijedi za c. ac + = bc + 38

39 a (c + ) = b (c + ) ac + a = bc + b a + ac = b + bc a + ac = b + ac a = b (definicija zbrajanja) (zakon distribucije) (zakon komutacije za zbrajanje) (pretpostavka ac = bc) (zakon kancelacije za zbrajanje) Brojevni sustavi Zapis prirodnog broja Za nulu i prvih devet prirodnih brojeva uvedene su oznake 0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Svaki prirodni broj zapisujemo u obliku a n 0 n + a n 0 n + + a 0 + a 0 + a 0, pri čemu su a n, a n,, a, a, a 0 elementi skupa {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Da bi se skratilo pisanje prirodnih brojeva dogovoreno je da se taj zbroj kraće piše a n a n a a a 0. Ovo je pozicijski zapis u dekadskom sustavu. Na primjer, = Brojevni sustavi Zapis broja ne smijemo poistovjetiti sa samim brojem, jer se isti broj može zapisati na različite načine. Rimljani su koristili slova I, V, X, L, C, D, M za, 5, 0, 50, 00, 500, 000. Primjer. 996 MCMXCVI Primjer. 886 MDCCCLXXXVI Zadaci za vježbu: a) Zapišite godinu vašeg roñenja rimskim brojem. b) Zapišite rimskim brojem. Ovaj način je pogodan za zapis prirodnog broja, ali ne i za računanje. Slovima su se bilježili brojevi i u glagoljici. 39

40 Zapis broja u sustavu s bazom b Za bazu brojevnog sustava možemo uzeti bilo koji prirodni broj veći od. Neka je b > i b N. Prirodni broj x zapisan u pozicijskom sustavu s bazom b je x = a n a n a a a 0 (b) = a n b n + a n b n + + a b + a b + a 0. Znamenke a n, a n,, a, a, a 0 su brojevi iz skupa {0,,, 3,, b - }. Indeks (b) označava bazu u kojoj je zapisan broj. Na primjer, 56 ( 8) = = = 74 ( 0) Broj znamenaka, imena brojeva i postupak brojenja ovise o bazi brojevnog sustava. Tako za brojenje u sustavu s bazom 4 koristimo ove brojeve:,, 3, 0,,, 3, 0,,, 3, 30, 3, 3, 33, 00, 0, Kako se čitaju ti brojevi? Npr. 00 se čita -0-0 ali i sto. U oktalnom sustavu, b = 8, znamenke su {0,,, 3, 4, 5, 6, 7}. Brojeve čitamo kao u dekadskom. U binarnom sustavu, b =, znamenke su {0, }. Čitamo znamenku po znamenku. 9 = 00 ( ). U heksadekadskom, b = 6, znamenke su {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A, B, C, D, E, F}. Čitamo znamenku po znamenku. A 6) ( = 0, B ( 6) =, C ( 6) =, D ( 6) = 3, E ( 6) = 4, F ( 6) = 5 D ( 6) = = = 45 E3 8 ( 6) = = Najvažnije su binomna i heksadekadska baza jer se one koriste u računalima. Jedna znamenka heksadekadskog sustava odgovara točno četirima znamenkama binarnog sustava. To je zato jer je 6 = 4. 40

41 Odnos brojeva u ova dva sustava je (6) () (6) () (6) () (6) () 0 = 0 4 = 00 8 = 000 C = 00 = 5 = 0 9 = 00 D = 0 = 0 6 = 0 A = 00 E = 0 3 = 7 = B = 0 F = Primjer. 4E9 ( 6) = ( ) Primjer ( ) = 6BEB ( 6) Slična veza postoji i izmeñu binarnog i oktalnog zapisa brojeva (8) () (8) () 0 = 0 4 = 00 = 5 = 0 = 0 6 = 0 3 = 7 = Primjer. 7 ( 8) = 0 ( ) Primjer ( ) = 67 ( 8) Primjer 3. 3BD8 ( 6) = ( ) = ( ) =35730 ( 8) Zadaci za vježbu. 34 ( 8) = ( ) ( ) = ( 8) 3. 8EC ( 6) = ( ) = ( ) = ( 8) 4

42 Prijelaz iz dekadskog sustava u sustav neke druge baze Primjer. 38 pretvoriti u zapis po bazi 8. 8 = 8, 8 = 64, 8 3 = 5, 38 = = 356 ( 8) Uočimo da je 38 : 64 = 3 i ostatak 46, 46 : 8 = 5 i ostatak je 6, ili 38 : 8 = 9 i ostatak je 6, 9 : 8 = 3 i ostatak je 5. To možemo izraziti : 38 = , 9 = , pa je 38 = ( ) = Na navedenom postupku se temelji algoritam pomoću kojeg lako prevedemo broj iz baze 0 u neku drugu bazu. Napomenimo da je algoritam svaki matematički postupak koji se izvodi po strogo odreñenim pravilima. ALGORITAM Zadani broj x iz dekadske baze treba prevesti u bazu b. U tu svrhu dijelimo x s b, a zatim nastavljamo s dijeljenjem redom svih dobivenih kvocijenta brojem b, sve dok kvocijent ne bude manji od b. x = q b + a 0 q = q b + a q = q 3 b + a. 0 a 0 < b 0 a < b 0 a < b. n = q n b + a n 0 a n < b q q n = 0 b + a n 0 a n < b 4

43 x možemo prikazati pomoću dobivenih kvocijenata i ostataka ovako: x = q b + a 0 = (q b + a )b + a 0 = q b + a b + a 0 = (q 3 b + a ) b + a b + a 0 = q 3 b 3 + a b + a b + a 0 = a n b n + a n b n + + a b + a 0 = a n a n a a a 0 (b) Postupak zapisujemo u obliku tablice. x q q q n q n a 0 a a a n a n Primjer. Prevesti broj iz dekadskog u oktalni sustav. Poslužimo se algoritmom. U prvi redak prvog stupca upisujemo bazu 8. U prvi redak drugog stupca upisujemo broj 4368, tj. broj koji treba prevesti u novu bazu. Podijelimo 4368 s 8. Rezultat je i ostatak. Rezultat zapisujemo na vrh slijedećeg stupca, a u zadnji redak drugog stupca ispod broja 43 68, upisujemo dobiveni ostatak. U srednjem retku su ostaci i spuštene znamenke za provedeno dijeljenje. Postupak nastavljamo dijeljenjem broja s 8. Rezultat 3807 zapisujemo u prvi redak slijedećeg stupca, a ostatak 4 u treći redak trećeg stupca ispod broja Dijeljenjem broja 3807 s 8 dobivamo broj 475 i ostatak 7 te ih zapisujemo na isti način. Postupak nastavljamo dok ne doñemo do zadnjeg ostatka, a to je

44 Da bi došli do zadnjeg ostatka morali smo zadani broj dijeliti pet puta s 8. Zato je taj broj u novom zapisu na prvom mjestu. Iza njega je ostatak 3 kojeg smo dobili u četvrtom dijeljenju. Slijedi ostatak koji smo dobili u trećem dijeljenju, a to je opet 3, itd = (8) = ( 8) Zadatak za vježbu Prevedite broj 5 37 iz dekadskog u heksadekadski sustav Prijelaz u dekadski sustav 457 ( 8) = = = ( )= = ( ( )) = = ( ) = = = = 59 Gornji postupak možemo zapisati u tablicu pri čemu su u prvom redu znamenke zadanog broja, a u drugom redu baza, zatim prva znamenka broja iza čega slijede izrazi izraženi u zagradama u prije provedenom izračunu Ovaj se postupak naziva HORNEROV ALGORITAM. Njegova je karakteristika da se do rezultata može doći samo pomoću zbrajanja i množenja, a ne i potenciranja. Opišimo taj postupak općenito: a n a n a a 0 b c n = a n c n = c n b+ a n c =c b+ a c 0 = c b+ a 0 Broj c 0 predstavlja traženi rezultat, jer je 44

45 c 0 = c b+ a 0 = (c b + a ) b + a 0 = c b + a b + a 0 = (c 3 b + a ) b + a b + a 0 = c 3 b 3 + a b + a b + a 0 = c n b n + c n b = (c n b+ a n ) b n + c = a n b n + a n b Zadatak za vježbu n + + a b + a 0 n + c n b n b n + + a b + a 0 n + + a b + a 0. Prevedite u dekadski sustav broj A09E ( 6) koristeći Hornerov algoritam Djeljivost brojeva Definicija djeljivosti Za broj a N kažemo da je djeljiv brojem b N i pišemo amb onda i samo onda ako postoji prirodni broj c tako da bude a = bc. Za broj b kažemo u tom slučaju da je mjera ili divizor ili djelitelj broja a, a za broj a da je višekratnik ili multiplum broja b. Na primjer, 5M3 jer postoji broj 5 N, tako da je 5 = 3 5. Po ovoj definiciji svaki je prirodan broj djeljiv s i sa samim sobom. Ako je a djeljivo s b (amb), onda je b divizor od a (b a). Primjer. Odredite sve mjere broja 45. Rješenje: 45 = 45, 45 = 5 3, 45 = 9 5. Mjere broja 45 su: 45, 5, 9, 5, 3 i. Zadaci za vježbu:. Odredite sve mjere broja 75.. Odredite sve mjere broja Prosti i složeni brojevi Prirodni broj veći od koji je djeljiv samo s i samim sobom zove se prost ili prim broj. Prirodni brojevi veći od, koji nisu prosti, zovu se složeni brojevi. 45

46 Prema tome prirodni brojevi dijele se u tri klase: broj, prosti brojevi i složeni brojevi. nije ni prost ni složen broj. Definiciju djeljivosti možemo proširiti i na brojeve skupa N 0 i reći da je 0 djeljiva svakim prirodnim brojem, jer je 0 = a 0. Ipak, nula nije ni prost ni složen broj. Koliko ima prostih brojeva? Teorem. Prostih brojeva ima beskonačno mnogo. Dokaz. Koristit ćemo indirektan put dokazivanja. Pretpostavimo da prostih brojeva ima konačno mnogo i pokažimo da ta pretpostavka nije održiva. Zaključujemo ovako: Ako prostih brojeva ima konačno mnogo, meñu njima postoji jedan koji je najveći. Označimo ga s p. Promotrimo broj ( 3 5 p) +, gdje je broj u zagradi jednak produktu svih prostih brojeva. Broj ( 3 5 p) + veći je (po pretpostavci) od svakog prostog broja i po pretpostavci nije prost. Onda je složen (po definiciji složenih brojeva). Ali nije ni složen, jer nije djeljiv ni jednim prostim brojem od navedenih koji su po pretpostavci jedini prosti brojevi. Naime, ako ga podijelimo bilo kojim od brojeva, 3, 5,, p ostatak će biti. Zaključak je jasan: takav broj p (najveći prost broj) ne postoji, tj. skup prostih brojeva je beskonačan Eratostenovo sito Eratostenovo sito je postupak pomoću kojeg se mogu naći svi prosti brojevi koji nisu veći od danog broja n. Ispišimo sve prirodne brojeve od do n. Poñemo od broja i precrtamo svaki drugi broj iza njega. Onda poñemo od broja 3 i precrtamo svaki treći broj iza njega, pri čemu se broje i već precrtani brojevi. Zatim od broja 5 precrtamo svaki peti broj koji dolazi iza njega, itd. Kad doñemo do prostog broja p čiji je kvadrat veći od n, zadatak je riješen. Neprecrtani brojevi su svi prosti brojevi koji nisu veći od n. Zadatak za vježbu Nañite sve proste brojeve do

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(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,

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

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

Διαβάστε περισσότερα

Matematika. Viša razina. Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Zagreb, 2015.

Matematika. Viša razina. Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Zagreb, 2015. Matematika Viša razina Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Zagreb, 2015. Autor: Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Naslov: Matematika Viša razina Izdanje: 4. izdanje Urednica: Ana Belin,

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

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

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192

MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192 MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192 2 / 192 prof.dr.sc. Miljenko Marušić Kontakt: miljenko.marusic@math.hr Konzultacije: Utorak, 10-12 WWW: http://web.math.pmf.unizg.hr/~rus/ nastava/ma1/ma1.html 3 / 192 Sadržaj

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Elementarne funkcije

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

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016. Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 120 min Ukupan broj bodova: 100 Zadatak 1. (a) Napišite aksiome vjerojatnosti ako je zadan skup Ω i σ-algebra F na Ω. (b) Dokažite iz aksioma vjerojatnosti da za A,

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi, relacije, funkcije

Skupovi, relacije, funkcije Chapter 1 Skupovi, relacije, funkcije 1.1 Skup, torka, multiskup 1.1.1 Skup Pojam skupa ne definišemo eksplicitno. Intuitivno skup prihvatamo kao konačnu ili beskonačnu kolekciju objekata (ili elemenata)u

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA. () 6. studenog 2011. 1 / 18

OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA. () 6. studenog 2011. 1 / 18 OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA () 6. studenog 2011. 1 / 18 TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA -vrlo često susrećemo se sa problemima prebrojavanja elemenata nekog konačnog skupa S () 6. studenog 2011.

Διαβάστε περισσότερα

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija Sadržaj: Nizovi brojeva Pojam niza Limes niza. Konvergentni nizovi Neki važni nizovi. Broj e. Limes funkcije Definicija esa Računanje esa Jednostrani esi Neprekinute funkcije i esi Definicija neprekinute

Διαβάστε περισσότερα

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. Istinitosna tablica p q r F odgovara formuli A) q p r p r). B) q p r p r). V) q p r p r). G) q p r p r). D) q p r p r). N) Ne znam. Date

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture

Algebarske strukture i operacije Univerzitet u Nišu Prirodno Matematički Fakultet februar 2010 Istraživačka stanica Petnica i operacije Operacije Šta je to algebra i apstraktna algebra? Šta je to algebarska struktura? Cemu

Διαβάστε περισσότερα

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE **** MLADEN SRAGA **** 011. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE SKUP REALNIH BROJEVA α Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: BESPLATNA - WEB-VARIJANTA Tisak: M.I.M.-SRAGA

Διαβάστε περισσότερα

Pojam funkcije. Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transformacija

Pojam funkcije. Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transformacija Funkcije Pojam unkcije Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transormacija Primjer.: a) Odredite površinu kvadrata kojem je stranica 5cm. b) Odredite površinu pravokutnika sa stranicama duljine 7 i 5.

Διαβάστε περισσότερα

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe,

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, O SKUPOVIM Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, skupine, mnoštva neke vrste objekata, stvari, živih bića i dr. Tako imamo skup stanovnika nekog grada, skup

Διαβάστε περισσότερα

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA 9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA Pod elementarnim funkcijama najčešće ćemo podrazumijevati realne funkcije realne varijable Detaljnije ćemo u Matematici II analizirati funkcije koje se najčešće koriste

Διαβάστε περισσότερα

x + t x 2 x t x 2 t x = + x + = + x + = t 2. 3 y y [x množi cijelu zagradu] y y 2 x [na lijevu stranu prebacimo nepoznanicu y] [izlučimo 3 y ] x x x

x + t x 2 x t x 2 t x = + x + = + x + = t 2. 3 y y [x množi cijelu zagradu] y y 2 x [na lijevu stranu prebacimo nepoznanicu y] [izlučimo 3 y ] x x x Zadatak 00 (Sanja, gimnazija) Odredi realnu funkciju f() ako je f ( ) = Rješenje 00 Uvedemo supstituciju (zamjenu varijabli) = t Kvadriramo: t t t = = = = t Uvrstimo novu varijablu u funkciju: f(t) = t

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1. Marcela Hanzer. Department of Mathematics, University of Zagreb. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 1 / 135

Matematika 1. Marcela Hanzer. Department of Mathematics, University of Zagreb. Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 1 / 135 Matematika 1 Marcela Hanzer Department of Mathematics, University of Zagreb Marcela Hanzer (Dept of Math, Uni Zagreb) Matematika 1 1 / 135 Skupovi; brojevi Skupovi osnovni pojam u matematici (ne svodi

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1

Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1 Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1 Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 2012/13 1 / 76 Definicija funkcije Funkcija iz skupa X u skup Y je svako pravilo f po kojemu se elementu x X

Διαβάστε περισσότερα

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA **** IVANA SRAGA **** 1992.-2011. ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE POTPUNO RIJEŠENI ZADACI PO ŽUTOJ ZBIRCI INTERNA SKRIPTA CENTRA ZA PODUKU α M.I.M.-Sraga - 1992.-2011.

Διαβάστε περισσότερα

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova) MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile

Διαβάστε περισσότερα

2.7 Primjene odredenih integrala

2.7 Primjene odredenih integrala . INTEGRAL 77.7 Primjene odredenih integrala.7.1 Računanje površina Pořsina lika omedenog pravcima x = a i x = b te krivuljama y = f(x) i y = g(x) je b P = f(x) g(x) dx. a Zadatak.61 Odredite površinu

Διαβάστε περισσότερα

x M kazemo da je slijed ogranicen. Weierstrass-Bolzano-v teorem tvrdi da svaki ograniceni slijed ima barem jednu granicnu tocku.

x M kazemo da je slijed ogranicen. Weierstrass-Bolzano-v teorem tvrdi da svaki ograniceni slijed ima barem jednu granicnu tocku. 1. FUNKCIJE, LIMES, NEPREKINUTOST 1.1 Brojevi - slijed, interval, limes Slijed realnih brojeva je postava brojeva na primjer u obliku 1,,3..., nn, + 1... koji na realnoj osi imaju oznaceno mjesto odgovarajucom

Διαβάστε περισσότερα

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, 3.04.016. godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA

Διαβάστε περισσότερα

Diferencijalni račun

Diferencijalni račun ni račun October 28, 2008 ni račun Uvod i motivacija Točka infleksije ni račun Realna funkcija jedne realne varijable Neka je X neprazan podskup realnih brojeva. Ako svakom elementu x X po postupku f pridružimo

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije više varijabli

Funkcije više varijabli VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 7 Pojam funkcije dviju varijabla, grafa i parcijalnih derivacija Poglavlje 1 Funkcije više varijabli 1.1 Domena Jedno od osnovnih pitanja

Διαβάστε περισσότερα

MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA

MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivan Krijan, Sara Muhvić MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA Zagreb, 2013. Ovaj rad izraden je na Zavodu

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7. Opc pojmov Kompleksn brojev su sastavljen dva djela: Realnog djela (Re) magnarnog djela (Im) Promatrajmo broj a+ b = + 3 Realn do jednak je Re : Imagnarna jednca: = - l = (U elektrotehnc

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

Baza topologije. Definicija. Familija B podskupova od X je baza neke topologije na X ako: Topološki prostori. Baza topologije. tj.

Baza topologije. Definicija. Familija B podskupova od X je baza neke topologije na X ako: Topološki prostori. Baza topologije. tj. Opća topologija 24 Opća topologija 26 13. Baza topologije Baza topologije 2 TOPOLOŠKI PROSTORI I NEPREKIDNE FUNKCIJE Topološki prostori Baza topologije Uređajna topologija Produktna topologija na X Y Topologija

Διαβάστε περισσότερα

4 Sukladnost i sličnost trokuta

4 Sukladnost i sličnost trokuta 4 Sukladnost i sličnost trokuta 4.1 Sukladnost trokuta Neka su ABC i A B C trokuti sa stranicama duljina a b c odnosno a b c. Kažemo da su ti trokuti sukladni ako postoji bijekcija f : {A B C} {A B C }

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na . Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1 za kemičare Kako prevoditi s jezika kemije na jezik matematike i obrnuto?

Matematika 1 za kemičare Kako prevoditi s jezika kemije na jezik matematike i obrnuto? Matematika 1 za kemičare Kako prevoditi s jezika kemije na jezik matematike i obrnuto? Franka Miriam Brückler Igor Pažanin Zagreb, 2012. Sadržaj 1 Uvod 7 1.1 Varijable i konstante............................

Διαβάστε περισσότερα

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1 2 cos(3 π 4 ) sin( + π 6 ). 2. Pomoću linearnih transformacija funkcije f nacrtajte graf funkcije g ako je, g() = 2f( + 3) +. 3. Odredite domenu funkcije te odredite f i njenu domenu. log 3 2 + 3 7, 4.

Διαβάστε περισσότερα

LEKCIJE IZ MATEMATIKE 1

LEKCIJE IZ MATEMATIKE 1 LEKCIJE IZ MATEMATIKE 1 Ivica Gusić Lekcija 1 Realni i kompleksni brojevi Lekcije iz Matematike 1. 1. Realni i kompleksni brojevi I. Naslov i obja²njenje naslova U lekciji se ponavljaju osnovna svojstva

Διαβάστε περισσότερα

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Prva tačka u ispitivanju toka unkcije je odredjivanje oblasti deinisanosti, u oznaci Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog ajla, obavezno pogledajte ajl ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova Biserka Draščić Ban Pomorski fakultet u Rijeci 17. veljače 2011. Grafičko prikazivanje atributivnih nizova Atributivni nizovi prikazuju se grafički

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcije 9 i 10 Elementarne funkcije. Funkcije važne u primjenama Vjeºbe iz Matematike 1. 9. i 10. Elementarne funkcije. Funkcije vaºne u primjenama

Διαβάστε περισσότερα

I. dio. Zadaci za ponavljanje

I. dio. Zadaci za ponavljanje I. dio Zadaci za ponavljanje ZADACI ZA PONAVLJANJE. BROJEVI: Prirodni, cijeli, racionalni i realni brojevi. Izgradnja skupova N, Z, Q, R.. Odredi najveću zajedničku mjeru M(846, 46).. Napiši broj u sustavu

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE

ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE Nada Miličić Miloš Miličić ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE II deo II izdanje Akademska misao Beograd, 2011 Dr Nada Miličić, redovni profesor Dr Miloš Miličić, redovni profesor ELEMENTI VIŠE MATEMATIKE II DEO

Διαβάστε περισσότερα

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike DERIVACIJA

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike DERIVACIJA Geodetski akultet dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike DERIVACIJA Pojam derivacije Glavne ideje koje su vodile do današnjeg shvaćanja derivacije razvile su se u 7 stoljeću kada i započinje razvoj

Διαβάστε περισσότερα

Vježbe iz matematike 1

Vježbe iz matematike 1 Vježbe iz matematike B. Ivanković N. Kapetanović 8. rujna 005. Uvod Vježbe su tijekom dugog niza održavanja nadopunjavane. Osnovu vježbi napravila je Nataša Kapetanović, ing. matematike, a podebljao ih

Διαβάστε περισσότερα

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, 004. Vladimir Balti Pojam polinoma. Prsten polinoma.. Dati su polinomi P (x) = x + x +, Q(x) = x 4 x +, R(x) = x x +. Proveriti da li za

Διαβάστε περισσότερα

Unipolarni tranzistori - MOSFET

Unipolarni tranzistori - MOSFET nipolarni tranzistori - MOSFET ZT.. Prijenosna karakteristika MOSFET-a u području zasićenja prikazana je na slici. oboaćeni ili osiromašeni i obrazložiti. b olika je struja u točki, [m] 0,5 0,5,5, [V]

Διαβάστε περισσότερα

Projektovanje informacionih sistema 39

Projektovanje informacionih sistema 39 Projektovanje informacionih sistema 39 Glava 3 3.0 Osnove relacione algebre - uvod Za manipulisanje podacima i tabelama u relacionim bazama podataka potrebna su osnovna znanja iz relacione algebre. Relaciona

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 6. razred osnovne škole

MATEMATIKA 6. razred osnovne škole Matematika 6. razred osnovne škole 1 MATEMATIKA 6. razred osnovne škole OPERACIJE S RAZLOMCIMA 1. Svođenje razlomaka na zajednički nazivnik Zajednički nazivnik dvaju razlomaka. Provesti heuristički razgovor

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI)

FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI) FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI) Rozarija Jak²i 5. travnja 03. UVOD U FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI.. Domena funkcija dviju varijabli Jedno od osnovnih pitanja koje se moºe postaviti za realnu funkciju dvije

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 14 Rast, pad, konkavnost, konveksnost, točke infleksije i ekstremi funkcija Poglavlje 1 Rast, pad, konkavnost, konveksnost, to ke ineksije

Διαβάστε περισσότερα

ΣΕΡΒΙΚΗ ΓΛΩΣΣΑ IV. Ενότητα 3: Αντωνυμίες (Zamenice) Μπορόβας Γεώργιος Τμήμα Βαλκανικών, Σλαβικών και Ανατολικών Σπουδών

ΣΕΡΒΙΚΗ ΓΛΩΣΣΑ IV. Ενότητα 3: Αντωνυμίες (Zamenice) Μπορόβας Γεώργιος Τμήμα Βαλκανικών, Σλαβικών και Ανατολικών Σπουδών Ενότητα 3: Αντωνυμίες (Zamenice) Μπορόβας Γεώργιος Τμήμα Βαλκανικών, Σλαβικών και Ανατολικών Σπουδών Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons. Για εκπαιδευτικό

Διαβάστε περισσότερα

Temeljni pojmovi o trokutu

Temeljni pojmovi o trokutu 1. Temeljni pojmovi o trokutu U ovom poglavlju upoznat ćemo osnovne elemente trokuta i odnose medu - njima. Zatim ćemo definirati težišnice, visine, srednjice, simetrale stranica i simetrale kutova trokuta.

Διαβάστε περισσότερα

Dirichletov princip. Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem

Dirichletov princip. Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem Dirichletov princip Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem obliku glasi ovako: Dirichletov princip: Ako n + 1 predmet rasporedimo kako

Διαβάστε περισσότερα

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije.

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Svojstva tautologija Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija i formula B. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Pretpostavimo da B nije tautologija. Tada postoji valuacija v

Διαβάστε περισσότερα

1.1. Prirodni i cijeli brojevi

1.1. Prirodni i cijeli brojevi BROJEVI Upitate li nekoga, kome matematika i nije osobito bliska, c ime se matematic ari bave, moz ete oc ekivati odgovor: brojevima! I premda bas i nije toc an, odgovor nije neobic an. Jer, prva iskustva

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1 PODSJETNIK ZA UČENJE. Ivan Slapničar Marko Matić.

Matematika 1 PODSJETNIK ZA UČENJE. Ivan Slapničar Marko Matić. Ivan Slapničar Marko Matić Matematika 1 PODSJETNIK ZA UČENJE http://www.fesb.hr/mat1 Fakultet elektrotehnike, strojarstva i brodogradnje Split, 2001. Sadržaj 1 Osnove matematike 3 2 Linearna algebra 4

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija Društvo matematičara Srbije Pripreme za Juiorske olimpijade školske 007/008 -Dord e Baralić Tel:063/706-706-6 e-mail:djolebar@ptt.yu Matematička idukcija Primer 1. Dokazati da je > za sve N. Ituitivo zamo

Διαβάστε περισσότερα

f[n] = f[n]z n = F (z). (9.2) n=0

f[n] = f[n]z n = F (z). (9.2) n=0 9. Z transformacija 9.. Z transformacija Z transformacija nia brojeva {f[n]} a koje vrijedi je Z [ f[n] ] = f[n] = 0, n < 0 9.) f[n] n = F ). 9.) Ovom transformacijom niu brojeva {f[n]} pridružuje se funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA

Geodetski fakultet, dr. sc. J. Beban-Brkić Predavanja iz Matematike OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA Geodetski akultet dr s J Beba-Brkić Predavaja iz Matematike OSNOVNI TEOREMI DIFERENCIJALNOG RAČUNA Teoremi koje ćemo avesti u ovom poglavlju su osovi teoremi koji osiguravaju ispravost primjea diereijalog

Διαβάστε περισσότερα

Nositeljica kolegija: izv. prof. Nermina Mujaković 1 Asistentica: Sanda Bujačić 1

Nositeljica kolegija: izv. prof. Nermina Mujaković 1 Asistentica: Sanda Bujačić 1 Uvod u numeričku matematiku Nositeljica kolegija: izv. prof. Nermina Mujaković 1 Asistentica: Sanda Bujačić 1 1 Odjel za matematiku Sveučilište u Rijeci Numerička integracija O problemima integriranja

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) ( ) ( ) x y

( ) ( ) ( ) ( ) x y Zadatak 4 (Vlado, srednja škola) Poprečni presjek rakete je u obliku elipse kojoj je velika os 4.8 m, a mala 4. m. U nju treba staviti meteorološki satelit koji je u presjeku pravokutnog oblika. Koliko

Διαβάστε περισσότερα

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-2 1 / 43

Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-2 1 / 43 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika Poglavlje- / 43 Ciljevi učenja Ciljevi učenja za predavanja i vježbe: Integral kao antiderivacija Prepoznavanje očiglednih supstitucija Metoda supstitucije-složeniji

Διαβάστε περισσότερα

Nizovi Redovi Redovi funkcija. Nizovi i redovi. Franka Miriam Brückler

Nizovi Redovi Redovi funkcija. Nizovi i redovi. Franka Miriam Brückler Nizovi i redovi Franka Miriam Brückler Nabrajanje brojeva poput ili 1, 2, 3, 4, 5,... 1, 2, 4, 8, 16,... obično se naziva nizom, bez obzira je li to nabrajanje konačno (do nekog zadnjeg broja, recimo 1,

Διαβάστε περισσότερα

1.1 Definicija funkcije

1.1 Definicija funkcije . Definicija funkcije Realna funkcija predstavlja osnovni pojam u matematičkoj analizi i centralni objekat svih njenih razmatranja. Definicija Neka je dat skup D R. Ako je svakom x D po nekom zakonu (pravilu)

Διαβάστε περισσότερα

Na grafiku bi to značilo :

Na grafiku bi to značilo : . Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama

Διαβάστε περισσότερα

Vektorski prostori. Vektorski prostor

Vektorski prostori. Vektorski prostor Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu

Διαβάστε περισσότερα

1 Ekstremi funkcija više varijabli

1 Ekstremi funkcija više varijabli 1 Ekstremi funkcij više vrijbli Definicij ekstrem funkcije: Funkcij u = f(x 1, x 2,, x n ) im u točki T ( 1, 2,, n ) A) LOKALNI MINIMUM f( 1, 2,, n ) ko z svku točku T vrijedi nejednkost: T ( 1 + dx 1,

Διαβάστε περισσότερα

Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa. 9. dio

Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa. 9. dio Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa 9. dio 1 Sile presjeka (unutarnje sile): Udužna sila N Poprena sila T Moment uvijanja M t Moment savijanja M Napreanja 1. Normalno napreanje σ. Posmino

Διαβάστε περισσότερα

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa: Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne

Διαβάστε περισσότερα

Ciljevi i način rada u metodičkoj radionici (I sadržaji iz teorije brojeva i algebre pogodni za rad na dodatnoj nastavi matematike) Ana Jurasić, 2013.

Ciljevi i način rada u metodičkoj radionici (I sadržaji iz teorije brojeva i algebre pogodni za rad na dodatnoj nastavi matematike) Ana Jurasić, 2013. Ciljevi i način rada u metodičkoj radionici (I sadržaji iz teorije brojeva i algebre pogodni za rad na dodatnoj nastavi matematike) Ana Jurasić, 2013. Zašto metodička radionica za nastavnike? Društvo pred

Διαβάστε περισσότερα

Odvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 10. december Gregor Dolinar Matematika 1

Odvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 10. december Gregor Dolinar Matematika 1 Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 10. december 2013 Izrek (Rolleov izrek) Naj bo f : [a,b] R odvedljiva funkcija in naj bo f(a) = f(b). Potem obstaja vsaj ena

Διαβάστε περισσότερα

Preporuke za rješavanje ispita iz Matematike

Preporuke za rješavanje ispita iz Matematike Preporuke za rješavanje ispita iz Matematike Tijekom ocjenjivanja nacionalnih ispita i ispita državne mature, neovisno o razini, uvidjeli smo neke probleme pri rješavanju zadataka. Ovdje želimo navesti

Διαβάστε περισσότερα

JEDNA NOVA KLASA RELACIJA. Daniel A. Romano 1

JEDNA NOVA KLASA RELACIJA. Daniel A. Romano 1 MAT-KOL (Banja Luka) ISSN 0354-6969 (p), ISSN 1986-5228 (o) Vol. XX (1)(2014), 5-14 Osnove matematike JEDNA NOVA KLASA RELACIJA Daniel A. Romano 1 Sažak: U ovom tekstu, slijedeći koncepte izložene u radovima

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

1 DIFERENCIJALNI RAČUN Granična vrijednost i neprekidnost funkcije Derivacija realne funkcije jedne varijable

1 DIFERENCIJALNI RAČUN Granična vrijednost i neprekidnost funkcije Derivacija realne funkcije jedne varijable Sadržaj 1 DIFERENCIJALNI RAČUN 3 1.1 Granična vrijednost i neprekidnost funkcije........... 3 1.2 Derivacija realne funkcije jedne varijable............ 4 1.2.1 Pravila deriviranja....................

Διαβάστε περισσότερα

UREĐAJU NA SKUPU REALNIH BROJEVA

UREĐAJU NA SKUPU REALNIH BROJEVA **** MLADEN SRAGA **** 00. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE UREĐAJU NA SKUPU REALNIH BROJEVA JEDNADŽBE NEJEDNADŽBE APSOLUTNE JEDNADŽBE APSOLUTNE NEJEDNADŽBE

Διαβάστε περισσότερα

Gradimir V. Milovanović MATEMATIČKA ANALIZA I

Gradimir V. Milovanović MATEMATIČKA ANALIZA I Gradimir V. Milovanović Radosav Ž. D ord ević MATEMATIČKA ANALIZA I Predgovor Ova knjiga predstavlja udžbenik iz predmeta Matematička analiza I koji se, počev od školske 2004/2005. godine, studentima Elektronskog

Διαβάστε περισσότερα

Logička svojstva i odnosi

Logička svojstva i odnosi Logička svojstva i odnosi S osvrtom na meduodnos logike i didaktike Berislav Žarnić Sveučiliste u Splitu studeni 2008. (Sveučiliste u Splitu) Logička svojstva i odnosi studeni 2008. 1 / 46 Plan izlaganja

Διαβάστε περισσότερα

Polinomske jednaqine

Polinomske jednaqine Matematiqka gimnazija u Beogradu Dodatna nastava, xk.g. 2005/06. Polinomske jednaqine 13.6.2006. Naslov se odnosi na određivanje polinoma po jednoj ili vixe promenljivih (sa npr. realnim ili kompleksnim

Διαβάστε περισσότερα

Nermin Okiˇci c Vedad Paˇsi c MATEMATIKA II 2014

Nermin Okiˇci c Vedad Paˇsi c MATEMATIKA II 2014 Nermin Okičić Vedad Pašić MATEMATIKA II 014 Sadržaj 1 Funkcije više promjenljivih 1 1.1 Pojam funkcije više promjenljivih................ 1.1.1 Osnovni elementi preslikavanja.............. 1.1. Grafičko

Διαβάστε περισσότερα

Induktivno spregnuta kola

Induktivno spregnuta kola Induktivno spregnuta kola 13. januar 2016 Transformatori se koriste u elektroenergetskim sistemima za povišavanje i snižavanje napona, u elektronskim i komunikacionim kolima za promjenu napona i odvajanje

Διαβάστε περισσότερα

Ekstremi funkcije jedne varijable

Ekstremi funkcije jedne varijable maksimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x 0 ) za koju vrijedi f(x 0 + h) < f(x 0 ) (1) za po volji male vrijednosti h minimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x 0 ) za koju vrijedi f(x 0 + h) > f(x

Διαβάστε περισσότερα

ZBIRKA - TESTOVA 1. dio

ZBIRKA - TESTOVA 1. dio **** IVANA SRAGA **** 03. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE ZBIRKA - TESTOVA. dio. polugodište α Autori: IVANA SRAGA Grafički urednik: Mladen Sraga Ivana Sraga

Διαβάστε περισσότερα

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom.

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom. RAVAN Ravan je osnovni pojam u geometiji i kao takav se ne definiše. Ravan je odeđena tačkom i nomalnim vektoom. nabc (,, ) π M ( x,, ) y z Da bi izveli jednačinu avni, poučimo sledeću sliku: n( A, B,

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 12. november Gregor Dolinar Matematika 1

Funkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 12. november Gregor Dolinar Matematika 1 Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 12. november 2013 Graf funkcije f : D R, D R, je množica Γ(f) = {(x,f(x)) : x D} R R, torej podmnožica ravnine R 2. Grafi funkcij,

Διαβάστε περισσότερα

GEOMETRIJA KUGLE I SFERE

GEOMETRIJA KUGLE I SFERE Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek Ružica Korać GEOMETRIJA KUGLE I SFERE Diplomski rad Voditelj rada: doc.dr.sc. Maja Starčević Zagreb, rujan 2015. Svaki dan je

Διαβάστε περισσότερα

U uvodu ćemo ponoviti ono što smo dosad učili o potencijama. Potencije i njihova svojstva. Nadalje, uz primjenu svojstva (E 1 ) vrijedi:

U uvodu ćemo ponoviti ono što smo dosad učili o potencijama. Potencije i njihova svojstva. Nadalje, uz primjenu svojstva (E 1 ) vrijedi: 5 EKSPONENCIJALNE I LOGARITAMSKE FUNKCIJE Dosad smo u srednjoj školi uoznali više funkcija. Nekima od njih, a takve su, rimjerice, olinomi rvog i drugog stunja, vrijednosti možemo izračunavati rimjenom

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u aritmetiku eliptičkih krivulja

Uvod u aritmetiku eliptičkih krivulja Uvod u aritmetiku eliptičkih krivulja 1. Uvod i motivacija - 1. lekcija Začetci ideje o eliptičkim krivuljama mogu se nazrijeti kod Diofanta (vjerojatno u 3. stoljeću) u postupku rješavanja jednadžba u

Διαβάστε περισσότερα

JAVA podrška za simpleks metodu

JAVA podrška za simpleks metodu Sveučilište u Zagrebu PMF - Matematički odjel Juraj Ivančić JAVA podrška za simpleks metodu Diplomski rad Zagreb, siječanj 2005. Sveučilište u Zagrebu PMF - Matematički odjel Juraj Ivančić JAVA podrška

Διαβάστε περισσότερα

26 Matematika i škola

26 Matematika i škola Umnožak je rezultat kod... (koje računske operacije?) zašto djeca tako dugo razmišljaju kada im se postavi ovo pitanje, a odgovor je sakriven u samoj riječi u-množ-ak? I zašto nakon duljeg razmišljanja

Διαβάστε περισσότερα

ISKAZI. U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne

ISKAZI. U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ISKAZI U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ili netačne, tj rečenice koje imaju logičkog smisla.ovakve rečenice se u matematici nazivaju iskazi.dakle,

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić OSNOVI ELEKTRONIKE Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić savic@el.etf.rs http://tnt.etf.rs/~si1oe Termin za konsultacije: četvrtak u 12h, kabinet 102 Referentni smerovi i polariteti 1. Odrediti vrednosti

Διαβάστε περισσότερα

TESTOVI MATEMATIKA 5. RAZRED

TESTOVI MATEMATIKA 5. RAZRED Antonija Horvatek TESTOVI MATEMATIKA 5. RAZRED za samostalnu provjeru znanja (slika je sa Microsoftovih stranica) Poštovani učenici, roditelji, bake i djedovi, stričevi, tete i svi ostali koji želite pomoći

Διαβάστε περισσότερα

Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 Akademska godina Sarajevo,

Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA 1 Akademska godina Sarajevo, Elektrotehnički fakultet Univerziteta u Sarajevu Z A D A C I - Grupe A i B SA DRUGOG PARCIJALNIOG ISPITA IZ PREDMETA INŽENJERSKA MATEMATIKA Akademska 008-009 godina Sarajevo, 09 0 009 IME I PREZIME STUDENTA

Διαβάστε περισσότερα

Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom

Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Nevena Mutlak Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom -master rad- Mentor: prof.dr Marko Nedeljkov Novi Sad,

Διαβάστε περισσότερα

Skup prirodnih brojeva...

Skup prirodnih brojeva... Kompleksn brojev Skup prrodnh brojeva Skup cjelh brojeva Skup raconalnh brojeva Skup raconalnh brojeva Skup realnh brojeva Skup magnarnh brojeva Skup kompleksnh brojeva Računske operacje s kompleksnm brojevma

Διαβάστε περισσότερα