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

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

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

Transcript

1

2

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

4 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, godine PRVI RAZRED Zadatak 1 Naći najmanju brojnu vrijednost izraza: = za realne brojeve > 0. Zadatak Neka je jednakokraki trougao i = 100. Neka je presječna tačka simetrale ugla i stranice, dokazati da je + =. Zadatak 3 Dato je devet pravih takvih da svaka od njih siječe dati kvadrat na dva trapeza, čije se površine odnose kao :3. Dokazati da bar tri prave, od datih devet, prolaze istom tačkom. Zadatak 4 Neka su i različiti prirodni brojevi, veći od 10, sa osobinom da je broj + djeljiv brojem. Dokazati da je > 10. Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

5 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, godine DRUGI RAZRED Zadatak 1 Ako je za sve 1, 1, dokazati da je tada: a) 1, b) + 1, c) Zadatak Neka su i cijeli brojevi takvi da dijeli +. Dokazati da je kvadrat prirodnog broja. Zadatak 3 Duž je prečnik polukružnice h. Na ovoj polukružnici nalazi se tačka, različita od tačaka i. Podnožje normale iz tačke na duž je. Kružnica nalazi se izvan trougla i dodiruje istovremeno polukružnicu h i duži i. Dodirište kružnice sa duži je tačka, sa polukružnicom h je tačka, a sa duži je tačka. a) Dokazati da su tačke, i kolinearne. b) Dokazati da su duži i jednake dužine. Zadatak 4 Neka je skup 65 cijelih brojeva koji daju različite ostatke pri dijeljenju sa 016. Dokazati da postoji podskup =,,, skupa za koji vrijedi da je djeljivo sa Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

6 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, godine TREĆI RAZRED Zadatak 1 Neka su i realni brojevi veći od 1. Odrediti najveću vrijednost R za koju je zadovoljena nejednakost log log Zadatak Da li postoji pravougli trougao, čije su dužine kateta prirodni brojevi, a čija hipotenuza ima dužinu 016? Odgovor detaljno obrazložiti. Zadatak 3 Neka su h, h, h visine,,, težišnice oštrouglog trougla, spuštene na stranice,, redom, poluprečnik upisane, poluprečnik opisane kružnice tog trougla. Dokazati da vrijedi Kad se dostiže jednakost? Zadatak 4 Data je kružnica s centrom u koordinatnom početku poluprečnika 016. Na kružnici i unutar nje odabrano je 540 tačaka s cjelobrojnim koordinatama od kojih nikoje tri ne leže na istoj pravoj. Dokazati da postoje dva trougla s vrhovima u datim tačkama koji imaju iste površine. Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

7 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, godine ČETVRTI RAZRED Zadatak 1 Neka je = 1 i = + za 1. Dokazati da je: a) < +, b) lim = 0. Zadatak Odredi sve elemente =, 3,, 016 N sa sljedećom osobinom: svaki broj koji je manji od, i relativno prost sa njim, mora biti prost. Zadatak 3 Kružnica poluprečnika je upisana u oštri ugao. Druga kružnica poluprečnika dodiruje jedan od krakova ugla u istoj tački kao prva kružnica i siječe drugi krak tog ugla u tačkama i, a pri tome centri obje kružnice leže unutar ugla. Dokazati da je: = 4 cos cos + sin Zadatak 4 Odrediti sve funkcije : Q R koje zadovoljavaju uslove: a) 1 + > 0, b) + = + + +, za, Q, c) = , za Q. Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

8 Rješenja PRVI RAZRED Zadatak 1 I način Kako je + = Dati se izraz može pojednostaviti na sljedeći način: = = = = = Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

9 = = = = Budući da je +, za > 0, zaključujemo da je min = 6 za =, tj. za = 1. II način Uvedemo smjenu + =. Tada je = = = 3 Sada je: + 1 = + 1 = 3 = = = = 3 = Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

10 Dakle, 6, za = 1. Zadatak Neka je tačka na takva da je =. Tada je trougao jednakokraki sa uglom između krakova od 0. Tada su uglovi na osnovici 80. Ugao je vanjski ugao trougla, pa je 80 = = +. Odavdje je = 40, jer je = 40. To znači da je trougao jednakokraki, pa je =. Neka je tačka na takva da je =. Tada A 100 o D su trouglovi i 0 o podudarni (pravilo ). Odavdje slijedi = B F E C = 60 i =. No, tada je = 60. S druge strane je vanjski ugao trougla, pa je = 80. Prema tome, trougao je jednakokrak, pa je = = =. Zbog toga je + = + =. Zadatak 3 Neka je dati kvadrat ABCD. Jasno je da svaka od ovih pravih siječe po dvije naspramne stranice kvadrata. Neka je a jedna od tih 9 pravih i neka ona dijeli kvadrat na dva trapeza čije se površine odnose :3. Neka ta prava siječe stranice AB i CD redom u tačkama P i Q. Ona dijeli kvadrat na trapeze APQD i PBCQ. Oba ova trapeza imaju iste visine, pa se njihove površine odnose kao dužine odgovarajućih srednjih linija. Neka su M i N sredine stranica AD i BC redom. Neka prava a siječe duž MN u tački Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

11 H. Tada je H sredina duži PQ. Tada MH i HN srednje linije trapeza APQD i PBCQ. Kako se površine odnose :3, to je MH:HN=:3. Nekia je J tačka simetrična tački H u odnosu na centar kvadrata. Tda svaka prava koja prolazi tačkom J i dijeli kvadrat na trapeza ima osobinu da se površine ta dva trapeza odnose kao :3. Analogno se zaključuje da postoje još dvije tačke sa traženom osobinom (sa slike su to tačke I i K). Prema tome, svaka od ovih devet pravih prolazi jednom od 4 tačke: H, I, J i K. Dirichzletovim principom zaključujemo da će bar kroz jednu od njih proći bar tri prave. Zadatak 4 Bez ograničenja opštosti možemo pretpostaviti da je >. Neka je =, najmanji zajednički djelilac brojeva i. Tada je = i =, pri čemu su i relativno prosti prirodni brojevi i >. Očito je = = ( ). Dokazat ćemo da je > Pretpostavimo da je Tada je > > 100. Iz činjenice da + = + + 3( + ) slijedi da +, tj Pošto su i relativno prosti, ovo je moguće samo ako i, tj. S druge strane imamo da je > >. Time smo dobili kontradikciju, pa je zato > > Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

12 DRUGI RAZRED Zadatak 1 Za = 0 je 1, dok za = 1 i = 1 imamo (1) () Sabiranjem (1) i () dobije se Odavde je Kako je 1, odavde slijedi da je, pa je, što implicira da je 4. (3) Kvadriranjem nejednakosti (1) i () dobijamo nejednakosti i Saberemo li ove dvije nejednakosti, dobit ćemo = 5, na osnovu relacije (3). Zadatak Neka je + =. Odavde je + = 0. Posmatrajmo kvadratnu jednačinu: + = 0. Ova jednačina ima jedno rješenje. Dakle, ona ima rješenje u skupu cijelih brojeva pa je njena diskriminanta potpun kvadrat. Dakle, = 4 4 = 4 +. Kako je potpun kvadrat, to je + = gdje je cio broj. Odavde imamo (( 1) + 1) =. Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

13 Tada je =, ( 1) + 1 =, gdje je =, = 1. Dakle = 1 =, što je i trebalo dokazati. Zadatak 3 a) Homotetija s centrom u tački koja kružnicu polukružnice h preslikava na polukružnicu, preslikava tačku u tačku koja leži na kružnici. Kako homotetija čuva uglove, to je tangenta na u paralelna tangenti na polukružnicu h u tački, pa je okomita na. Dakle, tangenta u je zapravo kolinearna sa, što znači da se tačke i podudaraju, čime smo dokazali da su, i kolinearne tačke. b) U trouglu koji je pravougli vrijedi =. Na osnovu potencije tačke u odnosu na kružnicu imamo =. Trouglovi i su slični, kao pravougli trouglovi sa jednim zajedničkim uglom, pa je =, odnosno =, odakle odmah zaključujemo da je =, čime je tvrdnja dokazana. Zadatak 4 Dovoljno je pokazati da postoje dva dvoelementna podskupa {, } i {, } skupa sa (svim) različitim elementima za koje vrijedi Stoga ćemo posmatrati familiju svih dvoelementnih podskupova skupa. Ovih skupova ima ukupno = 080. Za svaka dva skupa koja imaju tačno jedan isti element, sume njihovih elemenata su kongruentne različitim brojevima po Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

14 modulu 016. Prema tome, ne mogu postojati dva dvoelementna podskupa skupa sa osobinom da su sume njihovh elemenata kongruentne istom broju po modulu 016 i koji imaju tačno jedan element isti. Dakle, ako za dvočlane podskupove {, } i {, } vrijedi + ( + ) 016, elementi,, skupa moraju biti različiti. Obzirom da je ukupan broj dvoelementnih podsupova od jednak 080 > 016, po Dirichletovom principu postoje dva skupa sa osobinom da su sume njihovih elemenata kongruentne istom broju po modulu 016. Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

15 TREĆI RAZRED Zadatak 1 Stavimo = = za sve > 0. + i x = log. Tada je log =. Sada je > 0 i + = = Za dovoljno veliko, ili dovoljno blizu 0, izraz Trajanje izrade zadataka je 10 minuta. = + > se može učiniti po volji malim, ali uvijek je pozitivan. Dakle, najveća moguća vrijednost od c je. Zadatak Pretpostavimo da takav trougao postoji, tj da postoje prirodni brojevi a i b, takvi da je: + = 016 Kako je 016 = 3 7, to imamo da je: + = 3 7 odakle slijedi da su a i b parni. To znači su obje strane jednakosti djeljive sa 4. Kako je = 4, to a i b moraju biti oblika: Sada prethodna jednakost postaje: = = + = 3 7 Vidimo da 3 dijeli +, pa se lahko zaključi da m i n moraju biti djeljivi sa 3. Odavdje dobijamo da mora biti: Sada dobijamo da je = 3 = 3

16 + = 7 Analogno zaključujemo da su u i v takođe djeljivi sa 7, pa su oblika: pa je = 7 = 7 + = 1 što je nemoguće za s i t prirodne brojeve. Dakle, trougao sa traženim svojstvom ne postoji. Zadatak 3 Pomnožimo obje strane nejednakosti sa P (površinom trougla). Koristeći: = h dobijamo nejednakost: = h = h = = ili + + Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

17 Uočimo da je u trouglu AOA': +, tj. Ananlogno je i i. Dakle, sada je: + što je i trebalo pokazati = Jednakost se postiže kada je =, = i =, odnosno kada je trougao ABC jednakostraničan. Zadatak 4 Pretpostavimo suprotno, tj. da svi trouglovi imaju različitu površinu. Ukupno takvih trouglova imamo 540 = = Obzirom da je površina trougla ABC data formulom: Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

18 = to je površina trougla prirodan broj podijeljen sa. Dakle, kako trouglova ima , najveća površina će biti veća od = Površina kruga je 016 < 016 3, = , < To znači, da najveći trougao ne bi mogao biti upisan u krug, pa moraju postojati bar trougla sa istom površinom. Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

19 ČETVRTI RAZRED Zadatak 1 a) Kako vrijedi = + dobijamo da vrijedi, to kvadriranjem posljednje jednakosti = > + 1 Koristeći posljednju nejednakost, matematičkom indukcijom se lahko pokaže da je. Drugi dio ćemo, takođe, dokazati koristeći princip matematičke indukcije. Očigledno je = 1 < Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za. Za + 1 ćemo imati: Sada zbog pretpostavke indukcije je a kako je, to je = < + pa je sad dovoljno dokazati još da je < < < < Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

20 < < < 4 Nakon dijeljenja posljednje nejednakosti sa, dobijamo: < 4 Što je tačno jer je 1 + < i = < 4 4. b) Tvrdnja slijedi primjenom teorema o uklještenju. Zadatak Označimo sa traženi skup. Neka je. Ako je < za neki prost, tada mora dijeliti. Naime, ako bi i bili relativno prosti, tada bi, zbog bio prost broj. Dakle, i > povlači da dijeli. Kako je = 310 > 016 to brojevi iz ne mogu biti veći od 11 = 11. Ako je i 49 < 11, tada je djeljivo sa, 3, 5 i 7, što je nemoguće zbog 11. Dakle, za vrijedi 49. Ako je i 5 < 49, tada je djeljivo sa, 3 i 5, odakle zaključujemo da je = 30. Ako je i 9 < 5, tada je djeljivo sa i 3, što nam daje da {1, 18, 4}.. Konačno, za i 4 < 9 n mora biti djeljivo sa, što nam daje {6, 8}. Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

21 Kako su, 3 4 očigledno iz, to je = {,3,4,6,8,1,18,4,30}. Zadatak 3 1. Neka su O 1 i O centri prvog, odnosno drugog kruga, tačka P neka je vrh datog ugla (tj. = ), D dodirna tačka prvog i drugog kruga, E presjek pravih O1O i AB, a S središte duži AB. Očito je = kao uglovi sa okomitim kracima, pa je O S = O E α ( ) cos 1 Pošto tačka O 1 leži na simetrali imamo da je ctg α PD = R1 ( ) α ( ) R1 cos tgα R1 U trouglu EPD je DE = PD tgα = R 1 = = 3 α α tg 1 tg cosα α α R1 cos R1 cos R cosα Iz (3) slijedi: O E DE OD R, cosα cosα zbog (1): OS = OE cosα = R1 cos α R cosα 4 = = = pa onda U pravouglom trouglu AOS zaključujemo: Trajanje izrade zadataka je 10 minuta. ( ) ( )

22 ( 4) 1 α AS = AO OS AB = R OS = R R1 cos R cos α =... 4 Poslije sređivanja dobijamo: α α α AB = 4 cos ( R R1 ) R1 cos + R sin. Zadatak 4 Posmatrajmo funkciju = + + 1, odnosno imamo da je = 1. Sada dati uslovi postaju: a) 1 > 0 b) + = (), za sve, Q c) ( + 1) = (), za sve Q Iz uslova b) za = 0, = 1, imamo zbog a) da je: 1 = = 1. Dalje, iz uslova c) je 1 =, =, pa indukcijom dokažemo da je = 3, N. Kako je, 1 = 0 = + = ( ), to je = 3 (), pa je = 3, Z. sada je = 3, N. = 1 = = =, pa je Analogno je i = = = 3, Z, N. Dakle, = 3 1, Q. Trajanje izrade zadataka je 10 minuta.

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

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

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

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg

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

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

(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

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti). PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo

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

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

Ako dva trougla imaju dvije stranice proporcionalne i podudaran ugao izme du njih tada su ta dva trougla slična.

Ako dva trougla imaju dvije stranice proporcionalne i podudaran ugao izme du njih tada su ta dva trougla slična. Sličnost trouglova i Talesova teorema Definicija sličnosti trouglova Dva trougla ABC i A B C su slična ako su im sva tri ugla redom podudarna i ako su im a odgovarajuće stranice proporcionalne tj. = b

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

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

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

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

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

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

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

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije

Διαβάστε περισσότερα

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.

Neka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +

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

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

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 Ispitivanje funkcija 5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

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

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella

Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella Uvod u teoriju brojeva (skripta) Andrej Dujella PMF - Matematički odjel Sveučilište u Zagrebu Sadržaj. Djeljivost.... Kongruencije... 3. Kvadratni ostatci... 9 4. Kvadratne forme... 38 5. Aritmetičke funkcije...

Διαβάστε περισσότερα

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;

Διαβάστε περισσότερα

Teorija brojeva Okvirni program rada sa nadarenim učenicima osnovnih škola. Hasan Jamak Prirodno-matematički fakultet Sarajevo

Teorija brojeva Okvirni program rada sa nadarenim učenicima osnovnih škola. Hasan Jamak Prirodno-matematički fakultet Sarajevo Teorija brojeva Okvirni program rada sa nadarenim učenicima osnovnih škola Hasan Jamak Prirodno-matematički fakultet Sarajevo January 24, 2012 Uvod U Bosni i Hercegovini već pedesetak godina se organizuju

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Beogradu, Matematički fakultet. Predmet:Metodika nastave i računarstva Tema:Sličnost

Univerzitet u Beogradu, Matematički fakultet. Predmet:Metodika nastave i računarstva Tema:Sličnost Univerzitet u Beogradu, Matematički fakultet Predmet:Metodika nastave i računarstva Tema:Sličnost Profesor Student Nebojša Ikodinović Marina Stanković 270/2011 Anđela Milijašević 132/2011 Datum:15.12.2014

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

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

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

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ). 0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo

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

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

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

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem Природно-математички факултет, Универзитет у Нишу, Србија http://www.pmf.ni.ac.yu/mii Математика и информатика 1 (3) (2009), 19-24 KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov

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

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

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova 27. 01. 2006. Kratki rezime prošlog predavanja: Dokazali smo teorem rekurzije, te primjenom njega definirali zbrajanje ordinalnih brojeva. Prvo ćemo navesti osnovna

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

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

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

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

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

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

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

mogućih vrijednosti rs3. Za m, n N, mn+1 m 2 +n 2 m2 + n 2 mn + 1 je kvadrat prirodnog broja.

mogućih vrijednosti rs3. Za m, n N, mn+1 m 2 +n 2 m2 + n 2 mn + 1 je kvadrat prirodnog broja. r1. Neka je n fiksan prirodan broj. Neka je k bilo koji prirodan broj ne veći od n i neka je S skup nekih k različitih prostih brojeva. Ivica i Marica igraju naizmjenično sljedeću igru. Svako od njih bira

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

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

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

Trigonometrijske nejednačine

Trigonometrijske nejednačine Trignmetrijske nejednačine T su nejednačine kd kjih se nepznata javlja ka argument trignmetrijske funkcije. Rešiti trignmetrijsku nejednačinu znači naći sve uglve kji je zadvljavaju. Prilikm traženja rešenja

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

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

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

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

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

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1. σ-algebra skupova Definicija : Neka je Ω neprazan skup i F P(Ω). Familija skupova F je σ-algebra skupova na Ω ako vrijedi:. F, 2. A F A C F, 3. A n, n N} F n N A n F. Borelova σ-algebra Definicija 2: Neka

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

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )

Διαβάστε περισσότερα

b = k a. Govorimo jošda a dijeli b ipišemo a b.

b = k a. Govorimo jošda a dijeli b ipišemo a b. 1 DJELJIVOST 1.1. Djeljivost. Prosti brojevi Količnik dvaju prirodnih brojeva nije uvijek prirodni broj. Tako na primjer, broj 54 8 nije prirodan, jer 54 nije djeljiv s 8. Broj 221 jest prirodan, jer 221

Διαβάστε περισσότερα

LEKCIJE IZ ELEMENTARNE GEOMETRIJE

LEKCIJE IZ ELEMENTARNE GEOMETRIJE LEKCIJE IZ ELEMENTARNE GEOMETRIJE BANJA LUKA, 2010. i ii Sadržaj: 1 Prva lekcija 1 1.1 O Euklidovim Elementima................... 1 1.2 Osnovni pojmovi u geometriji................... 3 1.3 Aksiome incidencije

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

1. Trigonometrijske funkcije

1. Trigonometrijske funkcije . Trigonometrijske funkcije . Trigonometrijske funkcije.. Ponovimo Brojevna kružnica Kružnicu k polumjera smjestimo u koordinatnu ravninu tako da joj je središte u ishodištu. Na kružnicu k prislonimo brojevni

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

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva 1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva Definicija 1 Polje realnih brojeva je skup R = {x, y, z...} u kojemu su definirane dvije binarne operacije zbrajanje (oznaka +) i množenje (oznaka ) i jedna binarna

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =

Διαβάστε περισσότερα

Prosti brojevi. Uvod

Prosti brojevi. Uvod MLADI NADARENI MATEMATIČARI Marin Getaldic Prosti brojevi 20.12.2015. Uvod Definicija 1. Kažemo da je prirodan broj p prost broj ako ima točno dva (različita) djelitelja (konkretno, to su 1 i p). U suprotnom

Διαβάστε περισσότερα

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. imaju istu vrednost.

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. imaju istu vrednost. 00200 Prvi razred A kategorija Neka su a 1 < a 2 < < a n dati realni brojevi. Na i sve realne brojeve x za koje je izraz x a 1 + x a 2 + + x a n najmanji. Na i sve trojke međusobno razliqitih dekadnih cifara

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

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

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

, 81, 5?J,. 1o~",mlt. [ BO'?o~ ~Iel7L1 povr.sil?lj pt"en:nt7 cf~ ~ <;). So. r~ ~ I~ + 2 JA = (;82,67'11:/'+2-[ 4'33.10'+ 7M.

, 81, 5?J,. 1o~,mlt. [ BO'?o~ ~Iel7L1 povr.sil?lj pten:nt7 cf~ ~ <;). So. r~ ~ I~ + 2 JA = (;82,67'11:/'+2-[ 4'33.10'+ 7M. J r_jl v. el7l1 povr.sl?lj pt"en:nt7 cf \ L.sj,,;, ocredz' 3 Q),sof'stvene f1?(j'me")7e?j1erc!je b) po{o!.aj 'i1m/' ce/y11ra.[,p! (j'j,a 1lerc!/e

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

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

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

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

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo:

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: 2 Skupovi Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: A B def ( x)(x A x B) Kažemo da su skupovi A i

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

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

Teorija skupova. Matko Males Split. lipanj 2003.

Teorija skupova. Matko Males Split. lipanj 2003. Teorija skupova Matko Males Split lipanj 2003. 2 O pojmu skupa A, B, C,... oznake za skupove a, b, c,... oznake za elemente skupa a A, a / A Skup je posve odredjen svojim elementima, tj u potpunosti je

Διαβάστε περισσότερα

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t) Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije

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

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

Zbirka zadataka iz geometrije. Elektronsko izdanje

Zbirka zadataka iz geometrije. Elektronsko izdanje Zbirka zadataka iz geometrije . Predrag Janičić ZBIRKA ZADATAKA IZ GEOMETRIJE Sedmo izdanje (treći put ponovljeno četvrto izdanje) Matematički fakultet Beograd, 2007 Autor: dr Predrag Janičić, docent

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

KONVEKSNA OPTIMIZACIJA. (zadaci) Milan Jovanović

KONVEKSNA OPTIMIZACIJA. (zadaci) Milan Jovanović KONVEKSNA OPTIMIZACIJA (zadaci) Milan Jovanović 1 Osnovu ove zbirke čine zadaci sa ispita iz Matematičkog programiranja, predmeta koji se predaje na PMF BL od 1998\1999 školske godine. To su zadaci označeni

Διαβάστε περισσότερα

4 Izvodi i diferencijali

4 Izvodi i diferencijali 4 Izvodi i diferencijali 8 4 Izvodi i diferencijali Neka je funkcija f() definisana u intervalu (a, b), i neka je 0 0 + (a, b). Tada se izraz (a, b) i f( 0 + ) f( 0 ) () zove srednja brzina promene funkcije

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

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

ŠKOLSKO (GRADSKO) NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 4. veljače 2010.

ŠKOLSKO (GRADSKO) NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 4. veljače 2010. ŠKOLSKO (GRADSKO) NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 4. veljače 2010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI

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

Glava 1. Trigonometrija

Glava 1. Trigonometrija Glava 1 Trigonometrija 1.1 Teorijski uvod Neka su u ravni Oxy dati krug k = {x, y) R R : x +y = 1} i prava p = {x, y) R R : x = 1}. Predstavimo skup realnih brojeva na pravoj p, kao brojevnoj pravoj, tako

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

numeričkih deskriptivnih mera.

numeričkih deskriptivnih mera. DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,

Διαβάστε περισσότερα

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, 2.travnja-4.travnja razred-rješenja

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, 2.travnja-4.travnja razred-rješenja DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, travnja-4travnja 014 5 razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE

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