Determinante. Inverzna matrica

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Determinante. Inverzna matrica"

Transcript

1 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 po svim permutacijama p ν = (j 1, j 2,, j n ) skupa {1, 2,, n}, a j je broj inverzija u permutaciji p ν n = 1 : a 11 = a 11 ; n = 2 : a 11 a 12 a 21 a 22 = a 11a 22 a 12 a 21 ; a 11 a 12 a 13 n = 3 : a 21 a 22 a 23 a 31 a 32 a 33 = a 11a 22 a 33 a 11 a 23 a 32 a 12 a 21 a 33 Kofaktor elementa a ij je + a 12 a 23 a 31 + a 13 a 21 a 32 a 13 a 22 a 31 A ij = ( 1) i+j D ij, gde je D ij determinanta reda n 1 dobijena iz det A izostavljanjem i te vrste i j te kolone Laplasov razvoj determinante po elementima i te vrste (i = 1, 2,, n): a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n = a i1 A i1 + a i2 A i2 + + a in A in a n1 a n2 a nn 1

2 2 Laplasov razvoj determinante po elementima j te kolone (j = 1, 2,, n): a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n = a 1j A 1j + a 2j A 2j + + a nj A nj a n1 a n2 a nn Adjungovana matrica matrice A = [a ij ] n n je matrica A 11 A 21 A n1 adj A = [A ji ] n n = [A ij ] T A 12 A 22 A n2 n n =, A 1n A 2n A nn gde je A ij kofaktor elementa a ij (i, j = 1, 2,, n) Inverzna matrica matrice A = [a ij ] n n je matrica A 1 takva da važi Ako je det A 0, tada je A A 1 = A 1 A = I A 1 = 1 adj A det A Matrica A je regularna ako postoji njena inverzna matrica A 1 U protivnom, matrica A je singularna

3 3 Zadaci: Date su matrice A = i B = Izračunati determinantu det(ab) Rešenje: Kako je det(ab) = det A det B i matrice A i B su trougaone matrice, to odmah nalazimo det(ab) = (1 3 6) (( 3) 1 ( 4) ) = = Izračunati determinantu a a a a D = a b b b a b c c a b c d Odrediti pod kojim uslovima za parametre a, b, c, d R važi D 0 Rešenje: Radi lakšeg računanja determinante, dovedimo je na trougaoni oblik Ako se prva vrsta pomnoži sa 1 i doda drugoj, trećoj i četvrtoj redom, dobija se a a a a a a a a D = a b b b a b c c = 0 b a b a b a 0 b a c a c a a b c d 0 b a c a d a Pomnožimo sada drugu vrstu sa 1 i dodajmo trećoj i četvrtoj Tako je a a a a D = 0 b a b a b a 0 0 c b c b 0 0 c b d b Konačno, ako treću vrstu pomnožimo sa 1 i dodamo četvrtoj, determinanta dobija trougaoni oblik

4 4 a a a a D = 0 b a b a b a 0 0 c b c b, d c pa je njena vrednost jednaka proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali, tj D = a(b a)(c b)(d c) Očigledno, D 0 ako je a 0, a b, b c i c d 3 Neka je x P (x) = 1 1 x 1 1 x 1 1 x Odrediti sve nule polinoma P (x) i njihovu višestrukost Rešenje: Polinom P (x), dat u obliku determinante, predstavimo u faktorisanom obliku Rezultat dobijamo postupkom koji se sastoji od sledećih koraka: prvoj koloni dodamo zbir ostalih kolona, iz prve kolone izvučemo x + 3 kao zajednički faktor, prvu vrstu pomnožimo sa 1 i dodamo drugoj, trećoj i četvrtoj vrsti redom, razvijemo determinantu po elementima prve kolone, iz svake kolone izvučemo x 1 kao zajednički faktor, razvijemo determinantu po elementima prve kolone Tako je x x x P (x) = 1 1 x 1 1 x 1 1 = x x 1 x + 3 x 1 1 x x x x = (x + 3) 1 1 x 1 1 x 1 1 = (x + 3) 0 0 x 1 1 x 0 x x x 0 x 1 1 x = (x + 3) x x = (x + 3)(x 1) x = (x + 3)(x 1) = (x + 3)(x 1)3

5 Iz faktorisanog oblika zaključujemo da polinom P (x) ima nulu prvog reda x = 3 i nulu trećeg reda x = Rešiti jednačinu po realnoj promenljivoj x 1 a bx 1 b ax = 0, a, b R 1 x ab Rešenje: Primenićemo osobinu da se determinanta ne menja ako se od elemenata jedne vrste oduzmu odgovarajući elementi neke druge vrste Razvićemo determinantu tako što ćemo primeniti sledeće korake: 1 korak: od elemenata druge i treće vrste oduzimamo odgovarajuće elemente prve vrste; 2 korak: iz druge vrste izvlačimo zajednički činilac (b a), a iz treće zajednički činilac (x a); 3 korak: razvijamo determinantu po elementima prve kolone; 4 korak: razvijamo determinantu drugog reda Imamo 1 a bx 1 b ax 1 x ab = 1 a bx 1 a bx 0 b a (a b)x = (b a)(x a) 0 1 x 0 x a (a x)b 0 1 b = (b a)(x a) 1 x 1 b = (b a)(x a)(x b) Tražimo rešenje jednačine u zavisnosti od a, b R Vidimo da za 1 a = b rešenje je svako x R; 2 a b rešenje je x = a ili x = b (b a)(x a)(x b) = 0 5 Da li je polinom deljiv sa (x 1) 2? 1 x x P (x) = x 1 x x x 1

6 6 Rešenje: Važi osobina da se vrednost determinante ne menja ako se elementima jedne kolone (vrste) doda linearna kombinacija odgovarajućih elemenata ostalih kolona (vrsta) Razvijamo determinantu na sledeći način: 1 korak: elementima prve kolone dodajemo elemente druge i treće kolone; 2 korak: iz prve kolone izvlačimo zajednički činilac (2x + 1); 3 korak: oduzimamo od elemenata druge i treće vrste odgovarajuće elemente prve vrste; 4 korak: izračunavamo vrednost dobijene trougaone determinante znajući da je ona jednaka proizvodu dijagonalnih elemenata Imamo 1 x x x 1 x x x 1 = 2x + 1 x x 1 x x 2x x = (2x + 1) 1 1 x 2x + 1 x 1 1 x 1 1 x x = (2x + 1) 0 1 x x = (2x + 1)(1 x)2 = (2x + 1)(x 1) 2 Vidimo da je polinom P (x) = (2x + 1)(x 1) 2 deljiv sa (x 1) 2 6 Predstaviti polinom P (x) = 1 3 x x 2 3 u faktorisanom obliku Rešenje: Uočimo da su u datoj determinanti skoro svi (tri od četiri) odgovarajući elementi prve i druge kolone jednaki i da je ista situacija i sa odgovarajućim elementima treće i četvrte kolone Zato je pogodno koristiti osobinu da se vrednost determinante ne menja ako se od elemenata jedne kolone oduzmu odgovarajući elementi neke druge kolone Postupak za rešavanje date determinante je: od elemenata druge kolone oduzimamo odgovarajuće elemente prve kolone i od elemenata četvrte kolone oduzimamo odgovarajuće elemente treće kolone, razvijamo dobijenu determinantu

7 četvrtog reda po elementima četvrte kolone U sledećem koraku razvijamo dobijenu determinantu trećeg reda po elementima druge kolone i konačno razvijamo determinantu drugog reda: P (x) = 1 3 x = 1 4 x x x 2 9 = (x ) 1 4 x = (x2 9)(4 x 2 ) = 23(x 2 9)(4 x 2 ) = 23(x 3)(x + 3)(x 2)(x + 2) 7 7 Naći sva rešenja jednačine 1 2x 1 2 x x 3x 2 x = 0 Rešenje: Primetimo da je u datoj determinanti zbir elemenata u svakoj vrsti jednak Stoga možemo dodati elementima, na primer, prve kolone odgovarajuće elemente ostalih kolona U prvoj koloni su na taj način dobijeni svi jednaki elementi 2x + 2 i možemo tu vrednost izvući kao činilac ispred determinante 1 2x 1 2 x x 3x 2 x = 2x + 2 2x 1 1 2x 1 2x + 2 x x = (2x + 2) 1 x x 2x x 1 2 x S obzirom da su u prvoj koloni sada svi elementi jednaki, lako ćemo od tih elemenata (osim jednog) napraviti nule tako što oduzmemo elemente prve vrste od odgovarajućih elemenata druge i treće vrste Dobijenu determinantu trećeg reda razvijamo po elementima prve kolone, a zatim računamo determinantu drugog reda: 1 2x 1 1 2x 1 (2x + 2) 1 x x = (2x + 2) 0 x x 1 = (2x + 2) x x x 0 2 2x x 1 2 2x x 1 = (2x + 2) [ x( x 1) (x 1)(2 2x) ] = (2x + 2)(3x 2 3x + 2)

8 8 Rešenja jednačine su x 1 = 1, x 2 = 3 + i 15 6 (2x + 2)(3x 2 3x + 2) = 0 i x 3 = 3 i Naći sve nule polinoma 1 2x 1 P (x) = 2x x Rezultat: Polinom je jednak P (x) = (2x + 2)(2x 1) 2 Nule su x 1 = 1 (prosta nula), x 2 = 1/2 (dvostruka nula) 9 Ispitati da li je polinom deljiv sa (x + 2) 2 x 1 3 P (x) = 1 x x Rezultat: Polinom je jednak P (x) = (x + 2)(x 1 2)(x 1 + 2) i nije deljiv sa (x + 2) 2 10 Izračunati vrednost D n determinante n tog reda (n N): a) D n = ; b) D n = Rešenje: a) Primetimo najpre da je D n determinanta trodijagonalne matrice A = [a ij ] n n, čiji su dijagonalni elementi a ii = 3 (i = 1, 2,, n), elementi iznad glavne dijagonale a i 1,i = 2, elementi ispod glavne dijagonale a i,i 1 = 1

9 (i = 2, 3,, n), a svi ostali elementi jednaki 0 Razvijanjem determinante D n po elementima prve kolone dobija se D n = = Prva od dve dobijene determinante reda n 1 ima isti trodijagonalni oblik kao polazna, pa može da se označi sa D n 1 Drugu razvijamo po elementima prve vrste i dobijamo = 2 = 2D n 2, jer je poslednja determinanta ponovo istog oblika kao polazna, ali je reda n 2 Prema tome, važi D n = 3D n 1 2D n 2, tj članovi niza {D n } zadovoljavaju homogenu linearnu diferencnu jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima Njena karakteristična jednačina je D n 3D n 1 + 2D n 2 = 0 λ 2 3λ + 2 = 0, sa rešenjima λ 1 = 1 i λ 2 = 2 Zato je rešenje diferencne jednačine D n = k 1 λ n 1 + k 2 λ n 2 = k 1 + k 2 2 n, pri čemu se konstante k 1 i k 2 odred uju iz početnih uslova: D 1 = 3 = 3, D 2 = = 7 9

10 10 Kako je D 1 = k 1 + k = k 1 + 2k 2, D 2 = k 1 + k = k 1 + 4k 2, rešavanjem sistema jednačina k 1 + 2k 2 = 3, k 1 + 4k 2 = 7, dobija se k 1 = 1, k 2 = 2 Konačno, tražena vrednost determinante je D n = n = 2 n+1 1 b) Postupkom opisanim u delu zadatka pod a) dobija se D n = = = 4D n 1 4 = 4D n 1 4D n 2, što znači da D n zadovoljava diferencnu jednačinu D n 4D n 1 + 4D n 2 = 0 Karakteristična jednačina ove diferencne jednačine je λ 2 4λ + 4 = 0 i ima jedno dvostruko rešenje λ = 2 Zato je D n = k 1 2 n + k 2 n2 n, gde su k 1 i k 2 konstante odred ene iz početnih uslova

11 D 1 = 2k 1 + 2k 2 = 4 = 4, D 2 = 4k 1 + 8k 2 = = Rešavanjem sistema jednačina 2k 1 + 2k 2 = 4, 4k 1 + 8k 2 = 12, dobija se k 1 = k 2 = 1, pa je D n = 2 n (1 + n) 11 Za n N izračunati vrednost determinante n-tog reda: a) D n = ; b) D n = ; c) D n = ; d) D n = Rešenje: a) Razvijamo determinantu D n po elementima prve vrste i dobijamo D n = 5D n 1 3 = 5D n 1 3 2D n 2, n 1 pri čemu smo poslednju determinantu razvili po elementima prve kolone Dobija se diferencna jednačina D n 5D n 1 + 6D n 2 = 0 čija je karakteristična jednačina

12 12 λ 2 5λ + 6 = 0 λ 1 = 2, λ 2 = 3 Rešenje ove diferencne jednačine je oblika D n = K 1 2 n + K 2 3 n, n N Koeficijente K 1 i K 2 odred ujemo iz uslova D 1 = 5 = 5 = 2K 1 + 3K 2, D 2 = = 19 = 4K 1 + 9K 2 Rešenje dobijenog sistema je jednako K 1 = 2, K 2 = 3 D n = 3 n+1 2 n+1 b) Razvijamo determinantu po elementima prve vrste, a zatim, dobijenu determinantu n 1-og reda po elementima prve kolone: D n = 2D n 1 = 2D n 1 D n 2 D n 2D n 1 + D n 2 = Karakteristična jednačina je n 1 U ovom slučaju je oblik rešenja Početni uslovi za D 1 i D 2 daju λ 2 2λ + 1 = 0 λ 1 = λ 2 = 1 D n = K 1 1 n + K 2 n1 n = K 1 + K 2 n D 1 = 2 = 2 = K 1 + K 2, D 2 = = 3 = K 1 + 2K 2 Dobijamo K 1 = K 2 = 1, pa je sada D n = 1 + n c) Razvijanjem determinante po elementima prve vrste u prvom koraku i po elementima prve kolone u drugom koraku, dobijamo

13 D n = D n n 1 Rešavamo karakterističnu jednačinu λ 2 λ 1 = 0 λ 1 = = D n 1 + D n 2 D n D n 1 D n 2 = 0, λ 2 = Rešenje je oblika ( 1 5 ) n ( ) n D n = K 1 + K2 2 2 Iz početnih uslova za D 1 i D 2 imamo D 1 = 1 = 1 = 1 5 K K 2, 2 2 D 2 = 1 1 ( 1 5 ) 2 ( ) 2K2 1 1 = 2 = K Rešavanjem dobijenog sistema jednačina dobijamo K 1 = , K 2 = , odakle je D n = 5 5 ( 1 5 ) n ( ) n d) Razvijanjem determinante po elementima prve vrste, a onda u drugom koraku po elementima prve kolone, dobijamo D n = D n 1 = D n 1 D n 2 D n D n 1 + D n 2 = n 1 Rešavamo karakterističnu jednačinu λ 2 λ + 1 = 0 λ 1 = 1 + i 3 2 Vrednost determinante D n, n N, je oblika = e iπ/3, λ 2 = 1 i 3 2 = e iπ/3

14 14 D n = K 1 cos nπ 3 + K 2 sin nπ 3 Iz početnih uslova za D 1 i D 2 imamo D 1 = 1 = 1 = K K 2, D 2 = = 0 = 1 2 K K 2 Rešavanjem dobijenog sistema jednačina dobijamo K 1 = 1, K 2 = 3 3, odakle je D n = cos nπ sin nπ 3 12 Odrediti vrednost determinante x + α x x x x x + α x x x x x + α x x x x x + α Rešenje: Vrednost determinante se neće promeniti ako oduzmemo prvu vrstu od svih ostalih vrsta: x + α x x x x + α x x x x x + α x x α α 0 0 x x x + α x = α 0 α 0 x x x x + α α 0 0 α U poslednjoj determinanti dodaćemo sve kolone prvoj koloni: nx + α x x x 0 α α 0 = (nx + α)α n α n n n n

15 15 13 Odrediti inverznu matricu matrice A = Rešenje: Kako je det A = 4 0, za matricu A postoji inverzna matrica A 1 Ona se odred uje prema formuli A 1 = 1 adj A, det A gde je adj A matrica čiji su elementi kofaktori elemenata matrice A, a koji se izračunavaju na sledeći način: A 11 = ( 1) = 1, A 12 = ( 1) = 6, A 13 = ( 1) = 3, A 21 = ( 1) = 2, A 22 = ( 1) = 8, A 23 = ( 1) = 6, A 31 = ( 1) = 1, A 32 = ( 1) = 2, A 33 = ( 1) = 1 Tako je A 11 A 12 A 13 adj A = A 21 A 22 A 23 A 31 A 32 A 33 pa je T = A 1 = T = 6 8 2, Rezultat se može i proveriti: A A 1 = = = I Naći A 1 ako je A =

16 16 Rešenje: Ako je det A 0 odredićemo A 1 iz formule A 1 = 1 A 11 A 12 A 13 adj A, adj A = A 21 A 22 A 23 det A A 31 A 32 A 33 gde je A ij kofaktor elementa a ij, i, j = 1,, n, matrice A Imamo det A = = 1 0 Odgovarajući kofaktori su jednaki: A 11 = ( 1) = 1, A 12 = ( 1) = 1, A 13 = ( 1) = 1, A 21 = ( 1) = 0, A 22 = ( 1) = 1, A 23 = ( 1) = 1, A 31 = ( 1) = 0, A 32 = ( 1) = 0, A 33 = ( 1) = 1 Inverzna matrica je jednaka A 1 = det A adj A = T T = Napomenimo da bismo uočili i otklonili eventualne greške, možemo proveriti da li za nad enu matricu A 1 važi AA 1 = I: AA 1 = = , 15 Odrediti inverznu matricu matrice A =

17 17 Rešenje: Matrica A ima inverznu matricu, jer je det A = 1 Prema formuli A 1 = 1 det A adj A dobija se A 1 = T = T = Date su matrice A = [ ] 0 1, B = 1 0 a) Izračunati det X ako je AXB = C b) Izračunati det ( B 1) [ ] 1 1, C = 1 2 [ ] Rešenje: a) Rešavanjem jednačine AXB = C po matrici X dolazimo do izraza S obzirom na osobinu determinanti zaključujemo X = A 1 CB 1 (01) det(p Q) = det P det Q, P, Q M n n, (02) det X = det(a 1 CB 1 ) = det(a 1 ) det C det(b 1 ) Ponovo, na osnovu (02) za regularnu matricu P važi Kako je P P 1 = I det P det(p 1 ) = det I = 1 det(p 1 ) = 1 det P (03)

18 18 to je det A = = 1, det B = det C = = 0, det A = 0 b) Na osnovu (04) i (03) nalazimo det ( B 1) = 1 1 = 1 = 1, (04) 17 Neka su matrice A = [ ] i B = Ispitati da li postoje sledeće matrice Ako postoje, odrediti ih AB, BA, A 1, (AB) 1, 2A, 2A + B Rešenje: Matrica A je dimenzije 2 3, a matrica B dimenzije 3 2 i kako je broj kolona prve matrice jednak broju vrsta druge matrice proizvod AB postoji i jednak je AB = [ ] = 1 1 [ ] Proizvod BA takod e postoji jer je broj kolona matrice B jednak broju vrsta matrice A i jednak je 1 1 [ ] BA = = Matrica A 1 ne postoji jer matrica A nije kvadratna Da bi postojala inverzna matrica kvadratne matrice AB potrebno je da važi det AB 0 Kako je det(ab) = = 2 0,

19 onda je inverzna matrica jednaka (AB) 1 = odredićemo kofaktore Inverzna matrica je jednaka 19 1 adj(ab) Ako je C = AB, det(ab) C 11 = ( 1) = 1, C12 = ( 1) = 0, C 21 = ( 1) = 2, C 22 = ( 1) = 2 C 1 = (AB) 1 = Matrica 2A postoji 1 2 2A = 2 [ ] T 1 0 = [ ] = [ ] 1 2 = 0 2 [ ] [ ] 1/ i njena dimenzija je 2 3 S obzirom da su dimenzije matrica 2A i B različite (matrica 2A je dimenzije 2 3, a matrica B dimenzije 3 2), one se ne mogu sabirati 18 Date su matrice A = Ako postoje, odrediti matrice [ ] , B = AB, B T A T, A + B, A 1, (AB) 1 Rešenje: AB = [ ] B T A T = (AB) T = = 1 2 [ ] [ ] 0 8, 5 8 A+B nije definisano jer nisu matrice istog tipa A 1 ne postoji jer A nije kvadratna matrica Kako je det(ab) = 40 0 to matrica (AB) 1 postoji i iznosi (AB) 1 = 1 det(ab) adj(ab) = 1 40 [ ]

20 20 19 Date su matrice A = [ ] 1 0 1, B = [ ] Ispitati da li postoje sledeće matrice Ako postoje, odrediti ih A + 2B, AB, BA, A 1, B 1, (A T A) 1 Rešenje: Matrica A je dimenzije 2 3, a matrica B (pa i matrica 2B) je dimenzije 2 2, što znači da se A i 2B ne mogu sabirati Proizvod AB matrica dimenzija 2 3 i 2 2 ne postoji (broj kolona prve matrice se razlikuje od broja vrsta druge matrice) Proizvod BA matrica dimenzija 2 2 i 2 3 postoji i jednak je [ ] [ ] [ ] BA = = Inverzna matrica A 1 ne postoji jer A nije kvadratna matrica Za kvadratnu matricu B postoji B 1 jer je det B = = 3 0 Važi B 1 = 1 [ ] T B11 B adj B, adj B = 12 det B B 21 B 22 Kofaktori su B 11 = 2, B 12 = 1, B 21 = 1, B 22 = 1 Imamo B 1 = 1 [ ] T = 1 [ ] = 1 1 [ 2/3 1/3 1/3 1/3 Matrica A T A se može odrediti i jednaka je 1 0 [ ] A T A = = Med utim, determinanta ove matrice je jednaka nuli = = 0, odakle zaključujemo da inverzna matrica (A T A) 1 ne postoji ]

21 21 20 Ako postoje, odrediti (A T B) 1 i (AB T ) 1, gde su [ ] A =, B = [ Rešenje: Označimo A T B = C i AB T = D Tada je 2 1 [ ] C = A T B = = 1 0 2, D = AB T = [ 2 0 ] = [ ] Kako je det C = 0, matrica C nije regularna, tj ne postoji C 1 Matrica D je regularna, jer je det D = 5, pa postoji njena inverzna matrica i ona je jednaka D 1 = 1 [ ] ] 21 Date su matrice A = [ ] , B = Ako postoje, odrediti matrice C 1 i D 1, gde su C = AB i D = BA Rezultat: [ ] 1 2 C =, det C = 5, C 1 = 1 [ ] 1 2, D = 2 1 1, det D = 0, D 1 ne postoji Rešiti matričnu jednačinu AX = B ako je A = 0 2 1, B =

22 22 Rešenje: Matrična jednačina AX = B ima rešenje X = A 1 B ukoliko inverzna matrica A 1 postoji Kako je zaključujemo da postoji Odredimo matricu adj A : adj A = det A = = = 2 0, Razviti determinantu po trećoj vrsti A 1 = 1 adj A det A = Onda je Konačno, A 1 = 1/2 1/2 3/ X = A 1 B = 1/2 1/2 3/2 0 3 = Odrediti matricu X tako da je [ ] X = [ ]

23 Rešenje: Neka je A = [ ] i B = [ ] Ako postoji inverzna matrica A 1, tada je rešenje date matrične jednačine AX = B jednako X = A 1 B (vodimo računa sa koje strane množimo matricu B matricom A 1 jer množenje matrica nije komutativno) Matrica A 1 postoji jer je det A = 4 9 = 5 0 Odredićemo A 1 = 1 det A adj A Kofaktori matrice A su: A 11 = 4, A 12 = 3, A 21 = 3, A 22 = 1 23 Inverzna matrica je jednaka A 1 = 1 5 [ ] T 4 3 = [ ] Rešenje ove jednačine je X = A 1 B = 1 5 [ ] [ ] 3 5 = [ ] 3 7 = 4 6 [ ] 3/5 7/5 4/5 6/5 24 Rešiti matričnu jednačinu AX = B ako su date matrice A = i B = Rešenje: Pod uslovom da postoji inverzna matrica A 1, rešenje date jednačine je X = A 1 B Zbog toga prvo odred ujemo A 1 Računamo determinantu det A = = = i nalazimo kofaktore A 11 = = 8, A 12 = = 1, A 13 = = 2, A 21 = = 4, A 22 = = 1, A 23 = = 2, A 31 = = 4, A 32 = = 1, A 33 = = 2

24 24 Imamo da je matrica A 1 = 1 det A adj A = T = Rešenje jednačine je matrica X = A 1 B = = Rešiti matričnu jednačinu pri čemu je A = AX = B + 2X, [ ] 3 5, B = 1 1 [ Rešenje: I način Transformišemo najpre jednačinu na sledeći način: AX = B + 2X, AX 2X = B, (A 2I)X = B Ako označimo A 2I = C, jednačina postaje CX = B Množenjem jednačine sa C 1 (ako postoji) sleva dobijamo Kako je C = A 2I = [ ] matrica C 1 postoji i jednaka je C 1 CX = C 1 B, [ ] 1 0 = 0 1 C 1 = 1 2 X = C 1 B ] [ ] 1 5, det C = 1 3 [ ] 3 5, = 2,

25 25 pa je X = C 1 B = 1 2 [ ] II način Potražimo matricu X u obliku [ ] a b X = c d [ ] [ = Zamenom odgovarajućih matrica u jednačini, sledi [ ] [ ] [ ] [ 3 5 a b 4 5 a b = c d 8 3 c d [ ] [ 3a 5c 3b 5d 4 + 2a 5 + 2b = a c b d 8 + 2c 3 + 2d [ ] [ ] a 5c 4 b 5d = a 3c + 8 b 3d Rešavanjem sistema jednačina dobijaju se elementi matrice X: 26 Rešiti matričnu jednačinu a 5c 4 = 0, b 5d 5 = 0, a 3c + 8 = 0, b 3d + 3 = 0, a = 26, b = 15, c = 6, d = 4 ABX = 4X + 2C, ], ], ] ako je A = 0 2, B = A T, C = Rešenje: Sred ivanjem jednačine dobijamo ABX = 4X + 2C ABX 4X = 2C (AB 4I)X = 2C Data jednačina može se rešavati na dva načina

26 26 I način: X = 2(AB 4I) 1 C, pod uslovom det(ab 4I) [ ] AB = = 2 4 2, AB 4I = = 2 0 2, Tada je det(ab 4I) = adj(ab 4I) = (AB 4I) 1 = = = = 16, = /4 1/4 1/4 1 adj(ab 4I) = 1/4 7/4 3/4, det(ab 4I) 1/4 3/4 1/4 pa je traženo rešenje X = 2(AB 4I) 1 C = = II način: Jednačinu (AB 4I)X = 2C predstavimo u njenom skalarnom obliku Uvod enjem nepoznatih koordinata X = [x, y, z] T polazna jednačina postaje sistem 2x + 2y + 4z = 2, 2x + 2z = 0, 4x + 2y + 6z = 2 Sred ivanjem matrice i proširene matrice sistema dobija se

27 27 I korak: Podelimo celu matricu sa 2 Zamenimo mesta prvoj i drugoj vrsti Zbir prve i druge vrste oduzmemo od treće II korak: Treću vrstu podelimo sa 2 Prvu vrstu dodamo drugoj, a oduzmemo od treće Transformisani sistem, ekvivalentan polaznom, tada glasi x + z = 0, y + 3z = 1, z = 0, što nas ponovo dovodi do rešenja x = 0, y = 1, z = 0, tj X = [0 1 0] T 27 Date su matrice A = to je jednačinu Rešenje: Kako je i B = AX = B A T X Rešiti matričnu AX = B A T X AX + A T X = B ( A + A T ) X = B, X = ( A + A T ) 1 B, pod uslovom da je A + A T regularna matrica, tj det ( A + A T ) 0 Potražimo ove matrice

28 A + A T = = 3 0 0, det ( A + A T ) = adj ( A + A T ) = = = 36, = ( A + A T ) 1 = 1 det ( A + A T ) adj ( A + A T ) = X = ( A + A T ) 1 B = = /3 0 1/3 2/9 1/3 0 1/3 1/ , 0 1/3 0 1/3 2/9 1/3, 0 1/3 1/ Rešiti matričnu jednačinu AX = B 2X, ako je [ ] 1 3 A =, B = 5 2 [ Rešenje: Preured enjem jednačine AX = B 2X dobija se AX = B 2X AX + 2X = B (A + 2I)X = B X = (A + 2I) 1 B, pod uslovom da (A + 2I) 1 postoji, tj det(a + 2I) 0 Potražimo ove elemente [ ] [ ] [ ] A + 2I = + =, det(a + 2I) = ] = = 3 0

29 29 Zaklučujemo da inverzna matrica postoji Kako je (A + 2I) 1 = 1 adj(a + 2I), det(a + 2I) za odred ivanje inverzne matrice neophodno je poznavanje adjungovane matrice adj(a + 2I) [ ] 4 3 adj(a + 2I) =, 5 3 pa je Konačno, X = 1 3 (A + 2I) 1 = 1 3 [ ] [ ] [ ] = [ ]

30

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

Vektorski prostori. Vektorski prostor

Vektorski prostori. Vektorski prostor Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

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

(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

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

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b) TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, 004. Vladimir Balti Pojam polinoma. Prsten polinoma.. Dati su polinomi P (x) = x + x +, Q(x) = x 4 x +, R(x) = x x +. Proveriti da li za

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije.

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Svojstva tautologija Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija i formula B. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Pretpostavimo da B nije tautologija. Tada postoji valuacija v

Διαβάστε περισσότερα

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

- 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

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

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

Teorija kodiranja. Hamingov kod i njegova definicija

Teorija kodiranja. Hamingov kod i njegova definicija Teorija kodiranja. Hamingov kod i njegova definicija Erna Oklapi Gimnazija Novi Pazar ernaoklapii@yahoo.com Sanela Numanović Gimnazija Kruševac sanelanumanovic@yahoo.com Rezime U ovom radu predstavljen

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi, relacije, funkcije

Skupovi, relacije, funkcije Chapter 1 Skupovi, relacije, funkcije 1.1 Skup, torka, multiskup 1.1.1 Skup Pojam skupa ne definišemo eksplicitno. Intuitivno skup prihvatamo kao konačnu ili beskonačnu kolekciju objekata (ili elemenata)u

Διαβάστε περισσότερα

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

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

METODA KONAČNIH ELEMENATA Osnovne akademske studije, VI semestar

METODA KONAČNIH ELEMENATA Osnovne akademske studije, VI semestar METODA KONAČNIH ELEMENATA Osnovne akademske studije, VI semestar Prof dr email: stanko@np.ac.rs Departman za Tehničke nauke Državni Univerzitet u Novom Pazaru 2014/15 Sadržaj Matrična analiza linijskih

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

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

Polinomske jednaqine

Polinomske jednaqine Matematiqka gimnazija u Beogradu Dodatna nastava, xk.g. 2005/06. Polinomske jednaqine 13.6.2006. Naslov se odnosi na određivanje polinoma po jednoj ili vixe promenljivih (sa npr. realnim ili kompleksnim

Διαβάστε περισσότερα

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

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

ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE

ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE Nada Miličić Miloš Miličić ELEMENTI VISE ˇ MATEMATIKE II deo II izdanje Akademska misao Beograd, 2011 Dr Nada Miličić, redovni profesor Dr Miloš Miličić, redovni profesor ELEMENTI VIŠE MATEMATIKE II DEO

Διαβάστε περισσότερα

KONTURNA INTEGRACIJA

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

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić

OSNOVI ELEKTRONIKE. Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić OSNOVI ELEKTRONIKE Vežbe (2 časa nedeljno): mr Goran Savić savic@el.etf.rs http://tnt.etf.rs/~si1oe Termin za konsultacije: četvrtak u 12h, kabinet 102 Referentni smerovi i polariteti 1. Odrediti vrednosti

Διαβάστε περισσότερα

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

Algebarske strukture

Algebarske strukture i operacije Univerzitet u Nišu Prirodno Matematički Fakultet februar 2010 Istraživačka stanica Petnica i operacije Operacije Šta je to algebra i apstraktna algebra? Šta je to algebarska struktura? Cemu

Διαβάστε περισσότερα

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

RIJEŠENI ZADACI IZ MATEMATIKE

RIJEŠENI ZADACI IZ MATEMATIKE RIJEŠENI ZADACI IZ MATEMATIKE Ovi zadaci namijenjeni su studentima prve godine za pripremu ispitnog gradiva za kolokvije i ispite iz matematike. Pripremljeni su u suradnji i po uputama predmetnog nastavnika

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

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

Induktivno spregnuta kola

Induktivno spregnuta kola Induktivno spregnuta kola 13. januar 2016 Transformatori se koriste u elektroenergetskim sistemima za povišavanje i snižavanje napona, u elektronskim i komunikacionim kolima za promjenu napona i odvajanje

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Devizno tržište. Mart 2010 Ekonomski fakultet, Beograd Irena Janković

Devizno tržište. Mart 2010 Ekonomski fakultet, Beograd Irena Janković Devizno tržište Devizni urs i devizno tržište Devizni urs - cena jedne valute izražena u drugoj valuti Promene deviznog ursa utiču na vrednost ative i pasive oje su izražene u stranoj valuti Devizni urs

Διαβάστε περισσότερα

Tehnologija bušenja II

Tehnologija bušenja II INŽENJERSTVO NAFTE I GASA Tehnologija bušenja II 1. Vežba V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 1 of 44 Algebra i trigonometrija V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 2 of 44 Jednačine Pitanje: Ako je a = 3b

Διαβάστε περισσότερα

Gradimir V. Milovanović MATEMATIČKA ANALIZA I

Gradimir V. Milovanović MATEMATIČKA ANALIZA I Gradimir V. Milovanović Radosav Ž. D ord ević MATEMATIČKA ANALIZA I Predgovor Ova knjiga predstavlja udžbenik iz predmeta Matematička analiza I koji se, počev od školske 2004/2005. godine, studentima Elektronskog

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa. 9. dio

Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa. 9. dio Geometrijske karakteristike poprenih presjeka nosaa 9. dio 1 Sile presjeka (unutarnje sile): Udužna sila N Poprena sila T Moment uvijanja M t Moment savijanja M Napreanja 1. Normalno napreanje σ. Posmino

Διαβάστε περισσότερα

Racionalni algebarski izrazi

Racionalni algebarski izrazi . Skratimo razlomak Racionalni algebarski izrazi [MM.4-()6] 5 + 6 +. Ako je a + b + c = dokazati da je a + b + c = abc [MM.4-()] 5 6 5. Reši jednačinu: y y y + + = 7 4 y = [MM.4-(4)] 4. Reši jednačinu:

Διαβάστε περισσότερα

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

1 RАVANSKE REŠETKE (1.2)

1 RАVANSKE REŠETKE (1.2) 1 RАVNSKE REŠETKE Rešetkasti nosači predstavljaju sistem sačinjen od lakih krutih štapova međusobno zglobno vezanih svojim krajevima. Zglobne veze krajeva štapova se nazivaju čvorovi. Rešetke su opterećene

Διαβάστε περισσότερα

METODA KONAČNIH ELEMENATA Osnovne akademske studije, VI semestar

METODA KONAČNIH ELEMENATA Osnovne akademske studije, VI semestar METODA KONAČNIH ELEMENATA Osnovne akademske studije, VI semestar Prof dr email: stanko@np.ac.rs Departman za Tehničke nauke Državni Univerzitet u Novom Pazaru 2014/15 Sadržaj Rešavanje jednačina ravnoteže

Διαβάστε περισσότερα

PRSKALICA - LELA 5 L / 10 L

PRSKALICA - LELA 5 L / 10 L PRSKALICA - LELA 5 L / 10 L UPUTSTVO ZA UPOTREBU. 1 Prskalica je pogodna za rasprsivanje materija kao sto su : insekticidi, fungicidi i sredstva za tretiranje semena. Prskalica je namenjena za kućnu upotrebu,

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

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

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

Predstavljanje orijentacije i rotacije u 3D

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

Διαβάστε περισσότερα

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe,

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, O SKUPOVIM Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, skupine, mnoštva neke vrste objekata, stvari, živih bića i dr. Tako imamo skup stanovnika nekog grada, skup

Διαβάστε περισσότερα

Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom

Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Nevena Mutlak Prostori Soboljeva sa negativnim indeksom -master rad- Mentor: prof.dr Marko Nedeljkov Novi Sad,

Διαβάστε περισσότερα

KOMPLEKSNA ANALIZA. 1. Funkcije kompleksne promenljive

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Dirichletov princip. Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem Dirichletov princip Dirichletov princip je jedan od najjednostavnijih elementarnih kombinatornih principa. U najjednostavnijem obliku glasi ovako: Dirichletov princip: Ako n + 1 predmet rasporedimo kako

Διαβάστε περισσότερα

O DIMENZIONALNOJ ANALIZI U FIZICI.

O DIMENZIONALNOJ ANALIZI U FIZICI. 1 O DIMENZIONALNOJ ANALIZI U FIZICI Ljubiša Nešić, Odsek za fiziku, PMF, Niš http://www.pmf.ni.ac.yu/people/nesiclj/ Uvod Kao što je poznato, fizičke veličine mogu da imaju dimenzije ili pak da budu bezdimenzionalne.

Διαβάστε περισσότερα

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija

Društvo matematičara Srbije. Pripreme za Juniorske olimpijade školske 2007/2008. Matematička indukcija Društvo matematičara Srbije Pripreme za Juiorske olimpijade školske 007/008 -Dord e Baralić Tel:063/706-706-6 e-mail:djolebar@ptt.yu Matematička idukcija Primer 1. Dokazati da je > za sve N. Ituitivo zamo

Διαβάστε περισσότερα

MERENJE, GREŠKE MERENJA I OBRADA REZULTATA MERENJA

MERENJE, GREŠKE MERENJA I OBRADA REZULTATA MERENJA MERENJE, GREŠKE MERENJA I OBRADA REZULTATA MERENJA 1 Merenje Svaki eksperimentalni rad u fizici praćen je merenjem neke fizičke veličine. Izmeriti neku fizičku veličinu znači uporediti je sa standardnom

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

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

2.1 Kinematika jednodimenzionog kretanja

2.1 Kinematika jednodimenzionog kretanja Glava 2 Kinematika Gde god da pogledamo oko nas, možemo da uočimo tela u kretanju (u fizici je uobičajeno a se kaže u stanju kretanja ). Čak i kada smo u stanju mirovanja, naše srce kuca i na taj način

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije više varijabli

Funkcije više varijabli VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 7 Pojam funkcije dviju varijabla, grafa i parcijalnih derivacija Poglavlje 1 Funkcije više varijabli 1.1 Domena Jedno od osnovnih pitanja

Διαβάστε περισσότερα

ISKAZI. U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne

ISKAZI. U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ISKAZI U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ili netačne, tj rečenice koje imaju logičkog smisla.ovakve rečenice se u matematici nazivaju iskazi.dakle,

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

Univerzitet u Nišu Građevinsko-arhitektonski fakultet. Konstante, promenljive, identifikatori, operatori Biblioteka funkcija Milica Ćirić

Univerzitet u Nišu Građevinsko-arhitektonski fakultet. Konstante, promenljive, identifikatori, operatori Biblioteka funkcija Milica Ćirić Univerzitet u Nišu Građevinsko-arhitektonski fakultet Informatika 2 Mathematica Konstante, promenljive, identifikatori, operatori Biblioteka funkcija Milica Ćirić Mathematica Programski paket Mathematica

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

Tačno merenje Precizno Tačno i precizno

Tačno merenje Precizno Tačno i precizno MERENJE, GREŠKE MERENJA I OBRADA REZULTATA MERENJA Izmeriti neku veličinu u fizici znači naći brojni odnos merene fizičke veličine prema vrednosti iste fizičke veličine, koja je dogovorno izabrana za jedinicu.

Διαβάστε περισσότερα

Skinuto sa

Skinuto sa Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo sa www.ef.ba Skinuo

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο 2 Πίνακες - Ορίζουσες

Κεφάλαιο 2 Πίνακες - Ορίζουσες Κεφάλαιο Πίνακες - Ορίζουσες Βασικοί ορισμοί και πίνακες Πίνακες Παραδείγματα: Ο πίνακας πωλήσεων ανά τρίμηνο μίας εταιρείας για τρία είδη που εμπορεύεται: ο Τρίμηνο ο Τρίμηνο 3 ο Τρίμηνο ο Τρίμηνο Είδος

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVE ELEKTROTEHNIKE II Vježba 11.

OSNOVE ELEKTROTEHNIKE II Vježba 11. OSNOVE EEKTOTEHNKE Vježba... Za redno rezonantno kolo, prikazano na slici. je poznato E V, =Ω, =Ω, =Ω kao i rezonantna učestanost f =5kHz. zračunati: a) kompleksnu struju u kolu kao i kompleksne napone

Διαβάστε περισσότερα

NASTAVA MATEMATIKE NA FAKULTETIMA. Dr orđe Dugoxija SIMPLEKS METODA

NASTAVA MATEMATIKE NA FAKULTETIMA. Dr orđe Dugoxija SIMPLEKS METODA NASTAVA MATEMATIKE NA FAKULTETIMA Dr orđe Dugoxija SIMPLEKS METODA U prethodnim radovima [2] i [3] opisana je teorija linearnog programiranja. U ovom radu prikaza emo jednu od osnovnih metoda za rexavanje

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

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

2. METODE RJEŠAVANJA STRUJNIH KRUGOVA ISTOSMJERNE STRUJE

2. METODE RJEŠAVANJA STRUJNIH KRUGOVA ISTOSMJERNE STRUJE 2. METOE RJEŠVNJ STRUJNH KRUGOV STOSMJERNE STRUJE U svrhu lakšeg snalaženja u analizi složenih strujnih krugova i električnih mreža uvode se nazivi za pojedine dijelove mreže. Onaj dio električne mreže

Διαβάστε περισσότερα

GENIKA MAJHMATIKA. TEI SERRWN SQOLH DIOIKHSHS KAI OIKONOMIAS Tm ma Logistik c

GENIKA MAJHMATIKA. TEI SERRWN SQOLH DIOIKHSHS KAI OIKONOMIAS Tm ma Logistik c GENIKA MAJHMATIKA ΓΙΩΡΓΙΟΣ ΚΑΡΑΒΑΣΙΛΗΣ TEI SERRWN SQOLH DIOIKHSHS KAI OIKONOMIAS Tm ma Logistik c 26 Μαΐου 2011 Συνάρτηση f ονομάζεται κάθε σχέση από ένα σύνολο A (πεδίο ορισμού) σε σύνολο B με την οποία

Διαβάστε περισσότερα

A N A L I S I S K U A L I T A S A I R D I K A L I M A N T A N S E L A T A N S E B A G A I B A H A N C A M P U R A N B E T O N

A N A L I S I S K U A L I T A S A I R D I K A L I M A N T A N S E L A T A N S E B A G A I B A H A N C A M P U R A N B E T O N I N F O T E K N I K V o l u m e 1 5 N o. 1 J u l i 2 0 1 4 ( 61-70) A N A L I S I S K U A L I T A S A I R D I K A L I M A N T A N S E L A T A N S E B A G A I B A H A N C A M P U R A N B E T O N N o v i

Διαβάστε περισσότερα

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 3

Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου 3 Γραµµικη Αλγεβρα Ι Επιλυση Επιλεγµενων Ασκησεων Φυλλαδιου ιδασκοντες: Ν Μαρµαρίδης - Α Μπεληγιάννης Βοηθος Ασκησεων: Χ Ψαρουδάκης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : http://wwwmathuoigr/ abeligia/linearalgebrai/laihtml

Διαβάστε περισσότερα

ORTODROMSKA, LOKSODROMSKA I KOMBINIRANA PLOVIDBA

ORTODROMSKA, LOKSODROMSKA I KOMBINIRANA PLOVIDBA David Brčić ORTODROMSKA, LOKSODROMSKA I KOMBINIRANA PLOVIDBA Riješeni zadaci DAVID BRČIĆ LOKSODROMSKA PLOVIDBA I. Loksodromski zadatak (kurs i udaljenost): tgk= II. Loksodromski zadatak (relativne koordinate):

Διαβάστε περισσότερα

Odvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 10. december Gregor Dolinar Matematika 1

Odvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 10. december Gregor Dolinar Matematika 1 Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 10. december 2013 Izrek (Rolleov izrek) Naj bo f : [a,b] R odvedljiva funkcija in naj bo f(a) = f(b). Potem obstaja vsaj ena

Διαβάστε περισσότερα

Komentari se javljaju na radnom listu kad dođemo na polje za koje su vezani ali ne utiču na ponašanje sadržaja u polju.

Komentari se javljaju na radnom listu kad dođemo na polje za koje su vezani ali ne utiču na ponašanje sadržaja u polju. 4.9 Komentar uz polje Komentari se javljaju na radnom listu kad dođemo na polje za koje su vezani ali ne utiču na ponašanje sadržaja u polju. Pritisnemo na polje mišem, desni klik miša, Insert Comment,

Διαβάστε περισσότερα

Temeljni pojmovi o trokutu

Temeljni pojmovi o trokutu 1. Temeljni pojmovi o trokutu U ovom poglavlju upoznat ćemo osnovne elemente trokuta i odnose medu - njima. Zatim ćemo definirati težišnice, visine, srednjice, simetrale stranica i simetrale kutova trokuta.

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

Projektovanje informacionih sistema 39

Projektovanje informacionih sistema 39 Projektovanje informacionih sistema 39 Glava 3 3.0 Osnove relacione algebre - uvod Za manipulisanje podacima i tabelama u relacionim bazama podataka potrebna su osnovna znanja iz relacione algebre. Relaciona

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

Dekompozicija DFT. Brzi algoritmi na bazi radix-2. Brza Furijeova transofrmacija. Tačnost izračunavanja. Kompleksna FFT OASDSP 1: 7 FFT

Dekompozicija DFT. Brzi algoritmi na bazi radix-2. Brza Furijeova transofrmacija. Tačnost izračunavanja. Kompleksna FFT OASDSP 1: 7 FFT OASDSP : 7 FFT Dkompozicija DFT Brzi algoritmi a bazi radix- Brza Furijova trasofrmacija Tačost izračuavaja Komplksa FFT ovi Sad, Oktobar 5 straa OASDSP : 7 FFT Brza trasformacija : itrativa dkompozicija

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVNE NUMERIČKE METODE U HEMIJSKOM INŽENJERSTVU

OSNOVNE NUMERIČKE METODE U HEMIJSKOM INŽENJERSTVU Prof.dr Ratomir Paunović Prof.dr Radovan Omorjan OSNOVNE NUMERIČKE METODE U HEMIJSKOM INŽENJERSTVU Tehnološki fakultet, Univerzitet u Novom Sadu Novi Sad : Recenzenti: Predgovor Kori² enje numeri kih metoda

Διαβάστε περισσότερα

NAIZMENIČNA STRUJA koristiti kao dopunu udžbenika

NAIZMENIČNA STRUJA koristiti kao dopunu udžbenika NAIZMENIČNA STRUJA koristiti kao dopunu udžbenika 1 Da bude jasno na samom početku : Tesla nije izmislio struju jer je ona bila poznata ljudima pre nogo što je Tesla ušao u svet nauke. Njegov doprinos

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

= k. n! k! (n k)!, k=0

= k. n! k! (n k)!, k=0 ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Συμπληρωματικές Ασκήσεις Χειμερινό Εξάμηνο 2015 Χρήστος Α Αθανασιάδης Συμβολίζουμε με O το μηδενικό πίνακα καταλλήλων διαστάσεων, με I (ορισμένες φορές, με I n τον n n ταυτοτικό πίνακα,

Διαβάστε περισσότερα

( ) 10 ( ) εποµ ένως. π π π π ή γενικότερα: π π. π π. π π. Άσκηση 1 (10 µον) Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό z= i.

( ) 10 ( ) εποµ ένως. π π π π ή γενικότερα: π π. π π. π π. Άσκηση 1 (10 µον) Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό z= i. http://elern.mths.gr/, mths@mths.gr, Τηλ: 697905 Ενδεικτικές απαντήσεις ης Γραπτής Εργασίας ΠΛΗ 00-0: Άσκηση (0 µον) Θεωρούµε το µιγαδικό αριθµό z= i. α) (5 µον) Βρείτε την τριγωνοµετρική µορφή του z.

Διαβάστε περισσότερα