2.7. DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE *)
|
|
- Ἰουλία Βασιλείου
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 .7. DEVET RJEŠENJ JEDNOG ZDTK IZ GEOMETRIJE *) Riječ je o sljedećem zadatku iz geometrije: Oko jednakostraničnog trougla Δ opisana je kružnica. Dokazati da svaka tačka M luka ima osobinu M+ M = M. Daćemo devet različitih rješenja ovog zadatka čisto geometrijskih pomoću trigonometrije pomoću vektora i analitičke geometrije. Dokaz 1.Naravno tača M pripada luku kome ne pripada tačka (vidi sl.1). Na duži M odredimo tačku D tako da bude M = D. Uglovi M i D su jednaki kao periferijski nad istom tetivom M. Pošto su uglovi DM i =60 0 jednaki (kao periferijski nad tetivom ) to je DM = 600 pa je trougao MD (zbog M = D ) jednakostranični. To znači da y je D = 100 a i M = 100 jer je M = = 60 0 kao periferijski nad D tetivom (a i zbog toga što je četverougao M tetivni). Svakako = pa su S trouglovi M i D podudarni odakle x slijedi da je D = M. Sada imamo: M = D + DM = M + M što je i M trebalo dokazati. sl.1. Dokaz. Na osnovu Ptolemejeve teoreme primijenjene na tetivni četverougao M imamo: M + M = M. (1) Kako je = = = a iz (1) slijedi: a M + a M = a M ili nakon dijeljenja sa a: M + M = M što je i trebalo dokazati. *) Koautor lija Muminagić Nykøbing F. Danska 130
2 Dokaz 3. Neka je M { K} uglove) pa iz te sličnosti slijedi: =. Očigledno KM K (jer imaju jednake M K K = M =. () K K Iz sličnosti trouglova MK K (trouglovi imaju jednake uglove) slijedi: Sabiranjem jednakosti () i (3) dobijamo: M K K = M =. (3) K K K K M + M = + =(zbog = = a ) = K K ( + K ) a K a = = (zbog K + K = = a ) =. K K a a S K a Dakle M sl. a M + M =. (4) K Osim toga je i M K (jer je zajednički a M = = = = K = 60 0 ) pa je M = M = =(zbog = a ) =. (5) K K K a 131
3 Konačno iz (4) i (5) slijedi: M + M = M q.e.d. Dokaz 4. Uzmimo tačku E na opisanoj kružnici oko trougla takvu da je E = M. Produžimo E preko tačke E i M preko tačke i presječnu tačku označimo sa F (sl.3). Zbog E = M je E = M pa je i E = M a zbog toga je E M. Tako je četverougao EM jednakokraki trapez i M = ME = 60 0 (jer je M = = 600 ). Ovo pak znači da je trougao ME jednakostranični. Zbog E M je i trougao EF jednakostranični pa je F = FE. E F S Dalje imamo da je: M sl.3 E = E = M = M pa je E = M. Sada je dakle: a u jednakostraničnom trouglu F + M = E + M = M + M MF je: F + M = FM = M pa iz dvije posljednje jednakosti slijedi da je: M + M = M q.e.d. Dokaz 5. Produžimo M preko tačke do tačke E tako da je M = ME (sl.4). Zbog 0 ME = 60 i M = ME trougao ME je jednakostraničan. Neka je M = x M = y i E = z. Imamo da je x + y = 600 i y + z = 600 pa je 13
4 x = z. Sada je 0 M = 60 = E M = x = z = E te M = E = ME pa je M E i iz podudarnosti tih trouglova slijedi da je M = E. x y z Tako je sada: M S sl.4 M + M = E + M = ME = M tj E M + M = M q.e.d. Dokaz 6. Na osnovu kosinusne teoreme primijenjene na trouglove M i na M dobijamo: = M + M M M cos M = M + M M M cos M. Kako je M = M = 600 (vidi dokaz 1.) to imamo: = M + M M M te = M + M M M. Oduzimajući ove jednakosti (gdje je = ) dobijamo: 0 = M M M ( M M ) a odavde nakon dijeljena sa M M 0 imamo: 0 = M + M M i konačno: M + M = M što je i trebalo dokazati. 133
5 (U slučaju M M = 0 tj. M = M lako se pokazuje da je M = MS = MS + MS = M + M.) Dokaz 7. Neka je M = ϕ (sl.1). Ugao M je jednak također ϕ (kao periferijski nad tetivom M). Poznata nam je veza između stranice trougla sinusa naspramnog ugla i poluprečnika opisane kružnice (sinusna teorema). Iz trouglova M i M dobijamo (R je poluprečnik opisane kružnice tim trouglovima): 0 0 M = R sinϕ M = R sin( 60 ϕ ) i M = R sin( 60 + ϕ ). Odavde je: + = + = = 1 R sin 900 ( 300 ) R sin( 600 = + ϕ = + ϕ ) = M M M R sinϕ sin( 600 ϕ ) R sin300 cos( ϕ 300 ) što je i trebalo dokazati. Dokaz 8. Primijenićemo metodu analitičke geometrije. Uvedimo (sl.1) pravougli koordinatni sistem sa koordinatnim početkom u tako da je: (00) (a0) a a 3 i M(x>0 y<0). Lako se dobija da je centar kružnice a a 3 S a njen 6 a je poluprečnik R =. Jednačina kružnice glasi: 3 ili Dokazaćemo da je x a a 3 a x + y = (5) 6 3 x a 3 + y ax y = 0. 3 a a + y + ( x a ) + y = x + y 3 (6) odnosno M + M = M pošto je: = x y M + = ( x a ) y M + a a M = x + y
6 Neka je Imamo: L = x + y + ( x a ) + y a D a a = x + y 3. L = x + y + (x a) + y + x + y (x a) + y = x + y = ax a ( x y )( x y ax a ) x y ax a = + + (x y ) ax(x y ) ax ay (x y ax) ( x y ax ) a ( x y ax ) ay. Iz (5) je x a 3 + y ax = y pa je sada: 3 a 3 a 3y L = x + y ax + y + a + ay + = 3 3 (jer je y Dakle konačno je: a 3 4 x y ax y a a y 3 3 = = a 3 4 = x y ax y a ay = y zbog y<0). a 3a a a = x + y ax 3ay + + = x + y 3 D. L = 4 4 Odavde slijedi da je L=D (jer su LD>0) a time je dokazano (6) odnosno M + M = M. Dokaz 9. Poslužićemo se vektorskom metodom. Imamo (sl.5): odnosno M = MS + S M = MS + S M = MS + S 135
7 M M M = MS + S + MS S = MS + S + MS S = MS + S + MS S. Zbog MS = S = S = S = R imamo M M = R + MS S cos ( MSS) = R + MS S cos ( MSS ) odnosno M M = R + MS S cos ( MSS ) ϕ = R + R cosϕ = R ( 1 + cosϕ ) = 4R cos M υ ϕs ε M M ε = R + R cosε = R ( 1 + cosε ) = 4R cos ϑ = R + R cosϑ = R ( 1 + cosϑ ) = 4R cos. Odavde je: ϕ M = M = R cos ε M = M = R cos (7) ϑ M = M = R cos. sl.5. Dokazaćemo da je ϕ ε ϑ cos + cos = cos. (8) 136
8 0 0 Pošto je (vidi sl.5): ϕ + ε = 40 i ϑ = ϕ 10 to sada imamo: ϕ ε ϕ ϕ ϕ ϕ + = + = + + cos cos cos cos( 100 ) cos cos100 cos 0 ϕ ϕ 1 ϕ 0 ϕ 1 ϕ + sin10 sin = cos cos + sin10 sin = cos + ϕ ϕ ϕ ϕ ϑ + = + = = sin60 sin cos60 cos sin60 sin cos( 60 ) cos. Time je dokazano (8). Iz (7) i (8) slijedi: ϕ ε ϕ ε ϑ R cos + R cos = R(cos + cos ) = R cos ili M + M = M što je i trebalo dokazati. LITERTUR [1] rslanagić Š. spekti nastave matematike za nadarene učenike srednjoškolskog uzrasta Udruženje matematičara osne i Hercegovine Sarajevo 001. [] rslanagić Š. Matematika za nadarene osanska riječ Sarajevo 004. [3] rslanagić Š. Milošević D. Šest rješenja jednog zadatka iz geoemtrije Matematičko-fizički list Vol.33 Nr. 1/13 (198/83). [4] Engel. Problem-Solving Strategies Springer-Verlag New York [5] Marić. Planimetrija Zbirka riješenih zadataka Element Zagreb
9 .8. GENERLIZIJ VN SHOOTENOVE *) TEOREME U [3] je dato devet raznih rješenja jednog zadatka iz geometrije koji glasi: Oko jednakostraničnog trougla opisana je kružnica. Dokazati da za svaku tačku M luka kome ne pripada tačka tj. tačke i M su sa raznih strana prave važi jednakost M + M = M (sl.1) U matematičkoj literaturi ova činjenica je poznata kao Van Schootenova teorema. Sada ćemo dati generalizaciju Van Schootenove teoreme koja glasi: Neka su tačka tri uzastopna vrha pravilnog n - tougla i neka tačka M pripada opisanoj kružnici tom n -touglu i pri tome su tačke i M sa raznih strana prave. Tada važi jednakost: π M + M = M cos. (1) n Dokaz: Posmatrajmo kompleksnu ravan sa koordinatnim početkom u tački O koja je centar opisane kružnice k pravilnom n - touglu i neka je 1 koordinata vrha 1 mnogougla 1 n (sl.). y K k = 3 = M O O 1 = 1 x M sl.1 sl. π π k 1 ko je ε = cos + i sin tada je ε koordinata tačke k ( k = 13...n). n n *) Franz Van Schooten holandski matematičar 77
10 Ne umanjujući općenitost pretpostavićemo da je 1 = i 3. Neka je z = cos t + i sint; t 0π koordinata tačke M k. udući da su tačke i M sa M [ ) raznih strana prave to slijedi da je 4π < t. Tada je n t = = + = = ; ( ) M zm 1 cos t 1 sin t cos t sin π π M = zm ε = cos t cos + sin t sin n n π π = cos t cos + sint sin n n π t π = 1 cos t = sin ; n n 4π 4π M = zm ε = cos t + i sint cos + i sin n n 4π 4π = cos t cos + sin t sin n n 4π 4π = cos t cos + sint sin n n 4π t π = 1 cos t = sin. n n 78
11 Jednakost (1) tj. M M M cos n π + = je sada ekvivalentna jednakosti: t t t sin sin π 4 sin π + = cos π n n n koja je tačna jer slijedi nakon pretvaranja zbira na njenoj lijevoj strani u proizvod tj.: t t π sin + sin = n t t π t t π + + = sin n cos n t π π = 4 sin cos. n n Sada ćemo dati tri posljedice jednakosti (1). Posljedica 1. Za n = 3 dobijamo iz (1): M M M cos 3 π + = odnosno M + M = M a ovo je Van Schoutenova teorema. Posljedica. Za n = 4 tada za tačku M koja pripada opisanoj kružnici k kvadrata D i pri tome su tačke i M sa raznih strana prave slijedi iz (1): π M + M = M cos 4 odnosno M + M = M. 79
12 Posljedica 3. Za n = 6 za tačku M koja pripada kružnici k opisanoj pravilnom šestouglu DEF gdje su tačke i M sa raznih strana prave dobijamo iz (1): π M + M = M cos 6 odnosno M + M = 3 M. L I T E R T U R [1] T. ndreescu D. ndrica omplex Numbers from to... Z irkhäuser oston-asel-erlin 004. [] Š. rslanagić Matematika za nadarene osanska riječ Sarajevo 005. [3] Š. rslanagić Matematička čitanka Grafičar promet d.o.o. Sarajevo
13 O JEDNOJ ZNČJNOJ OSOINI TEŽIŠNI TROUGL Dr. Šefket rslanagić Sarajevo ih U ovom članku ćemo dati neke značajne osobine težišnica trougla i kroz zadatke ih iskoristiti u svrhu rješavanja tih zadataka. Kroz te osobine bitan momenat će biti površina trougla pa se ne rijetko ova metoda rješavanja zadataka zove «metoda površina». Riječ je o dvije sljedeće tvrdnje: Neka je D težišnica trougla (tača D je središte stranice tog trougla). Tada je 1 0 P D = P D ; 0 = gdje su tačke i podnožja normala povučenih iz vrhova i na težišnicu D. Dokaz: 1 0 Imamo (sl.1) P 1 D = D E gdje je tačka E podnožje visine iz vrha 1 na stranicu kao i P D E Pošto je tačka D središte stranice trougla to je D. D = jer je E visina i trougla D P D = P q.e.d. D = D te dobijamo odozgo: E D sl.1 1
14 0 Sada imamo (sl.): P 1 1 = te P D = D. D D 0 Pošto je D = D D = D = 90 i D = D (unakrsni uglovi) to je D D pa je tada = q.e.d. D sl. Sada ćemo dati nekoliko zadataka koje ćemo riješiti pomoću prethodno dokazanih tvrdnji 1 0 i 0. Zadatak 1. Neka se tačka M nalazi unutar trougla i neka važi jednakost P = P. Dokazati da tada tačka M pripada težišnici D tog trougla. M M Rješenje: Neke je D tačka u kojoj prava M siječe stranicu trougla (sl.3). Dokazaćemo da je tada D = D tj. D D gdje je D težišnica trougla. Imamo sada: 1 1 P M = M i P M = M gdje su tačke i podnožja normala iz vrhova i na pravu D. Kako je po pretpostavci zadatka P M = P M to dobijamo odozgo da je: 1 1 M = M
15 a odavde =. (1) M D sl.3 Pošto su pravougli trouglovi ugla jednaka) to vrijedi: Sada iz (1) i () slijedi: D i D slični (imaju po dva odgovarajuća D =. () D D = D tj. tačka D D je središte stranice trougla pa je duž D težišnica tog trougla q.e.d. Zadatak. Neka su tačke simetrične vrhovima trougla u odnosu na tačke redom kao centrima simetrije. Dokazati da je tada: P = 7P. Rješenje: Po pretpostavci u zadatku je tačka središte duži pa je duž težišnica trougla (sl.4). Sada imamo na osnovu tvrdnje 1 0 : P = P. (3) Pošto je duž težišnica trougla to je iz istog razloga tj. 1 0 : P = P. (4) 3
16 Sada iz (3) i (4) dobijamo: odnosno zbog (4) i (5): nalogno dobijamo da je: P sl.4 = P (5) P = P + P = P. (6) P = P = P. (7) Imamo sada na osnovu (6) i (7): P = P + P + P + P = 7P q.e.d. Zadatak 3. Neka je D konveksan četevrougao a tačke D su simetrične vrhovima tog četverougla u odnosu na tačke D redom kao centrima simetrije. Dokazati da je tada: P = 5P. D D 4
17 Rješenje: Iz istog razloga kao u prethodnom zadatku tj. na osnovu tvrdnje 1 0 dobijamo (sl.5): P = P = P a odavde nakon sabiranja ovih jednakosti D D P = P = P P = P = P D D D P = P = P DD D D te ( ) P + P + P + P = P + P + P + P D DD D D D ( ) P = P + P + P tj. D D D D P = 5P q.e.d. D D D : D sl.5 5
18 Zadatak 4. Koristeći tvrdnje 1 0 i 0 dokazati da se težišnice trougla sijeku u jednoj tački (tj. da su konkurentne). Rješenje: Označimo sa T tačku presjeka težišnica E i F trougla (sl.6). Dokazaćemo da tačka T pripada i težišnici D trougla. Na osnovu tvrdnji 1 0 i 0 slijedi da je P T = P T jer tačka T pripada težišnici E trougla. Iz istog razloga pošto tačka T pripada težišnici F trougla slijedi da je P = P. Iz gornje dvije jednakosti dobijamo da je: T T P T = P T odakle zaključujemo na osnovu prethodnih osobina da tačka T pripada težišnici iz vrha. Dakle težišnice trougla se sijeku u jednoj tački q.e.d. F T E sl.6 Za vježbu preporučujemo da se riješe sljedeći zadaci: 1. Neka je D konveksan četverougao a tačke i su simetrične vrhovima i u odnosu na vrhove i D kao centre simetrije. Odrediti omjer površina četverouglova i D.. Neka je D konveksan četverougao a tačke M N PQ su središta stranica D D redom. Duži N PQ i DM obrazuju svojim presječnim tačkama četverougao XYZT ( N DM = { X} N P = { Y} P Q { Z} Q DM = { T} ). Dokazati da vrijedi jednakost: P = P + P + P + P. XYZT MX NY PZ DQT = 6
19 3. Neka je jednakostranični trougao i tačka M unutar tog trougla. Neka su tačke i podnožja normala povučenih iz tačke M na stranice i tog trougla. Dokazati da vrijedi jednakost: P + P + P = P + P + P. M M M M M M 4. U konveksnom četverouglu D se nalazi tačka M za koju važi jednakost: P = P = P = P. M M MD MD Dokazati da tada jedna od dijagonala četevrougla polovi drugu dijagonalu. 5. U konveksnom četverouglu D tačke M i N su središta dijagonala i D. Neka je E presječna tačka stranica i D a F presječna tačka stranica i D četevrougla. Dalje neka je tačka P središte duži EF. Dokazati da su tačke MN i P kolinearne (pripadaju istoj pravoj). 6. Neka je četverougao D trapez ( D ). Neka je O presječna tačka njegovih dijagonala i D. Dokazati da je tada P OD = P O. 7. Neka se tačka M nalazi na stranici trougla. Kroz tačku M konstruisati pravu koja dijeli taj trougao na dva dijale jednakih površina. 8. Neka je četverougao D trapez ( ) D i tačka E. Prava kroz vrh koja je paralelna duži DE siječe krak D trapeza u tački F. Dokazati da su prave E i F paralelne. 9. Neka je O presječna tačka dijagonala i D trapeza D. Prava povučena kroz tačku O koja je paralelna osnovicama trapeza siječe krake trapeza u tačkama M i N. Dokazati da je OM = ON. LITERTUR [1] rslanagić Š. Matematika za nadarene osanska riječ Sarajevo 004. [] Enescu. rii Editura GIL Zalau 006. [3] Marić. Planimetrija-zbirka riješenih zadataka Element Zagreb
Konstruktivni zadaci. Uvod
Svaki konstruktivni zadatak ima četri dijela: 1. Analiza 2. Konstrukcija 3. Dokaz 4. Diskusija Konstruktivni zadaci Uvod U analizi pretpostavimo da je zadatak riješen, i na osnovu slike (skice) rješenja,
Διαβάστε περισσότεραElementarni zadaci iz Euklidske geometrije II
Elementarni zadaci iz Euklidske geometrije II Sličnost trouglova 1. Neka su dati krugovi k 1 (O 1, r 1 ), k 2 (O 2, r 2 ) i k 3 (O 3, r 3 ) takvi da k 1 dodiruje krug k 2 u tački P, k 2 dodiruje krug k
Διαβάστε περισσότεραAko dva trougla imaju dvije stranice proporcionalne i podudaran ugao izme du njih tada su ta dva trougla slična.
Sličnost trouglova i Talesova teorema Definicija sličnosti trouglova Dva trougla ABC i A B C su slična ako su im sva tri ugla redom podudarna i ako su im a odgovarajuće stranice proporcionalne tj. = b
Διαβάστε περισσότεραViše 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( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4
UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz predmeta Euklidska geometrija 1
Univerzitet u Zenici Pedagoški fakultet Odsjek: Matematika i informatika Zenica, 27.01.2010. Pismeni ispit iz predmeta Euklidska geometrija 1 Zadatak br. 1 a) U oštrouglom trouglu ABC (AC < BC) visina
Διαβάστε περισσότεραElementarni zadaci iz predmeta Euklidska geometrija 1
Elementarni zadaci iz predmeta Euklidska geometrija 1 Trougao Računanje uglova u trouglu 1. Težišnica i visina iz vrha A u ABC djele ugao α na tri jednaka dijela. Koliki su uglovi trougla ABC. 2. U trouglu
Διαβάστε περισσότεραAksiome podudarnosti
Aksiome podudarnosti Postoji pet aksioma podudarnosti (tri aksiome podudarnosti za duži + dvije aksiome podudarnosti za uglove) III 1 Za svaku polupravu a sa početnom tačkom A i za svaku duž AB, postoji
Διαβάστε περισσότερα56. 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 περισσότεραIspit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1
Ispit održan dana 9 0 009 Naći sve vrijednosti korjena 4 z ako je ( ) 8 y+ z Data je prava a : = = kroz tačku A i okomita je na pravu a z = + i i tačka A (,, 4 ) Naći jednačinu prave b koja prolazi ( +
Διαβάστε περισσότεραZadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Planimetrija. Sličnost trouglova. GF 000 Dužine stranica trougla su 5cm, cm i 8cm. Dužina najduže stranice njemu sličnog
Διαβάστε περισσότεραPRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
Διαβάστε περισσότεραO trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš
O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.
Διαβάστε περισσότεραSli cnost trouglova i Talesova teorema
Sli cnost trouglova i Talesova teorema Denicija. Dva trougla ABC i A B C su sli cna ako su im sva tri ugla redom podudarna a i ako su im odgovaraju ce stranice proporcionalne tj. a = b b = c c. Stav 1.
Διαβάστε περισσότεραKontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A
Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi
Διαβάστε περισσότεραUniverzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika
Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.
Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati
Διαβάστε περισσότεραKantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK
Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Živinice 1.4.014. ZADACI UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog
Διαβάστε περισσότεραĈetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.
Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. 1. Duljine dijagonala paralelograma jednake su 6,4 cm i 11 cm, a duljina jedne njegove
Διαβάστε περισσότερα1.4 Tangenta i normala
28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x
Διαβάστε περισσότεραEuklidska geometrija II (1. dio)
Univerzitet u Zenici Pedagoški fakultet Odsjek: Matematika i informatika Akademska 2012/2013. (sveska je skinuta sa stranice pf.unze.ba\nabokov U svesci je mogu a pojava grešaka. Za uo ene greške pisati
Διαβάστε περισσότεραTRIGONOMETRIJA TROKUTA
TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.
Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:
Διαβάστε περισσότεραUDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE. Sarajevo,
ZADACI UDRUŽENJE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUŽENjE MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE UDRUGA MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE BOSNIA-HERZEGOVINA MATHEMATICAL SOCIETY BHMS Zmaja od Bosne 35, 7000
Διαβάστε περισσότεραTRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg
Διαβάστε περισσότερα9 Elementarni zadaci: Prizma i kvadar
9 Elementarni zadaci: Prizma i kvadar Elementarna pitanja: 1. Kako glasi formula za računanje površine prizme? 2. Kako glasi formula za računanje zapremine prizme? [V = B H] 3. Kako glasi formula za računanje
Διαβάστε περισσότεραAnalitička geometrija
1 Analitička geometrija Neka su dati vektori a = a 1 i + a j + a 3 k = (a 1, a, a 3 ), b = b 1 i + b j + b 3 k = (b 1, b, b 3 ) i c = c 1 i + c j + c 3 k = (c 1, c, c 3 ). Skalarni proizvod vektora a i
Διαβάστε περισσότεραUniverzitet u Beogradu, Matematički fakultet. Predmet:Metodika nastave i računarstva Tema:Sličnost
Univerzitet u Beogradu, Matematički fakultet Predmet:Metodika nastave i računarstva Tema:Sličnost Profesor Student Nebojša Ikodinović Marina Stanković 270/2011 Anđela Milijašević 132/2011 Datum:15.12.2014
Διαβάστε περισσότεραElementi spektralne teorije matrica
Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena
Διαβάστε περισσότεραRIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ
RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA
Διαβάστε περισσότεραIZVODI 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 περισσότεραSadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.)
Univerzitet u Zenici Pedagoški fakultet Matematika i informatika Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.) Sedmica broj 1 i 2 (Osnovi pojmovi iz geometrije) Uvod
Διαβάστε περισσότερα6 Primjena trigonometrije u planimetriji
6 Primjena trigonometrije u planimetriji 6.1 Trgonometrijske funkcije Funkcija sinus (f(x) = sin x; f : R [ 1, 1]); sin( x) = sin x; sin x = sin(x + kπ), k Z. 0.5 1-6 -4 - -0.5 4 6-1 Slika 3. Graf funkcije
Διαβάστε περισσότεραIspitivanje 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 περισσότεραZadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Analitička geometrija 1. Tačka 1. MF000 Neka su A(1, 1) i B(,11) tačke u koordinatnoj ravni Oxy. Ako tačka S deli duž AB
Διαβάστε περισσότεραPOVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA
POVRŠIN TNGENIJLNO-TETIVNOG ČETVEROKUT MLEN HLP, JELOVR U mnoštvu mnogokuta zanimljiva je formula za površinu četverokuta kojemu se istoobno može upisati i opisati kružnica: gje su a, b, c, uljine stranica
Διαβάστε περισσότερα1 Promjena baze vektora
Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis
Διαβάστε περισσότερα2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x
Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:
Διαβάστε περισσότεραUNIVERZITET 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 περισσότεραSISTEMI 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 περισσότεραOsnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
Διαβάστε περισσότεραJoš neki dokazi leptirovog teorema
POUČAK 50 Još neki dokazi leptirovog teorema Šefket Arslanagić, Alija Muminagić U [] su dana četiri razna dokaza Leptirovog teorema (Butterfly s theorems), od kojih su dva čisto planimetrijska, jedan je
Διαβάστε περισσότεραLEKCIJE IZ ELEMENTARNE GEOMETRIJE
LEKCIJE IZ ELEMENTARNE GEOMETRIJE BANJA LUKA, 2010. i ii Sadržaj: 1 Prva lekcija 1 1.1 O Euklidovim Elementima................... 1 1.2 Osnovni pojmovi u geometriji................... 3 1.3 Aksiome incidencije
Διαβάστε περισσότεραa 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 περισσότεραDISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,
Διαβάστε περισσότεραMatematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.
Matematika - vježbe. prosinca 5. Stupnjevi i radijani Ako je kut φ jednak i rad, tada je veza između i 6 = Zadatak.. Izrazite u stupnjevima: a) 5 b) 7 9 c). d) 7. a) 5 9 b) 7 6 6 = = 5 c). 6 8.5 d) 7.
Διαβάστε περισσότεραOBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK
OBRTNA TELA VALJAK P = 2B + M B = r 2 π M = 2rπH V = BH 1. Zapremina pravog valjka je 240π, a njegova visina 15. Izračunati površinu valjka. Rešenje: P = 152π 2. Površina valjka je 112π, a odnos poluprečnika
Διαβάστε περισσότεραZadaci 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 περισσότεραZadaci 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 περισσότεραPROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE
Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih
Διαβάστε περισσότερα1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II
1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II Zadatak: Klipni mehanizam se sastoji iz krivaje (ekscentarske poluge) OA dužine R, klipne poluge AB dužine =3R i klipa kompresora B (ukrsne glave). Krivaja
Διαβάστε περισσότεραUdaljenosti karakterističnih točaka trokuta
Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta Kristijan Kilassa Kvaternik 1 U trokutu postoje četiri karakteristične točke: težište G, ortocentar H, središte upisane kružnice I i središte opisane kružnice
Διαβάστε περισσότερα1. APSOLUTNA GEOMETRIJA
1. APSOLUTNA GEOMETRIJA Euklidska geometrija izvedena sintetičkim metodom zasniva se na aksiomama koje su podeljene u pet grupa i to: aksiome rasporeda, aksiome incidencije, aksiome podudarnosti, aksiome
Διαβάστε περισσότεραELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,
Διαβάστε περισσότεραUdaljenosti karakterističnih točaka trokuta
Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta Kristijan Kilassa Kvaternik U trokutu postoje četiri karakteristične točke: težište G, ortocentar H, središte upisane kružnice I i središte opisane kružnice
Διαβάστε περισσότεραZbirka rešenih zadataka iz Matematike I
UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Tatjana Grbić Silvia Likavec Tibor Lukić Jovanka Pantović Nataša Sladoje Ljiljana Teofanov Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I Novi Sad, 009. god.
Διαβάστε περισσότεραGeometrija II. Elvis Baraković siječnja Tuzla;http://pmf.untz.ba/staff/elvis.barakovic/
Geometrija II Elvis Baraković 1 10. siječnja 2018. 1 Prirodno-matematički fakultet Univerziteta u Tuzli, Odsjek matematika, Univerzitetska 4 75000 Tuzla;http://pmf.untz.ba/staff/elvis.barakovic/ Sažetak
Διαβάστε περισσότεραOsnovni 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 περισσότερα12 Elementarni zadaci: Računanje površine tijela u ravni i trigonometrija
12 Elementarni zadaci: Računanje površine tijela u ravni i trigonometrija Elementarna pitanja: 1. Nabrojati sve geometriske figure prikazane na slici ispod. [kocka, kvadar, četverostrana piramida, sfera
Διαβάστε περισσότερα3.1 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 περισσότεραRiješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva
Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički
Διαβάστε περισσότερα4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.
4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos
Διαβάστε περισσότεραSOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE
1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar
Διαβάστε περισσότεραPrimene kompleksnih brojeva u geometriji
Primene kompleksnih brojeva u geometriji Radoslav Dimitrijević 07.1.011. 1 Neki osnovni geometrijski pojmovi 1.1. Rastojanje izmed u tačaka Neka su tačke A i B u kompleksnoj ravni odred ene kompleksnim
Διαβάστε περισσότεραMatematička analiza 1 dodatni zadaci
Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka
Διαβάστε περισσότεραGeometrija (I smer) deo 1: Vektori
Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo
Διαβάστε περισσότεραZbirka zadataka iz geometrije. Elektronsko izdanje
Zbirka zadataka iz geometrije . Predrag Janičić ZBIRKA ZADATAKA IZ GEOMETRIJE Sedmo izdanje (treći put ponovljeno četvrto izdanje) Matematički fakultet Beograd, 2007 Autor: dr Predrag Janičić, docent
Διαβάστε περισσότεραPismeni dio ispita iz Matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja u zavisnosti od parametra a:
Zenica, 70006 + y+ z+ 4= 0 y+ z : i ( q) : = = y + z 4 = 0 a) Napisati pavu p u kanonskom, a pavu q u paametaskom obliku b) Naći jednačinu avni koja polazi koz pavu p i okomita je na pavu q ate su pave
Διαβάστε περισσότεραIskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012
Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)
Διαβάστε περισσότεραPARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati
Διαβάστε περισσότεραMatematika I. Elvis Baraković, Edis Mekić. 4. studenog Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora
Matematika I Elvis Baraković, Edis Mekić 4. studenog 2011. 1 Analitička geometrija 1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora Skalarnom veličinom ili skalarom nazivamo onu veličinu koja je potpuno
Διαβάστε περισσότεραTAČKA 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 περισσότεραPRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI
Prirodno-matematički fakultet, Univerzitet u Nišu, Srbija http://wwwpmfniacrs/mii Matematika i informatika (1) (013), 19-74 PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI Mihailo Krstić, Student Departmana
Διαβάστε περισσότεραVEKTORI. 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 περισσότεραMATEMATIKA 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 περισσότεραApsolutno 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 περισσότεραEUKLIDSKA GEOMETRIJA
EUKLIDSKA GEOMETRIJA zadaci za vežbe AKSIOMATSKO ZASNIVANJE EUKLIDSKE GEOMETRIJE 1. Ako dve razne ravni imaju zajedničku tačku tada je njihov presek prava. Dokazati. 2. Za svake dve prave koje se seku
Διαβάστε περισσότεραje B 1 = B 2. Prvi teorem kojeg ćemo dokazati primjenom Menelajeva teorema je Euklidski slučaj poznatog Desargesova 2 teorema. B 2 Z B 1B 2 B 1 O
Zoran Topić, Imotski Menelajev teorem i neke primjene U ovom članku ćemo dokazati Menelajev 1 teorem i pokazati neke primjene tog teorema. Menelajevo najvažnije djelo je Sphaerica u kojem dokazuje i Menelajev
Διαβάστε περισσότεραTeorijske osnove informatike 1
Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija
Διαβάστε περισσότεραRacionalni 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 περισσότεραMinistarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije Prvi razred A kategorija
18.02006. Prvi razred A kategorija Dokazati da kruжnica koja sadrжi dva temena i ortocentar trougla ima isti polupreqnik kao i kruжnica opisana oko tog trougla. Na i najve i prirodan broj koji je maƭi
Διαβάστε περισσότεραRijeseni neki zadaci iz poglavlja 4.5
Rijeseni neki zdci iz poglvlj 4.5 Prije rijesvnj zdtk prisjetimo se itnih stvri koje ce ns prtiti tijekom njihovog promtrnj. Definicij: (Trigonometrij prvokutnog trokut) ktet nsuprot kut ϕ sin ϕ hipotenuz
Διαβάστε περισσότεραZadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar)
Zadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar) Srdjan Vukmirović August 19, 2003 Aksiome projektivne geometrije P1 Za ma koje 2 tačke A i B postoji tačno jedna prava a = AB kojoj pripadaju tačke A i B.
Διαβάστε περισσότεραInženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1)
Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Prva godina studija Mašinskog fakulteta u Nišu Predavač: Dr Predrag Rajković Mart 19, 2013 5. predavanje, tema 1 Simetrija (Symmetry) Simetrija
Διαβάστε περισσότεραIZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo
IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai
Διαβάστε περισσότεραDvanaesti praktikum iz Analize 1
Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.
Διαβάστε περισσότερα2n 2, 2n, 2n + 2. a = 2n 2, b = 2n, c = 2n + 2. a b c. a P =
Zadatak (Tomislav gimnazija) Nađite sve pravokutne trokute čije su stranice tri uzastopna parna roja Rješenje inačica pća formula za parne rojeve je n n N udući da se parni rojevi povećavaju za možemo
Διαβάστε περισσότεραPOTPUNO 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 περισσότεραZadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana.
Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana. Zadatak 2 Dokazati da se visine trougla seku u jednoj tački ortocentar. 1 Dvostruki vektorski proizvod Važi
Διαβάστε περισσότεραx bx c + + = 0 po nepoznatoj x, vrijedi da je
Elektrotehnički fakultet u Sarajevu studijska 0/4. ŠIFRA KANDIDATA _ Zadatak. Za rješenja, kvadratne jednačine + = i + = 7. Koliko iznosi? 9 b c + + = 0 po nepoznatoj, vrijedi da je a) 4 b) 6 c) 7 d) 4
Διαβάστε περισσότερα> 0 svakako zadovoljen.
Elektrotehnički fakultet u Sarajevu akademska 0/3 ŠIFRA KANDIDATA _ Zadatak Za koje vrijednosti parametra ( ) + 3 = 0 m x mx oba iz skupa i suprotnog znaka? m su rješenja kvadratne jednačine a) m > 3 b)
Διαβάστε περισσότερα(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 περισσότερα5 Ispitivanje funkcija
5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:
Διαβάστε περισσότεραDužina 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 περισσότεραAksiomatsko zasnivanje euklidske geometrije
Aksiomatsko zasnivanje euklidske geometrije 1. Postoji jedna i samo jedna prava koja sadrži dve razne tačke A i B. 2. Postoji jedna i samo jedna ravan koja sadrži tri nekolinearne tačke A, B, C. 3. Ako
Διαβάστε περισσότεραSličnost trouglova i primene
Univerzitet u Beogradu, Matematički fakultet Seminarski rad iz metodike nastave matematike i računarstva Sličnost trouglova i primene Autori: Aleksandra Obradović Aleksandra Radulović Milica Pješčić Mirjana
Διαβάστε περισσότεραTrigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto
Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije
Διαβάστε περισσότεραNeka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.
Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +
Διαβάστε περισσότεραAko prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu:
Refleksija S φ u odnosu na pravu kroz koordinatni početak Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: ( ) ( ) ( ) x cos 2φ
Διαβάστε περισσότερα5. Karakteristične funkcije
5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična
Διαβάστε περισσότερα