1. Funkcije više promenljivih

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "1. Funkcije više promenljivih"

Transcript

1 1. Funkcije više promenljivih 1. Granične vrednosti funkcija više promenljivih Definicija 1. Funkcija f : D( R n R ima graničnu vrednost u tački (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n D i jednaka je broju α R ako važi ( ( ε > 0( δ > 0 (x 1, x 2,..., x n ( D (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n Tada pišemo (x 1,..., x n (x 0 1,..., x 0 n < δ f(x 1,..., x n α < ε f(x 1..., x n = α (x 1,..., x n (x 0 1,..., x0 n i ovu graničnu vrednost nazivamo n-esom u tački (x 0 1,..., x 0 n. Ako je n = 2 es nazivano dvojnim (dvostrukim. Definicija 2. Za funkciju f : D( R n R definišemo ponovljene granične vrednosti na sledeći način x i(n x 0 i(n x i(n 1 x 0 i(n 1 f(x 1..., x n x i(1 x 0 i(1 i ima ih n! jer niz i(1, i(2..., i(n P{1, 2,..., n} Primer: Za funkciju tri promenljive f(x, y, z : R 3 R u tački (x 0, y 0, z 0 posmatramo sledeće granične vrednosti f(x, y, z (x, y, z (x 0, y 0, z 0 1

2 x x 0 y y 0 x x 0 z z 0 f(x, y, z; z z 0 f(x, y, z; y y 0 y y 0 x x 0 y y 0 z z 0 f(x, y, z z z 0 f(x, y, z x x 0 z z 0 x x 0 f(x, y, z y y 0 z z 0 y y 0 f(x, y, z x x 0 Postavlja se pitanje odnosa n-esa i ponovljenih esa. Pre formalnog dokaza stavova koji ilustuju ovaj odnos navodimo jedan primer. Primer 1. Za funkciju f(x, y = x sin( 1 imamo da je y f(x, y = 0, dok y 0 x 0 x 0 y 0 sin( 1 ne postoji. y f(x, y = 0, (x, y (0, 0 Dakle zbog prethodnog primera vidimo da postojanje n-esa (u ovom slučaju dvojnog ne povlači postojanje ponovljenih esa. Tvrd enje 1. (Hajne - Borelova definicija granične vrednosti (1 (x 1,..., x n (x 0 1,..., x0 n f(x 1..., x n = α ako i samo ako važi za svaki niz (2 (x k 1, x k 2,..., x k n k (x 0 1,..., x 0 n važi da (3 f(x k 1, x k 2,..., x k n k α Dokaz: (Uslov je potreban Neka važi (1 i neka za niz (x k 1, x k 2,..., x k n k N važi (2. Tada imamo da je: iz (1: ( ε > 0( δ 1 > 0( (x 1,..., x n (x 0 1,..., x 0 n (x 1,..., x n (x 0 1,..., x 0 n < δ 1 f(x 1,..., x n α < ε iz (2 ( δ 1 >0( k 0 Nk k 0 (x k 1, x k 2,..., x k n (x 0 1,..., x 0 n < δ 1 iz (I i (II ( ε > 0( k 0 Nk k 0 f(x k 1, x k 2,..., x k n α < ε što znači da važi (3. (I (II (Uslov je dovoljan Za dokaz obrnutog stava koristimo kontrapoziciju koja je iskazana logičkom formulom B A A B. Tačnije pokazaćemo da iz (4: f(x 1..., x n α sledi da (x 1,..., x n (x 0 1,..., x0 n postoji niz (x k 1,..., x k n (x 0 1,..., x 0 n a da pritom f(x k 1,..., x k n α. Zaista, ako važi (4 tada 2

3 (I ( ( ε > 0 δ = 1 ( (x k k 1, x k 2,..., x k n (x 0 1,..., x 0 n (x k 1,..., x k n (x 0 1,..., x 0 n < 1 k f(xk 1,..., x k n α ε Upravo ovako konstruisan niz zadovoljava negaciju. Primer 2. Ispitati postojanje dvojnog i ponovljenih esa za funkciju f(x, y = x y u tački (0, 0. x+y Rešnje: f(x, y = 1 x 0 y 0 f(x, y = 1, y 0 x 0 dok dvojni es ne postoji jer za nizove zk 1 = ( 2, 1 i k k z2 k = ( 3, 4 koji k k konvergiraju ka graničnoj tački (0, 0, važi da nizovi njihovih slika konvergiraju ka f(zk 1 1, 3 f(z2 k 1, a pošto je granična vrednost jedinstveno 7 odred ena sledi da dvojni es ne postoji. Teoremu o odnosu ponovljenih i dvojnog esa pokazaćemo razmatrajući funkcije dve promenljive. Teorema 1. ( Dovoljni uslovi za postojanje ponovljenog esa, ako postoji dvojni Neka f : D( R 2 R i neka je (x 0, y 0 D tačka nagomilavanja domena funkcije. Ako a postoji (x, y (x 0, y 0 f(x, y = α b za svako y R postoji x x 0 (x, y D tada posoji ponovljeni es Dokaz: Iz a sledi da y y 0 ( ε > 0( δ > 0( (x, y( D (x 0, y 0 f(x, y = ψ(y f(x, y i jednak je dvojnom. x x 0 (x, y (x 0, y 0 < δ f(x, y α < ε Puštajući da x x 0, zbog neprekidnosti funkcije apsolutne vrednosti dobijamo da važi ( ε > 0( δ > 0( (x, y( D (x 0, y 0 (x, y (x 0, y 0 < δ x x0 f(x, y α < ε 3

4 odnosno ( ε > 0( δ > 0( y y y 0 < δ ψ(y α < ε, što znači da je y y 0 ψ(y = α Definicija 3. Uniformna granična vrednost. Neka f : A B R, (A, B R, A, B. Neka je (x 0, y 0 A B tačka nagomilavanja. Tada kažemo da f(x, y = ϕ(x postoji uniformno po y y 0 x ako važi ( ε>0( δ >0( y B0< y y 0 <δ ( x A f(x, y ϕ(x <ε, dakle δ = δ(ε ne zavisi od izbora x. Teorema o razmeni dva esa (Moore-ova teorema Neka f : A B R, (A, B R, A, B i (x 0, y 0 A B. Ako važi a ( y B postoji x x 0 f(x, y = ψ(y b y y 0 f(x, y = ϕ(x uniformno po x na skupu A, tada postoje oba poovljena esa kao i dvojni i svi su med usobno jednaki. Dokaz: Dovoljno je dokazati da postoji (x, y (x 0, y 0 f(x, y pa će ostali deo tvrd enja teoreme slediti iz prethodne teoreme. Zbog a važi: (i ( y B( ε>0( δ 1 >0( x A0< x x 0 <δ 1 f(x, y ψ(y < ε 6 Zbog b važi: (ii ( ε>0( δ 2 >0( y B0< y y 0 <δ 2 ( x A f(x, y ϕ(x < ε 6 Dokazaćemo da funkcija zadovoljava Cauchy-ev uslov za postojanje esa, odakle će zbog kompletnosti prostora R 2 slediti tvd enje. Neka su (x, y i (x, y elementi takvi da je x x 0 < δ, x x 0 < δ i y y 0 < δ, y y 0 < δ, pri čemu (x, y, (x, y A B i δ = min{δ 1, δ 2 }. Tada za proizvoljno fiksirano y B važi da je f(x, y f(x, y f(x, y f(x, y + f(x, y f(x, y f(x, y ϕ(x + ϕ(x f(x, y + f(x, y f(x, y ε 6 + ε 6 + f(x, y f(x, y 2ε 6 + f(x, y ψ( y +(ψ( y f(x, y + f(x, y ϕ(x + ϕ(x f(x, y ε + 2ε = ε 3 3 4

5 Dodatno objašnjenje: Cauchyev uslov postojanja dvojnog esa. ( ε > 0( δ > 0( (x, y ( (x 0, y 0, (x, y ( (x 0, y 0 D (x, y (x 0, y 0 <δ (x, y (x 0, y 0 <δ f(x, y f(x, y < ε U našem slučaju imamo da za δ = min{δ 1, δ 2 } važi da je: x x 0, y y 0 < (x, y (x 0, y 0 < δ x x 0, y y 0 < (x, y (x 0, y 0 < δ Dakle, važi Cauchy-ev uslov konvergencije, te dvojni es postoji. 2. Neprekidnost funkcija više promenljivih Definicija 4. Funkcija f : D( R n R neprekidna je u fiksiranoj tački (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n D ako važi ( ε>0( δ >0( (x, y D (x, y (x 0, y 0 <δ f(x, y f(x 0, y 0 < ε. Tvrd enje 2. (Hajne Borelova definicija neprekidnosti Funkcija f : R n R neprekidna je u tački (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n ako i samo ako za svaki niz (x k 1, x k 2,..., x k n k N, takav da (x k 1, x k 2,..., x k n k (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n važi da niz njegovih slika f(x k 1, x k 2,..., x k n k f(x 0 1, x 0 2,..., x 0 n Dokaz: Dokaz tvrd enja sličan je dokazu Tvrd enja 1. Definicija 5. Funkcija f : D( R n R ravnomerno je neprekidna na nekom skupu E D ako važi ( ε>0( δ >0( (x 1,..., x n, (x 1,..., x n E (x 1,..., x n (x 1,..., x n < δ f((x 1,..., x n f((x 1,..., x n < ε Primer 1. Ispitati neprekidnost funkcije 2xy, (x, y (0, 0 f(x, y = x 2 + y 2 0, (x, y = (0, 0 Rešenje: Za (x, y (0, 0 funkcija je neprekidna kao superpozicija neprekidnih. U tački (0, 0 funkcija nije neprekidna. Uočimo niz z n = ( 1, 1 (0, 0, n n dok niz njegovih slika f(z n 1 0 = f(0, 0 te nije zadovoljen uslov Tvrd enja 1, odnosno funkcija u tački (0, 0 ima prekid. 5

6 Tvrd enje 3. (Hajne-Borelova definicija ravnomerne neprekidnosti Funkcija f : D( R n R ravnomerno je neprekidna na skupu E D ako važi: Za svaka dva niza (x k 1, x k 2,..., x k n k N i (x k 1, x k 2,..., x k n k N takva da (x k 1, x k 2,..., x k n (x k 1, x k 2,..., x k n k 0 važi da f(x k 1,..., x k n f(x k 1,..., x k n k 0, odnosno dovoljno bliski nizovi slikaju se u dovoljno bliske nizove. Primer 2. Ispitati ravnomernu neprekidnost funkcije f(x, y, z = cos(x 2 + y 2 + z 2 Rešenje: Dokazaćemo da funkcija nije ravnomerno neprekidna (obično, kao superpozicija neprekidnih funkcija ona jeste neprekidna. Uočimo nizove z 1 n = ( 2nπ, 2nπ, 2nπ z 2 n = ( π + 2nπ, π + 2nπ, π + 2nπ Dati nizovi su dovoljno bliski jer zn 1 zn 2 = 3( π + 2nπ π 3π n = 0 π + 2nπ + π S druge strane f(z 1 n f(z 2 n = cos (6nπ cos (3π + 6nπ = 2 0 nizovi slika nisu dovoljno bliski. Rešenje ovog primera zasniva se na Hajne-Borelovoj definiciji ravnomerne neprekidnosti. 3. Diferencijabilnost funkcija više promenljivih 3.1. Parcijalni izvodi funkcije više promenljivih Definicija 6. Neka je f : D( R n R, D otvoren skup i {e 1,..., e n } standardna baza prostora R n. Parcijalni izvod funkcije f po promenljivoj x i u tački (x 0 1,..., x 0 n definišemo pomoću f (x 0 x 1,..., x 0 f((x 0 n = 1,..., x 0 n + he i f(x 0 1,..., x 0 n i h 0 h 6

7 Čak i više ako je v proizvoljan vektor v = (v 1,..., v n, tada izvod u pravcu vektora v, u tački (x 0 1,..., x 0 n definišemo pomoću f v (x0 1,..., x 0 f((x 0 n = 1,..., x 0 n + h(v 1,..., v n f(x 0 1,..., x 0 n h 0 h Dakle, parcijalni izvodi su obični izvodi po nekoj od promenljivih nad kojima je funkcija definisana i važe sva pravila kod funkcija jedne promenljive Diferencijabilnost funkcija više promenljivih Definicija 7. Neka je f : D( R n R i D otvoren skup. Preslikavanje f je diferencijabilno u tački (x 0 1,..., x 0 n ako postoji linearna funkcija A(x 1,..., x n L(R n, R takva da važi f(x h 1,..., x 0 n + h n f(x 0 1,..., x 0 n A(x 0 1,..., x 0 n(h 1,..., h n h 0 h (h 1,..., h n (0,..., 0 =0 Vrednost A(x 0 1,..., x 0 n nazivamo izvodom funkcije f u tački (x 0 1,..., x 0 n i označavamo sa f (x 0 1,..., x 0 n. Napomena: Ako je funkcija f diferencijabilna u tački (x 0 1,..., x 0 n tada se priraštaj funkcije u toj tački može napisati kao gde važi da je f((x 0 1,..., x 0 n+(h 1,..., h n A(x 0 1,..., x 0 n(h u(h u(h (5 h 0 h = 0 (h = (h 1,..., h n Tvrd enje 4. Ako je funkcija f : D( R n R diferencijabilna u tački (x 0 1,..., x 0 n D tada je ona u toj tački neprekidna. Dokaz: Označimo sa x 0 (x 0 1,..., x 0 n, a h (h 1,..., h n. Imamo da f(x 0 + h f(x 0 = A(x 0 (h + u(h A(x 0 h + u(h 0 h 0 {objašnjenje: iz (5 sledi da je i u(h = 0}. h 0 Primer: Za funkciju f(x, y = x 2 + y 2 : R 2 R odredimo izvodnu funkciju. 7

8 Neka je A(x, y izvodna funkcija. Tada imamo da je [ ] h1 A(x, y h = [a, b] = ah 1 + bh 2, pri čemu mora važiti f(x + h 1, y + h 2 f(x, y A(x, y h h 0 h Kako je prethodni uslov ekvivalentan sa h 2 = 0. (x + h (y + h 2 2 x 2 y 2 ah 1 bh 2 h 0 h h 2 2 2xh 1 + h yh 2 + h 2 2 ah 1 bh 2 = 0 h 0 h h 2 2 (2x ah 1 + (2y bh 2 h h h 0 h h 2 h 0 2 h h 2 2 = 0 = 0 dobijamo da mora važiti a = 2x, b = 2y, jer u suprotnom prva granična vrednost ne bi bila 0 pošto bi beskonačno male veličine brojioca i imenioca bile istog reda za a 2x ili b 2y. Dakle, A(x, y = [2x, 2y] je izvod funkcije. Tvrd enje 5. Ako je f : R n R diferencijabilna funkcija, tada je njen izvod A(x jedinstven. (x (x 1,..., x n Dokaz: Pretpostavimo da postoje dva izvoda funkcije f, označeni sa A 1 (x i A 2 (x, pri čemu A 1 (x, A 2 (x L(R n, R. Posmatrajmo B(x h = A 1 (x (h A 2 (x (h = = [f(x + h f(x A 2 (x (h] [f(x + h f(x A 1 (x (h] = = u 2 (h u 1 (h Kako je B(x(h = u 2(h u 1 (h u 2(h + u 1(h 0, a funkcija h h h h B(x h je linearna, odnosno važi B(x(th = B(x(h 0 za svako th h t > 0, tada je B(x h = 0 B(x h = 0, za svako h R n Teorema o potrebnim uslovima diferencijabilnosti. Neka je funkcija f : D( R n R diferencijabilna u tački x 0 = (x 0 1,..., x 0 n D. Tada postoje parcijalni izvodi, po svim promenljivim, u toj tački. Dokaz: Čak i više, dokazaćemo da ako je funkcija diferencijabilna i v 8

9 proizvoljan vektor takav da v R n \{(0,..., 0}, tada postoji izvod funkcije f u pravcu vektora v. Zaista, ako je funkcija diferencijabilna tada važi: f(x 0 + v f(x 0 f (x 0 (v v 0 h hv 0 1 v f(x 0 + hv f(x 0 f (x 0 (hv hv f(x 0 + hv f(x 0 hf (x 0 (v h h 0 = 0 = 0 = 0 f(x0 + hv f(x 0 f (x h 0 h (v = 0 0 f(x 0 + hv f(x 0 što je ekvivalentno sa = f (x 0 (v h 0 h Specijalno ako je v = e i (i = 1,..., n dobijamo da postoje parcijalni izvodi. Zaključak: Dakle, ako je funkcija diferencijabilna tada postoje parcijalni izvodi i pritom važi f (x 0 = [ f (x 0,..., f ] (x 0 x 1 x n Obrnuto ne mora da važi, tj. iz postojanja parcijalnih izvoda ne sledi diferencijabilnost funkcije, što pokazuje sledeći primer. Primer: Ispitati diferencijabilnost funkcije 0, (x, y = (0, 0 f(x, y = x 3, (x, y (0, 0 x 2 + y 2 u tački (0, 0 Rešenje: f f(h, 0 f(0, 0 (0, 0 = x h 0 h f (0, 0 = y h 0 f(0, h f(0, 0 h = 1 = 0 9

10 Ako bi funkcija bila diferencijabilna tada važi h 0 h = (h 1, h 2 f(h 1, h 2 f(0, 0 1 h 1 0 h 2 h h 2 2 = 0 h 0 što nije tačno jer za niz z n = n h 1 h 2 2 (h h 2 2 3/2 = 0 ( 1, 1 n n n 1 n 3 2 3/2 1 n 3 = 1 ( (0, 0 imamo da Teorema o dovoljnim uslovima diferencijabilnosti. Neka funkcija f : D( R n R i neka je D otvoren skup. Tada važi: f je neprekidno diferencijabilna na D ako i samo ako postoje parcijalni izvodi na D i neprekidne su funkcije. Objašnjenje: Postojanje neprekidnih parcijalnih izvoda je dovoljan, ali ne i potreban uslov diferencijabilnosti jer pored diferencijabilnosti on obezbed uje i neprekidnost izvodne funkcije. Geometrijska interpretacija izvoda: Ako je jednačinom F (x 1,..., x n = 0 zadana površ u R n tada n-torka ( F x 1,..., F x n (x , x 0 n predstavlja normalan vektor na tangentnu ravan površi zadane gornjom jednačinom u tački (x , x 0 n Parcijalni izvodi višeg reda Definicija 8. Parcijalni izvodi višeg reda definišu se rekurentno na sledeći način n f = ( k 1 f x i(k x i(k 1,..., x i(1 x i(k x i(k 1,..., x i(1 gde je i(k, i(k 1,..., i(1 niz elemenata skupa {1, 2,..., n} koji odgovaraju varijacijama od n elemenata k-te klase sa ponavljanjem. Dakle ima ih V k n = n k Broj parcijalnih izvoda k-tog reda funkcije od n promenljivih. 10

11 Primer: Za funkciju f : R 2 R koja ima prezentaciju f = f(x, y postoje sledeći parcijalni izvodi drugog reda 2 f x, 2 f ponovljeni parcijalni izvodi 2 y2 2 f y x, 2 f mešoviti parcijalni izvodi x y Postavlja se pitanje jednakosti mešovitih parcijalnih izvoda? U cilju dokazivanja glavnog tvrd enja koje daje odgovor na prethodno pitanje dokažimo jednu lemu: Lema 1. Neka je D R 2 otvoren skup koji sadrži tačku (0, 0 i neka je f : D R funkcija koja ima parcijalne izvode na D. Neka je 2 f (0, 0 y x neprekidna funkcija u (0, 0. Ako je tada je A(h, k = f(h, k f(h, 0 f(0, k + f(0, 0 2 f (0, 0 = y x h 0 k 0 A(h, k hk Dokaz: Neka je ε > 0 proizvoljno. Kako je 2 f (0, 0 neprekidna funkcija y x tada važi: ( ε > 0( δ > 0( h < δ i k < δ 2 f y x (h, k 2 f y x (0, 0 < ε Posmatrajmo funkciju B(h = f(h, k f(h, 0, za koju važi A(h, k = B(h B(0. B(h je diferencijabilna funkcija i važi (6 B B(h + t B(h (h = t 0 t = t 0 = f x f(h + t, k f(h, k t f (h, k (h, 0 x f(h + t, 0 f(h, 0 t 0 t Na intervalu h < δ peimenimo Lagrange-ovu teoremu o srednjoj vrednosti za funkciju A(h, k kada je posmatramo kao funkciju po prvoj kordinati. Dobijamo: A(h, k A(0, k = A h (h 0, k(h 0 zbog [ (6 f A(h, k = h x (h 0, k f ] x (h 0, 0, 11

12 za 0 < h 0 < h. Na poslednju jednakost primenimo još jednom Lagrangeovu teoremu o srednjoj vrednosti, ali po drugoj koordinati k. Dobijamo da je odnosno A(h, k = hk 2 f y x (h 0, k 0, za 0 < k 0 < k, A(h, k hk = 2 f y x (h 0, k 0. Dakle za svaki par (h, k postoji par (h 0, k 0 takav da je A(h, k 2 f hk y x (h 0, k 0 < ε odnosno A(h, k h, k 0 hk = 2 f (0, 0. y x Teorema o jednakosti mešovitih parcijalnih izvoda. Neka je f : D( R n R, D otvorena okolina tačke (x 0, y 0 i neka f x, f y i 2 f y x postoje na okolini D. Ako je 2 f y x neprekidna funkcija u tački (x0, y 0 tada 2 f postoji u toj tački i važi da je x y 2 f y x (x0, y 0 = 2 f x y (x0, y 0. Dokaz: Bez ograničenja opštosti možemo pretpostaviti da je (x 0, y 0 = (0, 0. Zbog prethodne leme imamo da je (7 2 f (0, 0 = x y (h, k (0, 0 A(h, k, hk odnosno A(h, k ( ε > 0( δ > 0 0 < h < δ 0 < k < δ hk 12 2 f y x (0, 0 < ε.

13 S druge strane imamo da je A(h, k (8 k 0 hk = 1 [ f(h, k f(h, 0 h k 0 k = 1 [ f f ] (h, 0 h y y (0, 0. f(0, k f(0, 0 ] k Zbog (7 imamo da je A(h, k (9 2 f k 0 hk y x (0, 0 < ε (Granična vrednost ne zavisi od pravca odakle zbog (8 sledi da je za 0 < h < δ ispunjeno 1 ( f f (h, 0 h y y (0, 0 2 f y x (0, 0 < ε Uzimajući u prethodnom uslovu dobijamo da je h 0 2 f x y (0, 0 = 2 f (0, 0, što je trebalo dokazati. y x 4.Tajlorova formula funkcija više promenljivih Neka je D R n i neka funkcija f : D R, tako da za tačke a, b D važi da je duž koja ih spaja cela u oblasti D. Posmatrajmo funkciju ϕ(t = f(a + th, t [0, 1], za h = t a Odredimo ϕ m (t. m = 1 : ϕ (t = f (a + th h = = = = ( f x 1 (a + th,..., f x n (a + th h 1. h n = ( f f f h 1 + h h n (a + th ( x 1 x 2 x n h 1 + h h n f(a + th x 1 x 2 x n 13

14 m = 2 : ϕ (t = t (ϕ (t = = ( n f h i (a + th = t x i=1 i n ( f = h i (a + th = t x i=1 i n n ( f = h i (a + th = x i=1 j=1 j x i n n 2 f = h i h j (a + th = x i=1 j=1 j x i ( 2f(a = h h n + th x 1 x n Napomena: 2 u stepenu poslednjeg izraza predstavlja red parcijalnog izvoda, a pri ovakvom zapisu važe sva pravila stepenovanja. Izraz sa 2 u stepenu dejstvuje na funkciju f u tački (a + th. Konačno ϕ (m (t = ( m h h n f(a + th x 1 x }{{ n } D m f(a + th(h m f (m (a + th(h m Tajlorova formula. Neka funkcija f : D( R n R i neka tačka a D. Neka je f C n (D i neka je tačka b D takva da duž koja spaja tačke a i b cela leži u D. Tada važi Taylor-ova formula f(b = f(a + 1 1! f (a(b a ! f (a(b a n! f (n (c(b a n 1 (n 1! f (n 1 (a(b a n 1 + za neko c = a + t 0 b, t [0, 1]. ( { Izraz f (k (a(b a k = (b 1 a (b n a n kf(a }. x 1 x n Dokaz. Posmatrajmo pomoćnu funkciju ϕ(t = f(a + th : [0, 1] ab D gde je sa ab označena duž koja spaja tačke a i b. Na osnovu Taylorove 14

15 formule za funkciju jedne promenljive imamo da važi: ϕ(1 = ϕ( ! ϕ (0( ! ϕ (0( n! ϕ(n (t 0 (1 0 n. Zbog uvodnog dela u ovom poglavlju dobijamo: f(b = f(a + 1 1! f (ah+ Ovim je dokaz završen ! f (ah n! f (n (ch n, (h = b a. 1 (n 1! ϕ(n 1 (0(1 0 n (n 1! f (n 1 (ah n 1 + Primer: Funkciju f(x, y = e x y predstaviti Maclaurinovim polinomom drugog stepena. Rešenje: f(0, 0 = 1, 2 f (0, 0 = 1, x2 f f (0, 0 = 1, x 2 f (0, 0 = 1, y2 (0, 0 = 1, y 2 f x y (0, 0 = 2 f (0, 0 = 1. y x M f (x, y = ( 1 (x 0 1 (y 0 + 1! + 1 ( 1 (x 0 2 2(x 0(y (y 0 2! = 1 + x y x2 xy y2 = 5. Ekstremumi funkcija više promenljivih Definicija 9. a Neka funkcija f : D( R n R. Tača c D je tačka globalnog maksimuma (minimuma preslikavanja f ukoliko je f(c f(x (f(c f(x za svako x D. Ako su nejednakosti stroge tačka c je tačka strogog maksimuma (minimuma. 15

16 b Funkcija f ima u tači c lokalni maksimum (minimum ukoliko postoji okolina U tačke c takva da restrikcija funkcije f na skup U ima maksimum (minimum. Tvrd enje 6. Ako f : D( R n R u tački c D ima (lokalni ekstremum i ako je u toj tački diferencijabilna tada je f (c = 0, odnosno svi parcijalni izvodi funkcije f u tački c su 0. Dokaz: Posmatrajmo funkcije ψ i (x i = f(c 1,..., c i 1, x i, c i+1,..., c n za sve funkcije i = 1,..., n. Kako su date funkcije restrikcije funkcije f na skup D ({c 1 } {c 2 } {c i 1 } R {c i+1 } {c n } one u tački c i imaju (lokalni ekstremum. Na osnovu Fermatove teoreme imamo da je ψ i(c i = 0 za svako i = 1,..., n, odnosno f x i (c = ψ i(c i = 0. Definicija 10. Ako je f (c = 0 tada se c naziva stacionarnom tačkom Bezuslovne ekstremne vrednosti Teorema o dovoljnim uslovima postojanja bezuslovnog ekstremuma. Neka funkcija f : D( R n R i neka je c D unutrašnja tačka. Ako je tačka c stacionarna i ako su drugi parcijalni izvodi neprekidni u nekoj okolini tačke c, tada važi: a Ako je f (c(h 2 > 0 za svako h 0 tada f ima (lokalni minimum u tački c. b Ako je f (c(h 2 < 0 za svako h 0 tada f ima (lokalni maksimum u tački c. c Ako drugi izvodi uzimaju vrednosti različitog znaka za različito h tada u tački c funkcija nema lokalni ekstrem. Dokaz: Iz Taylorove formule imamo da je u okolini tačke c funkciju moguće predstaviti sa f(x = f(c + f (c(x c + 1 2! f ( x(x c 2 za x [c, x]. Kako je tačka c stacionarna imamo da je f (c = 0, odakle dobijamo da je (10 f(x = f(c + 1 2! f ( x(x c 2 16

17 a Kako je funkcija f (c(h 2 neprekidna ona na skupu svih h takvih da je h = 1 dostiže svoj minimum, koji ćemo označiti sa m i pritom važi da je m > 0 jer je f (c(h 2 > 0. Sa druge strane, zbog neprekidnosti funkcije f (x u tački c, postoji okolina U, takva da je za svako x U zadovoljeno f (x(h 2 > m ε za proizvoljno ε > 0, dovoljno malo. Neka je ε = m, 2 tada postoji okolina U takva da je f (x(h 2 > m za svako x U i svako h 2 za koje je h = 1. Imamo da se tada x može napisati u obliku x = c + th gde je t > 0. Kako x U takod e, iz (10 dobijamo da je f(x = f(c + 1 2! f ( x(th 2 = f(c + 1 2! t2 f ( x(h 2 = > f(c + 1 t 2 m 2! 2 > f(c odnosno u tački c je (strogi, lokalni minimum. b Dokaz je sličan dokazu pod a, samo se polazi od pretpostavke da funkcija f (c(h 2 dostiže maksimum koji je po znaku negativan, jer je f (c(h 2 < 0. c Kombinujući a i b dobijamo da postoji okolina tačke c ne kojoj za neko x 1 važi da je f(x 1 > f(c, a za neko x 2 da je f(x 2 < f(c te u tački c nije (lokalni ekstrem. Napomena: Ako je za neko h f (c(h 2 0 ili f (c(h 2 0 tada se priroda stacionarne tačke ispituje metodom neposrednog proveravanja. Definicija 10. Kvadratna forma naziva se A(h 1, h 2,..., h n = n i=1 n a ij hihj j=1 (i pozitivno definitna ako su svi glavni minori veći od 0, (ii negativno definitna, ako su glavni minori naizmeničnog znaka, počev od negativnog Silvesterov kriterijum. Ako je c stacionarna tačka i ako je a ij = tada važi 2 f x i x j (c a Ako je kvadratna forma pozitivno definitna u tački c je (lokalni minimum. b Ako je kvadratna forma negativno definitna u tački c je lokalni maksimum. 17

18 5.2. Uslovni ekstremum Neka je data funkcija f = f(x 1,..., x n, y 1,..., y m : D( R n+m R. Odred ivanje uslovnih ekstremuma date funkcije predstavlja odred ivanje lokalnih ekstremuma, pri čemu se kao kandidati posmatraju tačke koje pripadaju hiperpovršima koje su definisane jednačinama: F 1 (x 1,..., x n, y 1,..., y m = 0 F m (x 1,..., x n, y 1,..., y m = 0. Metod Lagranžovih množitelja za uslovni ekstremum Postupak odred ivanja stacionarnih tačaka sastoji se u nalaženju nula svih parcijalnih izvoda funkcije: L(x 1,..., x n, y 1,..., y m = f(x 1..., x n, y 1,..., y m + m j=1 λ jf j(x 1..., x n, y 1,..., y m, koja se naziva Lagranžova pomoćna funkcija. izvodi date funkcije: L = f m F j + λ j = 0 x i x i x i L = f + y i y i j=1 m j=1 λ j F j y i = 0 L λ i = F i (x 1,..., x n, y 1,..., y m = 0 Zaista, kako su parcijalni Odavde odred ujemo stacionarnu tačku (x 0 1,..., x0 n, y0 1,..., y0 m, λ0 1,..., λ0 m vidimo da prve dve jednačine (praktično ih ima n + m u opštem slučaju definišu uslove stacionarne tačke dokazane u Tvrd enju 6, dok poslenja jednačina (ima ih m obezbed uje da stacionarna tačka pripada hiperpovršima kao u postavci problema. Prirodu stacionarne tačke ispitujemo odred ivanjem znaka drugog totalnog diferencijala funkcije L i važe isti zaključci kao u Teoremi o dovoljnim uslovima postojanja bezuslovnog ekstremuma Implicitno zadane funkcije Postavlja se pitanje ako imamo funkciju y : R n R datu implicitno F (x 1,..., x n, y = 0 da li postoji V R n takvo da za (x 1,..., x n V važi y = f(x 1,..., x n i da je F (x 1,..., x n, f(x 1,..., x n = 0 za jedinstveno odred enu funkciju f i svaku tačku (x 1,..., x n R n. 18

19 Primer: (1 x 2 + y 2 1 = 0 jednačina kruga implicitno zadana (i y = 1 x 2 za tačke iznad x-ose y = 1 x 2 za tačke ispod x-ose ovo je za x = 1 (ii Za x = 1 y 1 = + 1 x 2, y 2 = 1 x 2 i tu izbor funkcije nije jedinstven te na ma kojoj okolini V tačke 1 ili 1 nemamo jedinstveno odred enu funkciju f, pa je odgovor na pitanje iz uvoda negativan. Teorema o implicitnoj funkciji. Neka je F : U( R n+1 R neprekidnodiferencijabilna funkcija i U otvoren skup u R n+1. Neka je (x 0 1,..., x 0 n+1 U takva tačka da je F (x 0 1,..., x 0 F n+1 = 0. Neka je x n+1 (x 0 1,..., x 0 n+1 0. Tada postoji otvorena okolina V R n, tačke (x 0 1,..., x 0 n takva da na njoj postoji jednistvena funkcija f koja je neprekidno-diferencijabilna takva da za (x 1,..., x n V važi x n+1 = f(x 1,..., x n i da je F (x 1,..., x n, f(x 1,..., x n = Ekstremumi implicitno zadatih funkcija Ako je F (x, y, z = 0 implicitno zadana funkcija i (x 0, y 0, z 0 tačka takva da je F z(x 0, y 0, z 0 0 F x(x 0, y 0, z 0 = 0 F y(x 0, y 0, z 0 = 0 tada je tačka (x 0, y 0, z 0 stacionarna. Zaista, prema teoremi o implicitnoj funkciji postoji funkcija z = f(x, y takva da je F (x, y, f(x, y = 0. Tada je } F x + F zf x = 0 F y + F zf y diferenciranjem polazne jednačine po x i y = 0 f x = F x F z f y = F y F z Dalje diferenciranjem dobijamo iz ovih uslova se odred uju stacionarne tačke f xx (F xx + F = xzf xf z F x(f zx + F, (F z 2 19 zzf x

20 (F f xy xy + F xzf yf z F x(f zy + F zzf y =, (F z 2 (F f yy yy + F yzf yf z F y(f zy + F zzf y =. (F z 2 Računajući prethodne vrednosti u stacionarnoj tački imamo da je: f xx F z xx(x 0, y 0, z 0 = F f xy xy(x 0, y 0, z 0 = F f F z (x 0, y 0, z 0, (x 0, y 0, z 0, yy(x 0, y 0, z 0 = F yy (x 0, y 0, z 0 te sada se može posmatrati znak kvadratne forme kao kod običnog ekstremuma eksplicitno zadanih funkcija. Napomena: Analogno se izvode algoritmi za odred ivanje ekstremuma po preostale dve koordinate. Geometrijski, odred ivanje ekstremuma implicitno zadanih funkcija znači odred ivanje temena površi koja je definisana implicitnom jednačinom. Primer: Naći ekstremume implicitno zadanih funkcija: F z x 2 + y 2 + z 2 2x + 2y 4z + 10 = 0 Rešenje: F (x, y, z = x 2 + y 2 + z 2 2x + 2y 4z + 10 = 0 } F x = 2x 2 = 0 x = 1 F y = 2y + 2 = 0 y = 1 pa iz jednačina z2 4z 12 = 0 z 1,2 = 4±8 2 = {6, 2} F z = 2z 4 Dve kritične tačke P 1 (1, 1, 1 i P 2 (1, 1, 6. Kako je F z(p 1 = 8 0 i F z(p 2 = 8 0 tada su ove tačke stacionarne. Zbog F xx = 2 F yy = 2 F xy = 0 imamo da je: a za P 1 imamo da je d 2 f(p 1 = 1 4 dx dy2 te je forma pozitivno definitna, odnosno u P 1 je minimum, b za P 2 imamo da je d 2 f(p 2 = 1 4 dx2 1 4 dy2 te je forma negativno definitna odnosno u P 2 je maksimum. 20

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 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 περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

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

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori

MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

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

Διαβάστε περισσότερα

8 Funkcije više promenljivih

8 Funkcije više promenljivih 8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. 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 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

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije

Διαβάστε περισσότερα

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)

(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t) Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

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

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ). 0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje

Διαβάστε περισσότερα

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

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

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju

Διαβάστε περισσότερα

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012

MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012 MATERIJAL ZA VEŽBE Predmet: MATEMATIČKA ANALIZA Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić Asistent: dr Tibor Lukić Godina: 202 . Odrediti domen funkcije f ako je a) f(x) = x2 + x x(x 2) b) f(x) = sin(ln(x

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE

ELEMENTARNE FUNKCIJE 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje

Διαβάστε περισσότερα

Jednodimenzionalne slučajne promenljive

Jednodimenzionalne slučajne promenljive Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/

Διαβάστε περισσότερα

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

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

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih nizova

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

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo FUNKCIJE - 2. deo Logika i teorija skupova 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo Inverzna korespondencija Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo

Διαβάστε περισσότερα

numeričkih deskriptivnih mera.

numeričkih deskriptivnih mera. DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak

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

Διαβάστε περισσότερα

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj

Διαβάστε περισσότερα

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE 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 περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

Διαβάστε περισσότερα

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

Uvod. Aksiome polja realnih brojeva. Supremum skupa.

Uvod. Aksiome polja realnih brojeva. Supremum skupa. АНАЛИЗА I припрема испита Оно што следи представља белешке које сам правио непосредно пред полагање усменог дела испита (јул, 2002. године). Због тога нису потпуне, и може понешто бити нетачно, или пропуштено.

Διαβάστε περισσότερα

KONVEKSNO PROGRAMIRANJE

KONVEKSNO PROGRAMIRANJE KONVEKSNO PROGRAMIRANJE 1 Sadržaj Konveksni skupovi Konveksne funkcije Optimalnost Dualnost Neke metode u (KP) Rješenja Osnovni pojmovi Simboli Uvod Neka je f realna funkcija sa domenom D(f) R n, i neka

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

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

Διαβάστε περισσότερα

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

Metrički prostori i Riman-Stiltjesov integral

Metrički prostori i Riman-Stiltjesov integral Metrički prostori i Riman-Stiltjesov integral Dragan S. Djordjević Niš, 2009. 0 Sadržaj Predgovor 3 1 Metrički prostori 5 1.1 Primeri metričkih prostora................. 5 1.2 Konvergencija nizova i osobine

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

y x = k = const, gde je x bilo koja promena veličine x, a y odgovarajuća promena y. Ako je = k za svako x i svako h 0.

y x = k = const, gde je x bilo koja promena veličine x, a y odgovarajuća promena y. Ako je = k za svako x i svako h 0. 73 7 Diferenciranje 7. Marginalna funkcija i izvod Ako su dve veličine, y i x, povezane linearnom funkcijom, y = f(x) = kx + n, onda se y menja ravnomerno u odnosu na x, tj. važi formula (43) y x = k =

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

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

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

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

Διαβάστε περισσότερα

Prediktor-korektor metodi

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

Διαβάστε περισσότερα

Aksioma zamene. Aksioma dobre zasnovanosti. Aksioma dobre zasnovanosti Svaki neprazan skup A sadrži skup a takav da je A a = 0.

Aksioma zamene. Aksioma dobre zasnovanosti. Aksioma dobre zasnovanosti Svaki neprazan skup A sadrži skup a takav da je A a = 0. Aksioma zamene Aksioma zamene opisuje sledeće: ako je P (x, y) neko svojstvo parova skupova (x, y) takvo da za svaki skup x postoji tačno jedan skup y takav da par (x, y) ima svojstvo P, tada za svaki

Διαβάστε περισσότερα

Norme vektora i matrica

Norme vektora i matrica 2 Norme vektora i matrica Pojam norme u vektorskim prostorima se najčešće povezuje sa određenom merom veličine elemenata tog prostora. Tako je u prostoru realnih brojeva R, norma elementa x R najčešće

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Iskazna logika 1. Matematička logika. Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science, University of Novi Sad, Serbia.

Iskazna logika 1. Matematička logika. Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science, University of Novi Sad, Serbia. Matematička logika Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia oktobar 2012 Iskazi, istinitost, veznici Intuitivno, iskaz je rečenica koja je ima tačno jednu jednu istinitosnu

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Z transformacija. 1.1 Pojam z transformacije

Glava 1. Z transformacija. 1.1 Pojam z transformacije Glava 1 Z transformacija 1.1 Pojam z transformacije U elektrotehnici se vrlo često susrećemo sa signalima koji su diskretnog tipa. To znači da je radimo sa signalima koji su zadati svoji vrednostima samo

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

KONVEKSNA OPTIMIZACIJA. (zadaci) Milan Jovanović

KONVEKSNA OPTIMIZACIJA. (zadaci) Milan Jovanović KONVEKSNA OPTIMIZACIJA (zadaci) Milan Jovanović 1 Osnovu ove zbirke čine zadaci sa ispita iz Matematičkog programiranja, predmeta koji se predaje na PMF BL od 1998\1999 školske godine. To su zadaci označeni

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

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

Διαβάστε περισσότερα

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O 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 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

METODA SEČICE I REGULA FALSI

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

Διαβάστε περισσότερα

Neka 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 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 περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

Διαβάστε περισσότερα

Elementarna matematika - predavanja -

Elementarna matematika - predavanja - Elementarna matematika - predavanja - February 11, 2013 2 Sadržaj I Zasnivanje brojeva 5 I.1 Peanove aksiome............................. 5 I.2 Celi brojevi................................ 13 I.3 Racionalni

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIČKI FAKULTET UNIVERZITET U BEOGRADU

MATEMATIČKI FAKULTET UNIVERZITET U BEOGRADU MATEMATIČKI FAKULTET UNIVERZITET U BEOGRADU MASTER RAD NEPREKIDNOST I DIFERENCIJABILNOST KONVEKSNIH FUNKCIJA NA R n Kandidat: Boris Marjanović Mentor : Prof. dr Miloš Arsenović Beograd, 2010. UVOD Konveksne

Διαβάστε περισσότερα

Sistemi linearnih jednačina

Sistemi linearnih jednačina Sistemi linearnih jednačina Sistem od n linearnih jednačina sa n nepoznatih (x 1, x 2,..., x n ) je a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2, a n1 x 1 + a n2 x 2 +

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

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim.

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim. 1 Diferencijabilnost 11 Motivacija Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji es f f(x) f(c) (c) x c x c Najbolja linearna aproksimacija funkcije f je funkcija l(x) = f(c)

Διαβάστε περισσότερα

I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 2. Glava IV : DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 2. Glava IV : DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 64 Glava IV : DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA 4 Osnovni pojmovi Činjenica da se mnogi zakoni fizike i drugih nauka iskazuju uz pomoć diferencijalnih jednačina

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

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

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra. skripta. Januar 2013.

Linearna algebra. skripta. Januar 2013. Linearna algebra skripta Januar 3 Reč autora Ovaj tekst je nastao od materijala sa kursa Linearna algebra i analitička geometrija za studente Odseka za informatiku, Matematičkog fakulteta Univerziteta

Διαβάστε περισσότερα

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

Trigonometrija 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 περισσότερα

Relacije poretka ure denja

Relacije poretka ure denja Relacije poretka ure denja Relacija na skupu A je relacija poretka na A ako je ➀ refleksivna ➁ antisimetrična ➂ tranzitivna Umesto relacija poretka često kažemo i parcijalno ured enje ili samo ured enje.

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

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

- 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

Dužina luka i oskulatorna ravan

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

Διαβάστε περισσότερα

O Šturmovim rečima i njihovim primenama u teoriji brojeva

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

Διαβάστε περισσότερα

DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

DIFERENCIJALNE JEDNAČINE I G L A V A DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Pri razmatranju i rešavanju raznih problema iz mehanike, fizike, hemije, geometrije i drugih naučnih disciplina i njihovih primena, nailazi se na jednačine u kojima

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra. skripta. Januar 2013.

Linearna algebra. skripta. Januar 2013. Linearna algebra skripta Januar 23. Reč autora Ovo je verzija teksta koji je pod naslovom Linearna algebra prvobitno bio pripremljen za studente Odseka za informatiku, Matematičkog fakulteta Univerziteta

Διαβάστε περισσότερα

Sadržaj: Diferencijalni račun (nastavak) Derivacije višeg reda Približno računanje pomoću diferencijala funkcije

Sadržaj: Diferencijalni račun (nastavak) Derivacije višeg reda Približno računanje pomoću diferencijala funkcije Sadržaj: Diferencijalni račun (nastavak) Derivacije višeg reda Približno računanje pomoću diferencijala funkcije Osnovni teoremi diferencijalnog računa L Hospitalovo pravilo Derivacije višeg reda Derivacija

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni teoremi diferencijalnog računa

Osnovni teoremi diferencijalnog računa Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Tena Pavić Osnovni teoremi diferencijalnog računa Završni rad Osijek, 2009. Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku

Διαβάστε περισσότερα