Letnik 0, številka 5
|
|
- Παύλος Μαρκόπουλος
- 5 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Brihtnež Elektronska revija za mlade matematike Letnik 0, številka 5 c Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije
2 Vsebina Vsebina Olimpijski kotiček: MMO 00 (Gregor Dolinar, Matjaž Željko) V prispevku so navedene vse naloge z rešitvami z letošnje mednarodne matematične olimpiade. Olimpijski kotiček: Sredozemsko tekmovanje 00 (Darjo Felda) 7 V prispevku so navedene vse naloge z rešitvami s sredozemskega tekmovanja 00. Rešitve nalog iz prejšnje številke 10 Zapisane so podrobne rešitve vseh nalog iz prejšnje številke Brihtneža. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
3 G. Dolinar, M. Željko: MMO 00 Mednarodna matematična olimpiada 00 Na 44. mednarodni matematični olimpiadi, ki je bila od 7. do 19. julija vtokiu (Japonska), so Slovenijo zastopali Rok Končina s Šolskega centra elje - Splošne in strokovne gimnazije Lava, Ivo List in Mitja Trampuš z Gimnazije Bežigrad, Nik Stopar s Srednje šole Veno Pilon Ajdovščina, Janez Šter z Gimnazije Želimlje in Janoš Vidali z Gimnazije Koper. Janez Šterjeosvojilpohvalo. Naloge 1. Naj bo A podmnožica množice S = {1,,,..., }, ki vsebuje natančno 101 element. Dokaži, da obstajajo taka števila t 1, t,..., t 100 iz množice S, dasomnožice paroma disjunktne. A j = {x + t j ; x A} za j =1,,...,100. Poišči vse pare (a, b) naravnihštevil, za katere je a ab b +1 naravno število.. Dan je konveksen šestkotnik, vkaterem ima vsak par nasprotnih stranic naslednjo lastnost: razdalja med njunima središčima je /-krat večja od vsote njunih dolžin. Dokaži, da so vsi notranji koti tega šestkotnika enaki. (Konveksni šestkotnik ABDEF ima tri pare nasprotnih stranic: AB in DE, B in EF ter D in FA.) 4. Dan je tetivni štirikotnik ABD. Naj bodo P, Q in R nožišča pravokotnic iz točke D na premice AB, B in A. Dokaži, da je RP = RQ natanko tedaj, ko se simetrali kotov <) AB and <) DA sekata na premici A. 5. Naj bo n> naravno število in x 1, x,...,x n realna števila z lastnostjo x 1 x x n. (a) Dokaži, da je j=1 x i x j (n 1) (x i x j ). j=1 (b) Dokaži, da vgornji neenakosti velja enačaj natanko tedaj, ko je zaporedje x 1, x,..., x n aritmetično. 6. Dokaži,dazavsakopraštevilo p obstaja tako praštevilo q, daštevilo n p p ni deljivo s q za nobeno naravno število n. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
4 G. Dolinar, M. Željko: MMO 00 4 Rešitve nalog 1. Oglejmo si množico D = {x y; x, y A}. Množica D ima = elementov. Iz definicije množice D vidimo, da imata množici {x+t i ; x A} in {x+t j ; x A} neprazen presek natanko tedaj, ko je t i t j D. Torej moramo izbrati 100 števil tako, da nobeni dve izmed njihovih razlik ne bosta ležali v D. Števila bomo poiskali induktivno. Prvo število izberemo poljubno. Recimo, da smo k, k 99, števil že izbrali. Če smo število x že izbrali, ne smemo izbrati nobenega števila iz množice {x + d; d D}. Ko smo torej že izbrali k števil, jih je največ 10101k prepovedanih in lahko izberemo še (k +1)-voštevilo. a. Naj bo (a, b) tak par naravnih števil, da je število k = naravno. Ker je k>0, je ab b +1 ab b +1> 0, kar nam da a> b 1 in a b b. Ker je k 1, je a b (a b)+1in a >b (a b) 0. Torej je a>b ali a = b. (1) Enačbo k = a ab b +1 lahko preoblikujemo vkvadratno enačbo za a: a kab +k(b 1) = 0. Ta enačba ima rešitvi a 1 in a, ki po Vietovih formulah zadoščata pogojema a 1 + a =kb in a 1 a = k(b 1). Iz pogoja a 1 + a =kb vidimo, da je a 1 celo število natanko tedaj, ko je a celo število. Nadalje smemo privzeti, da je a 1 a. Torej je a 1 kb > 0. Ker je a 1 a = k(b 1), sledi 0 a = k(b 1) k(b 1) a 1 kb <b. Skupaj z (1) to pomeni, da je lahko le a = 0 ali a = b in b sodo število. Če je a =0,jeb 1 = 0. Torej je b =1ina 1 =k. Če je a = b,jek = b 4 in a 1 = b 4 b. Vse rešitve so torej pari oblike (l, 1), (l, l) in(8l 4 l, l), kjer l preteče vsa naravna števila. Opomba. Zakaj je bilo potrebno komentirati, da je a 1 celo število natanko tedaj, ko je a celo število? Po predpostavki je a (ena) celoštevilska rešitevkvadratne enačbe in vsplošnem ni nujno, da je tudi druga rešitevceloštevilska.. Dokažimo najprej lemo: Dan je trikotnik QRP s kotom <) QP R 60. Naj bo L razpolovišče stranice QR. Potem je PL QR, kjer velja enakost natanko tedaj, ko je trikotnik PQR enakostraničen. Dokaz leme. Konstruirajmo enakostranični trikotnik QRS, kileži na istem bregu premice kot trikotnik PQRin mu očrtajmo krožnico k. Potem leži krožnica k vceloti znotraj kroga k s središčem v L in polmerom LS. Sledi Q S L P R k k PL SL = QR. Enakost velja natanko tedaj, ko je P = S; torej natanko tedaj, ko je trikotnik SQR enakostraničen. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
5 G. Dolinar, M. Željko: MMO 00 5 Dokažimo sedaj trditevnaloge. Glavne diagonale šestkotnika ABDEF se sekajo vtreh (ne nujno različnih točkah) in vsaj dve med diagonalami tvorita kot, ki ni manjši od 60. Privzemimo torej, da se diagonali AD in BE sekata pod kotom, ki meri vsaj 60. Po lemi je PM AB in PN DE. Po trikotniški neenakosti vtrikotniku PMN velja MN PM + PN in odtod F E Q P N R D MN PM + PN ( AB + DE ) = MN, A M B kjer velja zadnji enačaj po predpostavki naloge. Torej je MN = PM + PN, kar pomeni, da je tudi PM = AB in PN = DE. Torej sta trikotnika ABP in EDP enakostranična, diagonali AD in BE pa se sekata pod kotom 60. Diagonala F seka vsaj eno od diagonal AD in DE Z (recimo AD) pod kotom, ki ni manjši od 60. Po podobnem razmisleku kot zgoraj izpeljemo, da sta trikotnika AQF in DQ enakostranična, diagonali AD in E D F pa se vtočki R sekata pod kotom 60. Torej se tudi diagonali BE in F sekata pod kotom 60. Še tretjič uporabimo lemo in nazadnje izpeljemo, da sta P F tudi trikotnika BR in FRE enakostranična. Q Torej smo pokazali, da so vsi notranji koti šestkotnika R ABDEF enaki 10. Vse šestkotnike z opisano lastnostjo dobimo npr. tako, da ob ogliščih enakostraničnega trikotnika (recimo XYZ)odrežemo (ne nujno skladne) enakostranične trikotnike X A B Y XAF, BY in EDZ. 4. Po Simsonovem izreku so točke P, Q in R kolinearne. Ker sta kota <) DP in <) QD prava, je PDQ tetivni štirikotnik in <) DQ = <) DPQ. Podobno je tudi DQRA tetivni štirikotnik in <) QRD = <) QAD. Torej sta si trikotnika DA in DPR podobna. Ker je <) DPQ = <) DQ = <) DBA in <) QDP = <) QB = <) ADB, sta si podobna tudi trikotnika QP D in ABD. Izena- kosti <) QRD = <) QAD = <) BD in <) QDR = <) RAQ = <) BD pa sledi, da sta si trikotnika BD in RQD podobna. Torej je DA D = DR DP = DB QR B DB PQ BA = QR BA PQ B, R D B P A Q kjer prvi enačaj velja zaradi podobnosti DA DPR, zvezi DR = DB QR B in DP = DB PQ BA pa sledita iz podobnosti BD RQD in QP D ABD. Torej je PQ QR = 1 natanko tedaj, ko je DA D = BA B. kota <) BA deli daljico A vrazmerju BA B razmerju DA D. Trditevje tako dokazana, saj simetrala, simetrala kota <) AD pa deli daljico A v Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
6 G. Dolinar, M. Željko: MMO (a) Ker sta obe strani neenakosti x i x j j=1 (n 1) (x i x j ) () j=1 invariantni za translacijo (tj. zamenjavo x i z x i δ), smemo privzeti, da je n x i =0. (Tu smo naredili translacijo za δ = 1 n n x i.) Najprej poenostavimo levo stran v neenakosti (): x i x j = (x i x j )= i<j i,j Po auchyevi neenakosti sledi (i n 1)x i. () ( ) (i n 1)x i (i n 1) x i = n(n +1)(n 1) x i, (4) kjer smo upoštevali, da je (i n 1) = ( 4i 4i(n +1)+(n +1) ) = n(n + 1)(n +1) = 4 6 n(n +1)(n 1) =. Po drugi strani pa je (x i x j ) = n x i i,j=1 n(n +1) 4 (n +1)+n (n +1) = x i j=1 x j + n x j =n j=1 x i. (5) Ko voceni (4) uporabimo (5), dobimo želeno oceno (). (b) Če vauchyjevi neenakosti (4) velja enakost, je x i = a(i n 1) za neko realno število a. Torej je razlika x i x i 1 =a konstantna in je (x i ) aritmetično zaporedje. Za dokaz vdrugo smer pa naj bo (x i ) aritmetično zaporedje z diferenco d. Torej je x i = x 1 +(i 1)d. Če vsak člen x i nadomestimo z x i δ, kjerjeδ =(x 1 + x ), dobimo x i = d(i n 1)/ in n x i = 0. Torej v(4) velja enakost. 6. Ker je pp 1 p 1 =1+p + p + + p p 1 p +1 (mod p ), obstaja vsaj en praštevilski delitelj števila pp 1 p 1, ki ni kongruenten 1 po modulu p. Označimo ta praštevilski delitelj s q in dokažimo, da je to iskano praštevilo. Recimo, da obstaja celo število n, dajen p p (mod q). Potem je n p p p 1 (mod q) po definiciji števila q. Po Fermatovem izreku je n q 1 1 (mod q), saj je q praštevilo. Ker p ne deli q 1, največji skupni delitelj števil p in q 1delip. Torej obstajata celi števili α in β, dajeαp + β(q 1) = p. Sledi n αp +β(q 1) = n p 1 (mod q) inodtodp 1 (mod q). Slednje pomeni, da je 1 + p + p + + p p 1 p (mod q). Po definiciji števila q potem sledi, da je p 0 (mod q), kar je vnasprotju z že dokazanim. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
7 D. Felda: Sredozemsko matematično tekmovanje 00 7 Sredozemsko matematično tekmovanje 00 Naloge 1. Dokaži, da enačba x + y + z = x + y + z +1nimarešitevvmnožici racionalnih števil.. Za stranice trikotnika AB velja B = A + 1 AB. Na stranici AB je taka točka P, da je BP PA = 1.Pokaži, da je <) AP = <) PA.. Naj bodo a, b in c taka nenegativna števila, da je a + b + c =. Dokaži, da velja Kdaj velja enačaj? a b +1 + b c +1 + c a Dan je sistem, sestavljen iz neskončno mnogo kovinskih sfer s središči vvseh točkah (a, b, c) Z. Pravimo, da je sistem stabilen, če je temperatura vsake sfere enaka aritmetični sredini temperatur šestih njej najbližjih sfer. Predpostavimo, da je temperatura vsake sfere med 0 in 1.Pokaži: če je sistem stabilen, imajo vse sfere enako temperaturo. Rešitve nalog 1. Pišimo x = a+1, y = b+1 in z = c+1. Potem so števila x, y in z racionalna natanko tedaj, ko so a, b in c racionalna. Velja: x + y + z = x + y + z +1 a + b + c =7. Zapišimo racionalna števila a, b in c z uporabo najmanjšega skupnega imenovalca d: a = p d, b = q d, c = r d. Števila p, q in r so si tuja. Dokazati moramo, da enačba p +q +r =7d nima celoštevilskih rešitev. Predpostavimo, da ima rešitevin si jo oglejmo po modulu 8. Ker ima kvadrat celega števila ostanek 0, 1 ali 4 pri deljenju z 8, ima število 7d ostanek 0, 7 ali 4. Vsota p +q +r ima ostanek 0, 1,,, 4, 5 ali 6. To pomeni, da ima število 7d vnašem primeru ostanek 0 ali 4. Ker bi morala biti števila p, q in r zaradi tega vsa soda, smo prišli vprotislovje. Enačba p + q + r =7d nima celoštevilskih rešitev, zato prvotna enačba ima racionalnih rešitev.. Naj veljajo standardne oznake za stranice (a = B, b = A in c = AB ) ternajbo β = <) PA in α = <) AP. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
8 D. Felda: Sredozemsko matematično tekmovanje 00 8 b a A α c β P B Po kosinusnem izreku vtrikotniku AB imamo a = b + c bc cos(α). Upoštevamo, da je a = b + 1 c, pa imamo b + c 4 + bc = b + c bc cos(α) in odtod cos(α) = c 4b 8b. Potem je sin α = 1 cos(α) = (4b c) 16b in sin (α) =4sin α(1 sin α)= (4b c)(4b+c). 64b Po kosinusnem izreku vtrikotniku AP je ( ) P = b + AP b AP cos(α) P = b + 4 c bc cos(α). Po sinusnem izreku vtrikotniku AP velja b sin β = P sin(α) = b sin β = P sin (α) oziroma ( b sin β = b + 4 c) bc cos(α) sin. (α) Sedaj zamenjajmo cos(α) insin (α) z izrazoma, ki smo ju prej dobili, in poenostavimo: ( b sin β = b + 4 c) bc c 4b 8b (4b c)(4b+c) 64b = b(4b +c)64b 4(4b c)(4b +c). 1 Odtod dobimo sin β = 16b (4b c) in vidimo, da je sin β =sin α. Ker sta kota α in β ostra, velja tudi sin β =sinα in β = α. Tako je seveda tudi α =β oziroma <) AP =<) PA, kar je bilo treba pokazati.. Neenačbo zapišemo vobliki a(a +1)(c +1)+b(b +1)(a +1)+c(c +1)(b +1) (a +1)(b +1)(c +1). Ker za vsako realno število x velja x +1 x, je dovolj, da dokažemo 4a (c +1)+4b (a +1)+4c (b +1) (a b c + a b + b c + c a + a + b + c +1), kar je ekvivalentno a b + b c + c a + a + b + c a b c +. Iz aritmetično-geometrijske neenakosti abc a+b+c = 1 sklepamo, da je abc 1, zato je dovolj, da dokažemo a b + b c + c a + a + b + c 6. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
9 D. Felda: Sredozemsko matematično tekmovanje 00 9 Če zadnjo neenakost preuredimo v oziroma v a b + b c + c a +(a + b + c) ab bc ac 6 (ab 1) +(ac 1) +(bc 1) 0, vidimo, da res velja. Enačaj velja natanko tedaj, ko je a = b = c =1. 4. Naj bo f: Z [0, 1] funkcija, ki sferi s središčem v(x, y, z) Z priredi njeno temperaturo f(x, y, z). Če je sistem stabilen, velja f(a) = 1 6 ( ) (f(a + e l )+f(a e l )) l=1 za vsak a Z,kjersoe l vektorji kanoničnebazeprostora( i, j, k ). Pokazali bomo, da je funkcija konstantna. Predpostavimo nasprotno, to je, da funkcija f ni konstantna. Potem obstaja tak d Z,da g(x) =f(x + d) f(x) ni identično enako nič. Naj bo A = sup x Z g(x). Gotovo je 1 >A>0 (sicer bi definirali g(x) =f(x) f(x + d). Še več: če je g(y) >A ε, potemjeg(a ± e i) >A 6zavsaki. Naj bo n = [ A] +1 in N = n d, kjer oznaka a pomeni a1 + a + a,če je a =(a 1,a,a ) Z. Postavimo ( A 0 = A 1 ( 1 6 ) ) N in naj bo c Z taka točka, da je g(c) A 0. Potem pa je g(c + δ) A za vsak δ Z,za katerega velja δ N. Posebej je g(c + h d) A za vsak h =0, 1,...,n 1. Potem pa imamo n 1 f(c + n d) f(c + n n) f(c) = g(c + h n) A n = A h=0 ([ ] ) +1 > 1, A kar je protislovje. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
10 Rešitve nalog iz prejšnje številke 10 Rešitve nalog iz prejšnje številke Krešitvi naloge običajno vodi več poti in vse matematično veljavne rešitve so pravilne. V rešitvah, ki jih objavljamo, je izbrana tista pot, ki se najbolj ujema s prispevkom, v katerem je bila določena naloga zastavljena. Če se tvoja rešitev od navedene rešitve bistveno razlikuje, se orešitvi pogovori s tvojim učiteljem matematike. Poliedri 1. Polieder lahko sestavimo. Ima 4 mejne ploskve.. Telesa so sestavljena videti takole:. Oglišče je stičišče treh robov. Le dve ploskvi pa se ne moreta stikati v treh robovih. Notranji kot enakostraničnega trikotnika meri 60. Šest takih kotovskupaj pa tvori polni kot (60 ). Notranji kot kvadrata meri 90. Štirje taki koti skupaj pa tvorijo polni kot (60 ). Notranji kot pravilnega petkotnika meri 108. Pet takih kotovskupaj pa tvori polni kot (60 ). Notranji kot pravilnega šestkotnika meri 10. Trije takih koti skupaj pa tvorijo polni kot (60 ). Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
11 Rešitve nalog iz prejšnje številke Ime pravilni pravilni pravilni pravilni telesa kocka tetraeder oktaeder ikozaeder dodekaeder Oblika enako- enako- enako- pravilni mejne stranični stranični stranični ploskve kvadrat trikotnik trikotnik trikotnik petkotnik Število mejnih ploskev(p) Število robov(r) Število oglišč (o) Število o + p Število robov na vsaki ploskvi krat število 4 6 ploskevdeljeno z = Število = o + p r = 5. b) 6. Uporabimo Eulerjevo pravilo o + p r = in dobimo o =, odtod pa o = Polieder ima = 6 robov. Število oglišč nato izračunamo po Eulerjevem ravilu in vidimo, da ima 4 oglišč. 8. Trije trikotniki imajo skupaj liho število stranic, štirje kvadrati pa sodo. Ker po dve stranici določata en rob, mora biti skupno število stranic sodo. 9. a) 7 b) n p =8,r = 18, o =1in =, torej Eulerjevo pravilo velja. 11. Telo je videti takole: 1. a) 1 b) n + 1. p = 14, r = 4, o =1in =, torej Eulerjevo pravilo velja. 14. Ne, ker šest stranskih ploskev, stikajočih se v skupnem vrhu, tvori pravilni šestkotnik. Njena višina bi bila enaka 0: 15. pravilni četverec ali tetraeder 16. Prostornina piramide predstavlja tretjino prostornine kocke. Kako rešujemo enačbe? 1. Najbolje, če x prenesemo na levo in nadesno,paimamox = 10.. Enačbo pomnožimo s 6 in dobimo x =x, odtodpax =. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
12 Rešitve nalog iz prejšnje številke 1. Če 4x prenesemo na desno, dobimo x =6x. Očitno je x =0rešitevenačbe. Ko iščemo še rešitve, ki niso enake 0, lahko enačbodelimozx. Pridemoše do druge rešitve x =6. 4. Denimo, da ima Tina x let. Tedaj velja x +14=x oziroma 14 = x in x =7. Tinaima7 let. 5. Sestavimo enačbo: x +x =(x +1). Preoblikujemo jo v x +x = x +x +1. Če x in x prenesemo z desne strani na levo, ostane x =1,kijerešitevenačbe. 6. Naj bosta števili x in x+. Zapišemo (x+) x = 68, od koder dobimo x +4x+4 x =68 oziroma 4x =64inx = 16. Števili sta 16 in Tako kot vprejšnji nalogi lahko števili označimo z x in x +,le da pričakujemo kot rešitev liho število. Veljati mora (x +) x = 100 oziroma x +4x +4 x = 100. Od tod dobimo 4x =96inx = 4. Toda 4 ni liho število, zato se kvadrata zaporednih lihih števil ne moreta razlikovati za 100. Te naloge bi se lahko lotili drugače. Zaporedni lihi števili bi označili z n +1 in n 1. Razlika njunih kvadratov je tedaj (n +1) (n 1) =4n +4n +1 4n +4n 1=8n, torej je deljiva z 8. Ker število 100 ni deljivo z 8, se kvadrata zaporednih lihih števil ne moreta razlikovati za 100. Potenca točke na krožnico 1. Označimo višinsko točko trikotnika AB s H, nožišče A višine na B pa z A.Potemje HM HN = HA HA = HP HQ, od koder po izreku o potenci točke na krožnico sledi, da je štirikotnik NPMQ tetiven. Ker sta AB in A simetrali daljic MN oziroma PQ,jetočka A središče njemu očrtane krožnice. N B P A H M Q Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
13 Rešitve nalog iz prejšnje številke 1. Označimo <) BAD = α in <) AB = β. Premici AD in B se sekata in njuno presečišče označimo z E. Točka L je potem višinska točka trikotnika ABE. Sledi <) ALB = <) LD = α + β. (6) Po Miquelovem izreku so točke EDK konciklične, zato je <) KD = π <) DE = α + β. (7) Ker sta AOD in OB enakokraka trikotnika z vrhom O, je A D K α O L E β B M <) AKB = <) AKO + <) OKB = <) ADO + <) OB = α + β. (8) Iz enačb (6), (7) in (8) sledi, da sta ABLK in DKL tetivna štirikotnika. Ker se potenčne premice krožnic skozi ABD, ABLK in DKL sekajovenitočki (tj. točki M), so točke K, L in M kolinearne. Nazadnje izračunamo <) OKM = <) AKL <) AKO =(π <) LBO) α =(π ( π α)) α = π.. Naj bo P potenčno središče krožnic K, K 1 in K.Potem je PA AO in PB BO. Ker je razpolovišče tetive KL, je P O. Torej je AOBP tetivni petkotnik in <) AB = <) AOB = <) O 1 OO. Ker sta tangentna odseka PA in PB na krožnico K enako dolga, velja še <) BP = <) PA. A P B K O 1 O T K 1 K O K 4. Prezrcalimo točki M in P čez središče O krožnice K vtočki N in Q. l Q Potem je PQ premer krožnice K in X po Talesovem izreku v trikotnikih MPX M in PXQ sta kota <) MXP in <) PXQ prava. Točke MXQ so torej kolinearne. A O N Označimo presečišče daljic XY in MN Y K z A in dokažimo, da je A iskana fiksna P točka. Trikotnika MPO in NQO sta skladna, zato je <) QNO = <) PMO.KerjeMN YP,je <) PMO = <) MPY. Ker pa je tudi <) MPY = <) MXY, smo tako dokazali, da je štirikotnik ANQX tetiven. Zapišimo potenco točke M na njemu očrtano krožnico in na krožnico K: MA MN = MX MQ = P(M,K). Ker sta MN in P(M,K) konstantni količini, je tudi MA konstanta. Lega točke A MN je torej neodvisna od izbire točke P. Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
14 Rešitve nalog iz prejšnje številke Označimo drugo presečišče krožnice K 1 skozi točke D, P in G s premico AB z M, drugo presečišče krožnice K skozi točke E, P in F s premico A pa z N. Da bi se izognili analizi različnih možnosti, uporabimo usmerjene kote. Potem je E F N O K K <) PMB = <) PMD K 1 = <) PGD = <) PB, P O 1 kjer smo vzadnji enakosti upoštevali DG B. Torej so točke P,, M in B konciklične. G B Podobno so tudi točke P,, N in A D M B konciklične. (Ležijo naj na krožnici K.) Nadalje zaradi vzporednosti DE B velja <) DEN = <) BN, zato lahko zapišemo <) DEN = <) BN = <) BMN = <) DMN. Torej je DMNE tetivni štirikotnik in njemu očrtano krožnico označimo s K. Točka A je potenčno središče krožnic K 1, K in K, zato je AP potenčna premica krožnic K 1 in K. Torej je res AP O 1 O. Označimo s K 1 trikotniku ADF očrtano krožnico in s K trikotniku BF očrtano krožnico. Krožnici K 1 in K naj sekata D še vtočkah M in N. Ker je AB D, sta AF DM in FBN enakokraka trapeza. Zaradi F = DF velja še AM F in BN FD. Presečišče premic FE in D označimo z G. Zaradi podobnosti velja AF BF = G DG oziroma AF DG = BF G. (9) A M D G F E N Q O O 1 K 1 K Ker je AF = M = MG+ G in BF = ND = NG+ GD, iz (9) sledi MG DG = NG G. Torej leži točka G (in seveda tudi E) na potenčni premici krožnic K 1 in K, zato je EF O 1 O. K 1 B Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
15 15 Uredniški odbor: Gregor Dolinar (FE, Univerza v Ljubljani), Darjo Felda (FE, Univerza v Ljubljani), Aleksander Potočnik (OŠ Božidarja Jakca, Ljubljana), Matjaž Željko (FMF, Univerza v Ljubljani, odgovorni urednik). c 00 Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije Brihtnež, Letnik 0, številka 5 September 00 Brihtnež 0 (00), št. 5 Izpis:. september 00
Zaporedja. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 22. oktober Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 22. oktober 2013 Kdaj je zaporedje {a n } konvergentno, smo definirali s pomočjo limite zaporedja. Večkrat pa je dobro vedeti,
Διαβάστε περισσότεραTretja vaja iz matematike 1
Tretja vaja iz matematike Andrej Perne Ljubljana, 00/07 kompleksna števila Polarni zapis kompleksnega števila z = x + iy): z = rcos ϕ + i sin ϕ) = re iϕ Opomba: Velja Eulerjeva formula: e iϕ = cos ϕ +
Διαβάστε περισσότεραOdvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 5. december Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 5. december 2013 Primer Odvajajmo funkcijo f(x) = x x. Diferencial funkcije Spomnimo se, da je funkcija f odvedljiva v točki
Διαβάστε περισσότεραOdvod. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 10. december Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 10. december 2013 Izrek (Rolleov izrek) Naj bo f : [a,b] R odvedljiva funkcija in naj bo f(a) = f(b). Potem obstaja vsaj ena
Διαβάστε περισσότεραFunkcijske vrste. Matematika 2. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 2. april Gregor Dolinar Matematika 2
Matematika 2 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 2. april 2014 Funkcijske vrste Spomnimo se, kaj je to številska vrsta. Dano imamo neko zaporedje realnih števil a 1, a 2, a
Διαβάστε περισσότεραDiferencialna enačba, v kateri nastopata neznana funkcija in njen odvod v prvi potenci
Linearna diferencialna enačba reda Diferencialna enačba v kateri nastopata neznana funkcija in njen odvod v prvi potenci d f + p= se imenuje linearna diferencialna enačba V primeru ko je f 0 se zgornja
Διαβάστε περισσότεραFunkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 14. november Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 14. november 2013 Kvadratni koren polinoma Funkcijo oblike f(x) = p(x), kjer je p polinom, imenujemo kvadratni koren polinoma
Διαβάστε περισσότεραGimnazija Krˇsko. vektorji - naloge
Vektorji Naloge 1. V koordinatnem sistemu so podane točke A(3, 4), B(0, 2), C( 3, 2). a) Izračunaj dolžino krajevnega vektorja točke A. (2) b) Izračunaj kot med vektorjema r A in r C. (4) c) Izrazi vektor
Διαβάστε περισσότεραFunkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 21. november Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 21. november 2013 Hiperbolične funkcije Hiperbolični sinus sinhx = ex e x 2 20 10 3 2 1 1 2 3 10 20 hiperbolični kosinus coshx
Διαβάστε περισσότεραFunkcije. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 12. november Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 12. november 2013 Graf funkcije f : D R, D R, je množica Γ(f) = {(x,f(x)) : x D} R R, torej podmnožica ravnine R 2. Grafi funkcij,
Διαβάστε περισσότεραZaporedja. Matematika 1. Gregor Dolinar. Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani. 15. oktober Gregor Dolinar Matematika 1
Matematika 1 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 15. oktober 2013 Oglejmo si, kako množimo dve kompleksni števili, dani v polarni obliki. Naj bo z 1 = r 1 (cosϕ 1 +isinϕ 1 )
Διαβάστε περισσότεραKODE ZA ODKRIVANJE IN ODPRAVLJANJE NAPAK
1 / 24 KODE ZA ODKRIVANJE IN ODPRAVLJANJE NAPAK Štefko Miklavič Univerza na Primorskem MARS, Avgust 2008 Phoenix 2 / 24 Phoenix 3 / 24 Phoenix 4 / 24 Črtna koda 5 / 24 Črtna koda - kontrolni bit 6 / 24
Διαβάστε περισσότεραGEOMETRIJA V RAVNINI DRUGI LETNIK
GEOMETRIJA V RAVNINI DRUGI LETNIK 2 1 Geometrija v ravnini 1.1 Osnove geometrije Točka je tisto, kar nima delov. Črta je dolžina brez širine. Ploskev je tisto, kar ima samo dolžino in širino. Osnovni zakoni,
Διαβάστε περισσότεραIZPIT IZ ANALIZE II Maribor,
Maribor, 05. 02. 200. (a) Naj bo f : [0, 2] R odvedljiva funkcija z lastnostjo f() = f(2). Dokaži, da obstaja tak c (0, ), da je f (c) = 2f (2c). (b) Naj bo f(x) = 3x 3 4x 2 + 2x +. Poišči tak c (0, ),
Διαβάστε περισσότεραNa pregledni skici napišite/označite ustrezne točke in paraboli. A) 12 B) 8 C) 4 D) 4 E) 8 F) 12
Predizpit, Proseminar A, 15.10.2015 1. Točki A(1, 2) in B(2, b) ležita na paraboli y = ax 2. Točka H leži na y osi in BH je pravokotna na y os. Točka C H leži na nosilki BH tako, da je HB = BC. Parabola
Διαβάστε περισσότεραVaje iz MATEMATIKE 2. Vektorji
Študij AHITEKTURE IN URBANIZMA, šol. l. 06/7 Vaje iz MATEMATIKE. Vektorji Vektorji: Definicija: Vektor je usmerjena daljica. Oznake: AB, a,... Enakost vektorjev: AB = CD: če lahko vektor AB vzporedno premaknemo
Διαβάστε περισσότεραmatrike A = [a ij ] m,n αa 11 αa 12 αa 1n αa 21 αa 22 αa 2n αa m1 αa m2 αa mn se števanje po komponentah (matriki morata biti enakih dimenzij):
4 vaja iz Matematike 2 (VSŠ) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 2009 matrike Matrika dimenzije m n je pravokotna tabela m n števil, ki ima m vrstic in n stolpcev: a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n
Διαβάστε περισσότεραPoliedri Ines Pogačar 27. oktober 2009
Poliedri Ines Pogačar 27. oktober 2009 Pri linearnem programiranju imamo opravka s končnim sistemom neenakosti in končno spremenljivkami, torej je množica dopustnih rešitev presek končno mnogo polprostorov.
Διαβάστε περισσότεραUniverza na Primorskem Pedagoška fakulteta Koper. Geometrija. Istvan Kovacs in Klavdija Kutnar
Univerza na Primorskem Pedagoška fakulteta Koper Geometrija Istvan Kovacs in Klavdija Kutnar Koper, 2007 PREDGOVOR Pričujoče študijsko gradivo je povzeto po naslednjih knigah Richard S. Millman, George
Διαβάστε περισσότεραSpoznajmo sedaj definicijo in nekaj osnovnih primerov zaporedij števil.
Zaporedja števil V matematiki in fiziki pogosto operiramo s približnimi vrednostmi neke količine. Pri numeričnemu računanju lahko npr. število π aproksimiramo s števili, ki imajo samo končno mnogo neničelnih
Διαβάστε περισσότεραDefinicija. definiramo skalarni produkt. x i y i. in razdaljo. d(x, y) = x y = < x y, x y > = n (x i y i ) 2. i=1. i=1
Funkcije več realnih spremenljivk Osnovne definicije Limita in zveznost funkcije več spremenljivk Parcialni odvodi funkcije več spremenljivk Gradient in odvod funkcije več spremenljivk v dani smeri Parcialni
Διαβάστε περισσότερα1. Trikotniki hitrosti
. Trikotniki hitrosti. Z radialno črpalko želimo črpati vodo pri pogojih okolice z nazivnim pretokom 0 m 3 /h. Notranji premer rotorja je 4 cm, zunanji premer 8 cm, širina rotorja pa je,5 cm. Frekvenca
Διαβάστε περισσότεραMatematika. Funkcije in enačbe
Matematika Funkcije in enačbe (1) Nariši grafe naslednjih funkcij: (a) f() = 1, (b) f() = 3, (c) f() = 3. Rešitev: (a) Linearna funkcija f() = 1 ima začetno vrednost f(0) = 1 in ničlo = 1/. Definirana
Διαβάστε περισσότεραPodobnost matrik. Matematika II (FKKT Kemijsko inženirstvo) Diagonalizacija matrik
Podobnost matrik Matematika II (FKKT Kemijsko inženirstvo) Matjaž Željko FKKT Kemijsko inženirstvo 14 teden (Zadnja sprememba: 23 maj 213) Matrika A R n n je podobna matriki B R n n, če obstaja obrnljiva
Διαβάστε περισσότεραKotne in krožne funkcije
Kotne in krožne funkcije Kotne funkcije v pravokotnem trikotniku Avtor: Rok Kralj, 4.a Gimnazija Vič, 009/10 β a c γ b α sin = a c cos= b c tan = a b cot = b a Sinus kota je razmerje kotu nasprotne katete
Διαβάστε περισσότεραIzpeljava Jensenove in Hölderjeve neenakosti ter neenakosti Minkowskega
Izeljava Jensenove in Hölderjeve neenakosti ter neenakosti Minkowskega 1. Najosnovnejše o konveksnih funkcijah Definicija. Naj bo X vektorski rostor in D X konveksna množica. Funkcija ϕ: D R je konveksna,
Διαβάστε περισσότεραMatematika I (VS) Univerza v Ljubljani, FE. Melita Hajdinjak 2013/14. Pregled elementarnih funkcij. Potenčna funkcija. Korenska funkcija.
1 / 46 Univerza v Ljubljani, FE Potenčna Korenska Melita Hajdinjak Matematika I (VS) Kotne 013/14 / 46 Potenčna Potenčna Funkcijo oblike f() = n, kjer je n Z, imenujemo potenčna. Število n imenujemo eksponent.
Διαβάστε περισσότερα*M * Osnovna in višja raven MATEMATIKA NAVODILA ZA OCENJEVANJE. Sobota, 4. junij 2011 SPOMLADANSKI IZPITNI ROK. Državni izpitni center
Državni izpitni center *M40* Osnovna in višja raven MATEMATIKA SPOMLADANSKI IZPITNI ROK NAVODILA ZA OCENJEVANJE Sobota, 4. junij 0 SPLOŠNA MATURA RIC 0 M-40-- IZPITNA POLA OSNOVNA IN VIŠJA RAVEN 0. Skupaj:
Διαβάστε περισσότερα1 3D-prostor; ravnina in premica
1 3D-prostor; ravnina in premica 1. Razmisli, v kakšnih legah so lahko v prostoru: (a) premica in ravnina (b) dve ravnini (c) dve premici.ugotovitve zapiši.. 2. Ali sta premici v prostoru, ki nimata skupne
Διαβάστε περισσότεραKotne funkcije poljubnega kota. Osnovne zveze med funkcijamo istega kota. Uporaba kotnih funkcij v poljubnem trikotniku. Kosinusni in sinusni izrek.
DN#3 (januar 2018) 3A Teme, ki jih preverja domača naloga: Kotne funkcije poljubnega kota. Osnovne zveze med funkcijamo istega kota. Uporaba kotnih funkcij v poljubnem trikotniku. Kosinusni in sinusni
Διαβάστε περισσότεραKotni funkciji sinus in kosinus
Kotni funkciji sinus in kosinus Oznake: sinus kota x označujemo z oznako sin x, kosinus kota x označujemo z oznako cos x, DEFINICIJA V PRAVOKOTNEM TRIKOTNIKU: Kotna funkcija sinus je definirana kot razmerje
Διαβάστε περισσότεραOsnove matematične analize 2016/17
Osnove matematične analize 216/17 Neža Mramor Kosta Fakulteta za računalništvo in informatiko Univerza v Ljubljani Kaj je funkcija? Funkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja
Διαβάστε περισσότεραBooleova algebra. Izjave in Booleove spremenljivke
Izjave in Booleove spremenljivke vsako izjavo obravnavamo kot spremenljivko če je izjava resnična (pravilna), ima ta spremenljivka vrednost 1, če je neresnična (nepravilna), pa vrednost 0 pravimo, da gre
Διαβάστε περισσότεραPravokotni koordinatni sistem; ravnina in premica
Pravokotni koordinatni sistem; ravnina in premica 1. Razmisli, v kakšnih legah so lahko v prostoru: (a) premica in ravnina (b) dve ravnini (c) dve premici.ugotovitve zapiši.. 2. Ali sta premici v prostoru,
Διαβάστε περισσότεραC 1 D 1. AB = a, AD = b, AA1 = c. a, b, c : (1) AC 1 ; : (1) AB + BC + CC1, AC 1 = BC = AD, CC1 = AA 1, AC 1 = a + b + c. (2) BD 1 = BD + DD 1,
1 1., BD 1 B 1 1 D 1, E F B 1 D 1. B = a, D = b, 1 = c. a, b, c : (1) 1 ; () BD 1 ; () F; D 1 F 1 (4) EF. : (1) B = D, D c b 1 E a B 1 1 = 1, B1 1 = B + B + 1, 1 = a + b + c. () BD 1 = BD + DD 1, BD =
Διαβάστε περισσότεραDeljivost naravnih števil
Deljivost naravnih števil. D = {,,, 4, 6, }, V = {, 4, 6, 48, 60 }. (A) in (E). a) S številom so deljiva števila:, 0, 0 in 060. S številom so deljiva števila: 0, 460, 000 in 46. c) S številom 4 so deljiva
Διαβάστε περισσότεραReševanje sistema linearnih
Poglavje III Reševanje sistema linearnih enačb V tem kratkem poglavju bomo obravnavali zelo uporabno in zato pomembno temo linearne algebre eševanje sistemov linearnih enačb. Spoznali bomo Gaussovo (natančneje
Διαβάστε περισσότερα1 Fibonaccijeva stevila
1 Fibonaccijeva stevila Fibonaccijevo število F n, kjer je n N, lahko definiramo kot število načinov zapisa števila n kot vsoto sumandov, enakih 1 ali Na primer, število 4 lahko zapišemo v obliki naslednjih
Διαβάστε περισσότεραV tem poglavju bomo vpeljali pojem determinante matrike, spoznali bomo njene lastnosti in nekaj metod za računanje determinant.
Poglavje IV Determinanta matrike V tem poglavju bomo vpeljali pojem determinante matrike, spoznali bomo njene lastnosti in nekaj metod za računanje determinant 1 Definicija Preden definiramo determinanto,
Διαβάστε περισσότεραAfina in projektivna geometrija
fina in projektivna geometrija tožnice () kiciraj stožnico v evklidski ravnini R, ki je določena z enačbo 6 3 8 + 6 =. Rešitev: tožnica v evklidski ravnini je krivulja, ki jo določa enačba a + b + c +
Διαβάστε περισσότεραMatematika 2. Diferencialne enačbe drugega reda
Matematika 2 Diferencialne enačbe drugega reda (1) Reši homogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti: (a) y 6y + 8y = 0, (b) y 2y + y = 0, (c) y + y = 0, (d) y + 2y + 2y = 0. Rešitev:
Διαβάστε περισσότεραMatematika. BF Lesarstvo. Zapiski ob predavanjih v šolskem letu 2010/2011
Matematika BF Lesarstvo Matjaž Željko Zapiski ob predavanjih v šolskem letu 00/0 Izpis: 9 avgust 0 Kazalo Števila 5 Naravna števila 5 Cela števila 6 3 Racionalna števila 6 4 Realna števila 7 5 Urejenost
Διαβάστε περισσότερα1. Definicijsko območje, zaloga vrednosti. 2. Naraščanje in padanje, ekstremi. 3. Ukrivljenost. 4. Trend na robu definicijskega območja
ZNAČILNOSTI FUNKCIJ ZNAČILNOSTI FUNKCIJE, KI SO RAZVIDNE IZ GRAFA. Deinicijsko območje, zaloga vrednosti. Naraščanje in padanje, ekstremi 3. Ukrivljenost 4. Trend na robu deinicijskega območja 5. Periodičnost
Διαβάστε περισσότεραTeorija grafov in topologija poliedrov
Teorija grafov in topologija poliedrov Matjaž Željko Društvo matematikov, fizikov in astronomov Slovenije Seminar Razvedrilna matematika Ljubljana, 18. februar 2011 1 Matjaž Željko Teorija grafov in topologija
Διαβάστε περισσότεραDomače naloge za 2. kolokvij iz ANALIZE 2b VEKTORSKA ANALIZA
Domače naloge za 2. kolokvij iz ANALIZE 2b VEKTORSKA ANALIZA. Naj bo vektorsko polje R : R 3 R 3 dano s predpisom R(x, y, z) = (2x 2 + z 2, xy + 2yz, z). Izračunaj pretok polja R skozi površino torusa
Διαβάστε περισσότεραAlgebraične strukture
Poglavje V Algebraične strukture V tem poglavju bomo spoznali osnovne algebraične strukture na dani množici. Te so podane z eno ali dvema binarnima operacijama. Binarna operacija paru elementov iz množice
Διαβάστε περισσότεραcot x ni def. 3 1 KOTNE FUNKCIJE POLJUBNO VELIKEGA KOTA (A) Merske enote stopinja [ ] radian [rad] 1. Izrazi kot v radianih.
TRIGONOMETRIJA (A) Merske enote KOTNE FUNKCIJE POLJUBNO VELIKEGA KOTA stopinja [ ] radian [rad] 80 80 0. Izrazi kot v radianih. 0 90 5 0 0 70. Izrazi kot v stopinjah. 5 8 5 (B) Definicija kotnih funkcij
Διαβάστε περισσότεραII. LIMITA IN ZVEZNOST FUNKCIJ
II. LIMITA IN ZVEZNOST FUNKCIJ. Preslikave med množicami Funkcija ali preslikava med dvema množicama A in B je predpis f, ki vsakemu elementu x množice A priredi natanko določen element y množice B. Važno
Διαβάστε περισσότεραNumerično reševanje. diferencialnih enačb II
Numerčno reševanje dferencaln enačb I Dferencalne enačbe al ssteme dferencaln enačb rešujemo numerčno z več razlogov:. Ne znamo j rešt analtčno.. Posamezn del dferencalne enačbe podan tabelarčno. 3. Podatke
Διαβάστε περισσότεραdiferencialne enačbe - nadaljevanje
12. vaja iz Matematike 2 (VSŠ) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 2009 diferencialne enačbe - nadaljevanje Ortogonalne trajektorije Dana je 1-parametrična družina krivulj F(x, y, C) = 0. Ortogonalne
Διαβάστε περισσότεραMatematika vaja. Matematika FE, Ljubljana, Slovenija Fakulteta za Elektrotehniko 1000 Ljubljana, Tržaška 25, Slovenija
Matematika 1 3. vaja B. Jurčič Zlobec 1 1 Univerza v Ljubljani, Fakulteta za Elektrotehniko 1000 Ljubljana, Tržaška 25, Slovenija Matematika FE, Ljubljana, Slovenija 2011 Določi stekališča zaporedja a
Διαβάστε περισσότεραSKUPNE PORAZDELITVE VEČ SLUČAJNIH SPREMENLJIVK
SKUPNE PORAZDELITVE SKUPNE PORAZDELITVE VEČ SLUČAJNIH SPREMENLJIVK Kovaec vržemo trikrat. Z ozačimo število grbov ri rvem metu ( ali ), z Y a skuo število grbov (,, ali 3). Kako sta sremelivki i Y odvisi
Διαβάστε περισσότεραMatematika 1. Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta
Matematika Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta 6. november 200 Poglavje 2 Zaporedja in številske vrste 2. Zaporedja 2.. Uvod Definicija 2... Zaporedje (a n ) = a, a 2,..., a n,... je predpis,
Διαβάστε περισσότεραEnačba, v kateri poleg neznane funkcije neodvisnih spremenljivk ter konstant nastopajo tudi njeni odvodi, se imenuje diferencialna enačba.
1. Osnovni pojmi Enačba, v kateri poleg neznane funkcije neodvisnih spremenljivk ter konstant nastopajo tudi njeni odvodi, se imenuje diferencialna enačba. Primer 1.1: Diferencialne enačbe so izrazi: y
Διαβάστε περισσότερα1 Seštevanje vektorjev in množenje s skalarjem
Poglavje I Vektorji Seštevanje vektorjev in množenje s skalarjem Za lažjo geometrično predstavo si najprej oglejmo, kaj so vektorji v ravnini. Vektor je usmerjena daljica, ki je natanko določena s svojo
Διαβάστε περισσότεραNavadne diferencialne enačbe
Navadne diferencialne enačbe Navadne diferencialne enačbe prvega reda V celotnem poglavju bo y = dy dx. Diferencialne enačbe z ločljivima spremeljivkama Diferencialna enačba z ločljivima spremeljivkama
Διαβάστε περισσότεραvezani ekstremi funkcij
11. vaja iz Matematike 2 (UNI) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 2009 ekstremi funkcij več spremenljivk nadaljevanje vezani ekstremi funkcij Dana je funkcija f(x, y). Zanimajo nas ekstremi nad
Διαβάστε περισσότεραKvadratne forme. Poglavje XI. 1 Definicija in osnovne lastnosti
Poglavje XI Kvadratne forme V zadnjem poglavju si bomo ogledali še eno vrsto preslikav, ki jih tudi lahko podamo z matrikami. To so tako imenovane kvadratne forme, ki niso več linearne preslikave. Kvadratne
Διαβάστε περισσότεραINŽENIRSKA MATEMATIKA I
INŽENIRSKA MATEMATIKA I REŠENE NALOGE za izredne študente VSŠ Tehnično upravljanje nepremičnin Marjeta Škapin Rugelj Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Kazalo Števila in preslikave 5 Vektorji 6 Analitična
Διαβάστε περισσότερα8. Diskretni LTI sistemi
8. Diskreti LI sistemi. Naloga Določite odziv diskretega LI sistema s podaim odzivom a eoti impulz, a podai vhodi sigal. h[] x[] - - 5 6 7 - - 5 6 7 LI sistem se a vsak eoti impulz δ[] a vhodu odzove z
Διαβάστε περισσότεραDelovna točka in napajalna vezja bipolarnih tranzistorjev
KOM L: - Komnikacijska elektronika Delovna točka in napajalna vezja bipolarnih tranzistorjev. Določite izraz za kolektorski tok in napetost napajalnega vezja z enim virom in napetostnim delilnikom na vhod.
Διαβάστε περισσότεραAnaliza 2 Rešitve 14. sklopa nalog
Analiza Rešitve 1 sklopa nalog Navadne diferencialne enačbe višjih redov in sistemi diferencialnih enačb (1) Reši homogene diferencialne enačbe drugega reda s konstantnimi koeficienti: (a) 6 + 8 0, (b)
Διαβάστε περισσότεραMatematika. BF Lesarstvo. Zapiski ob predavanjih v šolskem letu 2009/2010
Matematika BF Lesarstvo Matjaž Željko Zapiski ob predavanjih v šolskem letu 009/00 Izpis: 9 januar 00 KAZALO Kazalo Števila 5 Naravna števila 5 Cela števila 6 3 Racionalna števila 6 4 Realna števila 7
Διαβάστε περισσότεραInverzni problem lastnih vrednosti evklidsko razdaljnih matrik
Univerza v Ljubljani Fakulteta za računalništvo in informatiko Fakulteta za matematiko in fiziko Peter Škvorc Inverzni problem lastnih vrednosti evklidsko razdaljnih matrik DIPLOMSKO DELO UNIVERZITETNI
Διαβάστε περισσότεραFAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pisni izpit 22. junij Navodila
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pisni izpit 22 junij 212 Ime in priimek: Vpisna št: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Veljale bodo samo rešitve na papirju, kjer
Διαβάστε περισσότερα1. izpit iz Diskretnih struktur UNI Ljubljana, 17. januar 2006
1. izpit iz Diskretnih struktur UNI Ljubljana, 17. januar 2006 1. Dana je množica predpostavk p q r s, r t, s q, s p r, s t in zaključek t r. Odloči, ali je sklep pravilen ali napačen. pravilen, zapiši
Διαβάστε περισσότεραSplošno o interpolaciji
Splošno o interpolaciji J.Kozak Numerične metode II (FM) 2011-2012 1 / 18 O funkciji f poznamo ali hočemo uporabiti le posamezne podatke, na primer vrednosti r i = f (x i ) v danih točkah x i Izberemo
Διαβάστε περισσότεραIntegralni račun. Nedoločeni integral in integracijske metrode. 1. Izračunaj naslednje nedoločene integrale: (a) dx. (b) x 3 +3+x 2 dx, (c) (d)
Integralni račun Nedoločeni integral in integracijske metrode. Izračunaj naslednje nedoločene integrale: d 3 +3+ 2 d, (f) (g) (h) (i) (j) (k) (l) + 3 4d, 3 +e +3d, 2 +4+4 d, 3 2 2 + 4 d, d, 6 2 +4 d, 2
Διαβάστε περισσότεραUNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA Študijski program: Matematika in tehnika. Heronova formula DIPLOMSKO DELO
UNIVERZA V LJUBLJANI PEDAGOŠKA FAKULTETA Študijski program: Matematika in tehnika Heronova formula DIPLOMSKO DELO Mentor: dr. Marko Razpet Kandidatka: Ana Malavašič Ljubljana, februar 013 Zahvala Iskreno
Διαβάστε περισσότεραAnaliza I. (študijsko gradivo) Matija Cencelj
Analiza I (študijsko gradivo) Matija Cencelj 2. maj 2007 2 Kazalo 1 Uvod 5 1.1 Izjave............................... 5 1.2 Množice.............................. 7 1.3 Relacije..............................
Διαβάστε περισσότεραSEMINARSKA NALOGA Funkciji sin(x) in cos(x)
FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Praktična Matematika-VSŠ(BO) Komuniciranje v matematiki SEMINARSKA NALOGA Funkciji sin(x) in cos(x) Avtorica: Špela Marinčič Ljubljana, maj 2011 KAZALO: 1.Uvod...1 2.
Διαβάστε περισσότεραOsnovne lastnosti odvoda
Del 2 Odvodi POGLAVJE 4 Osnovne lastnosti odvoda. Definicija odvoda Odvod funkcije f v točki x je definiran z f f(x + ) f(x) (x) =. 0 Ta definicija je smiselna samo v primeru, ko x D(f), ita na desni
Διαβάστε περισσότεραPONOVITEV SNOVI ZA NPZ
PONOVITEV SNOVI ZA NPZ ENAČBE 1. naloga : Ugotovi ali sta dani enačbi ekvivalentni! 5x 5 = 2x 2 in 5 ( x - 1 ) = 2 ( x 1 ) da ne 2. naloga : Reši linearni enačbi in napravi preizkusa! a) 5 4x = 2 3x PR:
Διαβάστε περισσότεραPONOVITEV SNOVI ZA 4. TEST
PONOVITEV SNOVI ZA 4. TEST 1. * 2. *Galvanski člen z napetostjo 1,5 V požene naboj 40 As. Koliko električnega dela opravi? 3. ** Na uporniku je padec napetosti 25 V. Upornik prejme 750 J dela v 5 minutah.
Διαβάστε περισσότεραD f, Z f. Lastnosti. Linearna funkcija. Definicija Linearna funkcija f : je definirana s predpisom f(x) = kx+n; k,
Linearna funkcija Linearna funkcija f : je definirana s predpisom f(x) = kx+n; k, n ᄀ. k smerni koeficient n začetna vrednost D f, Z f Definicijsko območje linearne funkcije so vsa realna števila. Zaloga
Διαβάστε περισσότεραLJUDSKA UNIVERZA NOVA GORICA MATEMATIKA
LJUDSKA UNIVERZA NOVA GORICA MATEMATIKA Matematika za drugi letnik srednjega strokovnega izobraževanja -interno gradivo- Avtor: Samo Žerjal Nova Gorica, februar 016 KAZALO 1 Potenčna funkcija... 1.1 Kvadratna
Διαβάστε περισσότεραIterativno reševanje sistemov linearnih enačb. Numerične metode, sistemi linearnih enačb. Numerične metode FE, 2. december 2013
Numerične metode, sistemi linearnih enačb B. Jurčič Zlobec Numerične metode FE, 2. december 2013 1 Vsebina 1 z n neznankami. a i1 x 1 + a i2 x 2 + + a in = b i i = 1,..., n V matrični obliki zapišemo:
Διαβάστε περισσότεραMatematika 1. Jaka Cimprič
Matematika 1 Jaka Cimprič Predgovor Pričujoči učbenik je namenjen študentom tistih univerzitetnih programov, ki vključujejo samo eno leto matematike. Nastala je na podlagi izkušenj, ki jih imam s poučevanjem
Διαβάστε περισσότεραUniverza v Mariboru. Fakulteta za logistiko MATEMATIKA. Univerzitetni učbenik
Univerza v Mariboru Fakulteta za logistiko MATEMATIKA Univerzitetni učbenik AJDA FOŠNER IN MAJA FOŠNER Junij, 2008 Kazalo 1 Množice 5 11 Matematična logika 5 12 Množice 10 2 Preslikave 18 21 Realne funkcije
Διαβάστε περισσότεραUniverza v Ljubljani Fakulteta za računalništvo in informatiko MATEMATIKA. Polona Oblak
Univerza v Ljubljani Fakulteta za računalništvo in informatiko MATEMATIKA Polona Oblak Ljubljana, 04 CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 5(075.8)(0.034.) OBLAK,
Διαβάστε περισσότερα1. UREJENE OBLIKE KVADRATNE FUNKCIJE
1. UREJENE OBLIKE KVADRATNE FUNKCIJE A) Splošna oblika Definicija 1 : Naj bodo a, b in c realna števila in a 0. Realno funkcijo: f : x ax + bx + c imenujemo kvadratna funkcija spremenljivke x v splošni
Διαβάστε περισσότεραREˇSITVE. Naloga a. b. c. d Skupaj. FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost 2. kolokvij 23.
Ime in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost. kolokvij 3. januar 08 Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja. Nalog je 6,
Διαβάστε περισσότεραZBIRKA REŠENIH NALOG IZ MATEMATIKE I
Univerza v Ljubljani Fakulteta za elektrotehniko Andrej Perne ZBIRKA REŠENIH NALOG IZ MATEMATIKE I Skripta za vaje iz Matematike I (UNI + VSP) Ljubljana, množice Osnovne definicije: Množica A je podmnožica
Διαβάστε περισσότεραVaje iz MATEMATIKE 8. Odvod funkcije., pravimo, da je funkcija f odvedljiva v točki x 0 z odvodom. f (x f(x 0 + h) f(x 0 ) 0 ) := lim
Študij AHITEKTURE IN URBANIZMA, šol l 06/7 Vaje iz MATEMATIKE 8 Odvod funkcije f( Definicija: Naj bo f definirana na neki okolici točke 0 Če obstaja lim 0 +h f( 0 h 0 h, pravimo, da je funkcija f odvedljiva
Διαβάστε περισσότεραLinearna algebra. Bojan Orel Fakulteta za računalništvo in informatiko
Linearna algebra Bojan Orel Fakulteta za računalništvo in informatiko 23. februar 205 CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 52.64(075.8)(0.034.2) OREL, Bojan
Διαβάστε περισσότεραPOSEBNI PITAGOREJSKI TRIKOTNIKI
Univerza v Ljubljani Pedagoška fakulteta Oddelek za matematiko in računalništvo Katedra za algebro in analizo Marko Razpet POSEBNI PITAGOREJSKI TRIKOTNIKI Študijsko gradivo Matematične teme z didaktiko
Διαβάστε περισσότεραAFINA IN PROJEKTIVNA GEOMETRIJA
Aleš Vavpetič AFINA IN PROJEKTIVNA GEOMETRIJA Ljubljana 2011 ii naslov: AFINA IN PROJEKTIVNA GEOMETRIJA avtorske pravice: Aleš Vavpetič izdaja: prva izdaja založnik: samozaložba Aleš Vavpetič, Ljubljana
Διαβάστε περισσότεραhttp://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=109&t=15584
Επιμέλεια: xr.tsif Σελίδα 1 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΜΑΘΗΤΙΚΟΥΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΥΣ ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΤΕΥΧΟΣ 5ο ΑΣΚΗΣΕΙΣ 401-500 Αφιερωμένο σε κάθε μαθητή που ασχολείται ή πρόκειται να ασχοληθεί με Μαθηματικούς διαγωνισμούς
Διαβάστε περισσότερα13. Jacobijeva metoda za računanje singularnega razcepa
13. Jacobijeva metoda za računanje singularnega razcepa Bor Plestenjak NLA 25. maj 2010 Bor Plestenjak (NLA) 13. Jacobijeva metoda za računanje singularnega razcepa 25. maj 2010 1 / 12 Enostranska Jacobijeva
Διαβάστε περισσότεραZBIRKA REŠENIH NALOG IZ MATEMATIKE II
Univerza v Ljubljani Fakulteta za elektrotehniko Andrej Perne ZBIRKA REŠENIH NALOG IZ MATEMATIKE II Skripta za vaje iz Matematike II (UNI + VSP) Ljubljana, determinante Determinanta det A je število, prirejeno
Διαβάστε περισσότερα1. VAJA IZ TRDNOSTI. (linearna algebra - ponovitev, Kroneckerjev δ i j, permutacijski simbol e i jk )
VAJA IZ TRDNOSTI (lnearna algebra - ponovtev, Kroneckerev δ, permutacsk smbol e k ) NALOGA : Zapš vektor a = [, 2,5,] kot lnearno kombnaco vektorev e = [,,,], e 2 = [,2,3,], e 3 = [2,,, ] n e 4 = [,,,]
Διαβάστε περισσότεραDodatna poglavja iz linearne algebre za 1. letnik finančne matematike na FMF. Primož Moravec
Dodatna poglavja iz linearne algebre za 1 letnik finančne matematike na FMF Primož Moravec 13 september 2017 1 CIP - Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 51264(0758)
Διαβάστε περισσότεραMatrike. Poglavje II. Matrika je pravokotna tabela realnih števil. Na primer: , , , 0 1
Poglavje II Matrike Matrika je pravokotna tabela realnih števil Na primer: [ ] 1 1 1, 2 3 1 1 0 1 3 2 1, 0 1 4 [ ] 2 7, Matrika je sestavljena iz vrstic in stolpcev Vrstici matrike [ ] 1 1 1 2 3 1 [ ]
Διαβάστε περισσότεραKunci, jabolka in zlatnina
Kunci, jabolka in zlatnina Marko Razpet, PeF UL Kunci Matematik Fibonacci ali Leonardo iz Pise (r okoli 70, u okoli 240) je znan po svojih delih Liber Abaci, Practica Geometriae, Flos in Liber Quadratorum
Διαβάστε περισσότεραVektorski prostori s skalarnim produktom
Poglavje IX Vektorski prostori s skalarnim produktom Skalarni produkt dveh vektorjev v R n smo spoznali v prvem poglavju. Sedaj bomo pojem skalarnega produkta razširili na poljuben vektorski prostor V
Διαβάστε περισσότεραVPRAŠANJA ZA POKLICNO MATURO IZ MATEMATIKE
VPRAŠANJA ZA POKLICNO MATURO IZ MATEMATIKE ŠTEVILSKE MNOŽICE NARAVNA ŠTEVILA 1. Naštej lastnosti osnovnih računskih operacij v N. Osnovne računske operacije so seštevanje in množenje (+, *): a) ZAKON O
Διαβάστε περισσότεραTRIGONOMETRIJA TROKUTA
TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane
Διαβάστε περισσότεραFunkcije več spremenljivk
DODATEK C Funkcije več spremenljivk C.1. Osnovni pojmi Funkcija n spremenljivk je predpis: f : D f R, (x 1, x 2,..., x n ) u = f (x 1, x 2,..., x n ) kjer D f R n imenujemo definicijsko območje funkcije
Διαβάστε περισσότεραŠOLSKI CENTER NOVO MESTO
ŠOLSKI CENTER NOVO MESTO Srednja elektro šola in tehniška gimnazija M A T E M A T I K A USTNA VPRAŠANJA S PRIMERI ZA POKLICNO MATURO 006/007 NARAVNA ŠTEVILA Katera števila imenujemo naravna števila? Naštejte
Διαβάστε περισσότεραDržavni izpitni center SPOMLADANSKI IZPITNI ROK *M * NAVODILA ZA OCENJEVANJE. Sreda, 3. junij 2015 SPLOŠNA MATURA
Državni izpitni center *M15143113* SPOMLADANSKI IZPITNI ROK NAVODILA ZA OCENJEVANJE Sreda, 3. junij 2015 SPLOŠNA MATURA RIC 2015 M151-431-1-3 2 IZPITNA POLA 1 Naloga Odgovor Naloga Odgovor Naloga Odgovor
Διαβάστε περισσότερα