Jedan dokaz iracionalnosti broja e p

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Jedan dokaz iracionalnosti broja e p"

Transcript

1 Osječki matematički list 12(212), Jedan dokaz iracionalnosti broja e p Nenad Stojanović Zoran Mitrović Sažetak. U prvom dijelu rada izloženi su osnovni pojmovi i tvrdnje koji su vezani uz algebarske i transcendentne brojeve s kratkim povijesnim osvrtom te je pokazano nekoliko osnovnih tvrdnji koji se odnose na iracionalnost i transcendentnost broja e. U drugom dijelu rada motivirani dokazom W. Ramasinghe, koji je dao jednostavan dokaz iracionalnosti broja e 2, dajemo dokaz iracionalnosti broja e p za bilo koji prost broj p. Ključne riječi: iracionalnost broja e, broj e, transcendentni brojevi One proof of e p irrationality Sažetak. The first part presents the basic concepts and attitudes related to algebraic and transcendental numbers, with a brief historical review, and it was shown that several basic principles regarding the irrationality and transcendence of e. The second part motivated by evidence Ramasinghe W., who gave a simple proof of the irrationality of e 2, we give a proof of irrationality of e p for any prime number p. Key words: irrationality of numbers e, number e, transcendental numbers 1. Uvod Rješavanje problema vezanih uz transcendentnost broja dalo je značajan doprinos razvoju matematike. Dokaz o postojanju transcendentnih brojeva dao je francuski matematičar Joseph Liouville godine, dok je David Hilbert 19. godine na II. med unarodnom kongresu matematičara izložio problem vezan uz iracionalnost i transcendentnost brojeva, poznat kao problem VII., a formulirao ga je na sljedeći način: Pokazati da je α β transcendentan ili u krajnjoj mjeri iracionalan broj ako je α algebarski, a β iracionalan broj ([2]). Visoka Škola poslovnog menadžmenta, Primus, Dositejeva bb, 78 4 Gradiška, Bosna i Hercegovina nsnest1@gmail.com Faculty of Electrical Engineering, University of Banja Luka, Patre 5, 78 Banja Luka, Bosna i Hercegovina zmitrovic@etfbl.net

2 3 Nenad Stojanović i Zoran Mitrović Postavku tog problema uveo je godine Leonhard Paul Euler u svom djelu Introductio in Analysin infinitorum (Uvod u analizu beskonačnih veličina) i utvrdio da za racionalnu bazu a logaritam svakog racionalnog broja b nije racionalan broj stupnja a, odnosno nije algebarski broj. Djelimičan dokaz ovog problema dao je Alexander Osipovich Gelfond najprije godine dokazavši da, ako je α algebarski broj tada je i α p, gdje α {, 1}, a p pozitivan racionalan broj koji nije potpun kvadrat, transcendentan broj, a zatim godine je dopunio dokaz pokazujući transcendentnost svake takve klase brojeva. Theodor Schneider je dao novi dokaz rezultata koje je dobio Gelfond. Veliki uspjeh u teoriji transcendentnih brojeva dao je i A. B. Shidlovski, kada je VII. Hilbertov problem već bio riješen (vidi [3]). 2. Algebarski i transcendentni brojevi Realne brojeve dijelimo na racionalne i iracionalne. Suprotno racionalnim brojevima čiji je skup zatvoren u odnosu na operacije zbrajanja, oduzimanja, množenja i dijeljenja (isključujući dijeljenja s nulom) skup iracionalnih brojeva ne sadrži niti jedno od navedenih svojstava. Odnosno vrijedi sljedeći teorem: Teorem 1. ([7])Neka je α proizvoljan iracionalan broj i r bilo koji racionalan broj različit od nule. Tada zbrajanje, oduzimanje, množenje i dijeljenje primijenjeno na brojeve α i r daje iracionalan broj. Osim toga brojevi α i α 1 su takod er iracionalni brojevi. Teorem pokazuje da se može konstruirati široka klasa iracionalnih brojeva iz jednog danog iracionalnog broja. Primjerice od iracionalnog broja 2 primjenom teorema možemo konstruirati brojeve 2, 1 2, 2 + 3,..., 3 2, 2 2, 2 5, 2 3 koji su takod er iracionalni. Dakle, možemo konstruirati beskonačno mnogo iracionalnih brojeva. Osim podjele realnih brojeva na racionalne i iracionalne postoji i podjela na algebarske i transcendentne brojeve. Ako realan broj zadovoljava jednadžbu oblika a n x n + a n 1 x n 1 + a n 2 x n a 2 x 2 + a 1 x + a = gdje su a i Z, i, 1, 2,..., n, kažemo da je algebarski, a realan broj koji ne zadovoljava ni jednu jednadžbu takvog oblika nazivamo transcendentnim. Lako se pokaže da je svaki racionalan broj algebarski. Primjerice, racionalan broj 3 4 zadovoljava jednadžbu 4x 3 =. Generalno svaki racionalan broj b a zadovoljava jednadžbu oblika ax b = samim tim je algebarski broj. Kako je svaki racionalan broj ujedno i algebarski broj, tako svaki realan broj, koji nije algebarski, jeste iracionalan, odnosno: svaki transcendentan broj je iracionalan. J. Liouvilleu pripada zasluga za dokaz (1844. godine) egzistencije transcendentnih brojeva, kao i za prvi decimalni prikaz takvog broja, tzv. Liouvilleova konstanta (1851. godine), dok Euleru pripada zasluga za definiranje transcendentnih brojeva u današnjem smislu, a sam naziv transcendentan dolazi od Leibniza koji je godine dokazao da sin x nije algebarska funkcija po varijabli x. Prvi broj za kojeg je dokazana transcendentnost je broj e (1873. godine), a zasluga pripada Charlesu Hermiteu, dok je Georg Cantor godine pokazao da je skup transcendentnih brojeva gust skup (vidi [7])

3 Jedan dokaz iracionalnosti broja e p 31 Značajno je spomenuti Gelfond-Schneiderov teorem (vidi [3]) kojim je dokazano da ako su α i β algebarski brojevi različiti od nule i jedinice, tada je broj lnα lnβ ili racionalan ili transcendentan. Posljedica tog teorema je tvrdnja da ako je α algebarski broj (α {, 1}), a β iracionalan algebarski broj, tada je α β = e β log α transcendentan broj. Brojevi log 2, π itd. su primjeri transcendentnih brojeva. Transcendentnost broja 2 2, kojeg nazivamo Gelfond-Schneiderova konstanta, (čija je vrijednost 2 2 = ) i log 2 je dokazana godine (vidi [7]). Iz Gelfond-Schneiderovog teorema slijedi tvrdnja da su svi brojevi oblika log r gdje je r racionalan broj, ili transcendentni ili racionalni brojevi. U tom smislu je log r transcendentan za sve pozitivne racionalne brojeve r isključujući sljedeće brojeve;...,1 3,1 2,1 1,1,1 1,1 2,1 3,... jer za te vrijednosti r je log r cijeli broj. Na primjer svi brojevi log r gdje je r cijeli broj izmed u 1 i 1, isključujući r = 1, r = 1, r = 1 su transcendentni. Pokažimo na primjer da je log 2 transcendentan broj. Najprije pokažimo da je log 2 iracionalan broj. Pretpostavimo suprotno, da je log 2 = a b gdje su a, b pozitivni cijeli brojevi. Brojeve a, b možemo uzeti pozitivnim, ako je log 2 pozitivan broj. Prema definiciji logaritma imamo da je 2 = 1 a b. Potenciramo li obje strane s b, dobivamo 2 b = 1 a = 2 a 5 a. Posljednja jednakost veže dva cijela pozitivna broja, pa možemo primijeniti osnovni teorem aritmetike o jedinstvenosti rastava cijelog broja na umnožak prostih faktora. U skladu s tim teoremom, jednakost 2 b = 2 a 5 a nije moguća, jer 2 b predstavlja cijeli broj koji ni za jednu vrijednost b nije djeljiv s 5, a istovremeno je broj 2 a 5 a djeljiv s 5 za bilo koji pozitivan cijeli broj b. Slijedi, broj log 2 nije racionalan nego iracionalan broj. Neka je β = log 2,α = 1. U smislu definicije dekadskog logaritma je 1 log 2 = α β = 2. Ako bi broj β bio algebarski i iracionalan, tada bi prema Gelfond-Schneiderovom teoremu broj 2 bio transcendentan. Ukoliko nije tako, tada je β = log 2 ili racionalan ili transcendentan. Pokazali smo da je broj log 2 iracionalan, dakle, on je transcendentan. Primjer transcendentnog broja je Liouvilleova konstanta čiji je decimalni zapis α = 1 k! =, (1) Ovaj transcendentan broj ima svojstvo, da su sve znamenke u decimalnom zapisu isključujući one čiji se broj izražava faktorijelom cijelog broja jednake nuli. Pokažimo da je Liouvilleov broj trenscendentan. Ideje dokaza zasniva se na tome da se broj α = 1 k! zamijeni racionalnim brojem β koji ga dobro predstavlja i pri tome razlika (α β) izmed u broja α i β je veoma mala u odnosu na broj β. Prodemonstrirajmo primjer racionalne ocjene broja α, tako da odaberemo konačan broj članova reda (1) iz definicije broja α. Neka je β suma prvih j članova reda (1) tada je β = j 1 i!. (2) i=1 Primijetimo da je broj β racionalan broj koji možemo prikazati kao sumu razlomaka

4 32 Nenad Stojanović i Zoran Mitrović čiji su nazivnici potencije broja deset, β = 1 1 1! ! j!. Nakon svod enja na jednake nazivnike (1 j! ) i sred ivanja, dobivamo razlomak oblika β = gdje je t Z, a čija vrijednost se lako odredi. razlikuje od broja α. Ta razlika iznosi t 1 j! (3) Primijetimo da se broj β malo α β = 1 (j+1)! + 1 (j+2)! (4) Dekadski rastav od α β isto je kao i od broja α, sastoji se od nula i jedinica. Znamenka 1 se najprije javlja na (j + 1)! mjestu, zatim na (j + 2)!, itd. Očito je broj α β manji od broja.... 2, gdje su sve znamenke jednake nuli izuzev znamenke 2 koja se nalazi na (j + 1)! mjestu, što možemo zapisati u obliku nejednakosti 2 α β < 1 (j+1)! Na ovaj način smo pokazali lemu Lema 1. Neka je broj α definiran izrazom (1). Broj α se može aproksimirati proizvoljnim racionalnim brojem β sa po želji odabranom točnošću, tj. vrijedi 2 α β <, gdje je j broj prvih članova desne strane izraza (1). 1 (j+1)! Za dalji dokaz transcendentnosti broja α trebaju nam još neke nejednakosti izmed u α i β. Ako su α i β pozitivni brojevi definirani izrazima (1) i (2) tada uzimajući u obzir da je α < 1, β < 1 vrijede nejednakosti < α p < 1, < β s < 1, < α p β s < 1, p, s N. (5) Da bismo dokazali transcendentnost broja α polazimo od suprotne pretpostavke da je α algebarski broj i pokažimo neodrživost takve pretpostavke. Kada bi α bio algebarski broj tada bi on zadovoljavao neku algebarsku jednadžbu sa cijelim koeficijentima. Med u svim algebarskim jednadžbama koje zadovoljava, odaberimo jednadžbu sa najmanjim stupnjem. Neka je to jednadžba Neka je polinom a n x n + a n 1 x n 1 + a n 2 x n a 2 x 2 + a 1 x + a =. (6) f(x) = a n x n + a n 1 x n 1 + a n 2 x n a 2 x 2 + a 1 x + a (7) odgovarajući polinom. Pretpostavimo da za polinom f(x) vrijede uvjeti: 1. f(x) ima cjelobrojne koeficijente, 2. broj α je korijen jednadžbe f(x) =, tj.f(α) =, 3. broj α nije korijen ni jedne jednadžbe sa cjelobrojnim koeficijentima stupnja manjeg od n.

5 Jedan dokaz iracionalnosti broja e p 33 Dokažimo sljedeći teorem kojim se pokazuje da veličina f(α) f(β) ima isti predznak kao i α β. Teorem 2. Neka su α i β definirani s (1) i (2), a f(x) oblika (7). Tada je odnos izmed u koeficijenata polinoma f(x) i njegovog stupnja iskazan nejednakošću f(α) f(β) < N(α β) gdje je N suma koeficijenata navedenog polinoma. Dokaz. Broj N definiramo jednakošću N = n a n + (n 1) a n 1 + (n 2) a n a 2 + a 1 (8) Primijetimo da broj N ne ovisi od broja j koji se pojavljuje u definiciji broja β u izrazu (2). U procesu dokazivanja koristimo formulu rastava α k β k na faktore i nejednakost koju ta razlika zadovoljava. Kako je α k β k = (α β)(α k 1 + α k 2 β + α k 3 β α 2 β k 3 + αβ k 2 + β k 1 ) (9) gdje je k N. Iz ove jednakosti, u skladu s nejednakostima (5), svaki član desne strane rastava (9) je manji od 1. Slijedi, ukoliko tih članova ima k, i α β >, vrijedi nejednakost α k β k < (α β)( ) = k(α β). (1) Obzirom na rastav (9) imamo da je f(α) f(β) = a n (α n β n ) + a n 1 (α n 1 β n 1 ) a 2 (α 2 β 2 ) + a 1 (α β) = (α β)[a n (α n 1 + α n 2 β αβ n 2 + β n 1 ) + a n 1 (α n 2 + α n 3 β + + αβ n 2 ) + + a 1 ]. Koristeći dalje apsolutnu vrijednost i nejednakost (1), nalazimo da je f(α) f(β) < α β [n a n + (n 1) a n a 1 ]. Kako je α β = α β na osnovu definicije broja N dobivamo traženi odnos f(α) f(β) < N(α β). Razmotrimo ponovo razliku f(α) f(β) ali na drugi način. Teorem 3. Za svaki pozitivan cijeli broj j f(α) f(β) 1 n j! (11) je takod er pozitivan cijeli broj. Dokaz. Kako je f(α) =, promatrani broj možemo napisati u obliku f(β) 1 n j! ili u obliku f(β) 1 n j!. Sada, suglasno (3) vrijedi f(β) = a n β n + a n 1 β (n 1) + a n 2 β (n 2) + + a 1 β + a = a nt n 1 nj! + a n 1t n 1 1 (n 1)j! + a n 2t n 2 1 (n 2)j! + + a 1t 1 j! + a.

6 34 Nenad Stojanović i Zoran Mitrović Odavde, množenjem jednakosti s 1 nj! dobivamo f(β)1 nj! = a n t n + a n 1 t n 1 1 j! + a n 2 t n 2 1 2j! + a 1 t1 (n 1)j! + a 1 nj!. Desna strana ove jednakosti je cijeli broj različit od nule ako je β definiran izrazom (2), jer je tada f(β), (f(α) = po pretpostavci). Dalje, prelaskom na apsolutnu vrijednost dobivamo, f(β)1 nj! = f(β) 1 nj!, a obzirom na desnu stranu posljednje jednakosti to je pozitivan cijeli broj. Na osnovu izloženog zaključujemo da je f(α) f(β) 1 nj! pozitivan cijeli broj. Time je teorem dokazan. Sada pokažimo da protivno Teoremu 2 broj zadan s (11) se nalazi izmed u i 1. U tu svrhu odaberimo cijeli broj j, korišten pri definiranju broja β, tako da vrijedi 2N 1 nj! 1 (j+1)! < 1 (12) Da možemo odabrati takav broj j slijedi iz toga da je nejednakost (12) ekvivalentna 2N nejednakosti < 1. Odavde obzirom da se izraz stupnja u nazivniku 1 (j+1)! nj! posljednje nejednakosti može napisati u obliku (j + 1)! nj! = (j + 1 n)j!, fiksni broj n možemo odabrati dovoljno velik, ako je izabrani j dovoljno velik. Kako su n i N zadani izrazima (6) i (8), a j ne zavise od n i N, možemo odabrati dovoljno veliki j da vrijedi (12). Pokažimo sada da broj definiran sa (11) ima vrijednost izmed u i 1. U smislu Teorema 2, nejednakosti 2 α β <, α β i (11) vrijedi 1 (j+1)! f(α) f(β) 1 nj! < N(α β)1 nj! < 2N 1nj! 1 (j+1)! < 1 Već smo pokazali (Teorem 2) da je f(α) f(β) 1 nj! pozitivan cio broj, ako je broj α definiran sa (1) algebarski broj. Iz dobivene nejednakosti vidimo da je ta pretpostavka neodrživa, odnosno dobivena nejednakost je u suprotnosti s Teoremom 3. Dakle broj α definiran sa (1) ne zadovoljava ni jednu algebarsku jednadžbu (6), odnosno α je transcendentan broj. 3. Iracionalnost i transcendentnost broja e Poznato je da je broj e definiran kao granična vrijednost niza čiji je opći član a n = (1 + 1 n )n odnosno, e = lim n (1 + 1 n )n. Dokažimo da je broj e iracionalan broj. U dokazu iracionalnosti broja koristimo Taylorovu i MacLaurinovu formulu, koje imaju značajnu ulogu u postupku aproksimiranja funkcije f polinomom (vidi [4]). 1. Ako funkcija f ima neprekidne sve derivacije do n-tog reda na segmentu [a,b] i postoji f (n+1) na intervalu < a, b >, tada za svaki x [a, b] vrijedi Taylorova

7 Jedan dokaz iracionalnosti broja e p 35 formula (x a) f(x) = f(a) + f (a) + 1! (x a) n f (n) (a) + n! (x a)2 f (a) + + 2! (x a)(n+1) f (n+1) (a + θ(x a), < θ(x) < 1 (13) (n + 1)! 2. Specijalno za a = i x [a, b] imamo MacLaurinovu formulu f(x) = f() + x 1! f (a) + x2 2! f () + + xn n! f (n) () + xn+1 (n + 1)! f (n+1) (ξ). (14) gdje je ξ = θx i < ξ = ξ(x) < 1. Polinom P n (x) = f() + x 1! f (a) + x2 2! f () + + xn n! f (n) () se naziva MacLaurinov polinom stupnja n za funkciju f s pogreškom R n = xn+1 (n + 1)! f (n+1) (ξ), ξ = θx, < ξ = ξ(x) < 1. Koristeći ove rezultate dokažimo iracionalnost broja e. Teorem 4. Broj e je iracionalan broj. Dokaz. Kako je (e x ) = (e x ) =... = (e x ) (n) = e x, x N,x R, slijedi da je za f(x) = e x,f() = f () = = f() (n) = e = 1. MacLaurinov polinom stupnja n funkcije f(x) = e x dan je formulom f() + f () + x2 2! f () + + xn n! f()(n) = 1 + x + x2 2! + + xn n!, gdje je ostatak dan izrazom R n = xn+1 (n+1)! e(ξ), i ξ = θx, < ξ < 1. Dakle, za svaki x R funkciju f(x) = e x možemo pisati u obliku e x = 1 + x 1! + x2 2! + + xn n! + x(n+1) (n + 1)! eθx gdje je < θ < 1. Stavimo li u posljednju jednakost da je x = 1, dobivamo e x = ! + 1 3! n! + 1) (n + 1)! eθ, < θ < 1. (15) Najprije pokažimo da vrijedi nejednakost < e < 3. Krenimo od toga da pokažemo da je a n < 3 tj. da je a n = ( n) n < 3. Koristeći binomnu formulu imamo da je

8 36 Nenad Stojanović i Zoran Mitrović (1 + 1 n )n = 1 + ( ) n 1 1 n + ( ) n 1 2 n ( ) n 1 n n n = 1 + n n(n + 1) 1 n(n 1)(n 2)... (n n + 1) n 2! n2 n! n n = ! (1 1 n ) + 1 n! (1 1 n )(1 2 n )... (1 n 1 n ) < ! + 1 3! n! < n 1 = n = n 1. Zaključujemo da je niz zadan općim članom a n = (1+ 1 n )n omed en niz. Obzirom da je a n a n 1 = 1 n! >, n N, a svaki omed en i rastući niz je konvergentan, slijedi da (a n ) konvergira. Dakle vrijedi nejednakost < e < 3. Ostaje pokazati iracionalnost broja e. Pretpostavimo suprotno, odnosno da je broj e racionalan broj tj. e = p q. Nakon produkta jednakosti (15) sa n! dobivamo, en! = m + eθ, m N. (16) n + 1 e Kako je e < 3 za n 3 vrijedi θ n+1 < 1 pa desna strana jednakosti (16) nije cijeli broj tj.m + eθ n+1 / Z. S druge strane, ako za n vrijedi n q tada je n! djeljivo s q, pa je lijeva strana jednakosti (16) prirodan broj. Dakle, za prirodan broj n,n 3 i n q imamo da je lijeva strana cijeli broj, a desna nije, što je kontradikcija, pa pretpostavka da je e racionalan broj je neodrživa odnosno, broj e je iracionalan broj. Dokažimo da je broj e transcendentan. Prije toga dokažimo lemu Lema 2. Ako je h polinom sa cjelobrojnim koeficijentima tada za polinom f(x) = xm 1 (m 1)! h(x),m N,m 2 vrijedi 1. f (i) () =, i < m 1, 2. f (m 1) () = h(), 3. f (i) (r) je djeljiv sa m, i m, r Z. Dokaz. Za dokaz tvrdnje 1. koristimo teorem o nul-točkama polinoma, koju navodimo bez dokaza (vidi [4]), x je nultočka reda k, k {1, 2,..., n} polinoma f n (x) stupnja n > ako i samo ako su ispunjeni uvjeti f n (x ) = f n(x ) =... = f n (x ) (k 1) =, f n (x ) (k) ). Sljedeća posljedica ovog teorema je za nas značajna: Ako je x nul-točka reda k polinoma f n (x), tada je x nul-točka reda (k 1) polinoma f n(x). Imajući u vidu ovaj teorem i njegovu posljedicu dokaz tvrdnje 1. slijedi iz činjenice da je x = nul-točka polinoma f(x) višestrukosti m 1, pa je na osnovi posljedice navedenog teorema x = nul-točka i polinoma f (i) () =, i < m 1.

9 Jedan dokaz iracionalnosti broja e p Neka je h(x) polinom čiji su koeficijenti cijeli brojevi tada polinom f(x) ima oblik h(x) = a + a 1 x + a 2 x a n x n, h() = a, f(x) = xm 1 (m 1)! (a + a 1 x + a 2 x a n x n ). Ako ovaj polinom uzastopno deriviramo, dobivamo f (m 1) (x) = [ 1 m! a (m 1)! + a 1 (m 1)! 1! x + a 2 (m + 1)! 2! ] x 2 (m + n 1)! + + a n x n n! Uvrstimo li u posljednju jednakost x = imamo da je f (m 1) () = a = h(), što je i trebalo pokazati. Da pokažemo tvrdnju 3. uočimo da je ( ak x k (m 1)! ) i { ( k ak = i) i! (m 1)! xk 1, i k, x < ( Ako je i m tada (i!) sadrži faktor m i sve faktore od (m 1)!. Kako su k ) i,ak Z koeficijenti polinoma f (i) cijeli brojevi djeljivi sa m, to f (i) (r) Z i m f (i) (r) za svaki cijeli broj r. Dokaz o transcendentnosti broja e dao je Hermit godine (vidi [3]). To je bio prvi konkretan dokaz transcendentnosti nekog konkretnog broja, a koji nije direktna posljedica Liuvilovog teorema. Hermitov dokaz zasnivao se na poznatim identitetima eksponencijalne funkcije s kojom je uspio uspostaviti vezu izmed u aritmetičke prirode vrijednosti eksponencijlane funkcije, njenog analitičkog svojstva i aritmetičkog svojstva koeficijenata njenog Taylorovog reda. Sljedeći teorem daje primjer takvog dokaza. Teorem 5. Broj e je transcendentan broj. Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da je broj e algebarski broj. Tada prema definiciji algebarskog broja postoji prirodan broj n i cijeli brojevi a, a 1, a 2,..., a n takvi da je a + a 1 e + a 2 e a n e n =. (17) Uočimo funkciju g(x) = e x. Derivacije funkcije g(x) su redom (e x ) = e x, (e x ) = e x,..., (e x ) (n) = ( 1) n e x. U dokazu koristimo sljedeće rezultate analize. Ako su f, g derivabilne funkcije na segmentu [a, b], tada vrijedi formula parcijalne integracije b a f(x)g (x)dx = f(x)g(x) b a b a f (x)g(x)dx.

10 38 Nenad Stojanović i Zoran Mitrović Ako su funkcije f, g derivabilne reda (n + 1) na [a, b], tada vrijedi b a f(x)g (n+1) (x)dx = [f(x)g (n) (x)] b a [f (x)g (n 1) (x)] b a b ( 1) n [f (n) (x)g(x)] b a ( 1) n f (n+1) (x)g(x)dx. Očito za polinom stupnja n je f (n+1) (x) = pa posljednji integral ima vrijednost nula. Promatramo li funkcije na segmentu [, 1] i pri tome je stupanj polinoma, deg f = n, tada posljednja jednakost prelazi u oblik: a f(x)g (n+1) (x)dx = f(1)g (n) (1) f (1)g (n 1) (1) (18) + f (1)g (n 2) (1) + + ( 1) n f (n) (1)g(1) [ f()g (n) () f ()g (n 1) () + + ( 1) n f (n) ()g() ]. Ako se u (18), varijabla x zamijeni s αx i g(x) = e x dobivamo ( 1) n + 1 α f(αx)e x dx = ( 1) n [e α (f(α) (19) + f (α) + + f(α) n (f() + f () + + f n ())], gdje je n stupanj polinoma f. Stavimo li da je F (x) = f(x) + f (x) + + f n (x), tada se desna strana (19) može napisati u obliku ( 1) n+1 α f(αx)e αx dx = ( 1) n [e α (F (α) F ()] Množenjem posljednje jednakost s ( 1) n+1 e α nakon sred ivanja dobivamo α e α odavde je f(αx)e αx dx = e α F () F (α) e α F () = F (α) + αe α f(αx)e α xdx. (2) S druge strane jednakost (17) nakon množenja s F (), prelazi u oblik F ()(a + a 1 e + a 2 e a n e n ) = odnosno, a k e k F () = a F () + a k e k F (), k= Iskoristimo li (2) posljednja jednakost se može napisati u obliku a + F () + a k (F (k) + ke k f(kx)e kx dx) =,

11 Jedan dokaz iracionalnosti broja e p 39 odakle je a + F () + a k (F (k) = ka k e k f(kx)e kx dx. (21) Da bismo dokazali da je broj e transcendentan potrebno je pokazati da je jednakost (21) nemoguća. Odnosno, da na lijevoj strani jednakosti imamo cijeli broj, a na desnoj racionalan. Dakle, ideja dokaza o transcendentnosti broja e zasniva se na tome da se odabere pogodan polinom f kojim bi postigli da desna strana jednakosti (21) bude po apsolutnoj vrijednosti broj manji od 1, a lijeva strana da je cijeli broj različit od nule i po apsolutnoj vrijednosti veći ili jednak jedinici, čime bi se dobila kontradikcija koja bi potvrdila da naša pretpostavka da je e algebarski broj nije točna. Koristeći rezultate Leme 2 odredimo polinom f. Neka je za proizvoljan prim broj p polinom h(x) stupnja np oblika h(x) = (x 1) p (x 2) p (x n) p, tada polinom f oblika f(x) = zadovoljava uvjete Leme 2 (stav 1), odnosno vrijedi xp 1 h(x) (22) (p 1)! f (i) () =, i =, 1, 2,..., p 2 (23) f (i) () =, i =, 1, 2,..., p 2 (24) p f ( i)(r), i p, r Z (25) Primijetimo da je stupanj polinoma f(x),n = np + p 1. Na osnovi ranije uvedene oznake za funkciju F (x) i uvjeta (23) je F () = f() (p 1) + f() (p) + + f() (pn+p 1). Produkt ove jednakosti s a i jednakost (24) daje a F () = a [( 1) n n!] p + a f() (p) + + a f (np+p 1) () (26) Na desnoj strani jednakosti (26) obzirom da je a Z i kako vrijedi (25), članovi a f (p) (),a f (p+1) (),..., a f (np+p 1) () sume su cijeli brojevi djeljivi s p. Odaberimo takav prost broj p da je p > a,p > n. Tada broj a [( 1) n n!] p nije djeljiv s prostim brojem p, pa zbog toga cijela desna strana (26) nije djeljiva s p, odnosno broj a F () je cijeli broj koji nije djeljiv s p. Imajući u vidu oblik funkcije f(x) i činjenicu da su k =, 1, 2,..., n njene nul-točke reda p vrijedi f (i) (k) =, i p 1, k = 1, 2,..., n,pa je F (k) = f (p) (k) + f (p+1) (k) + + f (pn+p 1) (k) Uzimajući u obzirom relaciju (25) zaključujemo da p F (k) Z. Kako je, a k Z, k = 1, 2,..., n i p F (k), imamo da je n a kf (k) na lijevoj strani jednakosti (21) djeljiva s p. Na osnovu toga i (26) lijevu stranu jednakosti (21) čine dva cijela broja od kojih je jedan djeljiv s p, a drugi nije, pa lijeva strana (21) je cijeli broj koji nije

12 4 Nenad Stojanović i Zoran Mitrović djeljiv s p. Apsolutna vrijednost tog broja je zbog toga, barem 1. Za desnu stranu jednakosti (21) možemo dakle pisati da je n ka k e k f(kx)e kx dx 1. (27) Da završimo dokaz potrebno je procijeniti funkciju f(kx) kako bi ocijenili izraz pod znakom apsolutne vrijednosti. Uočimo da za x [, 1] i nenegativne cijele brojeve r, k n vrijedi kx r n. Primjenimo li to na funkciju f(kx) definiranu sa (22) dobivamo f(kx) = 1 (p 1)! kx p 1 kx 1 p kx 2 p... kx n p nnp+p 1 < np(n+1) (p 1)! (p 1)! Kako je < e kx 1 vrijedi n k a k e k f(kx)e kx dx k a k e k f(kx)e kx dx < = (nn+1 ) p 1 (p 1)! ka k e k f(kx)e kx dx k a k e k n p(n+1) (p 1)! n n+1 n k a k e k. k a k e k a Iskoristimo li poznatu graničnu vrijednost lim n n n! =, lako se pokaže da je (n lim n+1 ) p 1 p (p 1)! =, pa postoji prost broj p za koji vrijedi nejednakost (n n+1 ) p 1 (p 1)! < 1 n n+1 n k a k e k. (28) Na taj način iz provedenog niza nejednakosti nalazimo da vrijedi ka k e k f(kx)e kx dx < 1. (29) Iz dokazane nejednakosti zaključujemo da je pretpostavka u nejednakosti (27) pogrešna, odnosno da desna strana jednakosti (21)) nije cijeli broj, koji je po apsolutnoj vrijednosti barem jednak jedinici. S druge strane, pokazali smo da lijevu stranu jednakosti (21) čini cijeli broj. Iz provedenog dokaza zaključujemo da je jednakost (21) neodrživa, uz pretpostavku da je broj e algebarski broj. Odnosno, pretpostavka da je broj e algebarski je pogrešna, dakle on je transcendentan broj.

13 Jedan dokaz iracionalnosti broja e p Iracionalnost broja e p W. Ramasinghe (vidi [8]) je na vrlo jednostavan način dokazao iracionalnost broja e 2. Rukovodeći se tom idejom dajemo dokaz iracionalnosti broja e p za bilo koji prost broj p. Prije nego to dokažemo dokažimo dvije leme na koje se taj dokaz oslanja. Podsjetimo se da, svaki prirodan broj različit od 1 koji je djeljiv jedino s 1 i sa samim sobom zovemo prost ili prim broj, a prirodan broj koji nije prost nazivamo složenim prirodnim brojem. Lema 3. Neka je p bilo koji prost broj. Tada za svaki prirodan broj n, vrijedi tvrdnja p pn 1 dijeli (p n )!, odnosno kraće zapisano p pn 1 (p n )!, n N. Dokaz. Dokaz leme provodimo matematičkom indukcijom. Neka je p bilo koji prost broj. Za n = 1 imamo da je p p1 1 = p p = p, dok je p! = p(p 1)(p 2)(p 3) Dakle, tvrdnja je točna za n = 1, jer vrijedi p p!. Pretpostavimo da je tvrdnja točna za prirodan broj n, tj. da vrijedi p pn 1 (p n )!. Dokažimo da vrijedi i za n + 1, tj. da je točna tvrdnja p pn (p n )!. Kako je (p n+1 )! = (p n )!(p n+1 (p n + 1)... (p n + p)... (p n + p 2 )... (p n + p n 1 )... (2p n )... (2p n + p)... (2p n + p 2 )... (2p n + p n 1 )... (3p n )... ((p 1)p n + p)... ((p 1)p n + p 2 )... ((p 1)p n + p n 1 )... (p n+1 ) gdje je 2p n = (p n + (p 1)p n 1 + (p 1)p n (p 1)p + p) 3p n = (2p n + (p 1)p n 1 + (p 1)p n (p 1)p + p). p n+1 = ((p 1)p n + (p 1)p n 1 + (p 1)p n (p 1)p + p). Pogodnim grupiranje članova raspisane forme (p n+1 )! i to članova oblika p n + p = p(p n 1 + 1), 2p n + p = p(2p n 1 + 1), 3p n + p = p(3p n 1 + 1)... (p 1)p n +p = p((p 1)p n 1 +1), p n +p 2 = p 2 (p n 2 +1), 2p n +p 2 = p 2 (2p n 2 +1),... (p 1)p n +p 2 = p 2 ((p 1)p n 2 +1), p n +p 3 = p 3 (p n 3 +1), 2p n +p 3 = p 3 (2p n 3 +1),... (p 1)p n +p 3 = p 3 ((p 1)p n 3 +1), p n +p n 1 = p n 1 (p+1), 2p n +p n 1 = p n 1 (2p+1),... (p 1)p n + p n 1 = p n 1 ((p 1)p + 1) nakon sred ivanja nalazimo da se produkt na desnoj strani posljednje jednakosti

14 42 Nenad Stojanović i Zoran Mitrović može napisati u obliku (p n+1 )! = (p n )!(p n + 1(p n + 1)... (p n + p)... (p n + p 2 )... (p n + p n 1 )... (2p n )... (2p n + p)... (2p n + p 2 )... (2p n + p n 1 )... (3p n ) ((p 1)p n + p)... ((p 1)p n + p 2 )... ((p 1)p n + p n 1 )... (p n+1 ) = (p n )!... p(p n 1 + 1)... p(2p n 1 + 1)... p((p 1)p n 1 + 1)... p 2 (p n 2 + 1)... p 2 (2p n 2 + 1)... p 2 ((p 1)p n 2 + 1)... p n 1 (p + 1)p n 1 (2p + 1)... p n 1 ((p 1)p + 1)... 2p n... (p 1)p n p n+1 Nakon sred ivanja uzimajući u obzir da je p pn 1 (p n )! po pretpostavci, odnosno, da postoji cijeli broj q takav da je (p n )! = p pn 1 q, desna strana posljednje jednakosti se može napisati u obliku (p n+1 )! = (p pn 1 q)(p (p 1)pn 1 r = p pn 1 +(p 1)p n 1 s = p pn s, gdje su q, r, s pozitivni cijeli brojevi i s = qr. Iz posljednje jednakosti slijedi da p pn (p n+1 )!, odnosno tvrdnja je točna za svaki prirodan broj n. Druga lema koja nam je potrebna glasi Lema 4. Ako je p prost broj, tada za svaki prirodan broj n i za svaki k {, 1, 2,..., p n }, p pn 1 dijeli pk (p n ) k!. Kraće zapisano, p pn 1 pk (p n )! k!, n N,i k {, 1, 2,..., p n }. Dokaz. Oslanjajući se na rezultate Leme(3) matematičkom indukcijom pokažimo da vrijedi tvrdnja. Za n = 1 i k {, 1, 2,..., p n }, očito vrijedi p p1 1 pk (p 1 )! k! što je točno. p pk p! k! p pk p(p 1)(p 2) , k! Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za bilo koji prirodan broj n tj. da p pn 1 pk (p n )! k! i pokažimo da tada vrijedi tvrdnja i za prirodan broj n + 1 tj. p pn pk (p n+1! k! odnosno, postoji pozitivan cijeli broj q n tako da vrijedi jednakost p k (p n+1 )! = p pn k!q n. Primijetimo da ako vrijedi pretpostavka, tada postoji pozitivan cijeli broj s n takav da je p k (p n )! = k!p pn 1 s n za k {, 1, 2,..., p n } za bilo koji prost broj p. Provjerimo sada tvrdnju za n + 1. Vrijedi niz jednakosti p k (p n+1 )! = p k (p n )!(p n + 1)(p n + 2) (p n + p)... (p n + p 2 ) (p n + p n 1 ) (2p n ) (2p n + p)... (2p n + p 2 ) (2p n + p n 1 )... (3p n ) ((p 1)p n + p) ((p 1)p n + p 2 ) ((p 1)p n + p n 1 )... (p n+1 ) = k!p pn 1 s n p pn 1 (p 1) r n = k!p pn q n, s n, r n, q n su pozitivni cijeli brojevi, q n = s n r n. Iz posljednje jednakosti zaključujemo da tvrdnja vrijedi i za n + 1. Dakle Lema(4) vrijedi za svaki prirodan broj n i k {, 1, 2,..., p n }.

15 Jedan dokaz iracionalnosti broja e p 43 Sada možemo formulirati i dokazati teorem. Teorem 6. Broj e p je iracionalan broj za svaki prost broj p. Dokaz. Pretpostavimo da je e p = a b, a, b N. Odaberimo prirodan broj n tako bp da vrijedi 2 p n p+1 < 1 2. Primjenom Taylorove formule za funkciju ep dobivamo jednakost a b = 1 + p + p2 2! + p3 3! +... p p n (p n )! + pp n +1 (p n + 1)! + pp n +2 (p n + 2)! +... Množenjem jednakosti sa (bp n )! dobivamo da je (p n )!a = b[(p n )! + p(p n )! + p2 (p n )! 2! + p3 (p n )! 3! + + p pn ] bp pn +1 1 [ p n p (p n + 1)(p n + 2) + p 2 (p n + 1)(p n + 2)(p n + 3) + ] Na osnovi Leme 3 postoji prirodan broj c, takav da je (p n )! = p pn 1 c. Slično, koristeći Lemu 4 dobivamo da postoji prirodan broj d takav da je [(p n )! + p(p n )! + p2 (p n )! 2! Na osnovu toga imamo jednakost + p3 (p n )! 3! + + p pn ] = p pn 1 d. p pn 1 ac p pn 1 bd = bpp n+1 1 [ p n p (p n + 1)(p n + 2) + p 2 (p n + 1)(p n + 2)(p n + 3) +... ] Odnosno ac bd = bp 2 1 [ p n p (p n + 1)(p n + 2) + p 2 (p n + 1)(p n + 2)(p n + 3) +... ] Kako je 1 p n p (p n + 1)(p n + 2) + p 2 (p n + 1)(p n + 2)(p n + 3) p n p (p n + 1) 2 + p 2 (p n + 1) = 1 p n p + 1 nalazimo da je < ac bd < bp2 p n p+1 < 1 2. To je kontradikcija s pretpostavkom da su a, b, c, d prirodni brojevi. Primijetimo, kao što čini i W. Ramasinghe, da se kao posljedica teorema dobiva iracionalnost broja e, jer ako bi e bio racionalan onda bi takvi bili primjerice i e 2, e 3, e 5, e 7,... to nije moguće.

16 44 Nenad Stojanović i Zoran Mitrović Literatura [1] K. Conrad, Irrationality of π and e, Math 121, 25. [2] S.S. Demidov, Problemi Hilberta, Znanje, Moskva, [3] N.I. Feldman Shidlovski, Razvoj i trenutno stanje teorije transcendentnih brojeva, Uspjeh Matematičke znanosti, XXII, N.3(135), [4] O. Hadžić, -D. Takači, Matematičke metode, Univerzitet u Novom Sadu, PMF, Novi Sad, 2. [5] A. Ivić, Uvod u analitičku teoriju brojeva, Novi Sad, [6] -D. Kurepa, Viša Algebra, Knjiga 1, Školska knjiga Zagreb, [7] A. Niven, Racionalni i iracionalni brojevi, Mir, Moskva, [8] W. Ramasinghe, A simple proff e 2 is irrational, International Journal of Mathematical Education in Science and Technology, 36(25), No. 4,

(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

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

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

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

2 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 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

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

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011. INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno

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

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

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom

6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom 6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u teoriju brojeva

Uvod u teoriju brojeva Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)

Διαβάστε περισσότερα

Teorem 1.8 Svaki prirodan broj n > 1 moºe se prikazati kao umnoºak prostih brojeva (s jednim ili vi²e faktora).

Teorem 1.8 Svaki prirodan broj n > 1 moºe se prikazati kao umnoºak prostih brojeva (s jednim ili vi²e faktora). UVOD U TEORIJU BROJEVA Drugo predavanje - 10.10.2013. Prosti brojevi Denicija 1.4. Prirodan broj p > 1 zove se prost ako nema niti jednog djelitelja d takvog da je 1 < d < p. Ako prirodan broj a > 1 nije

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

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

1.4 Tangenta i normala

1.4 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 περισσότερα

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička 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 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

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

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika

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

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.

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

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

ELEKTROTEHNIČKI 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 περισσότερα

MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)

MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 30. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) JMBAG IM I PZIM BOJ BODOVA MJA I INTGAL 2. kolokvij 30. lipnja 2017. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je (, F, µ) prostor mjere i neka je (

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva

Διαβάστε περισσότερα

Teorijske osnove informatike 1

Teorijske 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 περισσότερα

Operacije s matricama

Operacije s matricama Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Riješeni 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 περισσότερα

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Iskazna 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 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

1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima

1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima KOMPLEKSNI BROJEVI 1 1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima Kompleksni brojevi su proširenje skupa realnih brojeva. Naime, ne postoji broj koji zadovoljava kvadratnu jednadžbu x 2 + 1 = 0. Baš uz

Διαβάστε περισσότερα

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;

Διαβάστε περισσότερα

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.

Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta. auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,

Διαβάστε περισσότερα

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

Osnovne 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 περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,

Διαβάστε περισσότερα

16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum

16 Lokalni ekstremi. Definicija 16.1 Neka je A R n otvoren, f : A R i c A. Ako postoji okolina U(c) od c na kojoj je f(c) minimum 16 Lokalni ekstremi Važna primjena Taylorovog teorema odnosi se na analizu lokalnih ekstrema (minimuma odnosno maksimuma) relanih funkcija (više varijabli). Za n = 1 i f : a,b R ako funkcija ima lokalni

Διαβάστε περισσότερα

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova 27. 01. 2006. Kratki rezime prošlog predavanja: Dokazali smo teorem rekurzije, te primjenom njega definirali zbrajanje ordinalnih brojeva. Prvo ćemo navesti osnovna

Διαβάστε περισσότερα

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

DISKRETNA 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 περισσότερα

Dijagonalizacija operatora

Dijagonalizacija operatora Dijagonalizacija operatora Problem: Može li se odrediti baza u kojoj zadani operator ima dijagonalnu matricu? Ova problem je povezan sa sljedećim pojmovima: 1 Karakteristični polinom operatora f 2 Vlastite

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Elementarne funkcije

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA

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

Διαβάστε περισσότερα

3. ELEMENTARNA TEORIJA BROJEVA Dokaži dajebroj djeljivs Dokažidajebroj djeljiv Dokaži dajebroj djeljiv

3. ELEMENTARNA TEORIJA BROJEVA Dokaži dajebroj djeljivs Dokažidajebroj djeljiv Dokaži dajebroj djeljiv 3. ELEMENTARNA TEORIJA BROJEVA 3.. djeljivost 65. Dokaži da je produkt tri uzastopna broja, od kojih je srednji kub prirodnog broja, djeljiv s 504. 652. Ako su a, b cijeli brojevi, dokaži da je broj ab(a

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

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

Διαβάστε περισσότερα

Elementi spektralne teorije matrica

Elementi 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 περισσότερα

1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI

1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI 6.. Definicija reda Promatrajmo niz Definicija reda ( ) n 2 :, 2 2 3 2 4 2,... Postupno zbrajajmo elemente niza: = + 2 2 = 5 4 + 2 2 + 3 2 = 49 36 + 2 2 + 3 2 + 4 2 =

Διαβάστε περισσότερα

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

RIJEŠENI 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 περισσότερα

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)

Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.) Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 29.) Zadatak 1 (1 bodova.) Teorijsko pitanje. (A) Neka je G R m n, uz m n, pravokutna matrica koja ima puni rang po stupcima, tj. rang(g) = n. (a) Napišite puni

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2 (kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje

Διαβάστε περισσότερα

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos

2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos . KOLOKVIJ PRIMIJENJENA MATEMATIKA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE 1. Za periodičnu funkciju f(x) s periodom p=l Fourierov red je gdje su a,a n, b n Fourierovi koeficijenti od f(x) gdje su a =, a n =, b n =..

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

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

1 Promjena baze vektora

1 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 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

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

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Pismeni 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 περισσότερα

Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella

Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella Uvod u teoriju brojeva (skripta) Andrej Dujella PMF - Matematički odjel Sveučilište u Zagrebu Sadržaj. Djeljivost.... Kongruencije... 3. Kvadratni ostatci... 9 4. Kvadratne forme... 38 5. Aritmetičke funkcije...

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1 Na kolokviju nije dozvoljeno koristiti ni²ta osim pribora za pisanje. Zadatak 1. Ispitajte odnos skupova: C \ (A B) i (A C) (C \ B). Rje²enje: Neka je x C \ (A B). Tada imamo x C i x / A B = (A B) \ (A

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI 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) 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 περισσότερα

PARCIJALNI 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 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 περισσότερα

x n +m = 0. Ovo proširenje ima svoju manu u tome da se odričemo relacije poretka - no ne možemo imati sve...

x n +m = 0. Ovo proširenje ima svoju manu u tome da se odričemo relacije poretka - no ne možemo imati sve... 1 Kompleksni brojevi Kompleksni brojevi Već veoma rano se pokazalo da je skup realnih brojeva preuzak čak i za neke od najosnovnijih jednačina. Primjer toga je x n +m = 0. Pokazat ćemo da postoji logično

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

APROKSIMACIJA FUNKCIJA

APROKSIMACIJA FUNKCIJA APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu

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

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

4.7. 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 περισσότερα

IZRAČUNAVANJE KONAČNIH SUMA METODIMA DIFERENTNOG RAČUNA

IZRAČUNAVANJE KONAČNIH SUMA METODIMA DIFERENTNOG RAČUNA IZRAČUNAVANJE KONAČNIH SUMA METODIMA DIFERENTNOG RAČUNA Izlaganje - Seminar za matematičare, Fojnica 2017.g. Prof. dr. MEHMED NURKANOVIĆ Prirodno-matematički fakultet Univerziteta u Tuzli 13.01.2015. godine

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

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija Sadržaj: Nizovi brojeva Pojam niza Limes niza. Konvergentni nizovi Neki važni nizovi. Broj e. Limes funkcije Definicija esa Računanje esa Jednostrani esi Neprekinute funkcije i esi Definicija neprekinute

Διαβάστε περισσότερα

Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015.

Slučajni procesi Prvi kolokvij travnja 2015. Zadatak Prvi kolokvij - 20. travnja 205. (a) (3 boda) Neka je (Ω,F,P) vjerojatnosni prostor, neka je G σ-podalgebra od F te neka je X slučajna varijabla na (Ω,F,P) takva da je X 0 g.s. s konačnim očekivanjem.

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 1 8. domaća zadaća: RADIJVEKTORI. ALGEBARSKE OPERACIJE S RADIJVEKTORIMA. LINEARNA (NE)ZAVISNOST SKUPA RADIJVEKTORA.

MATEMATIKA 1 8. domaća zadaća: RADIJVEKTORI. ALGEBARSKE OPERACIJE S RADIJVEKTORIMA. LINEARNA (NE)ZAVISNOST SKUPA RADIJVEKTORA. Napomena: U svim zadatcima O označava ishodište pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini/prostoru (tj. točke (0,0) ili (0, 0, 0), ovisno o zadatku), označava skalarni umnožak, a vektorski umnožak.

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj

( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj Zadaak (Ines, hoelijerska škola) Ako je g, izračunaj + 5 + Rješenje Korisimo osnovnu rigonomerijsku relaciju: + Znači svaki broj n možemo zapisai n n n ( + ) + + + + 5 + 5 5 + + + + + 7 + Zadano je g Tangens

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

POVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA

POVRŠINA 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 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

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

Univerzitet 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 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

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

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

Διαβάστε περισσότερα

Prosti brojevi. Uvod

Prosti brojevi. Uvod MLADI NADARENI MATEMATIČARI Marin Getaldic Prosti brojevi 20.12.2015. Uvod Definicija 1. Kažemo da je prirodan broj p prost broj ako ima točno dva (različita) djelitelja (konkretno, to su 1 i p). U suprotnom

Διαβάστε περισσότερα

M086 LA 1 M106 GRP Tema: Uvod. Operacije s vektorima.

M086 LA 1 M106 GRP Tema: Uvod. Operacije s vektorima. M086 LA 1 M106 GRP Tema:.. 5. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 2 M086 LA 1, M106 GRP.. 2/17 P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/

Διαβάστε περισσότερα

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Diferencijalni i integralni račun I. Prirodoslovno matematički fakultet

Diferencijalni i integralni račun I. Prirodoslovno matematički fakultet Diferencijalni i integralni račun I Saša Krešić-Jurić Prirodoslovno matematički fakultet Sveučilište u Splitu Sadržaj Skupovi i funkcije. Skupovi N, Z i Q................................. 4.2 Skup realnih

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

Pismeni 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 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

1. Skup kompleksnih brojeva

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

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem

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

Διαβάστε περισσότερα

Numerička analiza 26. predavanje

Numerička analiza 26. predavanje Numerička analiza 26. predavanje Saša Singer singer@math.hr web.math.hr/~singer PMF Matematički odjel, Zagreb NumAnal 2009/10, 26. predavanje p.1/21 Sadržaj predavanja Varijacijske karakterizacije svojstvenih

Διαβάστε περισσότερα

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat

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

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

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

1 Obične diferencijalne jednadžbe

1 Obične diferencijalne jednadžbe 1 Obične diferencijalne jednadžbe 1.1 Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima Diferencijalne jednadžbe oblika y + ay + by = f(x), (1) gdje su a i b realni brojevi a f

Διαβάστε περισσότερα