1. Funkcije više promenljivih
|
|
- Βοανηργες Γλυκύς
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 1. Funkcije više promenljivih 1. Granične vrednosti funkcija više promenljivih Definicija 1. Funkcija f : D( R n R ima graničnu vrednost u tački (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n D i jednaka je broju α R ako važi ( ( ε > 0( δ > 0 (x 1, x 2,..., x n ( D (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n Tada pišemo (x 1,..., x n (x 0 1,..., x 0 n < δ f(x 1,..., x n α < ε f(x 1..., x n = α (x 1,..., x n (x 0 1,..., x0 n i ovu graničnu vrednost nazivamo n-esom u tački (x 0 1,..., x 0 n. Ako je n = 2 es nazivano dvojnim (dvostrukim. Definicija 2. Za funkciju f : D( R n R definišemo ponovljene granične vrednosti na sledeći način x i(n x 0 i(n x i(n 1 x 0 i(n 1 f(x 1..., x n x i(1 x 0 i(1 i ima ih n! jer niz i(1, i(2..., i(n P{1, 2,..., n} Primer: Za funkciju tri promenljive f(x, y, z : R 3 R u tački (x 0, y 0, z 0 posmatramo sledeće granične vrednosti f(x, y, z (x, y, z (x 0, y 0, z 0 1
2 x x 0 y y 0 x x 0 z z 0 f(x, y, z; z z 0 f(x, y, z; y y 0 y y 0 x x 0 y y 0 z z 0 f(x, y, z z z 0 f(x, y, z x x 0 z z 0 x x 0 f(x, y, z y y 0 z z 0 y y 0 f(x, y, z x x 0 Postavlja se pitanje odnosa n-esa i ponovljenih esa. Pre formalnog dokaza stavova koji ilustuju ovaj odnos navodimo jedan primer. Primer 1. Za funkciju f(x, y = x sin( 1 imamo da je y f(x, y = 0, dok y 0 x 0 x 0 y 0 sin( 1 ne postoji. y f(x, y = 0, (x, y (0, 0 Dakle zbog prethodnog primera vidimo da postojanje n-esa (u ovom slučaju dvojnog ne povlači postojanje ponovljenih esa. Tvrd enje 1. (Hajne - Borelova definicija granične vrednosti (1 (x 1,..., x n (x 0 1,..., x0 n f(x 1..., x n = α ako i samo ako važi za svaki niz (2 (x k 1, x k 2,..., x k n k (x 0 1,..., x 0 n važi da (3 f(x k 1, x k 2,..., x k n k α Dokaz: (Uslov je potreban Neka važi (1 i neka za niz (x k 1, x k 2,..., x k n k N važi (2. Tada imamo da je: iz (1: ( ε > 0( δ 1 > 0( (x 1,..., x n (x 0 1,..., x 0 n (x 1,..., x n (x 0 1,..., x 0 n < δ 1 f(x 1,..., x n α < ε iz (2 ( δ 1 >0( k 0 Nk k 0 (x k 1, x k 2,..., x k n (x 0 1,..., x 0 n < δ 1 iz (I i (II ( ε > 0( k 0 Nk k 0 f(x k 1, x k 2,..., x k n α < ε što znači da važi (3. (I (II (Uslov je dovoljan Za dokaz obrnutog stava koristimo kontrapoziciju koja je iskazana logičkom formulom B A A B. Tačnije pokazaćemo da iz (4: f(x 1..., x n α sledi da (x 1,..., x n (x 0 1,..., x0 n postoji niz (x k 1,..., x k n (x 0 1,..., x 0 n a da pritom f(x k 1,..., x k n α. Zaista, ako važi (4 tada 2
3 (I ( ( ε > 0 δ = 1 ( (x k k 1, x k 2,..., x k n (x 0 1,..., x 0 n (x k 1,..., x k n (x 0 1,..., x 0 n < 1 k f(xk 1,..., x k n α ε Upravo ovako konstruisan niz zadovoljava negaciju. Primer 2. Ispitati postojanje dvojnog i ponovljenih esa za funkciju f(x, y = x y u tački (0, 0. x+y Rešnje: f(x, y = 1 x 0 y 0 f(x, y = 1, y 0 x 0 dok dvojni es ne postoji jer za nizove zk 1 = ( 2, 1 i k k z2 k = ( 3, 4 koji k k konvergiraju ka graničnoj tački (0, 0, važi da nizovi njihovih slika konvergiraju ka f(zk 1 1, 3 f(z2 k 1, a pošto je granična vrednost jedinstveno 7 odred ena sledi da dvojni es ne postoji. Teoremu o odnosu ponovljenih i dvojnog esa pokazaćemo razmatrajući funkcije dve promenljive. Teorema 1. ( Dovoljni uslovi za postojanje ponovljenog esa, ako postoji dvojni Neka f : D( R 2 R i neka je (x 0, y 0 D tačka nagomilavanja domena funkcije. Ako a postoji (x, y (x 0, y 0 f(x, y = α b za svako y R postoji x x 0 (x, y D tada posoji ponovljeni es Dokaz: Iz a sledi da y y 0 ( ε > 0( δ > 0( (x, y( D (x 0, y 0 f(x, y = ψ(y f(x, y i jednak je dvojnom. x x 0 (x, y (x 0, y 0 < δ f(x, y α < ε Puštajući da x x 0, zbog neprekidnosti funkcije apsolutne vrednosti dobijamo da važi ( ε > 0( δ > 0( (x, y( D (x 0, y 0 (x, y (x 0, y 0 < δ x x0 f(x, y α < ε 3
4 odnosno ( ε > 0( δ > 0( y y y 0 < δ ψ(y α < ε, što znači da je y y 0 ψ(y = α Definicija 3. Uniformna granična vrednost. Neka f : A B R, (A, B R, A, B. Neka je (x 0, y 0 A B tačka nagomilavanja. Tada kažemo da f(x, y = ϕ(x postoji uniformno po y y 0 x ako važi ( ε>0( δ >0( y B0< y y 0 <δ ( x A f(x, y ϕ(x <ε, dakle δ = δ(ε ne zavisi od izbora x. Teorema o razmeni dva esa (Moore-ova teorema Neka f : A B R, (A, B R, A, B i (x 0, y 0 A B. Ako važi a ( y B postoji x x 0 f(x, y = ψ(y b y y 0 f(x, y = ϕ(x uniformno po x na skupu A, tada postoje oba poovljena esa kao i dvojni i svi su med usobno jednaki. Dokaz: Dovoljno je dokazati da postoji (x, y (x 0, y 0 f(x, y pa će ostali deo tvrd enja teoreme slediti iz prethodne teoreme. Zbog a važi: (i ( y B( ε>0( δ 1 >0( x A0< x x 0 <δ 1 f(x, y ψ(y < ε 6 Zbog b važi: (ii ( ε>0( δ 2 >0( y B0< y y 0 <δ 2 ( x A f(x, y ϕ(x < ε 6 Dokazaćemo da funkcija zadovoljava Cauchy-ev uslov za postojanje esa, odakle će zbog kompletnosti prostora R 2 slediti tvd enje. Neka su (x, y i (x, y elementi takvi da je x x 0 < δ, x x 0 < δ i y y 0 < δ, y y 0 < δ, pri čemu (x, y, (x, y A B i δ = min{δ 1, δ 2 }. Tada za proizvoljno fiksirano y B važi da je f(x, y f(x, y f(x, y f(x, y + f(x, y f(x, y f(x, y ϕ(x + ϕ(x f(x, y + f(x, y f(x, y ε 6 + ε 6 + f(x, y f(x, y 2ε 6 + f(x, y ψ( y +(ψ( y f(x, y + f(x, y ϕ(x + ϕ(x f(x, y ε + 2ε = ε 3 3 4
5 Dodatno objašnjenje: Cauchyev uslov postojanja dvojnog esa. ( ε > 0( δ > 0( (x, y ( (x 0, y 0, (x, y ( (x 0, y 0 D (x, y (x 0, y 0 <δ (x, y (x 0, y 0 <δ f(x, y f(x, y < ε U našem slučaju imamo da za δ = min{δ 1, δ 2 } važi da je: x x 0, y y 0 < (x, y (x 0, y 0 < δ x x 0, y y 0 < (x, y (x 0, y 0 < δ Dakle, važi Cauchy-ev uslov konvergencije, te dvojni es postoji. 2. Neprekidnost funkcija više promenljivih Definicija 4. Funkcija f : D( R n R neprekidna je u fiksiranoj tački (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n D ako važi ( ε>0( δ >0( (x, y D (x, y (x 0, y 0 <δ f(x, y f(x 0, y 0 < ε. Tvrd enje 2. (Hajne Borelova definicija neprekidnosti Funkcija f : R n R neprekidna je u tački (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n ako i samo ako za svaki niz (x k 1, x k 2,..., x k n k N, takav da (x k 1, x k 2,..., x k n k (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n važi da niz njegovih slika f(x k 1, x k 2,..., x k n k f(x 0 1, x 0 2,..., x 0 n Dokaz: Dokaz tvrd enja sličan je dokazu Tvrd enja 1. Definicija 5. Funkcija f : D( R n R ravnomerno je neprekidna na nekom skupu E D ako važi ( ε>0( δ >0( (x 1,..., x n, (x 1,..., x n E (x 1,..., x n (x 1,..., x n < δ f((x 1,..., x n f((x 1,..., x n < ε Primer 1. Ispitati neprekidnost funkcije 2xy, (x, y (0, 0 f(x, y = x 2 + y 2 0, (x, y = (0, 0 Rešenje: Za (x, y (0, 0 funkcija je neprekidna kao superpozicija neprekidnih. U tački (0, 0 funkcija nije neprekidna. Uočimo niz z n = ( 1, 1 (0, 0, n n dok niz njegovih slika f(z n 1 0 = f(0, 0 te nije zadovoljen uslov Tvrd enja 1, odnosno funkcija u tački (0, 0 ima prekid. 5
6 Tvrd enje 3. (Hajne-Borelova definicija ravnomerne neprekidnosti Funkcija f : D( R n R ravnomerno je neprekidna na skupu E D ako važi: Za svaka dva niza (x k 1, x k 2,..., x k n k N i (x k 1, x k 2,..., x k n k N takva da (x k 1, x k 2,..., x k n (x k 1, x k 2,..., x k n k 0 važi da f(x k 1,..., x k n f(x k 1,..., x k n k 0, odnosno dovoljno bliski nizovi slikaju se u dovoljno bliske nizove. Primer 2. Ispitati ravnomernu neprekidnost funkcije f(x, y, z = cos(x 2 + y 2 + z 2 Rešenje: Dokazaćemo da funkcija nije ravnomerno neprekidna (obično, kao superpozicija neprekidnih funkcija ona jeste neprekidna. Uočimo nizove z 1 n = ( 2nπ, 2nπ, 2nπ z 2 n = ( π + 2nπ, π + 2nπ, π + 2nπ Dati nizovi su dovoljno bliski jer zn 1 zn 2 = 3( π + 2nπ π 3π n = 0 π + 2nπ + π S druge strane f(z 1 n f(z 2 n = cos (6nπ cos (3π + 6nπ = 2 0 nizovi slika nisu dovoljno bliski. Rešenje ovog primera zasniva se na Hajne-Borelovoj definiciji ravnomerne neprekidnosti. 3. Diferencijabilnost funkcija više promenljivih 3.1. Parcijalni izvodi funkcije više promenljivih Definicija 6. Neka je f : D( R n R, D otvoren skup i {e 1,..., e n } standardna baza prostora R n. Parcijalni izvod funkcije f po promenljivoj x i u tački (x 0 1,..., x 0 n definišemo pomoću f (x 0 x 1,..., x 0 f((x 0 n = 1,..., x 0 n + he i f(x 0 1,..., x 0 n i h 0 h 6
7 Čak i više ako je v proizvoljan vektor v = (v 1,..., v n, tada izvod u pravcu vektora v, u tački (x 0 1,..., x 0 n definišemo pomoću f v (x0 1,..., x 0 f((x 0 n = 1,..., x 0 n + h(v 1,..., v n f(x 0 1,..., x 0 n h 0 h Dakle, parcijalni izvodi su obični izvodi po nekoj od promenljivih nad kojima je funkcija definisana i važe sva pravila kod funkcija jedne promenljive Diferencijabilnost funkcija više promenljivih Definicija 7. Neka je f : D( R n R i D otvoren skup. Preslikavanje f je diferencijabilno u tački (x 0 1,..., x 0 n ako postoji linearna funkcija A(x 1,..., x n L(R n, R takva da važi f(x h 1,..., x 0 n + h n f(x 0 1,..., x 0 n A(x 0 1,..., x 0 n(h 1,..., h n h 0 h (h 1,..., h n (0,..., 0 =0 Vrednost A(x 0 1,..., x 0 n nazivamo izvodom funkcije f u tački (x 0 1,..., x 0 n i označavamo sa f (x 0 1,..., x 0 n. Napomena: Ako je funkcija f diferencijabilna u tački (x 0 1,..., x 0 n tada se priraštaj funkcije u toj tački može napisati kao gde važi da je f((x 0 1,..., x 0 n+(h 1,..., h n A(x 0 1,..., x 0 n(h u(h u(h (5 h 0 h = 0 (h = (h 1,..., h n Tvrd enje 4. Ako je funkcija f : D( R n R diferencijabilna u tački (x 0 1,..., x 0 n D tada je ona u toj tački neprekidna. Dokaz: Označimo sa x 0 (x 0 1,..., x 0 n, a h (h 1,..., h n. Imamo da f(x 0 + h f(x 0 = A(x 0 (h + u(h A(x 0 h + u(h 0 h 0 {objašnjenje: iz (5 sledi da je i u(h = 0}. h 0 Primer: Za funkciju f(x, y = x 2 + y 2 : R 2 R odredimo izvodnu funkciju. 7
8 Neka je A(x, y izvodna funkcija. Tada imamo da je [ ] h1 A(x, y h = [a, b] = ah 1 + bh 2, pri čemu mora važiti f(x + h 1, y + h 2 f(x, y A(x, y h h 0 h Kako je prethodni uslov ekvivalentan sa h 2 = 0. (x + h (y + h 2 2 x 2 y 2 ah 1 bh 2 h 0 h h 2 2 2xh 1 + h yh 2 + h 2 2 ah 1 bh 2 = 0 h 0 h h 2 2 (2x ah 1 + (2y bh 2 h h h 0 h h 2 h 0 2 h h 2 2 = 0 = 0 dobijamo da mora važiti a = 2x, b = 2y, jer u suprotnom prva granična vrednost ne bi bila 0 pošto bi beskonačno male veličine brojioca i imenioca bile istog reda za a 2x ili b 2y. Dakle, A(x, y = [2x, 2y] je izvod funkcije. Tvrd enje 5. Ako je f : R n R diferencijabilna funkcija, tada je njen izvod A(x jedinstven. (x (x 1,..., x n Dokaz: Pretpostavimo da postoje dva izvoda funkcije f, označeni sa A 1 (x i A 2 (x, pri čemu A 1 (x, A 2 (x L(R n, R. Posmatrajmo B(x h = A 1 (x (h A 2 (x (h = = [f(x + h f(x A 2 (x (h] [f(x + h f(x A 1 (x (h] = = u 2 (h u 1 (h Kako je B(x(h = u 2(h u 1 (h u 2(h + u 1(h 0, a funkcija h h h h B(x h je linearna, odnosno važi B(x(th = B(x(h 0 za svako th h t > 0, tada je B(x h = 0 B(x h = 0, za svako h R n Teorema o potrebnim uslovima diferencijabilnosti. Neka je funkcija f : D( R n R diferencijabilna u tački x 0 = (x 0 1,..., x 0 n D. Tada postoje parcijalni izvodi, po svim promenljivim, u toj tački. Dokaz: Čak i više, dokazaćemo da ako je funkcija diferencijabilna i v 8
9 proizvoljan vektor takav da v R n \{(0,..., 0}, tada postoji izvod funkcije f u pravcu vektora v. Zaista, ako je funkcija diferencijabilna tada važi: f(x 0 + v f(x 0 f (x 0 (v v 0 h hv 0 1 v f(x 0 + hv f(x 0 f (x 0 (hv hv f(x 0 + hv f(x 0 hf (x 0 (v h h 0 = 0 = 0 = 0 f(x0 + hv f(x 0 f (x h 0 h (v = 0 0 f(x 0 + hv f(x 0 što je ekvivalentno sa = f (x 0 (v h 0 h Specijalno ako je v = e i (i = 1,..., n dobijamo da postoje parcijalni izvodi. Zaključak: Dakle, ako je funkcija diferencijabilna tada postoje parcijalni izvodi i pritom važi f (x 0 = [ f (x 0,..., f ] (x 0 x 1 x n Obrnuto ne mora da važi, tj. iz postojanja parcijalnih izvoda ne sledi diferencijabilnost funkcije, što pokazuje sledeći primer. Primer: Ispitati diferencijabilnost funkcije 0, (x, y = (0, 0 f(x, y = x 3, (x, y (0, 0 x 2 + y 2 u tački (0, 0 Rešenje: f f(h, 0 f(0, 0 (0, 0 = x h 0 h f (0, 0 = y h 0 f(0, h f(0, 0 h = 1 = 0 9
10 Ako bi funkcija bila diferencijabilna tada važi h 0 h = (h 1, h 2 f(h 1, h 2 f(0, 0 1 h 1 0 h 2 h h 2 2 = 0 h 0 što nije tačno jer za niz z n = n h 1 h 2 2 (h h 2 2 3/2 = 0 ( 1, 1 n n n 1 n 3 2 3/2 1 n 3 = 1 ( (0, 0 imamo da Teorema o dovoljnim uslovima diferencijabilnosti. Neka funkcija f : D( R n R i neka je D otvoren skup. Tada važi: f je neprekidno diferencijabilna na D ako i samo ako postoje parcijalni izvodi na D i neprekidne su funkcije. Objašnjenje: Postojanje neprekidnih parcijalnih izvoda je dovoljan, ali ne i potreban uslov diferencijabilnosti jer pored diferencijabilnosti on obezbed uje i neprekidnost izvodne funkcije. Geometrijska interpretacija izvoda: Ako je jednačinom F (x 1,..., x n = 0 zadana površ u R n tada n-torka ( F x 1,..., F x n (x , x 0 n predstavlja normalan vektor na tangentnu ravan površi zadane gornjom jednačinom u tački (x , x 0 n Parcijalni izvodi višeg reda Definicija 8. Parcijalni izvodi višeg reda definišu se rekurentno na sledeći način n f = ( k 1 f x i(k x i(k 1,..., x i(1 x i(k x i(k 1,..., x i(1 gde je i(k, i(k 1,..., i(1 niz elemenata skupa {1, 2,..., n} koji odgovaraju varijacijama od n elemenata k-te klase sa ponavljanjem. Dakle ima ih V k n = n k Broj parcijalnih izvoda k-tog reda funkcije od n promenljivih. 10
11 Primer: Za funkciju f : R 2 R koja ima prezentaciju f = f(x, y postoje sledeći parcijalni izvodi drugog reda 2 f x, 2 f ponovljeni parcijalni izvodi 2 y2 2 f y x, 2 f mešoviti parcijalni izvodi x y Postavlja se pitanje jednakosti mešovitih parcijalnih izvoda? U cilju dokazivanja glavnog tvrd enja koje daje odgovor na prethodno pitanje dokažimo jednu lemu: Lema 1. Neka je D R 2 otvoren skup koji sadrži tačku (0, 0 i neka je f : D R funkcija koja ima parcijalne izvode na D. Neka je 2 f (0, 0 y x neprekidna funkcija u (0, 0. Ako je tada je A(h, k = f(h, k f(h, 0 f(0, k + f(0, 0 2 f (0, 0 = y x h 0 k 0 A(h, k hk Dokaz: Neka je ε > 0 proizvoljno. Kako je 2 f (0, 0 neprekidna funkcija y x tada važi: ( ε > 0( δ > 0( h < δ i k < δ 2 f y x (h, k 2 f y x (0, 0 < ε Posmatrajmo funkciju B(h = f(h, k f(h, 0, za koju važi A(h, k = B(h B(0. B(h je diferencijabilna funkcija i važi (6 B B(h + t B(h (h = t 0 t = t 0 = f x f(h + t, k f(h, k t f (h, k (h, 0 x f(h + t, 0 f(h, 0 t 0 t Na intervalu h < δ peimenimo Lagrange-ovu teoremu o srednjoj vrednosti za funkciju A(h, k kada je posmatramo kao funkciju po prvoj kordinati. Dobijamo: A(h, k A(0, k = A h (h 0, k(h 0 zbog [ (6 f A(h, k = h x (h 0, k f ] x (h 0, 0, 11
12 za 0 < h 0 < h. Na poslednju jednakost primenimo još jednom Lagrangeovu teoremu o srednjoj vrednosti, ali po drugoj koordinati k. Dobijamo da je odnosno A(h, k = hk 2 f y x (h 0, k 0, za 0 < k 0 < k, A(h, k hk = 2 f y x (h 0, k 0. Dakle za svaki par (h, k postoji par (h 0, k 0 takav da je A(h, k 2 f hk y x (h 0, k 0 < ε odnosno A(h, k h, k 0 hk = 2 f (0, 0. y x Teorema o jednakosti mešovitih parcijalnih izvoda. Neka je f : D( R n R, D otvorena okolina tačke (x 0, y 0 i neka f x, f y i 2 f y x postoje na okolini D. Ako je 2 f y x neprekidna funkcija u tački (x0, y 0 tada 2 f postoji u toj tački i važi da je x y 2 f y x (x0, y 0 = 2 f x y (x0, y 0. Dokaz: Bez ograničenja opštosti možemo pretpostaviti da je (x 0, y 0 = (0, 0. Zbog prethodne leme imamo da je (7 2 f (0, 0 = x y (h, k (0, 0 A(h, k, hk odnosno A(h, k ( ε > 0( δ > 0 0 < h < δ 0 < k < δ hk 12 2 f y x (0, 0 < ε.
13 S druge strane imamo da je A(h, k (8 k 0 hk = 1 [ f(h, k f(h, 0 h k 0 k = 1 [ f f ] (h, 0 h y y (0, 0. f(0, k f(0, 0 ] k Zbog (7 imamo da je A(h, k (9 2 f k 0 hk y x (0, 0 < ε (Granična vrednost ne zavisi od pravca odakle zbog (8 sledi da je za 0 < h < δ ispunjeno 1 ( f f (h, 0 h y y (0, 0 2 f y x (0, 0 < ε Uzimajući u prethodnom uslovu dobijamo da je h 0 2 f x y (0, 0 = 2 f (0, 0, što je trebalo dokazati. y x 4.Tajlorova formula funkcija više promenljivih Neka je D R n i neka funkcija f : D R, tako da za tačke a, b D važi da je duž koja ih spaja cela u oblasti D. Posmatrajmo funkciju ϕ(t = f(a + th, t [0, 1], za h = t a Odredimo ϕ m (t. m = 1 : ϕ (t = f (a + th h = = = = ( f x 1 (a + th,..., f x n (a + th h 1. h n = ( f f f h 1 + h h n (a + th ( x 1 x 2 x n h 1 + h h n f(a + th x 1 x 2 x n 13
14 m = 2 : ϕ (t = t (ϕ (t = = ( n f h i (a + th = t x i=1 i n ( f = h i (a + th = t x i=1 i n n ( f = h i (a + th = x i=1 j=1 j x i n n 2 f = h i h j (a + th = x i=1 j=1 j x i ( 2f(a = h h n + th x 1 x n Napomena: 2 u stepenu poslednjeg izraza predstavlja red parcijalnog izvoda, a pri ovakvom zapisu važe sva pravila stepenovanja. Izraz sa 2 u stepenu dejstvuje na funkciju f u tački (a + th. Konačno ϕ (m (t = ( m h h n f(a + th x 1 x }{{ n } D m f(a + th(h m f (m (a + th(h m Tajlorova formula. Neka funkcija f : D( R n R i neka tačka a D. Neka je f C n (D i neka je tačka b D takva da duž koja spaja tačke a i b cela leži u D. Tada važi Taylor-ova formula f(b = f(a + 1 1! f (a(b a ! f (a(b a n! f (n (c(b a n 1 (n 1! f (n 1 (a(b a n 1 + za neko c = a + t 0 b, t [0, 1]. ( { Izraz f (k (a(b a k = (b 1 a (b n a n kf(a }. x 1 x n Dokaz. Posmatrajmo pomoćnu funkciju ϕ(t = f(a + th : [0, 1] ab D gde je sa ab označena duž koja spaja tačke a i b. Na osnovu Taylorove 14
15 formule za funkciju jedne promenljive imamo da važi: ϕ(1 = ϕ( ! ϕ (0( ! ϕ (0( n! ϕ(n (t 0 (1 0 n. Zbog uvodnog dela u ovom poglavlju dobijamo: f(b = f(a + 1 1! f (ah+ Ovim je dokaz završen ! f (ah n! f (n (ch n, (h = b a. 1 (n 1! ϕ(n 1 (0(1 0 n (n 1! f (n 1 (ah n 1 + Primer: Funkciju f(x, y = e x y predstaviti Maclaurinovim polinomom drugog stepena. Rešenje: f(0, 0 = 1, 2 f (0, 0 = 1, x2 f f (0, 0 = 1, x 2 f (0, 0 = 1, y2 (0, 0 = 1, y 2 f x y (0, 0 = 2 f (0, 0 = 1. y x M f (x, y = ( 1 (x 0 1 (y 0 + 1! + 1 ( 1 (x 0 2 2(x 0(y (y 0 2! = 1 + x y x2 xy y2 = 5. Ekstremumi funkcija više promenljivih Definicija 9. a Neka funkcija f : D( R n R. Tača c D je tačka globalnog maksimuma (minimuma preslikavanja f ukoliko je f(c f(x (f(c f(x za svako x D. Ako su nejednakosti stroge tačka c je tačka strogog maksimuma (minimuma. 15
16 b Funkcija f ima u tači c lokalni maksimum (minimum ukoliko postoji okolina U tačke c takva da restrikcija funkcije f na skup U ima maksimum (minimum. Tvrd enje 6. Ako f : D( R n R u tački c D ima (lokalni ekstremum i ako je u toj tački diferencijabilna tada je f (c = 0, odnosno svi parcijalni izvodi funkcije f u tački c su 0. Dokaz: Posmatrajmo funkcije ψ i (x i = f(c 1,..., c i 1, x i, c i+1,..., c n za sve funkcije i = 1,..., n. Kako su date funkcije restrikcije funkcije f na skup D ({c 1 } {c 2 } {c i 1 } R {c i+1 } {c n } one u tački c i imaju (lokalni ekstremum. Na osnovu Fermatove teoreme imamo da je ψ i(c i = 0 za svako i = 1,..., n, odnosno f x i (c = ψ i(c i = 0. Definicija 10. Ako je f (c = 0 tada se c naziva stacionarnom tačkom Bezuslovne ekstremne vrednosti Teorema o dovoljnim uslovima postojanja bezuslovnog ekstremuma. Neka funkcija f : D( R n R i neka je c D unutrašnja tačka. Ako je tačka c stacionarna i ako su drugi parcijalni izvodi neprekidni u nekoj okolini tačke c, tada važi: a Ako je f (c(h 2 > 0 za svako h 0 tada f ima (lokalni minimum u tački c. b Ako je f (c(h 2 < 0 za svako h 0 tada f ima (lokalni maksimum u tački c. c Ako drugi izvodi uzimaju vrednosti različitog znaka za različito h tada u tački c funkcija nema lokalni ekstrem. Dokaz: Iz Taylorove formule imamo da je u okolini tačke c funkciju moguće predstaviti sa f(x = f(c + f (c(x c + 1 2! f ( x(x c 2 za x [c, x]. Kako je tačka c stacionarna imamo da je f (c = 0, odakle dobijamo da je (10 f(x = f(c + 1 2! f ( x(x c 2 16
17 a Kako je funkcija f (c(h 2 neprekidna ona na skupu svih h takvih da je h = 1 dostiže svoj minimum, koji ćemo označiti sa m i pritom važi da je m > 0 jer je f (c(h 2 > 0. Sa druge strane, zbog neprekidnosti funkcije f (x u tački c, postoji okolina U, takva da je za svako x U zadovoljeno f (x(h 2 > m ε za proizvoljno ε > 0, dovoljno malo. Neka je ε = m, 2 tada postoji okolina U takva da je f (x(h 2 > m za svako x U i svako h 2 za koje je h = 1. Imamo da se tada x može napisati u obliku x = c + th gde je t > 0. Kako x U takod e, iz (10 dobijamo da je f(x = f(c + 1 2! f ( x(th 2 = f(c + 1 2! t2 f ( x(h 2 = > f(c + 1 t 2 m 2! 2 > f(c odnosno u tački c je (strogi, lokalni minimum. b Dokaz je sličan dokazu pod a, samo se polazi od pretpostavke da funkcija f (c(h 2 dostiže maksimum koji je po znaku negativan, jer je f (c(h 2 < 0. c Kombinujući a i b dobijamo da postoji okolina tačke c ne kojoj za neko x 1 važi da je f(x 1 > f(c, a za neko x 2 da je f(x 2 < f(c te u tački c nije (lokalni ekstrem. Napomena: Ako je za neko h f (c(h 2 0 ili f (c(h 2 0 tada se priroda stacionarne tačke ispituje metodom neposrednog proveravanja. Definicija 10. Kvadratna forma naziva se A(h 1, h 2,..., h n = n i=1 n a ij hihj j=1 (i pozitivno definitna ako su svi glavni minori veći od 0, (ii negativno definitna, ako su glavni minori naizmeničnog znaka, počev od negativnog Silvesterov kriterijum. Ako je c stacionarna tačka i ako je a ij = tada važi 2 f x i x j (c a Ako je kvadratna forma pozitivno definitna u tački c je (lokalni minimum. b Ako je kvadratna forma negativno definitna u tački c je lokalni maksimum. 17
18 5.2. Uslovni ekstremum Neka je data funkcija f = f(x 1,..., x n, y 1,..., y m : D( R n+m R. Odred ivanje uslovnih ekstremuma date funkcije predstavlja odred ivanje lokalnih ekstremuma, pri čemu se kao kandidati posmatraju tačke koje pripadaju hiperpovršima koje su definisane jednačinama: F 1 (x 1,..., x n, y 1,..., y m = 0 F m (x 1,..., x n, y 1,..., y m = 0. Metod Lagranžovih množitelja za uslovni ekstremum Postupak odred ivanja stacionarnih tačaka sastoji se u nalaženju nula svih parcijalnih izvoda funkcije: L(x 1,..., x n, y 1,..., y m = f(x 1..., x n, y 1,..., y m + m j=1 λ jf j(x 1..., x n, y 1,..., y m, koja se naziva Lagranžova pomoćna funkcija. izvodi date funkcije: L = f m F j + λ j = 0 x i x i x i L = f + y i y i j=1 m j=1 λ j F j y i = 0 L λ i = F i (x 1,..., x n, y 1,..., y m = 0 Zaista, kako su parcijalni Odavde odred ujemo stacionarnu tačku (x 0 1,..., x0 n, y0 1,..., y0 m, λ0 1,..., λ0 m vidimo da prve dve jednačine (praktično ih ima n + m u opštem slučaju definišu uslove stacionarne tačke dokazane u Tvrd enju 6, dok poslenja jednačina (ima ih m obezbed uje da stacionarna tačka pripada hiperpovršima kao u postavci problema. Prirodu stacionarne tačke ispitujemo odred ivanjem znaka drugog totalnog diferencijala funkcije L i važe isti zaključci kao u Teoremi o dovoljnim uslovima postojanja bezuslovnog ekstremuma Implicitno zadane funkcije Postavlja se pitanje ako imamo funkciju y : R n R datu implicitno F (x 1,..., x n, y = 0 da li postoji V R n takvo da za (x 1,..., x n V važi y = f(x 1,..., x n i da je F (x 1,..., x n, f(x 1,..., x n = 0 za jedinstveno odred enu funkciju f i svaku tačku (x 1,..., x n R n. 18
19 Primer: (1 x 2 + y 2 1 = 0 jednačina kruga implicitno zadana (i y = 1 x 2 za tačke iznad x-ose y = 1 x 2 za tačke ispod x-ose ovo je za x = 1 (ii Za x = 1 y 1 = + 1 x 2, y 2 = 1 x 2 i tu izbor funkcije nije jedinstven te na ma kojoj okolini V tačke 1 ili 1 nemamo jedinstveno odred enu funkciju f, pa je odgovor na pitanje iz uvoda negativan. Teorema o implicitnoj funkciji. Neka je F : U( R n+1 R neprekidnodiferencijabilna funkcija i U otvoren skup u R n+1. Neka je (x 0 1,..., x 0 n+1 U takva tačka da je F (x 0 1,..., x 0 F n+1 = 0. Neka je x n+1 (x 0 1,..., x 0 n+1 0. Tada postoji otvorena okolina V R n, tačke (x 0 1,..., x 0 n takva da na njoj postoji jednistvena funkcija f koja je neprekidno-diferencijabilna takva da za (x 1,..., x n V važi x n+1 = f(x 1,..., x n i da je F (x 1,..., x n, f(x 1,..., x n = Ekstremumi implicitno zadatih funkcija Ako je F (x, y, z = 0 implicitno zadana funkcija i (x 0, y 0, z 0 tačka takva da je F z(x 0, y 0, z 0 0 F x(x 0, y 0, z 0 = 0 F y(x 0, y 0, z 0 = 0 tada je tačka (x 0, y 0, z 0 stacionarna. Zaista, prema teoremi o implicitnoj funkciji postoji funkcija z = f(x, y takva da je F (x, y, f(x, y = 0. Tada je } F x + F zf x = 0 F y + F zf y diferenciranjem polazne jednačine po x i y = 0 f x = F x F z f y = F y F z Dalje diferenciranjem dobijamo iz ovih uslova se odred uju stacionarne tačke f xx (F xx + F = xzf xf z F x(f zx + F, (F z 2 19 zzf x
20 (F f xy xy + F xzf yf z F x(f zy + F zzf y =, (F z 2 (F f yy yy + F yzf yf z F y(f zy + F zzf y =. (F z 2 Računajući prethodne vrednosti u stacionarnoj tački imamo da je: f xx F z xx(x 0, y 0, z 0 = F f xy xy(x 0, y 0, z 0 = F f F z (x 0, y 0, z 0, (x 0, y 0, z 0, yy(x 0, y 0, z 0 = F yy (x 0, y 0, z 0 te sada se može posmatrati znak kvadratne forme kao kod običnog ekstremuma eksplicitno zadanih funkcija. Napomena: Analogno se izvode algoritmi za odred ivanje ekstremuma po preostale dve koordinate. Geometrijski, odred ivanje ekstremuma implicitno zadanih funkcija znači odred ivanje temena površi koja je definisana implicitnom jednačinom. Primer: Naći ekstremume implicitno zadanih funkcija: F z x 2 + y 2 + z 2 2x + 2y 4z + 10 = 0 Rešenje: F (x, y, z = x 2 + y 2 + z 2 2x + 2y 4z + 10 = 0 } F x = 2x 2 = 0 x = 1 F y = 2y + 2 = 0 y = 1 pa iz jednačina z2 4z 12 = 0 z 1,2 = 4±8 2 = {6, 2} F z = 2z 4 Dve kritične tačke P 1 (1, 1, 1 i P 2 (1, 1, 6. Kako je F z(p 1 = 8 0 i F z(p 2 = 8 0 tada su ove tačke stacionarne. Zbog F xx = 2 F yy = 2 F xy = 0 imamo da je: a za P 1 imamo da je d 2 f(p 1 = 1 4 dx dy2 te je forma pozitivno definitna, odnosno u P 1 je minimum, b za P 2 imamo da je d 2 f(p 2 = 1 4 dx2 1 4 dy2 te je forma negativno definitna odnosno u P 2 je maksimum. 20
3.1 Granična vrednost funkcije u tački
3 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 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 περισσότερα5 Ispitivanje funkcija
5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:
Διαβάστε 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 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 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 περισσότεραElementi spektralne teorije matrica
Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori
MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =
Διαβάστε περισσότερα4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.
4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos
Διαβάστε 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 περισσότεραZavrxni ispit iz Matematiqke analize 1
Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1
Διαβάστε περισσότεραIZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo
IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai
Διαβάστε περισσότεραIspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f
IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe
Διαβάστε περισσότερα8 Funkcije više promenljivih
8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen
Διαβάστε περισσότερα4 Izvodi i diferencijali
4 Izvodi i diferencijali 8 4 Izvodi i diferencijali Neka je funkcija f() definisana u intervalu (a, b), i neka je 0 0 + (a, b). Tada se izraz (a, b) i f( 0 + ) f( 0 ) () zove srednja brzina promene funkcije
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 περισσότεραFUNKCIJE VIŠE REALNIH PROMENLJIVIH
I G L A V A FUNKCIJE VIŠE REALNIH PROMENLJIVIH U nauci i praksi često se javljaju situacije u kojima postoji zavisnost izmedju nekoliko realnih veličina a, b, c,, h pri čemu je jedna od njih potpuno odredjena
Διαβάστε περισσότεραPOGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:
POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije
Διαβάστε περισσότεραFakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:
Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne
Διαβάστε περισσότεραSOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE
1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar
Διαβάστε 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 περισσότερα(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)
Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije
Διαβάστε περισσότεραDiferencijabilnost funkcije više promenljivih
Matematiči faultet Beograd novembar 005 godine Diferencijabilnost funcije više promenljivih 1 Osnovne definicije i teoreme, primeri Diferencijabilnost je jedan od centralnih pojmova u matematičoj analizi
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 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 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 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 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 περισσότεραMATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda
Διαβάστε 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 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 περισσότερα5. Karakteristične funkcije
5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična
Διαβάστε 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 περισσότεραZadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x
Διαβάστε 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 περισσότεραGranične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost
Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ
Διαβάστε 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 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 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 περισσότεραCauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.
auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,
Διαβάστε περισσότεραPRVI IZVOD. f x0 x f x0. y x. ) lim lim ( ) ( ) x. Neka je y f(x) funkcija definisana na intervalu [a,b], x 0
. y PRVI IZVOD Neka je y f() funkcija definisana na intervalu [a,b], 0 unutrašnja tačka tog intervala, Δ ( 0) priraštaj argumenta i Δy odgovarajući priraštaj funkcije. Ako postoji granična vrijednost količnika
Διαβάστε περισσότερα4 Numeričko diferenciranje
4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)
Διαβάστε 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 περισσότεραPARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati
Διαβάστε περισσότεραKlasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.
Klasifikacija blizu Teorema Neka je M Kelerova mnogostrukost. Operator krivine R ima sledeća svojstva: R(X, Y, Z, W ) = R(Y, X, Z, W ) = R(X, Y, W, Z) R(X, Y, Z, W ) + R(Y, Z, X, W ) + R(Z, X, Y, W ) =
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva
Διαβάστε περισσότεραMatematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum
Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()
Διαβάστε περισσότεραPID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).
0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo
Διαβάστε 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 περισσότερα3.1. Granične vrednosti funkcija
98 3. FUNKCIJE: GRANIČNE VREDNOSTI I NEPREKIDNOST 3.1. Granične vrednosti funkcija 3.1.1. Definicija i osnovne osobine Da bismo motivisali definiciju granične vrednosti funkcija, dajemo dva primera. Posmatrajmo
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 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 περισσότεραApsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.
Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala
Διαβάστε περισσότεραVerovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića
Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju
Διαβάστε περισσότεραI N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 2. P r e d a v a n j a z a d r u g u s e d m i c u n a s t a v e (u akademskoj 2008/2009.
I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 2 P r e d a v a n j a z a d r u g u s e d m i c u n a s t a v e (u akademskoj 2008/2009. godini) Budite zahvalni na savjetima, a ne na pohvalama..2.2. Neka svojstva
Διαβάστε περισσότερα1 Svojstvo kompaktnosti
1 Svojstvo kompaktnosti 1 Svojstvo kompaktnosti U ovoj lekciji će se koristiti neka svojstva realnih brojeva sa kojima se čitalac već upoznao tokom kursa iz uvoda u analizu. Na primer, važi Kantorov princip:
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 περισσότεραELEMENTARNE FUNKCIJE
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje
Διαβάστε περισσότεραKOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA.
KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA 1 Grupoid (G, ) je asocijativa akko važi ( x, y, z G) x (y z) = (x y) z Grupoid (G, ) je komutativa akko važi ( x, y G) x y = y x Asocijativa
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.
Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:
Διαβάστε περισσότεραAPROKSIMACIJA FUNKCIJA
APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu
Διαβάστε περισσότεραMATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012
MATERIJAL ZA VEŽBE Predmet: MATEMATIČKA ANALIZA Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić Asistent: dr Tibor Lukić Godina: 202 . Odrediti domen funkcije f ako je a) f(x) = x2 + x x(x 2) b) f(x) = sin(ln(x
Διαβάστε περισσότεραNeka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.
Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od
Διαβάστε περισσότεραDRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =
x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},
Διαβάστε 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 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 περισσότεραASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:
ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako
Διαβάστε περισσότερα1 Funkcije više promenljivih: uvodni pojmovi
i Sadržaj 1 Funkcije više promenljivih: uvodni pojmovi 1 1.1 Prostor R n................................. 1. Realna funkcija više realnih promenljivih................ 5 1..1 Površ u R 3.............................
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 περισσότεραPrvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum
27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.
Διαβάστε 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 περισσότεραJednodimenzionalne slučajne promenljive
Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/
Διαβάστε περισσότεραUniverzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika
Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.
Διαβάστε περισσότερα1 Pojam funkcije. f(x)
Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije
Διαβάστε 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 περισσότεραIZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C0.. (. ( 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 >0. (cos. (cos - π. (tg kπ cos. (ctg
Διαβάστε περισσότεραKVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.
KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako
Διαβάστε περισσότεραPOGLAVLJE 1 UVOD. Problem matematičkog programiranja u opštem slučaju može biti zapisan
POGLAVLJE 1 UVOD Problem matematičkog programiranja u opštem slučaju može biti zapisan na sledeći način. pri uslovima: min f(x) (1.1) g i (X) 0, za svako i = 1, 2,..., m, (1.2) gde su f(x), g i (X) realne
Διαβάστε περισσότεραnumeričkih deskriptivnih mera.
DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,
Διαβάστε περισσότεραMatematika 4. t x(u)du + 4. e t u y(u)du, t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar e x2. 2 cos ax dx, a R.
Matematika 4 zadaci sa pro²lih rokova, emineter.wordpress.com Pismeni ispit, 26. jun 25.. Izra unati I(α, β) = 2. Izra unati R ln (α 2 +x 2 ) β 2 +x 2 dx za α, β R. sin x i= (x2 +a i 2 ) dx, gde su a i
Διαβάστε περισσότεραNeka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa. f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}
Inverzna korespondencija Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa f 1 = {(b, a) B A (a, b) f} nazivamo inverznom korespondencijom korespondencije f. A f B A f 1 B
Διαβάστε περισσότερα10 Iskazni račun - deduktivni sistem za iskaznu logiku
10 Iskazni račun - deduktivni sistem za iskaznu logiku Definicija 20 Iskazni račun je deduktivni sistem H = X, F orm, Ax, R, gde je X = S {,, (, )}, gde S = {p 1, p 2,..., p n,... }, F orm je skup iskaznih
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 περισσότεραGranične vrednosti realnih nizova
Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se
Διαβάστε 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 περισσότεραELEMENTARNE FUNKCIJE
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje
Διαβάστε 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 περισσότεραAlgebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa
Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).
Διαβάστε περισσότεραMatematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak
Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Domai zadatak Zlatko Lazovi 30. decembar 2016. verzija 1.1 Sadraj 1 METRIQKI PROSTORI 2 1 1 METRIQKI PROSTORI a) Neka je (M, d) metriqki prostor i neka je (x
Διαβάστε περισσότεραGlava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije
Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da
Διαβάστε περισσότερα3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1
Nizovi 5 a = 5 +3+ + 6 a = 3 00 + 00 3 +5 7 a = +)+) ) 3 3 8 a = 3 +3+ + +3 9 a = 3 5 0 a = 43/ ++ 5 3/ +5+ a = + + a = + ) 3 a = + + + 4 a = 3 3 + 3 ) 5 a = +++ 6 a = + ++ 3 a = +)!++)! +3)! a = ) +3
Διαβάστε 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 περισσότεραGeometrija (I smer) deo 1: Vektori
Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo
Διαβάστε περισσότερα1.2. Funkcije više realnih promjenljivih opšta svojstva i predstavljanje
I N Ž E N J E R S K A M A T E M A T I K A 1 1.. Funkcije više realnih promjenljivih opšta svojstva i predstavljanje 1..1. Pojam funkcije on n realnih promjenljivih Definicija 1..1. Realna funkcija od n
Διαβάστε περισσότεραFUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo
FUNKCIJE - 2. deo Logika i teorija skupova 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo Inverzna korespondencija Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}
Διαβάστε 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 περισσότεραTEORIJA REDOVA. n u k (n N) (2) k=1. u k. lim S n = S, kažemo da zbir (suma) reda. k=1 S = k=1
TEORIJA REDOVA NUMERIČKI REDOVI. OSNOVNI POJMOVI DEFINICIJA. Neka je {u n } n N realan niz. Izraz oblika k= u k = u + u 2 + + u n + () naziva se beskonačan red, ili kraće red. Broj u n naziva se opšti
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 περισσότεραNa grafiku bi to značilo :
. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama
Διαβάστε 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 περισσότερα