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.

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "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."

Transcript

1 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, r 0, θ R, pri čemu je: r = z moduo, θ = Arg z argument Ako je θ π, π], tada je θ = arg z glavna vrednost argumenta Eksponencijalni oblik kompleksnog broja je z = re iθ, r 0, θ R, pri čemu je: r = z moduo, θ = Arg z argument 1

2 Konjugovano komleksni broj kompleksnog broja z = x + iy = rcos θ + i sin θ = re iθ je z = x iy = r cos θ + i sin θ = re iθ Operacije sa kompleksnim brojevima definisane su na sledeći način: Sabiranje: Oduzimanje: Množenje: z 1 = x 1 + iy 1 = r 1 cos θ 1 + i sin θ 1 = r 1 e iθ 1, z = x + iy = r cos θ + i sin θ = r e iθ z 1 + z = x 1 + x + iy 1 + y z 1 z = x 1 x + iy 1 y z 1 z = z 1 z = x 1 + iy 1 x + iy = x 1 x y 1 y + ix 1 y + y 1 x, z 1 z = z 1 z = r 1 r cosθ1 + θ + i sinθ 1 + θ = r 1 r e iθ 1+θ Deljenje z 0: z 1 = x 1 + iy 1 = x 1 + iy 1 x iy = x 1x + y 1 y + i x 1 y + y 1 x z x + iy x + iy x iy x +, y z 1 z = r 1 r cosθ1 θ + i sinθ 1 θ = r 1 r e iθ 1 θ Moavrova formula: cos θ + i sin θ n = cos nθ + i sin nθ n Z Stepenovanje kompleksnog broja z = rcos θ + i sin θ = re iθ : z n = r n cos nθ + i sin nθ = r n e inθ n N

3 Korenovanje kompleksnog broja z = rcos θ + i sin θ = re iθ : n z {u0, u 1,, u n 1 } n N, u k = n r cos θ + kπ + i sin θ + kπ, k = 0, 1,,, n 1, n n u k = n r e iθ+kπ/n, k = 0, 1,,, n 1 Zadaci: 1 Predstaviti u kompleksnoj ravni skup rešenja jednačina: a z z = 0; b Re z = ; c Im z = ; d z = 5; e arg z = π/ Rešenje: Neka je z = x + iy a z z = 0 x + iy x iy = 0 iy = 0 y = 0 Traženi skup tačaka je prava y = 0 x-osa b Re z = x =, što je prava x = u kompleksnoj ravni x y 0 a b c Im z = y =, a to je prava y = u kompleksnoj ravni d Uslov z = 5 x + y = 5 odred uje skup tačaka na kružnici sa centrom u koordinatnom početku poluprečnika 5

4 e Tačke odred ene kompleksnim brojevima sa osobinom arg z = π/ nalaze se na polupravoj sa početkom u koordinatnom početku koja gradi ugao od π/ sa pozitivnim delom x-ose i različite su od nule jer je nula odred ena samo modulom, a ne i argumentom 5 x y 5 y 5 c d Π arg z Π e Naći sva rešenja jednačine: a z = 1 i ; b e iπ/ z = 1 i ; c z = 1 i i dati geometrijsku interpretaciju tih rešenja Rešenje: Neka je w = 1 i Odredićemo trigonometrijski oblik kompleksnog broja w: w = 1 + =, arg w = arctan 1 π = π, w = cos π + i sin π

5 5 Slučaj a: Rešenja jednačine odred ena su formulom odakle je Slučaj b: z = cos π z k = π/ + kπ cos + i sin z 0 = cos z = cos 10π π + i sin + i sin 10π π + i sin π π/ + kπ, k = 0, 1,,, z 1 = cos π + i sin π, e iπ/ z = 1 i z = 1 i e iπ/ = e πi/ e iπ/ = e 5πi/ z 1 Π z z 5Π z 0 a b c z 8

6 Slučaj c: z = 1 i = cos π + i sin π = cos π + i sin π = 8 cos π + i sin π = 8 Odrediti geometrijsko mesto tačaka z u kompleksnoj ravni ako je: a z z + i = 0 ; b Im 1 z 1 = 1 ; c arg z = arg + i Rešenje: a Posmatrajmo kompleksni broj z u algebarskom obliku z = x + iy Tada je z = x iy, pa je z z + i = x + iy x iy + i = iy + 1 = 0 za y = 1 U kompleksnoj ravni ovo predstavlja pravu Im z = 1 koja prolazi kroz tačku i i koja je paralelna realnoj osi b Kako je 1 z 1 = 1 x + iy 1 = 1 x 1 + iy uslov Im 1 y = 1 je ispunjen za z 1 x 1 iy x 1 iy = x 1 x 1 + y +i y x 1 + y, x 1 = 1, tj + y x 1 + y = y, x 1 + y + y + 1 = 1, x 1 + y = U kompleksnoj ravni ovo predstavlja krug z 1 i/ = 1/ sa centrom u tački 1 i/ i poluprečnikom 1/ c Ako kompleksni broj predstavimo u trigonometrijskom obliku z = rcos θ + i sin θ, tada je z = r cos θ + i sin θ, tj arg z = θ Kako je arg + i = arctan + π = π + π = 5π, važi: θ = 5π/, tj θ = 5π/ U kompleksnoj ravni ovo predstavlja polupravu arg z = 5π/ sa početkom u tački 0 koja sa realnom osom zaklapa ugao 5π/, a iz koje je isključena početna tačka Tačka z = 0 ne zadovoljava navedeni uslov jer arg 0 nije definisan

7 7 a b c Im z 1 z 1 1 arg z 5 Odrediti geometrijsko mesto tačaka z u kompleksnoj ravni ako je: a z = z + 1 ; b Re 1 z = 1 ; c arg z = arg + i Rezultat: a z = x + iy, x = 1/ b z = x + iy, x 1 + y = 1 c z = rcos θ + i sin θ, θ = π/ a Re z 1 b c z 1 1 arg z 5 U kompleksnoj ravni predstaviti sve kompleksne brojeve za koje važi: a z 1+5i = ; b arg z = π/; c Re z+1 = ; d Im 1 z = 1 Rešenje: a Uvod enjem algebarskog oblika kompleksnog broja z = x + iy, x, y R, jednačina z 1 + 5i = postaje x + iy 1 + 5i = x 1 + iy + 5 = x 1 + y + 5 =,

8 8 što predstavlja jednačinu kružnice u R sa centrom 1, 5 i poluprečnikom b S obzirom na eksponencijalni oblik kompleksnog broja z = z e iarg z = re iφ, r 0, jednačinu arg z = π/ zadovoljavaju svi kompleksni brojevi z = re iπ/, r > 0 Svi takvi brojevi leže na polupravoj sa početkom u koordinatnom početku različiti su od koordinatnog početka i pod uglom π/ u odnosu na pozitivni deo x ose c Smenom z = x + iy jednačina Re z + 1 = postaje x + 1 =, tj x = Rešenja jednačine predstavljaju svi kompleksni brojevi oblika z = + iy, y R U xoy ravni, jednačina x = je jednačina prave paralelne y osi koja seče x osu u tački, 0 d Prelaskom na algebarski oblik kompleksnog broja z = x+iy, jednačina Im 1 z = 1 se može napisati: odnosno, 1 = Im 1 x + iy = Im x iy x + y = x + y + y = 0 y x + y, Dopunom do potpunog kvadrata y + y = y + 1/ 1/, prethodni izraz dobija prepoznatljivi oblik jednačine kružnice x + y + 1/ = 1/ sa centrom u 0, 1/ i poluprečnikom 1/ a b c d z Π 1 arg z Π Re z Im 1 z 1 1 7

9 U kompleksnoj ravni odrediti skup tačaka odred enih kompleksnim brojevima z koji zadovoljavaju: a jednačinu z z + 1 = i z z ; b nejednačinu Re z + Im z > 1 Rešenje: a Uvod enjem algebarskog oblika kompleksnog broja z = x+iy, x, y R, polazna jednačina z z + 1 = i z z, se transformiše u x + iyx iy + 1 = ix + iy x + iy x + y + 1 = y x + y 1 = 0 x = 0, y = 1 z = i Traženi skup tačaka je tačka z = i b Za z = x + iy, x, y R nejednakost glasi x y 1 x y 1 Re z + Im z > 1 x + y > 1 1 Traženi skup tačaka je poluravan iznad prave x + y = U kompleksnoj ravni predstaviti brojeve z koji zadovoljavaju uslove: a Re z + z = ; b Im z + z = ; c Re z + z = Im z + z Rešenje: Za rešavanje zadatih jednačina pogodan je algebarski oblik kompleksnog broja z = x + iy, x, y R, s obzirom da sve tri jednačine sadrže izraze za realni ili imaginarni deo kompleksnog izraza Takod e se u sve tri jednačine pojavljuje izraz z + z, te najpre treba njega transformisati navedenom smenom: z + z = x + iy + x iy = x iy, Re z + z = x, Im z + z = y

10 10 a Re z + z = x = x = 1 b Im z + z = y = y = c Re z + z = Im z + z x = y y + x = 0 a b c Re z z Re z z Im z z Im z z 8 U kompleksnoj ravni predstaviti brojeve z koji zadovoljavaju uslove: a Rešenje: 1 z = i; b 1 i z = 1; c z + i =, arg z + i = π a 1 z = i z = 1/i = i = e iπ/ z k = i z k = e i π/+kπ, k = 0, b 1 i z = 1 1 z = 1 i z = e iπ/ z = / e iπ/ c z + i =, arg z + i = π z + i = e iπ/ z = e iπ/ i z = i i = i

11 11 a b c z 1 z 7Π 8 Π 8 1 Π Π Π 1 1 Π z z 5Π 8 z 0 Π Π z 1 Odrediti geometrijsko mesto tačaka z u kompleksnoj ravni ako je: a z = + i 10 ; b z = 1 + i; c z + z = 5 Rešenje: a Kako je a z = + i 10 z = / + i/ 10 z = 10 5 e i5π/ 10 z = 1 5 e i50π/ z = 1 5 e iπ/, traženo geometrijsko mesto je tačka b z = 1 + i z = 1 + i z = 1 + i 1 z k = 8 cos π/ + kπ + i sin π/ + kπ, k = 0, 1,, Traženo geometrijsko mesto predstavljaju temena kvadrata

12 1 z 0 = 8 z 1 = 8 z = 8 z = 8 cos π 1 cos 11π 1 cos 1π 1 cos 7π 1 π + i sin, 1 + i sin 11π 1 + i sin 1π 1 + i sin 7π 1,, 1 z 1 Π 11Π 1 Π 8 1 1Π 5Π 1 1 z 1 z z 0 c z + z = 5 x + iy + x iy = 5 x = 5, y R z = 5 + iy, y R Traženo geometrijsko mesto tačaka je prava x = 5 1 x Ako je z = 1 i, odrediti kompleksne brojeve z, z, 1 z, z, ze iπ/, z + e iπ/ Rešenje: Imajući u vidu da je e iπ/ = i i z = 1 i, dobijamo z = 1 + i, z = 1 + i, 1 z = 1 1 i = 1 + i, z = 1 i = 1 i i = i, ze iπ/ = 1 ii = 1 + i, z + e iπ/ = 1 i + i = 1

13 1 11 U kompleksnoj ravni predstaviti: a sve brojeve z n = i n + i n n N; b sva rešenja jednačine z = 1 i Rešenje: a Celobrojni stepeni broja i glase i k = 1, i k+1 = i, i k+ = 1, i k+ = i k 1 = i, i k = 1, i k+1 = i, i k+ = 1, i k+ = i k 1 = i, za k N Tada je z k = i k + i k = =, z k+ = i k+ + i k+ = 1 1 =, z k±1 = i k±1 + i k±1 = ±i + i = 0, a b z k z k 1 z k z z z Π z 0 b Tražena rešenja jednačine z = 1 i predstavljaju sve vrednosti četvrtog korena kompleksnog broja 1 i Zbog formule za n ti koren kompleksnog broja, neophodno je 1 i prevesti iz algebarskog u trigonometrijski oblik Kako je to su 1 i = 1 i 1 = cos π/ + i sin π/,

14 1 Dakle, z k = cos π/ + i sin π/ = 8 π/ + kπ π/ + kπ cos + i sin, k = 0, 1,, z 0 = 8 z = 8 cos π 1 cos 1π 1 π + i sin, z 1 = 8 1 1π + i sin, z = 8 1 cos 5π 5π + i sin, 1 1 cos 1π 1 + i sin 1π 1 1 Odrediti z i arg z, ako je: a z = cosπ/ + i sinπ/ 1 + i ; b z = icosπ/ + i sinπ/ Rešenje: S obzirom da se traži z i arg z, kompleksne brojeve 1 + i i i koji su dati u algebarskom obliku prebacićemo u trigonometrijski oblik, a zatim izvršiti zadato deljenje, odnosno množenje Slučaj a: Kompleksan broj 1 + i se nalazi u drugom kvadrantu, pa je 1 + i = =, arg 1 + i = arctan1/ 1 + π = π/ Kako je 1 + i = cosπ/ + i sinπ/, broj z je jednak z = = cosπ/ + i sinπ/ 1 + i π cos π = cosπ/ + i sinπ/ cosπ/ + i sinπ/ π + i sin π = odakle je z = / i arg z = π/ cos π + i sin π, Slučaj b: Kompleksan broj i se nalazi u četvrtom kvadrantu i važi i =, arg i = arctan 1/ = π/, i = cos π/ + i sin π/ Računamo broj z: z = i cos π + i sin π = cos π + i sin π cos π + i sin π = cos π + π + i sin π + π = cos π + i sin π i dobijamo z = i arg z = π/

15 15 1 Ako je z = + i, odrediti: a Re w, Im w, w i arg w za w = z 01 ; b sve vrednosti z Rešenje: Odredimo najpre z i arg z: z = + = + =, arg z = arctan + π = π + π = 5π Trigonometrijski i eksponencijalni oblik broja z je z = cos 5π + i sin 5π = e 5πi/ Napomena Trigonometrijski oblik broja z može se dobiti na drugi način Znajući da je z = i da je z = z cos θ + i sin θ, uz prepoznavanje trigonometrijskih funkcija karakterističnih uglova imamo z = + i = + i1 = cos 5π + i sin 5π a Prema Moavrovoj formuli važi w = z 01 = cos 5π + i sin 5π 01 = 01 cos 5π + i sin 5π 01 = 01 1/ π 01 5π cos + i sin = cos 1000π + i sin 1000π Za odred ivanje glavne vrednosti argumenta broja w potrebno je izvršiti transformaciju 1000π π π = = π + 88π Kako je, zbog periodičnosti funkcija t cos t i t sin t, cos 1000π π = cos + 88π = cos π = 1, sin 1000π = sin π + 88π = sin π =,

16 1 dobijamo w = cos π + i sin π = i Konačno je Re w = , Im w = /, w = , arg w = π b Tražene vrednosti z su u 1, u, u, gde je: u k = 5π cos + kπ 5π + i sin + kπ = 1/ 1/ 5π + 1kπ cos + i sin 18 5π + 1kπ 18, k = 0, 1, 1 Ako je z = i 1 + i, odrediti Re z, Im z, z, arg z, z 1 i sve vrednosti 1 z Rešenje: Označimo: z 1 = i, z = 1 + i, z = z 1 /z Trigonometrijski oblik brojeva z 1 i z je z 1 = i = i1 z = 1 + i = + i = cos π + i sin π, = cos π + i sin π Prema pravilu za deljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku dobijamo z = z cos π 1 + i sin π = z cos π + i sin π = cos π π + i sin π π = cos 11π + i sin 11π 1 1

17 Zato je Re z = cos 11π 1 z 1 = cos, Im z = sin 1 11π + i sin 1 11π π 1 17, z =, arg z = 11π 1, = cos 11π + i sin 11π = cos 1π + π + i sin 1π + π = cos π + i sin π =, 1 z = u k, k = 0, 1,,, 11, u k = 1 cos 11π 1 + kπ 1 = 1/ 11π + kπ cos + i sin 1 + i sin 11π 1 + kπ 1 11π + kπ, k = 0, 1,,, Neka je Odrediti z 01 i sve vrednosti 01 z Rezultat: i z = i z = e πi/ e πi/ = eπi/1, z 01 = e πi/, 01 z {e iπ+kπ/1 01 k = 0, 1,,, 011} 1 Ako je z = 1 + i 1 + i, odrediti Re zn, n N Rešenje: Najpre ćemo odrediti kompleksan broj z: z = 1 + i 1 + i 1 i 1 i = i = i

18 18 Sada je, za k N 0 i odavde imamo z n = i n = Re z n = 1, n = k, i, n = k + 1, 1, n = k +, i, n = k +, 1, n = k, 0, n = k + 1, 1, n = k +, 0, n = k + Ovaj zadatak je mogao da se reši i preko trigonometrijskog ili eksponencijalnog oblika kompleksnog broja z Na primer, z = 1 + i cos π = + i sin π π 1 + i cos π + i sin π = cos π π + i sin π = cos π + i sin π Sada imamo z n = cos π + i sin π n nπ = cos + i sin nπ, odakle je Re z n = cosnπ/ Za neparne brojeve n imaćemo Re z n = 0, a za n = k, k N imamo Re z n = 1 k 17 Odrediti Re z, Im z, z i arg z, ako je z = Rešenje: Uvedimo oznake: u 1 = 1 + i, u = i + i i, v 1 = u 010 1, v = u 010, z = v 1 + v Trigonometrijski oblik brojeva u 1 i u je u 1 = cos π + i sin π, u = cos π + i sin π Primenom Moavrove formule, a s obzirom na periodičnost funkcija t cos t i t sin t, dobijamo

19 v 1 = cos π + i sin π π = cos + i sin 010π = cos 70π + i sin 70π = cos 5π + i sin 5π = cos 0 + i sin 0 = 1 1 Slično je v = Konačno dobijamo: cos π + i sin π π = cos 008π π 008π π = cos + i sin = cos π + 51π + i sin π + 51π = cos π + i sin π = i + i sin 010π z = v 1 + v = 1 i, Re z = 1, Im z = 1, z =, arg z = π 18 Naći 1 i z ako je z = 1 i10 + i 5 1 i 10 Rešenje: Odredimo najpre vrednosti stepena binoma koji učestvuju u izrazu za z Za izračunavanje vrednosti stepena pogodan je trigonometrijski ili eksponencijalni oblik kompleksnog broja 1 i = 1 + i 1 = cos π/ + i sin π/, + i = + i1 = cosπ/ + i sinπ/, 1 i 1 = + i = cos π/ + i sin π/ 1 Π 1 1 Π Π 1

20 0 Na osnovu Moavrove formule cos ϕ + i sin ϕ n = cos nϕ + i sin nϕ i svod enjem argumenta na interval π, π], dobijamo sledeće rezultate u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku 1 i = cos π/ + i sin π/ = 5 cos 10π/ + i sin 10π/ = 5 cos π/ + i sin π/ = 5 e iπ/, + i 5 = cosπ/ + i sinπ/ 5 = 5 cos5π/ + i sin5π/ = 5 e 5iπ/, 1 i 10 = cos π/ + i sin π/ 10 = 10 cos 0π/ + i sin 0π/ = 10 cos π/ + i sin π/ = 10 e iπ/ Zamenom dobijenih vrednosti u izraz za z, on postaje z = 1 i10 + i 5 1 i = e iπ/ e 5iπ/ 10 e iπ/ = e i π/+5π/+π/ = e iπ = 1 Tada je 1 i z = 1 i 1 = i 1 Odrediti Re z, Im z, z i arg z ako je z = 1 + i1 1 i 1 Rešenje: Koristeći trigonometrijski oblik kompleksnih brojeva 1 + i = cosπ/ + i sinπ/, 1 i = cos π/ + i sin π/,

21 1 i Moavrovu formulu cos ϕ + i sin ϕ n = cosnϕ + i sinnϕ izračunavamo vrednost izraza kojim je zadato z 1 Π z = = 1 + i1 1 i 1 1 cosπ/ + i sinπ/ cos π/ + i sin π/ Π 1 cosπ + i sinπ = 1 cos 1π/ + i sin 1π/ = 7 cosπ + i sinπ cos π/ + i sin π/ = 7 cosπ + π/ + i sinπ + π/ = 7 cosπ/ + i sinπ/ = i Tražene vrednosti su Re z = 8, Im z = 8, z = 7, arg z = π 0 Odrediti trigonometrijski oblik kompleksnog broja z = a ai, ako je a R i važi a a > 0 ; b a < 0 Za a = 1 odrediti z 100 i sve vrednosti z Rešenje: Moduo kompleksnog broja a ai jednak je a ai = a + a = a Slučaj a: Ako je a > 0, tada je a ai = a = a Dati kompleksan broj se nalazi u četvrtom kvadrantu i arg z računamo po formuli arg z = arctan a/a = π/ Trigonometrijski oblik broja z je z = a cos π + i sin π

22 Slučaj b: Ako je a < 0, tada je a ai = a = a Broj z se nalazi u drugom kvadrantu i arg z računamo po formuli arg z = arctan a/a+π = π/ Trigonometrijski oblik broja z je z = a cos π + i sin π Ako je a = 1, onda je z = 1 i = cos π + i sin π Imamo z 100 = cos π + i sin π 100 = 50 cos 100π + i sin 100π = 50 cos 5π + i sin 5π = 50 cos π + i sin π = 50 Sve vrednosti z date su formulom z k = π/ + kπ cos + i sin π/ + kπ, k = 0, 1, 1 Neka je z = 1, a R \ {0} Odrediti z i arg z ako je: a ai Rešenje: S obzirom na to da je važi sledeće: a a > 0 ; b a < 0 z = 1 a1 i 1 + i 1 + i = 1 + i a, Re z = 1 a, Im z = 1 a, z = a a Za a > 0 je Re z > 0, pa je: z = a, arg z = arctan 1 = π b Za a < 0 je Re z < 0 i Im z < 0, pa je: z = a, arg z = arctan 1 π = π

23 Neka je Odrediti a R tako da je: z 1 = a ia 1, z = a ia, w = z 1 z a w realan broj; b w imaginaran broj; c w = / 5 Rešenje: Odredimo najpre algebarski oblik broja w: w = z 1 a ia 1 a ia 1 = = z a ia a ia a Broj w je realan ako je Im w = 0, tj a = 1/ b Broj w je imaginaran ako je Re w = 0, tj a = c Kako je a + w = + a 1 10a = a 5 a uslov je ispunjen ako a R zadovoljava jednačinu 10a + 10 = 5 a 5 Rešavanjem navedene jednačine dobijamo: 10a a = 5, 10a + 10 = 0a, a = 1, a = 1 a = 1 + i a + + ia 1 = + i 5a, Neka je z = λ i Odrediti vrednost parametra λ R tako da važi: 1 λi a Re z = 0 ; b Im z = 0 ; c z = Rešenje: Algebarski oblik kompleksnog broja z je z = λ i 1 λi = λ i 1 λi 1 + λi 1 + λi = λ λ + i λ 1 + λ

24 a Re z = 0 za λ = 0 b Im z = 0 za λ = 0, tj za λ = ili λ = c Kako je λ z = λ λ 1 + λ = + λ λ, uslov z = je ispunjen za tj za λ = 1 ili λ = 1 λ + λ + = 1 + λ, λ 1 = 0, Odrediti brojeve z C za koje važi i predstaviti ih u kompleksnoj ravni z z = i z i Rešenje: Ako brojeve z i z predstavimo u algebarskom obliku, jednačina postaje x + iy x iy = i x + iy i, x + y 1 + iy + = 0 Kompleksni broj je jednak 0 ako su i realni i imaginarni deo jednaki 0 Tako, jednačina je zadovoljena ako je x + y 1 = 0 y + = 0, x + y 1 = 1 y = 1, x = 1 y = 1, pa su traženi kompleksni brojevi z 1 = i i z = i z 1 z

25 5 5 Odrediti trigonometrijski oblik svih rešenja jednačina a 1 iz = i; b z = 1; c z = + i 0 Rešenje: Slučaj a: Imamo i z = 1 i = cos π/ + i sin π/ = cos π/ + i sin π/ cos 7π 1 7π + i sin 1 Slučaj b: Odred ujemo trigonometrijski oblik broja 1 = cos π + i sin π i za k = 0, 1, računamo z k = cos π + kπ + i sin π + kπ Rešenja su dovoljno je predstaviti ih u jednom od datih oblika z 0 = cos π + i sin π = 1 + i = eiπ/, z 1 = cos π + i sin π = 1 = e iπ, z = cos 5π + i sin 5π = 1 i = e iπ/ Slučaj c: Imamo da je trigonometrijski oblik broja + i = cosπ/ + i sinπ/ Na osnovu Moavrove formule odred ujemo z = +i 0 = cos π +i sin π 0 = 0 0 cos0π+i sin0π = 100 Rešiti jednačine: a e iπ/7 z = + i; b z + 1 = i; c z = i 7 Rešenje: Slučaj a: Imamo e iπ/7 z = + i z = e iπ/7 + i = e iπ/7 e iπ/ = e i17π/8 Slučaj b: Neka je w = z + 1 Tada je w = i, a kako je i = cos π/ + i sin π/ to imamo za k = 0, 1,

26 Rešenja su π/ + kπ π/ + kπ w k = cos + i sin π/ + kπ z k = w k 1 = cos + i sin z 0 = cos π π/ + kπ π + i sin 1 = 1 i1, z 1 = cos π + i sin π 1 = 1 + i, z = cos 7π + i sin 7π 1 = 1 i1 1 Slučaj c: Odred ujemo trigonometrijski oblik kompleksnog broja i = cos π + i sin π Sada je z = i 7 = = 7 cos 5π + i sin 5π cos π = 7 + i sin π 7 = 7 cos 7π + i1 + i sin 7π 7 Rešiti jednačinu z = 1 + i 1 i + 1 i 1 + i + i + i Rešenje: Odrediti najpre vrednost izraza na desnoj strani jednačine Odatle je z = 1 + i 1 i + 1 i 1 + i + i + i = 1 + i + 1 i i 1 i1 + i i i = i = 1 + i

27 7 z = 1 + i z = + cosπ/ + i sinπ/ Tražena rešenja su z k = + cos π/ + kπ + i sin π/ + kπ, k = 0, 1, z 0 = + cos π 1 + i sin π, 1 z 1 = + cos π + i sin π, z = + cos 17π 17π + i sin 1 1 Π 1 z 1 z 0 1 z 8 Naći sva rešenja jednačine z = 1 i 1 + i i 1 i i dati geometrijsku interpretaciju tih rešenja Rešenje: Odredićemo vrednost kompleksnog broja z : z = 1 i 1 + i i 1 i1 i i1 + i = = i 1 i 1 + i1 i = i Trigonometrijski oblik kompleksnog broja i je i = cos π + i sin π,

28 8 pa su rešenja jednačine z = cos π/ + i sin π/ data sa Tražena rešenja su z k = π/ + kπ cos + i sin z 0 = cos π + i sin π z 1 = cos π + i sin π = i, z = cos 7π + i sin 7π π/ + kπ, k = 0, 1, = = 1 i, 1 i z 1 Π z z 0 Odrediti sva rešenja jednačine i predstaviti ih u kompleksnoj ravni Rešenje: Kako je z i = 1 i 1 + i i 1 i 1 i 1 + i i 1 i1 i i1 + i = = i, 1 i 1 + i1 i jednačina je zadovoljena ako je z i = i

29 Uvod enjem smene z i = w jednačina postaje w = i, a njena rešenja su vrednosti trećeg korena broja i Za odred ivanje korena kompleksnog broja potrebno je predstaviti ga u trigonometrijskom ili eksponencijalnom obliku Tako je i = cos π + i sin π, a rešenja jednačine su w k = cos π + kπ +i sin π + kπ = cos π + kπ π + kπ +i sin, k = 0, 1,, tj w 0 = 1 i, w 1 = i, w = 1 i Vraćanjem na promenljivu z = w + i dobijaju se tri rešenja polazne jednačine: z 0 = + 1 i, z 1 = i, z = + 1 i w w 1 z z w w 0 z z Odrediti z i sve vrednosti z ako je z rešenje jednačine z i + = i i Rešenje: Odredimo najpre rešenje jednačine:

30 0 Zato je z i + = i i, z = cos π + i sin π z i = i i +, z = + i i, i z = + i i + i i + i, z = i, z = cos π + i sin π = 7 cos π + i sin π = 7, a vrednosti z su u k = cos π + kπ + i sin π + kπ = π + kπ π + kπ cos + i sin, k = 0, 1, 1 Naći sva rešenja jednačine: a z = i ; b z = 1 + i Rešenje: a Označimo: u = 8 + i, v = u 50, z = v Kako je to je u = 8 + = 8 = 1, u = i = 1 cos π + i sin π = e πi/

31 1 Zato je v = u 50 = e πi/ 50 = 00 e 100πi/ = 00 cos 100π + i sin 100π Za odred ivanje glavne vrednosti argumenta broja v uočimo transformaciju 100π = 10π π = π + 17π, koja, zbog periodičnosti funkcija t sin t i t cos t, daje v = cos 00 π + 17π + i sin π + 17π = cos 00 π + i sin π = 00 e πi/ Konačno, rešenja jednačine z = v su z k = 00/ e π +kπi/ = 00/ e π+kπi/, k = 0, 1, b Zadatak može da se reši na isti način kao u delu pod a Ovde dajemo nešto drugačije rešenje koje je uslovljeno specifičnošću brojeva koji se pojavljuju i = 5/ 1 + i = i 5 = 15 i 5 = i 5 = 150 ii = 150 i Kako je rešenja jednačine su 150 i = 150 e iπ/, z k = 50 e π+kπi/, k = 0, 1,, tj z 0 = i, z 1 = 50 i, z = + i Odrediti sve kompleksne brojeve z koji zadovoljavaju jednačinu i predstaviti ih u kompleksnoj ravni z i = iz

32 Rešenje: Najpre dovesti jednačinu na oblik pogodan za izračunavanje: z i = iz z i = 5i i + z + 5i z i = 0 z = i z = i = e iπ/ z k = e i π/+kπ, k = 0, 1,, 5 Dobijene vrednosti traženih rešenja glase: z 0 = e iπ/1, z 1 = e i5π/1, z = e iπ/, z = e i1π/1, z = e i17π/1, z 5 = e i7π/ z z 11Π 1 Π z 1 7Π 1 5Π z 5 z z 0 Π Π 1 Naći sva rešenja jednačine + 5iz 1 = + 7i Rešenje: Odredićemo vrednost izraza z 1 : z 1 = + 7i + 5i 5i + i = = 1 + i 5i Neka je w = z 1 Tada imamo w = 1 + i, pa ćemo, da bismo odredili vrednosti w, odrediti trigonometrijski oblik broja 1 + i 1 + i = arg 1 + i = arctan 1 1 = π 1 + i = cos π + i sin π Sada je w k = π/ + kπ cos + i sin i z k = 1 + w k Imamo π/ + kπ, k = 0, 1,, z 0 = cos π 1 + i sin π, z 1 = cos π 1 1 z = cos 17π 1 17π + i sin, z = cos 5π 1 1 π + i sin, 1 + i sin 5π 1

33 Naći sva rešenja jednačine iz i i = 0 Rešenje: Data jednačina ekvivalentna je jednačini z i = + i i Ako bismo, kao u prethodnom zadatku, prvo izvršili racionalizaciju dobijenog izraza dobili bismo kompleksan broj + + i za koji ne možemo lako da odredimo trigonometrijski oblik radi daljeg računanja Zato ćemo odrediti trigonometrijski oblik brojioca i imenioca, a zatim izvršiti deljenje Imamo + i = cos π + i sin π, Sada je z i = cosπ/ + i sinπ/ cos π/ + i sin π/ = cos 5π 5π + i sin 1 1 Za k = 0, 1, dobijamo rešenja odakle je Tražena rešenja su z k i = cos z k = i + cos 5π/1 + kπ 5π/1 + kπ i = cos π + i sin π π = cos + π + i sin + i sin z 0 = cos 5π + i 1 + sin 5π, z 1 = cos π + i 1 + sin π z = cos 5π + i 1 + sin 5π 5π/1 + kπ, 5π/1 + kπ, π + i sin + π

34 5 Odrediti sva rešenja jednačine i z 5 = z 5 Rešenje: Datu jednačinu ćemo predstaviti u ekvivalentnom obliku Ako uvedemo smenu w = i z z i z 5 = z 5 i z 5 = 1 z zw + z = i z = i 1 + w, jednačina postaje w 5 = 1 w 5 = cos 0 + i sin 0 i njena rešenja su w k = cos kπ 5 + i sin kπ 5 = cos φ k + i sin φ k, gde smo označili φ k = kπ/5, k = 0, 1,,, Kako je za svako k = 0, 1,,,, w k 1, tražena rešenja su z k = i 1 + w k = i 1 + cos φ k + i sin φ k 1 + cos φ k i sin φ k 1 + cos φ k i sin φ k = i1 + cos φ k i sin φ k 1 + cos φ k + sin φ k = = sin φ k + i1 + cos φ k 1 + cos φ k = sin φ k + i1 + cos φ k 1 + cos φ k + cos φ k + sin φ k sin φ k 1 + cos φ k + 1 i = sin φ k cos φ k cos φ k + 1 i = 1 tan φ k + 1 i = 1 tan kπ i Naći sva rešenja jednačine z iz i = 0 Rešenje: Do rešenja zadatka možemo doći na sličan način kao u zadatku 5 Imamo z z iz i = 0 z = iz i = i z i Neka je w = z/z i Iz uslova w = i imamo rešenja

35 5 w k = cos π/ + kπ + i sin π/ + kπ = cos φ k + i sin φ k, k = 0, 1, Takod e, iz relacije w k = z k /z k i, slično kao u zadatku 5, imamo z k = iw k w k 1 = icos φ k + i sin φ k cos φ k + i sin φ k 1 = = cot φ k + i Ovaj deo zadatka možemo rešiti na drugi način, primenom eksponencijalnog oblika kompleksnog broja w k = e iφ k: z k = = iw k w k 1 = ieiφk e iφ k 1 = ie iφk/ e iφ k/ e iφk/ e iφk/ e iφk/ e iφ k/ = ie iφ k/ i cosφ k / + i sinφ k / e iφk/ e iφ k/ = i sinφ k / e iφ k/ = cot φ k + i ie iφk/ e iφk/ e iφk/ e iφ k/ 7 Naći sva rešenja jednačine z i = i 8z Rešenje: Pošto z = 0 nije rešenje jednačine, deljenjem sa z ona dobija oblik z i = i, z ili, uvod enjem smene w = z i/z i upotrebom eksponencijalnog oblika kompleksnih brojeva, w = 8e πi/ Njena rešenja su w k = 8 e π/+kπi/ = e π+kπi/, k = 0, 1, Povratkom na polaznu promenljivu z = dobijamo rešenja polazne jednačine: z k = i w 1, w 1, i w k 1, k = 0, 1,, w k 1

36 Uslov w k 1 je ispunjen za svako k {0, 1, }, pa su sva rešenja: z k = i e π+kπi/, k = 0, 1, 1 Da bismo dobili ove brojeve u jednom od prihvatljivih oblika kompleksnih brojeva, na primer u algebarskom, potrebno je izvršiti sledeće transformacije: z k = i e π+kπi/ 1 = i cos π+kπ + i sin π+kπ i = cos π+kπ + i sin π+kπ 1 = i cos π+kπ i sin π+kπ 1 cos π+kπ 1 + sin π+kπ = = sin π+kπ i cos π+kπ 1 cos π+kπ cos π+kπ π+kπ sin + i 1 cos π+kπ 5 cos π+kπ 1 cos π+kπ i sin π+kπ 1 cos π+kπ i sin π+kπ sin π+kπ, k = 0, 1, 8 Rešiti jednačinu z + iz i = 0 Rešenje: Pošto z = i nije rešenje jednačine, deljenjem sa z i ona dobija oblik z = i, z i ili, uvod enjem smene w = z/z i, Njena rešenja su Povratkom na polaznu promenljivu w = e πi/ w k = e π+kπi/, k = 0, 1, z = dobijamo rešenja polazne jednačine: iw w 1, w 1,

37 7 z k = iw k w k 1, k = 0, 1,, w k 1 Uslov w k 1 je ispunjen za svako k {0, 1, }, pa su sva rešenja: z k = i e π+kπi/, k = 0, 1, e π+kπi/ 1 Da bismo dobili ove brojeve u jednom od prihvatljivih oblika kompleksnih brojeva, na primer u algebarskom, potrebno je izvršiti sledeće transformacije: z k = i e π+kπi/ e π+kπi/ 1 e π+kπi/ = i cos π+kπ + i sin π+kπ 1 e π+kπi/ cos π+kπ = i cos π+kπ 1 + i 1 i sin π+kπ sin π+kπ cos π+kπ 1 i sin π+kπ e π+kπi/ e π+kπi/ 1 = i cos π+kπ 1 + sin π+kπ = i e π+kπi/ cos π+kπ 1 + sin π+kπ cos π+kπ i sin π+kπ = i cos π+kπ 1 + sin π+kπ sin π+kπ + i cos π+kπ = cos π+kπ 1 + sin π+kπ sin π+kπ + i cos π+kπ = 1 + cos π+kπ, k = 0, 1, U skupu kompleksnih brojeva naći sva rešenja jednačine z 01 = 1 iz 01 Rešenje: Prostom proverom utvrd ujemo da z = i nije rešenje zadate jednačine Zbog toga celu jednačinu možemo podeliti sa 1 iz 01 0 : z 01 z 01 1 iz 01 = 1 = 1 1 iz

38 8 Korenovanjem poslednjeg izraza dobijamo Uvod enjem oznake z 1 iz = 01 1 w k = 01 1 = 01 cos 0 + i sin 0 = cos kπ kπ + i sin, k = 0, 1,, 01, uz napomenu da je w k = 1/w k, dobijamo z k 1 iz k = w k z k = w k 1 iz k Tražena rešenja možemo predstaviti izrazom z k = w k 1 + iw k = w k 1 + iw k 1 + iw k 1 + iw k = w k 1 + iw k 1 + iw k 1 + iw k = w k1 iw k 1 + iw k = w k i 1 + iw k = cos ϕ k + i sin ϕ k i 1 + icos ϕ k + i sin ϕ k ϕ k = kπ 01 = cos ϕ k i1 sin ϕ k 1 sin ϕ k + cos ϕ k = cos ϕ k i1 sin ϕ k 1 sin ϕ k =, cos ϕ k 1 sin ϕ k i, k = 0, 1,, 01 Dobijeni izraz bi mogao i dalje da se sred uje, ali to ne daje lepše rezultate Tako na primer z k = cos ϕ k i1 sin ϕ k 1 sin ϕ k = sin π/ ϕ k cos π/ ϕ k sin π/ ϕ k = 1 = ctgπ/ ctgϕ k / + 1 ctgϕ k / ctgπ/ cos ϕ k 1 sin ϕ k i = sinπ/ ϕ k 1 cosπ/ ϕ k i i = 1 ctg π ϕ k i = 1 ctg ϕ k π i 0 U skupu kompleksnih brojeva odrediti rešenja jednačine 1 z iz 1 i = 0

39 Rešenje: Rešenja kvadratne jednačine az + bz + c = 0 data su formulom Tako su tražena rešenja z 1/ = i ± z 1/ = b ± b ac a i 1 1 i 1 = i ± i = i ± 1 + i 01 Za eksplicitne vrednosti rešenja, neophodna je jedna vrednost korena kompleksnog broja 1 + i Da bismo je odredili, predstavimo 1 + i u obliku potpunog kvadrata 1 + i = a + ib = a b + iab, a, b R Poredeći realne i imaginarne delove kompleksnih brojeva sa različitih strana ove jednakosti, dolazi se do sistema jednačina 1 = a b = ab, čije je jedno realno rešenje očigledno a =, b = 1, odnosno 1 + i = + i Jasno, drugo realno rešenje a =, b = 1, daće drugu vrednost korena 1 + i Zamenom u izraz za rešenja 01 dobijamo z 1/ = i ± + i, tj z 1 = + i, z = 1 Rešiti jednačinu z + z + = 0 Rešenje: Uvod enjem smene w = z dobijamo kvadratnu jednačinu w +w+ = 0, čija su rešenja w 1 = + i = 1 + i i w = i = 1 i Prva tri rešenja polazne jednačine dobijamo iz uslova z = 1 + i Kako je

40 0 1+i = cos π +i sin π, arg 1+i = arctan +π = π/, to imamo z k = π/ + kπ cos + i sin π/ + kπ, k = 0, 1, Druga tri rešenja polazne jednačine dobijamo iz z = 1 i Imamo jer je 1 i = cos π + i sin π, 1 i =, arg 1 i = arctan π = π/, pa su tražena rešenja jednaka z k = π/ + kπ cos + i sin Odredili smo sva rešenja π/ + kπ, k = 0, 1, z 0 = cos π + i sin π, z 0 = cos π z 1 = cos 8π + i sin 8π, z 1 = cos π + i sin π z = cos 1π 1π + i sin, z = cos 10π + i sin, π + i sin 10π, Ako je w C broj za koji važi w + 5 w + i = 0, naći sva rešenja jednačine z + w = 0 Rešenje: U datoj jednačini w + 5 w + i = 0 uzmimo da je Dobijamo w = x + iy x+iy+5x iy+i = 0 x = 0 y+ = 0 x = 0 y = w = i Sada je

41 z = w z = 7i z = 7 cos π + i sin π, 1 odakle je, za k = 0, 1,, Dobili smo rešenja: π/ + kπ z k = cos + i sin z 0 = cos π π + i sin z 1 = cos π + i sin π = i, z = cos 7π + i sin 7π = π/ + kπ = i1, i1 Odrediti moduo i glavnu vrednost argumenta broja z 01, ako je z kompleksan broj koji zadovoljava jednačinu z + z z + Im + i Re + z = 1 + i 1 + i Rešenje: Zbog oblika izraza kojim je z definisano, uvodimo smenu z = x + iy, x, y R Tada z + z z + Im + i Re + z = 1 + i 1 + i x iy + x + iy x iy + 1 i Im + i Re + x + iy = 1 + i 1 + i 1 i x iy x y + ix + y + Im + i Re + x + iy = 1 + i y + ix y + + x + iy = 1 + i x y + ix + y + = 1 + i Izjednačavajući realni i imaginarni deo poslednje jednakosti, dolazimo do sistema jednačina po realnim nepoznatim x i y : x y = 1, 1 + x + y =

42 Rešenje sistema x = y = odred uje z = + i = e iπ/ = / e iπ/ Tražene vrednosti modula i argumenta glase z 01 = z 01 = / 01 = 01/ = 0/, Arg z 01 = 01arg z = 01 π 51 8π + 5π = arg z 01 = π Neka je z kompleksan broj za koji važi Naći z n i sve vrednosti n z, n N arg z + 1 = π, z + 1 = Rešenje: Na osnovu modula i argumenta broja z + 1 odred ujemo z + 1 = cos π + i sin π = i = 1 i Važi z = i = cos π/ + i sin π/ Sada možemo odrediti z n, z n = kao i n vrednosti n z cos π + i sin π n = cos nπ + i sin nπ, z k = cos π/ + kπ n + i sin π/ + kπ, k = 0, 1,, n 1 n 5 Ako kompleksan broj z zadovoljava uslov z z + 1 = 0, odrediti moduo i glavnu vrednost argumenta kompleksnog broja z 011 z 011 Rešenje: Rešenja jednačine z z + 1 = 0 su kompleksni brojevi z 1 = 1 + i = cos π + i sin π Odredićemo vrednost datog izraza za z 1 : i z = 1 i = cos π + i sin π

43 z1 011 z1 011 = cos π + i sin π 011 cos π + i sin π = cos 011π + i sin 011π cos 011π = i sin 011π = i sin 5 π + π = i 011 i sin = i 011π Imamo da je z z =, a glavna vrednost argumenta je π/ Slično, za z računamo z 011 z 011 = cos π = cos 011π = i sin 011π + i sin π 011 cos π + i sin π i sin 011π cos 011π i sin 011π = i sin 5 π + π = i = i Imamo da je z 011 z 011 =, a glavna vrednost argumenta je π/ U kompleksnoj ravni predstaviti tačke z ako je: { z + i =, a b Re z + 1 = ; arg z + i = π/ ; c z treće teme jednakostraničnog trougla čija su dva temena z 1 = 0 i z = i Rešenje: a Po navedenim uslovima jasno je da je z + i = cos π + i sin π 1 = i = 1 i, pa je z samo jedna tačka b Ako je z = x + iy, tada je z = 1 i 1 + Re z + 1 = Re x + iy + 1 = x + 1 Po navedenom uslovu, x + 1 =, tj x =, što u kompleksnoj ravni predstavlja pravu paralelnu imaginarnoj osi koja prolazi kroz tačku c Kako su svi unutrašnji uglovi u jednakostraničnom trouglu jednaki π/, treće teme može da se dobije rotacijom jednog od zadatih temena oko drugog za ugao

44 π/ u jednom ili drugom smeru Zadata temena odred ena su tačkama z 1 = 0 i z = i, pa su mogućnosti za treće teme z = z e πi/ = e πi/ e πi/ = e 5πi/ = cos 5π + i sin 5π = + i ili z = z e πi/ = e πi/ e πi/ = e πi/ = cos π + i sin π = + i a b Re z c z 1 1 z z ' z Π z '' z Π 1 1 z 1 7 Kompleksnim brojevima z 1 = + i i z = + i odred ena su naspramna temena kvadrata u kompleksnoj ravni Odrediti preostala dva temena Rešenje: Podsetimo se da svaki kompleksni broj z = x + iy može da se identifikuje sa ured enim parom x, y R, sa odgovarajućom tačkom u Oxy ravni ili sa vektorom položaja te tačke Zbog toga se neki geometrijski problemi u ravni mogu rešavati algebarskim metodima u skupu kompleksnih brojeva C Na primer, rastojanje izmed u tačaka z 1 = x 1 + iy 1 i z = x + iy može da se izračuna kao z z 1 Takod e, broj w koji se dobija rotacijom broja z = x + iy oko 0 za ugao φ može da se izračuna kao w = ze φi Slično, za broj z koji se dobija rotacijom broja z oko z 1 za ugao φ važi z z 1 = z z 1 e φi Zadatak ćemo rešiti na dva načina I način: Potražimo nepoznata temena kvadrata u algebarskom obliku To su tačke koje su podjednako udaljene od temena z 1 i z i nalaze se sa različitih strana dijagonale koja ih spaja Zato za svako od nepoznatih temena z = x + iy važi:

45 5 z z 1 = z z, z z 1 = z z, x + y 1 = x + + y, 8x y = 8, y = x + Znajući da je dužina dijagonale kvadrata d rastojanje izmed u naspramnih temena, na primer z 1 i z, dužina stranice kvadrata a rastojanje izmed u susednih temena, na primer z i z 1 i da je d = a, imamo: z z 1 = z z 1, + 1 = x + y 1, x + y 1 = 10 Prema tome, koordinate traženih temena zadovoljavaju sistem jednačina x + y 1 = 10, y = x +, čija su rešenja x, y = 1, i x, y = 1, 0 Dakle preostala dva temena kvadrata su z = 1 + i i z = 1 II način: Tražena temena kvadrata z i z nalaze se na dužima dobijenim rotacijom dijagonale z 1 z oko temena z 1 za uglove π/ i π/ redom Osim toga, zbog odnosa izmed u dužina stranice i dijagonale kvadrata važi: z z 1 = z z 1, z z 1 = z z 1 S obzirom na geometrijsku interpretaciju množenja kompleksnih brojeva, važi Zbog toga imamo: z z 1 = e πi/ z z 1, z z 1 = e πi/ z z 1 z z 1 = 1 z z 1 e πi/, z = z z z 1 cos π + i sin π = + i i i i = 1 + i

46 i z z 1 = 1 z z 1 e πi/, z = z z z 1 cos π + i sin π = + i i i + i = 1 z z z 1 z U kompleksnoj ravni označiti a rešenje jednačine z = i; b treće teme jednakostraničnog trougla čija su dva temena odred ena kompleksnim brojevima z 1 = 1 + i i z = i Rešenje: a Tražena rešenja z = i predstavljaju treće korene kompleksnog broja Da bismo ih odredili, neophodan je trigonometrijski ili eksponencijalni oblik kompleksnog broja i i = + = =, i = 1 i Formula za n ti koren kompleksnog broja glasi z k = n arg z + kπ z cos + i sin n Tako je = cos π/ + i sin π/ arg z + kπ n, k = 0,, n 1

47 z k = π/ + kπ cos + i sin π/ + kπ, k = 0, 1, 7 Tražene vrednosti su z 0 = cos π + i sin π z 1 = cos π + i sin π, z = cos 10π 10π + i sin, i 10Π Π i Π i Π b I način: Primetimo da zadatak ima dva različita rešenja jer se jednakostranični trougao može konstruisati sa dve različite strane duži z 1 z Predstavićemo postupak odred ivanja jednog od rešenja, uz napomenu o promenama u analognoj proceduri za nalaženje drugog rešenja Kompleksni brojevi tačke poistovećuju se sa njihovim vektorima položaja Tako i operacija sabiranja vektora i rotacija vektora oko koordinatnog početka, dobijaju svoju algebarsku interpretaciju: sabiranje/oduzimanje vektora se svodi na sabiranje/oduzimanje odgovarajućih kompleksnih brojeva, rotacija vektora za ugao ϕ interpretira se množenjem kompleksnog broja brojem e iϕ Traženo treće teme z jednakostraničnog trougla može se odrediti kao kraj vektora z z = z z koji je rezultat rotacije vektora z z 1 = z 1 z za ugao π/ π/ za drugo rešenje Dajući ovim geometrijskim operacijama odgovarajuće algebarske interpretacije, postavljeni problem svodi se na rešavanje jednačine z z = z 1 z e iπ/ po nepoznatom temenu z Sledi da je 1 z = z + z 1 z e iπ/ = i i + i, dakle

48 8 z = 1 + i 0 Drugo rešenje, analognim postupkom, dobija se da je z = 1 + i 0 z 1 z Π z Π z 1 II način: Uvod enjem algebarskog oblika za traženu tačku z = x+iy, nepoznate koordinate x, y R mogu se dobiti iz uslova jednakosti dužina stranica z z, z 1 z i z z 1 u jednakostraničnom trouglu z 1 z z : z z = z z 1 = z 1 z x + iy + 1 = x 1 + iy 1 = 1 + i x + y { + 1 = x 1 + y { 1 = 1 + = 5 x + y = 1, x = 1 y x + y + 1 = 5, 0y = 15 y = ±, x = 1, što ponovo daje vrednosti koordinata trećeg temena 0 i 0 Neka z 1, z C zadovoljavaju sistem jednačina z 1 + z = + i, iz 1 + z i = 11 i Odrediti z C tako da tačke odred ene brojevima z 1, z, z budu temena jednakostraničnog trougla

49 Rešenje: Ako kompleksni brojevi z 1 = x 1 + iy 1 i z = x + iy zadovoljavaju sistem jednačina, tada važi { x 1 + iy 1 + x iy = + i, tj { Rešavanjem sistema jednačina { x 1 + x = 0, dobijamo što znači da je x 1 iy 1 + x + iy = + 11i, x 1 + x + iy 1 y = 0, x 1 + x + iy 1 + y 11 = 0 x 1 + x = 0 i { y 1 y = 0, y 1 + y 11 = 0 x 1 = 1, x = 5, y 1 = 7, y =, z 1 = 1 + 7i, z = 5 + i Pošto su svi unutrašnji uglovi u jednakostraničnom trouglu jednaki π/, treće teme može da se dobije rotacijom temena z oko temena z 1 za ugao π/ ili π/ Zato zadatak ima dva rešenja: 1 z = z 1 + z z 1 e πi/ = 1 + 7i + i + i = i +, 1 z = z 1 + z z 1 e πi/ = 1 + 7i + i i = 11 + i 50 Dokazati tan 5θ = 5 tan θ 10 tan θ + tan 5 θ 1 10 tan θ + 5 tan θ Rešenje: Posmatrajmo kompleksni broj z = cos θ + i sin θ Prema Moavrovoj formuli važi z 5 = cos θ + i sin θ 5 = cos 5θ + i sin 5θ

50 50 Ako za odred ivanje z 5 primenimo binomnu formulu, dobijamo z 5 = cos θ + i sin θ 5 = 5 k=0 5 cos θ 5 k i sin θ k k = cos 5 θ + 5i sin θ cos θ 10 sin θ cos θ 10i sin θ cos θ + 5 sin θ cos θ + i sin 5 θ Upored ivanje realnih i imaginarnih delova različitih izraza za z 5 daje Zato je tan 5θ = cos 5θ = cos 5 θ 10 sin θ cos θ + 5 sin θ cos θ, sin 5θ = 5 sin θ cos θ 10 sin θ cos θ + sin 5 θ sin 5θ cos 5θ = 5 sin θ cos θ 10 sin θ cos θ + sin 5 θ cos 5 θ 10 sin θ cos θ + 5 sin θ cos θ = 5 sin θ cos θ 10 sin θ cos θ + sin 5 θ cos 5 θ cos 5 θ 10 sin θ cos θ + 5 sin θ cos θ cos 5 θ = 5 tan θ 10 tan θ + tan 5 θ 1 10 tan θ + 5 tan θ 51 Izračunati zbir S = sin x + sin x + sin x + + sin nx Rešenje: Pored zbira S posmatrajmo i zbir C = 1 + cos x + cos x + cos x + + cos nx Tada je C + is = 1 + cos x + i sin x + cos x + i sin x + + cos nx + i sin nx n n n = cos kx + i sin kx = e ikx = e ix k k=0 k=0 k=0

51 Poslednja suma predstavlja zbir prvih n + 1 članova geometrijskog niza čiji je količnik q = e ix, pa je 51 C + is = n k=0 q k = qn+1 1 q 1 = e ix n+1 1 e ix 1 = ein+1x 1 e ix 1 Sa ciljem da se razdvoje realni i imaginarni deo poslednjeg broja izvršimo transformaciju C + is = ein+1x/ e in+1x/ e in+1x/ e ix/ e ix/ e ix/ Imajući u vidu da je z z = i Im z i važi sledeće: e in+1x/ = e in+1x/, e ix/ = e ix/, e in+1x/ e ix/ inx/ i Im ein+1x/ C + is = e i Im e ix/ Konačno dobijamo = e inx/ = cos nx = sin n+1x sin x + i sin nx, cos nx nx + i sin C = n+1x sin cos nx n+1x sin sin x, S = sin x sin nx 5*Ako je z = cosπ/ i sinπ/, odrediti vrednost determinante 1 z z D = z 1 z 1 z 1 Rešenje: Izračunaćemo vrednost determinante D Oduzećemo od prve kolone treću vrednost determinante se ne menja i dobijamo 1 z z D = z 1 z 1 z 1 = 1 z z z 0 1 z 0 z 1 = 1 z 1 z z 1 = 1 z 1 z

52 5 Za datu vrednost z = cosπ/ i sinπ/ treba odrediti z i z Odredićemo prvo z : z = cos π + i sin π = cos π + i sin π = 1 S obzirom na dobijeni rezultat, vrednost determinante je D = 0 5* Odrediti moduo i glavnu vrednost argumenta broja z C koji zadovoljava jednačinu z 1 z 0 1 = 8i 1 + i i Rešenje: Izračunavanje determinante trećeg reda, npr Sarusovim pravilom, polaznu jednačinu pretvara u izraz + iz + z = 8i + iz z = 8i Uvod enje algebarskog oblika kompleksnog broja z = x + iy, x, y R, je dalje transformiše u + ix + iy x + iy = 8i x y + ix + 5y = 8i Izjednačavanjem realnih i imaginarnih delova izraza na levoj i desnoj strani poslednje jednakosti, polazni problem svodi se na rešavanje sistema jednačina u skupu realnih brojeva { x y = 0, x + 5y = 8, Traženo rešenje je tada z = 1 + i { y = x, x + 5x = 8

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

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

Διαβάστε περισσότερα

(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

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

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)

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

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

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

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

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

Διαβάστε περισσότερα

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b) TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

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

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

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

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

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. Inverzna matrica

Determinante. Inverzna matrica Determinante Inverzna matrica Neka je A = [a ij ] n n kvadratna matrica Determinanta matrice A je a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n det A = = ( 1) j a 1j1 a 2j2 a njn, a n1 a n2 a nn gde se sumiranje vrši

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

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

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},

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

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

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

Διαβάστε περισσότερα

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum 27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

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

Διαβάστε περισσότερα

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu:

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: Refleksija S φ u odnosu na pravu kroz koordinatni početak Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: ( ) ( ) ( ) x cos 2φ

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

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

Sistemi linearnih jednačina

Sistemi linearnih jednačina Sistemi linearnih jednačina Sistem od n linearnih jednačina sa n nepoznatih (x 1, x 2,..., x n ) je a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2, a n1 x 1 + a n2 x 2 +

Διαβάστε περισσότερα

Primene kompleksnih brojeva u geometriji

Primene kompleksnih brojeva u geometriji Primene kompleksnih brojeva u geometriji Radoslav Dimitrijević 07.1.011. 1 Neki osnovni geometrijski pojmovi 1.1. Rastojanje izmed u tačaka Neka su tačke A i B u kompleksnoj ravni odred ene kompleksnim

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

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

Διαβάστε περισσότερα

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj

Διαβάστε περισσότερα

Neodred eni integrali

Neodred eni integrali Neodred eni integrali Definicija. Za funkciju F : I R, gde je I interval, kažemo da je primitivna funkcija funkcije f : I R ako je za svako I. F () f() Teorema 1. Ako je F : I R primitivna funkcija za

Διαβάστε περισσότερα

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

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

Διαβάστε περισσότερα

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 2009.

Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 2009. Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 009. Autori: Mr Nada Damljanović Mr Rale Nikolić Recenzenti: Prof. dr Mališa

Διαβάστε περισσότερα

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2 Mr VENE T BOGOSLAVOV ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ MATEMATIKE 5 ispravljeno izdanje ZAVOD ZA UDŽBENIKE BEOGRAD Redaktor i recenzent DOBRILO TOŠIĆ Urednik MILOLJUB ALBIJANIĆ Odgovorni urednik MILORAD MARJANOVIĆ

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo

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

Zbirka zadataka iz Matematike I

Zbirka zadataka iz Matematike I UNIVERITET U NOVOM SADU TEHNOLOŠKI FAKULTET Tatjana Došenović Dušan Rakić Aleksandar Takači Mirjana Brdar birka zadataka iz Matematike I - za studente Tehnološkog fakulteta - Novi Sad, 008. UNIVERITET

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

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

Διαβάστε περισσότερα

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2.

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2. 5 Sistemi linearnih jednačina 47 5 Sistemi linearnih jednačina U opštem slučaju, pod sistemom linearnih jednačina podrazumevamo sistem od m jednačina sa n nepoznatih x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

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

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

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

Διαβάστε περισσότερα

PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI

PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI Prirodno-matematički fakultet, Univerzitet u Nišu, Srbija http://wwwpmfniacrs/mii Matematika i informatika (1) (013), 19-74 PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI Mihailo Krstić, Student Departmana

Διαβάστε περισσότερα

Matematika I. Elvis Baraković, Edis Mekić. 4. studenog Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora

Matematika I. Elvis Baraković, Edis Mekić. 4. studenog Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora Matematika I Elvis Baraković, Edis Mekić 4. studenog 2011. 1 Analitička geometrija 1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora Skalarnom veličinom ili skalarom nazivamo onu veličinu koja je potpuno

Διαβάστε περισσότερα

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Živinice 1.4.014. ZADACI UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog

Διαβάστε περισσότερα

Prediktor-korektor metodi

Prediktor-korektor metodi Prediktor-korektor metodi Prilikom numeričkog rešavanja primenom KP: x = fx,, x 0 = 0, x 0 x b LVM α j = h β j f n = 0, 1, 2,..., N, javlja se kompromis izmed u eksplicitnih metoda, koji su lakši za primenu

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Z transformacija. 1.1 Pojam z transformacije

Glava 1. Z transformacija. 1.1 Pojam z transformacije Glava 1 Z transformacija 1.1 Pojam z transformacije U elektrotehnici se vrlo često susrećemo sa signalima koji su diskretnog tipa. To znači da je radimo sa signalima koji su zadati svoji vrednostima samo

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

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

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012 MATERIJAL ZA VEŽBE Predmet: MATEMATIČKA ANALIZA Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić Asistent: dr Tibor Lukić Godina: 202 . Odrediti domen funkcije f ako je a) f(x) = x2 + x x(x 2) b) f(x) = sin(ln(x

Διαβάστε περισσότερα

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE Ne postoji precizna definicija skupa (postoji ali nama nije zanimljiva u ovom trenutku), ali mi možemo koristiti jednu definiciju koja će nam donekle dočarati šta su zapravo

Διαβάστε περισσότερα

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. 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

Διαβάστε περισσότερα

Konstruktivni zadaci. Uvod

Konstruktivni zadaci. Uvod Svaki konstruktivni zadatak ima četri dijela: 1. Analiza 2. Konstrukcija 3. Dokaz 4. Diskusija Konstruktivni zadaci Uvod U analizi pretpostavimo da je zadatak riješen, i na osnovu slike (skice) rješenja,

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Transformacije koordinata tačaka Transformacije koordinata tačaka Pretpostavimo da za bazne

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet.

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet. Glava 1 Vektori U mnogim naukama proučavaju se vektorske i skalarne veličine. Skalarna veličina je odred ena svojom brojnom vrednošću u izabranom sistemu jedinica. Takve veličine su temperatura, težina

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva

Διαβάστε περισσότερα

8 Funkcije više promenljivih

8 Funkcije više promenljivih 8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen

Διαβάστε περισσότερα

Linearni operatori. Stepenovanje matrica

Linearni operatori. Stepenovanje matrica Linearni operatori Stepenovanje matrica Nea su X i Y vetorsi prostori nad istim poljem salara K Presliavanje A : X Y zovemo operator Za operator A ažemo da je linearan ao je istovremeno 1 aditivan: A(u

Διαβάστε περισσότερα

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1 Nizovi 5 a = 5 +3+ + 6 a = 3 00 + 00 3 +5 7 a = +)+) ) 3 3 8 a = 3 +3+ + +3 9 a = 3 5 0 a = 43/ ++ 5 3/ +5+ a = + + a = + ) 3 a = + + + 4 a = 3 3 + 3 ) 5 a = +++ 6 a = + ++ 3 a = +)!++)! +3)! a = ) +3

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

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/.

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

Eksponencijalna i logaritamska funkcija

Eksponencijalna i logaritamska funkcija 16 1. UVOD U ANALIZU Rešenje. Kako je ovo neprava funkcija, deljenjem nalazimo da je (11) f() = 1 + 5 6 + 1 3 5 + 6 = 1 + 5 6 + 1 ( )( 3). Prema postupku navedenom u teoremi 1.7, važi razlaganje odnosno

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

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

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.

Διαβάστε περισσότερα

Racionalni algebarski izrazi

Racionalni algebarski izrazi . Skratimo razlomak Racionalni algebarski izrazi [MM.4-()6] 5 + 6 +. Ako je a + b + c = dokazati da je a + b + c = abc [MM.4-()] 5 6 5. Reši jednačinu: y y y + + = 7 4 y = [MM.4-(4)] 4. Reši jednačinu:

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

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

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija 18.1200 Prvi razred A kategorija Neka je K sredixte teжixne duжi CC 1 trougla ABC ineka je AK BC = {M}. Na i odnos CM : MB. Na i sve proste brojeve p, q i r, kao i sve prirodne brojeve n, takve da vaжi

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od

Διαβάστε περισσότερα

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije

Διαβάστε περισσότερα

dr Lidija Stefanović INTEGRALI: KRIVOLINIJSKI, DVOJNI, TROJNI, POVRŠINSKI ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA; II DEO SKC Niš, 2009.

dr Lidija Stefanović INTEGRALI: KRIVOLINIJSKI, DVOJNI, TROJNI, POVRŠINSKI ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA; II DEO SKC Niš, 2009. dr idija tefanović INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI ZA TUENTE TEHNIČKIH FAKUTETA; II EO KC Niš, 9. dr idija tefanović INTEGRAI: KRIVOINIJKI, VOJNI, TROJNI, POVRŠINKI ZA TUENTE TEHNIČKIH

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

dr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006.

dr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006. dr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE JEDNAČINE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006. dr Lidija Stefanović, mr Marjan Matejić, dr Slad ana Marinković DIFERENCIJALNE

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Planimetrija. Sličnost trouglova. GF 000 Dužine stranica trougla su 5cm, cm i 8cm. Dužina najduže stranice njemu sličnog

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

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

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

Dužina luka i oskulatorna ravan

Dužina luka i oskulatorna ravan Dužina luka i oskulatorna ravan Diferencijalna geometrija Vježbe Rješenja predati na predavanjima, u srijedu 9. ožujka 16. god. Zadatak 1. Pokazati da je dužina luka invarijantna pod reparametrizacijom

Διαβάστε περισσότερα

Jednodimenzionalne slučajne promenljive

Jednodimenzionalne slučajne promenljive Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2 ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup

Διαβάστε περισσότερα

Analitička geometrija - vežbe

Analitička geometrija - vežbe Analitička geometrija - vežbe Milica Žigić May 25, 2017 1 Pravougli koordinatni sistem i rastojanje izmed u tačaka 1. Na brojnoj osi ucrtati tačke A( 3), B( 8 3 ) i C(0). 2. (a) Na brojnoj osi ucrtati

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi brojeva Materijali za nastavu iz Matematike 1

Skupovi brojeva Materijali za nastavu iz Matematike 1 Skupovi brojeva Materijali za nastavu iz Matematike 1 Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 2012/13 1 / 32 Podsjetnik teorije skupova Operacije sa skupovima: A B = {x : x A x B} A B = {x : x A

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

2.7. DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE *)

2.7. DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE *) .7. DEVET RJEŠENJ JEDNOG ZDTK IZ GEOMETRIJE *) Riječ je o sljedećem zadatku iz geometrije: Oko jednakostraničnog trougla Δ opisana je kružnica. Dokazati da svaka tačka M luka ima osobinu M+ M = M. Daćemo

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( 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,

Διαβάστε περισσότερα

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 IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

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

Tehnologija bušenja II

Tehnologija bušenja II INŽENJERSTVO NAFTE I GASA Tehnologija bušenja II 1. Vežba V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 1 of 44 Algebra i trigonometrija V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 2 of 44 Jednačine Pitanje: Ako je a = 3b

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

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ

Διαβάστε περισσότερα

( ) π. I slučaj-štap sa zglobovima na krajevima F. Opšte rešenje diferencijalne jednačine (1): min

( ) π. I slučaj-štap sa zglobovima na krajevima F. Opšte rešenje diferencijalne jednačine (1): min Kritična sia izvijanja Kritična sia je ona najmanja vrednost sie pritisa pri ojoj nastupa gubita stabinosti, odnosno, pri ojoj štap iz stabine pravoinijse forme ravnoteže preazi u nestabinu rivoinijsu

Διαβάστε περισσότερα

INTEGRALI Zadaci sa kolokvijuma

INTEGRALI Zadaci sa kolokvijuma INTEGRALI Zadaci sa kolokvijuma ragan ori Sadrжaj Neodređeni integral Određeni integral 6 Nesvojstveni integral 9 4 vojni integral 5 Redovi 5 Studentima generacije / (grupe A9, A i A) Ovo je jox jedna

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

METODA SEČICE I REGULA FALSI

METODA SEČICE I REGULA FALSI METODA SEČICE I REGULA FALSI Zadatak: Naći ulu fukcije f a itervalu (a,b), odoso aći za koje je f()=0. Rešeje: Prvo, tražimo iterval (a,b) a kome je fukcija eprekida, mootoa i važi: f(a)f(b)

Διαβάστε περισσότερα

7.5. KOORDINATNI SISTEMI

7.5. KOORDINATNI SISTEMI - 84-75 KOORDINATNI SISTEMI 75 Dekartov desni pravougli koordinatni sistem U paragrafu 73 definisali smo desni pravougli koordinatni sistem (O;i, j, k) gdje su: (a) koordinatni početak ili ishodište O

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 3 zbirka zadataka sa rešenjima i uputstvima za rešavanje

Matematika 3 zbirka zadataka sa rešenjima i uputstvima za rešavanje Matematika 3 zbirka zadataka sa rešenjima i uputstvima za rešavanje Hijavata 1 Predgovor Pismeni ispit iz matematike 3 obuhvata

Διαβάστε περισσότερα

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova. Pojam skupa U matematici se pojam skup ne definiše eksplicitno. On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

Διαβάστε περισσότερα

Geometrijska mesta tačaka i primena na konstrukcije

Geometrijska mesta tačaka i primena na konstrukcije Univerzitet u Nišu Prirodno - matematički fakultet Departman za matematiku Geometrijska mesta tačaka i primena na konstrukcije Master rad Mentor: Prof. dr Mića Stanković Student: Ivana Gavrilović Niš,

Διαβάστε περισσότερα

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. f(x + 1) x f(x) + 1.

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. f(x + 1) x f(x) + 1. 09.0200 Prvi razred A kategorija Ako je n prirodan broj, dokazati da 3n 2 + 3n + 7 nije kub nijednog prirodnog broja. U trouglu ABC je ABC = 60. Neka su D i E redom preseqne taqke simetrala uglova CAB

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

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

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

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih nizova

Granične vrednosti realnih nizova Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se

Διαβάστε περισσότερα

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... }

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... } VEROVTNOĆ - ZDI (I DEO) U računu verovatnoće osnovni pojmovi su opit i događaj. Svaki opit se završava nekim ishodom koji se naziva elementarni događaj. Elementarne događaje profesori različito obeležavaju,

Διαβάστε περισσότερα