Dirichletov princip. Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Dirichletov princip. Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem"

Transcript

1 Dirichletov princip Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem obliku glasi ovako: Dirichletov princip: Ako n + 1 predmet rasporedimo kako god u n kutija, onda barem jedna kutija sadrži barem dva predmeta. Dokaz je jednostavan jer ako zaključak ne bi vrijedio, onda bi u svakoj kutiji bio najviše jedan predmet, što bi značilo da ih je najviše n. Formalni iskaz Dirichletovog principa: Neka su P i K konačni skupovi takvi da vrijedi P > K (tj. skup P sadrži više elemenata od skupa K) i neka je f : P K neka funkcija. Tada f nije injekcija, tj. postoje a, b P, a b tako da vrijedi f(a) = f(b). Dokaz je u biti isti, jer treba konstatirati da bi u slučaju da f nije injekcija skup K morao imati barem toliko elemenata koliko i skup P, što ne može biti. Primjer. U grupi od 13 ljudi uvijek postoje dvije osobe koje imaju rodendan u istom mjesecu. Rješenje. Neka je P skup svih ljudi iz navedene grupe, a K skup svih mjeseca u godini. Funkcija f ljudima pridružuje mjesece u kojima imaju rodendane. U uvjetima smo Dirichletovog principa pa postoje dvije osobe kojima je pridružen isti mjesec. Primjer. Pet različitih parova rukavica nalaze se u jednoj ladici. Nasumce izvlačimo jednu po jednu rukavicu i ne vraćamo ih natrag u ladicu. Koliko je najmanje izvlačenja potrebno da bismo bili sigurni da ćemo izvući rukavice istog para? Rješenje. Neka je P skup svih rukavica koje smo izvukli, K skup svih parova rukavica i f : P K funkcija koja svakoj rukavici pridružuje par kojem pripada. Kako mora biti P > K = 5, to je najmanji takav broj P = 6 pa je potrebno barem 6 izvlačenja. Primjer. Republika Hrvatska ima stanovnika. Čovjek može imati najviše vlasi kose na glavi. Dokažite da postoji barem 15 stanovnika Republike Hrvatske s istim brojem vlasi kose na glavi. Rješenje. Rješenje prati dokaz Dichletovog principa. Razvrstajmo sve stanovnike RH u pretince s obzirom na broj vlasi kose koje imaju na glavi: 0, 1, 2, 3,..., Kad bi u svakom pretincu bilo najviše 14 osoba, u RH bi bilo najviše = , što je manje od ukupnog broja stanovnika ( ) pa je pretpostavka kriva i u barem jednom pretincu mora biti barem 15 osoba. Primjer. Brojevi 1, 2, 3,..., 10 su u proizvoljnom redoslijedu napisani na kružnici. Dokažite da da postoje tri uzastopna napisana broja kojima je suma barem 17. Rješenje. Neka su na kružnici napisani redom brojevi a 1, a 2,..., a 10 (nakon broja a 10 na kružnici opet slijedi broj a 1 itd.). Promotrimo sume svih trojki uzastopno napisanih brojeva na kružnici, dakle a 1 + a 2 + a 3, a 2 + a 3 + a 4, a 3 + a 4 + a 5,..., a 8 + a 9 + a 10, a 9 + a 10 + a 1 i a 10 + a 1 + a 2. Tih suma ima 10 i njihova suma je jednaka trostrukoj sumi svoj brojava od 1 do 10 jer se svaki broj pojavljuje

2 u točno tri sume. Suma brojeva od 1 do 10 je = 55 pa je njihova trostruka suma jednaka 165. Ako tvrdnja zadatka ne bi vrijedila, onda bi imali = 160, što je kontradikcija. Primjer. Na kružnici je odabrano 200 točaka na cjelobrojnim stupnjevima. Dokažite da postoje dvije antipodalne točke, tj. točke izmedu kojih je kut od 180. Rješenje. Ovaj zadatak je sličan onome s parovima rukavica. Neka je P skup svih točaka, K skup svih parova antipodalnih točaka i f : P K funkcija koja svakoj točki pridružuje antipodalni par točaka kojem pripada. Skup P ima 200 elemenata, skup K ih ima 180 pa prema Dirichletovom principu postoje dvije kojima je prisružen isti antipodalni par. Primjer. Kompjutorska mreža sastoji se od 6 računala. Svako računalo je direktno spojeno s barem jednim drugim računalom. Pokažite da postoje dva računala koja su spojena s istim brojem drugih računala. Rješenje. Mogući broj veza je 1, 2, 3, 4, 5, a računala ima 6 pa prema Dirichletovom principu postoje dva računala s istim brojem veza. Primjer. Promotrimo neku grupu ljudi. Neki se medusobno poznaju, neki znaju mnogo njih, neki malo ali sigurno je da postoje dvije osobe koje poznaju isti broj ljudi. Dokažite. (Pretpostavljamo da ako osoba A poznaje osobu B, onda i osoba B poznaje osobu A i nitko nije poznanik samoga sebe.) Rješenje. Ako to ne bi vrijedilo u grupi od n ljudi, onda bi broj poznatih morao biti različit za svake dvije osobe, dakle broj poznanstava za sve osobe u grupi bi bili svi brojevi od 0 do n 1. No, to nije moguće jer osobu koja nema niti jednog poznanika (tj. poznaje 0 drugih) bi poznavala osoba koja poznaje sve druge (tj. koja ima n 1 poznanika). Dirichletov princip jaka forma: Ako m predmeta razmještamo u n kutija, onda barem m 1 jedna kutija sadrži (barem) + 1 predmet. n m 1 Pretpostavimo da tvrdnja nije točna, tj. u svakoj kutiji ima najviše predmeta. Tada je n m 1 ukupan broj predmeta jednak n n m 1 = m 1, što je kontradikcija. n n x je funkcija najveće cijelo, tj. najveći cijeli broj koji nije veći od x, npr. π = 3, π = 4 i iz definicije odmah slijedi da je x x. Primjer. U grupi od 44 osobe je barem njih četvoro rodeno u istom mjesecu. Rješenje. Imamo m = 44 i n = 12 pa je najmanji broj ljudi koji imaju rodendan u istom mjesecu m 1 43 jednak + 1 = + 1 = = 4. n 12

3 Dirichletov princip zadaci 1. Na natjecanju u streljaštvu sudjelovalo je 50 strijelaca. Svaki od njih je ispalio točno 12 hitaca. Svih 12 pogodaka u metu imao je samo jedan strijelac. Dokažite da postoji najmanje 5 natjecatelja koji imaju isti broj pogodaka u metu. Dakle 49 strijelaca ima po 11 pogodaka u metu ili manje. Prema formuli jake forme Dirichletovog principa imamo: m = (broj predmeta = broj strijelaca) = 49 n = (broj kutija = broj pogodaka izmedu 0 i 11) = 12 m 1 Barem jedna kutija sadrži + 1 predmet, tj. n 49 1 isti broj pogodaka ima barem + 1 = 5 strijelaca Jednu školu pohada 930 učenika. Dokažite da postoje barem dva koji imaju iste incijale (uz pretpostavku da nema dvostrukih imena ili prezimena). Incijali su dva slova, kojih ima ukupno 30. Ukupan broj različitih incijala je = 900, a to je manje od broja učenika u školi, 930 pa postoje barem dva učenika koji imaju iste incijale. 3. Osnovna škola ima 30 razreda i 1000 učenika. Dokažite da u toj školi postoji razred s barem 34 učenika. Ako bi svaki razred imao najviše 33 učenika, onda bi u školi bilo najviše 990 učenika, što nije moguće. Dakle u barem jednom razredu mora biti barem 34 učenika.

4 Formula uključivanja isključivanja (FUI formula) Formula uključivanja-isključivanja se koristi za izračunavanje broja elemenata unije konačno mnogo konačnih skupova (ili komplementa takve unije) i za slučaj unije dva skupa glasi ovako: A B = A + B A B U izrazu A + B se dva puta računaju elementi koji se nalaze u oba skupa, tj. u njihovom presjeku pa se broj tih elemenata mora oduzeti. Kako je komplement unije jednak presjeku komplemenata (tj. A B = A B), onda imamo A B = A B = S A B = S A B + A B gdje je S neki skup koji sadrži oba skupa A i B, a s obzirom na koji se promatra komplement. Za slučaj tri skupa formula glasi ovako: odnosno A B C = A + B + C A B A C B C + A B C A B C = A B C = S A B C + A B + A C + B C A B C i sada ne bi trebalo biti problem napisati formulu uključivanja-isključivanja za četiri skupa. Općenita formula uključivanja-isključivanja: n = A 1 A 2 A n = j=1 A j = n j=1 A j j k A j A k + A j A k A l + + ( 1) n+1 A 1 A 2 A n Odnosno, ako je S konačan skup koji sadrži sve skupove A j, j = 1,..., n (A 1, A 2,..., A n S), onda imamo n j=1 A j = A 1 A 2 A n = S A 1 A 2 A n = = S n j=1 A j + j k A j A k A j A k A l + + ( 1) n A 1 A 2 A n Primjer. U jednoj skupini ljudi se njih 50 bavi košarkom, njih 40 nogometom i 30 šahom. Košarkom i nogometom se bavi njih 17, nogometom i šahom 8, a šahom i košarkom 15. Sa sva ta tri sporta se bavi njih Koliko njih se bavi barem jednim od tih sportova? 2. Ako je u grupi bilo 105 osoba, koliko ih je bilo koji se nisu bavili niti jednim od ta tri sporta? Rješenje. Označimo s K, N i Š skupove ljudi iz promatrane skupine koji se bavi odgovarajućim sportom (N - nogomet, K - košarka i Š - šah). Imamo redom: K = 50, N = 40, Š = 30, K N = 17, N Š = 8, Š K = 15 i K N Š = 5. Formula uključivanja isključivanja nam daje da je broj ljudi koji se bave barem jednim sportom jednak K N Š = K + N + Š K N Š K N Š + K N Š = = 85. Broj ljudi iz promatrane skupine ljudi (označimo je skupom S) koji se ne bave niti jednim od navedenih sportova je K N Š = S K N Š = = 20.

5 Formula uključivanja isključivanja (FUI formula) zadaci 1. Koliko ima prirodnih brojeva manjih od 1001 koji nisu djeljivi ni brojem 5 ni brojem 7? G = {1, 2, 3, 4,..., 999, 1000} P = {5, 10, 15, 20, 25, 30, 35, 40,..., 995, 1000} G S = {7, 14, 21, 28, 35, 42,..., 987, 994} G Nas zanima G P S, a prema FUI slijedi P S = P + S P S, gdje je P S skup svih brojeva manjih od 1001 djeljivih i brojem 5 i brojem 7, tj. djeljivih brojem 35: P S = {35, 70, 105,..., 980} Sada imamo: P = = 200, S = = 142, P S = = 28 pa je rješenje: G P S = P S = P S = P + S P S = = 686 Korišteno je rješenje sljedećeg zadatka (i to tri puta): koliko ima brojeva manjih od 1001 i djeljivih brojem 7? To su brojevi 7, 14, 21, 28, 35,..., 994, gdje je 994 najveći broj koji nije veći od 1000 i koji je 1000 djeljiv brojem 7 i vrijedi 994 = 7 = Ako te brojeve podijelimo brojem 7, 7 dobivamo niz 1, 2, 3, 4, 5,..., 142 pa je odmah vidljivo da ih ima Nakon provedene ankete u nekom razredu od 32 učenika ustanovljeno je da njih 11 ih voli filanu papriku, 12 sarmu, 10 grah, 4 učenika voli i filanu papriku i sarmu, 6 i sarmu i grah, 5 i filanu papriku i grah, a 2 vole sva tri jela. (a) Koliko učenika voli barem jedno od tih jela? (b) Koliko učenika ne voli niti jedno od tih jela? Neka je R skup svih učenika tog razreda, F skup učenika koji vole filanu papriku, S skup učenika koji vole sarmu i G skup učenika koji vole grah. (a) Treba izračunati broj F S G = F + S + G F S F G S G + F S G = = 20. (b) Treba izračunati broj F S G = R F S G = = 12.

6 Rekurzivne relacije Niz (a n ) n N je zadan rekurzivno ako se svaki njegov član, osim konačno mnogo početnih, izražava preko nekoliko njemu prethodnih članova. Početnim uvjetima se zadaju vrijednosti onih nekoliko početnih članova koji nisu definirani preko prethodnih članova. Jednostavna rekurzija je a n = 2a n 1. Iteracijom rekurzije dobivamo a n = 2a n 1 = 2 2 a n 2 = 2 3 a n 3 = = 2 n a 0 Da bismo odredili članove niza (a n ) n N u cijelosti, trebamo znati i početni uvjet, tj. a 0. Ako bismo stavili a 0 = 1, onda imamo a n = 2 n, n N. Primjer. Nadimo rekurziju za P (n) = broj permutacija skupa od n elemenata. Poredajmo n 1 element u red ovako: x (1) x (2) x (3) x... x (n 2) x (n 1) x gdje su s x označena mjesta gdje možemo staviti n-ti element. Sada vidimo da n-ti element možemo staviti na n različitih mjesta, a znamo da n 1 elemenata možemo poredati u niz na P (n 1) načina, što zajedno daje da n elemenata možemo poredati u niz na P (n) = n P (n 1) načina. Iteriranjem dobivamo: P (n) = n P (n 1) = n (n 1) P (n 2) = n (n 1) (n 2) P (n 3) = = = n (n 1) (n 2) P (1) Kako jedan element možemo poredati u niz na jedan način, tj. P (1) = 1, dobivamo formulu za broj permutacija skupa od n elemenata: P (n) = n (n 1) (n 2) = n! Primjer. Pronadimo rekurziju za α(n) = suma binarnih znamenaka binarnog zapisa broja n (tj. broj jedinica u binarnom zapisu od n). Vrijedi: α(0) = 0, α(1) = 1 α(2n) = α(n) zbog n = (...) 2 i 2n = (... 0) 2 α(2n + 1) = 1 + α(n) zbog n = (...) 2 i 2n + 1 = (... 1) 2 Primjer. Pogledajmo rekurziju za najmanji broj prebacivanja diskova H n potreban da se riješi problem Hanojskih tornjeva s n diskova. Očito je H 1 = 1. Ako je n > 1 onda prebacivanje diskova možemo opisati ovako: 1. prvih n 1 diskova prebacimo s prvog na drugi štap (H n 1 prebacivanja) 2. zadnji, najveći disk s prvog štapa prebacimo na treći (jedno prebacivanje) 3. sve diskove s drugog štapa prebacimo na treći (H n 1 prebacivanja)

7 Slijedi H n = 2H n Iteracijom dobivamo: H n = 2H n = 2(2H n 2 + 1) + 1 = 2 2 H n = 2 3 H n = = = 2 n 1 H n n = 2 n n n Dakle H n = 2 n 1. Fibonaccijevi brojevi Važan niz brojeva je Fibonaccijev niz brojeva (F n ) n N koji se definiraju rekurzivnom relacijom F 0 = 0, F 1 = 1, F n = F n 1 + F n 2, n 2. Prvih nekoliiko Fibonaccijevih brojeva su: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55,... Primjer. Čovjek se penje uz stepenište od n stepenica tako da u svakom koraku prijede jednu ili dvije stepenice. Na koliko se različitih načina on može popeti uz to stepenište? Rješenje. Označimo sa s n broj različitih načina na koje se čovjek može popeti uz stepenište s n stepenica. Očito je s 1 = 1 i s 2 = Ako u prvom koraku zakorači jednu stepenicu, preostalo mu ih je još n 1 uz koje se može popeti na s n 1 različitih načina. 2. Ako u prvom koraku zakorači dvije stepenice, preostalo mu ih je još n 2 uz koje se može popeti na s n 2 različita načina. Dakle vrijedi s 1 = 1, s 2 = 2, s n = s n 1 + s n 2, što je ista rekurzija kao za Fibonaccijeve brojeve, uz drugačije početne uvjete, no kako je s 1 = F 2 i s 2 = F 3, onda zbog iste rekurzivne relacije vrijedi s n = F n+1. Jedan od glavnih problema kod rekurzivno zadanih nizova je nalaženje općeg clana. Pogledajmo kako riješiti taj problem na slučaju Fibonaccijevih brojeva. U rekurzivnoj relaciji F n = F n 1 + F n 2 provedemo zamjenu F n x n i dobit ćemo jednadžbu x n = x n 1 + x n 2 koju podijelimo s najmanjom potencijom od x koja se u njoj pojavljuje (dakle s x n 2 ) čime dobivamo jednadžbu x 2 x 1 = 0 koja ima dva rješenja x 1 = , x 2 = Iz teorije koju ovdje neću navoditi slijedi da se opći član Fibonaccijevog niza sada može napisati kao F n = αx n 1 + βx n 2

8 gdje su α i β neki brojevi koji ovise o početnim uvjetima. Te brojeve dobivamo uvrštavanjem početnih uvjeta u dobiveni izraz za opći član niza, čime dobivamo sustav linearnih jednadžbi u nepoznanicama α i β. F 0 = 0 0 = αx βx 0 2 = α + β F 1 = 1 1 = αx βx 1 2 = αx 1 + βx 2 Rješenja tog sustava su α = 1 5, β = 1 5 pa je opći član Fibonaccijevog niza jednak ( ) F n = 1 n ( i s obzirom da je x , vrijedi da je ( F n = ) n ) n, n N odnosno F n je jednak najbližem cijelom broju tog izraza.

9 Linearne rekurzije s konstantnim koeficijentima Pogledajmo prvo linearne homogene rekurzije s konstantnim koeficijentima: a n = c 1 a n 1 + c 2 a n 2 + c r a n r, n r gdje su c 1, c 2,... c r konstante i vrijedi c r 0. Da bismo dobili opći član niza definiran ovom rekurzijom provodimo zamjenu a k x k za sve potencije od x koje se javljaju u rekurziji i dobivenu jednadžbu dijelimo s najmanjom potencijom od x. Tako dobivamo karakterističnu jednadžbu rekurzije: x r c 1 x r 1 c 2 x r 2 c r 1 x c r = 0. Neka su x 1, x 2...., x r sva rješenja karakteristične jednadžbe i pretpostavimo da su medusobno različita. Tada je opće rješenje dano izraazom a n = α 1 x n 1 + α 2 x n α 1 x r x n r. gdje su α 1,..., alpha r neki brojevi. Ako su zadani početni uvjeti, tada možemo odrediti brojeve α 1,..., alpha r uvrštavanjem u opći oblik i rješavanjem dobivenog sustava lineranih jednadžbi. Primjer. Nadite opći član niza definiranog rekurzijom a n = 3a n 1 2a n 2, a 0 = 1, a 1 = 1. Rješenje. Prvo nadimo i riješimo karakterističnu jednadžbu. x n 3x n 1 + 2x n 2 = 0 : x n 2 x 2 3x + 2 = 0 Rješenja ove karakteristične jednadžbe su x 1 = 1 i x 2 = 2 pa je opći član niza jednak a n = α2 n + β1 n = α2 n + β pri čemu još treba odrediti konstante α i β. Uvrštavanjem početnih uvjeta dobivamo sustav a 0 = 1 1 = α2 0 + β = α + β a 1 = 1 1 = α2 1 + β = 2α + β čije rješenje je α = 2, β = 3 pa je opći član niza jednak a n = 2 2 n + 3 = 3 2 n+1. Primjer. Riješite rekurziju (tj. nadite opći član niza zadan rekurzijom) a n = 4a n 1 a n 2 6a n 3, n 3 a 0 = 1, a 1 = 2, 2 2 = 4

10 Rješenje. Karakteristična jednadžba je x 3 4x 2 + x + 6 = 0. Rješenje 1 te jednadžbe je x 1 = 1, x 2 = 2, x 3 = 3 pa je opće rješenje dano s a n = αx n 1 + βx n 2 + γx n 3 = α( 1) n + β2 n + γ3 n Uvrštavanjem početnih uvjeta dobivamo sljedeći sustav linernih jednadžbi: a 0 = 1 = α + β + γ a 1 = 2 = α ( 1) + β 2 + γ 3 a 2 = 4 = α + β 4 + γ 9 kojem je rješenje α = 1, β = 1, γ = 1 i opće rješenje je a n = ( 1) n 2 n + 3 n = ( 1) n+1 2 n + 3 n α + β + γ = 1 α + 2β + 3γ = 2 α + 4β + 9γ = 4 1 Ako polinom s cjelobrojnim koeficijentima ima cjelobrojno rješenje onda ono dijeli slobodan član pa su ovdje mogućnosti za cjelobrojnu nultočku ±1, ±2, ±3 i ±6. Nakon što nademo jednu nultočku, recimo a, zadani polinom podijelimo s x a i potražimo nultočke rezultata što olakšava postupak, jer smo dobili polinom stupnja za jedan manji od zadanog.

11 U slučaju da karakteristična jednadžba ima višestruke korijene, postupa se kao u sljedećim primjerima. Primjer. Nadite opće rješenje rekurzije a n = 4a n 1 4a n 2, n 2. Rješenje. Karakteristična jednadžba je x 2 4x + 4 = 0 koja ima jedno dvostruko rješenje x 1 = x 2 = 2. Opće rješenje sada izgleda ovako: a n = α2 n + βn2 n Općenito, ako se karakteristična jednadžba niza (a n ) n N ima rješenje x kratnosti 2 k, onda dio općeg rješenja niza koji odgovara tom rješenju glasi a n =... + α 1 x n + α 2 nx n + α 3 n 2 x n α k n k 1 x n Ako polinom p(x) ima nultočku a kratnosti k, onda se može zapisati u obliku p(x) =... (x a) k... pri čemu je k najveći mogući.

12 Rekurzivne relacije zadaci 1. Nadite n ti član niza brojeva definiranog rekurzivnom relacijom a n = 2a n a n 2, n 2, a 0 = 1, a 1 = 1. a n 2a n+1 15a n 2 = 0 Karakteristična jednadžba je: x 2 2x 15 = 0 pa imamo x 1,2 = 2 ± 64 2 Dakle vrijedi = 1 ± 4, x 1 = 5, x 2 = 3. a n = α5 n + β( 3) n. Dobivamo sljedeći sustav od dvije jednadžbe s dvije nepoznanice: a 0 = 1 = α + β a 1 = 1 = 5α 3β Kojem je rješenje α = 1 2, β = 1 2. Dakle imamo a n = 1 2 (5n + ( 3) n ). 2. Nadite n ti član niza brojeva definiranog rekurzivnom relacijom a n = 2a n 1 a n 2 + 2, n 2, a 0 = 0, a 1 = 1. a n 2a n 1 + a }{{ n 2 } x 2 2x + 1 = 0 (x 1) 2 = 0 = 2 1 n }{{} (x 1) } {{ } (x 1) 3 = 0 karakteristična jednadžba a n = α 1 n + βn 1 n + γn 2 1 n = α + βn + γn 2 Treba nam još i a 2 = 2a 1 a = = 4 a 0 = 0 = α a 1 = 1 = α + β + γ a 2 = 4 = α + 2β + 4γ Rješenje sustava je α = 0, β = 0, γ = 1. Dakle imamo a n = n 2.

13 3. Nadite izraz koji predstavlja sumu prvih n prirodnih brojeva S n = (n 1)+n tako da odredite rekurzivnu relaciju za S n i onda odredite n ti član niza. Rekurzivna veza medu članovima niza je: S n = (n 1) + n = S n 1 + n, n 1, S 1 = 1 Dakle imamo S n S }{{ n 1 = n }}{{ 1 n } x 1 (x 1) }{{} 2 (x 1) 3 = 0 karakteristična jednadžba S n = α 1 n + βn 1 n + γn 2 1 n = α + βn + γn 2 Treba nam još i S 2 = S = 3, i S 3 = S = 6 ali zbog jednostavnijeg računa možemo umjesto S 3 uzeti i S 0 = 0. S 0 = 0 = α S 1 = 1 = α + β + γ S 2 = 3 = α + 2β + 4γ Rješenje sustava je α = 0, β = 1 2, γ = 1 2. Dakle imamo S n = 1 2 (n + n2 ) = n(n + 1). 2

14 Binomni koeficijenti su definirani s ( ) n = k n! k!(n k!) = Opći binomni koeficijenti i binomni red n(n 1)(n 2) (n k + 1) k > 0 k! 1 k = 0 (Primijetite da je ( n k) = 0 za k > n.) što se može iskoristiti kao motivacija za definiciju općih binomnih koeficijenata: ( ) x x(x 1)(x 2) (x k + 1) k > 0 = k!, k 1 k = 0, gdje je x proizvoljan realan (ili kompleksan) broj. Pogledajmo opći binomni koeficijent ( ) x k za k > 0: ( ) x x( x 1)( x 2) ( x k + 1) = k =( 1) k ( x + k 1 k ) k! k x(x + 1)(x + 2) (x + k 1) = ( 1) k! = (Očito je da dobiveni identitet vrijedi i za k = 0.) Teorem 1. (Binomni red) Za sve kompleksne brojeve z, z < 1 i sve realne brojeve a vrijedi (1 + z) a = k=0 ( ) a z k = 1 + k ( ) a z + 1 ( ) a z ( ) a z Primjeri: 1 1 x =(1 x) 1 = (1 + x) n = ( ) 1 ( x) k = k k=0 =1 + x + x 2 + x 3 + k=0 ( ) n x k = k n k=0 ( ) n x k k k=0 ( 1) k ( 1 + k 1 k Zadatak 1. Nadite tražene koeficijente zadanih funkcija izvodnica. 1. [x 20 1 ] (1 + x) =? 6 2. [x 33 ] 1 x =? ) ( 1) k x k = k=0 x k Zadatak 2. Nadite [x 100 ]G(x), G(x) = 2x (1 x) 2 (1 + x).

15 Rješenje. Znamo da se G(x) može napisati u sljedećem obliku: G(x) = 2x (1 x) 2 (1 + x) = A 1 x + B (1 x) + C x. Nadimo A, B i C. Nakon množenja sa zajedničkim nazivnikom dobivamo 2x = A(1 x)(1 + x) + B(1 + x) + C(1 x) 2 Za x = 1 dobivamo: 2 = 2B B = 1. Za x = 1 dobivamo 2 = 4C C = 1 2 Na kraju, za x = 0 dobivamo 0 = A + B + C A = B C = = 1 2 Sada imamo G(x) = 2x (1 x) 2 (1 + x) = x + 1 (1 x) x = 1 2 (1 x) 1 + (1 x) (1 + x) 1. Rješenje zadatka sada lagano dobivamo ovako: [x 100 ]G(x) = [x 100 ] ( 12 (1 x) 1 + (1 x) 2 12 ) (1 + x) 1 = 1 2 [x100 ](1 x) 1 + [x 100 ](1 x) [x100 ](1 + x) 1 = 1 ( ) ( ) [x100 ] ( x) [x 100 ] ( x) ( ) [x100 ] 100 = 1 ( ) ( ) ( 1) ( 1) ( ) 100 = = 100 x 100

16 Funkcije izvodnice Zadatak 3. Nadite funkciju izvodnicu za niz brojeva definiranog rekurzivnom relacijom Rješenje. a n = 2a n 1 a n 2, n 2, a 0 = 0, a 1 = 1. A(x) = a n x n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 = n=0 = x + (2a 1 a 0 )x 2 + (2a 2 a 1 )x 3 + (2a 3 a 2 )x 4 + = = x + 2(a 1 x 2 + a 2 x 3 + a 3 x 4 + ) (a 0 x 2 + a 1 x 3 + a 2 x 4 + ) = = x + 2x(a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) x 2 (a 0 + a 1 x + a 2 x ) = }{{} A(x) = x + 2x( a 0 + a 0 + a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) x }{{} 2 A(x) = A(x) = x 2a 0 x + 2xA(x) x 2 A(x) = = x + (2x x 2 )A(x) Sada iz A(x) = x + (2x x 2 )A(x) dobivamo traženi rezultat: A(x) = x x 2 2x + 1 = Zadatak 4. Nadite funkciju izvodnicu za niz brojeva definiranog rekurzivnom relacijom Rješenje. a n = a n 1 2a n 2, n 2, a 0 = 1, a 1 = 2. A(x) = a n x n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + a 4 x 4 = n=0 = 1 + 2x + (a 1 2a 0 )x 2 + (a 2 2a 1 )x 3 + (a 3 2a 2 )x 4 + = = 1 + 2x + (a 1 x 2 + a 2 x 3 + a 3 x 4 + ) 2(a 0 x 2 + a 1 x 3 + a 2 x 4 + ) = = 1 + 2x + x(a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) 2x 2 (a 0 + a 1 x + a 2 x ) = }{{} A(x) = 1 + 2x + x( a 0 + a 0 + a 1 x 1 + a 2 x 2 + a 3 x 3 + ) 2x }{{} 2 A(x) = A(x) = 1 + 2x a 0 x + xa(x) 2x 2 A(x) = = 1 + x + (x 2x 2 )A(x) Sada iz A(x) = 1 + x + (x 2x 2 )A(x) dobivamo traženi rezultat: A(x) = 1 + x 2x 2 x + 1 x (x 1) 2 Zadatak 5. Iz grupe od 20 šahista treba odabrati njih četiri koji predstavljati klub na turniru. Na koliko načina se to može napraviti? Rješenje. Svaki šahist iz grupe je ili izabran ili nije izabran pa je njegov doprinos funkciji izvodnici jednak 1 + x, gdje 1(= x 0 ) znači da nije odabran, a x(= x 1 ) znači da je odabran. Šahista ima 20 pa je funkcija izvodnica jednaka (1 + x) 20. Budući treba odabrati četiri šahista, rješenje je koeficijent uz x 4, a to je ( 20 4 ) = 4845 (što smo, naravno, mogli dobiti i bez korištenja funkcija izvodnica).

17 Primijetite kako smo došli do funkcije izvodnice. Dobili smo je nizom zbrajanja i množenja koji odgovaraju logičkim veznicima OR i AND. Svaki šahist je izabran ili nije izabran te je zato doprinos svakoga od njih jednak 1 + x. Sada to trebamo napraviti za prvog šahista i drugog šahista i trećeg šahista... Zbog toga smo trebali pomnožiti 50 kopija izraza 1 + x da dobijemo funkciju izvodnicu. Zadatak 6. Dvadeset bombona treba podijeliti medu tridesetero djece tako da svako dijete može dobiti i više od jednog bombona. Na koliko načina se to može napraviti? Rješenje. Svako dijete može dobiti 0 ili 1 ili 2 ili 3 ili... bombona pa ima doprinos 1 + x + x 2 + x 3 + Budući ima tridesetero djece, pripadajuća funkcija izvodnica je G(x) = (1 + x + x 2 + x 3 + ) 30 = 1 (1 x) 30 i rješenje je koeficijent uz x 20, tj. ( ) ( ) [x 20 ](1 x) 30 = = ( 1) = ( ) Lako se vidi da se umjesto 1 + x + x 2 + x 3 + može koristiti i 1 + x + x 2 + x x 20, ali s prvom varijantom je lakše računati. Zadatak 7. (Vidi [1]) Na koliko se načina 24 (jednaka) bombona može razdijeliti medu četvero djece tako da svako dijete dobije barem tri, ali ne više od osam bombona? Rješenje. Neka je (a n ) n 0 niz brojeva takvih da je a n rješenje zadatka za n bombona. Pripadajuća funkcija izvodnica je A(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x a n x n + Rješenje zadatka je a 24, tj. koeficijent uz x 24. Jedno dijete može dobiti od tri do osam bombona i to možemo zapisati s x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8. Kako je riječ o četvero djece, imamo A(x) = (x 3 + x 4 + x 5 + x 6 + x 7 + x 8 ) 4. Rješenje zadatka je koeficijent uz x 24, jer se nakon rješavanja zagrada u A(x) potencija x 24 javlja svaki put kada se eksponent 24 može zapisati kao k 1 + k 2 + k 3 + k 4 gdje su k 1, k 2, k 3 i k 4 brojevi izmedu tri i osam uključivo, što odgovora uvjetima zadatka (k j je broj bombona koje je dobilo j to dijete). Sada imamo: A(x) = x 12 (1 + x + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 ) 4 = x 12 ((1 x 6 )/(1 x)) 4 = x 12 (1 x 6 ) 4 (1 x) 4

18 Koeficijent uz x 24 je jednak [x 24 ]A(x) = [x 24 ]x 12 (1 x 6 ) 4 (1 x) 4 = [x 24 ](1 x 6 ) 4 (1 x) 4 = = [x 24 ] ( 1 ( ) 4 1 x 6 + ( ) 4 2 x 12 ) ( 1 ( ) ( 4 1 x + 4 ) 2 x 2 ( ) 4 3 x 3 + ) = = ( )( 4 4 ( 0 12) 4 )( 4 ) ( ) ( 2)( 0 = 15 ( 12) 4 9 ( 6) + 4 ( 2) = 15 ) ( ( 3) + 4 2) = = = 125 Korištenjem programa koji može množiti polinome se do rezultata dolazi jednostavnije i brže: A(x) = x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 31 + x 32 odakle odmah vidimo koeficijent uz x 24. Zadatak 8. Koliko cjelobrojnih rješenja ima jednadžba a + b + c = 6 uz uvjete 1 a 2 i 1 b, c 4? Rješenje. Doprinos varijable a je x x + x 2, a varijabli b i c je x + x 2 + x 3 + x 4. Pripadajuća funkcija izvodnica je dakle F (x) = (x x + x 2 )(x + x 2 + x 3 + x 4 ) 2 = x 1 (1 + x + x 2 + x 3 )x 2 (1 + x + x 2 + x 3 ) 2 = ( ) 1 x = x(1 + x + x 2 + x 3 ) = x = x(1 3x 4 + 3x 8 + x 12 )(1 x) 3 = 1 x = (x 3x 5 + 3x 9 + x 13 )(1 x) 3 Rješenje je koeficijent uz x 6 od F (x). Potenciju x 6 možemo dobiti tako da x iz prve zagrade pomnožimo s x 5 iz druge zagrade i tako da 3x 5 iz prve zagrade pomnožimo s x 6 iz druge što nam za traženi rezultat daje ( 3 [x 6 ]F (x) = 5 ) ( 1) 5 3 ( 3 1 ) ( 1) 1 = ( ) ( ) 3 = 12 1 Zadatak 9. (Vidi [1]) Na raspolaganju imamo deset kovanica od jedne kune, sedam kovanica od od dvije kune i šest kovanica od pet kuna. Na koliko načina možemo isplatiti svotu od 15 kuna? Rješenje. U svakoj isplati od 15 kuna sudjeluje neki broj ( 0) kovanica od jedne kune. Obilježimo jednu kunu s x (= x 1 ). Tada kovanica od dvije kune ima vrijednost x 2, a kovanica od pet kuna x 5. Odgovarajuća funkcija izvodnica isplate je sada jednaka: f(x) = (1 + x + x 2 + x x 10 )(1 + x 2 + x 4 + x x 14 )(1 + x 5 + x 10 + x x 30 ). Rješenje predstavlja koeficijent uz x 15 od f(x), tj. [x 15 ]f(x). Nakon rješavanja zagrada, tipičan član će biti oblika x k 1+2k 2 +5k 3,

19 gdje je 0 k 1 10, 0 k 2 7 i 0 k 3 6. Svaki takav član daje jedan način isplate neke svote, a mi tražimo broj isplata za koje je k 1 + 2k 2 + 5k 3 = 15. Traženi broj se dobiva rješavanjem zagrada ili korištenjem nekog programa koji može množiti polinome: f(x) = x 54 + x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x 2 + x + 1 Rješenje zadatka je [x 15 ]f(x) = 15. Uz pomoć ovog rezultata se recimo lagano odreduju iznosi koji se mogu isplatiti na najviše načina.

20 1. Izračunajte 10!, ( ) 9 4 Permutacije, kombinacije, varijacije ( ) 13 i. 11 (a) 10! = = ( ) 9 9 8/ 7 6//2 (b) = 4 1 2/ 3// 4/ = 126 ( ) ( ) (c) = = // 12 6 = // 2. Zadan je skup S = {a, b, c, d}. (a) Ispišite sve permutacije skupa S. Koliko ih ima? Sve permutacije su: abcd abdc acbd acdb adbc adcb bacd badc bcad bcda bdac bdca cabd cadb cbad cbda cdab cdba dabc dacb dbac dbca dcab dcba Ukupno ima 4! = 24 permutacija. (b) Ispišite sve kombinacije skupa S od dva elementa. Koliko ih ima? Sve tražene kombinacije su: {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}, ( ) 4 Ukupno ih ima = = 6. (c) Ispišite sve varijacije skupa S od tri elementa. Koliko ih ima? Sve tražene varijacije su: abc acb bac bca cab cba abd adb bad bda dab dba acd adc cad cda dac dca bcd bdc cbd cdb dbc dcb Ukupno ih ima ( 4 3 ) 3! = ( 4 1 ) 6 = Na koliko načina se mogu sastaviti plesni parovi od 8 djevojčica s 8 dječaka? 4. Poredamo djevojčice u red i onda bilo koji raspored dječaka daje jedan takav raspored pa je traženi broje jednak broju permutacija od 8 dječaka, dakle 8! = Šahovski klub ima 7 članova i treba sastaviti tim od 3 igrača. Na koliko načina se to može napraviti? ( ) 7 Tri igrača od njih sedam se može izabrati na = = 35 načina

21 5. Košarkaški tim raspolaže s 3 centra, 4 krila i 5 braniča. Igru započinje jedan centar, dva krila i dva braniča. Na koliko načina trener može izabrati početnu petorku? ( )( )( ) Trener može početnu petorku izabrati na = = 180 načina (prema principu produkta). 6. U jednoj trgovini imaju na raspolaganju tri vrste hlača i dvije vrste košulja, u drugoj pet vrsti hlača i tri vrste košulja, a u trećoj četiri vrste hlača i šest vrsta košulja. Ako se želi kupiti jedne hlače i jedna košulja i to u istoj trgovini, na koliko načina se to može napraviti? U prvoj trgovini se jedne hlače i jedna košulja može kupiti na 3 2 = 6 načina, u drugoj na 5 3 = 15 načina i u trećoj na 4 6 = 24 načina. Prema principu sume je traženi broj jednak = Odredite broj dijagonala konveksnog šesterokuta i n terokuta. (a) Dijagonala konveksnog šesterokuta je svaka dužina koja spaja dva njegova vrha, ako ti vrhovi nisu susjedni (tj. ako to nije stranica). Dakle broj dijagonala šesterokuta je jednak broju načina na koji možemo odabrati dvije točke od njih šest od kojeg oduzmemo broj stranica. Traženi broj je jednak (b) Traženi broj je jednak ( 6 2 ( ) n n = 2 ) 6 = 15 6 = 9. n(n 1) 1 2 n = n(n 3) Na koliko načina se 5 medusobno različitih poslova može raspodijeliti na 8 radnika tako da niti jedan radnik ne dobije više od jednog posla? Od 8 radnika biramo njih petoricu koji će dobiti poslove i onda im poslove podijelimo u nekom redoslijedu - dakle ( ) riječ je o varijacijama petog razreda skupa od 8 elemenata pa je traženi broj 8 jednak V8 5 = 5! = 8 7 ( ) = =

22 Relacije Zadaci s relacijama neće biti na kolokvijima i ispitima u ovoj akademskoj godini.

23 Grupa, prsten, polje Zadaci s grupama, prstenima i poljem neće biti na kolokvijima i ispitima u ovoj akademskoj godini.

24 Literatura [1] D. Veljan, Kombinatorna i diskretna matematika, Algoritam, Zagreb

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

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

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

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

(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

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

18. listopada listopada / 13

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

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 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

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

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

( 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

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a. Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a

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

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

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

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

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

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova) A MATEMATIKA (.6.., treći kolokvij. Zadana je funkcija z = e + + sin(. Izračunajte a z (,, b z (,, c z.. Za funkciju z = 3 + na dite a diferencijal dz, b dz u točki T(, za priraste d =. i d =.. c Za koliko

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

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

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

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

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva

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

Διαβάστε περισσότερα

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

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA . Limesi funkcija (sa svim korekcijama) 69. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA U ovom poglavlju: Neodređeni oblik Neodređeni oblik Neodređeni oblik Kose asimptote Neka je a konačan realan broj ili

Διαβάστε περισσότερα

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 1. Neka su x, y R n,

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi brojeva Materijali za nastavu iz Matematike 1

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable

Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable Infimum i supremum skupa Zadatak 1. Neka je S = (, 1) [1, 7] {10}. Odrediti: (a) inf S, (b) sup S. (a) inf S =, (b) sup S = 10.

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

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

- 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

ZBIRKA ZADATAKA IZ TEORIJE SKUPOVA

ZBIRKA ZADATAKA IZ TEORIJE SKUPOVA Sveučilište u Zagrebu PMF-Matematički odsjek Franka Miriam Brückler, Vedran Čačić, Marko Doko, Mladen Vuković ZBIRKA ZADATAKA IZ TEORIJE SKUPOVA Zagreb, 2009. Sadržaj 1 Osnovno o skupovima, relacijama

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

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

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 25.travnja-27.travnja razred-rješenja

DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 25.travnja-27.travnja razred-rješenja DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 5.travnja-7.travnja 01. 5. razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN

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

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

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

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

1. Skup kompleksnih brojeva

1. Skup kompleksnih brojeva 1. Skup kompleksnih brojeva 1. Skupovibrojeva... 2 2. Skup kompleksnih brojeva................................. 5 3. Zbrajanje i množenje kompleksnih brojeva..................... 8 4. Kompleksno konjugirani

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

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LIMES NIZOVA LIMES MONOTONIH NIZOVA GEOMETRIJSKOG REDA LIMES FUNKCIJA 1 2.4. LIMES NIZA I TEOREMI O LIMESIMA 2.4.1. Definicija limesa i konvergentnog niza 2.4.1.1 Riješeni

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

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

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO Matematičke metode u marketingu Multidimenzionalno skaliranje Lavoslav Čaklović PMF-MO 2016 MDS Čemu služi: za redukciju dimenzije Bazirano na: udaljenosti (sličnosti) među objektima Problem: Traži se

Διαβάστε περισσότερα

Periodične funkcije. Branimir Dakić, Zagreb

Periodične funkcije. Branimir Dakić, Zagreb Periodične funkcije Branimir Dakić, Zagreb Periodičnost 1 je pojava koju susrećemo na svakom koraku. Periodične su mnoge prirodne pojave, primjerice izmjena dana i noći ili izmjena godišnjih doba, pojava

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 15. ožujka 2010.

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 15. ožujka 2010. ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 15. ožujka 010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI

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

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

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

5. poglavlje (korigirano) DERIVACIJA FUNKCIJA

5. poglavlje (korigirano) DERIVACIJA FUNKCIJA 5 Derivacija funkcija (sa svim korekcijama) 8 5 poglavlje (korigirano) DERIVACIJA FUNKCIJA U ovom poglavlju: Derivacija po definiciji, tablica deriviranja Derivacija zbroja, razlike, produkta i kvocijenta

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 8 Pojam funkcije, grafa i inverzne funkcije Poglavlje 1 Funkcije Neka su X i Y dva neprazna skupa. Ako je po nekom pravilu, ozna imo ga

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

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

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

ALFA List - 1. Festival matematike "Split 2013." Otvoreno ekipno natjecanje učenika osnovnih i srednjih škola Split, 10. svibnja 2013.

ALFA List - 1. Festival matematike Split 2013. Otvoreno ekipno natjecanje učenika osnovnih i srednjih škola Split, 10. svibnja 2013. ALFA List - 1 Točan odgovor: 10 bodova Pogrešan odgovor: 5 bodova Bez odgovora: 0 bodova 1. Ako je (x+ 3): 4=( x ):3, onda je x jednako: A) 1 B) 1 C) 17 D) 17 E) 6. Kut od 1º30' gleda se kroz povećalo

Διαβάστε περισσότερα

Teorija skupova. Matko Males Split. lipanj 2003.

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

Διαβάστε περισσότερα

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. 4. razred osnovna škola. 23. veljače Odredi zbroj svih neparnih dvoznamenkastih prirodnih brojeva.

ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. 4. razred osnovna škola. 23. veljače Odredi zbroj svih neparnih dvoznamenkastih prirodnih brojeva. MINISTARSTVO ZNANOSTI, OBRAZOVANJA I ŠPORTA REPUBLIKE HRVATSKE AGENCIJA ZA ODGOJ I OBRAZOVANJE HRVATSKO MATEMATIČKO DRUŠTVO ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. razred osnovna škola 1. Na pitanje koliko

Διαβάστε περισσότερα

Sadrˇzaj. Sadrˇzaj 1 9 DVODIMENZIONALNI SLUČAJNI VEKTOR DISKRETNI DVODIMENZIONALNI

Sadrˇzaj. Sadrˇzaj 1 9 DVODIMENZIONALNI SLUČAJNI VEKTOR DISKRETNI DVODIMENZIONALNI Sadrˇzaj Sadrˇzaj DVODIMENZIONALNI. DISKRETNI DVODIMENZIONALNI............................ KONTINUIRANI -dim tko želi znati više.............................. 5. KOVARIJANCA, KORELACIJA, PRAVCI REGRESIJE........

Διαβάστε περισσότερα

3 Populacija i uzorak

3 Populacija i uzorak 3 Populacija i uzorak 1 3.1 Slučajni uzorak X varijabla/stat. obilježje koje izučavamo Cilj statističke analize na osnovi uzorka izvesti odredene zaključke o (populacijskoj) razdiobi od X 2 Primjer 3.1.

Διαβάστε περισσότερα

Dužina luka i oskulatorna ravan

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

Διαβάστε περισσότερα

1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi

1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi 1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi Rješavanje nelinearnih jednadžbi sastoji se od dva bitna koraka: nalaženja intervala u kojem se nalazi nultočka (analizom toka), što je teži dio posla, nalaženja nultočke

Διαβάστε περισσότερα

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 4. veljače 2010.

ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 4. veljače 2010. ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 4. veljače 010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I

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

2. Bez kalkulatora odredi vrijednosti trigonometrijskih funkcija za brojeve (kutove) iz točaka u 1.zadatku.

2. Bez kalkulatora odredi vrijednosti trigonometrijskih funkcija za brojeve (kutove) iz točaka u 1.zadatku. . Na brojevnoj kružnici označi točke: A (05π), A 2 ( 007π 2 ), A 3 ( 553π 3 ) i A 4 ( 40 o ). 2. Bez kalkulatora odredi vrijednosti trigonometrijskih funkcija za brojeve (kutove) iz točaka u.zadatku. 3.

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

Sintaksa i semantika u logici

Sintaksa i semantika u logici Sintaksa i semantika u logici PMF Matematički odsjek Sveučilište u Zagrebu 13. listopad 2012., Zadar Sintaksa i semantika u logici 1 / 51 1. Logika sudova 1.1. Sintaksa jezik 1.2. Semantika logike sudova

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

Slučajne varijable Materijali za nastavu iz Statistike

Slučajne varijable Materijali za nastavu iz Statistike Slučajne varijable Materijali za nastavu iz Statistike Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 2012/13 1 / 1 Slučajna varijabla Slučajna varijabla je funkcija X koja elementarnim dogadajima pridružuje

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

Metode dokazivanja nejednakosti

Metode dokazivanja nejednakosti IMO/MEMO pripreme 2016. Aleksandar Bulj, 8. 6. 2016. Uvod Metode dokazivanja nejednakosti Cilj ovoga predavanja je prikazati razne tehnike za dokazivanje nejednakosti. U prvom će poglavlju kroz nekoliko

Διαβάστε περισσότερα

Matrice linearnih operatora i množenje matrica. Franka Miriam Brückler

Matrice linearnih operatora i množenje matrica. Franka Miriam Brückler Matrice linearnih operatora i množenje matrica Franka Miriam Brückler Kako je svaki vektorski prostor konačne dimenzije izomorfan nekom R n (odnosno C n ), pri čemu se ta izomorfnost očituje odabirom baze,

Διαβάστε περισσότερα

2.6 Nepravi integrali

2.6 Nepravi integrali 66. INTEGRAL.6 Neprvi integrli Definicij. Nek je f : [, R funkcij koj je Riemnn integrbiln n svkom podsegmentu [, ] od [,. Ako postoji končn es f() (.4) ond se tj es zove neprvi integrl funkcije f n [,

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