7. VAJA IZ MEHANIKE TRDNIH TELES. (tenzor deformacij II) (tenzor majhnih deformacij in rotacij, kompatibilitetni pogoji)
|
|
- Ναβαδίας Μπλέτσας
- 5 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 7. VAJA IZ MEHANIKE TRDNIH TELES (tenzor deformacij II) (tenzor majhnih deformacij in rotacij, kompatibilitetni pogoji) NALOGA 1: Pomik deformabilnega telesa je glede na kartezijski koordinatni sistem z bazo e x, e y in e z opisan s translacijo u in majhnim zasukom ω referenčne točke T (5, 5, 1) u = 1 2 (2 e x 3 e y + e z ), ω = 1 2 (e x + 2 e y + 3 e z ). Predpostavi da so zasuki majhni. Pri določitvi pomikov poljubne točke T (x, y, z) uporabi približno Rodriguesovo enačbo kjer je r = x e x + y e y + z e z. u = u + ω (r r ), a) Določi komponente tenzorjev velikih in majhih deformacij v točki T. b) Določi komponente tenzorja majhih rotacij v točki T. c) Pojasni dobljene rezultate. Rešitev: a) Tenzor velikih deformacij v točki T je [E ij ] = a ) Tenzor majhih deformacij v točki T je [ε ij ] =. b) Tenzor majhih rotacij v točki T je ω z ω y 3 2 [ω ij ] = ω z ω x = ω y ω x 2 1 c) Ker smo vektor pomikov zapisali s približno Rodriguesovo enačbo u = u + ω (r r ), ki opisuje translacijo in majhno rotacijo telesa, je tenzor majhnih deformacij enak nič. Tenzor velikih deformacij ni enak nič, saj smo pri računu pomika uporabili približno enačbo. Iz tenzorja rotacij lahko preberemo rotacijski vektor ω = ω x e x + ω y e y + ω z e z = 1 2 (e x + 2 e y + 3 e z ) = ω.
2 NALOGA 2: Pomik deformabilnega telesa je glede na kartezijski koordinatni sistem z bazo e x, e y in e z opisan s translacijo u in majhnim zasukom ω referenčne točke T (5, 5, 1) u = 1 2 (2 e x 3 e y + e z ), ω = 1 2 (e x + 2 e y + 3 e z ). Pri določitvi pomikov poljubne točke T (x, y, z) uporabi točne enačbe u = u + u ω, ω = ω e ω ρ = cos(ω ) ρ + (1 cos(ω )) (e ω ρ) e ω + sin(ω ) e ω ρ, u ω = ρ ρ, ρ = r r. kjer je r = x e x + y e y + z e z. a) Določi komponente tenzorjev velikih in majhih deformacij v točki T. b) Določi komponente tenzorja majhih rotacij v točki T. c) Pojasni dobljene rezultate. Rešitev: a) Tenzor velikih deformacij v točki T je [E ij ] =. a ) Tenzor majhih deformacij v točki T je [ε ij ] = b) Tenzor majhih rotacij v točki T je ω z ω y [ω ij ] = ω z ω x = ω y ω x c) Ker smo vektor pomikov zapisali s točno Rodriguesovo enačbo je tenzor velikih deformacij enak nič. Tenzor majhnih deformacij ni enak nič, saj smo pri računu pomika uporabili točno enačbo. Iz tenzorja majhnih rotacij lahko dokaj natančno odčitamo rotacijski vektor ω = ω x e x + ω y e y + ω z e z = 1 2 (.9998 e x e y e z ) ω.
3 NALOGA 3: Predpostavi, da so deformacije po pravokotni plošči konstantne po prostornini plošče. Deformacijski tenzor je 1 2 [ε ij ] = Privzemi, da sta pomik in zasuk v točki A enaka nič. Določi spremembo dolžine diagonale pravokotne plošče na dva načina: (1) izračunaj pomik v točki C in določi deformirano dolžino diagonale. (2) določi deformacijo ε ξξ v smeri diagonale in iz nje izračunaj spremembo dolžine diagonale. Rešitev: Pri izračunu pomika lahko uporabimo rezultat naloge 7. Dobimo u C = 1 2 (e x e y ) [cm]. Od tu izračunamo d = d d = =.1826 cm, kjer smo z d označili dolžino diagonale v deformirani legi z d pa dolžino diagonale v začetni nedeformirani legi. Upoštevamo enačbi ε ξξ = ε xx e 2 ξx + ε yy e 2 ξy + 2 ε xy e ξx e ξy = in ε ξξ = d d in dobimo d =.182 cm. NALOGA 4: Homogen kvader se deformira tako, da se stranica AB translatorno premakne v smeri y za vrednost v B. Vse stranice ostanejo pri tem ravne (glej sliko). Določi vektor pomika poljubnega delca D(x, y, z) ter komponente tenzorja majhnih deformacij glede na prikazani kartezijski koordinatni sistem. Določi tudi velikosti in smeri glavnih normalnih deformacij.
4 Rešitev: Pri določitvi pomika si lahko pomagamo s spodnjo sliko. Velja (glej sliko) u y = v z c x in v = v B. Od tu dobimo u x z a y = v B in končno u(x, y, z) = v a c B x z e a c y. Z odvajanjem pomika dobimo α z [ε ij ] = α z α x. α x Izračunamo se glavne normalne deformacije in pripadajoče smeri ε 11 = α x 2 + z 2, ε 22 =, ε 33 = α x 2 + z 2 in e 1 = z 2 (x2 + z 2 ) e x + 1 x e y (x2 + z 2 ) e z, x e 2 = x2 + z e z 2 x + x2 + z e z, 2 e 3 = z 2 (x2 + z 2 ) e x 1 x e y (x2 + z 2 ) e z. NALOGA 5: Deformiranje telesa je opisano z vektorskim poljem pomikov u = 1 4 ((5 x 2 6 z) e x + 2 y 2 z e y + (x 2 3 y 2 z) e z ). V točki T (x, 4, 2), ki leži v ravnini Γ določi: a) specifično spremembo dolžine normale na ravnino Γ, b) specifično spremembo pravega kota γ, c) rezultirajoči vektor zasuka ω, vrednosti ω n in ω t tenzorja zasukov ter povprečni zasuk ω n okrog smeri normale na ravnino Γ, d) ugotovi ali v kakšni točki na črti AB vlada izohrono defomacijsko stanje (to pomeni, da je specifična sprememba prostornine v kakšni točki enaka ).
5 Rešitev: a) specifična sprememba dolžine normale na ravnino Γ je D nn ε nn = , b) specifična sprememba pravega kota γ je γ = D yt 2 ε yt = , c) rezultirajoči vektor zasuka ω = 1 4 ( 4 e x 6 e y ), ω n = ω e n = ( 6 e x + 4 e y + 12 e z ), ω t = ω e t = ( 12 e x + 8 e y 6 e z ), povprečni zasuk ω n okrog smeri normale na ravnino Γ je ω n = , d) v točki T ( 4 11, 4, 8 11) na črti AB vlada izohrono defomacijsko stanje. NALOGA 6: Polje pomikov je podano z enačbo u = 1 4 ((x z) 2 e x + (y + z) 2 e y x y e z ). V točki P (, 2, 1) določi: a) tenzor majhnih deformacij, b) tenzor majhnih zasukov, c) vektor zasuka ω. d) specifično spremembo dolžine v smeri e ξ = 1 (8 e 9 x e y + 4 e z ) e) spremembo pravega kota med vektorjema e ξ in e η = 1 (4 e 9 x + 4 e y 7 e z ). Rešitev: a) tenzor majhnih deformacij [ε ij ] = , 2 1
6 b) tenzor majhnih zasukov c) vektor zasuka ω = 1 4 e x. [ω ij ] = 1 4 1, 1 d) specifična sprememba dolžine v smeri e ξ = 1 9 (8 e x e y + 4 e z ) je D ξξ ε ξξ = e) sprememba pravega kota med vektorjema e ξ in e η = 1 9 (4 e x + 4 e y 7 e z ) znaša D ξη 2 ε ξη = NALOGA 7: Vzemimo, da so deformacije v ravninskem deformacijskem stanju linearne funkcije materialnih koordinat x in y: ε xx = a 1 x + b 1 y + c 1, ε yy = a 2 x + b 2 y + c 2, ε xy = a 3 x + b 3 y + c 3. Preveri, ali so koeficienti a 1, b 1, c 1, a 2, b 2, c 2, a 3, b 3, c 3 medsebojno neodvisni. Izračunaj pomik delca D z materialnimi koordinatami x = x 1, y = y 1, če vemo, da sta pomik in zasuk v točki T (, ) enaka nič (glej sliko). Rešitev: Neodvisnost koeficientov preverimo s kompatibilnostnim pogojem, ki ga v primeru RDS zapišemo z enačbo Izračunamo odvode in dobimo K zz = 2 ε xx y ε yy x ε xy x y =. 2 ε xy x y =, 2 ε xx y 2 =, 2 ε yy x 2 =. Kompatibilnostnemu pogoju je torej zadoščeno s poljubno izbiro koeficientov a 1, b 1, c 1, a 2, b 2, c 2, a 3, b 3, c 3. Pri izračunu pomikov uporabimo enačbi u T = u T + T T ((ε x + ω e x ) dx + (ε y + ω e y ) dy),
7 T ω T = ω T + (( ε x ) dx + ( ε y ) dy). T Ugotovimo, da velja ω T = ω Tz e z. Najprej izračunamo zasuke v pomožnih točkah T in T (glej sliko). Dobimo ω T = (a z 3 b 1 ) x in ω T = (a z 3 b 1 ) x 1 + (a 2 b 3 ) y. Od tu sledi ( ) x 2 1 u T = a c 1 x 1 + b 1 x 1 y 1 + c 3 y 1 + b 3 y1 2 y1 2 a 2 e x 2 ( ) + a 3 x 2 x b c y1 2 3 x 1 + a 2 x 1 y 1 + c 2 y 1 + b 2 e y 2 NALOGA 8: Komponente tenzorja majhnih deformacij so podane v telesnih koordinatah x, y in z, in sicer v odvisnosti od konstantnega parametra K. Določi konstanto K tako, da bo iz deformacij mogoče enolično izračunati pomike. Telo je v točki A(,, ) togo vpeto v nepomično podlago. Določi prostorske koordinate in telesne bazne vektorje delca D(3, 4, ) po deformaciji telesa. Kako se med deformiranjem telesa spremenijo koordinate krajevnega vektorja r med delcema D in P (3.6, 4.2, ). Dolžine so podane v cm. 2 x 2 K y 2 x y (3 y 2) [ε ij ] = 1 4 x y (3 y 2) 3 K x 2 y. Rešitev: Kompatibilnostni pogoj, ki ga v primeru RDS zapišemo z enačbo K zz = 2 ε xx y ε yy x ε xy x y = 1 4 (K 2) (6 y 2) = bo izpolnjen, če bo K = 2. S tem je tenzor majhnih deformacij določen. Pri izračunu pomika in zasuka poljubne točke T (x, y, z) uporabimo enačbi u T = u T + T T ω T = ω T + ((ε x + ω e x ) dx + (ε y + ω e y ) dy), T T (( ε x ) dx + ( ε y ) dy). Z upoštevanjem robnega pogoja ω z (A) = po drugi enačbi izračunamo zasuk ω T = 1 4 (3 x y x y) e z in nato ob upoštevanju robnih pogojev u x (A) = in u y (A) = iz prve še pomik. Dobimo (( ) ) 2 x u T = x y2 e x + 3 x 2 y 2 e y. Prostorske koordinate točke D dobimo iz enačb x (D) = x(d) + u x (D) = 3.78 = cm, y (D) = y(d) + u y (D) = = cm. Nove bazne vektorje v točki D pa iz enačb e x(d) = e x + u x (D) =.9986 e x e y,
8 V nedeformiranem stanju velja V deformiranem pa e y(d) = e y + u y (D) =.48 e x e y. r = r(p ) r(d) =.6 e x +.2 e y. r = r (P ) r (D) = (r(p ) + u(p )) (r(d) + u(d)) =.5982 e x e y. NALOGA 9: Kot rešitev mehanskega problema ravninskega telesa po metodi napetosti smo dobili majhne deformacije ε ij kot funkcije telesnih koordinat x in z. Vse točke telesa se premikajo le v ravnini (x, z). Razen tega je točka T (,, ) nepomično vrtljivo podprta, v točki T 1 (1,, ) pa je preprečen pomik v smeri z. Določi pomika u x in u z ter zasuk ω y kot funkcije koordinat (x, z). Določi vrednost zasukov ω y v obeh podporah, pomik u x v točki T 1, ter vrednosti obeh pomikov in zasuka ω y v točki T (5,,.5). Dolžine so podane v m. ε xx = 8 x cos(2π z) 1 4, ε zz = 1 x z 1 4, ε zx = ε zx = ( x 2 (3 + 4 π sin(2 π z) 25 z x + 25) 1 4, ε yy = ε xy = ε zy =. u x (,, ) u x =, u z (,, ) u z =, u z (1,, ) u 1 z =. Rešitev: Zaradi enakosti 2 ε zz x 2 =, ε xx z 2 = 32 π 2 x cos(2 π z), ε xz z x = 16 π2 x cos(2 π z) je kompatibilnostni pogoj, ki ga v našem primeru zapišemo z enačbo identično izpolnjen. enačbi K yy = 2 ε zz x ε xx z ε xz z x = Pri izračunu pomika in zasuka poljubne točke T (x, y, z) uporabimo u T = u T + T T ω T = ω T + ((ε x + ω e x ) dx + (ε z + ω e z ) dz), T T (( ε x ) dx + ( ε z ) dz). Pri izračunu zasuka, za referenčno točko izberemo T, pa čeprav zasuka v tej točki zaenkrat še ne poznamo. Od nič različna je samo komponenta ω y. Dobimo ω y = ω y (T ) ( x 2 (3 4 π sin(2 π z) + 25 z 2 15 x) ).
9 Pri izračunu pomika upoštevamo robna pogoja u x (T ) = in u z (T ) = in tako dobimo u x = z ω y (T ) + 1 ( 4 4 x 2 cos(2 π z) + 25 z ), u z = x ω y (T ) + 1 ( 4 2 x x x (1 2 z 2 ) ). Ob upoštevanju robnega pogoja u z (T 1 ) = dobimo ω y (T ) = S tem so vsi pomiki in zasuki znani. NALOGA 1: Pri enakomerni torzijski obremenitvi ravnega nosilca z vzdolžno težiščno osjo z in krožnim prečnim prerezom je vektorsko polje pomikov v kartezijskem telesnem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z podano z izrazom Pri tem je Ω konstanten obtežni faktor. u = Ω y z e x + Ω z x e y. Zapiši vektor pomikov in izračunaj komponente tenzorja majhnih deformacij v cilindričnih koordinatah. Rešitev: Vektor pomikov v cilindričnih koordinatah u = Ω z r e ϕ. Komponente tenzorja majhnih deformacij v cilindričnih koordinatah dobimo iz enačb ε rr = u r r =, ε ϕϕ = u r r + 1 r u ϕ ϕ =, ε zz = u z z =, ε rϕ = 1 ( 1 u r 2 r ϕ + u ϕ r u ) ϕ =, r ε ϕz = 1 ( uϕ 2 z + 1 ) u z = Ω r r ϕ 2, ε zr = 1 ( ur 2 ϕ + u ) z =. r Rezultat zapišemo krajše ε rr ε rϕ ε rz [ε αβ ] = ε ϕr ε ϕϕ ε ϕz = Ω r 2 ε zr ε zϕ ε zz 1. 1 NALOGA 11: Polje pomikov je v kartezijskem telesnem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z podano z vektorjem u = 1 4 ((4 x y + 3 z) e x + (x + 7 y) e y + ( 3 x + 4 y + 4 z) e z ). Določi:
10 a) specifično spremembo volumna, b) tenzor majhnih deformacij, c) glavne normalne deformacije in pripadajoče smeri, d) ekstremne strižne deformacije in pripadajoče smeri, e) deviatorični del tenzorja majhnih deformacij, f) Rezultate prikaži z Mohrovimi krogi. Rešitev: a) specifična sprememba volumna ε V = 1 4 ( ), b) tenzor majhnih deformacij [ε ij ] = , 2 4 c) glavne normalne deformacije in pripadajoče smeri so ε 11 = 8 1 4, ε 22 = 4 1 4, ε 33 = 3 1 4, e 1 = 1 5 (2 e y + e z ), e 2 = e x, e 3 = 1 5 (e y 2 e z ). d) ekstremne strižne deformacije in pripadajoče smeri so γ 1 = 1 2 (ε 22 ε 33 ) = , γ 2 = 1 2 (ε 33 ε 11 ) = , γ 3 = 1 2 (ε 11 ε 22 ) = 2 1 4, e I = ± 2 2 (e 2 + e 3 ) = ±(.771 e x e y.6325 e z ), e II = ± 2 2 (e 3 + e 1 ) = ±(.9487 e y.3162 e z ), e III = ± 2 2 (e 1 + e 2 ) = ±(.771 e x e y e z ). e) deviatorični del tenzorja majhnih deformacij 1 [e ij ] = , 2 1 NALOGA 12: Polje pomikov je v kartezijskem telesnem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z podano z vektorjem kjer so a, b in c zelo majhne konstante. u = ( c y + b z) e x + (c x a z) e y + ( b x + a y) e z, Pokaži, da vektor pomikov opisuje rotacijo telesa. Poišči tudi vektor rotacije ω. Rešitev: Vektor rotacije ω = a e x + b e y + c e z NALOGA 13: Polje pomikov je v kartezijskem telesnem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z podano z vektorjem u = y 3 e z.
11 Poišči normalo ravnine, v kateri ni normalnih deformacij. Rešitev: Normali ravnin, v kateri ni normalnih deformacij sta e n = α e x + β e y, α 2 + β 2 = 1 in e n = α e x + β e z, α 2 + β 2 = 1. NALOGA 14: V kartezijskem koordinatnem sistemu z bazo e x, e y, e z in koordinatami x, y, z je podan kvader z oglišči A(,, ), B(a,, ), C(, b, ), D(a, b, ), E(,, c), G(a,, c), F (, b, c), H(a, b, c). Velja a : b : c = 2 : 3 : 5. Pri deformaciji ostanejo dolžine stranic AB AC in AE nespremenjene, pravi kot BAC se poveča na 9 3, pravi kot CAE se zmanjša na , pravi kot EAB pa preide na Določi specifično spremembo dolžine diagonale AH. Rešitev: Specifična sprememba dolžine diagonale ε ξξ = NALOGA 15: Valj na sliki je na levem krajišču vpet v steno, na desnem pa prost. Pri deformaciji se volumen valja ne spremeni, prav tako se ne spremeni premer valja. Razdalji AB in CD se med deformacijo ne spremenita (velja A B = AB, C D = CD ). Pač pa se spremeni kot, ki ga daljica AC oklepa z osjo z. Glej sliko. Pokaži, da velja γ zx = 2 ε zx tan(α). Namig: Za opis polja pomikov uporabi nastavek iz naloge 1 ali nastavek iz naloge 7 v vaji 6.
3. VAJA IZ TRDNOSTI. Rešitev: Pomik v referenčnem opisu: u = e y 2 e Pomik v prostorskem opisu: u = ey e. e y,e z = e z.
3. VAJA IZ TRDNOSTI (tenzor deformacij) (pomiki togega telesa, Lagrangev in Eulerjev opis, tenzor velikih deformacij, tenzor majhnih deformacij in rotacij, kompatibilitetni pogoji) NALOGA 1: Gumijasti
Διαβάστε περισσότεραGimnazija Krˇsko. vektorji - naloge
Vektorji Naloge 1. V koordinatnem sistemu so podane točke A(3, 4), B(0, 2), C( 3, 2). a) Izračunaj dolžino krajevnega vektorja točke A. (2) b) Izračunaj kot med vektorjema r A in r C. (4) c) Izrazi vektor
Διαβάστε περισσότεραTRDNOST (VSŠ) - 1. KOLOKVIJ ( )
TRDNOST (VSŠ) - 1. KOLOKVIJ (17. 12. 03) Pazljivo preberite besedilo vsake naloge! Naloge so točkovane enakovredno (vsaka 25%)! Pišite čitljivo! Uspešno reševanje! 1. Deformiranje telesa je podano s poljem
Διαβάστε περισσότεραDiferencialna enačba, v kateri nastopata neznana funkcija in njen odvod v prvi potenci
Linearna diferencialna enačba reda Diferencialna enačba v kateri nastopata neznana funkcija in njen odvod v prvi potenci d f + p= se imenuje linearna diferencialna enačba V primeru ko je f 0 se zgornja
Διαβάστε περισσότεραTretja vaja iz matematike 1
Tretja vaja iz matematike Andrej Perne Ljubljana, 00/07 kompleksna števila Polarni zapis kompleksnega števila z = x + iy): z = rcos ϕ + i sin ϕ) = re iϕ Opomba: Velja Eulerjeva formula: e iϕ = cos ϕ +
Διαβάστε περισσότεραIZPIT IZ ANALIZE II Maribor,
Maribor, 05. 02. 200. (a) Naj bo f : [0, 2] R odvedljiva funkcija z lastnostjo f() = f(2). Dokaži, da obstaja tak c (0, ), da je f (c) = 2f (2c). (b) Naj bo f(x) = 3x 3 4x 2 + 2x +. Poišči tak c (0, ),
Διαβάστε περισσότερα2. VAJA IZ TRDNOSTI. Napetostno stanje valja je določeno s tenzorjem napetosti, ki ga v kartezijskem koordinatnem. 3xy 5y 2
. VAJA IZ TRDNOSTI (tenzor napetosti) (napetostni vektor, transformacija koordinatnega sistema, glavne normalne napetosti, strižne napetosti, ravninsko napetostno stanje, Mohrovi krogi, ravnotežne enačbe)
Διαβάστε περισσότεραOdvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 5. december Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 5. december 2013 Primer Odvajajmo funkcijo f(x) = x x. Diferencial funkcije Spomnimo se, da je funkcija f odvedljiva v točki
Διαβάστε περισσότεραmatrike A = [a ij ] m,n αa 11 αa 12 αa 1n αa 21 αa 22 αa 2n αa m1 αa m2 αa mn se števanje po komponentah (matriki morata biti enakih dimenzij):
4 vaja iz Matematike 2 (VSŠ) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 2009 matrike Matrika dimenzije m n je pravokotna tabela m n števil, ki ima m vrstic in n stolpcev: a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n
Διαβάστε περισσότεραprimer reševanja volumskega mehanskega problema z MKE
Reševanje mehanskih problemov z MKE primer reševanja volumskega mehanskega problema z MKE p p RAK: P-XII//74 Reševanje mehanskih problemov z MKE primer reševanja volumskega mehanskega problema z MKE L
Διαβάστε περισσότεραOdvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 10. december Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 10. december 2013 Izrek (Rolleov izrek) Naj bo f : [a,b] R odvedljiva funkcija in naj bo f(a) = f(b). Potem obstaja vsaj ena
Διαβάστε περισσότεραZaporedja. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 22. oktober Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 22. oktober 2013 Kdaj je zaporedje {a n } konvergentno, smo definirali s pomočjo limite zaporedja. Večkrat pa je dobro vedeti,
Διαβάστε περισσότεραDelovna točka in napajalna vezja bipolarnih tranzistorjev
KOM L: - Komnikacijska elektronika Delovna točka in napajalna vezja bipolarnih tranzistorjev. Določite izraz za kolektorski tok in napetost napajalnega vezja z enim virom in napetostnim delilnikom na vhod.
Διαβάστε περισσότερα1.4 Glavne normalne napetosti v nosilcu 145. Vzdolž nevtralne osi oklepajo normale ravnin glavnih napetosti s smerjo x naslednje kote
1.4 Glavne normalne napetosti v nosilcu 145 Smeri glavnih normalnih napetosti vzdolž osi nosilca Vzdolž nevtralne osi oklepajo normale ravnin glavnih napetosti s smerjo x naslednje kote σ xx = M y z =
Διαβάστε περισσότεραdiferencialne enačbe - nadaljevanje
12. vaja iz Matematike 2 (VSŠ) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 2009 diferencialne enačbe - nadaljevanje Ortogonalne trajektorije Dana je 1-parametrična družina krivulj F(x, y, C) = 0. Ortogonalne
Διαβάστε περισσότεραVaje iz MATEMATIKE 2. Vektorji
Študij AHITEKTURE IN URBANIZMA, šol. l. 06/7 Vaje iz MATEMATIKE. Vektorji Vektorji: Definicija: Vektor je usmerjena daljica. Oznake: AB, a,... Enakost vektorjev: AB = CD: če lahko vektor AB vzporedno premaknemo
Διαβάστε περισσότεραMatematika 2. Diferencialne enačbe drugega reda
Matematika 2 Diferencialne enačbe drugega reda (1) Reši homogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti: (a) y 6y + 8y = 0, (b) y 2y + y = 0, (c) y + y = 0, (d) y + 2y + 2y = 0. Rešitev:
Διαβάστε περισσότεραNumerično reševanje. diferencialnih enačb II
Numerčno reševanje dferencaln enačb I Dferencalne enačbe al ssteme dferencaln enačb rešujemo numerčno z več razlogov:. Ne znamo j rešt analtčno.. Posamezn del dferencalne enačbe podan tabelarčno. 3. Podatke
Διαβάστε περισσότεραvezani ekstremi funkcij
11. vaja iz Matematike 2 (UNI) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 2009 ekstremi funkcij več spremenljivk nadaljevanje vezani ekstremi funkcij Dana je funkcija f(x, y). Zanimajo nas ekstremi nad
Διαβάστε περισσότεραFunkcije več spremenljivk
DODATEK C Funkcije več spremenljivk C.1. Osnovni pojmi Funkcija n spremenljivk je predpis: f : D f R, (x 1, x 2,..., x n ) u = f (x 1, x 2,..., x n ) kjer D f R n imenujemo definicijsko območje funkcije
Διαβάστε περισσότεραIntegralni račun. Nedoločeni integral in integracijske metrode. 1. Izračunaj naslednje nedoločene integrale: (a) dx. (b) x 3 +3+x 2 dx, (c) (d)
Integralni račun Nedoločeni integral in integracijske metrode. Izračunaj naslednje nedoločene integrale: d 3 +3+ 2 d, (f) (g) (h) (i) (j) (k) (l) + 3 4d, 3 +e +3d, 2 +4+4 d, 3 2 2 + 4 d, d, 6 2 +4 d, 2
Διαβάστε περισσότεραFunkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 21. november Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 21. november 2013 Hiperbolične funkcije Hiperbolični sinus sinhx = ex e x 2 20 10 3 2 1 1 2 3 10 20 hiperbolični kosinus coshx
Διαβάστε περισσότερα*M * Osnovna in višja raven MATEMATIKA NAVODILA ZA OCENJEVANJE. Sobota, 4. junij 2011 SPOMLADANSKI IZPITNI ROK. Državni izpitni center
Državni izpitni center *M40* Osnovna in višja raven MATEMATIKA SPOMLADANSKI IZPITNI ROK NAVODILA ZA OCENJEVANJE Sobota, 4. junij 0 SPLOŠNA MATURA RIC 0 M-40-- IZPITNA POLA OSNOVNA IN VIŠJA RAVEN 0. Skupaj:
Διαβάστε περισσότεραFunkcijske vrste. Matematika 2. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 2. april Gregor Dolinar Matematika 2
Matematika 2 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 2. april 2014 Funkcijske vrste Spomnimo se, kaj je to številska vrsta. Dano imamo neko zaporedje realnih števil a 1, a 2, a
Διαβάστε περισσότεραKotni funkciji sinus in kosinus
Kotni funkciji sinus in kosinus Oznake: sinus kota x označujemo z oznako sin x, kosinus kota x označujemo z oznako cos x, DEFINICIJA V PRAVOKOTNEM TRIKOTNIKU: Kotna funkcija sinus je definirana kot razmerje
Διαβάστε περισσότερα4. VAJA IZ TRDNOSTI (linearizirana elastičnost, plastično tečenje)
4. VAJA IZ TRDNOSTI (linearizirana elastičnost, plastično tečenje) NALOGA 1: Eden izmed preizkusov za določanje mehanskih lastnosti materialov je strižni preizkus, s katerim določimo strižni modul G. Vzorec
Διαβάστε περισσότεραPodobnost matrik. Matematika II (FKKT Kemijsko inženirstvo) Diagonalizacija matrik
Podobnost matrik Matematika II (FKKT Kemijsko inženirstvo) Matjaž Željko FKKT Kemijsko inženirstvo 14 teden (Zadnja sprememba: 23 maj 213) Matrika A R n n je podobna matriki B R n n, če obstaja obrnljiva
Διαβάστε περισσότεραAnaliza 2 Rešitve 14. sklopa nalog
Analiza Rešitve 1 sklopa nalog Navadne diferencialne enačbe višjih redov in sistemi diferencialnih enačb (1) Reši homogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti: (a) 6 + 8 0, (b)
Διαβάστε περισσότερα6.1.2 Togostna matrika linijskega elementa z ravno osjo po teoriji II. reda
596 6 Geometrijska nelinearnost nosilcev varnost V E pa z enačbo V E = F E F dej 6.92) Z A x je označena ploščina prečnega prereza nosilca, količina i min je najmanjši vztrajnostni polmer, F dej pa je
Διαβάστε περισσότεραcot x ni def. 3 1 KOTNE FUNKCIJE POLJUBNO VELIKEGA KOTA (A) Merske enote stopinja [ ] radian [rad] 1. Izrazi kot v radianih.
TRIGONOMETRIJA (A) Merske enote KOTNE FUNKCIJE POLJUBNO VELIKEGA KOTA stopinja [ ] radian [rad] 80 80 0. Izrazi kot v radianih. 0 90 5 0 0 70. Izrazi kot v stopinjah. 5 8 5 (B) Definicija kotnih funkcij
Διαβάστε περισσότερα13. Jacobijeva metoda za računanje singularnega razcepa
13. Jacobijeva metoda za računanje singularnega razcepa Bor Plestenjak NLA 25. maj 2010 Bor Plestenjak (NLA) 13. Jacobijeva metoda za računanje singularnega razcepa 25. maj 2010 1 / 12 Enostranska Jacobijeva
Διαβάστε περισσότεραFunkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 14. november Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 14. november 2013 Kvadratni koren polinoma Funkcijo oblike f(x) = p(x), kjer je p polinom, imenujemo kvadratni koren polinoma
Διαβάστε περισσότεραEnačba, v kateri poleg neznane funkcije neodvisnih spremenljivk ter konstant nastopajo tudi njeni odvodi, se imenuje diferencialna enačba.
1. Osnovni pojmi Enačba, v kateri poleg neznane funkcije neodvisnih spremenljivk ter konstant nastopajo tudi njeni odvodi, se imenuje diferencialna enačba. Primer 1.1: Diferencialne enačbe so izrazi: y
Διαβάστε περισσότερα1 3D-prostor; ravnina in premica
1 3D-prostor; ravnina in premica 1. Razmisli, v kakšnih legah so lahko v prostoru: (a) premica in ravnina (b) dve ravnini (c) dve premici.ugotovitve zapiši.. 2. Ali sta premici v prostoru, ki nimata skupne
Διαβάστε περισσότερα8. VAJA IZ MEHANIKE TRDNIH TELES (linearizirana elastičnost)
8. VAJA IZ MEHANIKE TRDNIH TELES (linearizirana elastičnost) NALOGA 1: Eden izmed preizkusov za določanje mehanskih lastnosti materialov je strižni preizkus, s katerim določimo strižni modul G. Vzorec
Διαβάστε περισσότερα1. Trikotniki hitrosti
. Trikotniki hitrosti. Z radialno črpalko želimo črpati vodo pri pogojih okolice z nazivnim pretokom 0 m 3 /h. Notranji premer rotorja je 4 cm, zunanji premer 8 cm, širina rotorja pa je,5 cm. Frekvenca
Διαβάστε περισσότεραVaje iz MATEMATIKE 8. Odvod funkcije., pravimo, da je funkcija f odvedljiva v točki x 0 z odvodom. f (x f(x 0 + h) f(x 0 ) 0 ) := lim
Študij AHITEKTURE IN URBANIZMA, šol l 06/7 Vaje iz MATEMATIKE 8 Odvod funkcije f( Definicija: Naj bo f definirana na neki okolici točke 0 Če obstaja lim 0 +h f( 0 h 0 h, pravimo, da je funkcija f odvedljiva
Διαβάστε περισσότεραNa pregledni skici napišite/označite ustrezne točke in paraboli. A) 12 B) 8 C) 4 D) 4 E) 8 F) 12
Predizpit, Proseminar A, 15.10.2015 1. Točki A(1, 2) in B(2, b) ležita na paraboli y = ax 2. Točka H leži na y osi in BH je pravokotna na y os. Točka C H leži na nosilki BH tako, da je HB = BC. Parabola
Διαβάστε περισσότεραDomače naloge za 2. kolokvij iz ANALIZE 2b VEKTORSKA ANALIZA
Domače naloge za 2. kolokvij iz ANALIZE 2b VEKTORSKA ANALIZA. Naj bo vektorsko polje R : R 3 R 3 dano s predpisom R(x, y, z) = (2x 2 + z 2, xy + 2yz, z). Izračunaj pretok polja R skozi površino torusa
Διαβάστε περισσότερα386 4 Virtualni pomiki in virtualne sile. A 2 x E 2 = 0. (4.99)
386 4 Virtualni pomiki in virtualne sile oziroma Ker je virtualna sila δf L poljubna, je enačba 4.99) izpolnjena le, če je δf L u L F ) L A x E =. 4.99) u L = F L A x E. Iz prikazanega primera sledi, da
Διαβάστε περισσότεραPravokotni koordinatni sistem; ravnina in premica
Pravokotni koordinatni sistem; ravnina in premica 1. Razmisli, v kakšnih legah so lahko v prostoru: (a) premica in ravnina (b) dve ravnini (c) dve premici.ugotovitve zapiši.. 2. Ali sta premici v prostoru,
Διαβάστε περισσότεραKotne in krožne funkcije
Kotne in krožne funkcije Kotne funkcije v pravokotnem trikotniku Avtor: Rok Kralj, 4.a Gimnazija Vič, 009/10 β a c γ b α sin = a c cos= b c tan = a b cot = b a Sinus kota je razmerje kotu nasprotne katete
Διαβάστε περισσότεραSplošno o interpolaciji
Splošno o interpolaciji J.Kozak Numerične metode II (FM) 2011-2012 1 / 18 O funkciji f poznamo ali hočemo uporabiti le posamezne podatke, na primer vrednosti r i = f (x i ) v danih točkah x i Izberemo
Διαβάστε περισσότερα1. Definicijsko območje, zaloga vrednosti. 2. Naraščanje in padanje, ekstremi. 3. Ukrivljenost. 4. Trend na robu definicijskega območja
ZNAČILNOSTI FUNKCIJ ZNAČILNOSTI FUNKCIJE, KI SO RAZVIDNE IZ GRAFA. Deinicijsko območje, zaloga vrednosti. Naraščanje in padanje, ekstremi 3. Ukrivljenost 4. Trend na robu deinicijskega območja 5. Periodičnost
Διαβάστε περισσότεραNaloge iz vaj: Sistem togih teles C 2 C 1 F A 1 B 1. Slika 1: Sile na levi in desni lok.
1 Rešene naloge Naloge iz vaj: Sistem togih teles 1. Tročleni lok s polmerom R sestavljen iz lokov in je obremenjen tako kot kaže skica. Določi sile podpor. Rešitev: Lok razdelimo na dva loka, glej skico.
Διαβάστε περισσότεραp 1 ENTROPIJSKI ZAKON
ENROPIJSKI ZAKON REERZIBILNA srememba: moža je obrjea srememba reko eakih vmesih staj kot rvota srememba. Po obeh sremembah e sme biti obeih trajih srememb v bližji i dalji okolici. IREERZIBILNA srememba:
Διαβάστε περισσότερα1. VAJA IZ TRDNOSTI. (linearna algebra - ponovitev, Kroneckerjev δ i j, permutacijski simbol e i jk )
VAJA IZ TRDNOSTI (lnearna algebra - ponovtev, Kroneckerev δ, permutacsk smbol e k ) NALOGA : Zapš vektor a = [, 2,5,] kot lnearno kombnaco vektorev e = [,,,], e 2 = [,2,3,], e 3 = [2,,, ] n e 4 = [,,,]
Διαβάστε περισσότεραReševanje sistema linearnih
Poglavje III Reševanje sistema linearnih enačb V tem kratkem poglavju bomo obravnavali zelo uporabno in zato pomembno temo linearne algebre eševanje sistemov linearnih enačb. Spoznali bomo Gaussovo (natančneje
Διαβάστε περισσότεραBočna zvrnitev upogibno obremenjenih elementov s konstantnim prečnim prerezom
D. Beg, študijsko gradivo za JK, april 006 KK FGG UL Bočna zvrnitev upogibno obremenjenih elementov s konstantnim prečnim prerezom Nosilnost na bočno zvrnitev () Elemente, ki niso bočno podprti in so upogibno
Διαβάστε περισσότερα4. Zapiši Eulerjeve dinamične enačbe za prosto osnosimetrično vrtavko. ω 2
Mehanikateoretičnavprašanjainodgovori 1/12 Newtonovamehanika 1. Določiravninogibanjatočkevpoljucentralnesile. Ravninagibanjagreskozicentersileinimanormalovsmerivrtilne količine 2. Zapišiperiodogibanjapremočrtnegagibanjapodvplivompotenciala
Διαβάστε περισσότεραKODE ZA ODKRIVANJE IN ODPRAVLJANJE NAPAK
1 / 24 KODE ZA ODKRIVANJE IN ODPRAVLJANJE NAPAK Štefko Miklavič Univerza na Primorskem MARS, Avgust 2008 Phoenix 2 / 24 Phoenix 3 / 24 Phoenix 4 / 24 Črtna koda 5 / 24 Črtna koda - kontrolni bit 6 / 24
Διαβάστε περισσότεραNAVOR NA (TOKO)VODNIK V MAGNETNEM POLJU
NAVOR NA (TOKO)VODNIK V MAGNETNEM POLJU Equatio n Section 6Vsebina poglavja: Navor kot vektorski produkt ročice in sile, magnetni moment, navor na magnetni moment, d'arsonvalov ampermeter/galvanometer.
Διαβάστε περισσότεραZBIRKA REŠENIH NALOG IZ MATEMATIKE II
Univerza v Ljubljani Fakulteta za elektrotehniko Andrej Perne ZBIRKA REŠENIH NALOG IZ MATEMATIKE II Skripta za vaje iz Matematike II (UNI + VSP) Ljubljana, determinante Determinanta det A je število, prirejeno
Διαβάστε περισσότεραUVOD V ENERGIJSKE METODE V MEHANIKI KONSTRUKCIJ
1. UVOD V ENERGIJSKE METODE V MEHANIKI KONSTRUKCIJ Vosnovnemtečaju mehanike trdnih teles smo izpeljali sistem petnajstih osnovnih enačb, s katerimi lahko načeloma določimo napetosti, deformacije in pomike
Διαβάστε περισσότεραRešeni primeri iz elastomehanike
UNIVERZA V LJUBLJANI FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Daniel Svenšek Rešeni primeri iz elastomehanike delovna verzija (29. februar 2016) LJUBLJANA 2016 Kazalo 1 Uvod 5 1.1 Operacije nad matrikami in vektorji......................
Διαβάστε περισσότεραBooleova algebra. Izjave in Booleove spremenljivke
Izjave in Booleove spremenljivke vsako izjavo obravnavamo kot spremenljivko če je izjava resnična (pravilna), ima ta spremenljivka vrednost 1, če je neresnična (nepravilna), pa vrednost 0 pravimo, da gre
Διαβάστε περισσότεραDefinicija. definiramo skalarni produkt. x i y i. in razdaljo. d(x, y) = x y = < x y, x y > = n (x i y i ) 2. i=1. i=1
Funkcije več realnih spremenljivk Osnovne definicije Limita in zveznost funkcije več spremenljivk Parcialni odvodi funkcije več spremenljivk Gradient in odvod funkcije več spremenljivk v dani smeri Parcialni
Διαβάστε περισσότεραSKUPNE PORAZDELITVE VEČ SLUČAJNIH SPREMENLJIVK
SKUPNE PORAZDELITVE SKUPNE PORAZDELITVE VEČ SLUČAJNIH SPREMENLJIVK Kovaec vržemo trikrat. Z ozačimo število grbov ri rvem metu ( ali ), z Y a skuo število grbov (,, ali 3). Kako sta sremelivki i Y odvisi
Διαβάστε περισσότεραZaporedja. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 15. oktober Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 15. oktober 2013 Oglejmo si, kako množimo dve kompleksni števili, dani v polarni obliki. Naj bo z 1 = r 1 (cosϕ 1 +isinϕ 1 )
Διαβάστε περισσότεραPONOVITEV SNOVI ZA 4. TEST
PONOVITEV SNOVI ZA 4. TEST 1. * 2. *Galvanski člen z napetostjo 1,5 V požene naboj 40 As. Koliko električnega dela opravi? 3. ** Na uporniku je padec napetosti 25 V. Upornik prejme 750 J dela v 5 minutah.
Διαβάστε περισσότεραTema 1 Osnove navadnih diferencialnih enačb (NDE)
Matematične metode v fiziki II 2013/14 Tema 1 Osnove navadnih diferencialnih enačb (NDE Diferencialne enačbe v fiziki Večina osnovnih enačb v fiziki je zapisana v obliki diferencialne enačbe. Za primer
Διαβάστε περισσότερα1 Seštevanje vektorjev in množenje s skalarjem
Poglavje I Vektorji Seštevanje vektorjev in množenje s skalarjem Za lažjo geometrično predstavo si najprej oglejmo, kaj so vektorji v ravnini. Vektor je usmerjena daljica, ki je natanko določena s svojo
Διαβάστε περισσότεραKvadratne forme. Poglavje XI. 1 Definicija in osnovne lastnosti
Poglavje XI Kvadratne forme V zadnjem poglavju si bomo ogledali še eno vrsto preslikav, ki jih tudi lahko podamo z matrikami. To so tako imenovane kvadratne forme, ki niso več linearne preslikave. Kvadratne
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 περισσότεραVEKTORJI. Operacije z vektorji
VEKTORJI Vektorji so matematični objekti, s katerimi opisujemo določene fizikalne količine. V tisku jih označujemo s krepko natisnjenimi črkami (npr. a), pri pisanju pa s puščico ( a). Fizikalne količine,
Διαβάστε περισσότεραKotne funkcije poljubnega kota. Osnovne zveze med funkcijamo istega kota. Uporaba kotnih funkcij v poljubnem trikotniku. Kosinusni in sinusni izrek.
DN#3 (januar 2018) 3A Teme, ki jih preverja domača naloga: Kotne funkcije poljubnega kota. Osnovne zveze med funkcijamo istega kota. Uporaba kotnih funkcij v poljubnem trikotniku. Kosinusni in sinusni
Διαβάστε περισσότεραFAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pisni izpit 22. junij Navodila
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pisni izpit 22 junij 212 Ime in priimek: Vpisna št: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Veljale bodo samo rešitve na papirju, kjer
Διαβάστε περισσότεραMatematika vaja. Matematika FE, Ljubljana, Slovenija Fakulteta za Elektrotehniko 1000 Ljubljana, Tržaška 25, Slovenija
Matematika 1 3. vaja B. Jurčič Zlobec 1 1 Univerza v Ljubljani, Fakulteta za Elektrotehniko 1000 Ljubljana, Tržaška 25, Slovenija Matematika FE, Ljubljana, Slovenija 2011 Določi stekališča zaporedja a
Διαβάστε περισσότεραINŽENIRSKA MATEMATIKA I
INŽENIRSKA MATEMATIKA I REŠENE NALOGE za izredne študente VSŠ Tehnično upravljanje nepremičnin Marjeta Škapin Rugelj Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Kazalo Števila in preslikave 5 Vektorji 6 Analitična
Διαβάστε περισσότεραMatematika 1. Gregor Dolinar. 2. januar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. Gregor Dolinar Matematika 1
Mtemtik 1 Gregor Dolinr Fkultet z elektrotehniko Univerz v Ljubljni 2. jnur 2014 Gregor Dolinr Mtemtik 1 Izrek (Izrek o povprečni vrednosti) Nj bo m ntnčn spodnj mej in M ntnčn zgornj mej integrbilne funkcije
Διαβάστε περισσότεραIterativno reševanje sistemov linearnih enačb. Numerične metode, sistemi linearnih enačb. Numerične metode FE, 2. december 2013
Numerične metode, sistemi linearnih enačb B. Jurčič Zlobec Numerične metode FE, 2. december 2013 1 Vsebina 1 z n neznankami. a i1 x 1 + a i2 x 2 + + a in = b i i = 1,..., n V matrični obliki zapišemo:
Διαβάστε περισσότεραLinearne preslikave. Poglavje VII. 1 Definicija linearne preslikave in osnovne lastnosti
Poglavje VII Linearne preslikave V tem poglavju bomo vektorske prostore označevali z U,V,W,... Vsi vektorski prostori bodo končnorazsežni. Zaradi enostavnosti bomo privzeli, da je pripadajoči obseg realnih
Διαβάστε περισσότερα8. Diskretni LTI sistemi
8. Diskreti LI sistemi. Naloga Določite odziv diskretega LI sistema s podaim odzivom a eoti impulz, a podai vhodi sigal. h[] x[] - - 5 6 7 - - 5 6 7 LI sistem se a vsak eoti impulz δ[] a vhodu odzove z
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 περισσότεραKlasična mehanika 2 ELASTOMEHANIKA & HIDRODINAMIKA
Klasična mehanika 2 ELASTOMEHANIKA & HIDRODINAMIKA Matej Ulčar predavanja pri prof. Primožu Ziherlu 18. avgust 2014 Povzetek O zapiskih: ti zapiski so nastajali v glavnem sproti po predavanjih z namenom
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 περισσότεραFunkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 12. november Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 12. november 2013 Graf funkcije f : D R, D R, je množica Γ(f) = {(x,f(x)) : x D} R R, torej podmnožica ravnine R 2. Grafi funkcij,
Διαβάστε περισσότεραMatematika 1. Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta
Matematika 1 Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta 21. april 2008 102 Poglavje 4 Odvod 4.1 Definicija odvoda Naj bo funkcija f definirana na intervalu (a, b) in x 0 točka s tega intervala. Vzemimo
Διαβάστε περισσότεραOdvode odvisnih spremenljivk po neodvisni spremenljivki bomo označevali s piko: Sistem navadnih diferencialnih enačb prvega reda ima obliko:
4 Sisemi diferencialnih enačb V prakičnih primerih večkra naleimo na več diferencialnih enačb, ki opisujejo določen pojav in so medsebojno povezane edaj govorimo o sisemih diferencialnih enačb V eh enačbah
Διαβάστε περισσότεραOsnove matematične analize 2016/17
Osnove matematične analize 216/17 Neža Mramor Kosta Fakulteta za računalništvo in informatiko Univerza v Ljubljani Kaj je funkcija? Funkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja
Διαβάστε περισσότεραLinearna algebra. Bojan Orel Fakulteta za računalništvo in informatiko
Linearna algebra Bojan Orel Fakulteta za računalništvo in informatiko 23. februar 205 CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 52.64(075.8)(0.034.2) OREL, Bojan
Διαβάστε περισσότεραDISKRETNA FOURIERJEVA TRANSFORMACIJA
29.03.2004 Definicija DFT Outline DFT je linearna transformacija nekega vektorskega prostora dimenzije n nad obsegom K, ki ga označujemo z V K, pri čemer ima slednji lastnost, da vsebuje nek poseben element,
Διαβάστε περισσότεραŽiga Virk REŠENE NALOGE IZ UVODA V DIFERENCIALNO GEOMETRIJO
Žiga Virk REŠENE NALOGE IZ UVODA V DIFERENCIALNO GEOMETRIJO Ljubljana 2015 ii naslov: REŠENE NALOGE IZ UVODA V DIFERENCIALNO GEOME- TRIJO avtorske pravice: Žiga Virk izdaja: prva izdaja založnik: samozaložba
Διαβάστε περισσότεραFazni diagram binarne tekočine
Fazni diagram binarne tekočine Žiga Kos 5. junij 203 Binarno tekočino predstavljajo delci A in B. Ti se med seboj lahko mešajo v različnih razmerjih. V nalogi želimo izračunati fazni diagram take tekočine,
Διαβάστε περισσότεραMehanika. L. D. Landau in E. M. Lifšic Inštitut za fizikalne naloge, Akademija za znanost ZSSR, Moskva Prevod: Rok Žitko, IJS
Mehanika L. D. Landau in E. M. Lifšic Inštitut za fizikalne naloge, Akademija za znanost ZSSR, Moskva Prevod: Rok Žitko, IJS 2. januar 2004 Kazalo 1 Gibalne enačbe 4 1 Posplošene koordinate...............................
Διαβάστε περισσότεραMatematika. Funkcije in enačbe
Matematika Funkcije in enačbe (1) Nariši grafe naslednjih funkcij: (a) f() = 1, (b) f() = 3, (c) f() = 3. Rešitev: (a) Linearna funkcija f() = 1 ima začetno vrednost f(0) = 1 in ničlo = 1/. Definirana
Διαβάστε περισσότερα3. AMPEROV ZAKON. SLIKA: Zanka v magnetnem polju. Integral komponente magnetnega polja v smeri zanke je sorazmeren toku, ki ga zanka oklepa.
3. AMPEROV ZAKON Equation Section 3 Vsebina poglavja: Integral polja po zaključeni zanki je sorazmeren toku, ki ga zanka objame. Izračuni polja s pomočjo Amperovega zakona za: tokovno premico, solenoid,
Διαβάστε περισσότεραAfina in projektivna geometrija
fina in projektivna geometrija tožnice () kiciraj stožnico v evklidski ravnini R, ki je določena z enačbo 6 3 8 + 6 =. Rešitev: tožnica v evklidski ravnini je krivulja, ki jo določa enačba a + b + c +
Διαβάστε περισσότεραslika: 2D pravokotni k.s. v ravnini
Koordinatni sistemi Dejstvo je, da živimo v tridimenzionalnem Evklidskem prostoru. To je aksiom, ki ga ni potrebno dokazovati. Da bi podali geometrijski položaj točke v prostoru je primerno sredstvo za
Διαβάστε περισσότεραTEHNIŠKA MEHANIKA - sinopsis predavanj v šolskem letu 2014/2015
TEHNIŠKA MEHANIKA - sinopsis predavanj v šolskem letu 014/015 BF : Viskokošolski strokovni študij 6. 10. 14 KINEMATIKA IN DINAMIKA TOČKE Kinematika Položaj točke P, opazovalec O, kartezični koordinatni
Διαβάστε περισσότεραPoglavje 7. Poglavje 7. Poglavje 7. Regulacijski sistemi. Regulacijski sistemi. Slika 7. 1: Normirana blokovna shema regulacije EM
Slika 7. 1: Normirana blokovna shema regulacije EM Fakulteta za elektrotehniko 1 Slika 7. 2: Principielna shema regulacije AM v KSP Fakulteta za elektrotehniko 2 Slika 7. 3: Merjenje komponent fluksa s
Διαβάστε περισσότερα11.5 Metoda karakteristik za hiperbolične PDE
11.5 Metoda karakteristik za hiperbolične PDE Hiperbolična kvazi linearna PDE ima obliko au xx + bu xy + cu yy = f, (1) kjer so a, b, c, f funkcije x, y, u, u x in u y, ter velja b 2 4ac > 0. Če predpostavimo,
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 περισσότεραPOROČILO 3.VAJA DOLOČANJE REZULTANTE SIL
POROČILO 3.VAJA DOLOČANJE REZULTANTE SIL Izdba aje: Ljubjana, 11. 1. 007, 10.00 Jan OMAHNE, 1.M Namen: 1.Preeri paraeogramsko praio za doočanje rezutante nezporedni si s skupnim prijemaiščem (grafično)..dooči
Διαβάστε περισσότεραMERITVE LABORATORIJSKE VAJE. Študij. leto: 2011/2012 UNIVERZA V MARIBORU. Skupina: 9
.cwww.grgor nik ol i c NVERZA V MARBOR FAKTETA ZA EEKTROTEHNKO, RAČNANŠTVO N NFORMATKO 2000 Maribor, Smtanova ul. 17 Študij. lto: 2011/2012 Skupina: 9 MERTVE ABORATORJSKE VAJE Vaja št.: 4.1 Določanj induktivnosti
Διαβάστε περισσότεραTransformator. Delovanje transformatorja I. Delovanje transformatorja II
Transformator Transformator je naprava, ki v osnovi pretvarja napetost iz enega nivoja v drugega. Poznamo vrsto različnih izvedb transformatorjev, glede na njihovo specifičnost uporabe:. Energetski transformator.
Διαβάστε περισσότεραOsnove elektrotehnike uvod
Osnove elektrotehnike uvod Uvod V nadaljevanju navedena vprašanja so prevod testnih vprašanj, ki sem jih našel na omenjeni spletni strani. Vprašanja zajemajo temeljna znanja opredeljenega strokovnega področja.
Διαβάστε περισσότεραNekaj zgledov. J.Kozak Numerične metode II (IŠRM) / 21
Nekaj zgledov J.Kozak Numerične metode II (IŠRM) 2011-2012 1 / 21 V robnih problemih rešitev diferencialne enačbe zadošča dodatnim pogojem, ki niso vsi predpisani v isti točki. Že osnovna zahteva, kot
Διαβάστε περισσότεραNajprej zapišemo 2. Newtonov zakon za cel sistem v vektorski obliki:
NALOGA: Po cesi vozi ovornjak z hirosjo 8 km/h. Tovornjak je dolg 8 m, širok 2 m in visok 4 m in ima maso 4 on. S srani začne pihai veer z hirosjo 5 km/h. Ob nekem času voznik zaspi in ne upravlja več
Διαβάστε περισσότεραInverzni problem lastnih vrednosti evklidsko razdaljnih matrik
Univerza v Ljubljani Fakulteta za računalništvo in informatiko Fakulteta za matematiko in fiziko Peter Škvorc Inverzni problem lastnih vrednosti evklidsko razdaljnih matrik DIPLOMSKO DELO UNIVERZITETNI
Διαβάστε περισσότερα