Geometrija (I smer) deo 3: Analitička geometrija u ravni
|
|
|
- Ἀμήνὄφις Δραγούμης
- 7 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Geometrija (I smer) deo 3: Analitička geometrija u ravni Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd 19. novembar 2014.
2 Prava u ravni Prava p je zadata tačkom P(x 0, y 0 ) p i normalnim vektorom n p = (a, b).
3 Prava u ravni Prava p je zadata tačkom P(x 0, y 0 ) p i normalnim vektorom n p = (a, b). Odatle se izvodi implicitna jednačina prave: ax + by + c = 0. (1)
4 Prava u ravni Prava p je zadata tačkom P(x 0, y 0 ) p i normalnim vektorom n p = (a, b). Odatle se izvodi implicitna jednačina prave: ax + by + c = 0. (1) Jednačina prave (1) je normalizovana ako je n p = 1.
5 Prava u ravni Prava p je zadata tačkom P(x 0, y 0 ) p i normalnim vektorom n p = (a, b). Odatle se izvodi implicitna jednačina prave: ax + by + c = 0. (1) Jednačina prave (1) je normalizovana ako je n p = 1. Primer Odrediti normalizovanu jednačinu prave koja sadrži tačku M(1, 2) i čiji je normalni vektor n p (3, 4).
6 Drugi način da opišemo pravu jeste da joj zadamo jednu tačku P(x 0, y 0 ) i nenula vektor pravca p (p x, p y ).
7 Drugi način da opišemo pravu jeste da joj zadamo jednu tačku P(x 0, y 0 ) i nenula vektor pravca p (p x, p y ).Tada se svaka tačka M prave p može zapisati u obliku M(t) = M = P + t p, za neko t R. Ova jednačina se naziva parametarska jednačina prave.
8 Drugi način da opišemo pravu jeste da joj zadamo jednu tačku P(x 0, y 0 ) i nenula vektor pravca p (p x, p y ).Tada se svaka tačka M prave p može zapisati u obliku M(t) = M = P + t p, za neko t R. Ova jednačina se naziva parametarska jednačina prave. Ona se u koordinatama zapisuje kao u koordinatama zapisuje kao x = x 0 + tp x, y = y 0 + tp y, t R.
9 Drugi način da opišemo pravu jeste da joj zadamo jednu tačku P(x 0, y 0 ) i nenula vektor pravca p (p x, p y ).Tada se svaka tačka M prave p može zapisati u obliku M(t) = M = P + t p, za neko t R. Ova jednačina se naziva parametarska jednačina prave. Ona se u koordinatama zapisuje kao u koordinatama zapisuje kao x = x 0 + tp x, y = y 0 + tp y, t R. Primer Data je prava p : 3x 2y + 7 = 0. a) Odrediti parametarski oblik prave p. b) Koji ugao prava p gradi sa x osom?
10 Duž i poluprava Duž AB je parametarski predstavljena sa M(t) = A + t AB, t [0, 1].
11 Duž i poluprava Duž AB je parametarski predstavljena sa M(t) = A + t AB, t [0, 1]. Poluprava [AB) sa temenom A koja sadrži tačku B je data sa M(t) = A + t AB, t [0, ).
12 Duž i poluprava Duž AB je parametarski predstavljena sa M(t) = A + t AB, t [0, 1]. Poluprava [AB) sa temenom A koja sadrži tačku B je data sa M(t) = A + t AB, t [0, ). Primer a) Napisati parametarsku jednačinu duži AB, ako je A(1, 2), B( 9, 7). b) Odrediti tačke A 1, A 2, A 3, A 4 koje duž AB dele na 5 jednakih delova.
13 Poluravan Za tačke C i D kažemo da su sa iste strane prave p ako duž CD ne seče pravu p.
14 Poluravan Za tačke C i D kažemo da su sa iste strane prave p ako duž CD ne seče pravu p. Primetimo da skup svih tačaka koje su sa iste strane neke prave čini poluravan.
15 Poluravan Za tačke C i D kažemo da su sa iste strane prave p ako duž CD ne seče pravu p. Primetimo da skup svih tačaka koje su sa iste strane neke prave čini poluravan. Ako je prava p data jednačinom p : f (x, y) = ax + by + c = 0 tada su tačke C i D sa iste strane prave p akko sign(f (C)) = sign(f (D)).
16 Poluravan Za tačke C i D kažemo da su sa iste strane prave p ako duž CD ne seče pravu p. Primetimo da skup svih tačaka koje su sa iste strane neke prave čini poluravan. Ako je prava p data jednačinom p : f (x, y) = ax + by + c = 0 tada su tačke C i D sa iste strane prave p akko sign(f (C)) = sign(f (D)). Ako je prava p data tačkama A i B, tačke C i D su sa iste strane prave AB akko važi sign(d ABC ) = sign(d ABD ).
17 Poluravan Za tačke C i D kažemo da su sa iste strane prave p ako duž CD ne seče pravu p. Primetimo da skup svih tačaka koje su sa iste strane neke prave čini poluravan. Ako je prava p data jednačinom p : f (x, y) = ax + by + c = 0 tada su tačke C i D sa iste strane prave p akko sign(f (C)) = sign(f (D)). Ako je prava p data tačkama A i B, tačke C i D su sa iste strane prave AB akko važi sign(d ABC ) = sign(d ABD ). Ako znamo tačku A i vektor p prave p, tada mozemo uzeti AB= p u prethodnoj formuli.
18 Primer Ispitati da li tačke C(1, 1) i D( 7, 11) pripadaju istoj poluravni odredjenoj pravom AB, A(2, 2), B(1, 3).
19 Primer Ispitati da li tačke C(1, 1) i D( 7, 11) pripadaju istoj poluravni odredjenoj pravom AB, A(2, 2), B(1, 3). Primer a) Pravu q : 7x 2y + 4 = 0 prebaciti u vektorski oblik. b) Odrediti jednačinu prave p koja sadrži tačku P(1, 2) i ima vektor pravca p = (3, 5).
20 Presek pravih a) Ako su prave p : ax + by + c = 0 i q : a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 tada je presek tih pravih skup rešenja odgovarajućeg sistema. Taj se sistem može uspešno rešiti primenom Kramerobog pravila.
21 Presek pravih a) Ako su prave p : ax + by + c = 0 i q : a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 tada je presek tih pravih skup rešenja odgovarajućeg sistema. Taj se sistem može uspešno rešiti primenom Kramerobog pravila. b) Pretpostavimo da su prave date vektorski: prava p tačkom P i vektorom p i prava q tačkom Q i vektorom q.
22 Presek pravih a) Ako su prave p : ax + by + c = 0 i q : a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 tada je presek tih pravih skup rešenja odgovarajućeg sistema. Taj se sistem može uspešno rešiti primenom Kramerobog pravila. b) Pretpostavimo da su prave date vektorski: prava p tačkom P i vektorom p i prava q tačkom Q i vektorom q. Njihove tačke su M = P + t p, N = Q + s q za t, s R.
23 Presek pravih a) Ako su prave p : ax + by + c = 0 i q : a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 tada je presek tih pravih skup rešenja odgovarajućeg sistema. Taj se sistem može uspešno rešiti primenom Kramerobog pravila. b) Pretpostavimo da su prave date vektorski: prava p tačkom P i vektorom p i prava q tačkom Q i vektorom q. Njihove tačke su M = P + t p, N = Q + s q za t, s R. Iz uslova da se prave seku, tj. M = N, dobijamo: 1) D( p, q ) 0 Seku se u N(s), s = D( PQ, p ) D( p, q ) 2) D( p, q ) = 0, D( PQ, p ) = 0, Prave se poklapaju; 3) D( p, q ) = 0, D( PQ, p ) 0, Prave su paralelne.
24 Presek duži, polupravih, pravih... Razmotrimo presek dve duži; analogno se razmatraju i preseci sa polupravama. Ako su date duži [AB] : M = A + t AB, [CD] : N = C + s CD, t, s [0, 1], presek se odredjuje slično kao i presek pravih p i q gde je P = A, p = AB, Q = C, q = AB.
25 Presek duži, polupravih, pravih... Razmotrimo presek dve duži; analogno se razmatraju i preseci sa polupravama. Ako su date duži [AB] : M = A + t AB, [CD] : N = C + s CD, t, s [0, 1], presek se odredjuje slično kao i presek pravih p i q gde je P = A, p = AB, Q = C, q = AB. 1) Ako se desi prvi slučaj potrebno je još proveriti da li t, s [0, 1]. Ako neki od ta dva uslova nije ispunjen, prave se seku, ali duži NE i takav presek zovemo prividnim.
26 Presek duži, polupravih, pravih... Razmotrimo presek dve duži; analogno se razmatraju i preseci sa polupravama. Ako su date duži [AB] : M = A + t AB, [CD] : N = C + s CD, t, s [0, 1], presek se odredjuje slično kao i presek pravih p i q gde je P = A, p = AB, Q = C, q = AB. 1) Ako se desi prvi slučaj potrebno je još proveriti da li t, s [0, 1]. Ako neki od ta dva uslova nije ispunjen, prave se seku, ali duži NE i takav presek zovemo prividnim. 2) Ako se desi drugi slučaj, duži pripadaju jednoj pravoj. Potrebno je proveriti da li se duži preklapaju i koliko.
27 Presek duži, polupravih, pravih... Razmotrimo presek dve duži; analogno se razmatraju i preseci sa polupravama. Ako su date duži [AB] : M = A + t AB, [CD] : N = C + s CD, t, s [0, 1], presek se odredjuje slično kao i presek pravih p i q gde je P = A, p = AB, Q = C, q = AB. 1) Ako se desi prvi slučaj potrebno je još proveriti da li t, s [0, 1]. Ako neki od ta dva uslova nije ispunjen, prave se seku, ali duži NE i takav presek zovemo prividnim. 2) Ako se desi drugi slučaj, duži pripadaju jednoj pravoj. Potrebno je proveriti da li se duži preklapaju i koliko. To moěmo da uradimo poredjenjem x-koordinata tačaka A, B, C, D (a ukoliko su one jednake, poredjenjem y-koordinata).
28 Presek duži, polupravih, pravih... Razmotrimo presek dve duži; analogno se razmatraju i preseci sa polupravama. Ako su date duži [AB] : M = A + t AB, [CD] : N = C + s CD, t, s [0, 1], presek se odredjuje slično kao i presek pravih p i q gde je P = A, p = AB, Q = C, q = AB. 1) Ako se desi prvi slučaj potrebno je još proveriti da li t, s [0, 1]. Ako neki od ta dva uslova nije ispunjen, prave se seku, ali duži NE i takav presek zovemo prividnim. 2) Ako se desi drugi slučaj, duži pripadaju jednoj pravoj. Potrebno je proveriti da li se duži preklapaju i koliko. To moěmo da uradimo poredjenjem x-koordinata tačaka A, B, C, D (a ukoliko su one jednake, poredjenjem y-koordinata). 3) U trećem slučaju duži se ne seku, jer pripadaju paralelnim pravama.
29 Primer Odrediti presek pravih p i q koje su zadate tačkom i vektorom pravca: a) P(3, 1), p = (1, 0), Q(2, 3), q = (1, 1); b) P(3, 1), p = (1, 0), Q(2, 3), q = ( 2, 0); c) P(3, 1), p = (1, 2), Q(2, 3), q = ( 2, 4). Primer Odrediti presek duži AB i CD: a) A(1, 1), B(3, 4), C(0, 2), D(5, 1); b) A(1, 2), B(5, 4), C(3, 1), D(9, 10); c) A(1, 2), B(5, 4), C( 2, 0), D(0, 3).
30 Rastojanja tačke od prave
31 Rastojanja tačke od prave Teorema (važi i u prostoru) Rastojanje tačke M od prave p zadate tačkom P i vektorom pravca p dato je jednačinom d = p PM. p
32 Rastojanja tačke od prave Teorema (važi i u prostoru) Rastojanje tačke M od prave p zadate tačkom P i vektorom pravca p dato je jednačinom d = p PM. p Teorema Rastojanje tačke M(x 0, y 0 ) od prave p : ax + by + c = 0 je dato sa d = ax 0 + by 0 + c a 2 + b 2.
33 Rastojanja tačke od prave Teorema (važi i u prostoru) Rastojanje tačke M od prave p zadate tačkom P i vektorom pravca p dato je jednačinom d = p PM. p Teorema Rastojanje tačke M(x 0, y 0 ) od prave p : ax + by + c = 0 je dato sa d = ax 0 + by 0 + c a 2 + b 2. Primer Izračunati rastojanje tačke M(1, 3) od prave a) 2x 3y + 1 = 0, b) prave p zadate sa p = (1, 2), P(1, 0).
34 Poligonska linija i poligon u ravni Definition Poligonska linija A 0 A 1... A n je unija duži A 0 A 1, A 1 A 2,... A n 1 A n. Duži A i A i+1 se zovu ivice, a tačke A i temena poligonske linije.
35 Poligonska linija i poligon u ravni Definition Poligonska linija A 0 A 1... A n je unija duži A 0 A 1, A 1 A 2,... A n 1 A n. Duži A i A i+1 se zovu ivice, a tačke A i temena poligonske linije.duži koje spajaju nesusedna temena zovu se dijagonale poligona.
36 Poligonska linija i poligon u ravni Definition Poligonska linija A 0 A 1... A n je unija duži A 0 A 1, A 1 A 2,... A n 1 A n. Duži A i A i+1 se zovu ivice, a tačke A i temena poligonske linije.duži koje spajaju nesusedna temena zovu se dijagonale poligona. Poligonska linija je zatvorena ako je A n = A 0. Zatvorena poligonska linija se zove i poligon.
37 Poligonska linija i poligon u ravni Definition Poligonska linija A 0 A 1... A n je unija duži A 0 A 1, A 1 A 2,... A n 1 A n. Duži A i A i+1 se zovu ivice, a tačke A i temena poligonske linije.duži koje spajaju nesusedna temena zovu se dijagonale poligona. Poligonska linija je zatvorena ako je A n = A 0. Zatvorena poligonska linija se zove i poligon.poligonska linija je prosta ako se nikoje dve ivice ne seku, sem što susedne ivice imaju zajedničko teme.
38 Poligonska linija i poligon u ravni Definition Poligonska linija A 0 A 1... A n je unija duži A 0 A 1, A 1 A 2,... A n 1 A n. Duži A i A i+1 se zovu ivice, a tačke A i temena poligonske linije.duži koje spajaju nesusedna temena zovu se dijagonale poligona. Poligonska linija je zatvorena ako je A n = A 0. Zatvorena poligonska linija se zove i poligon.poligonska linija je prosta ako se nikoje dve ivice ne seku, sem što susedne ivice imaju zajedničko teme. Poligonske linije su osnovni grafički objekti u računarstvu. Osnovni algoritmi:
39 Poligonska linija i poligon u ravni Definition Poligonska linija A 0 A 1... A n je unija duži A 0 A 1, A 1 A 2,... A n 1 A n. Duži A i A i+1 se zovu ivice, a tačke A i temena poligonske linije.duži koje spajaju nesusedna temena zovu se dijagonale poligona. Poligonska linija je zatvorena ako je A n = A 0. Zatvorena poligonska linija se zove i poligon.poligonska linija je prosta ako se nikoje dve ivice ne seku, sem što susedne ivice imaju zajedničko teme. Poligonske linije su osnovni grafički objekti u računarstvu. Osnovni algoritmi: unutrašnjost poligona;
40 Poligonska linija i poligon u ravni Definition Poligonska linija A 0 A 1... A n je unija duži A 0 A 1, A 1 A 2,... A n 1 A n. Duži A i A i+1 se zovu ivice, a tačke A i temena poligonske linije.duži koje spajaju nesusedna temena zovu se dijagonale poligona. Poligonska linija je zatvorena ako je A n = A 0. Zatvorena poligonska linija se zove i poligon.poligonska linija je prosta ako se nikoje dve ivice ne seku, sem što susedne ivice imaju zajedničko teme. Poligonske linije su osnovni grafički objekti u računarstvu. Osnovni algoritmi: unutrašnjost poligona; triangulacija poligona
41 Poligonska linija i poligon u ravni Definition Poligonska linija A 0 A 1... A n je unija duži A 0 A 1, A 1 A 2,... A n 1 A n. Duži A i A i+1 se zovu ivice, a tačke A i temena poligonske linije.duži koje spajaju nesusedna temena zovu se dijagonale poligona. Poligonska linija je zatvorena ako je A n = A 0. Zatvorena poligonska linija se zove i poligon.poligonska linija je prosta ako se nikoje dve ivice ne seku, sem što susedne ivice imaju zajedničko teme. Poligonske linije su osnovni grafički objekti u računarstvu. Osnovni algoritmi: unutrašnjost poligona; triangulacija poligona konveksni omotač;
42 Krug i parametrizacija kruga
43 Krug i parametrizacija kruga Krug sa centrom C(x 0, y 0 ) je skup tačaka M(x, y) koje su od centra udaljene za rastojanje r - poluprečnik kruga. Jednačina tog kruga je (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 = r 2.
44 Krug i parametrizacija kruga Krug sa centrom C(x 0, y 0 ) je skup tačaka M(x, y) koje su od centra udaljene za rastojanje r - poluprečnik kruga. Jednačina tog kruga je (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 = r 2. Parametarska jednačina x = x 0 + r cos φ, y = y 0 + r sin φ, φ [0, 2π), naziva se parametrizacija kruga centralnim uglom.
45 Krug i parametrizacija kruga Krug sa centrom C(x 0, y 0 ) je skup tačaka M(x, y) koje su od centra udaljene za rastojanje r - poluprečnik kruga. Jednačina tog kruga je (x x 0 ) 2 + (y y 0 ) 2 = r 2. Parametarska jednačina x = x 0 + r cos φ, y = y 0 + r sin φ, φ [0, 2π), naziva se parametrizacija kruga centralnim uglom. Parametar φ je orjentisani ugao izmedju Ox ose i vektora CM, gde je M = M(φ) tačka kruga.
46 Formula (2) se može koristiti i za crtanje pravilnog n-tougla A 0 A 1... A n, A n = A 0,n 3 sa centrom C, a samim tim i za aproksimaciju kruga pravilnim n-touglom.
47 Formula (2) se može koristiti i za crtanje pravilnog n-tougla A 0 A 1... A n, A n = A 0,n 3 sa centrom C, a samim tim i za aproksimaciju kruga pravilnim n-touglom. Neka je φ = 2π n = A 1CA 0. Tada se temena pravilnog n-tougla dobijaju formulom (2): A i = A i (iφ), i = 1, 2,..., n 1.
48 Formula (2) se može koristiti i za crtanje pravilnog n-tougla A 0 A 1... A n, A n = A 0,n 3 sa centrom C, a samim tim i za aproksimaciju kruga pravilnim n-touglom. Neka je φ = 2π n = A 1CA 0. Tada se temena pravilnog n-tougla dobijaju formulom (2): A i = A i (iφ), i = 1, 2,..., n 1. Taj je n-tougao upisan u krug poluprečnika r sa centrom C.
49 Primer a) Odrediti centar i poluprečnik kruga k : x 2 + y 2 2x + 4y 11 = 0. b) Odrediti parametrizaciju tog kruga. Zadatak a) Odrediti centar i poluprečnik opisanog kruga oko trougla ABC, ako je A(4, 6), B(5, 1) C( 4, 2) b) Napisati parametrizaciju tog kruga.
50 Osnovne strukture
51 Osnovne strukture typedef struct { float x; float y; } Tacka;
52 Osnovne strukture typedef struct { float x; float y; } Tacka; typedef struct { Tacka start; Tacka pravac; } Prava;
53 Osnovne strukture typedef struct { float x; float y; } Tacka; typedef struct { Tacka centar; float r; } Krug; typedef struct { Tacka start; Tacka pravac; } Prava;
54 Osnovne strukture typedef struct { float x; float y; } Tacka; typedef struct { Tacka centar; float r; } Krug; typedef struct { Tacka start; Tacka pravac; } Prava; typedef struct { Tacka start; Tacka end; } Duz;
55 Neki jednostavni zadaci u ravni Rešenje sledeća dva jednostavna problema je prilagodjeno strukturama Tacka, Prava, Krug.
56 Neki jednostavni zadaci u ravni Rešenje sledeća dva jednostavna problema je prilagodjeno strukturama Tacka, Prava, Krug. Odrediti podnožje normale iz tačke C na pravoj p.
57 Neki jednostavni zadaci u ravni Rešenje sledeća dva jednostavna problema je prilagodjeno strukturama Tacka, Prava, Krug. Odrediti podnožje normale iz tačke C na pravoj p. Odrediti presek prave p i kruga k.
58 Neki jednostavni zadaci u ravni Rešenje sledeća dva jednostavna problema je prilagodjeno strukturama Tacka, Prava, Krug. Primer Odrediti podnožje normale iz tačke C na pravoj p. Odrediti presek prave p i kruga k. Odrediti presek prave p : P(0, 1), p = (1, 1) i kruga k : C(3, 4), r = 2.
59 Neki jednostavni zadaci u ravni Rešenje sledeća dva jednostavna problema je prilagodjeno strukturama Tacka, Prava, Krug. Primer Odrediti podnožje normale iz tačke C na pravoj p. Odrediti presek prave p i kruga k. Odrediti presek prave p : P(0, 1), p = (1, 1) i kruga k : C(3, 4), r = 2. Primer Odrediti jednačinu kruga i parametarsku jednačinu prave iz prethodnog zadatka. Zatim matematički odrediti njihov presek.
60 Konusni preseci
61 Konusni preseci Kružni konus je površ koja se dobija rotacijom prave p oko prave s u prostoru.
62 Konusni preseci Kružni konus je površ koja se dobija rotacijom prave p oko prave s u prostoru. Konusni presek (konika) je presek kružnog konusa i ravni α koja ne sadrži vrh konusa.
63 Konusni preseci Kružni konus je površ koja se dobija rotacijom prave p oko prave s u prostoru. Konusni presek (konika) je presek kružnog konusa i ravni α koja ne sadrži vrh konusa. Teorema U ravni α konusnog preseka postoje prava d i tačka F takve da za svaku tačku M konusnog preseka važi d(m, F ) d(m, d) = e = const.
64 Konusni preseci Kružni konus je površ koja se dobija rotacijom prave p oko prave s u prostoru. Konusni presek (konika) je presek kružnog konusa i ravni α koja ne sadrži vrh konusa. Teorema U ravni α konusnog preseka postoje prava d i tačka F takve da za svaku tačku M konusnog preseka važi d(m, F ) d(m, d) = e = const. Prava d se zove direktrisa, tačka F žiža, a broj e 0 ekscentricitet konusnog preseka.
65 Pokazuje se da su jedini konusni preseci: elipsa za 0 e < 1 (za e = 0 dobija se krug);
66 Pokazuje se da su jedini konusni preseci: elipsa za 0 e < 1 (za e = 0 dobija se krug); parabola za e = 1;
67 Pokazuje se da su jedini konusni preseci: elipsa za 0 e < 1 (za e = 0 dobija se krug); parabola za e = 1; hiperbola za e > 1.
68 Pokazuje se da su jedini konusni preseci: elipsa za 0 e < 1 (za e = 0 dobija se krug); parabola za e = 1; hiperbola za e > 1. Elipsa i hiperbola imaju dve žiže i direktrise, parabola ima jednu. Žiza kruga je njegov centar, a direktrisa beskonačno daleka prava.
69 Pokazuje se da su jedini konusni preseci: elipsa za 0 e < 1 (za e = 0 dobija se krug); parabola za e = 1; hiperbola za e > 1. Elipsa i hiperbola imaju dve žiže i direktrise, parabola ima jednu. Žiza kruga je njegov centar, a direktrisa beskonačno daleka prava. Konusni preseci se prirodno javljaju:
70 Pokazuje se da su jedini konusni preseci: elipsa za 0 e < 1 (za e = 0 dobija se krug); parabola za e = 1; hiperbola za e > 1. Elipsa i hiperbola imaju dve žiže i direktrise, parabola ima jednu. Žiza kruga je njegov centar, a direktrisa beskonačno daleka prava. Konusni preseci se prirodno javljaju: Putanja kosog hica je parabola.
71 Pokazuje se da su jedini konusni preseci: elipsa za 0 e < 1 (za e = 0 dobija se krug); parabola za e = 1; hiperbola za e > 1. Elipsa i hiperbola imaju dve žiže i direktrise, parabola ima jednu. Žiza kruga je njegov centar, a direktrisa beskonačno daleka prava. Konusni preseci se prirodno javljaju: Putanja kosog hica je parabola. Tela Sunčevog sistema (pa i Zemlja, e 0, 017) se kreću po eliptičnim putanjama oko Sunca koje je u žizi.
72 Pokazuje se da su jedini konusni preseci: elipsa za 0 e < 1 (za e = 0 dobija se krug); parabola za e = 1; hiperbola za e > 1. Elipsa i hiperbola imaju dve žiže i direktrise, parabola ima jednu. Žiza kruga je njegov centar, a direktrisa beskonačno daleka prava. Konusni preseci se prirodno javljaju: Putanja kosog hica je parabola. Tela Sunčevog sistema (pa i Zemlja, e 0, 017) se kreću po eliptičnim putanjama oko Sunca koje je u žizi. Ostala tela prolete pored Sunca po hipeboličkoj (ili paraboličkoj) putanji.
73 Pokazuje se da su jedini konusni preseci: elipsa za 0 e < 1 (za e = 0 dobija se krug); parabola za e = 1; hiperbola za e > 1. Elipsa i hiperbola imaju dve žiže i direktrise, parabola ima jednu. Žiza kruga je njegov centar, a direktrisa beskonačno daleka prava. Konusni preseci se prirodno javljaju: Putanja kosog hica je parabola. Tela Sunčevog sistema (pa i Zemlja, e 0, 017) se kreću po eliptičnim putanjama oko Sunca koje je u žizi. Ostala tela prolete pored Sunca po hipeboličkoj (ili paraboličkoj) putanji. Sunceva senka u toku dana opiše konusni presek...
74 Kanonski oblik konusnih preseka Elipsa je data jednačinom x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1.
75 Kanonski oblik konusnih preseka Elipsa je data jednačinom Parametarska jednačina elipse: x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1. x = a cos φ, y = b sin φ, φ [0, 2π).
76 Kanonski oblik konusnih preseka Elipsa je data jednačinom Parametarska jednačina elipse: x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1. x = a cos φ, y = b sin φ, φ [0, 2π). Hiperbola je data jednačinom x 2 a 2 y 2 b 2 = 1.
77 Kanonski oblik konusnih preseka Elipsa je data jednačinom Parametarska jednačina elipse: x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1. x = a cos φ, y = b sin φ, φ [0, 2π). Hiperbola je data jednačinom x 2 a 2 y 2 b 2 = 1. Parametarska jednačina (desne grane) hiperbole: x = ±a cosh t, y = b sinh t, t R.
78 Parabola je data jednačinom y 2 = 2px.
79 Fokusne osobine konusnih preseka
80 Fokusne osobine konusnih preseka Elipsa je skup tačaka ravni čiji je zbir rastojanja od žiža elipse konstantan (MF 1 + MF 2 = 2a).
81 Fokusne osobine konusnih preseka Elipsa je skup tačaka ravni čiji je zbir rastojanja od žiža elipse konstantan (MF 1 + MF 2 = 2a). Hiperbola je skup tačaka ravni čija je apsolutna vrednost razlike rastojanja od žiža hiperbole konstantna ( MF 1 MF 2 = 2a).
82 Fokusne osobine konusnih preseka Elipsa je skup tačaka ravni čiji je zbir rastojanja od žiža elipse konstantan (MF 1 + MF 2 = 2a). Hiperbola je skup tačaka ravni čija je apsolutna vrednost razlike rastojanja od žiža hiperbole konstantna ( MF 1 MF 2 = 2a). Parabola je skup tačaka ravni koje su jednako udaljene od direktrise i od žiže (d(m, F ) = d(m, d)).
83 Optičke osobine konusnih preseka Svetlosni zrak koji izvire iz žiže elipse i odbija se od elipse, prolazi kroz drugu žižu elipse (tzv. eliptički bilijar).
84 Optičke osobine konusnih preseka Svetlosni zrak koji izvire iz žiže elipse i odbija se od elipse, prolazi kroz drugu žižu elipse (tzv. eliptički bilijar). Svetlosni zrak koji izvire iz žiže hiperbole i odbija se od hiperbole, (izgleda kao da) prolazi kroz drugu žižu hiperbole.
85 Optičke osobine konusnih preseka Svetlosni zrak koji izvire iz žiže elipse i odbija se od elipse, prolazi kroz drugu žižu elipse (tzv. eliptički bilijar). Svetlosni zrak koji izvire iz žiže hiperbole i odbija se od hiperbole, (izgleda kao da) prolazi kroz drugu žižu hiperbole. Svetlosni zrak koji izvire iz žiže parabole i odbija se od parabole, paralelan je osi parabole.
86 Optičke osobine konusnih preseka Svetlosni zrak koji izvire iz žiže elipse i odbija se od elipse, prolazi kroz drugu žižu elipse (tzv. eliptički bilijar). Svetlosni zrak koji izvire iz žiže hiperbole i odbija se od hiperbole, (izgleda kao da) prolazi kroz drugu žižu hiperbole. Svetlosni zrak koji izvire iz žiže parabole i odbija se od parabole, paralelan je osi parabole. Ovo svojstvo parabole ima veliku primenu u proizvodnji paraboličkih antena, farova...
87 Krive drugog reda
88 Krive drugog reda Kriva prvog reda data jednačinom ax + by + c = 0, tj. to je prava.
89 Krive drugog reda Kriva prvog reda data jednačinom ax + by + c = 0, tj. to je prava. Kriva drugog reda je skup tačaka ravni čije koordinate (x, y) zadovoljavaju jednačinu drugog stepena a 11 x 2 + 2a 12 xy + a 22 y 2 + 2a 13 x + 2a 23 y + a 33 = 0. (2)
90 Krive drugog reda Kriva prvog reda data jednačinom ax + by + c = 0, tj. to je prava. Kriva drugog reda je skup tačaka ravni čije koordinate (x, y) zadovoljavaju jednačinu drugog stepena a 11 x 2 + 2a 12 xy + a 22 y 2 + 2a 13 x + 2a 23 y + a 33 = 0. (2) Primeri krivih drugog reda su elipsa, hiperbola i parabola.
91 Krive drugog reda Kriva prvog reda data jednačinom ax + by + c = 0, tj. to je prava. Kriva drugog reda je skup tačaka ravni čije koordinate (x, y) zadovoljavaju jednačinu drugog stepena a 11 x 2 + 2a 12 xy + a 22 y 2 + 2a 13 x + 2a 23 y + a 33 = 0. (2) Primeri krivih drugog reda su elipsa, hiperbola i parabola. Šta sve može biti kriva drugog reda?
92 Teorema (Svodjenje krive 2. reda na kanonski oblik) Za svaku krivu (2) datu u ON reperu, postoji novi ON reper u čijim koordinatama (x, y ) ona ima tačno jednu od jednačina: (E) x 2 + y 2 a 2 b 2 = 1, (elipsa), (H) x 2 y 2 = 1, (hiperbola), a 2 b 2 (P) y 2 = 2px, (parabola), (D1) x 2 + y 2 a 2 b 2 (D2) x 2 + y 2 a 2 b 2 = 1, (prazan skup), = 0, (tačka), (D3) x 2 y 2 = 0, (dve prave koje se seku), a 2 b 2 (D4) x 2 = a 2, (dve paralelne prave), (D5) x 2 = 0, ( dvostruka prava), (D6) x 2 = a 2, (prazan skup), gde je p > 0, a b > 0.
93 Dokaz (ne treba ga znati): Ako je a 12 0, radimo rotaciju za ugao φ koji je dat sa: cot 2φ = a 11 a 22 2a 12, cot 2φ cos 2φ = cot 2 2φ, 1 + cos 2φ 1 cos 2φ cos φ = +, sin φ = Zamenom jednačina rotacije x = cos φx sin φy, (3) y = sin φx + cos φy
94 u jednačinu krive (2) dobijamo jednačinu bez člana x y, recimo: mx 2 + ny 2 + 2cx + 2dy + e = 0. Sada se kriva svodi na kanonski oblik translacijom, tj. nameštanjem na pune kvadrate. Ponekad je potrebno uraditi i jednostavnu refleksiju, tj. zamenu osa x i y. (kraj dokaza)
95 Primer (ne treba ga znati) Izometrijskom transformacijom svesti na kanonski oblik krivu drugog reda 4x 2 + 9y 2 2x + 2y 12xy 19 = 0. Rešenje: Primenom formula iz dokaza dobijamo da je cos 2φ = Odatle je cos φ = 13 i sin φ = Zamenom jednačina rotacije (3) u krivu, nestaje član uz x y i dobijamo 2x y y 2 19 = 0. Translacijom x = x , y = y pitanju parabola: y 2 2 = x se dobija da je u
96 Zadatak Translacijom svesti krivu drugog reda na kanonski oblik i odrediti o kojoj krivoj je reč: a) x 2 3y 2 4x 18y 23 = 0, b) x 2 + 5y 2 4x 10y + 8 = 0, c) 3y 2 + 6y x 1 = 0.
97 Aproksimacija parametrizovane krive poligonom Parametrizovana kriva α(t), t [a, b] se najjednostavnije parametrizuje poligonskom linijom p = P 0 P 1... P n sa n + 1 temenom na sledeći način. step = (b a)\n P i = α(a + i step), i = 0,..., n Na taj način se kriva crta pomoću n duži P i P i+1, i = 0... n 1, ivica poligona p.
98 Bezijerove krive
99 Bezijerove krive Pierre Bezier, Paul de Casteljau - krajem 1950ih godina primenili Bezijerove krive, tj. površi u automobilskoj industriji (Renault, Citroen).
100 Bezijerove krive Pierre Bezier, Paul de Casteljau - krajem 1950ih godina primenili Bezijerove krive, tj. površi u automobilskoj industriji (Renault, Citroen). Razne primene splajn (spline), Bezijerovih i NURBS krivih i površi: dizajn (auto i avio industrija, arhitektura, dizajn uopšte) kompjuterska grafika (za zadavanje objekata, za putanje animacija... ) fontovi
101 Definicija Neka su P 0, P 1... P n tačke ravni. Bezierova kriva stepena n je α(t) = n i=0 ( n i ) t i (1 t) n i P i = n B n,i (t)p i, t [0, 1]. i=0
102 Definicija Neka su P 0, P 1... P n tačke ravni. Bezierova kriva stepena n je α(t) = n i=0 ( n i ) t i (1 t) n i P i = n B n,i (t)p i, t [0, 1]. Tačke P i nazivaju se kontrolne tačke, poligon P 0 P 1... P n kontrolna poligonska linija, a polinomi B n,i (t) Bernštajnovi polinomi. i=0
103 Definicija Neka su P 0, P 1... P n tačke ravni. Bezierova kriva stepena n je α(t) = n i=0 ( n i ) t i (1 t) n i P i = n B n,i (t)p i, t [0, 1]. Tačke P i nazivaju se kontrolne tačke, poligon P 0 P 1... P n kontrolna poligonska linija, a polinomi B n,i (t) Bernštajnovi polinomi. Bezijerove krive stepena 2 odredjena je sa tri kontrolne tačke: i=0 α 2 (t) = (1 t) 2 P 0 + 2t(1 t)p 1 + t 2 P 2, t [0, 1].
104 Definicija Neka su P 0, P 1... P n tačke ravni. Bezierova kriva stepena n je α(t) = n i=0 ( n i ) t i (1 t) n i P i = n B n,i (t)p i, t [0, 1]. Tačke P i nazivaju se kontrolne tačke, poligon P 0 P 1... P n kontrolna poligonska linija, a polinomi B n,i (t) Bernštajnovi polinomi. Bezijerove krive stepena 2 odredjena je sa tri kontrolne tačke: i=0 α 2 (t) = (1 t) 2 P 0 + 2t(1 t)p 1 + t 2 P 2, t [0, 1]. Bezijerova kriva stepena 3 je odredjena sa 4 kontrolne tačke: α 3 (t) = (1 t) 3 P 0 +3t(1 t) 2 P 1 +3t 2 (1 t)p 2 +t 3 P 3, t [0, 1].
105 Primer a) Date su tačke P 0 (1, 7), P 1 ( 3, 3), P 2 (3, 3). Odrediti Bezijerovu krivu α(t), t [0, 1] čije su to kontrolne tačke. b) Da li je tangenta te krive u tački α( 1 2 ) paralelna pravoj P 0P 2?
106 Primer a) Date su tačke P 0 (1, 7), P 1 ( 3, 3), P 2 (3, 3). Odrediti Bezijerovu krivu α(t), t [0, 1] čije su to kontrolne tačke. b) Da li je tangenta te krive u tački α( 1 2 ) paralelna pravoj P 0P 2? Teorema a) Bezijerova kriva α n odredjena kontrolnom linijom P 0 P 1... P n ima početak P 0, a kraj P n. Ona ne mora da sadrži ostale tačke P i.
107 Primer a) Date su tačke P 0 (1, 7), P 1 ( 3, 3), P 2 (3, 3). Odrediti Bezijerovu krivu α(t), t [0, 1] čije su to kontrolne tačke. b) Da li je tangenta te krive u tački α( 1 2 ) paralelna pravoj P 0P 2? Teorema a) Bezijerova kriva α n odredjena kontrolnom linijom P 0 P 1... P n ima početak P 0, a kraj P n. Ona ne mora da sadrži ostale tačke P i. b) Tangentni vektor krive α n u P 0 je n P 0 P 1, a u P n je n P n 1 P n.
108 Osobine Bezijerovih krivih
109 Osobine Bezijerovih krivih Pomeranje jedne kontrolne tačke P k za vektor v pomera sve tačke krive u pravcu vektora v. α n(t) = α n (t) + B n,k (t) v
110 Osobine Bezijerovih krivih Pomeranje jedne kontrolne tačke P k za vektor v pomera sve tačke krive u pravcu vektora v. α n(t) = α n (t) + B n,k (t) v Bezierova kriva odredjena tačkama P 0,..., P n leži unutar konveksnog omotača tih tačaka.
111 Osobine Bezijerovih krivih Pomeranje jedne kontrolne tačke P k za vektor v pomera sve tačke krive u pravcu vektora v. α n(t) = α n (t) + B n,k (t) v Bezierova kriva odredjena tačkama P 0,..., P n leži unutar konveksnog omotača tih tačaka. Ni jedna prava ne preseca Bezierovu krivu više puta nego što seče kontrolnu liniju P 0... P n (svojstvo najmanje varijacije).
112 Osobine Bezijerovih krivih Pomeranje jedne kontrolne tačke P k za vektor v pomera sve tačke krive u pravcu vektora v. α n(t) = α n (t) + B n,k (t) v Bezierova kriva odredjena tačkama P 0,..., P n leži unutar konveksnog omotača tih tačaka. Ni jedna prava ne preseca Bezierovu krivu više puta nego što seče kontrolnu liniju P 0... P n (svojstvo najmanje varijacije). Afina invarijantnost.
113 Osobine Bezijerovih krivih Pomeranje jedne kontrolne tačke P k za vektor v pomera sve tačke krive u pravcu vektora v. α n(t) = α n (t) + B n,k (t) v Bezierova kriva odredjena tačkama P 0,..., P n leži unutar konveksnog omotača tih tačaka. Ni jedna prava ne preseca Bezierovu krivu više puta nego što seče kontrolnu liniju P 0... P n (svojstvo najmanje varijacije). Afina invarijantnost. Posledica: Bezijerova kriva stepena 2 je deo parabole.
114 Osobine Bezijerovih krivih Pomeranje jedne kontrolne tačke P k za vektor v pomera sve tačke krive u pravcu vektora v. α n(t) = α n (t) + B n,k (t) v Bezierova kriva odredjena tačkama P 0,..., P n leži unutar konveksnog omotača tih tačaka. Ni jedna prava ne preseca Bezierovu krivu više puta nego što seče kontrolnu liniju P 0... P n (svojstvo najmanje varijacije). Afina invarijantnost. Posledica: Bezijerova kriva stepena 2 je deo parabole. Algoritam De Casteljau.
115 Algoritam de Casteljau
116 Algoritam de Casteljau Ulaz: parametar t (0, 1), kontrolne tačke P 0,..., P n. Izlaz: α n (t) (bez računanja Bernštajnovog polinoma). 1) Označimo P 00 = P 0, P 01 = P 1,..., P 0n = P n.
117 Algoritam de Casteljau Ulaz: parametar t (0, 1), kontrolne tačke P 0,..., P n. Izlaz: α n (t) (bez računanja Bernštajnovog polinoma). 1) Označimo P 00 = P 0, P 01 = P 1,..., P 0n = P n. 2) Izračunamo tačke P 1i, i = 1,... n 1 tako da dele svaku od kontrolnih duži P 0i P 0(i+1) u odnosu t : (1 t).
118 Algoritam de Casteljau Ulaz: parametar t (0, 1), kontrolne tačke P 0,..., P n. Izlaz: α n (t) (bez računanja Bernštajnovog polinoma). 1) Označimo P 00 = P 0, P 01 = P 1,..., P 0n = P n. 2) Izračunamo tačke P 1i, i = 1,... n 1 tako da dele svaku od kontrolnih duži P 0i P 0(i+1) u odnosu t : (1 t). 3) Ponavljamo prethodni postupak za k = 2,..., n, tj. računamo tačke P ki, i = 1,... n k tako da dele svaku od kontrolnih duži P (k 1)i P (k 1)(i+1) u odnosu t : (1 t).
119 Algoritam de Casteljau Ulaz: parametar t (0, 1), kontrolne tačke P 0,..., P n. Izlaz: α n (t) (bez računanja Bernštajnovog polinoma). 1) Označimo P 00 = P 0, P 01 = P 1,..., P 0n = P n. 2) Izračunamo tačke P 1i, i = 1,... n 1 tako da dele svaku od kontrolnih duži P 0i P 0(i+1) u odnosu t : (1 t). 3) Ponavljamo prethodni postupak za k = 2,..., n, tj. računamo tačke P ki, i = 1,... n k tako da dele svaku od kontrolnih duži P (k 1)i P (k 1)(i+1) u odnosu t : (1 t). 4) Tačka α n (t) = P n0 je tražena tačka.
120 Algoritam de Casteljau Ulaz: parametar t (0, 1), kontrolne tačke P 0,..., P n. Izlaz: α n (t) (bez računanja Bernštajnovog polinoma). Primer 1) Označimo P 00 = P 0, P 01 = P 1,..., P 0n = P n. 2) Izračunamo tačke P 1i, i = 1,... n 1 tako da dele svaku od kontrolnih duži P 0i P 0(i+1) u odnosu t : (1 t). 3) Ponavljamo prethodni postupak za k = 2,..., n, tj. računamo tačke P ki, i = 1,... n k tako da dele svaku od kontrolnih duži P (k 1)i P (k 1)(i+1) u odnosu t : (1 t). 4) Tačka α n (t) = P n0 je tražena tačka. Date su kontrolne tačke P 0 (1, 4), P 1 (6, 6), P 2 ( 4, 9). Odrediti tačku Bezijerove krive za t = 0.2.
121 Podela Bezijerove krive
122 Podela Bezijerove krive Upotrebom de Casteljau algoritma Bezijerova kriva se u prozvoljnoj tački α n (t) = P n0 može podeliti na dve Bezijerove krive istog stepena.
123 Podela Bezijerove krive Upotrebom de Casteljau algoritma Bezijerova kriva se u prozvoljnoj tački α n (t) = P n0 može podeliti na dve Bezijerove krive istog stepena. Te krive su odredjene kontrolnim tačkama odnosno P 0 = P 00, P 10, P 20,..., P n0 = α n (t), α n (t) = P n0, P (n 1)1, P (n 2)2,..., P 0n = P n.
124 Podela Bezijerove krive Upotrebom de Casteljau algoritma Bezijerova kriva se u prozvoljnoj tački α n (t) = P n0 može podeliti na dve Bezijerove krive istog stepena. Te krive su odredjene kontrolnim tačkama odnosno P 0 = P 00, P 10, P 20,..., P n0 = α n (t), α n (t) = P n0, P (n 1)1, P (n 2)2,..., P 0n = P n. Primer Podeliti krivu iz prethodnog Primera na dve krive istog stepena u tački α 2 (0.2).
125 Povećanje stepena Bezijerove krive
126 Povećanje stepena Bezijerove krive Bezijerovoj krivoj α n (t) se može povećati broj kontrolnih tačaka (tj. stepen) bez promene oblika Bezijerove krive. Da bi povećali stepen za 1 krivoj koja je data tačkama P 0,..., P n uvode se nove kontrolne tačke Q 0,... Q n+1 sa Q 0 = P 0, Q n+1 = P n i Q i = i n + 1 P i 1 + ( 1 = i ) P i, 1 i n. n + 1
127 Povećanje stepena Bezijerove krive Bezijerovoj krivoj α n (t) se može povećati broj kontrolnih tačaka (tj. stepen) bez promene oblika Bezijerove krive. Da bi povećali stepen za 1 krivoj koja je data tačkama P 0,..., P n uvode se nove kontrolne tačke Q 0,... Q n+1 sa Q 0 = P 0, Q n+1 = P n i Q i = i n + 1 P i 1 + ( 1 = i ) P i, 1 i n. n + 1 Uzastopnom primenom ovog postupka broj tačaka kontrolnog poligona može biti proizvoljno veliki i kontrolno poligon sve bolje i bolje aproksimira krivu.
128 Povećanje stepena Bezijerove krive Bezijerovoj krivoj α n (t) se može povećati broj kontrolnih tačaka (tj. stepen) bez promene oblika Bezijerove krive. Da bi povećali stepen za 1 krivoj koja je data tačkama P 0,..., P n uvode se nove kontrolne tačke Q 0,... Q n+1 sa Q 0 = P 0, Q n+1 = P n i Q i = i n + 1 P i 1 + ( 1 = i ) P i, 1 i n. n + 1 Uzastopnom primenom ovog postupka broj tačaka kontrolnog poligona može biti proizvoljno veliki i kontrolno poligon sve bolje i bolje aproksimira krivu. Primer Povećati za 1 stepen krivoj čije su kontrolne tačke P 0 (1, 2), P 1 (4, 4), P 2 ( 2, 5).
Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu:
Refleksija S φ u odnosu na pravu kroz koordinatni početak Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: ( ) ( ) ( ) x cos 2φ
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Analitička geometrija 1. Tačka 1. MF000 Neka su A(1, 1) i B(,11) tačke u koordinatnoj ravni Oxy. Ako tačka S deli duž AB
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
Slika 9: Izometrijske transformacije koordinata. Ovo razmatranje možemo sumirati sledećom teoremom
e 2 f 2 e 2 φ + π 2 Q f 1= f 1 φ e 1 O e 1 f 2 Slika 9: Izometrijske transformacije koordinata Ovo razmatranje možemo sumirati sledećom teoremom Teorema 3.1 Formule transformacija koordinata ravni iz ortonormiranog
Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A
Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi
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
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:
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
Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1)
Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Prva godina studija Mašinskog fakulteta u Nišu Predavač: Dr Predrag Rajković Mart 19, 2013 5. predavanje, tema 1 Simetrija (Symmetry) Simetrija
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,
Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana.
Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana. Zadatak 2 Dokazati da se visine trougla seku u jednoj tački ortocentar. 1 Dvostruki vektorski proizvod Važi
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
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
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
Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet.
Glava 1 Vektori U mnogim naukama proučavaju se vektorske i skalarne veličine. Skalarna veličina je odred ena svojom brojnom vrednošću u izabranom sistemu jedinica. Takve veličine su temperatura, težina
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)
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 ( +
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
Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I
UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Tatjana Grbić Silvia Likavec Tibor Lukić Jovanka Pantović Nataša Sladoje Ljiljana Teofanov Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I Novi Sad, 009. god.
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
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
1.1 Tangentna ravan i normala površi
Površi. Tangentna ravan i normala površi Zadatak Data je površ r(u, v) = (u cos v, u sin v, a 2 u 2 ), a = const. Ispitati o kojoj se površi radi i odrediti u i v linije. Zadatak 2 Data je površ r(u, v)
TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)
TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli
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)
Geometrija (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
Zadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar)
Zadaci iz Nacrtne geometrije (drugi semestar) Srdjan Vukmirović August 19, 2003 Aksiome projektivne geometrije P1 Za ma koje 2 tačke A i B postoji tačno jedna prava a = AB kojoj pripadaju tačke A i B.
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 +.
OBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK
OBRTNA TELA VALJAK P = 2B + M B = r 2 π M = 2rπH V = BH 1. Zapremina pravog valjka je 240π, a njegova visina 15. Izračunati površinu valjka. Rešenje: P = 152π 2. Površina valjka je 112π, a odnos poluprečnika
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
Racionalne krive i površi u geometrijskom dizajnu
Racionalne krive i površi u geometrijskom dizajnu Tijana Šukilović Matematički fakultet, Univerzitet Beograd May 2, 2011, Beograd Sadržaj 1 Racionalne Bézier-ove krive Polinomijalne Bézier-ove krive Algoritam
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
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
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
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
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.
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
( ) ( ) 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
Analitička geometrija - vežbe
Analitička geometrija - vežbe Milica Žigić May 25, 2017 1 Pravougli koordinatni sistem i rastojanje izmed u tačaka 1. Na brojnoj osi ucrtati tačke A( 3), B( 8 3 ) i C(0). 2. (a) Na brojnoj osi ucrtati
Klasifikacija 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 ) =
Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije
Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Transformacije koordinata tačaka Transformacije koordinata tačaka Pretpostavimo da za bazne
1 Afina geometrija. 1.1 Afini prostor. Definicija 1.1. Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo. A - skup taqaka
1 Afina geometrija 11 Afini prostor Definicija 11 Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo svaku uređenu trojku (A, V, +): A - skup taqaka V - vektorski prostor nad poljem K + : A V A - preslikavanje
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
1. APSOLUTNA GEOMETRIJA
1. APSOLUTNA GEOMETRIJA Euklidska geometrija izvedena sintetičkim metodom zasniva se na aksiomama koje su podeljene u pet grupa i to: aksiome rasporeda, aksiome incidencije, aksiome podudarnosti, aksiome
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()
PROJEKTIVNA GEOMETRIJA ANALITIČKI PRISTUP
PROJEKTIVNA GEOMETRIJA oktobar 2010. godine ANALITIČKI PRISTUP Homogene koordinate i dvorazmera 1. Tačke 0, i 1 afinog sistema koordinata uzete su redom za bazne tačke A 1 (1 : 0), A 2 (0 : 1) i jedinicu
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
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
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
M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost
M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.
Zadaci iz Geometrije 4
Zadaci iz Geometrije 4 - za rad na vežbama - 3. maj 2017. 1 Stereometrija 1. Data je kocka ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 ivice a. Dokazati da je tetraedar ACB 1 D 1 pravilan i odrediti mu dužinu ivice. 2. Dat je
7 Algebarske jednadžbe
7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.
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
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
Operacije s matricama
Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M
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
O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš
O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.
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 izgleda
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
OTPORNOST MATERIJALA
3/8/03 OTPORNOST ATERIJALA Naponi ANALIZA NAPONA Jedinica u Si-sistemu je Paskal (Pa) Pa=N/m Pa=0 6 Pa GPa=0 9 Pa F (N) kn/cm =0 Pa N/mm =Pa Jedinična površina (m ) U tečnostima pritisak jedinica bar=0
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) =
Milan Merkle. (radni naslov) Verzija 0 ( ), novembar 2015
Milan Merkle M A T E M A T I K A (radni naslov) III Verzija (1999-23), novembar 215 Sadržaj: Analitička geometrija Funkcije više promenljivih Integrali (krivolinijski, višetruki, površinski) Kompleksna
Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.
auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,
EUKLIDSKA GEOMETRIJA
EUKLIDSKA GEOMETRIJA zadaci za vežbe AKSIOMATSKO ZASNIVANJE EUKLIDSKE GEOMETRIJE 1. Ako dve razne ravni imaju zajedničku tačku tada je njihov presek prava. Dokazati. 2. Za svake dve prave koje se seku
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Planimetrija. Sličnost trouglova. GF 000 Dužine stranica trougla su 5cm, cm i 8cm. Dužina najduže stranice njemu sličnog
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,
Aksiomatsko zasnivanje euklidske geometrije
Aksiomatsko zasnivanje euklidske geometrije 1. Postoji jedna i samo jedna prava koja sadrži dve razne tačke A i B. 2. Postoji jedna i samo jedna ravan koja sadrži tri nekolinearne tačke A, B, C. 3. Ako
1. Skicirati sledeće površi i ispitati njihovu regularnost:
Geometrija 3, drgi kolokvijm Prezime i ime, broj indeksa, grpa Skicirati sledeće površi i ispitati njihov reglarnost: a f, v sh cos v, sh sin v,,, v [ π, π]; b g, v, 3, v,, v R a b Rešenje a Iz oblika
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
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
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
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
I Pismeni ispit iz matematike 1 I
I Pismeni ispit iz matematike I 27 januar 2 I grupa (25 poena) str: Neka je A {(x, y, z): x, y, z R, x, x y, z > } i ako je operacija definisana sa (x, y, z) (u, v, w) (xu + vy, xv + uy, wz) Ispitati da
1.4 Tangenta i normala
28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x
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
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:
OM2 V3 Ime i prezime: Index br: I SAVIJANJE SILAMA TANKOZIDNIH ŠTAPOVA
OM V me i preime: nde br: 1.0.01. 0.0.01. SAVJANJE SLAMA TANKOZDNH ŠTAPOVA A. TANKOZDN ŠTAPOV PROZVOLJNOG OTVORENOG POPREČNOG PRESEKA Preposavka: Smičući napon je konsanan po debljini ida (duž pravca upravnog
Matematika 1 { fiziqka hemija
UNIVERZITET U BEOGRADU MATEMATIQKI FAKULTET Matematika 1 { fiziqka hemija Vektori Tijana Xukilovi 29. oktobar 2015 Definicija vektora Definicija 1.1 Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih dui koje imaju
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/.
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
Sadrºaj. 1 Vektorska algebra 1. 2 Analiti ka geometrija 2. 3 Analiti ka geometrija u ravni 3. 4 Analiti ka geometrija u prostoru 4
Sadrºaj Sadrºaj i 1 Vektorska algebra 1 2 Analiti ka geometrija 2 3 Analiti ka geometrija u ravni 3 4 Analiti ka geometrija u prostoru 4 5 Ispitivanje jedna ina drugog reda u R 2 5 5.1 Krive sa centrom.........................
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
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
radni nerecenzirani materijal za predavanja
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je
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
PRIPREMNI ZADACI ZA PRIJEMNI ISPIT
PRIPREMNI ZADACI ZA PRIJEMNI ISPIT GRAĐEVINSKI FAKULTET UNIVERZITETA U SARAJEVU Ovo je Izbor zadataka koji su namjenjeni budućim studentima za lakše pripremanje prijemnog ispita na Građevinskom fakultetu
Sli cnost trouglova i Talesova teorema
Sli cnost trouglova i Talesova teorema Denicija. Dva trougla ABC i A B C su sli cna ako su im sva tri ugla redom podudarna a i ako su im odgovaraju ce stranice proporcionalne tj. a = b b = c c. Stav 1.
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
2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =
( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se
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)
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
radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija
6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom
6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s
Konstruktivni zadaci. Uvod
Svaki konstruktivni zadatak ima četri dijela: 1. Analiza 2. Konstrukcija 3. Dokaz 4. Diskusija Konstruktivni zadaci Uvod U analizi pretpostavimo da je zadatak riješen, i na osnovu slike (skice) rješenja,
Racionalni algebarski izrazi
. Skratimo razlomak Racionalni algebarski izrazi [MM.4-()6] 5 + 6 +. Ako je a + b + c = dokazati da je a + b + c = abc [MM.4-()] 5 6 5. Reši jednačinu: y y y + + = 7 4 y = [MM.4-(4)] 4. Reši jednačinu:
Zadaci iz trigonometrije za seminar
Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;
MATEMATIKA I 1.kolokvij zadaci za vježbu I dio
MATEMATIKA I kolokvij zadaci za vježbu I dio Odredie c 0 i kosinuse kueva koje s koordinanim osima čini vekor c = a b ako je a = i + j, b = i + k Odredie koliki je volumen paralelepipeda, čiji se bridovi
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
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},
- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)
MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile
Betonske konstrukcije 1 - vežbe 3 - Veliki ekscentricitet -Dodatni primeri
Betonske konstrukcije 1 - vežbe 3 - Veliki ekscentricitet -Dodatni primeri 1 1 Zadatak 1b Čisto savijanje - vezano dimenzionisanje Odrediti potrebnu površinu armature za presek poznatih dimenzija, pravougaonog