(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)
|
|
|
- Ζώσιμη Ζωγράφος
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 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 f u tački : f + f. f n f n, n N, f 0 f. Pravila diferenciranja:. f + g f + g ;. fg f g + fg ; 3. f f g fg g g ; 4. f g f g g. Lajbnicova formula n ti izvod proizvoda: fg n n k0 n f k g n k k n k0 n f n k g k. k
2 Izvod inverzne funkcije: f y f. Logaritamski izvod funkcije f ϕ ψ : log f log ϕ ψ ψ log ϕ log f ψ log ϕ f f ψ log ϕ + ψ ϕ ϕ f ϕ ψ ψ log ϕ + ψ ϕ ϕ. Izvodi parametarski definisane funkcije { ϕt, y ψt : y dy d dψ dt dϕ dt ψ tt ψt ϕ t t ϕt, y d d Diferencijal: dy d d d ψ t t ϕ t t d dt ψ t t dt ϕ t t d d dt ψ tϕ t ψ tϕ t ϕ t 3 ψt ϕt ψt ϕt ϕt 3. df f d, d n f f n d n, n N. ψ t t ϕ t t d dt Napomena. U celokupnom izlaganju podrazumeva se log log e.
3 3 Tablica izvoda: n n n ; arcsin ; e e ; arccos ; a a log a; arctan + ; log ; arccot + ; sin cos ; sinh cosh ; cos sin ; cosh sinh ; tan cos ; tanh cosh ; cot sin ; coth sinh. Zadaci. Po definiciji odrediti f ako je: a f + ; b f sin ; c f e. Rešenje: a Kako je f 3, to je f f f lim lim lim +. + lim +
4 4 b Slično odred ujemo f f f sin sin sin + sin lim lim lim sin cos + cos sin sin lim Kako je sin lim cos + sin lim cos cos sin cos sin sin cos lim, lim, lim 0,. dobija se f cos. c S obzirom na poznatu graničnu vrednost važi sledeće: e lim log e, f f f e e lim lim lim ee e.. Odrediti izvode sledećih eksplicitno zadatih funkcija: a y cos π + sin π; b y sinlog + coslog ; c y arctan e e + ; d y esin + e cos sin cos e y log loge ; f y log cos + cos + ; g y log sin + cos sin cos ; h y arcsin 3.
5 5 Rešenje: a Najpre koristimo pravilo za izvod proizvoda, a zatim za izvod složene funkcije: y cos π + sin π cos π + sin π + cos π + sin π π sin π π sin π + sin π + cos π + sin π + cos π π sin π + sin π cos π + sin π + sin π + sin π π sin3 π + sin π. + sin π π sin π cos π b Za odred ivanje izvoda primenjujemo pravilo za izvod količnika, a posle toga pravilo za izvod zbira i izvod složene funkcije: sinlog + coslog y sinlog + coslog sinlog + coslog coslog log sinlog log sinlog + coslog coslog sinlog sinlog + coslog coslog sinlog sinlog coslog sinlog. c U ovom slučaju najpre primenjujemo pravilo za izvod složene funkcije, a zatim za izvod količnika, zbira i ponovo složene funkcije: y arctan e e e + e e + + e + e + e e + e e + e + + e e +
6 6 e e + e e e 4 + e + + e 4 e + e e + e + e 4 + e e 4 +. e d y sin + e cos sin cos e sin + e cos sin cos e sin + e cos sin cos sin cos e sin cos + e cos sin sin cos e sin + e cos cos + sin sin cos e sin + e cos sin cos cos sin cos e sin + sin ecos sin cos cos esin sin e cos sin cos sin + cos e sin + ecos sin cos. e y log loge loge e e + e loge loge + loge. loge e e f y log cos + cos + cos + cos + cos + cos + cos + cos + cos + cos + sin + sin + cos + cos + cos + sin cos cos + cos + sin cos + sin cos cos +
7 7 cos + cos + sin cos +. cos sin + + cos cos + g y sin + cos log logsin + cos logsin cos sin cos sin + cos cos sin cos + sin sin cos cos sin sin + cos sin + cos sin cos cos + sin cos sin sin sin cos cos sin cos sin + cos cos cos. h y arcsin Odrediti izvode sledećih implicitno zadatih funkcija: a y + arctan y ; b cos + y + sin + y y ; c e cos y log + y ; d tany arctan + y; e + y cosy; f y log + y 0; g y + + y y + y ; h y y.
8 8 Rešenje: a Imajući u vidu da je y zavisno promenljiva, tj. funkcija nezavisno promenljive, tražimo izvod leve i desne strane jednakosti i dobijamo: y + arctan y, y + arctan y, y + y + + y y. Rešavanjem dobijene jednačine po y imamo: y + y + y + y + y, + y + y + y y y + y y + y +. b Opisanim postupkom dobijamo y kroz sledeći niz jednakosti: cos + y + sin + y y, sin + y + y + cos + y + y y y, sin + y + y + cos + yy + y y y, sin + y + y + cos + yy + y y y, 3 cos + y sin + y y sin + y y cos + y y. Konačno je y sin + y y cos + y y 3 cos + y sin + y. c e cos y log + y, e cos y log + y, e cos y cos y + y + y,
9 9 e cos y sin yy + y + yy, + y sin y e cos y y + yy, y + + y sin y e cos y y, y y + + y sin y e cos y. d tany arctan + y, tany arctan + y, cos y y + y + + y + y, + + y y + y cos y + y, + + y cos y y cos y y + + y, y cos y y + + y + + y cos y. e + y cosy, + y cosy, + y + y sinyy + y, + y + siny y + y y siny, y + y + y siny + y + siny. f y log + y 0, y log + y 0, y + y + y + y 0, + yy + y + y 0,
10 0 + y y y + y, y y + y + y. g y + + y y + y, y + + y + y, y y + y + + y y y + + yy y y + y + y y + y + y y y, y y, + y + + y y yy + y + y + y y y yy + y + y + y, + y. Konačno, dobijamo y yy + + yy + y. y + y h Najpre logaritmujemo, a zatim diferenciramo jednakost: log y log y, y log log y, y log log y, y log + y log y + y y.
11 Traženi izvod y se dobija rešavanjem dobijene jednačine: 4. Odrediti izvode sledećih funkcija: yy log + y y log y + y, y log y y log y y, y y log y y y log. a y log ; b y arctan ; tan c y ; d y sin +cos. + Rešenje: a Kako je funkcija zadata u obliku stepena u kome i osnova i izložilac zavise od nezavisno promenljive, najpre logaritmujemo jednakost i dobijamo log y log log log log, tj. log y log. Diferenciranje dobijene jednakosti daje: log y log, y y log, y y log, y log log. b Sličnim postupkom dobijamo: y arctan, log y logarctan logarctan, log y logarctan, y y logarctan + arctan +,
12 y y logarctan + arctan +, y arctan arctan logarctan + +. tan c y, + log y tan log log y, + tan log, + y y cos log + tan + + y y cos log y y cos log + tan + + +, tan,, y tan + cos log + tan +. + d y sin +cos, log y + cos logsin, log y + cos logsin, y y cos sin logsin + + cos cos, sin y y sin cos logsin + + cos cos, sin y cos sin cos + cos sin logsin.
13 3 5. Odrediti izvode sledećih parametarski zadatih funkcija: a { te t, y arctan t; b { t cos t, y t sin t; c { t 3 +, y t 3 + t + ; d { t log t, y log t. t Rešenje: a Kako je t te t e t + te t + te t, y t arctan t + t, to je y y t t + t + te t e t + t + t + t 3. b t cos t, y t sin t, y y t t t sin t t cos t t sin t + t cos t sin t + t cos t t cos t cos t t sin t. t sin t c t 3 +, y t 3 + t +, y y t t 3 t + t + t 3 + 3t + 3t + 3t. d t log t, y log t, t y y t t log t t t log t t t log t t log t + t t log t t + log t.
14 4 6. Odrediti vrednosti y i y 0 ako je funkcija y zadata sa: log a y arctan, 0 e ; b y y + 6 0, 0 3, y 0 ; c y + cos, 0 0; d { t sin t, y cos t, 0 π, y 0. log Rešenje: a Funkcija y arctan je diferencijabilna na 0, + i u svakoj tački tog intervala je Za 0 /e e važi y 0 y e y log + log. log e e + log e e + e + e. b Primenjujući postupak za odred ivanje izvoda implicitno zadate funkcije opisan u zadatku 3. nalazimo izvod funkcije y u proizvoljnoj tački iz oblasti definisanosti: y y y + 6 y. y + 6 y Zato je y 0 y 0 y 0 0 y , 0 y y 0 tj., y
15 5 c Kao u zadatku 4., jednakost y + cos logaritmujemo, a zatim diferenciramo: odakle dobijamo Specijalno, log y log + cos, y y log + cos + sin + cos, y + cos + cos log + cos sin. y 0 + cos 0 + cos 0 log + cos 0 0 sin 0 log 3. d Izvod parametarski zadate funkcije t sin t, y cos t u proizvoljnoj tački je y y t cos t t t sin t sin t cos t. Da bismo odredili vrednost patametra t 0 tako da je t 0 0, yt 0 y 0, rešavamo sistem jednačina t sin t π, cos t. Iz druge jednačine zaključujemo da je cos t, tj. t π + kπ, k Z. Zamenom u prvoj jednačini dobijamo π + kπ sinπ + kπ π, odakle je kπ 0, tj. k 0. Prema tome, t 0 π, pa je y 0 sin t 0 cos t Odrediti y i y 0 ako je funkcija y zadata eksplicitno: a y e tan + + ; b y arctan cos.
16 6 Rešenje: a y e tan + cos, y e tan cos cos sin etan + sin cos, e y y tan + sin cos e tan cos + cos cos e tan + sin cos sin cos 4 etan + cos 3 + sin cos e tan + sin cos cos 4 etan + sin cos + cos cos + sin cos 4 etan + sin + cos + sin cos 4, y 0 etan 0 + sin 0 + cos 0 + sin 0 b y arctan +, cos 4 0. y, y / 3/, y Odrediti y i y 0 ako je funkcija y zadata implicitno: a + y + y 4 + y, 0 ; b e y + y, 0 0; c log y + y, 0 0.
17 7 Rešenje: a Primetimo da su jednačinom + y + y 4 + y implicitno zadate dve funkcije y y i y y. Primenom postupka opisanog u zadatku 3. dobijamo njihov prvi izvod: y y + + y. Diferenciranjem dobijene jednakosti nalazimo drugi izvod obeju funkcija u proizvoljnoj tački oblasti definisanosti: Za imamo y y y + + y y + + y y + + y + + y y + + y y + y + + y 3 + y + + y. y 3 + y + + y. Za odred ivanje y zamenimo u jednačini + y + y 4 + y i dobijamo tj. + y + y 4 + y, y + 4y 5 0, čija su rešenja y i y 5. Sada je y y + + y 0, y y + + y 6 3
18 8 i y 3 + y + + y 3 3 3, y 3 + y + + y b Izvodi funkcije implicitno zadate sa e y + y u proizvoljnoj tački su y yey e y, ye y y y e y yey e y ye y e y e y y e y ye y y + y e y ye y e y + e y y + y e y e y y + yy + y e y + ye y + y + y e y e y ey + y y + ye y + y e y. Zamenom 0 u jednačini e y + y dobijamo y0, pa je y 0 e0 0 e 0 0, y 0 e 0 0 e e e 0. c Jednačinu možemo da transformišemo u oblik y log y + y, a zatim diferenciranjem i rešavanjem dobijene jednačine po y dobijamo prvi izvod funkcije u proizvoljnoj tački: y log y.
19 9 Ponovnim diferenciranjem dobijamo i drugi izvod: y y log y log y y y y y log y. Vrednost funkcije u tački 0 je y0 e, a vrednosti izvoda su y 0, y 0 e. Primetimo da se bez transformacije polazne jednačine dobijaju drugačiji oblici prvog i drugog izvoda funkcije: y y y, y y y y. Oni su ekvivalentni onima koji su prethodno dobijeni, što se može pokazati korišćenjem polazne jednačine. 9. Odrediti y i y 0 ako je funkcija y zadata parametarski: a { e t, y e t, 0 e; b { t cos t, y sin t, 0 π. Rešenje: a Prvi izvod parametarski zadate funkcije u proizvoljnoj tački je y dy d dy dt d dt et e t et e t e4t. Drugi izvod odred ujemo na sledeći način: y d dy d e 4t. d d d Primenjujući pravila za izvod složene funkcije: d e 4t d e 4t dt dt 4e4t d dt d d
20 0 i izvod inverzne funkcije: dobijamo dt d d dt e t, y 4e 4t e t e6t. Tačka čija je apscisa 0 e dobija se za vrednost parametra t 0 /. Zato je y e e 3 e 3. b Slično kao u prethodnom zadatku odred ujemo: y dy d y d d dy dt d dt dy d d d + sin t d dt sin t t cos t cos t + sin t cos t + sin t, cos t d cos t + sin t dt + sin t + sin t Specijalno, t cos t π se dobija za t 0 π/, pa je 0. Dokazati da je funkcija y π rešenje diferencijalne jednačine dt d + sin t + sin t. + sin π/ 8. y e + e y + y 4 y 0. Rešenje: Izvodi zadate funkcije su y e e, y e + e + 4.
21 Zamenom u levoj strani jednačine dobija se y + y 4 y e + e e e 4 e + + e + 4. Dokazati da funkcija f log e e + zadovoljava diferencijalnu jednačinu Rešenje: Kako je imamo f e 4 + f + e 4 f 0. 4e e 4, e 4 + f + e 4 f e + e 4 e + e 4 f 8e e 4 + e 4, e 4 + 4e e 4 e 4 8e. Odrediti y n n N ako je: e 4 + e 4 0. a y sina + b; b y cosa + b; c y e a+b ; d y loga + b. Rešenje: a Imajući u vidu da je prvih nekoliko izvoda funkcije jednako: y sina + b a cosa + b a sin a + b + π, y a sin a + b + π a cos a + b + π a sin a + b + π, y a sin a + b + π a 3 cos a + b + π a 3 sin a + b + 3 π, y 4 a 3 sin a + b + 3 π a 4 cos a + b + 3 π a 4 sin a + b + 4 π, 0.
22 možemo da pretpostavimo da je izvod reda n n N oblika y n a n sin a + b + nπ Dokaz izvodimo matematičkom indukcijom. Za n tvrd enje važi. Pretpostavimo da važi za neki prirodni broj k, tj. da je y k a k sin a + b + kπ. Tada je y k+ y k a k sin a + b + kπ a k+ cos a + b + kπ a k+ sin a + b + kπ + π a k+ k + π sin a + b +, što znači da važi i za prirodan broj k +. Prema tome, tvrd enje važi za svaki prirodan broj n, tj. y n sina + b n a n sin a + b + nπ.. b Na isti način dobijamo cosa + b n a n cos a + b + nπ n N. c Kako za funkciju y e a+b važi: y ae a+b, y a e a+b, y a 3 e a+b,... pretpostavljamo da je y n e a+b n a n e a+b n N. Tvrd enje se dokazuje matematičkom indukcijom na prethodno opisan način. d Za funkciju y loga + b imamo: y a a + b, a y a + b, y a 3 a + b 3, y4 3 a4 a + b 4.
23 3 S obzirom na prva četiri izvoda pretpostavljamo da je y n n an n! a + b n i dokazujemo matematičkom indukcijom. Za n tvrd enje važi. Iz indukcijske pretpostavke da tvrd enje važi za n k, tj. sledi y k+ y k k ak k! a + b k, y k k ak k! a + b k k a k k! a + b k k a k k! kaa + b k k a k+ k! a + b k+, što znači da važi i za n k +. Prema tome, važi y n loga + b n n an n! a + b n n N. 3. Ako je n N, odrediti: a n ; b n ; c 3 n. 4 9 Rešenje: a Na način opisan u zadatku. d dokazujemo da je n n n n! 3 3 n+. b Kako je važi , + 3 n + 6 n n 6 n 6 n n! n+.
24 4 c Transformišemo datu racionalnu funkciju na sledeći način: odakle dobijamo , + 3 n n n n! n 6 3 n+ n n n! + 3 n+ n n n! n+ + 3 n+ n n Odrediti n n N, a zatim, koristeći dobijeni rezultat, odrediti i + + n n N. Rešenje: Neka je f. Tada je: f / 3/, f 3/ 3 5/, f 3 5/ 3 5 7/. Uočavanjem pravilnosti pretpostavljamo da za proizvoljno n N važi f n n n 3 3 n n+/. n!! n n+. Dokaz matematičkom indukcijom opisan u zadatku. biće izostavljen.
25 5 Za odred ivanje + + n primenjujemo Lajbnicovu formulu fg n n k0 n f n k g k, k pri čemu je g + +. Kako je g +, g, g k 0, k 3, 4,... u navedenoj sumi su svi sabirci za k 3, 4,..., n jednaki nuli. Zato je fg n n n k k0 n 0 f n k g k n n f n g + f n g + f n g n!! n + + n 3!! n+ + n n + n n 5!! + nn n. n 3 Sred ivanjem poslednjeg izraza dobijamo + + n 3n 5!! n n+ 6n + 4n n Za n N odrediti a e 3+ n ; b e 3+ n. Rešenje: a Izvod reda n funkcije f e 3+ je videti zadatak. c f n e 3+ n 3 n e 3+. b Izvod e 3+ n odred ujemo primenom Lajbnicove formule za izvod proizvoda funkcija f e 3+ i g
26 6 Izvodi ovih funkcija su pa važi: f k 3 k e 3+, k 0,,,..., g , g 6 +, g 6, g k 0, k 3, 4,..., e 3+ n fg n n 0 n 0 f n g 0 + k0 n f n g + n n k n f n k g k f n g n 3 n e n e n e n3 + + nn 3 n e n + + n + n + 3. n 3 n e Odrediti 3 3 n n N. Rešenje: Matematičkom indukcijom se može dokazati da za proizvoljno n N važi: 3 n 3 log n 3, 3 n log 3 n 3. Primenom Lajbnicove formule dobijamo: 3 3 n n n 3 k 3 n k k k0 n n 3 log n 3 log 3 n k 3 k k0 log 3 n 3 3 n k0 n k 3 log log 3 log 3 n log log 3 n log 3 n 3 log log n 3 log 3 n 3 3 log n 7. k
27 7 Do istog rezultata se može doći i bez korišćenja Lajbnicove formule na sledeći način: 3 3 n 3 3 n 7 n 7 log log n Dokazati da funkcija f arctan zadovoljava diferencijalnu jednačinu + f f 0 i odrediti f 0 i f 0. Da li se može odrediti f n 0 za proizvoljno n N? Rešenje: Izvodi date funkcije su pa je zaista f, f, f f 0. Da bismo odredili f n 0 za proizvoljno n N, potražimo nti izvod izraza na levoj i desnoj strani jednakosti primenom Lajbnicove formule: n k0 f f, f n f n, n n k f n k k k0 n k f n k. k Kako je f n k f n k+, f n k f n k+,,, k 0, k 3, 4,... i, k 0, k, 3,...,
28 8 imamo: tj. n 0 f n+ + n n f n+ + n n f n+ + 0 f n f n, f n+ nf n+ nn f n f n+ + nf n. Za 0 jednakost postaje f n+ 0 n f n 0, n N. Imajući u vidu da je f 0 / i f 0 0, važi sledeće: f 0, f 4 0 0, f 5 0 3, f 6 0 0, f , f Pretpostavku da je za proizvoljno k N f k+ 0 k!!, f k 0 0. treba dokazati matematičkom indukcujom, što prepuštamo čitaocu.
Osnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.
4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos
IZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a
IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo
IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai
Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija
Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3
Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum
Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()
IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f
IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe
Elementi spektralne teorije matrica
Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena
4 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
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
4 Numeričko diferenciranje
4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)
3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1
Nizovi 5 a = 5 +3+ + 6 a = 3 00 + 00 3 +5 7 a = +)+) ) 3 3 8 a = 3 +3+ + +3 9 a = 3 5 0 a = 43/ ++ 5 3/ +5+ a = + + a = + ) 3 a = + + + 4 a = 3 3 + 3 ) 5 a = +++ 6 a = + ++ 3 a = +)!++)! +3)! a = ) +3
MATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori
MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =
Neodred eni integrali
Neodred eni integrali Definicija. Za funkciju F : I R, gde je I interval, kažemo da je primitivna funkcija funkcije f : I R ako je za svako I. F () f() Teorema 1. Ako je F : I R primitivna funkcija za
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati
Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:
Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije
MATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012
MATERIJAL ZA VEŽBE Predmet: MATEMATIČKA ANALIZA Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić Asistent: dr Tibor Lukić Godina: 202 . Odrediti domen funkcije f ako je a) f(x) = x2 + x x(x 2) b) f(x) = sin(ln(x
Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.
Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu
5 Ispitivanje funkcija
5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:
Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.
Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati
a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.
3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M
PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
IZVODI 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
Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.
Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:
8 Funkcije više promenljivih
8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda
Matematički fakultet
Univerzitet u Beogradu Matematički fakultet MASTER RAD Tema: Doprinos nestandardnih zadataka iz trigonometrije poboljšanju nastave matematike Profesor: dr Zoran Petrović Student: Marijana Nikolić Beograd
5. 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
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x
SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE
1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar
Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika
Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.
Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju
RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)
PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE
Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih
Determinante. Inverzna matrica
Determinante Inverzna matrica Neka je A = [a ij ] n n kvadratna matrica Determinanta matrice A je a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n det A = = ( 1) j a 1j1 a 2j2 a njn, a n1 a n2 a nn gde se sumiranje vrši
ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:
ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako
Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.
Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,
Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1
Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,
1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i
PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;
( ) ( ) 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
Sistemi linearnih jednačina
Sistemi linearnih jednačina Sistem od n linearnih jednačina sa n nepoznatih (x 1, x 2,..., x n ) je a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2, a n1 x 1 + a n2 x 2 +
Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum
27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.
Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost
Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za
DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =
x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},
Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva
Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički
Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012
Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)
RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE KOMPONENTE (IV semestar modul EKM) IV deo. Miloš Marjanović
Univerzitet u Nišu Elektronski fakultet RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA (IV semestar modul EKM) IV deo Miloš Marjanović MOSFET TRANZISTORI ZADATAK 35. NMOS tranzistor ima napon praga V T =2V i kroz njega protiče
Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto
Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije
2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x
Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:
Matematička analiza 1 dodatni zadaci
Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka
Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)
Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva
Matematika 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
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg
f n z n, (2) F (z) = pri čemu se pretpostavlja da red u (2) konvergira bar za jednu konačnu vrednost kompleksne promenljive Z(f n ) = F (z).
Z-TRANSFORMACIJA Laplaceova transformacija je primer integralne transformacije koja se primenjuje na funkcije - originale. Ova transformacija se primenjuje u linearnim sistemima koji su opisani diferencijalnim
Dužina luka i oskulatorna ravan
Dužina luka i oskulatorna ravan Diferencijalna geometrija Vježbe Rješenja predati na predavanjima, u srijedu 9. ožujka 16. god. Zadatak 1. Pokazati da je dužina luka invarijantna pod reparametrizacijom
UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka
UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju
Analitička geometrija
1 Analitička geometrija Neka su dati vektori a = a 1 i + a j + a 3 k = (a 1, a, a 3 ), b = b 1 i + b j + b 3 k = (b 1, b, b 3 ) i c = c 1 i + c j + c 3 k = (c 1, c, c 3 ). Skalarni proizvod vektora a i
Matematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.
Matematika - vježbe. prosinca 5. Stupnjevi i radijani Ako je kut φ jednak i rad, tada je veza između i 6 = Zadatak.. Izrazite u stupnjevima: a) 5 b) 7 9 c). d) 7. a) 5 9 b) 7 6 6 = = 5 c). 6 8.5 d) 7.
Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije
Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da
(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.
1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,
ELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,
Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a
Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj
Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost
Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ
Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.
Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala
PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).
![PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).](/thumbs/74/70316766.jpg "PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).")
0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo
Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1
Ispit održan dana 9 0 009 Naći sve vrijednosti korjena 4 z ako je ( ) 8 y+ z Data je prava a : = = kroz tačku A i okomita je na pravu a z = + i i tačka A (,, 4 ) Naći jednačinu prave b koja prolazi ( +
Teorijske osnove informatike 1
Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija
1. Funkcije više promenljivih
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
Jednodimenzionalne slučajne promenljive
Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/
ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva
ELEMENTARNA MATEMATIKA 2
ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup
Trigonometrijske nejednačine
Trignmetrijske nejednačine T su nejednačine kd kjih se nepznata javlja ka argument trignmetrijske funkcije. Rešiti trignmetrijsku nejednačinu znači naći sve uglve kji je zadvljavaju. Prilikm traženja rešenja
KOMUTATIVNI 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
18. listopada listopada / 13
18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu
dr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006.
dr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE JEDNAČINE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006. dr Lidija Stefanović, mr Marjan Matejić, dr Slad ana Marinković DIFERENCIJALNE
FUNKCIJE 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
ELEMENTARNE FUNKCIJE
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje
1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II
1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II Zadatak: Klipni mehanizam se sastoji iz krivaje (ekscentarske poluge) OA dužine R, klipne poluge AB dužine =3R i klipa kompresora B (ukrsne glave). Krivaja
Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića
Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju
π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;
1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,
ELEMENTARNE FUNKCIJE
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje
Dvanaesti 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.
Granične vrednosti realnih nizova
Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se
Računarska grafika. Rasterizacija linije
Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem
INTEGRALI Zadaci sa kolokvijuma
INTEGRALI Zadaci sa kolokvijuma ragan ori Sadrжaj Neodređeni integral Određeni integral 6 Nesvojstveni integral 9 4 vojni integral 5 Redovi 5 Studentima generacije / (grupe A9, A i A) Ovo je jox jedna
41. Jednačine koje se svode na kvadratne
. Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k
1 Pojam funkcije. f(x)
Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije
APROKSIMACIJA FUNKCIJA
APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu
Vektorski prostori. Vektorski prostor
Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu
y x = k = const, gde je x bilo koja promena veličine x, a y odgovarajuća promena y. Ako je = k za svako x i svako h 0.
73 7 Diferenciranje 7. Marginalna funkcija i izvod Ako su dve veličine, y i x, povezane linearnom funkcijom, y = f(x) = kx + n, onda se y menja ravnomerno u odnosu na x, tj. važi formula (43) y x = k =
Prediktor-korektor metodi
Prediktor-korektor metodi Prilikom numeričkog rešavanja primenom KP: x = fx,, x 0 = 0, x 0 x b LVM α j = h β j f n = 0, 1, 2,..., N, javlja se kompromis izmed u eksplicitnih metoda, koji su lakši za primenu
KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.
KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako
III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI
III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.
POGLAVLJE 1 GRADIJENTNE METODE
POGLAVLJE 1 GRADIJENTNE METODE Posmatrajmo problem bezuslovne optimizacije min f(x), X R n gde je f : R n R zadata realna funkcija definisana na R n. Metode bezuslovne optimizacije mogu se podeliti u dve
Diferencijabilnost 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
DIFERENCIJALNE JEDNAČINE
I G L A V A DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Pri razmatranju i rešavanju raznih problema iz mehanike, fizike, hemije, geometrije i drugih naučnih disciplina i njihovih primena, nailazi se na jednačine u kojima
Parcijalne diferencijalne jednačine prvog reda
I. Vojnović Glava 1 Parcijalne diferencijalne jednačine prvog reda 1.1 Oznake Za funkciju u : R n R parcijalni izvod po x i označavamo sa u xi, odnosno u xi = u/ x i, pri čemu je x = (x 1,..., x n ). Radi
Na grafiku bi to značilo :
. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama
Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.
Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat