Vjezbe 1.dvi
|
|
|
- Ивана Огњеновић
- пре 5 година
- Прикази:
Транскрипт
1 Matematia I Elvis Baraović 0 listopada 08 Prirodno-matematiči faultet Univerziteta u Tuzli, Odsje matematia, Univerzitetsa Tuzla;
2
3 Sadržaj Sup realnih brojeva 5 Matematiča inducija 5 Binomna formula Racionalne nejednačine Jednačine sa apsolutnim vrijednostima 5 Nejednačine sa apsolutnim vrijednostima 6
4 SADRZ AJ
5 Poglavlje Sup realnih brojeva Matematiča inducija Primjer Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi n ) n Rješenje ) Za n jednaost vrijedi jer je ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi ) ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: ) +) ) )+ +) + +) + + +) Dale, jednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da jednaost vrijedi za svai prirodan broj n Primjer Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi ) nn+) n Rješenje ) +) ) Za n jednaost vrijedi jer je ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi ) +) ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi +) +) ) 5 )
6 6 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA Doaz: ) ) ) +) + +) +) + +) +) + +) +) + +) ) +) +) +) + +)) +) +) Dale, jednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da jednaost vrijedi za svai prirodan broj n Primjer Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi Rješenje ) Za n jednaost vrijedi jer je n ) n+) n n+ + ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi ) +) + ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: ) +) ) +) ) +) + +) +) + + +) +) +)+ +) +) + + +) +) +) +) +) +) + + Dale, jednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da jednaost vrijedi za svai prirodan broj n
7 MATEMATIČKA INDUKCIJA 7 Primjer Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi Rješenje ) Za n jednaost vrijedi jer je n n ) n+) nn+) n+) +) +) ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi ) +) ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi +) +) Doaz: ) +) +) ) +) +) +) +) +) ) +) + +) +) +) +) +) + +) +) +) +) +)+ +)) +) +) +) +5 +) +) +) +) +) +) +) +)+ +) +) +) +) + + +) +) +) +) +) +) +) +) Dale, jednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da jednaost vrijedi za svai prirodan broj n Primjer 5 Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi Rješenje ) Za n jednaost vrijedi jer je + 5 n n n+) n+) +) ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi ) +)
8 8 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi ) +) +) Doaz: ) +) ) + + +) +) +) + + +) +) +) +) +) +) + + +) +) + + +) +) +) +) +) +) Dale, jednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da jednaost vrijedi za svai prirodan broj n Primjer 6 Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi Rješenje ) Za n jednaost vrijedi jer je n n n ) n n ) ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi ) ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: ) +) ) + + ) 6 + +) ) 6 + +) + ) ) ) 6 +)+ +) + + ) +) +
9 MATEMATIČKA INDUKCIJA 9 Dale, jednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da jednaost vrijedi za svai prirodan broj n Primjer 7 Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi Rješenje sinx+sinx+sin5x+ +sinn )x sin nx sinx ) Za n jednaost vrijedi jer je sinx sin x sinx sinx ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi sinx+sinx+sin5x+ +sin )x sin x sinx ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: sinx+sinx+sin5x+ +sin +)x sin +)x sinx sinx+sinx+sin5x+ +sin +)x sinx+sinx+sin5x+ +sin )x+sin +)x sin x sinx +sin +)x sin x+sinx sin +)x sinx sin x+ [cosx cosx+x)] sinx sin x+cosx cosx+x) sinx sin x+cosx cos +)x sinx sin x+cos x sin x cos +)x+sin +)x sinx sin x+cos x cos +)x+sin +)x sinx cos +)x+sin +)x sinx sin +)x sinx sin +)x sinx sin +)x+sin +)x sinx Dale, jednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da jednaost vrijedi za svai prirodan broj n Primjer 8 Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi +a) n +na, a > 0) Rješenje ) Za n nejednaost vrijedi jer je +a) +a ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi +a) +a
10 0 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: +a) + + +)a +a) + +a)+a) +a)+a) + +)a+a + +)a Dale, nejednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da nejednaost vrijedi za svai prirodan broj Primjer 9 Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi Rješenje: ) Za n nejednaost vrijedi jer je da vrijedi n n ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: > Dale, nejednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da nejednaost vrijedi za svai prirodan broj Primjer 0 Doazati da vrijedi Rješenje n+ + n+ + n+ + + n >, n ) Za n nejednaost vrijedi jer je + 7 > ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi >
11 MATEMATIČKA INDUKCIJA ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: > > > Dale, nejednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da nejednaost vrijedi za svai prirodan broj n Primjer Doazati da za svai prirodan broj n 5, vrijedi nejednaost n > n Rješenje ) Za n 5 nejednaost vrijedi jer je 5 > 5 tj > 5 ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi > ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi + +) Doaz: + > ) jer je > + Dale, nejednaost vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da nejednaost vrijedi za svai prirodan broj n 5 Napomena: Nejednaost + taoder možemo doazati oristeći matematiču induciju Primjer Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi Rješenje ) Za n tvrdnja vrijedi jer je 7 5 n+ + n ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi odnosno da vrijedi a pri čemu je a Z ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi 7 5 +)+ + +)+
12 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA Doaz: 5 +)+ + +) ) ) a a ) 7b, pri čemu je b 5 a Dale, tvrdnja vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da tvrdnja vrijedi za svai prirodan broj n Primjer Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi Rješenje ) Za n tvrdnja vrijedi jer je n + 6 n ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi odnosno da vrijedi a pri čemu je a Z ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: ) + 6 +) 7 5 +) + 6 +) ) ) a a ) 9b, pri čemu je b a Dale, tvrdnja vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da tvrdnja vrijedi za svai prirodan broj n Primjer Doazati da za svai prirodan broj n vrijedi 9 n +5 n
13 BINOMNA FORMULA Rješenje ) Za n tvrdnja vrijedi jer je ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n, tj da vrijedi 9 +5 odnosno da vrijedi +5 9a pri čemu je a Z ) Doažimo da tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: ) ) ) 5+8 9a a 95 ) 9a 5 )) 9a 5 +) 9b, pri čemu je b a 5 + Dale, tvrdnja vrijedi i za n + ) Na osnovu principa matematiče inducije zaljučujemo da tvrdnja vrijedi za svai prirodan broj n Binomna formula Za n N {0} definišemo fatorijel broja n sa n! n n ) n ) ) pri čemu je 0! i! Proizvod prvih n parnih brojeva označavamo sa n)!!a proizvod prvih n neparnih brojeva ) označavamo sa n )!! pri čemu je 0!! i!! n Izraz oblia, n N, N {0}, n) naziva se binomni oeficijent i vrijedi ) n n! n n ) n ) n +) )! n )!! ) ) n n pri čemu je 0 n Za binomne oeficijente vrijedi zaon simetrije tj ) ) n n n Za svai prirodan broj n vrijedi formula za razvoj binoma ) ) n n n a+b) n a n + a n b+ 0 ) a n b + + ) n ab n + n ) n b n n
14 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA oja se naziva Njutnova binomna formula oju raće možemo zapisati a+b) n n 0 ) n a n b, 0 n) ) Opći član razvoja binoma a+b) n dat je sa ) n T + a n b, 0 n) ) Primjer Doazati n+)! n )! nn+) Rješenje Na osnovu formule ) vrijedi n! n )! n, pa : n+)! n )! n )! n n+) nn+) n )! Primjer Doazati jednaost n)!! n! n, n 0,,,) Rješenje Jednaost doazujemo oristeći matematiču induciju: ) Za n 0 jednaost je očigledna jer je 0!! 0! ) Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n tj )!!! ) Doažimo da tada tvrdnja vrijedi i za n +, tj da vrijedi Doaz: +))!! +)! +) +))!! +)!! )!!+)! +) ) Tvrdnja vrijedi za svao n 0,,,! +) +)! +) Primjer Izračunati zbir svih binomnih oeficijenata u razvoju binoma a+b) n Rješenje Ao u formulu ) uvrstimo a b, dobijamo ) ) ) n n n ) n n 0 n Primjer Doazati identitet ) ) n n + + ) n+ + Rješenje Na osnovu definicije binomnog oeficijenta, imamo: ) ) n n n n ) n +) + + n n ) n ) + +) ) n n ) n +) n! + + n n ) n +) n+! + ) n+) n n +) n+ +)! +
15 BINOMNA FORMULA 5 Primjer 5 Riješiti jednačinu Rješenje Kao je jednačina dobija obli ) n ) n ) n oja je evivalentna jednačini odnosno ) n + ) n 8 nn )n ) nn ) n nn )n ) 6 ) n 0 u supu prirodnih brojeva nn ) + nn ) nn )n ) 6 8n 0 nn )n )+nn ) 8n 0 nn 9) 0 čija su rješenja n 0,n 7 i n 7 Budući da za rješenje tražimo prirodan broj, jedino rješenje jednačine je n 7 Primjer 6 Primjenon binomnog obrasca razviti +x) Rješenje Na osnovu binomne formule ), imamo: +x) ) x) ) x) ) x) + +6x+x +8x ) x) ) x) + Primjer 7 Naći trinaesti član u razvoju binoma + ) 5 ) x) Rješenje Budući da tražimo trinaesti član u razvoju binoma, tada je, pa iz formule ) dobijamo: ) 5 ) 5 ) T ) 5 ) ) ) Primjer 8 Odrediti peti član u razvoju binoma x x x ) 8 Rješenje Na osnovu formule ), vrijedi T 5 ) 8 x ) 8 x x ) ) 8 ) x) x 8 ) x 6 ) x ) 8 x 6+ 0x
16 6 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA ) 6 Primjer 9 Naći srednji član u razvoju binoma x x ) 6 Rješenje Razvoj binoma x x ima 7 članova pa je srednji član deveti član Na osnovu formule ), vrijedi T 9 ) ) ) x )8 6 8 x 8 x ) x 8 ) 8 x 8 8 ) 8 ) 8 x ) 8 x 970x Primjer 0 Odrediti oeficijent uz x 8 u razvoju binoma x+) Rješenje Opći član razvoja binoma x+) je ) T + x pa je jasno da mora biti 8 jer tražimo oeficijent uz x 8, odale je Traženi oeficijent je ) ) 5 Primjer U razvoju binoma x +x odrediti oeficijent uz x 7 Rješenje Opći član razvoja binoma je ) ) ) 5 n 5 T + a n b x) x ) 5 x ) ) 5 5 x 5 x 5+ x ) 5 5 x 5+ Budući da tražimo oeficijent uz x 7, onda je 5+ 7 odale je, pa je traženi oeficijent uz x 7 ) ) ) Primjer Naći član oji sadrži x 7 u razvoju binoma x ) x Rješenje Opći član razvoja binoma je ) ) n T + a n b ) ) x x ) ) ) x) x x ) x ) ) ) x + ) x 8 6 Sada je jasno da je 8 7 odale je 6 Dale, sedmi član razvoja binoma 6 sadrži x 7 x x)
17 BINOMNA FORMULA 7 Primjer U razvoju binoma x+ x ) 6 naći član oji sadrži x Rješenje Opći član razvoja binoma je pa je T + ) ) ) n 6 x ) a n b 6 x ) 6 6 ) ) x) 6 x x 6 x ) ) 6 x 6 6 x odale je 6 Dale, sedmi član razvoja binoma x+ x ) 6 sadrži x ) 5 Primjer Odrediti onaj član razvoja binoma x x oji ne sadrži x Rješenje Opći član razvoja binoma je ) n T + a n b ) 5 5 x) ) x ) 5 ) x 0 ) 5 ) 5 x ) x ) 5 x 0 ) x ) 5 ) x 0 5 Budući da tražimo član oji ne sadrži x, onda je 0 5 ) 5 binoma x x ne sadrži x 0 pa je 6 Dale, sedmi član razvoja Primjer 5 Odrediti onaj član razvoja binoma x x ) 8 oji ne sadrži x Rješenje Opći član razvoja binoma je T + ) ) n 8 x ) a n b 8 ) x ) 8 8 ) x) 8 x x ) 8 ) x ) ) ) 8 ) x 8 8 ) x 8 8 ) x Budući da tražimo ) član oji ne sadrži x, onda je 0 pa je Dale, peti član razvoja x 8 binoma x ne sadrži x Primjer 6 Naći trinaesti član u razvoju binoma 9x ) n aoje binomni oeficijenttrećeg x člana jedna 05
18 8 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA ) ) n n Rješenje Binomni oeficijent trećeg člana je pa iz uslova zadata imamo 05 što je evivalentno jednačinin n 0 0Rješenjaposljednjevadratnejednačinesun 5,n pa uzimamo samo rješenje n a rješenje n odbacujemo jer je negativnan cio broj Budući da tražimo trinaesti član razvoja binoma, u formulu za opći član razvoja binoma uvrštavamo, i tao dobijamo ) 5 T 9x) 5 ) x ) 5 ) ) 9x) x 5 9 x ) 6 x 6 ) ) x 6 x 6 x 55x Primjer 7 Naći redni broj onog člana razvoja binoma ) a b + b a oji sadrži a i b na isti esponent Rješenje Opći član razvoja binoma je T + ) ) ) n a n b a b ) ) ) a b 6) b a 6 ) a 6 b 6 b a) ) a 6 b 6 a b Budući da zahtijevamo da a i b budu na isti esponent, tada mora biti b a 6 odale dobijamo da je 9 Dale, deseti član razvoja binoma sadrži a i b na isti esponent Primjer 8 Naći vrijednost x u izrazu x ) logx+ + ) 6 x čiji je četvrti član razvoja binoma jedna 00 Rješenje Prvo, odredimo definiciono područje izraza Jasno je da mora biti x > 0 i logx+ 0, tj x 0 pa je D 0,0 ) 0,+ ) Četvrti član razvoja binoma je ) 6 x ) ) 6 ) log x+ T ) 6 ) ) x x log x+ x) ) ) 6 xlogx+) 6 x xlogx+) +
19 BINOMNA FORMULA 9 pa po uslovu zadata imamo ) 6 xlogx+) + 00 x logx+) + 0 Logaritmiranjem posljednjeg izraza, dobijamo logxlogx+) + log0 tj logxlogx+) + log0 logx+) + ) logx 6+logx+ logx+) logx 7+logx logx+) logx 7+logx)logx logx+) 7logx+log x logx+ log x+logx 0 Uvodeći smjenu logx t, dobijamo vadratnu jednačinu t +t 0 čija su rješenja t i t Za t dobijamo rješenje x 0,00 D, a za t dobijamo rješenje x 0 D Primjer 9 Izračunati član razvoja binoma 5 x+ x ) n oji sadrži x 5 x ao je zbir prva tri binomna oeficijenta jedna 56 ) ) ) n n n Rješenje Iz uslova zadata imamo štojeevivalentnojednačinin +n Rješenja posljednje vadratne jednačine su n 0 i n od ojih u obzir dolazi samo prvo rješenje jer je drugo negativno Opći član razvoja binoma je T + ) ) n 0 a n b 5 x ) ) 0 x 0 0 ) 0 x5) x) ) ) 0 0 x 0 5 x 0 0 x 0 ) 0 0 x Kao je x 5 x x x 5 x x 5, onda je jasno da mora biti 5 Dale, sedmi član razvoja binoma ima traženu osobinu Primjer 0 Naći za oju vrijednost x u razvoju binoma x + ) n x 5 odale je 6 zbir trećeg i petog člana iznosi 5, ao je zbir binomnih oeficijenata tri posljednja člana jedna
20 0 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA Rješenje Binomni oeficijenti tri posljednja člana jednai su binomnim oeficijentima prva tri člana Po uslovu zadata imamo ) ) ) n n n što je evivalentno vadratnoj jednačini n +n 0 čija su rješenja n 6 i n 7 od ojih u obzir dolazi samo prvo rješenje jer je drugo negativno Treći član ) razvoja binoma je ) 6 ) 6 T x x ) ) 6 x ) ) 6 x ) x x ) 6 +x a peti član ) razvoja binoma je ) 6 ) 6 T 5 x ) 6 x ) ) 6 x Sada je, po uslovu zadata, ) 6 +x + x x ) ) 6 ) x x ) 6 x 5 5 +x +5 x 5 +x + x 9 x + x 9 x ) 9 x 0 Uvedimo smjenu t x, dobijamo vadratnu jednačinu t 9t 0 čija su rješenja t i t Za t dobijamo x, a za t dobijamo x Primjer Odrediti za oju vrijednost x četvrti član razvoja binoma x + ) n x je dvadeset pet puta veći od esponenta binoma ao je binomni oeficijent četvrtog člana pet puta veći od binomnog oeficijenta drugog člana ) ) n n Rješenje Prema uslovu zadata imamo 5 što je evivalentno jednačini n n 8 0 Rješenja posljednje vadratne jednačine su n 7 i n pa u obzir dolazi samo prvo rješenje a drugo odbacujemo jer je negativno Četvrti član ) razvoja ovog binoma je ) 7 ) 7 ) T x 7 ) ) x) x x 5 x x 5 x Prema uslovu zadata imamo 5 x 0, tj x odale je x
21 BINOMNA FORMULA Primjer Odnos oefcijenata petog i trećeg člana u razvoju binoma x ) n x 5 x x je : Odrediti sedmi član razvoja Rješenje Opći član razvoja binoma je T + n n n n n ) a n b ) xx ) x ) x ) n x ) n x 5 ) n ) n 5 x x ) x ) ) n 5 x x ) n 5 ) ) n ) n x 5 x x 5 ) n ) n x x ) n ) x ) ) x n ) ) x n ) 5 x 5 ) ) n ) ) ) n n n Koeficijent trećeg člana ) je ) ) Koeficijent petog člana ) ) ) ) ) n n n n n ) je ) ) Po uslovu zadata imamo : : što je evivalentno jednačini n 5n 50 0 Rješenja posljednje vadratne jednačine su n 5 i n 0 U obzir dolazi samo pozitivno rješenje pa binom sada izgleda x ) 0 x 5 x x Na osnovu poazanog, opći član razvoja ovog binoma je ) n T + ) x n pa ao u ovu ) formulu uvrstimo ) da je n 0 i 6, dobićemo da je sedmi član razvoja ovog binoma 0 T 7 ) 6 x 0 0 x 6 6 Primjer Kolio racionalnih članova sadrži razvoj binoma + ) 00? Rješenje Opšti član razvoja binoma je ) ) n 00 T + a n b ) 00 ) ) ) Da bi članovi razvoja ovog binoma bili racionalni brojevi, potrebno je i dovoljno da bude djeljivo sa Budući da je 0 00, zaljučujemo da su to brojevi 0,,8,,,00 a njih uupno ima 6
22 Iz tabele x + POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA Racionalne nejednačine Primjer Riješiti nejednačinu x < Rješenje Vrijedi niz evivalencija: x < x < 0 x x < 0 x + +0 x 0+ + x x +0 zaljučujemo da je rješenje nejednačine R,),+ ) Primjer Riješiti nejednačinu x+ x Rješenje Vrijedi niz evivalencija: Iz tabele x+ x x+ x x+) +x 0 x) x+ +x x) x 7 7x x) x+ x) zaljučujemo da je rješenje nejednačine R 0 7x+ x) 0 + [ 7, ) Primjer Riješiti nejednačinu x x Rješenje Vrijedi niz evivalencija: x x x x x 0 x xx ) 0 Zna označava za oju vrijednost promjenljive x nejednačina nije definisana! xx ) 0
23 RACIONALNE NEJEDNAČINE Iz tabele x 0 + x 0+ + x 0+ xx ) + zaljučujemo da je rješenje nejednačine R,0),+ ) Primjer Riješiti nejednačinu x 6x x+ Rješenje Vrijedi niz evivalencija: x 6x x+ x 6x x+ + 0 x x x+ 0 Iz tabele x + x x x 0+ + x x x ] zaljučujemo da je rješenje nejednačine R, ], Primjer 5 Riješiti nejednačinu Rješenje Vrijedi niz evivalencija: x +x+6 x +x 6 Iz tabele x +x+6 x +x 6 x +x+6 0 x +x 6 x +x+6 x x+6 x +x 6 x+ 0 x +x 6 x + x x +x x+ x +x zaljučujemo da je rješenje nejednačine R, ],) 0
24 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA Jednačine sa apsolutnim vrijednostima Primjer Riješiti jednačinu x x Rješenje Zna funcija oje su pod znaom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno Za x, ] imamo niz evivalencija x + x 0+ + x + +0 x x x ) x) pa jednačina na] ovom supu nema rješenja Za x, imamo niz evivalencija x x x ) x) x x x ] Budući da,, onda je rješenje jednačine x Za x,+ ) imamo niz evivalencija x x x ) x)) pa je rješenje jednačine sup, + ) Dale, rješenje jednačine je sup x [,+ ) Primjer Riješiti jednačinu x + x x+ x x+ Rješenje Zna funcija oje su pod znaom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno Za x, ] imamo niz evivalencija x + x+ 0 + x x+ x x+ x+)) x x+) x x
25 JEDNAČINE SA APSOLUTNIM VRIJEDNOSTIMA 5 pa jednačina na ovom supu nema rješenja jer Za x, ] imamo niz evivalencija /, ] x+ x x+ x+)) x x+ x x pa jednačina na ovom supu nema rješenja jer /, ] Za x ),+ imamo niz evivalencija x+ x x+ x+) x x+ pa je rješenje jednačine x jer,+ ) Dale, rješenje jednačine je x Primjer Riješiti jednačinu x x x + x x+ Rješenje Zna funcija oje su pod znaom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno Za x, ] imamo niz evivalencija x + x 0+ x + +0 x x + x x+ x )+ x) x+)) x 8 x 8 pa jednačina na ovom supu nema rješenje jer 8 Za x, ] imamo niz evivalencija /, ] x + x x+ x )+ x) x+) 7x 0 x 0 pa jednačina na ovom supu ima rješenje x 0 jer 0, ] ] Za x, imamo niz evivalencija x + x x+ x ) x) x+) x+ x+ x
26 6 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA pa jednačina na ovom supu ima rješenje x jer Za x,+ ) imamo niz evivalencija ], x + x x+ x ) x) x+) x 8 x 8 pa jednačina na ovom supu nema rješenje jer 8 /,+ ) Primjer Riješiti jednačinu x + x +x 5 Rješenje Zna funcija oje su pod znaom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno x + x 0+ x +x Za x, ] imamo niz evivalencija x + x +x 5 x )+x +x ) 5 x +x 8 0 x x pa jednačina na ovom supu ima jedno rješenje x jer x /, ] Za x,] imamo niz evivalencija x + x +x 5 x ) x +x ) 5 x x 0 x x 0 pa jednačina na ovom supu ima jedno rješenje x 0 jer x /,] Za x,+ ) imamo niz evivalencija x + x +x 5 x )+x +x ) 5 x +x 0 0 x x + pa jednačina na ovom supu ima jedno rješenje x + jer x /,+ ) Dale, rješenja jednačine su x, x 0 i x + 5 Nejednačine sa apsolutnim vrijednostima Primjer 5 Riješiti nejednačinu x+ + x > Rješenje Zna funcije oje su pod znaom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno x + x x 0+
27 5 NEJEDNAČINE SA APSOLUTNIM VRIJEDNOSTIMA 7 Za x, ] imamo niz evivalencija x+ + x > x+) x ) > x < x, ) Rješenje nejednačine u ovoj slučaju Za x R, ], ] imamo niz evivalencija, ), ] Rješenje nejednačine u ovoj slučaju Za x x+ + x > x+) x ) > x > 0 R ),+ imamo niz evivalencija x < 0 x,0), ],0),0) x+ + x > x+)+x ) > x > x > ) x,+ Rješenje nejednačine u ovoj slučaju ) R,+ Konačno rješenje nejednačine je sup Primjer 5 Riješiti nejednačinu ) ),+,+ R R R R,0) x +x < x+ ),+ Rješenje Zna funcije oje su pod znaom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno Za x, ] imamo niz evivalencija x + x +x x +x < x+ x +x ) < x+ x +x 6 < 0
28 8 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA Rješenje vadratne nejednačine x +x 6 < 0 je x,), pa je rješenje nejednačine u ovoj slučaju Za x,] imamo niz evivalencija R, ],) x +x < x+ x +x ) < x+ x 5x < 0 Rješenje vadratne nejednačine x 5x < 0 < 0 je x, 5) 0 + ), pa je rješenje nejednačine u ovoj slučaju Za x,+ ) imamo niz evivalencija R, 5) 0+, )),) 0,] x +x < x+ x +x ) < x+ x +x 6 < 0 Rješenje vadratne nejednačine x +x 6 < 0 je x,), pa je rješenje nejednačine u ovoj slučaju Konačno rješenje nejednačine je sup Primjer 5 Riješiti nejednačinu R,+ ),),) R R R R 0,) x x + x + x 5 Rješenje Zna funcije oje su pod znaom apsolutne vrijednosti predstavimo tabelarno Za x,0] imamo niz evivalencija x x x x 5 0+ x x + x + x 5 x x)+ x x 5) x x x, ] Rješenje nejednačine u ovoj slučaju R,0], ], ] Za x 0,] imamo niz evivalencija x x + x + x 5 x x)+ x x 5) x +5x 0
29 5 NEJEDNAČINE SA APSOLUTNIM VRIJEDNOSTIMA 9 [ ] Rješenje vadratne nejednačine x +5x 0 je sup x, pa je rješenje nejednačine u ovoj slučaju [ ] [ ] R 0,],, Za x,5] imamo niz evivalencija Rješenje nejednačine u ovoj slučaju x x + x + x 5 x x)+ x x 5) R,5] Za x 5,+ ) imamo niz evivalencija Rješenje nejednačine u ovoj slučaju Konačno rješenje nejednačine je sup x x x, ], ] x x + x + x 5 x x)+ x +x 5) R 5,+ ) R R R R R 5x 8 x 8 5 x, 8 ] 5, 8 ] 5, ] [ ], Primjer 5 Riješiti nejednačinu x x+ Rješenje Vrijedi niz evivalencija x x+ Riješimo racionalnu nejednačinu x x+ x x+ Vrijedi x < a a < x < a x x+ x x+ x x+ x x+ Uočimo niz evivalencija + 0 x+ x+ 0
30 0 POGLAVLJE SKUP REALNIH BROJEVA Iz tabele zaljučujemo da je rješenje nejednačine Riješimo racionalnu nejednačinu x x+ x x+ x + x+ 0 + x x+ x R, ) [,+ ) Uočimo niz evivalencija x 0 x+ x+ 0 x+ > 0 x > x,+ ) Dale, rješenje nejednačine x x+ je sup R,+ ) Rješenje početne nejednačine je sup R R R [ ),+
18 1 DERIVACIJA 1.3 Derivacije višeg reda n-tu derivaciju funkcije f označavamo s f (n) ili u Leibnizovoj notaciji s dn y d x n. Zadatak 1.22 Nadite f
8 DERIVACIJA.3 Derivacije višeg reda n-tu derivaciju funcije f označavamo s f (n) ili u Leibnizovoj notaciji s dn y d x n. Zadata. Nadite f (x) ao je (a) f(x) = ( + x ) arctg x (b) f(x) = e x cos x (a)
My_P_Red_Bin_Zbir_Free
БИНОМНА ФОРМУЛА Шт треба знати пре почетка решавања задатака? I Треба знати биному формулу која даје одговор на питање чему је једнак развој једног бинома када га степенујемо са бројем 0 ( ) или ( ) 0!,
1 Polinomi jedne promenljive Neka je K polje. Izraz P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n = n a k x k, x K, naziva se algebarski polinom po x nad poljem K.
1 Polinomi jedne promenljive Neka je K polje. Izraz P (x) = a 0 + a 1 x + + a n x n = n a k x k, x K, naziva se algebarski polinom po x nad poljem K. Elementi a k K su koeficijenti polinoma P (x). Ako
ЗАДАЦИ ИЗ МАТЕМАТИКЕ ЗА ПРИПРЕМАЊЕ ЗАВРШНОГ ИСПИТА
ЗАДАЦИ ИЗ МАТЕМАТИКЕ ЗА ПРИПРЕМАЊЕ ЗАВРШНОГ ИСПИТА p m m m Дат је полином ) Oдредити параметар m тако да полином p буде дељив са б) Одредити параметар m тако да остатак при дељењу p са буде једнак 7 а)
Matematka 1 Zadaci za vežbe Oktobar Uvod 1.1. Izračunati vrednost izraza (bez upotrebe pomoćnih sredstava): ( ) [ a) : b) 3 3
Matematka Zadaci za vežbe Oktobar 5 Uvod.. Izračunati vrednost izraza bez upotrebe pomoćnih sredstava): ) [ a) 98.8.6 : b) : 7 5.5 : 8 : ) : :.. Uprostiti izraze: a) b) ) a b a+b + 6b a 9b + y+z c) a +b
PRIRODNO MATEMATIČKI FAKULTET U NIŠU DEPARTMAN ZA RAČUNARSKE NAUKE Utorak, godine PRIJEMNI ISPIT IZ INFORMATIKE 1. Koja od navedenih ekste
PRIRODNO MATEMATIČKI FAKULTET U NIŠU DEPARTMAN ZA RAČUNARSKE NAUKE Utorak, 5.06.019. godine PRIJEMNI ISPIT IZ INFORMATIKE 1. Koja od navedenih ekstenzija se najčešće koristi za tekstualne datoteke? a)
ЕКОНОМСКИ ФАКУЛТЕТ УНИВЕРЗИТЕТА У ПРИШТИНИ КОСОВСКА МИТРОВИЦА
МАТЕМАТИКА ЗАДАЦИ ЗА ПРИЈЕМНИ ИСПИТ 1. Израчунати вредност израза: а) ; б). 2. Израчунати вредност израза:. 3. Израчунати вредност израза:. 4. Израчунати вредност израза: ако је. 5. Израчунати вредност
Microsoft Word - 6ms001
Zadatak 001 (Anela, ekonomska škola) Riješi sustav jednadžbi: 5 z = 0 + + z = 14 4 + + z = 16 Rješenje 001 Sustav rješavamo Gaussovom metodom eliminacije (isključivanja). Gaussova metoda provodi se pomoću
PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET U NIŠU DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU ZADACI SA REŠENJIMA SA PRIJEMNOG ISPITA IZ MATEMATIKE, JUN Odrediti
PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET U NIŠU DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU ZADACI SA REŠENJIMA SA PRIJEMNOG ISPITA IZ MATEMATIKE, JUN 0. Odrediti moduo kompleksnog broja Rešenje: Uočimo da važi z = + i00
Microsoft Word - TAcKA i PRAVA3.godina.doc
TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje izmeñu dve tače Ao su nam date tače A( x, y i B( x, y, onda rastojanje izmeñu njih računamo po formuli d( A,
My_P_Trigo_Zbir_Free
Штa треба знати пре почетка решавања задатака? ТРИГОНОМЕТРИЈА Ниво - Основне формуле које произилазе из дефиниција тригонометријских функција Тригонометријске функције се дефинишу у правоуглом троуглу
СТЕПЕН појам и особине
СТЕПЕН појам и особине Степен чији је изложилац природан број N R \ 0 изложилац (експонент) основа степен Особине: m m m m : m m : : Примери. 8 4 7 4 5 4 4 5 6 :5 Важно! 5 5 5 5 5 55 5 Основа је број -5
ZADACI ZA VJEŽBU 1. Dokažite da vrijedi: (a) (A \ B) (B \ A) = (A B) (A C B C ), (b) A \ (B \ C) = (A C) (A \ B), (c) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C). 2.
ZADACI ZA VJEŽBU. Dokažite da vrijedi: (a) (A \ B) (B \ A) = (A B) (A C B C ), (b) A \ (B \ C) = (A C) (A \ B), (c) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C).. Pomoću matematičke indukcije dokažite da za svaki n N vrijedi:
(Microsoft Word - MATB - kolovoz osnovna razina - rje\232enja zadataka)
. B. Zapišimo zadane brojeve u obliku beskonačno periodičnih decimalnih brojeva: 3 4 = 0.7, = 0.36. Prvi od navedenih četiriju brojeva je manji od 3 4, dok su treći i četvrti veći od. Jedini broj koji
DISKRETNA MATEMATIKA
DISKRETNA MATEMATIKA Kombinatorika Permutacije, kombinacije, varijacije, binomna formula Ivana Milosavljević - 1 - 1. KOMBINATORIKA PRINCIPI PREBROJAVANJA Predmet kombinatorike je raspoređivanje elemenata
Алгебарски изрази 1. Запиши пет произвољних бројевних израза. 2. Израчунај вредност израза: а) : ; б) : (
Алгебарски изрази 1. Запиши пет произвољних бројевних израза. 2. Израчунај вредност израза: а) 5 3 4 : 2 1 2 + 1 1 6 2 3 4 ; б) 5 3 4 : ( 2 1 2 + 1 1 6 ) 2 3 4 ; в) ( 5 3 4 : 2 1 2 + 1 1 6 ) 2 3 4 ; г)
untitled
РАЗЛОМЦИ - III ДЕО - РЕШЕЊА МНОЖЕЊЕ И ДЕЉЕЊЕ РАЗЛОМАКА ПРИРОДНИМ БРОЈЕМ. а) + + + + + + = = = ; б) + + + + + + + + + + = = = 8 ; в) 8 + + + + + + + = 8 = = =.. а) = = = ; б) = = = ; 0 0 в) 0 = = = ; г)
Konstrukcija i analiza algoritama Nina Radojičić februar Analiza algoritama, rekurentne relacije 1 Definicija: Neka su f i g dve pozitivne fun
Konstrukcija i analiza algoritama Nina Radojičić februar 2018. 1 Analiza algoritama, rekurentne relacije 1 Definicija: Neka su f i g dve pozitivne funkcije od argumenta n iz skupa N prirodnih brojeva.
Математика 1. Посматрај слику и одреди елементе скуупова: а) б) в) средњи ниво А={ } B={ } А B={ } А B={ } А B={ } B А={ } А={ } B={ } А B={ } А B={ }
1. Посматрај слику и одреди елементе скуупова: а) б) в) А={ } B={ } А B={ } А B={ } А B={ } B А={ } А={ } B={ } А B={ } А B={ } А B={ } B А={ } А={ } B={ } А B={ } А B={ } А B={ } B А={ } 2. Упиши знак
rumunija0107.dvi
ME URODI TREIG Z MMO Râmnicu Vâlcea, 19. & 0.01.007. Prvi dan Zadata 1. Konaqno mnogo rugova preriva oxtrougli trougao. Doazati da je zbir njihovih polupreqnia ne manji od polupreqnia opisane ruжnice tog
PI1_-_funkcije_i_srednja_log._temp._razlika
lternativni način određivanja značaji istosjernog i protusjernog reuperatora U zadnje izdanju, ao i u prethodni izdanjia, udžbenia Terodinaia II, [], dano je analitičo rješenje značaji o ovisnosti o značajaa
Microsoft Word - KVADRATNA NEJEDNACINA.doc
Kvadatne nejednačine su olia: a a a a c> c c c KVARATNA NEJENAČINA ZNAK KVARATNOG TRINOMA gde je -ealna pomenljiva nepoznata) i a,,c su ealni ojevi, a. U delu vadatna funcija smo analiziali ao može izgledati
Рационални Бројеви Скуп рационалних бројева 1. Из скупа { 3 4, 2, 4, 11, 0, , 1 5, 12 3 } издвој подскуп: а) природних бројева; б) целих броје
Рационални Бројеви Скуп рационалних бројева. Из скупа {,,,, 0,,, } издвој подскуп: а) природних бројева; б) целих бројева; в) ненегативних рационалних бројева; г) негативних рационалних бројева.. Запиши
My_ST_FTNIspiti_Free
ИСПИТНИ ЗАДАЦИ СУ ГРУПИСАНИ ПО ТЕМАМА: ЛИМЕСИ ИЗВОДИ ФУНКЦИЈЕ ЈЕДНЕ ПРОМЕНЉИВЕ ИСПИТИВАЊЕ ТОКА ФУНКЦИЈЕ ЕКСТРЕМИ ФУНКЦИЈЕ СА ВИШЕ ПРОМЕНЉИВИХ 5 ИНТЕГРАЛИ ДОДАТАК ФТН Испити С т р а н а Лимеси Одредити
Matematika 1 - izborna
3.3. NELINEARNE DIOFANTSKE JEDNADŽBE Navest ćemo sada neke metode rješavanja diofantskih jednadžbi koje su drugog i viših stupnjeva. Sve su te metode zapravo posebni oblici jedne opće metode, koja se naziva
Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMAT
Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 1. razred srednja škola B kategorija 9. siječnja
Microsoft Word - Ispitivanje toka i grafik funkcije V deo
. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije y= arcsin + Oblast definisanosti (domen) Podsetimo se grafika elementarnih funkcija i kako izgleda arcsin funkcija: y - y=arcsin Funkcija je definisana za [,]
JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL 2. kolokvij 29. lipnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1. (
MJERA I INTEGRAL. kolokvij 9. lipnja 018. (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni! 1. (ukupno 6 bodova Neka je (, F, µ prostor s mjerom, neka je (f n n1 niz F-izmjerivih funkcija
MATEMATIČKA ANALIZA I primjeri i zadaci Ante Mimica 8. siječnja 2010.
MATEMATIČKA ANALIZA I primjeri i zadaci Ante Mimica 8 siječnja 00 Sadržaj Funkcije 5 Nizovi 7 3 Infimum i supremum 9 4 Neprekidnost i es 39 3 4 SADRZ AJ Funkcije 5 6 FUNKCIJE Nizovi Definicija Niz je
PITANJA I ZADACI ZA II KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE I Pitanja o nizovima Nizovi Realni niz i njegov podniz. Tačka nagomilavanja niza i granična vrednost(l
PITANJA I ZADACI ZA II KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE I Pitanja o nizovima Nizovi Realni niz i njegov podniz. Tačka nagomilavanja niza i granična vrednost(limes) niza. Svojstva konvergentnih nizova, posebno
Математика основни ниво 1. Одреди елементе скупова A, B, C: a) б) A = B = C = 2. Запиши елементе скупова A, B, C на основу слике: A = B = C = 3. Броје
1. Одреди елементе скупова A, B, C: a) б) A = B = C = 2. Запиши елементе скупова A, B, C на основу слике: A = B = C = 3. Бројеве записане римским цифрама запиши арапским: VIII LI XXVI CDXLIX MDCLXVI XXXIX
Algebarski izrazi (4. dio)
Dodatna nastava iz matematike 8. razred Algebarski izrazi (4. dio) Aleksandra-Maria Vuković OŠ Gornji Mihaljevec amvukovic@gmail.com 12/21/2010 SADRŽAJ 7. KVADRATNI TRINOM... 3 [ Primjer 18. Faktorizacija
PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA u saradnji s UDRUŽENJEM MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Tuzla
PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA u saradnji s UDRUŽENJEM MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog kantona iz MATEMATIKE Tuzla, 3. mart/ožujak 019. godine Prirodno-matematički fakultet
Celobrojno programiranje Rešavamo sledeći poblem celobrojnog programiranja: min c T x Ax = b x 0 x Z n Gde pretpostavljamo da je A celobrojna matrica
Celobrojno programiranje Rešavamo sledeći poblem celobrojnog programiranja: min c T x Ax = b x 0 x Z n Gde pretpostavljamo da je A celobrojna matrica dimenzije m n, b Z m, c Z n. Takođe, očekuje se da
PROMENLJIVE, TIPOVI PROMENLJIVIH
PROMENLJIVE, TIPOVI PROMENLJIVIH Šta je promenljiva? To je objekat jezika koji ima ime i kome se mogu dodeljivati vrednosti. Svakoj promenljivoj se dodeljuje registar (memorijska lokacija) operativne memorije
Microsoft Word - Algebra i funkcije- napredni nivo doc
Algebra i funkcije napredni nivo 01. Nenegativna znači da je vrednost izraza pozitivna ili je jednaka 0. ( 1) ( 1)( 1) 0 razlika kvadrata (( x) + x 1+ 1 ) (( x) 1 ) 0 ( + + 1) ( 1) 0 x x+ x x+ x x x +
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivana Šore REKURZIVNOST REALNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: doc.
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivana Šore REKURZIVNOST REALNIH FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: doc.dr.sc. Zvonko Iljazović Zagreb, rujan, 2015. Ovaj diplomski
1. Vrednost izraza jednaka je: Rexenje Direktnim raqunom dobija se = 4 9, ili kra e S = 1 ( 1 1
1. Vrednost izraza 1 1 + 1 5 + 1 5 7 + 1 7 9 jednaka je: Rexenje Direktnim raqunom dobija se 1 + 1 15 + 1 5 + 1 6 = 4 9, ili kra e S = 1 1 1 2 + 1 1 5 + 1 5 1 7 + 1 7 1 ) = 1 7 2 8 9 = 4 9. 2. Ako je fx)
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj vi\232a razina - rje\232enja)
. D. Zadatak najbrže možemo riješiti tako da odredimo decimalne zapise svih šest racionalnih brojeva (zaokružene na dvije decimale ako je decimalan zapis beskonačan periodičan decimalan broj). Dobivamo:
Microsoft Word - Metoda neodredjenih koeficijenata
Metoda eodredjei oeficijeata Pisali ste am da vam ova metoda ije baš ajjasija, u smislu ao izabrati fuciju za artiularo rešeje. Poušaćemo u ovom fajlu da vam a eolio rimera objasimo to. Da se odsetimo:
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - studeni osnovna razina - rje\232enja)
1. C. Imamo redom: I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA 9 + 7 6 9 + 4 51 = = = 5.1 18 4 18 8 10. B. Pomoću kalkulatora nalazimo 10 1.5 = 63.45553. Četvrta decimala je očito jednaka 5, pa se zaokruživanje vrši
ПРИРОДА И ЗНАК РЕШЕЊА 2 b ax bx c 0 x1 x2 2 D b 4ac a ( сви задаци су решени) c b D xx 1 2 x1/2 a 2a УСЛОВИ Решења реална и различита D>0 Решења реалн
ПРИРОДА И ЗНАК РЕШЕЊА ax x c 0 x x D 4ac a ( сви задаци су решени) c D xx x/ a a УСЛОВИ Решења реална и различита D>0 Решења реална D Двоструко решење (реална и једнака решења) D=0 Комплексна решења (нису
Neodreeni integrali - Predavanje III
Neodredeni integrali Predavanje III Ines Radošević inesr@math.uniri.hr Odjel za matematiku Sveučilišta u Rijeci Neodredeni integrali Neodredeni integral Tablični integrali Metoda supstitucije Metoda parcijalne
P1.1 Analiza efikasnosti algoritama 1
Analiza efikasnosti algoritama I Asimptotske notacije Master metoda (teorema) 1 Asimptotske notacije (1/2) Služe za opis vremena izvršenja algoritma T(n) gde je n N veličina ulaznih podataka npr. br. elemenata
Microsoft Word - predavanje8
DERIVACIJA KOMPOZICIJE FUNKCIJA Ponekad je potrebno derivirati funkcije koje nisu jednostavne (složene su). Na primjer, funkcija sin2 je kompozicija funkcija sin (vanjska funkcija) i 2 (unutarnja funkcija).
6-8. ČAS Celobrojno programiranje Rešavamo sledeći poblem celobrojnog programiranja: Gde pretpostavljamo da je A celobrojna matrica dimenzije,. Takođe
6-8. ČAS Celobrojno programiranje Rešavamo sledeći poblem celobrojnog programiranja: Gde pretpostavljamo da je A celobrojna matrica dimenzije,. Takođe, očekuje se da su koordinate celobrojne. U slučaju
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - kolovoz osnovna razina - rje\232enja)
5 5: 5 5. B. Broj.5 možemo zapisati u obliku = =, a taj broj nije cijeli broj. 0 0 : 5 Broj 5 je iracionalan broj, pa taj broj nije cijeli broj. Broj 5 je racionalan broj koji nije cijeli broj jer broj
58. Federalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola
58. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, 4.0.018. godine PRVI RAZRED Zadatak 1 Ako su, i realni brojevi takvi da je 0, dokazati da vrijedi
Microsoft Word - Matematika_kozep_irasbeli_javitasi_0802.doc
Matematika szerb nyelven középszint 080 ÉRETTSÉGI VIZSGA 009. május 5. MATEMATIKA SZERB NYELVEN KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Важне
PLAN I PROGRAM ZA DOPUNSKU (PRODUŽNU) NASTAVU IZ MATEMATIKE (za 1. razred)
PLAN I PROGRAM ZA DOPUNSKU (PRODUŽNU) NASTAVU IZ MATEMATIKE (za 1. razred) Učenik prvog razreda treba ostvarit sljedeće minimalne standarde 1. SKUP REALNIH BROJEVA -razlikovati brojevne skupove i njihove
Microsoft Word - SIORT1_2019_K1_resenje.docx
I колоквијум из Основа рачунарске технике I СИ- 208/209 (24.03.209.) Р е ш е њ е Задатак f(x, x 2, x 3 ) = (x + x x ) x (x x 2 + x ) + x x 2 x 3 f(x, x 2, x 3 ) = (x + x x ) (x x + (x )) 2 + x + x x 2
ТРОУГАО БРЗИНА и математичка неисправност Лоренцове трансформације у специјалној теорији релативности Александар Вукеља www.
ТРОУГАО БРЗИНА и математичка неисправност Лоренцове трансформације у специјалној теорији релативности Александар Вукеља aleksandar@masstheory.org www.masstheory.org Август 2007 О ауторским правима: Дело
Microsoft Word Lj. Vasov.doc
Docent dr Ljubiša Vasov, dipl. inž. Saobraćajni faultet, Beograd OCENA BEZOKAZNOG RADA VAZDUHOPLOVA UDC: 629.7.017 Rezime: Pouzdanosao omplesni poazatelj valiteta funcionisanja sistema, zavisno od njegove
Title
1. Realni brojevi Prirodno bi bilo konstruisati skup realnih brojeva korak po korak, od prirodnih brojeva preko cijelih, racionalnih i na kraju iracionalnih. Medutim, mi ćemo tom problemu ovdje pristupiti
9. : , ( )
9. Динамика тачке: Енергиjа, рад и снага (први део) др Ратко Маретић др Дамир Мађаревић Департман за Техничку механику, Факултет техничких наука Нови Сад Садржаj - Шта ћемо научити (1) 1. Преглед литературе
1
Podsetnik: Statističke relacije Matematičko očekivanje (srednja vrednost): E X x p x p x p - Diskretna sl promenljiva 1 1 k k xf ( x) dx E X - Kontinualna sl promenljiva Varijansa: Var X X E X E X 1 N
(Microsoft Word - Rje\232enja zadataka)
1. D. Svedimo sve razlomke na jedinstveni zajednički nazivnik. Lako provjeravamo da vrijede rastavi: 85 = 17 5, 187 = 17 11, 170 = 17 10, pa je zajednički nazivnik svih razlomaka jednak Tako sada imamo:
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan vi\232a razina - rje\232enja)
b. C. Neka je a prost prirodan broj. Tada je a prirodan broj ako i samo ako je b nenegativan cijeli broj (tj. prirodan broj ili nula). Stoga ćemo svaki od zadanih brojeva zapisati kao potenciju čija je
Република Србија МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ, НАУКЕ И ТЕХНОЛОШКОГ РАЗВОЈА ЗАВОД ЗА ВРЕДНОВАЊЕ КВАЛИТЕТА ОБРАЗОВАЊА И ВАСПИТАЊА ЗАВРШНИ ИСПИТ У ОСНОВНОМ ОБРА
Република Србија МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ, НАУКЕ И ТЕХНОЛОШКОГ РАЗВОЈА ЗАВОД ЗА ВРЕДНОВАЊЕ КВАЛИТЕТА ОБРАЗОВАЊА И ВАСПИТАЊА ЗАВРШНИ ИСПИТ У ОСНОВНОМ ОБРАЗОВАЊУ И ВАСПИТАЊУ школска 018/019. година МАТЕМАТИКА
СТРАХИЊА РАДИЋ КЛАСИФИКАЦИJА ИЗОМЕТРИJА И СЛИЧНОСТИ Према књизи [1], свака изометриjа σ се може представити ком позици - jом неке транслациjе за векто
![СТРАХИЊА РАДИЋ КЛАСИФИКАЦИJА ИЗОМЕТРИJА И СЛИЧНОСТИ Према књизи [1], свака изометриjа σ се може представити ком позици - jом неке транслациjе за векто](/thumbs/102/155791469.jpg "СТРАХИЊА РАДИЋ КЛАСИФИКАЦИJА ИЗОМЕТРИJА И СЛИЧНОСТИ Према књизи [1], свака изометриjа σ се може представити ком позици - jом неке транслациjе за векто")
СТРАХИЊА РАДИЋ КЛАСИФИКАЦИJА ИЗОМЕТРИJА И СЛИЧНОСТИ Према књизи [1], свака изометриjа σ се може представити ком позици - jом неке транслациjе за вектор a (коjи може бити и дужине нула) и неке изометриjе
1. GRUPA Pismeni ispit iz MATEMATIKE Prezime i ime broj indeksa 1. (15 poena) Rexiti matriqnu jednaqinu 3XB T + XA = B, pri qemu
1. GRUPA Pismeni ispit iz MATEMATIKE 1 0.0.01. Prezime i ime broj indeksa 1. (15 poena) Rexiti matriqnu jednaqinu XB T + XA = B, 1 4 pri qemu je A = 6 9 i B = 1 1 0 1 1. 4 4 4 8 1. Data je prava q : {
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj vi\232a razina - rje\232enja)
C Vrijedi jednakost: = 075, pa zaključujemo da vrijedi nejednakost 4 To znači da zadani broj pripada intervalu, 05 < < 05 4 D Riješimo zadanu jednadžbu na uobičajen način: x 7 x + = 0, x, 7 ± ( 7) 4 7
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - lipanj osnovna razina - rje\232enja)
1. D. Prirodni brojevi su svi cijeli brojevi strogo veći od nule. je strogo negativan cijeli broj, pa nije prirodan broj. 14 je racionalan broj koji nije cijeli broj. Podijelimo li 14 s 5, dobit ćemo.8,
Republika Srbija MINISTARSTVO PROSVJETE, NAUKE I TEHNOLOŠKOG RAZVOJA ZAVOD ZA VREDNOVANJE KVALITETA OBRAZOVANJA I ODGOJA ZAVRŠNI ISPIT NA KRAJU OSNOVN
Republika Srbija MINISTARSTVO PROSVJETE, NAUKE I TEHNOLOŠKOG RAZVOJA ZAVOD ZA VREDNOVANJE KVALITETA OBRAZOVANJA I ODGOJA ZAVRŠNI ISPIT NA KRAJU OSNOVNOG OBRAZOVANJA I ODGOJA školska 2016/2017. godina TEST
MATEMATIKA viša razina MATA.29.HR.R.K1.24 MAT A D-S MAT A D-S029.indd :30:29
MATEMATIKA viša razina MAT9.HR.R.K.4.indd 9.9.5. ::9 Prazna stranica 99.indd 9.9.5. ::9 OPĆE UPUTE Pozorno pročitajte sve upute i slijedite ih. Ne okrećite stranicu i ne rješavajte zadatke dok to ne odobri
Microsoft Word - 15ms261
Zadatak 6 (Mirko, elektrotehnička škola) Rješenje 6 Odredite sup S, inf S, ma S i min S u skupu R ako je S = { R } a b = a a b + b a b, c < 0 a c b c. ( ), : 5. Skratiti razlomak znači brojnik i nazivnik
s2.dvi
1. Skup kompleksnih brojeva 1. Skupovibrojeva.... Skup kompleksnih brojeva................................. 6. Zbrajanje i množenje kompleksnih brojeva..................... 9 4. Kompleksno konjugirani
ŽUPANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 28. veljače razred - rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI
ŽUANIJSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE 8. veljače 09. 8. razred - rješenja OVDJE SU DANI NEKI NAČINI RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UČENIK IMA DRUGAČIJI OSTUAK RJEŠAVANJA, ČLAN OVJERENSTVA DUŽAN JE I TAJ OSTUAK
(Microsoft Word - Rje\232enja zadataka)
p. D. Tražimo p R takav da je 568 = 6. Riješimo tu jednadžbu na uobičajen 00 način: Dakle, 75% od 568 iznosi 6. p 568 = 6, / 00 00 p 568 = 6 00, / : 568 6 00 600 p = = = 75. 568 568. B. Označimo traženi
Pismeni dio ispita iz Matematike 1
Zenica, 00007 Odediti koeficijent uz 8 u azvoju tinoma 0 + + Rješiti i diskutovati sistem lineanih jednačina u zavisnosti od paameta a: a y + z = + ( a) y + z = 0 y+ a z = Ispitati funkciju i nactati gafik:
Microsoft Word - GRAFICI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA-II deo.doc
GRAFICI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA (II deo U prethodnom fajlu ( grafici trigonometrijskih funkcija I deo smo proučili kako se crtaju grafici u zavisnosti od brojeva a,b i c. Sada možemo sklopiti i ceo
Microsoft Word - IZVOD FUNKCIJE.doc
IZVOD FUNKCIJE Predpotavimo da je funkcija f( definiana u nekom intervalu (a,b i da je tačka iz intervala (a,b fikirana. Uočimo neku proizvoljnu tačku iz tog intervala (a,b. Ova tačka može da e pomera
VISOKA TEHNI^KA [KOLA STRUKOVNIH STUDIJA MILORADOVI] MIROLJUB M A T E M A T I K A NERE[ENI ZADACI ZA PRIJEMNI ISPIT AGRONOMIJA, EKOLOGIJA, E
![VISOKA TEHNI^KA [KOLA STRUKOVNIH STUDIJA MILORADOVI] MIROLJUB M A T E M A T I K A NERE[ENI ZADACI ZA PRIJEMNI ISPIT AGRONOMIJA, EKOLOGIJA, E](/thumbs/102/155964078.jpg "VISOKA TEHNI^KA [KOLA STRUKOVNIH STUDIJA MILORADOVI] MIROLJUB M A T E M A T I K A NERE[ENI ZADACI ZA PRIJEMNI ISPIT AGRONOMIJA, EKOLOGIJA, E")
VISOKA TEHNI^KA [KOLA STRUKOVNIH STUDIJA PO@AREVAC MILORADOVI] MIROLJUB M A T E M A T I K A NERE[ENI ZADACI ZA PRIJEMNI ISPIT AGRONOMIJA, EKOLOGIJA, ELEKTROTEHNIKA, MA[INSTVO PO@AREVAC 007 OBAVEZNO PRO^ITATI!
Matematički fakultet Univerzitet u Beogradu Elementarne funkcije i preslikavanja u analizi Master rad Mentor: dr Miodrag Mateljević Student: Marija Vu
Matematički fakultet Univerzitet u Beogradu Elementarne funkcije i preslikavanja u analizi Master rad Mentor: dr Miodrag Mateljević Student: Marija Vujičić 1045/2015 Beograd, 2018. Sadržaj 1 Uvod 2 2 Stepena
MAT KOL (Banja Luka) ISSN (p), ISSN (o) Vol. XX (2)(2014), PELLOVA JEDNAČINA I PITAGORIN
MAT KOL (Banja Luka) ISSN 0354 6969 (p), ISSN 986 5228 (o) Vol. XX (2)(204), 59 68 http://www.imvibl.org/dmbl/dmbl.htm PELLOVA JEDNAČINA I PITAGORINE TROJKE Amra Duraković Bernadin Ibrahimpašić 2, Sažetak
MATEMATIKA EKSTERNA PROVJERA ZNANJA UČENIKA NA KRAJU III CIKLUSA OSNOVNE ŠKOLE UPUTSTVO VRIJEME RJEŠAVANJA TESTA: 70 MINUTA Pribor: grafitna olovka i
MATEMATIKA EKSTERNA PROVJERA ZNANJA UČENIKA NA KRAJU III CIKLUSA OSNOVNE ŠKOLE UPUTSTVO VRIJEME RJEŠAVANJA TESTA: 70 MINUTA Pribor: grafitna olovka i gumica, hemijska olovka, geometrijski pribor. Upotreba
Tutoring System for Distance Learning of Java Programming Language
Niz (array) Nizovi Niz je lista elemenata istog tipa sa zajedničkim imenom. Redosled elemenata u nizovnoj strukturi je bitan. Konkretnom elementu niza pristupa se preko zajedničkog imena niza i konkretne
Microsoft Word - PARNOST i NEPARNOST FUNKCIJE.PERIODICNOST
PARNOST i NEPARNOST FUNKCIJE PERIODIČNOST FUNKCIJE PARNOST i NEPARNOST FUNKCIJE Ako je f ( ) = f ( ) funkcija je parna i tada je grafik simetričan u odnosu na y osu Ako je f ( ) = f ( ) funkcija je neparna
Microsoft Word - DIOFANTSKE JEDNADŽBE ZADACI docx
DIOFANTSKE JEDNADŽBE Jednadžba s dvjema ili više nepoznanica čiji su koeficijenti i rješenja cijeli brojevi naziva se DIOFANTSKA JEDNADŽBA. Linearne diofantske jednadžbe 3" + 7% 8 = 0 nehomogena (s dvjema
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj vi\232a razina - rje\232enja)
I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA. C. Broj.5 je racionalan broj (zapisan u decimalnom obliku), ali ne i cijeli broj, pa ne pripada skupu cijelih brojeva Z. Broj je iracionalan broj (ne može se zapisati u
Jednadžbe - ponavljanje
PRIMJENE NA PRAVOKUTNI TROKUT sin = sin β = cos = cos β = tg kuta tg = tg β = ctg kuta ctg = ctg β = c = p + q Ako su kutovi u trokutu 30 i 60 onda je hipotenuza dva puta veća od kraće katete (c = 2a ili
ФАКУЛТЕТ ОРГАНИЗАЦИОНИХ НАУКА
Питања за усмени део испита из Математике 3 I. ДИФЕРЕНЦИЈАЛНЕ ЈЕДНАЧИНЕ 1. Појам диференцијалне једначине. Пикарова теорема. - Написати општи и нормални облик диференцијалне једначине првог реда. - Дефинисати:
Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMAT
Ministarstvo prosvjete i športa Republike Hrvatske Agencija za odgoj i obrazovanje Hrvatsko matematičko društvo OPĆINSKO/ŠKOLSKO NATJECANJE IZ MATEMATIKE. razred srednja škola A kategorija 9. siječnja
(Microsoft Word - MATA - ljeto rje\232enja)
. A. Izračunajmo najprije prvi faktor. Dobivamo:! 0 9 8! 0 9 0 9 0 9 = = = = = 9 = 49. 4! 8! 4! 8! 4! 4 3 Stoga je zadani brojevni izraz jednak 4 8 49 0.7 0.3 = 49 0.40 0.000066 = 0.007797769 0.0078. Znamenka
Microsoft Word - 12ms121
Zadatak (Goran, gimnazija) Odredi skup rješenja jednadžbe = Rješenje α = α c osα, a < b < c a + < b + < c +. na segmentu [ ], 6. / = = = supstitucija t = + k, k Z = t = = t t = + k, k Z t = + k. t = +
Verovatnoća - kolokvijum 17. decembar Profesor daje dva tipa ispita,,,težak ispit i,,lak ispit. Verovatnoća da student dobije težak ispit je
Verovatnoća - kolokvijum 17. decembar 2016. 1. Profesor daje dva tipa ispita,,,težak ispit i,,lak ispit. Verovatnoća da student dobije težak ispit je 0.8. Ako je ispit težak, verovatnoća da se prvo pitanje
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - rujan osnovna razina - rje\232enja)
I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA. B. Broj je cijeli broj, tj. pripada skupu cijelih brojeva Z. Skup cijelih brojeva Z je pravi podskup skupa racionalnih brojeva Q, pa je i racionalan broj. 9 4 je očito broj
Microsoft Word - IZVODI ZADACI _I deo_.doc
. C =0 Tablica izvoda. `=. ( )`=. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`=. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0). (sin)`=cos (ovde je >0 i a >0). (cos)`= - sin π. (tg)`= + kπ cos. (ctg)`= kπ
MAT A MATEMATIKA viša razina MATA.45.HR.R.K1.28 MAT A D-S
MAT A MATEMATIKA viša razina MATA.45.HR.R.K.8 Prazna stranica 99 OPĆE UPUTE Pozorno pročitajte sve upute i slijedite ih. Ne okrećite stranicu i ne rješavajte zadatke dok to ne odobri dežurni nastavnik.
Microsoft Word - vodic B - konacna
VODIČ B za škole za srednje stručno obrazovanje i obuku školska 2015./2016. godina MATEMATIKA Predmetna komisija: Dina Kamber Maja Hrbat Vernesa Mujačić Mirsad Dumanjić Sadržaj Uvod... 1 Obrazovni ishodi
7. а) 3 4 ( ) ; б) ( ) ( 2 5 ) ; в) ( ) 3 16 ; г) ( ). 8. а) ( г) ) ( ) ; б)
7. а) ( 5 + 5 ) ; б) ( 5 8 5 6 ) ( 2 5 ) ; в) ( 9 + ) 6 ; г) 5 ( 2 + 2 29 ). 8. а) ( г) 2 2 + ) ( + 2 ) ; б) 2 ( + 2 ) + 2 ; в) ( 0 + 5 ) ( 2 ( 7 6 )) ; 7 2 + ( + ( 8 6 ( 2 ) 2 )) ; д) ( 2 5 ( 2 + 7 0
Ивана Јухас MATEMATИKA 2а Уџбеник за други разред основне школе
Ивана Јухас MATEMATИKA 2а Уџбеник за други разред основне школе Ивана Јухас MATEMATИKA 2а Уџбеник за други разред основне школе ГЛАВНИ УРЕДНИК Проф. др Бошко Влаховић ОДГОВОРНA УРЕДНИЦА Доц. др Наташа
ДРУШТВО ФИЗИЧАРА СРБИЈЕ МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ И СПОРТА РЕПУБЛИКЕ СРБИЈЕ Задаци за републичко такмичење ученика средњих школа 2006/2007 године I разред
ДРУШТВО ФИЗИЧАРА СРБИЈЕ МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ И СПОРТА РЕПУБЛИКЕ СРБИЈЕ Задаци за републичко такмичење ученика средњих школа 006/007 године разред. Електрични систем се састоји из отпорника повезаних тако
JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA MJERA I INTEGRAL završni ispit 6. srpnja (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!) 1.
MJERA I INTEGRAL završni ispit 6. srpnja 208. (Knjige bilježnice dodatni papiri i kalkulatori nisu dozvoljeni!). (8 bodova) Kao na predavanjima za d N sa P d : a b ] a d b d ] : a i b i R a i b i za i
Република Србија МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ, НАУКЕ И ТЕХНОЛОШКОГ РАЗВОЈА ЗАВОД ЗА ВРЕДНОВАЊЕ КВАЛИТЕТА ОБРАЗОВАЊА И ВАСПИТАЊА ЗАВРШНИ ИСПИТ У ОСНОВНОМ ОБРА
Република Србија МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ, НАУКЕ И ТЕХНОЛОШКОГ РАЗВОЈА ЗАВОД ЗА ВРЕДНОВАЊЕ КВАЛИТЕТА ОБРАЗОВАЊА И ВАСПИТАЊА ЗАВРШНИ ИСПИТ У ОСНОВНОМ ОБРАЗОВАЊУ И ВАСПИТАЊУ школска 018/019. година ТЕСТ МАТЕМАТИКА
Energetski pretvarači 1 Februar zadatak (18 poena) Kondenzator C priključen je paralelno faznom regulatoru u cilju kompenzacije reaktivne sna
1. zadatak (18 poena) Kondenzator C priključen je paralelno faznom regulatoru u cilju kompenzacije reaktivne snage osnovnog harmonika. Induktivnost prigušnice jednaka je L = 10 mh, frekvencija mrežnog
Pripreme 2016 Indukcija Grgur Valentić lipanj Zadaci su skupljeni s dva predavanja na istu temu, za učenike od prvog do trećeg razreda i za MEMO
Pripreme 016 Indukcija Grgur Valentić lipanj 016. Zadaci su skupljeni s dva predavanja na istu temu, za učenike od prvog do trećeg razreda i za MEMO kandidate. Zato su zadaci podjeljeni u odlomka. U uvodu
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - svibanj vi\232a razina - rje\232enja)
. D. Podijelimo zadanu jednakost s R T, pa dobijemo. D. Pomnožimo zadanu nejednakost sa 6. Dobivamo: p V n =. R T < x < 5. Ovu nejednakost zadovoljavaju cijeli brojevi, 0,,, i 4. i su suprotni brojevi
Ukoliko Vam za bilo koji zadatak treba pomoć, slobodno pozovite. Postoji mogućnost kompletnog kursa, kao i individualnih časova. Zadatke prikupio i ot
Ispit iz Matematike 2 I grupa 1. Dato je preslikavanje. Pokazati da je to preslikavanje linearni operator, naći matricu, sopstvene vrednosti i sopstvene vektore tog operatora. 2. Odrediti vrednost parametra
(Microsoft Word - Dr\236avna matura - kolovoz ni\236a razina - rje\232enja)
1. C. Imamo redom: I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA. B. Imamo redom: 0.3 0. 8 7 8 19 ( 3) 4 : = 9 4 = 9 4 = 9 = =. 0. 0.3 3 3 3 3 0 1 3 + 1 + 4 8 5 5 = = = = = = 0 1 3 0 1 3 0 1+ 3 ( : ) ( : ) 5 5 4 0 3.