Funkcije više varijabli

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Funkcije više varijabli"

Transcript

1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 7 Pojam funkcije dviju varijabla, grafa i parcijalnih derivacija

2 Poglavlje 1 Funkcije više varijabli 1.1 Domena Jedno od osnovnih pitanja koje se može postaviti za realnu funkciju dvije varijable jest pitanje domene, tj. utvrđivanje područja u ravnini R 2 na kojem je funkcija definirana. Često se pritom i skicira skup svih točaka domene u koordinatnom sustavu, jer sam eksplicitni zapis za domenu ne govori previše. Funkcije koje ćemo mi promatrati kompozicije su nekoliko elementarnih funkcija, npr. korjenovanja, potenciranja, logaritamskih funkcija te trigonometrijskih i njima inverznih arkus funkcija. Stoga ćemo se ukratko podsjetiti koje su domene tih funkcija. Pritom ćemo te funkcije promatrati kao funkcije jedne varijable. Naime, bitno je da se uoči uvjet koji mora vrijediti na argument funkcije koju promatramo, bila ta funkcija jedne ili više varijabli. Rješavanjem svih uvjeta dolazimo do domene zadane funkcije. (1) f(x) = x. Uvjet kojeg postavljamo je da je x 0, odakle i dolazimo do domene D(f) = [0, >. Uvjet pamtimo kao "podkorijenski izraz je nenegativan". (2) f(x) = 1 x. Jedini uvjet kojeg treba postaviti je x 0, pa je D(f) = R \ {0}. Općenito, funkcije potenciranja s pozitivnim cjelobrojnim potencijama f(x) = x k, k N nemaju uvjeta na domenu, pa je u tom slučaju domena čitav R, dok funkcije potenciranja s negativnim potencijama f(x) = x k, k Z imaju uvjet da je x 0 (zbog razlomka, jer npr. x 5 = 1 x = ( 1 5 x )5 ). Dakle, svu pažnju kod funkcija potenciranja cjelobrojnim potencijama treba usmjeriti samo na funkciju f(x) = 1 x. Uvjet kojeg pamtimo glasi: "razlomak je različit od nule". 1

3 (3) f(x) = log a x. Uvjet glasi: x > 0. Međutim, može se dogoditi da je zadana funkcija u kojoj logaritamska baza ovisi o funkcijskoj varijabli, kao npr. f(x) = log x x 2. U tom slučaju (što se baze tiče) moramo poštivati činjenicu da je baza strogo veća od nule i različita od jedinice, pa imamo uvjete x > 0, x 1. Dakle, kod logaritamske funkcije postoje dva uvjeta, koja pamtimo kao "argument je strogo pozitivan" i "baza je strogo pozitivna i različlita od jedinice". Dalje, poznati je da eksponencijalna funkcija kao inverzna funkcija logaritamske funkcije nema uvjeta na domenu, tj. da je za f(x) = a x (uz a > 0 i a 1!) domena jednaka čitavom R. (4) Kod trigonometrijskih funkcija, poznato je da funkcije sin x i cos x imaju za domenu čitav skup realnih brojeva, pa uvjeta na domenu nema. Međutim, kod funkcija tan x i cot x moramo obratiti pažnju na definiciju ovih funkcija, tj. na nazivnike: tan x = sin x cos x cos x, cot x = sin x, pa ćemo zbog (2) imati kod funkcije tan x uvjet cos x 0, a kod cot x uvjet sin x 0. (5) Kod arkus funkcija poznati su uvjeti na domenu koji je određuju. Nas će u zadacima zanimati samo funkcije arcsin x i arccos x. Za obje ove funkcije znamo da je domena dana s D(f) = [ 1, 1], tj. uvjet na x glasi x 1. Dakle, uvjet na izraz koji se nalazi pod arcsin ili arccos funkcijom možemo pamtiti kao "argument je po apsolutnoj vrijednosti manji ili jednak 1 ". Riješimo nekoliko primjera, ali sada određujući domenu funkcije dvije varijable. Primjer 1 Odredite domenu funkcije f(x, y) = x + 1 x + y i rješenje predočite grafički u ravnini. Rješenje: Najprije zbog "vanjskog" korijena moramo postaviti uvjet: (1) x + 1 x + y 0, a potom zbog "vanjskog" korijena (2) x + y 0. Prvi uvjet se rješava po slučajevima. Najprije napišimo x + y x+1. Imamo (a) ako je x + 1 < 0 (tj. x < 1), nejednažba nema rješenja (jer je s lijeve strane nenegativan, a s desne strane negativan broj). (b) ako je x (tj. x 1), možemo kvadrirati nejednadžbu, jer su obje strane pozitivne. Dobivamo x + y x 2 + 2x + 1, odnosno y x 2 + x + 1. Radi se o području odozgo omeđenom parabolom y = x 2 + x + 1 (a uključuje i samu parabolu). Rješenje prvog uvjeta možemo ukratko napisati kao y x 2 + x + 1 za x 1. Rješavamo drugi uvjet. Imamo y x, što grafički možemo predstaviti područjem ravnine omeđenim odozdo pravcem s jednadžbom y = x (područje uključuje i sam pravac). Konačno rješenje se dobiva presijecanjem područja dobivenih rješavanjem oba uvjeta. Kako u drugom uvjetu nema rješenja za x < 1, to "lijevo" od pravca x = 1 nema niti jedne točke iz domene. Međutim, za x 1 ("desno" od pravca x = 1) imamo uvjet y x 2 + x + 1, ali i uvjet y x, pa je domena skup svih točaka koje se nalaze "ispod" parabole y = x 2 + x + 1, a "iznad" pravca y = x (uključujući i te dvije krivulje). Pažljivim crtanjem i računom vidi se da se ove dvije krivulje sijeku upravo u točki s x koordinatom jednakom 1, pa rješenje izgleda kao na slici (vidi str. 3.). 2

4 Slika 1.1: Grafički prikaz domene funkcije f Primjer 2 Odredite domenu funkcije f(x, y) = (1 x2 )(1 y 2 ) xy i rješenje predočite grafički u ravnini. Rješenje: Kao i u prtehodnom primjeru, ovdje možemo postaviti dva uvjeta: (1) (1 x 2 )(1 y 2 ) xy 0, vezano uz "vanjski" korijen i (2) (1 x 2 )(1 y 2 ) 0, vezano uz "unutarnji" korijen. Riješimo najprije prvi uvjet: (1 x2 )(1 y 2 ) xy, imamo diskusiju: (a) Ako je xy < 0, s lijeve strane nejednadžbe imamo korijen (koji je uvijek nenegativan), a s desne strane strogo negativan broj, pa je u ovom slučaju nejednakost očito zadovoljena. No, rješavali smo u skupu xy < 0, što riješeno daje točke drugog (x < 0, y > 0) i četvrtog kvadranta (x > 0, y < 0). Točke koje leže na koordinatnim osima su zbog stroge nejednakosti isključene. (b) Ako je xy 0, obje su strane nejednadžbe nenegativne, pa možemo kvadrirati nejednadžbu. Dobivamo nakon sređivanja x 2 + y 2 1, pa se radi o krugu sa središtem u ishodištu i radijusom 1. Preciznije, u skup točaka koje čine rješenje uključena je i sama kružnica. Kako smo ovaj slučaj rješavali u skupu točaka koje zadovoljavaju nejednadžbu xy 0, vrijednit će to u prvom (x 0, y 0) i trećem (x 0, y 0) kvadrantu (ovog puta uključivši i točke koje leže na koordinatnim osima). Riješimo sada drugi uvjet. Ako nejednadžbu zapišemo u obliku (a) 1 x 2 0 i 1 y 2 0, što daje x 1 i y 1. Rješenje je dano kao {(x, y) 1 x 1, 1 y 1}, što je kvadrat stranice 2 sa središtem (presjecištem dijagonala) u ishodištu. Stranice su uključene. (b) 1 x 2 0 i 1 y 2 0, što daje x 1 i y 1. Rješenje je dano kao {(x, y) x 1 ili x 1, y 1 ili y 1}. Unija dva skupa dobivena pod (a) i (b) je rješenje drugog uvjeta. Konačno rješenje prvog uvjeta dano je kao dio unutar jedinične kružnice u prvom i trećem kvadrantu, odnosno kao cijeli drugi i četvrti kvadrant. Međutim, to rješenje moramo presjeći s rješenjem drugog uvjeta da dobijemo konačno 3

5 rješenje. Ono je na donjoj slici označeno svjetlosivo, uz napomenu da su sve rubne točke tog područja dio rješenja. Tamnosivi dio dolazi od rješenja prvog uvjeta i služi samo za orijentaciju. Slika 1.2: Grafički prikaz domene funkcije f Zadatak 3 Odredite domenu funkcije f: (1) f(x, y) = 2x + y + x 3 (2) f(x, y) = x + 2 x + y + 1 (3) f(x, y) = x + y x (4) f(x, y) = (x 2 + y 2 4)(9 x 2 y 2 ) ( Primjer 4 Odredite domenu funkcije f(x, y) = ln xy x y ). 1 Rješenje: Rješavamo dva uvjeta: (1) xy x y 1 > 0 xy x y > 1 xy x y > 1 (zbog logaritma) xy (2) x y 0 (zbog korijena) (3) x y (zbog nazivnika). Očito prvi uvjet uključuje i drugi, pa je dovoljno riješiti samo njega. Imamo dvije mogućnosti: (a) ako je x y > 0 množenjem s nazivnikom znak nejednakosti se ne mijenja, pa imamo xy > x y, tj. y(x + 1) > x. Ako je x + 1 > 0, dijeljenjem s tim izrazom dobivamo y > x x+1. Ako je x + 1 < 0, dijeljenjem dobivamo y < x x+1. (b) ako je x y < 0 dobivamo xy < x y, tj. y(x + 1) < x. Ako je x + 1 > 0, imamo y < x x x+1, dok za x + 1 < 0 imamo y > x+1. Još treba vidjeti što je s opcijom x = 1. Uvrštenjem u početnu nejednadžbu dobivamo y 1 y > y > 0 1 y > 0 y < 1. Pokušajte ovako izračunatu domenu funkcije prikazati u ravnini! Zadatak 5 Odredite domenu funkcije f: 4

6 (1) f(x, y) = ln (1 y + x 3) (2) f(x, y) = ln ( x 2 + y 2 4 y + x) (3) f(x, y) = ln (1 x y 2x) Primjer 6 Odredite domenu funkcije f(x, y) = sin(x 2 + y 2 ) + ln(4 x) + ln(4 y). Rješenje: Imamo sljedeće uvjete: (1) sin(x 2 + y 2 ) 0, zbog korijena (2) 4 x > 0, zbog logaritma (3) 4 y > o, zbog logaritma Uzimajući u obzir uvjete (2) i (3), rješavamo prvi uvjet: sin(x 2 + y 2 ) 0 (x 2 + y 2 ) [0, π] + 2kπ gdje k Z Tu je očito riječ o kružnim vijencima odgovarajućih radijusa, međutim, zbog uvjeta (2) i (3), uzimamo samo one unutar kvadranta oneđenog s x = 4, y = 4 Slika 1.3: Grafički prikaz domene funkcije f Primjer 7 Odredite D(f) funkcije f(x, y) = 1 log 2 x y i rješenje predočite grafički. Rješenje: U ovom zadatku osim diskusije po argumentu logaritamske i korjenske funkcije moramo uvjete postavljati i vezano uz bazu logaritamske funkcije, jer je ona ovisna o varijabli x. Imamo sljedeće uvjete: (1) 1 log 2 x y 0, zbog korijena (2) y > 0, zbog logaritma (3) x > 0 i x 1, zbog logaritma 5

7 Uzimajući u obzir uvjete (2) i (3), rješavamo prvi uvjet: log 2 x y 1 log x y 1 1 log x y 1 Sada moramo napraviti diskusiju po bazi: (a) ako je 0 < x < 1, logaritamska funkcija je padajuća, pa djelovanjem inverzne funkcije na gornje dvije nejednadžbe mijenjamo znak nejednakosti: x 1 y x. (b) ako je x > 1, logaritamska funkcija je rastuća, pa djelovanjem inverzne funkcije na gornje dvije nejednadžbe znak nejednakosti ostaje isti: x 1 y x. Zbog drugog i trećeg uvjeta radimo samo u prvom kvadrantu, i to isključivši zbog stroge nejednakosti točke koje se nalaze na koordinatnim osima, kao i bez pravca x = 1 (zbog baze). Opcije pod (a) i (b) govore da i u dijelu ravnine omeđenom pravcima x = 0 i x = 1, ali i onom omeđenom slijeva pravcem x = 1 rješenje predstavlja područje koje se nalazi između pravca y = x i y = 1 x. Rješenje uključuje i ove krivulje, a grafički je predstavljeno sljedećom slikom: Slika 1.4: Grafički prikaz domene funkcije f Zadatak 8 Odredite domenu funkcije f: (1) f(x, y) = log 2 y x 9 (2) f(x, y) = log x+y (x y 1) (3) f(x, y) = ln (y + x 2 ) ln (x y 2 ) (4) f(x, y) = x 2 9y 2 + ln ( x 2 + 9y 2 + 1) (5) f(x, y) = (6) f(x, y) = 8x 6y+x2 +y 2 log (xy) x 2 +y 2 4 x+y + ln (x 2 4) 6

8 Primjer 9 Pokažite da je domena funkcije f(x, y) = arcsin x+y+2 x+y+1 + 3x y + 2 prazna. Rješenje: Koristimo činjenicu da je domena arcsin funkcije dana s [ 1, 1], što ovdje postaje jedan od uvjeta koje moramo postaviti: (1) 1 x+y+2 x+y+1 1, zbog arcsin funkcije (2) 3x + 2 0, zbog korijena (3) 3y + 2 0, zbog korijena. Drugi i treći uvjet je lako riješiti, dobivamo x 2 3, y 2 3. Riješimo sada prvi uvjet: 1 x+y+2 x+y x+y x+y Vidimo da je x+y+1 0, što znači da imamo x+y +1 < 0, tj. y < x 1. Zbog toga pri množenju s nazivnikom prva nejednadžba mijenja znak nejednakosti, pa imamo 2(x + y + 1) 1 x + y y x 3 2. Dakle, konačno rješenje predstavlja područje određeno četirima nejednadžbama: y x 3 2, y < x 1, x 2 3, y 2 3. Iz treće nejednaždbe imamo x 2 3, što uvrštanjem u prvu daje y = 5 6 < 2 3, što je u suprotnosti sa zadnjom nejednadžbom. Odavdje slijedi tvrdnja: D(f) =. Do istog zaključka možete doći ako skicirate presjeke poluravnina koje predstavljaju rješenja gornjih nejednadžbi. Primjer 10 Odredite domenu funkcije f(x, y) = ln [π 2 4 arccos 2 x y ]. Rješenje: Postavljamo uvjete: (1) π 2 4 arccos 2 x y > 0, zbog logaritamske funkcije (2) 1 x y 1, zbog arccos funkcije. Rješavamo prvi uvjet: π 2 4 arccos 2 x y > 0 4 arccos 2 x y > π2 arccos 2 x y < ( π 2 )2 arccos x y < π 2 π 2 < arccos x y < π 2 S obzirom na to da je skup vrijednosti arccos funkcije dan s 0 arccos x y π, to je nejednakost π 2 < arccos x y uvijek zadovoljena. Međutim, moramo uzeti u obzir uvjet 0 arccos x y, pa sada imamo 7

9 0 arccos x y < π 2, što invertiranjem daje cos 0 x y > cos π 2 1 x y > 0. Vidimo sada da je ovaj sustav nejednadžbi "jači" od onog danom uvjetom (2), kojeg stoga nećemo niti rješavati. Rješavamo dakle do kraja uvjet (1), tj. njegove dvije nejednadžbe: (a) 0 < x y : radi se o točkama prvog (x > 0 i y > 0) i trećeg kvadranta (x < 0 i y < 0), isključivši točke koje se nalaze na koordinatnim osima (zbog stroge nejednakosti). (b) x y 1: ako je y < 0 imamo x y, a za y > 0 je x y. Dakle, ako se radi o trećem kvadrantu, rješenje predstavljaju točke koje zadovoljavaju nejednadžbu y x, a ako se radi o prvom kvadrantu, rješenje su sve točke koje zadovoljavaju nejednadžbu y x. Konačno rješenje možemo zapisati ovako: D(f) = {(x, y) x < 0, y < 0, y x} {(x, y) x > 0, y > 0, y x}. Napomena: Prema svim "parnim" korijenima postupamo kao s drugim korijenom, tj. zahtijevamo da argument bude nenegativan. ako se radi o neparnim korijenima, ne postavljamo uvjete, tj. argument je proizvoljan realan broj. Zadatak 11 Odredite domenu funkcije f: (1) f(x, y) = log 2 (x 2 + y 2 9) arccos x 2 2 (2) f(x, y) = arcsin [ 1 ( ) ] 2 x y x+y (3) f(x, y) = ln(4x 2 + 9y 2 1) + arcsin (x+y)2 1 (x+y) 2 +1 ( (4) f(x, y) = ln x y ) + arccos x 3y x+y 1.2 Parcijalne derivacije Parcijalne derivacije prvog reda Definicija Neka je f(x, y) funkcija dvije varijable. Ako y držimo konstantnim (npr. y = y 0 ), a x varijabilnim, onda možemo promatrati f(x, y 0 ) kao funkciju varijable x. Ako je ta funkcija diferencijabilna u x = x 0, onda vrijednost derivacije te funkcije označavamo s f x (x 0, y 0 ) i zovemo je parcijalna derivacija funkcije f po varijabli x u točki (x 0, y 0 ). Ponekad se piše i f x (x 0,y 0)f(x, y) ili f x f(x 0, y 0 ). Analogno definiramo i parcijalnu derivaciju funkcije f po varijabli y u točki (x 0, y 0 ), u oznaci f y (x 0, y 0 ), f y (x 0,y 0)f(x, y) ili f y f(x 0, y 0 ). Ako parcijalna derivacija funkcije f po varijabli x postoji za sve fiksne y = y 0 u svim točkama x = x 0 (x 0 i y 0 su takvi da je (x 0, y 0 ) iz domene funkcije 8

10 f), onda funkciju f f x danu s (x 0, y 0 ) f x (x 0, y 0 ) zovemo parcijalna derivacija funkcije f po varijabli x, u oznaci f x ili f x. Analogno definiramo i parcijalnu derivaciju funkcije f po varijabli y, u oznaci f y ili f y. Ove derivacije zovemo jednim imenom parcijalne derivacije prvog reda funkcije f ili skraćeno prve parcijalne derivacije funkcije f. Primjer 1 Izračunajte f x i f y funkcije f(x, y) = x 3 y + 2x 3 y 2, te nađite f x (1, 4) i f y (1, 1). Rješenje: Da bismo našli parcijalnu derivaciju funkcije f po varijabli x, promatramo gornju funkciju kao funkciju varijable x, dok varijablu y shvaćamo kao konstantu. Imamo f x (x, y) = 3x 2 + 6x 2 y 2 f y (x, y) = 1 + 4x 3 y. Da bismo izračunali vrijednost parcijalne derivacije po x ili po y u točki (1, 1), potrebno je samo uvrstiti ove vrijednosti u izraz za f x i f y, redom. Imamo f x (1, 4) = = 99 f y (1, 1) = ( 1) = 5. Pavilo za derivaciju kompozicije funkcija vrijedi i ovdje, kao što se može vidjeti u sljedećem primjeru: Primjer 2 Izračunajte f x i f y funkcije f(x, y) = arctan y x. Rješenje: Računamo: f x (x, y) = ( y f x( y x )2 x ) = 1 x 2 +y 2 x 2 y x 2 = x2 x 2 + y 2 y x 2 = y x 2 + y 2 f y (x, y) = ( y f y( y x )2 x ) = 1 1 x 2 +y 2 x = x 2 x2 x 2 + y 2 1 x = x x 2 + y 2. Zadatak 3 Izračunajte f x i f y sljedećih funkcija: (1) f(x, y) = 5x 3 y 2 9 (2) f(x, y) = e x 2y (3) f(x, y) = arcsin xy 2 (4) f(x, y) = x 4 sin xy 3 (5) f(x, y) = sin e x y (6) f(x, y) = 1 x 2 y 2 (7) f(x, y) = x 3 ln 1 + xy 3 5 (8) f(x, y) = 3x 5 y 7x 3 y 9

11 (9) f(x, y) = x+y x y (10) f(x, y) = y 3 2 tan 1 x y. Zadatak 4 Izračunajte vrijednosti f x i f y funkcije f(x, y) u danim točkama: (1) f(x, y) = 9 x 2 7y 3 u (3, 1) (2) f(x, y) = x 2 e xy u (1, 1) (3) f(x, y) = x 2 + 4y 2 u (1, 2) (4) f(x, y) = x 2 cos xy u ( 1 2, π) Parcijalne derivacije drugog reda S obzirom da su parcijalne derivacije po x i po y (ako postoje) i same funkcije, možemo (uz neka ograničenja koja nas ovdje neće zanimati) izračunavati njihove parcijalne derivacije, bilo po x bilo po y: Preciznije, za danu diferencijabilnu funkciju f i njene parcijalne derivacije (ako su one opet diferencijabilne funkcije) možemo računati: (1) parcijalnu derivaciju po x funkcije f x oznaka f xx ili 2 f x 2 (2) parcijalnu derivaciju po y funkcije f x oznaka f yx ili (3) parcijalnu derivaciju po x funkcije f y oznaka f xy ili 2 f y x 2 f x y (4) parcijalnu derivaciju po y funkcije f y oznaka f yy ili 2 f y 2. Ove derivacije zovemo jednim imenom parcijalne derivacije drugog reda funkcije f ili skraćeno druge parcijalne derivacije funkcije f. Napomena: Naravno, moguće je računati parcijalne derivacije drugih parcijalnih derivacija (tzv. parcijalne derivacije trećeg reda), pa i nastaviti ovaj postupak na računanje parcijalnih derivacija još viših redova. Međutim, nas to ovdje neće zanimati. Primjer 1 Izračunajte parcijalne derivacije drugog reda funkcije f(x, y) = x 2 y 3 + x 4 y. Rješenje: Najprije treba izračunati parcijalne derivacije prvog reda: f x (x, y) = 2xy 3 + 4x 3 y f y (x, y) = 3x 2 y 2 + x 4. Sada možemo izračunati sve četiri parcijalne derivacije: f xx (x, y) = 2y x 2 y f xy (x, y) = 6xy 2 + 4x 3 f yx (x, y) = 6xy 2 + 4x 3 f yy (x, y) = 6x 2 y. 10

12 Napomena: Primijetite da je u prethodnom primjeru f xy (x, y) = f yx (x, y), što je upravo tvrdnja Schwarzovog teorema. Naime, za dovoljno "lijepe" funkcije imat ćemo uvijek jednakost između "miješanih" parcijalnih derivacija, pa će u praksi biti dovoljno izračunati samo tri od četiri moguće parcijalne derivacije drugog reda. Zadatak 2 Ponovite zadatke 3 i 4, ali sada računajući sve parcijalne derivacije drugog reda. Uvjerite se u ispravnost tvrdnje Schwarzovog teorema na ovim primjerima! Parcijalne derivacije implicitno zadanih funkcija Često u praksi nailazimo na funkcije kod kojih nije moguće eksplicitno izraziti funkcijsko pravilo u terminima obiju varijabli. Npr. kod funkcije f(x, y) zadane implicitno s x 2 +f(x, y) sin(xyf(x, y)) = 0 nije moguće eksplicitno izraziti f(x, y) kao funkciju u varijablama x i y. U takvim izrazima često označavamo z := f(x, y) pa gornji izraz poprima oblik x 2 + z sin(xyz) = 0. Sada formalno ovaj izraz shvaćamo kao funkciju F (x, y, z) tri varijable x, y i z, iako je jasno da je z ovdje zapravo funkcija u varijablama x i y. Nas će prije svega zanimati kako u takvim izrazima naći parcijalne derivacije prvog reda i potom izračunati vrijednosti tih derivacija u zadanoj točki. U našim oznakama to znači da želimo pronaći z x i z y. Pri računanju parcijalnih derivacija vrijedi sljedeće pravilo: z x = F x F z, z y = F y F z. Primjer 1 Izračunajte prve parcijalne derivacije funkcije z = f(x, y) zadane implicitno s xz 2 + x 2 + 2x + y = 0. Rješenje: U našem slučaju je F (x, y, z) = xz 2 + x 2 + 2x + y 2 + 4, pa je F x (x, y, z) = z 2 + 2x + 2 F y (x, y, z) = 2y F z (x, y, z) = 2xz. Sada je prema gornjoj formuli f x (x, y) = z2 +2x+2 2xz f y (x, y) = 2y 2xz = y xz. Zadatak 2 Izračunajte prve parcijalne derivacije funkcije z = f(x, y) zadane implicitno s: (1) (x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 = 1 (2) ln(2x 2 + y z 3 ) = x (3) x 2 + z sin xyz = 0 (4) e xy sinh z z 2 x + 1 = 0. Primjer 3 Izračunajte z yx (0, 0) ako je z = 11 x+y x+yz+2.

13 Rješenje: Iako na prvi pogled tako ne izgleda, z = f(x, y) je implicitno zadana kao funkcija u varijablama x i y. Sređivanjem dobivamo: z(x + yz + 2) = x + y zx + yz 2 + 2z x y = 0. Dakle, F (x, y, z) := zx + yz 2 + 2z x y, pa imamo F x (x, y, z) = z 1 F z (x, y, z) = x + 2yz + 2. Stoga je z x = z 1 x+2yz+2. Sada treba naći drugu derivaciju z yx. Da bismo je izračunali, trebat će nam i z y : F y (x, y, z) = z 2 1, pa je z y = z2 1 x+2yz+2. Nama će trebati z y (0, 0). Ako je x = y = 0, onda uvrštavanjem u početni izraz za z = f(x, y) imamo z = 0, pa je z y (0, 0) = 1 2. Sada računamo z yx (1, 1), što je parcijalna derivacija po varijabli y funkcije z x. No, kako z x nije eksplicitno izražena kao funkcija po x i y, već se s desne strane izraza za z x pojavljuje i sam z, morat ćemo pažljivo derivirati, shvaćajući z kao funkciju u varijabli y (jer parcijalno deriviramo po y). To znači da će se u izrazu za z yx pojaviti z y, kojeg smo gore već izračunali u točki (0, 0). Imamo: z yx = zy(x+2yz+2) (z 1)(2z+2yzy) (x+2yz+2) 2. Za točku (0, 0) (tj. x = 0, y = 0, z = 0, z y (0, 0) = 1 2 ) je z yx (0, 0) = ( 1) 0 2 2, tj. z xy (0, 0) = 1 4. Zadatak 4 Izračunajte druge parcijalne derivacije funkcije z = z(x, y) u točki T (1, 0) zadane implicitno s x 2 2x + z 2 4z + 1 = 0, z > 0. 12

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

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

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

(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

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

FUNKCIJE DVIJU VARIJABLI (ZADACI)

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

Διαβάστε περισσότερα

2.7 Primjene odredenih integrala

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

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2. Ivana Baranović Miroslav Jerković

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2. Ivana Baranović Miroslav Jerković VJEŽBE IZ MATEMATIKE Ivana Baranović Miroslav Jerković Poglavlje Integral. Neodreženi integral Neka je zadana funkcija f : (a, b) R: Funkcija F : (a, b) R za koju je F () = f() za svaki (a, b) naziva se

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

4.1 Elementarne funkcije

4.1 Elementarne funkcije . Elementarne funkcije.. Polinomi Funkcija f : R R zadana formulom f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 gdje je n N 0 te su a n, a n,..., a, a 0 R, zadani brojevi takvi da a n 0 naziva se polinom

Διαβάστε περισσότερα

- 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

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

2. KOLOKVIJ IZ MATEMATIKE 1

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE 9 Diferencijalne jednadžbe 6 DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE U ovom poglavlju: Direktna integracija Separacija varijabli Linearna diferencijalna jednadžba Bernoullijeva diferencijalna jednadžba Diferencijalna

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

4 Funkcije. 4.1 Pojam funkcije

4 Funkcije. 4.1 Pojam funkcije 4 Funkcije 4.1 Pojam unkcije Neka su i neprazni skupovi i pravilo koje svakom elementu skupa pridružuje točno jedan element skupa. Tada se uredena trojka (,, ) naziva preslikavanje ili unkcija sa skupa

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

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

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA

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

Διαβάστε περισσότερα

Diferencijalni račun

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

Διαβάστε περισσότερα

Obi ne diferencijalne jednadºbe

Obi ne diferencijalne jednadºbe VJEŽBE IZ MATEMATIKE Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 1 Obične diferencijalne jednadžbe 1. reda Obi ne diferencijalne jednadºbe Uvodni pojmovi Diferencijalne jednadºbe su jednadºbe oblika: f(,

Διαβάστε περισσότερα

Unipolarni tranzistori - MOSFET

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

Διαβάστε περισσότερα

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

0 = 5x 20 => 5x = 20 / : 5 => x = 4.

0 = 5x 20 => 5x = 20 / : 5 => x = 4. Zadatak 00 (Denis, ekonomska škola) U kojoj točki pravac s jednadžbom = 8 siječe os? Rješenje 00 Svaka točka koja pripada osi ima koordinate T(0, ). Budući da točka pripada i pravcu = 8, uvrstit ćemo njezine

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Funkcije Materijali za nastavu iz Matematike 1

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Pojam funkcije. Funkcija, preslikavanje, pridruživanje, transformacija

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

Διαβάστε περισσότερα

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA

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

Διαβάστε περισσότερα

Ekstremi funkcije jedne varijable

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

2 REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE VARIJABLE Elementarne funkcije Primjeri ekonomskih funkcija Limes funkcije

2 REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE VARIJABLE Elementarne funkcije Primjeri ekonomskih funkcija Limes funkcije Sadržaj REALNE FUNKCIJE JEDNE REALNE VARIJABLE 7. Elementarne funkcije....................... 7. Primjeri ekonomskih funkcija.................. 78.3 Limes funkcije........................... 8.4 Neprekidnost

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Dijagrami: Greda i konzola. Prosta greda. II. Dijagrami unutarnjih sila. 2. Popre nih sila TZ 3. Momenata savijanja My. 1. Uzdužnih sila N. 11.

Dijagrami: Greda i konzola. Prosta greda. II. Dijagrami unutarnjih sila. 2. Popre nih sila TZ 3. Momenata savijanja My. 1. Uzdužnih sila N. 11. Dijagrami:. Udužnih sia N Greda i konoa. Popre nih sia TZ 3. Momenata savijanja My. dio Prosta greda. Optere ena koncentriranom siom F I. Reaktivne sie:. M A = 0 R B F a = 0. M B = 0 R A F b = 0 3. F =

Διαβάστε περισσότερα

Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016. Tomislav Berić

Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016. Tomislav Berić Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016 Tomislav Berić tberic@math.hr Sadržaj 1 Operatori na Hilbertovim prostorima 1 1.1 Normalni operatori..................................... 3 1.2 Unitarni

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

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

5. FUNKCIJE ZADANE U PARAMETARSKOM OBLIKU I POLARNIM KORDINATAMA

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

Διαβάστε περισσότερα

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

5. Aproksimacija i interpolacija

5. Aproksimacija i interpolacija APROKSIMACIJA I INTERPOLACIJA 56 5. Aproksimacija i interpolacija 5.. Opći problem aproksimacije Što je problem aproksimacije? Ako su poznate neke informacije o funkciji f, definiranoj na nekom skupu X

Διαβάστε περισσότερα

ČVRSTOĆA 13. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA ŠTAPA

ČVRSTOĆA 13. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA ŠTAPA ČVRSTOĆA 13. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA ŠTAPA STATIČKI MOMENTI I MOMENTI INERCIJE RAVNIH PLOHA Kao što pri aksijalnom opterećenju štapa apsolutna vrijednost naprezanja zavisi, između ostalog,

Διαβάστε περισσότερα

12. SKUPINA ZADATAKA IZ FIZIKE I 6. lipnja 2016.

12. SKUPINA ZADATAKA IZ FIZIKE I 6. lipnja 2016. 12 SKUPIN ZDK IZ FIZIKE I 6 linja 2016 Zadatak 121 U osudi - sremniku očetnog volumena nalazi se n molova dvoatomnog lina na temeraturi rema slici) Plin izobarno ugrijemo na temeraturu, adijabatski ga

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

EKSPONENCIJALNE i LOGARITAMSKE FUNKCIJE

EKSPONENCIJALNE i LOGARITAMSKE FUNKCIJE **** MLADEN SRAGA **** 0. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE EKSPONENCIJALNE i LOGARITAMSKE FUNKCIJE α LOGARITMI Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: Mladen Sraga

Διαβάστε περισσότερα

Matematika 1. kolokviji. Sadržaj

Matematika 1. kolokviji. Sadržaj Matematika kolokviji Sadržaj. kolokvij, 2..2004.............................................. 2. kolokvij, 2..2004.............................................. 3 2. kolokvij, 7.2.2004..............................................

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Program za tablično računanje Microsoft Excel

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

Διαβάστε περισσότερα

I. dio. Zadaci za ponavljanje

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

Διαβάστε περισσότερα

MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA

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

Διαβάστε περισσότερα

Grafičko prikazivanje atributivnih i geografskih nizova

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) ( ) ( ) x y

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

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2 š.g. 2010./2011.

MATEMATIKA 2 š.g. 2010./2011. MATEMATIKA 2 š.g. 2010./2011. Matematika 2 1. Funkcije više varijabli 2. Višestruki integral 3. Vektorska Analiza 4. Obi cne diferencijalne jednadbe MATEMATIKA 2 1 Literatura: Petar Javor, Matematicka

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

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 16. UVOD U STATISTIKU Statistika je nauka o sakupljanju i analizi sakupljenih podatka u cilju donosenja zakljucaka o mogucem toku ili obliku neizvjesnosti koja se obradjuje. Frekventna distribucija - je

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Akvizicija tereta. 5660t. Y= masa drva, X=masa cementa. Na brod će se ukrcati 1733 tona drva i 3927 tona cementa.

Akvizicija tereta. 5660t. Y= masa drva, X=masa cementa. Na brod će se ukrcati 1733 tona drva i 3927 tona cementa. Akvizicija tereta. Korisna nosivost broda je 6 t, a na brodu ia 8 cu. ft. prostora raspoloživog za sještaj tereta pod palubu. Navedeni brod treba krcati drvo i ceent, a na palubu ože aksialno ukrcati 34

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

PROSTORNI STATIČKI ODREĐENI SUSTAVI

PROSTORNI STATIČKI ODREĐENI SUSTAVI PROSTORNI STATIČKI ODREĐENI SUSTAVI - svi elementi ne leže u istoj ravnini q 1 Z F 1 F Y F q 5 Z 8 5 8 1 7 Y y z x 7 X 1 X - svi elementi su u jednoj ravnini a opterećenje djeluje izvan te ravnine Z Y

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

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

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192

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

Διαβάστε περισσότερα

Preporuke za rješavanje ispita iz Matematike

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

Διαβάστε περισσότερα

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

1 Ekstremi funkcija više varijabli

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

Διαβάστε περισσότερα

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija

Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Parcijalne diferencijalne jednadžbe Skripta radna verzija Saša Krešić-Jurić Odjel za matematiku Prirodoslovno-matematički fakultet Split 214 Napomena: poglavlje 6 nije korigirano Sadržaj 1 Uvodna razmatranja

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu. odsjecak pravca na osi y

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu. odsjecak pravca na osi y . ANALITICKA GEOMETRIJA. Pravac Imlicitni oblik jednadzbe pravca: a + by + c = 0 Opci oblik pravca: gdje je : y = k+ l k koeficijent smjera pravca, k = tan α l odsjecak pravca na osi y k > 0 pravac je

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

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

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

Nikola Sandrić MATEMATIKA 1. Gradevinski fakultet Sveučilište u Zagrebu

Nikola Sandrić MATEMATIKA 1. Gradevinski fakultet Sveučilište u Zagrebu Tomislav Došlić Nikola Sandrić MATEMATIKA 1 Gradevinski fakultet Sveučilište u Zagrebu Predgovor Poštovani čitatelji, u rukama imate nastavni materijal koji izlaže gradivo kolegija Matematika 1 za studente

Διαβάστε περισσότερα

FARMACEUTSKO-BIOKEMIJSKI FAKULTET SVEUČILIŠTA U ZAGREBU. IZVEDBENI PLAN akademska godina 2012./2013. zimski semestar

FARMACEUTSKO-BIOKEMIJSKI FAKULTET SVEUČILIŠTA U ZAGREBU. IZVEDBENI PLAN akademska godina 2012./2013. zimski semestar Naziv kolegija: Matematika sa statističkom analizom Naziv studija: Studij farmacije i medicinske biokemije Godina i semestar studija: Prva, zimski semestar FARMACEUTSKO-BIOKEMIJSKI FAKULTET SVEUČILIŠTA

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

U teoriji vjerojatnosti razmatraju se događaji koji se mogu, ali ne moraju dogoditi. Takvi se događaji zovu slučajnim događajima.

U teoriji vjerojatnosti razmatraju se događaji koji se mogu, ali ne moraju dogoditi. Takvi se događaji zovu slučajnim događajima. Sažetak vjerojatnost Skup ishoda U teoriji vjerojatnosti razmatraju se događaji koji se mogu, ali ne moraju dogoditi. Takvi se događaji zovu slučajnim događajima. Jednostavne događaje u nekom pokusu zvat

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 21. november Gregor Dolinar Matematika 1

Funkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 21. november Gregor Dolinar Matematika 1 Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 21. november 2013 Hiperbolične funkcije Hiperbolični sinus sinhx = ex e x 2 20 10 3 2 1 1 2 3 10 20 hiperbolični kosinus coshx

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija ravnine i prostora I. Vektori u ravnini i prostoru

Geometrija ravnine i prostora I. Vektori u ravnini i prostoru Geometrija ravnine i prostora I. Vektori u ravnini i prostoru Rudolf Scitovski, Darija Brajković 2. prosinca 2013. Sadržaj 1 Uvod 2 2 Operacije s vektorima 4 2.1 Zbrajanje vektora...............................

Διαβάστε περισσότερα

Masa, Centar mase & Moment tromosti

Masa, Centar mase & Moment tromosti FAKULTET ELEKTRTEHNIKE, STRARSTVA I BRDGRADNE - SPLIT Katedra za dinamiku i vibracije Mehanika 3 (Dinamika) Laboratorijska vježba Masa, Centar mase & Moment tromosti Ime i rezime rosinac 008. Zadatak:

Διαβάστε περισσότερα

Primjer prizme je u π 1. Osnovka uspravne kvadratne piramide EFGHV je u π 2. Tlocrt i nacrt tijela dan je na slici. Odredimo prodor tih tijela.

Primjer prizme je u π 1. Osnovka uspravne kvadratne piramide EFGHV je u π 2. Tlocrt i nacrt tijela dan je na slici. Odredimo prodor tih tijela. S. Varošanec, Nacrtna geometrija, 4. Mongeovo projiciranje 90 Primjer 4.56. Osnovka ABCD uspravne četverostrane prizme je u π 1. Osnovka uspravne kvadratne piramide EFGHV je u π 2. Tlocrt i nacrt tijela

Διαβάστε περισσότερα

Dr. Miljenko Crnjac, Mr. Dragan Jukić, Dr. Rudolf Scitovski MATEMATIKA. Osijek, 1994.

Dr. Miljenko Crnjac, Mr. Dragan Jukić, Dr. Rudolf Scitovski MATEMATIKA. Osijek, 1994. Dr. Miljenko Crnjac, Mr. Dragan Jukić, Dr. Rudolf Scitovski MATEMATIKA Osijek, 994. M. Crnjac, D. Jukić, R. Scitovski Matematika Udžbenik U-6 Recenzenti: Prof.dr.sc. Hrvoje Kraljević Prof.dr.sc. Harry

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

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

Διαβάστε περισσότερα

Nermin Okiˇci c Vedad Paˇsi c MATEMATIKA II 2014

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Matematika 1 PODSJETNIK ZA UČENJE. Ivan Slapničar Marko Matić.

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα