Polinomske jednaqine

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Polinomske jednaqine"

Transcript

1 Matematiqka gimnazija u Beogradu Dodatna nastava, xk.g. 2005/06. Polinomske jednaqine Naslov se odnosi na određivanje polinoma po jednoj ili vixe promenljivih (sa npr. realnim ili kompleksnim koeficijentima) koji zadovoljavaju neku datu relaciju. Slede i primer ilustruje neke od osnovnih metoda: 1. Odrediti polinome P za koje je 16P (x 2 ) = P (2x) 2. Prvi naqin: određivanje vrednosti u pojedinim taqkama i svođenje na niжi stepen. Ubacivanjem x = 0 u datu relaciju dobijamo 16P (0) = P (0) 2, tj. P (0) = 0 ili 16. (i) Neka je P (0) = 0. Tada je P (x) = xq(x) za neki polinom Q, i vaжi 16x 2 Q(x 2 ) = 4x 2 Q(2x) 2 xto nakon skra ivanja postaje 4Q(x 2 ) = Q(2x) 2. Sada za 4Q(x) = R(x) imamo 16R(x 2 ) = R(2x) 2. Dakle, P (x) = 1 4xR(x), gde R zadovoljava istu relaciju kao P. (ii) Neka je P (0) = 16. Ubacivanjem P (x) = xq(x) + 16 u datu relaciju dobijamo 4xQ(x 2 ) = xq(2x) 2 +16Q(2x) odakle je Q(0) = 0, tj. Q(x) = xq 1 (x) za neki polinom Q 1. Dalje je x 2 Q 1 (x 2 ) = x 2 Q 1 (2x) 2 + 8Q 1 (2x), odakle je Q 1 (0) = 0, tj. i Q 1 je deljivo sa x i Q(x) = x 2 Q 1 (x). Pretpostavimo da je x n najve i stepen x koji deli Q, tj. Q(x) = x n R(x), gde je R(0) 0. Tada R zadovoljava jednaqinu 4x n+1 R(x 2 ) = 2 2n x n+1 R(2x) n+4 R(2x), tj. R(0) = 0 xto je nemogu e. Sledi da je Q 0 i P (x) 16. Zakljuqujemo da je P (x) = 16 ( 1 4 x) n za neko n N0. Drugi naqin: ispitivanje koeficijenata. Dokaжimo prvo slede u (qesto upotrebljavanu) lemu: Lema. Ako je P (x) 2 polinom po x 2, onda je ili P (x) ili P (x)/x takođe polinom po x 2. Dokaz. Neka je P (x) = a n x n + a n 1 x n a 0 sa a n 0. Koeficijent uz x 2n 1 je 2a n a n 1, odakle sledi a n 1 = 0. Sada je koeficijent uz x 2n 3 jednak 2a n a n 3, odakle je i a n 3 = 0, itd. Nastavljaju i ovakvo razmatranje zakljuqujemo da je a n 2k 1 = 0 za k = 0, 1, 2,..., tj. P (x) = a n x n + a n 2 x n 2 + a n 4 x n 4 +. Kako je P (x) 2 = 16P (x 2 /4) polinom po x 2, imamo P (x) = Q(x 2 ) ili P (x) = xq(x 2 ). U prvom sluqaju je 16Q(x 4 ) = Q(4x 2 ) 2, odakle je i 16Q(x 2 ) = Q(4x) 2, a u drugom je (na sliqan naqin) 4Q(x 2 ) = Q(4x) 2 i u oba sluqaja zakljuqujemo da je Q(x) = R(x 2 ) ili Q(x) = xr(x 2 ) za neki polinom R, tj. P (x) = x i R(x 4 ) za neko i {0, 1, 2, 3}. Nastavljaju i na isti naqin dobi emo P (x) = x i S(x 2k ) za svako k N i neko i {0, 1,..., 2 k }. Sada je dovoljno uzeti 2 k > deg P da bi se zakljuqilo da je S konstantno, pa je P (x) = cx i za neko c R. Jednostavna provera daje P (x) = 16 ( 1 4 x) n za n N0. Ve ina zadataka ovog tipa se moжe rexiti jednom od ove dve metode (mada ih ima koji ne mogu). Ispitivanje mogu ih nula traжenog polinoma takođe spada u prvu metodu. 1

2 Zadaci 1. Na i sve polinome P za koje je P (x) 2 + P ( 1 x )2 = P (x 2 )P ( 1 x 2 ). Rexenje. Po lemi iz uvodnog zadatka postoji polinom Q takav da je P (x) = Q(x 2 ) ili P (x) = xq(x 2 ). U prvom sluqaju je Q(x 2 ) 2 + Q( 1 x 2 ) = Q(x 4 )Q( 1 x 4 ), odakle je Q(x) 2 + Q( 1 x ) = Q(x2 )Q( 1 x 2 ) (xto je ona ista relacija koju zadovoljava P ), a u drugom (sliqno) xq(x) x Q( 1 x )2 = Q(x 2 )Q( 1 x 2 ), xto je nemogu e jer leva strana ima neparan stepen, a desna paran. Zakljuqujemo da je P (x) = Q(x 2 ) gde je i Q rexenje date polinomske jednaqine, pa posmatranjem rexenja najmanjeg stepena zakljuqujemo da P mora biti konstantno. 2. Da li postoje nelinearni polinomi P i Q takvi da je P (Q(x)) = (x 1)(x 2) (x 15)? Rexenje. Pretpostavimo da postoje. Tada je deg P deg Q = 15, pa je deg P = k, gde je k {3, 5}. Ako stavimo P (x) = c(x a 1 ) (x a k ), imamo c(q(x) a 1 ) (Q(x) a k ) = (x 1)(x 2) (x 15). Prema tome, koreni polinoma Q(x) a i su razliqiti i qine skup {1, 2,..., 15}. Međutim, ovi polinomi se razlikuju samo u poslednjem koeficijentu. Posmatraju i parnost ostalih koeficijenata zakljuqujemo da svaki od njih (a njih je tri ili pet) ima jednak broj neparnih korenova. Ovo je nemogu e jer neparnih korenova ima ukupno 8, xto nije deljivo ni sa 3 ni sa Odrediti sve polinome P za koje je P (x) 2 2 = 2P (2x 2 1). Rexenje. Oznaqimo P (1) = a. Imamo a 2 2a 2 = 0. Kako je P (x) = (x 1)P 1 (x) + a, ubacivanjem u polaznu jednaqinu i sređivanjem dobijamo (x 1)P 1 (x) 2 +2aP 1 (x) = 4(x+ 1)P 1 (2x 2 1). Za x = 1 imamo 2aP 1 (1) = 8P 1 (1), pa zbog a 4 sledi P 1 (1) = 0, tj. P 1 (x) = (x 1)P 2 (x), tj. P (x) = (x 1) 2 P 2 (x) + a. Pretpostavimo da je P (x) = (x 1) n Q(x) + a, pri qemu je Q(1) 0. Ubacivanjem u polaznu relaciju i sređivanjem dobijamo (x 1) n Q(x) 2 + 2aQ(x) = 2(2x + 2) n Q(2x 2 1), xto opet daje Q(1) = 0, kontradikcija. Zakljuqujemo da je P (x) = a. 4. Odrediti sve polinome P za koje je P (x) 2 1 = 4P (x 2 4x + 1). Rexenje. Pretpostavimo da P nije konstantno. Fiksiraju i deg P = n i upoređuju i polinome leve i desne strane uoqavamo da su (kakvi god bili) koeficijenti polinoma P racionalni. S druge strane, ako podesimo x = a za koje je a = a 2 4a + 1, a to je a = 5± 21 2, dobijamo P (a) = b, gde je b 2 4b 1 = 0, tj. b = 2 ± 5. Ovo je nemogu e, jer P (a) mora biti oblika p + q 21 za neke p, q Q jer su koeficijenti polinoma P racionalni. Sledi da je P (x) konstanta. 5. Za koje realne vrednosti a postoji racionalna funkcija f(x) koja zadovoljava f(x 2 ) = f(x) 2 a? Rexenje. Napiximo f u obliku f = P/Q, gde su P i Q uzajamno prosti polinomi i Q je moniqan. Upoređivanjem vode eg koeficijenta zakljuqujemo da je i P moniqan. Uslov zadatka postaje P (x 2 )/Q(x 2 ) = P (x) 2 /Q(x) 2 a. Kako su i P (x 2 ) i Q(x 2 ) uzajamno prosti (ako oni imaju zajedniqku nulu, imaju je i P i Q), sledi Q(x 2 ) = Q(x) 2. Odavde je Q(x) = x n za neko n N. Sada imamo P (x 2 ) = P (x) 2 ax 2n. Neka je P (x) = a 0 + a 1 x + + a m 1 x m 1 + x m. Upoređivanjem koeficijenata P (x) 2 i P (x 2 ) vidimo da je a n 1 = = a 2m n+1 = 0, a 2m n = a/2, a 1 = = a m 1 = 0 i a 0 = 1. Odavde zakljudhujemo da je ili a = 0, ili a = 2 i 2m n = Na i sve polinome P koji zadovoljavaju P (x 2 + 1) = P (x) za sve x. Rexenje. Na osnovu leme iz uvodnog zadatka postoji polinom Q takav da je P (x) = Q(x 2 + 1) ili P (x) = xq(x 2 + 1). Tada je Q((x 2 + 1) 2 + 1) = Q(x 2 + 1) 2 1, odnosno (x 2 + 1)Q((x 2 + 1) 2 + 1) = x 2 Q(x 2 + 1) Smena x = y daje Q(y 2 + 1) = Q(y) 2 + 1, odnosno yq(y 2 + 1) = (y 1)Q(y)

3 Pretpostavimo da je yq(y 2 +1) = (y 1)Q(y) Ubacivanjem y = 1 dobijamo Q(2) = 1. Primetimo da, ako je Q(a) = 1, onda je aq(a 2 + 1) = (a 1) + 1 pa je i Q(a 2 + 1) = 1. Ovako dobijamo beskonaqan niz (a n ) taqaka u kojima Q uzima vrednost 1, dat sa a 0 = 2 i a n+1 = a 2 n + 1. Zakljuqujemo da je Q 1. Sada lako dolazimo do svih rexenja: to su polinomi oblika T (T ( (T (x)) )), gde je T (x) = x Ako polinom P sa realnim koeficijentima zadovoljava za svako x P (cos x) = P (sin x), dokazati da postoji polinom Q takav da je za svako x, P (x) = Q(x 4 x 2 ). Rexenje. Iz uslova lako sledi da je P ( sin x) = P (sin x), tj. P ( t) = P (t) za beskonaqno mnogo t, pa polinomi P (x) i P ( x) moraju da se poklapaju. Dakle, P (x) = S(x 2 ) za neki polinom S. Sada je S(cos 2 x) = S(sin 2 x) za svako x, tj. S(1 t) = S(t) za beskonaqno mnogo vrednosti t, xto daje S(x) S(1 x). To je ekvivalentno sa R(x 1 2 ) = R( 1 x), tj. R(y) R( y), gde je R polinom takav da je S(x) = R(x 1 2 ). Sada je R(x) = T (x 2 ) za neki polinom T, i najzad P (x) = S(x 2 ) = R(x ) = T (x4 x ) = Q(x 4 x 2 ) za neki polinom Q. 8. Na i sve qetvorke polinoma (P 1, P 2, P 3, P 4 ) takve da, kad god prirodni brojevi x, y, z, t zadovoljavaju xy zt = 1, vaжi P 1 (x)p 2 (y) P 3 (z)p 4 (t) = 1. Rexenje. Oqigledno je da P 1 (x)p 2 (y) = P 2 (x)p 1 (y) za sve prirodne x, y, odakle sledi da P 2 (x)/p 1 (x) ne zavisi od x. Dakle, P 2 = cp 1 za neku konstantu c. Sliqno je P 4 = dp 3 za neku konstantu d. Sada imamo cp 1 (x)p 1 (y) dp 3 (z)p 3 (t) = 1 kad god su x, y, z, t prirodni i xy zt = 1. Takođe vidimo da P 1 (x)p 1 (y) zavisi samo od xy. tj. f(x) = P 1 (x)p 1 (n/x) je isto za sve delioce x broja n. Kako je f racionalna funkcija, a broj delilaca x moжe biti proizvoljno velik, sledi da je f konstantno, tj. polinom po n (u razvoju f se ne pojavljuje x). Lako se proverava da ovo vaжi samo kada je P 1 oblika P 1 (x) = x n za neko n. Sliqno je P 3 (x) = x m za neko m i c(xy) n d(zt) m = 1. Odavde je m = n i c = d = 1, i najzad m = n = 1. Dakle, P 1 (x) = P 2 (x) = P 3 (x) = P 4 (x) = x. 9. Na i sve polinome P (x) sa realnim koeficijentima koji zadovoljavaju jednakost P (a b) + P (b c) + P (c a) = 2P (a + b + c) za sve trojke (a, b, c) realnih brojeva takvih da je ab + bc + ca = 0. (MMO ) Rexenje. Neka je P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n. Za svako x trojka (a, b, c) = (6x, 3x, 2x) zadovoljava uslov ab+bc+ca = 0. Uslov po P nam daje P (3x)+P (5x)+P ( 8x) = 2P (7x) za sve x, odakle upoređivanjem koeficijenata dobijamo K(i) = ( 3 i + 5 i + ( 8) i 2 7 i) = 0 kad god je a i 0. Kako je K(i) negativno za neparno i i pozitivno za i = 0 i i 6, a i = 0 je mogu e samo za i = 2 i i = 4. Prema tome, P (x) = a 2 x 2 + a 4 x 4 za neke realne brojeve a 2, a 4. Lako se proverava da svi ovakvi P (x) zadovoljavaju traжeni uslov. 10. (a) Ako za realan polinom P (x) vaжi P (x) 0 za svako x, dokazati da postoje realni polinomi A(x) i B(x) takvi da je P (x) = A(x) 2 + B(x) 2. (b) Ako za realan polinom P (x) vaжi P (x) 0 za svako x 0, dokazati da postoje realni polinomi A(x) i B(x) takvi da je P (x) = A(x) 2 + xb(x) 2. Rexenje. Polinom P (x) se moжe predstaviti u obliku P (x) = (x a 1 ) α1 (x a k ) αk (x 2 b 1 x + c 1 ) (x 2 b m x + c m ), ( ) pri qemu su a i, b j, c j realni brojevi takvi da su a i razliqiti i polinomi x 2 b i x + c i nemaju realnih nula. Iz uslova P (x) 0 za sve x sledi da su svi α i parni, a iz uslova P (x) 0 za sve x 0 sledi da je ( i) α i parno ili a i < 0. Sada je lako predstaviti svaki 3

4 od qinilaca u ( ) u obliku A 2 + B 2, odnosno A 2 + xb 2, pa je po poznatoj formuli (a 2 + γb 2 )(c 2 + γd 2 ) = (ac + γbd) 2 + γ(ad bc) 2 njihov proizvod P (x) takođe mogu e predstaviti u жeljenom obliku. 11. Ako polinomi P i Q imaju bar po jedan realan koren, i dokazati da je P Q. P (1 + x + Q(x) 2 ) = Q(1 + x + P (x) 2 ), Rexenje. Primetimo da postoji x = a takvo da je P (a) 2 = Q(a) 2. Ovo sledi iz qinjenice da, ako su p i q redom realni korenovi P i Q, onda je P (p) 2 Q(p) 2 0 P (q) 2 Q(q) 2, a P 2 Q 2 je neprekidna funkcija. Sada je P (b) = Q(b) za b = 1 + a + P (a) 2. Ako pretpostavimo da je a najve i realan broj takav da je P (a) = Q(a), odmah dolazimo do kontradikcije. 12. Ako su P i Q moniqni polinomi takvi da je P (P (x)) = Q(Q(x)), dokazati da je P Q. Rexenje. Pretpostavimo da je R = P Q 0 i da je 0 < k n 1 stepen R(x). Tada je P (P (x)) Q(Q(x)) = [Q(P (x)) Q(Q(x))] + R(P (x)). Ako napixemo Q(x) = x n + + a 1 x + a 0, imamo Q(P (x)) Q(Q(x)) = [P (x) n Q(x) n ] + + a 1 [P (x) Q(x)], pri qemu svi sabirci osim prvog imaju stepen najvixe n 2 n, dok je prvi sabirak jednak R(x) (P (x) n 1 + P (x) n 2 Q(x) + + Q(x) n 1) i otuda ima stepen n 2 n + k sa vode im koeficijentom n. Dakle, stepen Q(P (x)) Q(Q(x)) je n 2 n + k. Stepen polinoma R(P (x)) je jednak kn < n 2 n + k, odakle zakljuqujemo da je razlika P (P (x)) Q(Q(x)) stepena n 2 n + k, xto je kontradikcija. Ostaje sluqaj kada je R c konstantno. Tada uslov P (P (x)) = Q(Q(x)) daje Q(Q(x) + c) = Q(Q(x)) c, pa jednakost Q(y +c) = Q(y) c vaжi za beskonaqno mnogo y, odakle je Q(y + c) Q(y) c xto je mogu e samo za c = 0 (dovoljno je uporediti koeficijente). 13. Ako postoje uzajamno prosti polinomi P, Q, R sa kompleksnim koeficijentima takvi da je P a + Q b + R c = 0, gde su a, b, c prirodni brojevi, dokazati da vaжi 1 a + 1 b + 1 c > 1. Rexenje. Prvo dokaжimo slede e pomo no tvrđenje. Lema. Ako su A, B i C uzajamno prosti polinomi sa A + B + C = 0, onda je stepen svakog od polinoma A, B, C manji od broja razliqitih nula polinoma ABC. Dokaz. Neka je A(x) = k (x p i ) ai, B(x) = l m (x q i ) bi, C(x) = (x r i ) ci. Napiximo datu jednakost kao A(x)C(x) 1 + B(x)C(x) 1 = 1 i diferencirajmo je po x. Dobijamo ( k ) ( A(x)C(x) 1 a i m l ) c i = B(x)C(x) 1 b i m c i, x p i x r i x q i x r i iz qega vidimo da se A(x)/B(x) moжe predstaviti kao koliqnik dva polinoma stepena ne ve eg od k+l+m 1. Tvrđenje sledi iz qinjenice da su A i B uzajamno prosti. Primenimo ovo tvrđenje na polinome P a, Q b, R c. Svaki od a deg P, b deg Q, c deg R je manji od deg P +deg Q+deg R, odakle je 1 a > deg P deg P +deg Q+deg R, itd. Sabiranjem dobijamo traжenu nejednakost. Posledica: Velika Fermaova teorema za polinome. 4

5 14. Cilindar je podeljen na mn kvadratnih polja sa m vertikala i n paralela. Dokazati da je mogu e u svako polje dobijene table upisati po jedan realan broj, od kojih bar jedan nije nula, tako da je svaki broj jednak zbiru svih svojih suseda (tj. onih koji s njim dele jednu stranicu), ako i samo ako je za neke cele brojeve k i l cos 2lπ m + cos kπ n + 1 = 1 2. Rexenje. Oznaqimo sa a ij broj u preseku i-te paralele i j-te vertikale. Pridruжimo i-toj paraleli polinom p i (x) = a i1 +a i2 x+ +a im x m 1 i definiximo p 0 (x) = p n+1 (x) = 0. Svojstvo da je svaki broj jednak zbiru svojih suseda moжe se zapisati kao p i (x) = p i 1 (x) + p i+1 (x) + (x m 1 + x)p i (x) po modulu x m 1, tj. p i+1 (x) = (1 x x m 1 )p i (x) p i 1 (x) (mod x m 1). Ovaj niz polinoma je potpuno određen qlanom p 1 (x). Brojeve a ij je mogu e upisati na traжeni naqin ako i samo ako se moжe odabrati p 1 (x) 0 tako da je p n+1 (x) = 0. Ako definixemo niz polinoma r i (x) sa r 0 = 0, r 1 = 1 i r i+1 = (1 x x m 1 )r i r i 1, imamo p n+1 (x) = r n+1 (x)p 1 (x) (mod x m 1). Polinom p 1 0 za koji je p n+1 = 0 postoji ako i samo ako r n+1 (x) i x m 1 nisu uzajamno prosti, tj. ako i samo ako postoji ε takav da je ε m = 1 i r n+1 (ε) = 0. Sada posmatrajmo niz (x i ) određen sa x 0 = 0, x 1 = 1 i x i+1 = (1 ε ε m 1 )x i x i 1. Ako oznaqimo c = 1 ε ε m 1 i ako su u 1, u 2 nule polinoma x 2 cx+1, opxti qlan upravo definisanog rekurentnog niza je x i = ui 1 u i 2 u 1 u 2 ako u 1 u 2 i x i = iu i 1 ako u 1 = u 2. Drugi sluqaj je oqigledno nemogu. U prvom sluqaju (u 1 u 2 ) uslov x n+1 = 0 je ekvivalentan sa u n+1 1 = u n+1 2, tj. sa ω n+1 = 1, gde je u 1 = u 2 ω, xto vaжi ako i samo ako je ( u 2 ) u 2 2ω = 1 i u 2 (1 + ω) = c, dakle (1 + ω) 2 = c 2 ω, tj. 2 + ω + ω = (1 ε ε) 2. Ako je sada ω = cos 2kπ n+1 traжenu. + i sin 2kπ n+1 i ε = cos 2lπ m 2lπ + i sin, gornja jednakost se svodi na 15. Ako je dat prost broj p > 2, na i sve prirodne brojeve n za koje postoje polinomi P i Q sa racionalnim koeficijentima takvi da je P (x) 2 + nq(x) 2 = 1 + x + x x p 1. m c Duxan uki, Beograd 2006 (na osnovu materijala iz 2001/02) 5

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

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

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 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

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

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

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

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

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

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

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

(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

ALGEBRA 1. Grupe. Konaqno generisane Abelove grupe. Zoran Petrovi 11. i 18. decembar ρ = 0. nρ = 0

ALGEBRA 1. Grupe. Konaqno generisane Abelove grupe. Zoran Petrovi 11. i 18. decembar ρ = 0. nρ = 0 ALGEBRA 1 Grupe Konaqno generisane Abelove grupe Zoran Petrovi 11 i 18 decembar 2012 Podsetimo se diedarske grupe: Njena abelizacija zadata je sa: D n = σ, ρ σ 2 = ε, ρ n = ε, σρ = ρ n 1 σ D Ab n = σ, ρ,

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci 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

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije DRЖAVNO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA 5. mart 2016.

Ministarstvo prosvete, nauke i tehnoloxkog razvoja Druxtvo matematiqara Srbije DRЖAVNO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA 5. mart 2016. Prvi razred A kategorija 1. Neka je operacija,, na skupu G = {1, 2, 3,..., 2016} zadata donjom tablicom. 1 2 3 4 2016 1 5 5 5 5 5 2 1 2 5 5 5 3 4 3 5 5 5 4 5 5 5 5 5......... 2016 5 5 5 5 5 (Unutar tablice

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

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Domai zadatak Zlatko Lazovi 30. decembar 2016. verzija 1.1 Sadraj 1 METRIQKI PROSTORI 2 1 1 METRIQKI PROSTORI a) Neka je (M, d) metriqki prostor i neka je (x

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

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

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

REXENjA ZADATAKA OPXTINSKOG TAKMIQENjENjA IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA, Prvi razred, A kategorija

REXENjA ZADATAKA OPXTINSKOG TAKMIQENjENjA IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA, Prvi razred, A kategorija . REXENjA ZADATAKA OPXTINSKOG TAKMIQENjENjA IZ MATEMATIKE UQENIKA SREDNjIH XKOLA,.0.009. Prvi razred, A kategorija Kako je A sredite duжi MN, sledi da je XA = XM + XN. Analogno je XB = XR + XS. XP + XQ i XC

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

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

Tejlorova formula i primene

Tejlorova formula i primene MATEMATIQKA GIMNAZIJA Maturski rad iz matematike Tejlorova formula i primene Uqenik Benjamin Linus Mentor mr Srđan OgƬanovi Beograd, 007 Sadrжaj Uvod 3 Tejlorova formula 4 Tejlorova formula za polinome

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih nizova

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

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija. Teorijski uvod

IspitivaƬe funkcija. Teorijski uvod IspitivaƬe funkcija Teorijski uvod IspitivaƬe funkcija je centralni i svakako najbitniji deo svakog kursa matematike. On daje matematiqku osnovu za skiciraƭe grafika na osnovu matematiqke formule određenih

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

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

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

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

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Prediktor-korektor metodi

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

( 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

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

Potencija taqke. Duxan uki

Potencija taqke. Duxan uki Potencija taqke Duxan uki Neka su dati krug k i taqka u ravni. Posmatrajmo proizvoljnu pravu l kroz i njene preseqne taqke B i sa krugom k. Proizvod B ne zavisi od izbora prave l. Zaista, ako sa D oznaqimo

Διαβάστε περισσότερα

INTEGRALI Zadaci sa kolokvijuma

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

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1 { fiziqka hemija

Matematika 1 { fiziqka hemija UNIVERZITET U BEOGRADU MATEMATIQKI FAKULTET Matematika 1 { fiziqka hemija Vektori Tijana Xukilovi 29. oktobar 2015 Definicija vektora Definicija 1.1 Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih dui koje imaju

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

Zadaci iz Topologije A

Zadaci iz Topologije A Zadaci iz Topologije A 1. Neka je X neprazan skup i Φ : P(X P(X funkcija za koju vaжi: (1 Φ( = ; (2 A Φ(A za sve A P(X; (3 Φ(A B = Φ(A Φ(B za sve A, B P(X; (4 Φ(Φ(A = Φ(A za sve A P(X. Dokazati da postoji

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

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

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

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

uniformno konvergira na [ 2, 2]?

uniformno konvergira na [ 2, 2]? Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 27.6.2015. ZAVRXNI ISPIT IZ MATEMATIKE 3 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati diferencijabilnost funkcije u = u(x, y, z) u taqki (0, 1, 2). 2. Definisati

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

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

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

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

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

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

Διαβάστε περισσότερα

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1)

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 2.2 Srednje vrijednosti aritmetička sredina, medijan, mod Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 1 2.2.1 Aritmetička sredina X je numerička varijabla. Aritmetička sredina od (1) je broj:

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Matematiqka gimnazija u Beogradu Vektori. Milivoje Luki

Matematiqka gimnazija u Beogradu Vektori. Milivoje Luki Matematiqka gimnazija u Beogradu 30.01.2007. Vektori Milivoje Luki 1. Linearne kombinacije vektora Vektor v je linearna kombinacija vektora v 1, v 2,..., v n ako postoje skalari (odn. realni brojevi) λ

Διαβάστε περισσότερα

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK

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

Διαβάστε περισσότερα

Betonske konstrukcije 1 - vežbe 3 - Veliki ekscentricitet -Dodatni primeri

Betonske konstrukcije 1 - vežbe 3 - Veliki ekscentricitet -Dodatni primeri Betonske konstrukcije 1 - vežbe 3 - Veliki ekscentricitet -Dodatni primeri 1 1 Zadatak 1b Čisto savijanje - vezano dimenzionisanje Odrediti potrebnu površinu armature za presek poznatih dimenzija, pravougaonog

Διαβάστε περισσότερα

DELJIVOST CELIH BROJEVA

DELJIVOST CELIH BROJEVA DELJIVOST CELIH BROJEVA 1 Osnovne osobine Definicija 1.1 Nea su a 0 i b celi brojevi. Ao postoji ceo broj m taav da je b = ma, onda ažemo da je a delitelj ili fator broja b, b je sadržalac, višeratni ili

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

Dejstvo grupe na skup

Dejstvo grupe na skup 1 Dejstvo grupe na skup 1.1 Teorijski uvod Definicija Neka je G grupa i S skup. Dejstvo grupe G na skup S je preslikava e : G S S, koje zadovo ava dve aksiome: 1. e x = x, za sve x S, 2. (gh) x = g (h

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

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

OM2 V3 Ime i prezime: Index br: I SAVIJANJE SILAMA TANKOZIDNIH ŠTAPOVA

OM2 V3 Ime i prezime: Index br: I SAVIJANJE SILAMA TANKOZIDNIH ŠTAPOVA OM V me i preime: nde br: 1.0.01. 0.0.01. SAVJANJE SLAMA TANKOZDNH ŠTAPOVA A. TANKOZDN ŠTAPOV PROZVOLJNOG OTVORENOG POPREČNOG PRESEKA Preposavka: Smičući napon je konsanan po debljini ida (duž pravca upravnog

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

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2

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

Διαβάστε περισσότερα

Neodred eni integrali

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

O Šturmovim rečima i njihovim primenama u teoriji brojeva

O Šturmovim rečima i njihovim primenama u teoriji brojeva UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Kristina Ago O Šturmovim rečima i njihovim primenama u teoriji brojeva - Master rad- Mentor: dr Bojan Bašić

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

- 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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Zbirka zadataka iz Matematike I

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

Διαβάστε περισσότερα

METODA SEČICE I REGULA FALSI

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

Διαβάστε περισσότερα

Projektivna geometrija

Projektivna geometrija Projektivna geometrija Autor: Vladica Andreji Zbirka zadataka baziranih na veжbama drжanih sezone 2004/05 Analitiqki pristup. Osnovna teorema, dvorazmera 27. mart 2005. Zadatak. Taqke 0, i afinog sistema

Διαβάστε περισσότερα

SADRŽAJ 8. LITERATURA...

SADRŽAJ 8. LITERATURA... SADRŽAJ 1. UVOD 2. Polinomi. 3. Racionalne funkcije. 4. Stepene funkcije... 5. Logaritamske funkcije... 6. Trigonometrijske funkcije.. 7. Inverzne fukcije. 8. LITERATURA... 1 UVOD Elementarne funkcije

Διαβάστε περισσότερα