IZBORNO NATJECANJE prvi dio rješenja zadataka
|
|
- Κασσιέπεια Γλυκύς
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 IZBORNO NATJECANJE prvi dio rješenja zadataka Zadatak 1. Postoji li funkcija f : N N za koju vrijedi f(f(n)) = f(n + 1) f(n) za svaki n N? Prvo rješenje. Pretpostavimo da postoji tražena funkcija. Iz zadanog uvjeta imamo: f(n + 1) f(n) = f(f(n)) 1, iz čega zaključujemo da je funkcija strogo rastuća. Zbog toga je f(n) n za svaki prirodni broj n. Sada imamo: f(n + 1) = f(n) + f(f(n)) n + f(n) 2n, iz čega slijedi f(n) 2(n 1) = 2n 2. S druge strane, f(f(n)) = f(n + 1) f(n) < f(n + 1), a budući da je funkcija f rastuća iz toga slijedi: Dakle, f(n) < n n 2 f(n) < n + 1, a to očito nije moguće za proizvoljni prirodni broj n pa zaključujemo da ne postoji funkcija s traženim svojstvima.
2 Drugo rješenje. Kao u prvom rješenju zaključujemo da je funkcija strogo rastuća. Označimo a = f(1). Uvrštavanjem n = 1 u dani uvjet dobivamo da je f(a) = f(2) a iz čega slijedi da je f(a) < f(2). Zato je a < 2 (budući da je funkcija f rastuća). Zaključujemo da je a = 1, tj. f(1) = 1. Tada je f(2) = a + f(a) = 2. Uvrštavanjem n = 2 u uvjet zadatka dobivamo f(f(2)) = f(3) f(2), odnosno f(3) = 4. Naposljetku, uvrstimo n = 3 u uvjet zadatka: f(f(3)) = f(4) f(3), f(4) = f(4) 4, 0 = 4. Zaključujemo da ne postoji funkcija s traženim svojstvima.
3 Zadatak 2. Dan je pravokutni trokut i konačan skup točaka u njemu. Dokaži da se ove točke mogu povezati izlomljenom linijom (ne nužno zatvorenom) tako da je suma kvadrata duljina segmenata izlomljene linije manja ili jednaka kvadratu duljine hipotenuze danog trokuta. Rješenje. Koristit ćemo činjenice da je XY 2 XZ 2 + Y Z 2 ako je XZY 90 i XY 2 XZ 2 + Y Z 2 ako je XZY 90. Indukcijom po broju točaka n ćemo dokazati nešto jaču tvrdnju: Postoji izlomljena linija čiji su početak i kraj rubne točke hipotenuze i koja spaja danih n točaka tako da je suma kvadrata duljina segmenata izlomljene linije manja ili jednaka kvadratu duljine hipotenuze danog trokuta. Neka je dani trokut ABC s pravim kutom u vrhu C. Za n = 1, neka se unutar trokuta nalazi točka T 1. B T 1 C A Tada je AT BT 1 2 AB 2 jer je AT 1 B 90. Time je dokazana baza indukcije. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi ako je broj točaka manji od n. Dokažimo da tvrdnja vrijedi i za n točaka. Visinom CD podijelimo trokut ABC na dva manja trokuta koja su mu slična. Ukoliko danih točaka ima u oba manja trokuta prema pretpostavci indukcije u svakom od njih tada postoji izlomljena linija koja zadovoljava uvjete zadatka. (Ukoliko se neke točke nalaze na samoj visini smatramo da svaka od njih pripada trokutu BCD, ali ne i trokutu CAD.) Označimo točke u trokutu BCD s T 1, T 2,..., T k tako da je BT 1 T 2... T k C linija iz pretpostavke indukcije. Na analogni način označimo točke T k+1, T k+2,..., T n u trokutu CAD. Prema pretpostavci indukcije je AB 2 = BC 2 + AC 2 ( BT T 1 T T k 1 T k 2 + T k C 2) + ( CT k T k+1 T k T n 1 T n 2 + T n A 2).
4 B T 1... D T k... T n T k+1 C A Nadalje, T k CT k+1 90 pa je T k C 2 + CT k+1 2 T k T k+1 2. Odavde dobivamo: što je i trebalo dokazati. AB 2 BT T 1 T T n 1 T n 2 + T n A 2, Ostaje nam dokazati da tvrdnja vrijedi i u slučaju da jedan od dva manja trokuta ne sadrži nijednu od danih točaka. Pretpostavimo da je to trokut BCD. B D... T n T 1 C A U tom slučaju spustimo visinu iz vrha D u trokutu CAD. Ukoliko se ni u tom trokutu točke ne nalaze s obje strane visine, postupak nastavljamo dok ne dobijemo trokut u kojem to vrijedi. (Taj postupak će očito završiti nakon konačnog broja koraka.) Sada na trokut CAD (ili na dobiveni manji trokut) primijenimo prije opisani algoritam i dobijemo izlomljenu liniju CT 1 T 2... T n A kojoj je suma kvadrata duljina segmenata najviše AC 2. Medutim, BT 1 2 CT 1 2 BC 2 pa vidimo da je suma kvadrata duljina segmenata izlomljene linije BT 1 T 2... T n A najviše AC 2 + BC 2 = AB 2. Time smo dokazali korak indukcije pa tvrdnja vrijedi neovisno o broju točaka.
5 Zadatak 3. Neka je D točka na stranici AC trokuta ABC. Neka su E i F točke na dužinama BD i BC redom, takve da je BAE = CAF. Neka su P i Q točke na dužinama BC i BD redom, takve da je EP CD i F Q CD. Dokaži da je BAP = CAQ. Prvo rješenje. C D Q F E P A N B Neka je točka N na stranici AB takva da je NE paralelno s AQ. Tada su trokuti NEP i AQF slični (svi odgovarajući kutovi su im sukladni i vrijedi P E F Q). Tada je EP N = QF A pa je AP EN tetivni četverokut. Sada je P AE = P NE = F AQ. (spomenuta sličnost) = F AC (kutovi s paralelnim kracima) = EAN (pretpostavka zadatka) Konačno, CAQ = CAF + F AQ = BAE + EAP = BAP i tvrdnja je dokazana.
6 Drugo rješenje. C G D F H Q P E A Y X B Neka pravci P E i F Q sijeku AB u točkama X i Y redom. Budući je P X F Y, a pravci F P, QE i Y X prolaze istom točkom B, iz Talesovog teorema imamo XE XP = Y Q Y F. (1) Neka pravac kroz F paralelan s AB siječe AC i AQ u G i H redom. Kako je AY F H i QF AG, vrijedi Iz (??) i (??) slijedi Budući da je XE AG i AX GF, vrijedi Y Q Y F = AQ AH = GF GH. (2) XE XP = GF GH. (3) AXP = AGF. (4) S obzirom da je XAE = BAE = CAF = GAF, iz (??) dobivamo da su trokuti AXE i AGF slični. Iz toga i (??) slijedi da su trokuti AXP i AGH slični. Tako dobivamo XAP = GAH, a to povlači BAP = CAQ.
7 Treće rješenje. Dokažimo najprije sljedeću lemu. Lema. U trokutu AXY na stranici XY odabrana je točka Z i označeni su kutovi XAZ = ϕ, XAY = α. Tada je sin ϕ sin(α ϕ) = XZ Y Z AY AX. Dokaz leme. Y Z A α ϕ ϕ X Primjenimo poučak o sinusima na trokute AXZ i AY Z, iskoristimo činjenicu da je sin AZY = sin AZX jer je AZY + AZX = 180 te dobivamo sin ϕ sin(α ϕ) = sin AZX XZ AX sin AZY Y Z AY = XZ Y Z AY AX. C D F Q P E A B Iz Talesovog teorema o proporcionalnosti, zbog EP F Q CD slijedi BE DE = BP CP i CF BF = DQ BQ. Sada primjenom prije dokazane leme na sljedeće izbore trokuta i točaka, redom: ABC, P ; ABD, E; ACB, F ; ADB, Q,
8 te koristeći uvjet zadatka BAE = CAF, dobivamo sin BAP sin(α BAP ) = BP CP AC AB = BE DE AC AB = BE DE AD AB AC AD = = sin CAF sin(α CAF ) AC AD sin BAE sin(α BAE) AC AD = CF BF AB AC AC AD = CF BF AB AD = DQ BQ AB AD = sin DAQ sin(α DAQ). Označimo α = BAC, x 1 = BAP i x 2 = DAQ. Očito je x 1 α, x 2 α. Tada vrijedi: sin x 1 sin(α x 1 ) = sin x 2 sin(α x 2 ), sin x 1 (sin α cos x 2 cos α sin x 2 ) = sin x 2 (sin α cos x 1 cos α sin x 1 ), sin α(sin x 1 cos x 2 sin x 2 cos x 1 ) = 0, sin α sin(x 1 x 2 ) = 0. Budući su α, x 1, x 2 kutovi u trokutu, jedina mogućnost je x 1 = x 2, što znači da mora biti BAP = DAQ, a to je i trebalo dokazati.
9 Zadatak 4. Za dani prirodni broj n neka je a najveći prirodni broj za koji je broj 5 n 3 n djeljiv s 2 a, te neka je b najveći prirodni broj takav da je 2 b n. Dokaži da je a b + 3. Rješenje. Za dani prirodni broj n, označimo s f(n) najveći prirodni broj takav da je broj 5 n 3 n djeljiv s 2 f(n). Treba dokazati da je f(n) b + 3. Dokažimo prvo da je f(2 n ) = n + 3. Dokaz provodimo matematičkom indukcijom. Za n = 1 najveća potencija broja 2 koja dijeli broj = 16 je upravo 2 4, dakle, f(2 1 ) = 4. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. Za n = k + 1, promotrimo najveću potenciju koja dijeli broj 5 2k+1 3 2k+1. Taj broj možemo zapisati na sljedeći način: ( 5 2k+1 3 2k+1 = 5 2k 2 3 2k 2 = 5 2k 3 2k) ( 5 2k + 3 2k). Po pretpostavci indukcije, najveća potencija broja 2 koja dijeli prvu zagradu je f(2 k ) = k+3, dok je najveća potencija broja 2 koja dijeli drugu zagradu 2 1. Naime, 5 1 (mod 4), pa je 5 2k 1 (mod 4). S druge strane, 3 1 (mod 4), pa je i 3 2k 1 (mod 4). Zbog toga je 5 2k +3 2k 2 (mod 4), što znači da je taj broj djeljiv s 2, ali nije djeljiv s 4. Slijedi da je f(2 k+1 ) = f(2 k ) + 1 = k + 4, što je i trebalo dokazati. Neka je sada n = 2 m k, za neki nenegativni cijeli broj m i neparni prirodni broj k. Očito je 2 m n pa je m b. Sada imamo: 5 n 3 n = 5 2m k 3 2m k = ( ) k 1 ( ) 5 2m 3 2m 5 2 m i ( ) 3 2 m k 1 i. Svaki od pribrojnika u sumi na desnoj strani je neparan pa je cijela suma neparna jer sadrži neparni broj neparnih pribrojnika. Dakle, najveća potencija broja 2 koja dijeli cijeli umnožak je jednaka najvećoj potenciji koja dijeli prvu zagradu. Zaključujemo da je f(n) = f(2 m ). Sada imamo: što je i trebalo dokazati. i=0 f(n) = f(2 m ) = m + 3 b + 3,
10 IZBORNO NATJECANJE drugi dio rješenja zadataka Zadatak 1. Neka je n 4 prirodni broj i neka su x 1, x 2,..., x n realni brojevi takvi da je x 1 + x x n n i x x x 2 n n 2. Dokaži da postoji i {1, 2,..., n} takav da je x i 2. Rješenje. Pretpostavimo da postoje brojevi koji zadovoljavaju dane uvjete. x 1 < 2, x 2 < 2,..., x n < 2 Kad bi vrijedilo x i < 2 za sve i = 1,..., n, imali bismo n 2 x x x 2 n < 4n, tj. n < 4, što je kontradikcija. Zaključujemo da je barem jedan od promatranih brojeva manji od 2. Neka su, bez smanjenja općenitosti, x 1,..., x k nenegativni, a x k+1,..., x n negativni. Pritom je k n 1. Tada vrijedi Iz toga dobivamo 0 < (x k+1 + x k x n ) (x 1 + x x k ) n < 2k n. n 2 x x 2 k + x 2 k x 2 n < 4k + ( x k x n ) 2 < 4k + (2k n) 2 = 4k (k + 1 n), što je ekvivalentno s k > n 1. Dobili smo kontradikciju pa je početna pretpostavka bila pogrešna. dokazana. Time je tvrdnja
11 Zadatak 2. U svakom vrhu pravilnog n-terokuta A 1 A 2... A n nalazi se odredeni broj novčića: u vrhu A k nalazi se točno k novčića, za svaki k = 1, 2,..., n. U svakom koraku radimo sljedeću transformaciju: odabiremo dva novčića (ne nužno iz istog vrha) i prebacujemo svakog od njih u susjedni vrh, tako da jednog pomičemo u smjeru kretanja kazaljke na satu, a drugog u smjeru suprotnom od smjera kretanja kazaljke na satu. Odredi za koje brojeve n je moguće postići da nakon konačnog broja koraka za svaki k = 1, 2,..., n u vrhu A k bude točno n + 1 k novčića. Rješenje. Neka je a k broj novčića u vrhu A k. Promotrimo što se dogada s izrazom S = a 1 + 2a na n prilikom izvršavanja transformacije iz zadatka. Ukoliko ne dolazi do prelaska novčića iz vrha A 1 u A n ni obratno, onda postoje brojevi i, j (i > 1, j < n) takvi da novčić iz vrha A i prelazi u vrh A i 1, dok novčić iz vrha A j prelazi u vrh A j+1. Nakon izvršene transformacije vrijednost izraza S se promijeni za: S = (i 1)a i 1 ia i ja j (j + 1)a j+1 + (i 1)(a i 1 + 1) + i(a i 1) + j(a j 1) + (j + 1)(a j+1 + 1) = 0. Ako novčić iz vrha A n prelazi u vrh A 1, dok drugi novčić prelazi iz nekog vrha i (i > 1) u vrh A i 1, onda se vrijednost izraza S promijeni za: S = na n a 1 (i 1)a i 1 ia i + n(a n 1) + (a 1 + 1) + (i 1)(a i + 1) + i(a i 1) = n. Obratno, ako novčić iz vrha A 1 prelazi u vrh A n, dok drugi novčić prelazi iz nekog vrha i (i < 1) u vrh A i+1, onda se vrijednost izraza S promijeni za: S = na n a 1 (i 1)a i 1 ia i + n(a n + 1) + (a 1 1) + i(a i 1) + (i + 1)(a i + 1) = n. Konačno, ukoliko novčić iz vrha A 1 prijede u vrh A n i istovremeno novčić iz vrha A n prijede u vrh A 1 tada očito vrijednost izraza S ostaje nepromijenjena. Zaključujemo da se izraz S u svakom slučaju promijeni za višekratnik broja n pa je ostatak pri dijeljenju broja S brojem n invarijanta. Označimo sa S P početnu vrijednost izraza S te sa S K vrijednost koju poprimi izraz S ukoliko dode do konačnog rasporeda opisanog u zadatku.
12 Tada vrijedi: i S P = n n = S K = 1 n + 2 (n 1) + + n 1 = n(n + 1)(2n + 1) 6 n(n + 1)(n + 2). 6 Da bi se traženi konačni raspored mogao postići razlika S K S P treba biti djeljiva s n. Medutim, ta razlika je jednaka S K S P = (n 1)n(n + 1), 6 a taj broj ne može biti djeljiv s n ukoliko n nije relativno prost sa 6. Zaključujemo da je nužni uvjet da bi se traženi konačni raspored mogao postići da je n relativno prost sa 6, tj. da je n oblika 6k + 1 ili 6k + 5. Dokažimo da je to i dovoljni uvjet. Pretpostavimo da je n oblika 6k ± 1. Tada je n neparan pa postoji prirodni broj m takav da je n = 2m + 1. U vrhu A 1 se na početku nalazi 1 novčić, a na kraju u tome vrhu želimo n novčića što znači da nam nedostaje n 1 novčića. S druge strane, u vrhu A n ima n 1 novčića viška. Slično, u vrhu A 2 nam nedostaje n 3 novčića, a u vrhu A n 1 ima upravo toliko novčića viška. Na taj način možemo vrhove rasporediti u m parova tako prvom vrhu svakog para nedostaje upravo onoliko novčića koliko drugi vrh toga para ima viška. (U vrhu A m+1 se na početku nalazi m + 1 novčić, što je upravo broj novčića koji želimo u tom vrhu na kraju.) Pogledajmo koliko bismo poteza morali napraviti u jednom smjeru da bismo u svakom paru prebacili odgovarajući broj novčića. Za par (A 1, A n ) imamo n 1 novčića koji trebaju prijeći udaljenost 1, za par (A 2, A n 1) imamo n 3 novčića koji trebaju prijeći udaljenost 3, itd. Ukupan broj poteza u jednom smjeru potrebnih da bi u svakom polju bio odgovarajući broj novčića je X = 1 (n 1) + 3 (n 3) + + (n 2) 2 = (n 1)n(n + 1). 6 Dakle, odabirom ovih X poteza u jednom smjeru možemo postići da se u svakom vrhu nalazi željeni broj novčića. Preostaje nam dokazati da je moguće napraviti X poteza u suprotnom smjeru koji neće promijeniti raspored novčića. Primijetimo da je X djeljiv s n zbog uvjeta da je n relativno prost sa 6. Neka je X = qn. Tada traženih X poteza u suprotnom smjeru napravimo tako da odaberemo proizvoljni novčić i njega zavrtimo q punih krugova. Lako vidimo da redoslijed ovakih poteza u jednom i drugom smjeru možemo složiti tako da radimo istovremeno po jedan potez u svakom smjeru.
13 Zadatak 3. Zadan je šiljastokutni trokut ABC. Neka su točke B i C simetrične točkama B i C u odnosu na pravce AC i AB redom. Ako se kružnice opisane trokutima ABB i ACC sijeku još u točki P, dokaži da pravac AP prolazi središtem opisane kružnice trokuta ABC. Rješenje. B C P O A B C Označimo veličine kutova trokuta ABC na uobičajeni način s α, β i γ. Neka je točka O središte opisane kružnice trokuta ABC. Trokut OAC je jednakokračan i vrijedi CAO = 90 β. Trokuti ABB i ACC su zbog simetrije jednakokračni, odakle imamo ABB = AB B = 90 α, ACC = AC C = 90 α. Četverokuti ABP B i AC P C su tetivni, a nad odgovarajućim tetivama AB i AC imamo jednake obodne kutove: AP B = ABB = 90 α, AP C = AC C = 90 α. Odavde slijedi da su točke B, C i P kolinearne.
14 Konačno je CAP = B CA AP B = γ (90 α) = α + γ 90 = 90 β = CAO, odnosno točke A, O i P su kolinearne, što je i trebalo dokazati. Zadatak 4. Dokaži da ne postoji beskonačni niz prostih brojeva prirodni broj k vrijedi p 0, p 1, p 2,... takav da za svaki p k = 2p k ili p k = 2p k 1 1. Rješenje. Pretpostavimo da takav niz postoji. Označimo p = p 0. Provjerom se pokaže da p mora biti veći od 3. Dakle, mora vrijediti p 1 (mod 3) ili p 2 (mod 3). Pretpostavimo p 1 (mod 3). Tada je 2p + 1 djeljivo s 3 pa mora vrijediti p 1 = 2p 1 i p 1 1 (mod 3). Induktivno zaključujemo p k 1 (mod 3), p k+1 = 2p k 1, odnosno p k = 2p k 1 1 = 2(2p k 2 1) 1 =... = 2 k p k 1 = 2 k p (2 k 1), k N. Budući da je p > 3, po malom Fermatovom teoremu vrijedi 2 p 1 1 (mod 3), tj. p 2 p 1 1 pa je p p 1 djeljiv s p. Kontradikcija. U slučaju p 2 (mod 3) analogno mora vrijediti p k+1 = 2p k + 1, tj. p k = 2 k p + (2 k 1) i opet vidimo da je p p 1 djeljiv s p. Dakle, takav niz ne postoji.
15 IZBORNO NATJECANJE Izbor IMO ekipe rješenja zadataka Zadatak 1. Odredi najmanji realni broj D takav da nejednakost a + b a + 2b + b + c b + 2c + c + a c + 2a < D vrijedi za sve pozitivne realne brojeve a, b i c. Rješenje. Prvi pribrojnik u nejednakosti možemo napisati na sljedeći način: a + b a + 2b = a + 2b a + 2b b a + 2b = 1 b a + 2b = 1 1 a + 2 = 1 1 x + 2, b pri čemu smo označili x = a. Označimo li y = b i z = c, dobijemo da je tražena b c a nejednakost ekvivalentna nejednakosti uz uvjet xyz = 1. 1 x y z + 2 > 3 D Označimo izraz na lijevoj strani s X te izaberimo proizvoljni prirodni broj n. Uvrstimo li x = n, y = n, z = 1 dobijemo: n 2 X = n n + 2 = n3 + 6n (2n 2 + 1)(n + 2) = n 2 n (2n 3 + 4n 2 + n + 2). 8n 2 n + 2 Broj 2 (2n 3 + 4n 2 + n + 2) volji blizu 1. 2 može biti po volji mali pozitivan broj pa X može biti po 1 Preostaje nam dokazati nejednakost: x y z + 2 > 1 2. Množenjem sa zajedničkim nazivnikom vidimo da je ta nejednakost ekvivalentna s odnosno 2 (y + 2) (z + 2) + 2 (z + 2) (x + 2) + 2 (x + 2) (y + 2) > (x + 2) (y + 2) (z + 2), 2 (xy + yz + zx) + 4 (x + y + z) + 24 > xyz + 2 (xy + yz + zx) + 4 (x + y + z) + 8, tj. 16 > xyz = 1, što očito vrijedi. Dakle, 3 D = 1 2 pa je D = 5 2.
16 Zadatak 2. Neka polja pravokutne ploče n m (n, m 2) obojana su crnom bojom, dok su ostala polja bijela. Izvan ploče nalazi se žaba koja u jednom trenutku skoči na neko rubno polje ploče, a zatim radi niz skokova, skačući svaki put na neko od susjednih polja. (Za dva polja kažemo da su susjedna ako imaju zajedničku stranicu.) Svaki put kad žaba doskoči na neko polje, boja tog polja se mijenja, iz bijele u crnu ili obratno. Postoji li put kojim žaba može proći i napustiti ploču skočivši s rubnog polja tako da nakon toga sva polja budu crne boje? Prvo rješenje. Dokazat ćemo da postoji takav put. Neka je A početno polje žabinog puta. (osim možda početnog) koja su bijela. Pretpostavimo da postoje neka polja na ploči Neka je B jedno bijelo polje. Žaba nekim putem dode do polja B i vrati se u polje A istim putem. Nakon toga će jedino polja B i A promijeniti boju. Time se broj bijelih polja (izuzmemo li polje A) smanjio za 1. Zaključujemo da je ponavljajući ovaj postupak moguće postići da su sva polja crna (osim možda polja A). Ukoliko je u tom trenutku polje A crno, žaba napušta ploču. Ako je polje A bijelo, onda žaba skače na susjedno rubno polje C, vraća se na A, ponovno skače na polje C i napušta ploču. Drugo rješenje. Odaberimo jedan put koji obilazi ploču tako da počne i završi u rubnim poljima i prode jednom kroz svako polje ploče (npr. prvi red ploče, zatim drugi počevši od posljednjeg mjesta itd.). Kada žaba, krećući se po tome putu, postigne da je polje kojeg u nekom trenutku napušta crno, nastavi se kretati. U suprotnome, ukoliko napusti bijelo polje, napravi korak unatrag, zacrni to polje i nastavi se kretati po odabranom putu. Na opisani način žaba može postići da su sva polja na njenom putu, osim posljednjeg polja, crna. Posljednje polje može zacrniti na način opisan na kraju prvog rješenja.
17 Zadatak 3. Neka je ABC trokut u kojem je AB < CA < BC i neka su D i E redom točke na polupravcima BA i BC takve da je BD = BE = AC. Opisana kružnica trokuta BDE siječe dužinu AC u točki P, a pravac BP siječe kružnicu opisanu trokutu ABC u točki Q (Q B). Dokaži da je AQ + QC = BP. Rješenje. D A P Q B E C Neka je β = ABC. S obzirom da su četverokuti BEP D i ABCQ tetivni, nad odgovarajućim tetivama DE i AC imamo: DP E = 180 DBE = 180 β, AQC = 180 ABC = 180 β. Takoder, promatrajući obodne kutove nad tetivama EP i CQ dobivamo stoga su trokuti DEP i ACQ slični. Iz omjera dobivamo EDP = EBP = CBQ = CAQ, DE AC = EP CQ = P D QA AQ = AC AC P D i QC = DE DE EP,
18 odnosno AQ + QC = AC ( EP + P D ). DE Primjenom Ptolomejevog poučka u tetivnom četverokutu BEP D, uz uvjet BD = BE = AC, još dobivamo: BE P D + EP DB = BP ED, odakle je što je i trebalo dokazati. AC ( EP + P D ) = BP ED, AQ + QC = BP ED DE = BP, Zadatak 4. Neka je n > 1 prirodni broj. Dokaži da jednadžba (x + 1) n x n = ny nema rješenja u skupu prirodnih brojeva. Rješenje. Pretpostavimo suprotno, da je (x, y) rješenje dane jednadžbe. Neka je p najmanji prosti djelitelj broja n. Budući da je (x + 1) n x n djeljivo s p, a x i x + 1 su relativno prosti, slijedi da p ne dijeli ni x ni x + 1. Prema malom Fermatovom teoremu je (x + 1) p 1 1 x p 1 (mod p). Takoder, prema pretpostavci je (x + 1) n x n (mod p). Nadalje, budući da je p najmanji prosti djelitelj od n, brojevi p 1 i n su relativno prosti. Zato postoje cijeli brojevi a i b takvi da je a (p 1) + bn = 1. Sada zaključujemo x + 1 = (x + 1) a(p 1)+bn x a(p 1)+bn = x (mod p), što je nemoguće. Dakle, pretpostavka je bila pogrešna i vrijedi tvrdnja zadatka.
19 IZBORNO NATJECANJE Izbor MEMO ekipe rješenja zadataka Zadatak 1. Neka su a, b i c pozitivni realni brojevi takvi da je a + b + c = 3. Dokaži da je a 4 b 2 + c + b4 c 2 + a + c4 a 2 + b 3 2. Prvo rješenje. Prema A G nejednakosti vrijedi: a 4 b 2 + c + b2 + c 4 a 4 2 b 2 + c b2 + c 4 = a 2. Analogno dobijemo: i b 4 c 2 + a + c2 + a 4 c 4 a 2 + b + a2 + b 4 b 2 c 2. Zbrajanjem te tri nejednakosti dobijemo: ( ) ( a 4 b 2 + c + b4 c 2 + a + c4 b 2 + c + a 2 + b 4 + c2 + a 4 ) + a2 + b a 2 + b 2 + c 2, 4 odnosno a 4 b 2 + c + b4 c 2 + a + c4 a 2 + b 3 ( a 2 + b 2 + c 2) 1 (a + b + c). ( ) 4 4 Medutim, zbog A K nejednakosti vrijedi: a2 + b 2 + c 2 odnosno a 2 + b 2 + c a + b + c, 3 Uvrštavanjem te nejednakosti i zadanog uvjeta u nejednakost (??) dobijemo: a 4 b 2 + c + b4 c 2 + a + c4 a 2 + b = 3 2.
20 Drugo rješenje. Primjenom Cauchyjeve nejednakosti (ili težinske A K nejednakosti) dobivamo a 4 b 2 + c + b4 c 2 + a + c4 a 2 + b (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c = (a2 + b 2 + c 2 ) 2 a 2 + b 2 + c ( ) Korištenjem A K nejednakosti imamo ( ) 2 a + b + c a 2 + b 2 + c 2 3 = 3. 3 Uvedimo zamjenu x = a 2 + b 2 + c 2. Vrijedi x 3, pa iz (??) zaključujemo da je dovoljno dokazati da vrijedi x 2 x No, ta je nejednakost ekvivalentna s (x 3) (2x + 3) 0 i očito vrijedi za x 3. Napomena. Gornju nejednakost smo mogli dokazati i ovako: x 2 x + 3 = x x = 3 2.
21 Zadatak 2. Na svakom polju ploče n n (n 2) nalazi se žarulja koja može biti upaljena ili ugašena. U svakom koraku biramo jedan kvadrat 2 2 na toj ploči i unutar njega sve upaljene žarulje ugasimo, a ugašene upalimo. Za raspored upaljenih žarulja kažemo da je dobar ako se može postići da, počevši od njega, nakon konačno mnogo koraka, sve žarulje budu ugašene. a) Dokaži da raspored prikazan na slici nije dobar. (Prikazan je položaj svih upaljenih žarulja na ploči ) b) Koliko bi, u tom primjeru, minimalno dodatnih žarulja na početku trebalo upaliti da raspored bude dobar? c) Odredi broj svih mogućih dobrih početnih rasporeda za n n ploču. Rješenje. a) Primijetimo da je za svaki dobar raspored nužno da je u svakom retku i stupcu parno mnogo upaljenih žarulja. Budući da se u svakom koraku u odredenom retku (odn. stupcu) broj upaljenih žarulja promjeni za 2, 0 ili 2, parnost broja upaljenih žarulja u nekom retku (odnosno stupcu) uvijek ostaje ista. Budući da je u trenutku kad su sve žarulje ugašene broj upaljenih očito paran u svakom retku (odnosno stupcu) takav mora biti i na početku. Prema tome, raspored na slici nije dobar jer je postoje stupci u kojima je neparno mnogo upaljenih žarulja (npr. treći stupac). b) Budući da je u 3., 4., 5., 6., 7. i 8. stupcu neparan broj upaljenih žarulja, nužno je dodati još barem 6 žarulja, po jednu u svaki stupac, na način da broj upaljenih žarulja po recima ostane paran. Pokažimo da je to i dovoljno. Primjerice, dodajmo 6 žarulja na mjesta (1, 3),..., (1, 8). Primjenom postupka na potkvadrate koji počinju na mjestima (1, 2), (1, 4), (1, 6), (1, 8), (2, 4), (2, 6), (3, 5) ostaju upaljene samo žarulje na mjestima (3, 2),..., (10, 2) i (3, 9),..., (10, 9). Primjenom postupka na potkvadrate koji počinju na mjestima (3, 2), (3, 3),..., (3, 8), sve žarulje u 3. i 4. retku su ugašene. Analogno gasimo žarulje u 5. i 6., 7. i 8. te 9. i 10. retku. Prema tome, minimalni broj dodatnih žarulja koje treba upaliti je šest. c) Tvrdimo da je za svaki dobar raspored nužno i dovoljno da je u svakom retku i stupcu parno mnogo upaljenih žarulja. Nužnost smo pokazali u a) dijelu, a dovoljnost pokazujemo induktivno. Uzastopnom primjenom operacije na 2 2 kvadrate koji imaju po dva horizontalno susjedna kvadratića u presjeku, zaključujemo da možemo u konačno mnogo koraka promjeniti upaljene u ugašene žarulje i obrnuto koje se nalaze u bilo koja dva retka i dva uzastopna stupca,
22 Analogno, možemo zaključiti da u konačno mnogo koraka možemo promjeniti upaljene u ugašene žarulje i obrnuto koje nalaze u bilo koja dva retka i dva stupca, Sada za bilo koju žarulju koja je upaljena (s koordinatama npr. (x, y)) znamo da postoji u istom retku i istom stupcu barem po još jedna upaljena žarulja, npr. (x, z) i (w, y). Ako je žarulja s koordinatama (w, z) upaljena onda prema gore dokazanom možemo ugasiti sve te 4 žarulje. Ako je žarulja s koordinatama (w, z) ugašena onda prema gore dokazanom možemo upaljene 3 žarulje ugasiti, a jednu ugašenu upaliti što povlači da ćemo sigurno smanjiti broj upaljenih žarulja. Na kraju prebrojimo tražene rasporede. Primijetimo da u svakom od prvih n 1 redaka može prvih n 1 žarulja biti upaljeno ili ugašeno, a prema parnosti broja upaljenih medu tih prvih n 1 jedinstveno je odredeno je li posljednja žarulja upaljena ili ugašena. Dakle, za svaki od prvih n 1 redaka imamo 2 n 1 mogućnosti, a za sve njih zajedno 2 (n 1)2. U posljednjem retku mora biti upaljen parni broj žarulja. Budući da je u prvih n 1 redaka upaljen parni broj žarulja, broj stupaca u kojima je neparno mnogo upaljenih žarulja je paran. Točno u tim stupcima u zadnjem retku moraju biti upaljene žarulje. Dakle, traženi broj rasporeda je 2 (n 1)2. Drugo rješenje c) dijela. Nazovimo postupak kojim se od dobrog rasporeda dolazi do ugašenih žarulja gašenje rasporeda, a korak u kojem u odabranom 2 2 kvadratu upaljene žarulje postaju ugašene (i obratno) mijenjanje tog kvadrata. Primijetimo da u gašenju nekog dobrog početnog rasporeda nije važno kojim redoslijedom mijenjamo potkvadrate, te da nijedan potkvadrat ne trebamo mijenjati više od jednom. Dakle, dobar početni raspored možemo identificirati sa skupom potkvadrata koji se mijenjaju prilikom njegovog gašenja. Primijetimo da je taj skup jedinstven. Naime, žarulja na mjestu (1, 1) može biti ugašena samo mijenjanjem potkvadrata koji počinje na tom mjestu, pa ako je ona upaljena u početnom rasporedu taj potkvadrat mora biti u skupu, a ako je ugašena onda nije u skupu. Sada kada znamo da li je taj potkvadrat uključen u skup, na isti način je, ovisno o žarulji na mjestu (2, 1) jednoznačno odredeno da li je potkvadrat koji počinje na mjestu (2, 1) uključen u skup. Na ovaj način možemo induktivno na jedinstven način odrediti za svaki potkvadrat da li je uključen ili ne. Obratno, za svaki skup 2 2 potkvadrata ploče postoji dobar početni raspored koji se gasi tim skupom (ako krenemo od potpuno ugašene ploče i promijenimo sve potkvadrate iz skupa, dolazimo do traženog dobrog početnog rasporeda). Prema tome, broj dobrih početnih rasporeda je jednak broju mogućih odabira nekih od 2 2 potkvadrata. Takvih potkvadrata ukupno ima (n 1) 2, pa je traženi broj 2 (n 1)2.
23 Zadatak 3. Unutar trokuta ABC dana je točka P takva da je ABP = P CA = 1 ( ABC + BCA). 3 Dokaži da je AB AC + P B = AC AB + P C. Prvo rješenje. Označimo s α, β i γ redom kutove pri vrhovima A, B i C trokuta ABC. Neka je ϕ = ABP = P CA pa je 3ϕ = β + γ. S C Q P A B R Neka je točka Q sa suprotne strane pravca BC od točke P takva da je četverokut BQCP paralelogram, točka R sjecište pravaca AB i CQ, a točka S sjecište pravaca AC i BQ. Kako je trokuti ARC i ASB su slični, odakle je S druge strane je ARC = ABP = P CA = BSA = ϕ, AB AS = AC AR. RQB = QCP = 180 BP C = (β ϕ) + (γ ϕ) = ϕ = ARC pa je trokut RQB jednakokračan. Zato je AR = AB + BR = AB + BQ = AB + P C. Analogno dokazujemo da je i trokut QSC jednakokračan te dobivamo AS = AC + CS = AC + CQ = AC + P B.
24 Konačno je što je i trebalo dokazati. AB AC + P B = AB AS = AC AR = AC AB + P C, Drugo rješenje. Uz iste oznake za veličine kutova trokuta ABC i uvjet 3ϕ = β + γ kao u prvom rješenju, označimo s B 1 točku na produžetku stranice AB preko vrha B za koju je BB 1 = P C, a s C 1 točku na produžetku stranice AC preko vrha C za koju je CC 1 = P B. C 1 C P A B B 1 S obzirom da je BP C = 180 (β ϕ) (γ ϕ) = 180 ϕ, P BB 1 = (β ϕ) + (180 β) = 180 ϕ, P CC 1 = (γ ϕ) + (180 γ) = 180 ϕ, trokuti BP C, P BB 1 i C 1 CP su sukladni. Stoga iz P BC = CC 1 P = β ϕ i BCP = P B 1 B = γ ϕ zaključujemo da su točke C 1, C, P, B i B 1 konciklične. Konačno, iz potencije točke A s obzirom na kružnicu opisanu četverokutu C 1 CBB 1 slijedi: AB AB 1 = AC AC 1, AB ( AB + BB 1 ) = AC ( AC + CC 1 ), AB ( AB + P C ) = AC ( AC + P B ), što je i trebalo dokazati. AB AC + P B = AC AB + P C,
25 Treće rješenje. Uz uobičajene oznake za duljine stranica i veličine kutova trokuta ABC, neka je P CA = P BA = ϕ. Zadano je 3ϕ = β + γ. U trokutu BCP imamo: P BC = β ϕ, P CB = γ ϕ, BP C = 180 (β ϕ) (γ ϕ) = 180 (β + γ) + 2ϕ = 180 ϕ, stoga primjenom poučka o sinusima u tom trokutu dobivamo P B BC sin (γ ϕ) =, sin ϕ P C BC sin (β ϕ) =, sin ϕ odnosno P B = a a sin (γ ϕ), P C = sin (β ϕ). sin ϕ sin ϕ Zato je jednakost redom ekvivalentna s c ( c + AB AC + P B = a ) ( sin (β ϕ) = b b + sin ϕ c 2 b 2 = AC AB + P C a ) sin (γ ϕ), sin ϕ a ( ) b sin (γ ϕ) c sin (β ϕ). sin ϕ Dijeljenjem s 4R 2, gdje je R polumjer kružnice opisane trokutu ABC, zbog poučka o sinusima dobivamo sin 2 γ sin 2 β = sin α ( ) sin β sin (γ ϕ) sin γ sin (β ϕ) sin ϕ pa je tražena jednakost dalje ekvivalentna s sin 2 γ sin 2 β = sin α ( ) cos (β γ + ϕ) cos (γ β + ϕ), 2 sin ϕ (sin γ + sin β) (sin γ sin β) = sin α 2 sin ϕ sin (γ β), 2 sin ϕ 2 sin γ + β 2 cos γ β 2 2 cos γ + β 2 sin γ β 2 = sin α sin (γ β), čime je tvrdnja dokazana. sin (γ + β) sin (γ β) = sin (γ + β) sin (γ β),
26 Zadatak 4. Dokaži da ne postoje prosti broj p i prirodni brojevi a i n (n 2) takvi da vrijedi 2 p + 3 p = a n. Rješenje. Ako je p = 2, onda je 2 p + 3 p = 13 pa bismo imali n = 1, što je suprotno pretpostavci zadatka. Pretpostavimo da je p > 2 i neka je 2 p + 3 p = a n za neki prirodni broj n > 1. Kako je p neparan broj, to je a n = 2 p + 3 p = (2 + 3) ( 2 p 1 2 p p p 1) pa je a djeljiv s 5. Broj na desnoj strani je zato djeljiv s 5 n. Kako je n > 1, taj broj je djeljiv (barem) s 25 pa zaključujemo da izraz u drugoj zagradi na desnoj strani mora biti djeljiv s 5. S obzirom da je 3 2 (mod 5) imamo: 2 p 1 2 p p 2 +3 p 1 2 p 1 +2 p p 2 +2 p 1 p 2 p 1 (mod 5). Slijedi da je p djeljiv s 5, a budući da je p prost broj, preostaje samo mogućnost p = 5. Medutim, = 275 = što nije broj oblika a n za n > 1.
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 περισσότεραTRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg
Διαβάστε περισσότεραa M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.
3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M
Διαβάστε περισσότεραMatematička analiza 1 dodatni zadaci
Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka
Διαβάστε περισσότερα1.4 Tangenta i normala
28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x
Διαβάστε περισσότερα7 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 περισσότεραTRIGONOMETRIJA TROKUTA
TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane
Διαβάστε περισσότερα(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.
1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,
Διαβάστε περισσότεραmogućih vrijednosti rs3. Za m, n N, mn+1 m 2 +n 2 m2 + n 2 mn + 1 je kvadrat prirodnog broja.
r1. Neka je n fiksan prirodan broj. Neka je k bilo koji prirodan broj ne veći od n i neka je S skup nekih k različitih prostih brojeva. Ivica i Marica igraju naizmjenično sljedeću igru. Svako od njih bira
Διαβάστε περισσότεραM086 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 περισσότεραDISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,
Διαβάστε περισσότερα2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x
Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:
Διαβάστε περισσότεραINTEGRALNI 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 περισσότεραNeka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.
Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +
Διαβάστε περισσότερα3.1 Granična vrednost funkcije u tački
3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili
Διαβάστε περισσότερα6 Primjena trigonometrije u planimetriji
6 Primjena trigonometrije u planimetriji 6.1 Trgonometrijske funkcije Funkcija sinus (f(x) = sin x; f : R [ 1, 1]); sin( x) = sin x; sin x = sin(x + kπ), k Z. 0.5 1-6 -4 - -0.5 4 6-1 Slika 3. Graf funkcije
Διαβάστε περισσότεραOsnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju
RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)
Διαβάστε περισσότεραTrigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto
Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije
Διαβάστε περισσότεραx + y + z = 2 (x + y)(y + z)+(y + z)(z + x)+(z + x)(x + y) =1 x 2 (y + z)+y 2 (z + x)+z 2 (x + y) = 6
DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija,. svibnja 2007. Rješenja Zadatak 1A-1. Na - dite realna rješenja sustava jednadžbi: x + y + z = 2 (x + y)(y + z)+(y + z)(z + x)+(z
Διαβάστε περισσότεραLinearna 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 περισσότεραUdaljenosti karakterističnih točaka trokuta
Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta Kristijan Kilassa Kvaternik U trokutu postoje četiri karakteristične točke: težište G, ortocentar H, središte upisane kružnice I i središte opisane kružnice
Διαβάστε περισσότεραRiješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva
Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički
Διαβάστε περισσότεραradni 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 περισσότεραUdaljenosti karakterističnih točaka trokuta
Udaljenosti karakterističnih točaka trokuta Kristijan Kilassa Kvaternik 1 U trokutu postoje četiri karakteristične točke: težište G, ortocentar H, središte upisane kružnice I i središte opisane kružnice
Διαβάστε περισσότερα1 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 περισσότεραPOVRŠINA TANGENCIJALNO-TETIVNOG ČETVEROKUTA
POVRŠIN TNGENIJLNO-TETIVNOG ČETVEROKUT MLEN HLP, JELOVR U mnoštvu mnogokuta zanimljiva je formula za površinu četverokuta kojemu se istoobno može upisati i opisati kružnica: gje su a, b, c, uljine stranica
Διαβάστε περισσότεραUvod 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 περισσότεραRiješeni 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 περισσότερα18. 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 περισσότεραIskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012
Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)
Διαβάστε περισσότεραĈetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.
Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. 1. Duljine dijagonala paralelograma jednake su 6,4 cm i 11 cm, a duljina jedne njegove
Διαβάστε περισσότεραTeorem 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 περισσότεραRIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ
RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA
Διαβάστε περισσότεραOperacije 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 περισσότεραELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,
Διαβάστε περισσότεραLinearna 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 περισσότεραDRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 30. ožujka 2009.
DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola A kategorija 30. ožujka 009. Zadatak A-.. Odredi sve trojke uzastopnih neparnih prirodnih brojeva čiji je zbroj kvadrata jednak nekom četveroznamenkastom
Διαβάστε περισσότεραje B 1 = B 2. Prvi teorem kojeg ćemo dokazati primjenom Menelajeva teorema je Euklidski slučaj poznatog Desargesova 2 teorema. B 2 Z B 1B 2 B 1 O
Zoran Topić, Imotski Menelajev teorem i neke primjene U ovom članku ćemo dokazati Menelajev 1 teorem i pokazati neke primjene tog teorema. Menelajevo najvažnije djelo je Sphaerica u kojem dokazuje i Menelajev
Διαβάστε περισσότεραDeterminante. 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 περισσότεραVeleučilište 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 περισσότεραDRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 3. svibnja 2007.
Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija 3. svibnja 2007. Zadatak
Διαβάστε περισσότεραČetrnaesto 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 περισσότεραELEMENTARNA 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 περισσότεραUvod 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 περισσότεραJoš neki dokazi leptirovog teorema
POUČAK 50 Još neki dokazi leptirovog teorema Šefket Arslanagić, Alija Muminagić U [] su dana četiri razna dokaza Leptirovog teorema (Butterfly s theorems), od kojih su dva čisto planimetrijska, jedan je
Διαβάστε περισσότεραSISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije
Διαβάστε περισσότεραDRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 25.travnja-27.travnja razred-rješenja
DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Poreč, 5.travnja-7.travnja 01. 5. razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN
Διαβάστε περισσότεραπ 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 περισσότεραUNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka
UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIKA 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 περισσότερα6 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 περισσότεραViše dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu
Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate
Διαβάστε περισσότερα1.1.** Dokaži da tvrdnja vrijedi ako su točke E i D na produžecima dužina AC i BC kroz C.
1.1. U trokutu ABC na dužinama AC i BC odabrane su točke E i D. Simetrale kutova CAD i CBE sijeku se u točki F. Dokaži da vrijedi: AEB + ADB = 2 AF B. 1.1.* Dokaži da tvrdnja 1.1. vrijedi ako je E=C. 1.1.**
Διαβάστε περισσότεραKontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A
Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi
Διαβάστε περισσότεραISPITNI ZADACI FORMULE. A, B i C koeficijenti (barem jedan A ili B različiti od nule)
FORMULE Implicitni oblik jednadžbe pravca A, B i C koeficijenti (barem jedan A ili B različiti od nule) Eksplicitni oblik jednadžbe pravca ili Pravci paralelni s koordinatnim osima - Kada je u općoj jednadžbi
Διαβάστε περισσότεραTeorijske osnove informatike 1
Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija
Διαβάστε περισσότεραOPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE
OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 9. siječnja 009. 1. Riješi nejednadžbu x + x Rješenje. 1 u skupu prirodnih brojeva. x + x 1 x + x + 0 x x < 0 x
Διαβάστε περισσότεραDeljivost. 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 περισσότεραFunkcije 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( 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 περισσότεραRJEŠENJA ZA 4. RAZRED
RJEŠENJA ZA 4. RAZRED OVDJEJEDANJEDANNAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGA- ČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ POSTUPAK OCI- JENITI I BODOVATI NA ODGOVARAJUĆI NAČIN.
Διαβάστε περισσότερα41. 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 περισσότεραStrukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1
Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i službeni šalabahter. Predajete samo papire koje ste dobili. Rezultati i uvid u kolokvije: ponedjeljak,
Διαβάστε περισσότερα1.1.** Dokaži da tvrdnja vrijedi ako su točke E i D na produžecima dužina AC i BC kroz C.
Geometrija 1. dio. 1.1. U trokutu ABC na dužinama AC i BC odabrane su točke E i D. Simetrale kutova CAD i CBE sijeku se u točki F. Dokaži da vrijedi: AEB + ADB = 2 AF B. 1.1.* Dokaži da tvrdnja 1.1. vrijedi
Διαβάστε περισσότεραVJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.
Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 120 min Ukupan broj bodova: 100 Zadatak 1. (a) Napišite aksiome vjerojatnosti ako je zadan skup Ω i σ-algebra F na Ω. (b) Dokažite iz aksioma vjerojatnosti da za A,
Διαβάστε περισσότεραMJERA 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 περισσότεραradni 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 περισσότεραMATEMATIKA I 1.kolokvij zadaci za vježbu I dio
MATEMATIKA I kolokvij zadaci za vježbu I dio Odredie c 0 i kosinuse kueva koje s koordinanim osima čini vekor c = a b ako je a = i + j, b = i + k Odredie koliki je volumen paralelepipeda, čiji se bridovi
Διαβάστε περισσότεραNumerička 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 περισσότεραŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 27. siječnja 2014.
ŠKOLSKO/GRADSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 7. siječnja 014. AKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJERENSTVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI
Διαβάστε περισσότεραŠKOLSKO (GRADSKO) NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 4. veljače 2010.
ŠKOLSKO (GRADSKO) NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A varijanta 4. veljače 2010. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA ZADATKA, POVJEREN- STVO JE DUŽNO I TAJ POSTUPAK BODOVATI
Διαβάστε περισσότεραIZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a
Διαβάστε περισσότεραOPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače razred-rješenja
OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 4. veljače 00. 4. razred-rješenja. 00 + 00 + 00 3 + 00 4 + 00 = 00 ( + + 3 + 4 + ) = 00 = 300... UKUPNO 4 BODA. 96 8 : 4 + 0 ( 68 66 ) = 96 7 + 0 = 89 + 0 = 09...
Διαβάστε περισσότεραMJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 29. travnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!)
MJERA I INTEGRAL 1. kolokvij 29. travnja 2016. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (ukupno 6 bodova) Neka je I kolekcija svih ograničenih jednodimenzionalnih intervala
Διαβάστε περισσότεραZadaci iz trigonometrije za seminar
Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;
Διαβάστε περισσότεραZadaci 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( ) ( ) 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 περισσότεραZdaci iz trigonometrije trokuta Izračunaj ostale elemente trokuta pomoću zadanih:
Zdaci iz trigonometrije trokuta... 1. Izračunaj ostale elemente trokuta pomoću zadanih: a) a = 1 cm, α = 66, β = 5 ; b) a = 7.3 cm, β =86, γ = 51 ; c) b = 13. cm, α =1 48`, β =13 4`; d) b = 44.5 cm, α
Διαβάστε περισσότερα- 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 περισσότεραSveučilište u Zagrebu. Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek. Tonio Škaro. Diplomski rad
Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek Tonio Škaro Težišnice trokuta i težište Diplomski rad Zagreb, rujan, 015 Sveučilište u Zagrebu Prirodoslovno-matematički fakultet
Διαβάστε περισσότερα4 Sukladnost i sličnost trokuta
4 Sukladnost i sličnost trokuta 4.1 Sukladnost trokuta Neka su ABC i A B C trokuti sa stranicama duljina a b c odnosno a b c. Kažemo da su ti trokuti sukladni ako postoji bijekcija f : {A B C} {A B C }
Διαβάστε περισσότερα16 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 περισσότερα2n 2, 2n, 2n + 2. a = 2n 2, b = 2n, c = 2n + 2. a b c. a P =
Zadatak (Tomislav gimnazija) Nađite sve pravokutne trokute čije su stranice tri uzastopna parna roja Rješenje inačica pća formula za parne rojeve je n n N udući da se parni rojevi povećavaju za možemo
Διαβάστε περισσότερα1. 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 περισσότεραPRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
Διαβάστε περισσότεραOsnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
Διαβάστε περισσότεραPoglavlje 1 GRAM-SCHMIDTOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE. 1.1 Ortonormirani skupovi
Poglavlje 1 GRAM-SCHMIDTOV POSTUPAK ORTOGONALIZACIJE 1.1 Ortonormirani skupovi Prije nego krenemo na sami algoritam, uvjerimo se koliko je korisno raditi sa ortonormiranim skupovima u unitarnom prostoru.
Διαβάστε περισσότεραIspitivanje toka i skiciranje grafika funkcija
Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3
Διαβάστε περισσότερα( , 2. kolokvij)
A MATEMATIKA (0..20., 2. kolokvij). Zadana je funkcija y = cos 3 () 2e 2. (a) Odredite dy. (b) Koliki je nagib grafa te funkcije za = 0. (a) zadanu implicitno s 3 + 2 y = sin y, (b) zadanu parametarski
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIKA 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 περισσότεραProširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu
Proširenje na poučku o obodnom i središnjem kutu Ratko Višak 1. Uvod Na osnovu poučka o obodnom i središnjem kutu izvedene su relacije kada točka nije na kružnici, nego je izvan ili unutar nje. Relacije
Διαβάστε περισσότεραRADIJVEKTORI. 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 περισσότεραProsti 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 περισσότεραLinearna algebra I, zimski semestar 2007/2008
Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Predavanja: Nenad Bakić, Vježbe: Luka Grubišić i Maja Starčević 22. listopada 2007. 1 Prostor radijvektora i sustavi linearni jednadžbi Neka je E 3 trodimenzionalni
Διαβάστε περισσότεραOPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE
Ministarstvo znanosti, obrazovanja i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola A kategorija
Διαβάστε περισσότεραDvanaesti praktikum iz Analize 1
Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.
Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati
Διαβάστε περισσότεραDRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, 2.travnja-4.travnja razred-rješenja
DRŽAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Šibenik, travnja-4travnja 014 5 razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAČIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ČLAN POVJERENSTVA DUŽAN JE
Διαβάστε περισσότερα9. 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( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4
UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log
Διαβάστε περισσότερα