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

(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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

- 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

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

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

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

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

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

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

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

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

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET. Marjan M. Matejiæ Lidija V. Stefanoviæ Branislav M. Ranðeloviæ Igor. Milovanoviæ MATEMATIKA

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET. Marjan M. Matejiæ Lidija V. Stefanoviæ Branislav M. Ranðeloviæ Igor. Milovanoviæ MATEMATIKA UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Marjan M. Matejiæ Lidija V. Stefanoviæ Branislav M. Ranðeloviæ Igor. Milovanoviæ MATEMATIKA KOMPLETI ZADATAKA ZA PRIJEMNI ISPIT 011. Edicija: Pomoæni ud benici Marjan

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

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

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

1. Skicirati sledeće površi i ispitati njihovu regularnost:

1. Skicirati sledeće površi i ispitati njihovu regularnost: Geometrija 3, drgi kolokvijm Prezime i ime, broj indeksa, grpa Skicirati sledeće površi i ispitati njihov reglarnost: a f, v sh cos v, sh sin v,,, v [ π, π]; b g, v, 3, v,, v R a b Rešenje a Iz oblika

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

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

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

PROJEKTIVNA GEOMETRIJA ANALITIČKI PRISTUP

PROJEKTIVNA GEOMETRIJA ANALITIČKI PRISTUP PROJEKTIVNA GEOMETRIJA oktobar 2010. godine ANALITIČKI PRISTUP Homogene koordinate i dvorazmera 1. Tačke 0, i 1 afinog sistema koordinata uzete su redom za bazne tačke A 1 (1 : 0), A 2 (0 : 1) i jedinicu

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

Sistemi veštačke inteligencije primer 1

Sistemi veštačke inteligencije primer 1 Sistemi veštačke inteligencije primer 1 1. Na jeziku predikatskog računa formalizovati rečenice: a) Miloš je slikar. b) Sava nije slikar. c) Svi slikari su umetnici. Uz pomoć metode rezolucije dokazati

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

KONTURNA INTEGRACIJA

KONTURNA INTEGRACIJA KONTURNA INTEGRACIJA Materijal sa sedme radne Ljaškijade - jun 14. Studentska asocijacija Eneter emineter.wordpress.com Ovo je materijal za rešavanje pet tipova integrala koristeći teoreme kompleksne analize

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

Norme vektora i matrica

Norme vektora i matrica 2 Norme vektora i matrica Pojam norme u vektorskim prostorima se najčešće povezuje sa određenom merom veličine elemenata tog prostora. Tako je u prostoru realnih brojeva R, norma elementa x R najčešće

Διαβάστε περισσότερα

KOMPLEKSNA ANALIZA. 1. Funkcije kompleksne promenljive

KOMPLEKSNA ANALIZA. 1. Funkcije kompleksne promenljive KOMPLEKSNA ANALIZA. Funkcije kompleksne promenljive Neka je R skup realnih brojeva, a C skup kompleksnih brojeva. Definicija. Ako je E R, preslikavanje f : E C se naziva kompleksna funkcija realne promenljive.

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

KVANTNA MEHANIKA SKRIPTA UZ I DEO KURSA ŠKOLSKA GODINA 2011/2012 VITOMIR MILANOVIĆ JELENA RADOVANOVIĆ

KVANTNA MEHANIKA SKRIPTA UZ I DEO KURSA ŠKOLSKA GODINA 2011/2012 VITOMIR MILANOVIĆ JELENA RADOVANOVIĆ KVANTNA MEHANIKA SKRIPTA UZ I DEO KURSA ŠKOLSKA GODINA / VITOMIR MILANOVIĆ JELENA RADOVANOVIĆ SADRŽAJ. SCHRÖDINGER-OVA JEDNAČINA.. NESTACIONARNA SCHRÖDINGER-OVA JEDNAČINA.. STACIONARNA SCHRÖDINGER-OVA

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

Linearna algebra. skripta. Januar 2013.

Linearna algebra. skripta. Januar 2013. Linearna algebra skripta Januar 3 Reč autora Ovaj tekst je nastao od materijala sa kursa Linearna algebra i analitička geometrija za studente Odseka za informatiku, Matematičkog fakulteta Univerziteta

Διαβάστε περισσότερα

Otvorene mreže. Zadatak 1

Otvorene mreže. Zadatak 1 Otvorene mreže Zadatak Na slici je data otvorena mreža u kojoj je rocesor centralni server. Prosečan intenzitet ulaznog toka rocesa u sistem iznosi X rocesa/sec. Posle rocesorske obrade, roces u % slučajeva

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

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

dužina usmjerena (orijentirana) dužina (zna se koja je točka početna, a koja krajnja) vektor

dužina usmjerena (orijentirana) dužina (zna se koja je točka početna, a koja krajnja) vektor I. VEKTORI d. sc. Min Rodić Lipnović 009./010. 1 Pojm vekto A B dužin A B usmjeen (oijentin) dužin (n se koj je točk početn, koj kjnj) A B vekto - kls ( skup ) usmjeenih dužin C D E F AB je epeentnt vekto

Διαβάστε περισσότερα

Matrica se definiše kao niz brojeva (ili algebarskih simbola) smještenih u redove i kolone.

Matrica se definiše kao niz brojeva (ili algebarskih simbola) smještenih u redove i kolone. Matrice Uvod u matrice i vektore Pretpostavite da ste odgovorni za iznajmljivanje automobila zaposlenicima svoje firme Sedmični najmovi za različite veličine automobila su: kompaktni 9KM, srednji 60KM,

Διαβάστε περισσότερα

DIMENZIONISANJE PRAVOUGAONIH POPREČNIH PRESEKA NAPREGNUTIH NA PRAVO SLOŽENO SAVIJANJE

DIMENZIONISANJE PRAVOUGAONIH POPREČNIH PRESEKA NAPREGNUTIH NA PRAVO SLOŽENO SAVIJANJE TEORIJA ETONSKIH KONSTRUKCIJA T- DIENZIONISANJE PRAVOUGAONIH POPREČNIH PRESEKA NAPREGNUTIH NA PRAVO SLOŽENO SAVIJANJE 3.5 f "2" η y 2 D G N z d y A "" 0 Z a a G - tačka presek koja određje položaj sistemne

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

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

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

VJEROVATNOĆA I STATISTIKA ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA ==========================

VJEROVATNOĆA I STATISTIKA ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA ========================== VJEROVATNOĆA I STATISTIKA ZBIRKA RIJEŠENIH ZADATAKA ========================== M. JOVANOVIĆ M. MERKLE Z. MITROVIĆ Elektrotehnički fakultet Banja Luka ================================== ii Autori: dr Milan

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

Program za tablično računanje Microsoft Excel

Program za tablično računanje Microsoft Excel Program za tablično računanje Microsoft Excel Teme Formule i funkcije Zbrajanje Oduzimanje Množenje Dijeljenje Izračun najveće vrijednosti Izračun najmanje vrijednosti 2 Formule i funkcije Naravno da je

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

OSNOVI AUTOMATSKOG UPRAVLJANJA PROCESIMA. Vežba br. 6: Dinamika sistema u frekventnom domenu u MATLABu

OSNOVI AUTOMATSKOG UPRAVLJANJA PROCESIMA. Vežba br. 6: Dinamika sistema u frekventnom domenu u MATLABu OSNOVI AUTOMATSKOG UPRAVLJANJA PROCESIMA Vežba br. 6: Dinamika sistema u frekventnom domenu u MATLABu I Definisanje frekventnih karakteristika Dinamički modeli sistema se definišu u vremenskom, Laplace-ovom

Διαβάστε περισσότερα

5. PREDAVANJE ČISTO KOSO SAVIJANJE EKCENTRIČNO NAPREZANJE OTPORNOST MATERIJALA I

5. PREDAVANJE ČISTO KOSO SAVIJANJE EKCENTRIČNO NAPREZANJE OTPORNOST MATERIJALA I 5. PREDAVANJE ČISTO KOSO SAVIJANJE EKCENTRIČNO NAPREZANJE OTPORNOST MATERIJALA I ČISTO KOSO SAVIJANJE Pod pravim savijanjem podrazumeva se slučaj kada se ravan savijanja poklapa sa jednom od glavnih ravni

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

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

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

PREDMET: Upravljanje sistemima. Frekvencijske karakteristike

PREDMET: Upravljanje sistemima. Frekvencijske karakteristike Osnovne akademske studije PREDMET: Upravljanje sistemima TEMA: Frekvencijske karakteristike Predmetni nastavnik: Prof. dr Milorad Stanojević Asistent: mr Marko Đogatović Kompleksna funkcija prenosa Ukoliko

Διαβάστε περισσότερα

STATIČKE KARAKTERISTIKE DIODA I TRANZISTORA

STATIČKE KARAKTERISTIKE DIODA I TRANZISTORA Katedra za elektroniku Elementi elektronike Laboratorijske vežbe Vežba br. 2 STATIČKE KARAKTERISTIKE DIODA I TRANZISTORA Datum: Vreme: Studenti: 1. grupa 2. grupa Dežurni: Ocena: Elementi elektronike -

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

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

PREDMETNI ISPITNI KATALOG ZA OPĆU MATURU

PREDMETNI ISPITNI KATALOG ZA OPĆU MATURU BOSNA I HERCEGOVINA FEDERACIJA BOSNE I HERCEGOVINE TUZLANSKI KANTON MINISTARSTVO OBRAZOVANJA/NAOBRAZBE, NAUKE/ZNANOSTI, KULTURE I SPORTA/ŠPORTA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA M PREDMETNI ISPITNI KATALOG ZA OPĆU

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

Predstavljanje orijentacije i rotacije u 3D

Predstavljanje orijentacije i rotacije u 3D Predstavljanje orijentacije i rotacije u 3D Orijentacija Još jednom: Orijentacija i pravac - isto ili ne? Pravac je određen vektorom, ali rotacija vektora oko samog sebe nema daljeg uticaja. Orijentacija

Διαβάστε περισσότερα

Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.)

Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.) Univerzitet u Zenici Pedagoški fakultet Matematika i informatika Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.) Sedmica broj 1 i 2 (Osnovi pojmovi iz geometrije) Uvod

Διαβάστε περισσότερα

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače razred-rješenja

OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače razred-rješenja OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače 00. 4. razred-rješenja. 00 + 00 + 00 3 + 00 4 + 00 = 00 ( + + 3 + 4 + ) = 00 = 300... UKUPNO 4 BODA. 96 8 : 4 + 0 ( 68 66 ) = 96 7 + 0 = 89 + 0 = 09...

Διαβάστε περισσότερα

3. razred gimnazije- opšti i prirodno-matematički smer ALKENI. Aciklični nezasićeni ugljovodonici koji imaju jednu dvostruku vezu.

3. razred gimnazije- opšti i prirodno-matematički smer ALKENI. Aciklični nezasićeni ugljovodonici koji imaju jednu dvostruku vezu. ALKENI Acikliči ezasićei ugljovodoici koji imaju jedu dvostruku vezu. 2 4 2 2 2 (etile) viil grupa 3 6 2 3 2 2 prope (propile) alil grupa 4 8 2 2 3 3 3 2 3 3 1-bute 2-bute 2-metilprope 5 10 2 2 2 2 3 2

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

DISPERZIVNI I NEDISPERZIVNI TALASI

DISPERZIVNI I NEDISPERZIVNI TALASI DISPERZIVNI I NEDISPERZIVNI TALASI Najpoznatiji primer nedisperzionog talasa je eketromagnetni talas u vakuumu. Nedisperzivni talasi imaju disperzivnu realciju o obliku, gde je c konstanta, tako da je

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz OTPORNOSTI MATERIJALA I - grupa A

Pismeni ispit iz OTPORNOSTI MATERIJALA I - grupa A Psmen spt z OTPORNOSTI MATERIJALA I - grupa A 1. Kruta poluga ABC se oslanja pomoću dvje špke BD CE kao na slc desno. Špka BD, dužne 0.5 m, zrađena je od čelka (E AB 10 GPa) ma poprečn presjek od 500 mm.

Διαβάστε περισσότερα

12 Elementarni zadaci: Računanje površine tijela u ravni i trigonometrija

12 Elementarni zadaci: Računanje površine tijela u ravni i trigonometrija 12 Elementarni zadaci: Računanje površine tijela u ravni i trigonometrija Elementarna pitanja: 1. Nabrojati sve geometriske figure prikazane na slici ispod. [kocka, kvadar, četverostrana piramida, sfera

Διαβάστε περισσότερα

RE[EWA ZADATAKA IV RAZRED

RE[EWA ZADATAKA IV RAZRED Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije DRU[TVO MATEMATI^ARA SRBIJE OKRU@NO TAKMI^EWE IZ MATEMATIKE U^ENIKA OSNOVNIH [KOLA 19.04.008 IV RAZRED 1. Tri prijateqa, Milo{, Uro{ i Jano{, poklonili su

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

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

Analitička geometrija i linearna algebra

Analitička geometrija i linearna algebra 1. VEKTORI POJAM VEKTORA Svakodnevno se susrećemo s veličinama za čije je određivanje potrean samo jedan roj. Na primjer udaljenost, površina, volumen,. Njih zovemo skalarnim veličinama. Međutim, postoje

Διαβάστε περισσότερα

I = 1. cos z. dz = = 1 z 2 cos z + 2z sin z + 2 cos z 2. z(z π) 3 dz. f(re iθ. f(z)

I = 1. cos z. dz = = 1 z 2 cos z + 2z sin z + 2 cos z 2. z(z π) 3 dz. f(re iθ. f(z) ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ & ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ η Σειρά Ασκήσεων στη Μιγαδική Ανάλυση. Χρησιμοποιώντας τους ολοκληρωτικούς τύπους Cauchy υπολογίστε το ολοκλήρωμα I = πi z(z π) 3 dz,

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

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

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

Pitanja za usmeni dio ispita iz matematike

Pitanja za usmeni dio ispita iz matematike PITANJA ZA MATURALNI ISPIT Pitanja za usmeni dio ispita iz matematike. Dokazati da je zbroj unutarnjih kutova u trokutu 80 0,a spoljnjih 60 0.. Dokazati da je spoljnji kut trokuta jednak zbroju dva nesusjedna

Διαβάστε περισσότερα

KLASIƒNI NAUƒNI SPISI GEOMETRISKA ISPITIVANJA IZ TEORIJE PARALELNIH LINIJA. N. I. LOBAƒEVSKOG

KLASIƒNI NAUƒNI SPISI GEOMETRISKA ISPITIVANJA IZ TEORIJE PARALELNIH LINIJA. N. I. LOBAƒEVSKOG S R P S K K M I J N U K KLSIƒNI NUƒNI SPISI KNJIG III MTMTIƒKI INSTITUT KNJIG 3 GOMTRISK ISPITIVNJ IZ TORIJ PRLLNIH LINIJ O N. I. LOƒVSKOG Preveo RNISLV PTRONIJVI RUGO, PRO IRNO IZNJ O G R 1951 Na²ao sam

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

Iskazna logika se bavi rečenicama kao celinama, i ne zalazi u njihovu unutrašnju strukturu, ne razlikuje njihove posebne elemente.

Iskazna logika se bavi rečenicama kao celinama, i ne zalazi u njihovu unutrašnju strukturu, ne razlikuje njihove posebne elemente. Zadatak predikatske logike Iskazna logika se bavi rečenicama kao celinama, i ne zalazi u njihovu unutrašnju strukturu, ne razlikuje njihove posebne elemente. Zbog toga se pomoću iskaznih formula ne može

Διαβάστε περισσότερα

5. FUNKCIJE ZADANE U PARAMETARSKOM OBLIKU I POLARNIM KORDINATAMA

5. FUNKCIJE ZADANE U PARAMETARSKOM OBLIKU I POLARNIM KORDINATAMA 5. FUNKCIJE ZADANE U PARAMEARSKOM OBLIKU I POLARNIM KORDINAAMA 5. Funkcije zadane u paametaskom obliku Ako se koodinate neke tocke,, zadaju u obliku funkcije neke tece pomjenjive, koja se tada naziva paameta,

Διαβάστε περισσότερα