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
|
|
- Enver Lah
- пре 5 година
- Прикази:
Транскрипт
1 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 su koordinate x celobrojne. U slučaju da se zahteva celobronost samo nekih koordinata, govorimo o problemu mešovitog celobrojnog linearnog programiranja. Naredni časovi posvećeni su sledećim problemima: Transporni problem Problem raspoređivanja (asignacije) Problem ranca (formula unapred/unazad, ranac na grupi) Gomorijev rez, Metod granjanja i odsecanja Implicitno prebrojavanje, itd. DEFINICIJA Za celobrojnu kvadratnu matricu V kažemo da je unimodularnaako je detv {1, 1}. Ako je V unimodularna matrica, tada je V 1 takođe unimodularna, obzirom da je V 1 = adjv celobrojna matrica i det detv V 1 = 1 detv {1, 1}. TEOREMA Ako je matrica A = [a ij ] m,n celobrojna matrica ranga r > 0 onda postoje takve unimodularne matrice U i V da je UAV = d d [ ] pri čemu su d 1, d 2,.., d r prirodni brojevi takvi da d i deli d i+1 a i = 1,.., r 1. Dijagonalna matrica koja ima osobine iskazane teoremom, ima Smith-ovu formu. d r 7
2 PRIMER 57 Rešiti sistem celobrojnih jednačina: 5x + 4y + 9z = 1 4x + 2y + 6z = 2 Matricu sistema A = [ ] transformišemo elementarnim transformacijama u Smith-ov normalni oblik D U cilju istovromenog određivanja unimodularnih matrica U i V tako da je UAV = D stavimo kao početne vrednosti U = [ ] i V = [ 0 1 0] i sve transformacije nad vrstama ponovimo na tekućoj matrici U dok sve transformacije nad kolonama ponovimo na tekućoj matrici V. Kada matrica A bude dovedena na Smith-ov oblik (A novo = UAV = D) matrice U i V dobiće svoju pravu vrednost. Obeležimo kolone matrice A sa k 1, k 2 i k, odnosno vrste sa v 1 i v 2. Nove vrednosti su nadvučene. U A V rotiramo kolone k 1 i k k 1 = k 2 k 2 = k rotiramo vrste v 1 i v v 1 = v 2 v 2 = v k 2 = k 2 2k 1 k = k k 1 v 2 = v 2 2v 1 k 2 = k 2 k = k k 2 k 2 = k 2 + k 1 v 2 = v 2 v 1 v 2 = v 1 v 1 = v 2 k 1 = k 2 k 2 = k 1 k 2 = k 2 + 2k 1 74
3 v 2 = v 2 + 2v Opisanim postupkom dobijamo matrice D = [ ], U = [ ], V = [ 7 1]. Kako je polazni sistem oblika AX = b, množenjem sa matricom U sa leve strane, dobijamo relaciju UAX = Ub. Uvodimo smenu promenljive X = VY. Na ovaj način dobijamo UAVY = Ub. Neka je sada UAV = D. Rešavamo sisteme DY = Ub i X = VY. Neka je, npr. Y = [a b c] T. DY = Ub [ a ] [ b] = [ 1 c 2 7 ] [1 2 ] = [ 5 12 ] x a X = VY [ y] = [ 7 1] [ b] z c Iz prvog sistema sledi da je a = 5, b = 2, c Z. Zamenom u drugi sistem, nalazimo da je x = 1 c, y = 1 c, z = c, c Z. PRIMER 58 Dovesti na Smith-ov oblik matricu: A = [ ] Analogno prethodnom zadatku formiramo matricu D = UAV. U A V k 1 = k 2 k 2 = k k 2 = 2k 1 + k 2 k = k k k 1 = k k = k k 2 = k 2 2k 1 k = k k v 2 = v 2 + v 1 75
4 k = k k k 2 = k k = k k = k k k 2 = k k = k k = k 2k Provera: UAV = D (za svaki slučaj, nije obavezna) Rešavamo sistem: 4x 4y + z = α 5x 7y + 6z = β odnosno [ 4 4 x ] [ y] = [ α β ] z Analogno prethodnom zadatku rešavamo sisteme DY = Ub i X = VY. Uvodimo smenu promenljivih Y = [a b c] T. [ a ] [ b] = [ 1 0 c 1 1 ] [α β ] = [ α α + β ] x 1 1 a [ y] = [ 0 4 9] [ b] z c odnosno, a = α, b = α + β, z = c Z Za svako α, β Z sistem x 1 1 α [ y] = [ 0 4 9] [ α + β] z c ima rešenje i to su sva rešenja. 76
5 Problem ranca Problem ranca definišemo na sledeći način: Pretpostavimo da je dat neki ranac zapremine b 0 i skup predmeta kojima se ranac puni. Svaki predmet ima svoju zapreminu a j 0 i vrednost c j 0. Napuniti ranac sadržajem najveće vrednosti tako da je ukupna vrednost koja se nosi u rancu maksimalna: max n j=1 n j=1 c j x j a j x j b x 1, x 2,, x n Z Problem se ekvivalentno može posmatrati kao problem određivanja maksimalnog profita kompanije koja treba da finansira n projekata iz svog budžeta veličine b ako su poznazi troškovi i dobit za svaki projekat. Tada bi promenljiva x j mogla da se interpetira kao promenljiva odlučivanja kojom se određuje procenat učešća kompanije u tom projektu. Problem ranca se rešava tako što se podeli na etape. Uvodimo pomoćnu funkciju F definisanu na sledeći način: F k (y) = max{c 1 x c k x k a 1 x a k x k y, x 1,.., x k 0, x 1,, x k Z} Za rešavanje pomoćne funkcije koristimo sledeće rekurentne formule: 1. F 1 (y) = c 1 [y/a 1 ] F k (y) = max{c k x k + F k 1 (y a k x k ) x k {0,1,, [y/a k ]}} k 2 Ako punimo ranac jednim predmetom sledi da je F 1 (y) = max{c 1 x 1 a 1 x 1 y, x 1 0 } = c 1 [y/a 1 ] čime smo potvrdili početni uslov. 2. F k (y) = max {F k 1 (y), F k 1 (y a k ) + c k } gde je F n (y) = za y < 0. U ovom slučaju za k-tu koordinatu optimalnog rešenja važi ili x k = 0 (F k (y) = F k 1 (y) ili x k 1 (F k (y) = F k 1 (y a k ) + c k ). Optimalna vrednost je svakako uvek jednaka boljoj od navedenih vrednosti. Navedena formula se naziva još formulom unapred i ona je najpogodnija za kompjutersko izračunavanje. F n (y) = 0 za 0 y min {a 1,, a n } a za y min {a 1,, a n } je F n (y) = max{c k + F n (y a k ) k = 1,2,.., n} ukoliko se definiše F n (y) = za y < 0. Ako nula nije optimalno rešenje, bar jedna njegova koordinata, npr. x k je veća ili jednaka od 1 (F n (y) = c k + F n (y a k )). - Navedene rekurzivne forumle se mogu koristiti za određivanje optimalne vrednosti F n (b) problema kao i odgovarajućeg optimalnog rešenja. - Ako koristimo formulu 1 potrebno je da se pamte svi koraci dok je kod formule 2 dovoljno da se pamte samo poslednja dva rešenja. 77
6 - Kod druge formule uvodimo još jednu pomoćnu veličinu i k (y) koja pamti najveći indeks j takav da je j-ta promenljiva optimalnog rešenja u F k (y) pozitivna. Ukoliko je nula optimalno rešenje, definišimo ovaj indeks sa nulom. Važi rekurzija: i k (y) = { i k 1(y) c k + F k (y) < F k 1, i k c k + F k (y) F 1 (y) = { 0 F 1(y) = 0 k 1 1 F 1 (y) 0 Na osnovu vrednosti dobijene za i n (y) možemo rekonstruišemo optimalno rešenje iz smisla indeksa i vrednosti i n (b) i i n (b a in (b)). Kako upisujemo rešenja? i n (y) = { k k x n = 1, n = k x n = 0, n k i n (y a in (b)) = { k x k a in (b), ispitujemo za y a in (b) e x e = 1, x e+1 = 0, x k = 1 PRIMER 59 Rešiti problem ranca koristeći rekurentnu formulu unapred. max 10x 1 + 2x 2 x + x 4 x 1 + x 2 + x 4 x i [0,1], i = 1,2,,4. Prvo odredimo kapacitete: c 1 = 10, c 2 = 2, c = 1, c 4 =, a 1 =, a 2 = 1, a =. Možemo da stavimo da je x 4 = 1 (x 4 uzima svoju maksimalnu vrednost obzirom da tada neće narušiti početna ograničenja). Budući da vrednost promenljive x 4 ne utiče na ograničenja možemo uzeti da je x 4 = 1 i tražiti max F(x) = 10x 1 + 2x 2 x +. Izborom x 4 = 0 se dobija lošije rešenje. Formiramo tablice F k (y) i i k (y) korišćenjem rekurentnih formula: F 1 (y) = c 1 [y/a 1 ] = 10[y/] F 2 (y) = max{f 1 (y), c 2 + F 1 (y a 2 )} = max {F 1 (y), 2 + F 1 (y 1)} F (y) = max{f 2 (y), c + F 2 (y a )} = max {F 2 (y), 1 + F 2 (y )} i 2 (y) = { i 1(y) F 1 (y) > 2 + F 1 (y 1) 2 F F 1 (y 1) i (y) = { i 2(y) F 2 (y) > 2 + F 2 (y ) F F 2 (y ) k\y i\y U tablici sa leve strane vidimo da se maksimum dostiže za F (4) = 12. Rekonstruisaćemo raspored pakovanja: Kako je i (4) = 2 x 2 = 1. Dalje gledamo za F (4 a 2 ) =, i () = 1 x 1 = 1, a zatim F ( a 1 ) = 0, i (0) = 0 x = 0. Konačno: x 1 = 1, x 4 = 0, x 2 = 1, x = 0. Dakle, f max = 12 + = 15 78
7 PRIMER 60 Rešiti problem ranca koristeći rekurentnu formulu unapred. max x 1 + x 2 + 7x + 2x 4 + 5x 5 4x 1 + x 2 + 2x + x 4 + 6x 5 8 x i [0,1], i = 1,2,,4, 5. Prvo odredimo kapacitete: c 1 =, c 2 = 1, c = 7, c 4 = 2, c 5 = 5, a 1 = 4, a 2 = 1, a = 2, a 4 =, a 5 = 6. Formiramo tablice F k (y) i i k (y) Korišćenjem rekurentnih formula: F 1 (y) = c 1 [y/a 1 ] = [y/4] F 2 (y) = max{f 1 (y), c 2 + F 1 (y a 2 )} = max {F 1 (y), 1 + F 1 (y 1)} F (y) = max{f 2 (y), c + F 2 (y a )} = max {F 2 (y), 7 + F 2 (y 2)} F 4 (y) = max{f (y), c 4 + F (y a 4 )} = max {F (y), 2 + F (y )} F 5 (y) = max{f 4 (y), c 5 + F 4 (y a 5 )} = max {F 4 (y), 5 + F 4 (y 6)} i 2 (y) = { i 1(y) F 1 (y) > 1 + F 2 (y 1) 2 F F 2 (y 1) i (y) = { i 2(y) F 2 (y) > 7 + F (y 2) F F (y 2) k\y i\y Konačno, imamo da se maksimum dostiže za F 5 (8) = 12 i 5 (8) = 5 x 5 = 1. Dalje imamo da je i 5 (8 a 5 ) = i 5 (2) = x = 1. Zatim i 5 (2 a ) = i 5 (0) = 0 x 1 = 0, x 2 = 0, x 4 = 0. f max = 12 za x = (0,0,1,0,1) NAPOMENA U slučaju da je skup rešenja Z i da smo tokom rekonstrukcije rešenja imali i k (y j ) = s, j = 1,2,, m promenljiva x s dobija vrednost m. Videti zadatak 62. PRIMER 61 Rešiti problem ranca koristeći rekurentnu formulu unazad. max x 1 + x 2 + 7x + 2x 4 + 5x 5 4x 1 + x 2 + 2x + x 4 + 6x 5 8 x i [0,1], i = 1,2,,4,5. F 5 (8) = max 0 x 5 1 {5x 5 + F 4 (8 6x 5 )} = max{f 4 (8), 5 + F 4 (2)} =.. = 12 F 4 (8) = max 0 x 4 1 {2x 4 + F (8 x 4 )} = max{f (8), 2 + F (5)} =.. = 11 F 4 (2) = max 0 x 4 1 {2x 4 + F (2 x 4 )} = max{f (2)} =.. = 7 F (8) = max 0 x 1 {7x + F 2 (8 2x )} = max{f 2 (8), 7 + F 2 (6)} =.. = 11 F (5) = max 0 x 1 {7x + F 2 (5 2x )} = max{f 2 (5), 7 + F 2 ()} =.. = 8 F (2) = max 0 x 1 {7x + F 2 (2 2x )} = max{f 2 (2), 7 + F 2 (0)} =.. = max{1, 7} = 7 79
8 F 2 (8) = max 0 x 2 1 {x 2 + F 1 (8 x 2 )} = max{f 2 (8), 7 + F 2 (6)} =.. = max{4, 11} = 11 F 2 (6) = max 0 x 2 1 {x 2 + F 1 (6 x 2 )} = max{f 1 (6), 1 + F 1 (5)} =. = 4 F 2 (5) = max 0 x 2 1 {x 2 + F 1 (5 x 2 )} = max{f 1 (5), 1 + F 1 (4)} =. = 4 F 2 () = max 0 x 2 1 {x 2 + F 1 ( x 2 )} = max{f 1 (), 1 + F 1 (2)} =. = 1 F 2 (2) = max 0 x 2 1 {x 2 + F 1 (2 x 2 )} = max{f 1 (2), 1 + F 1 (2)} =. = 1 F 2 (0) = max 0 x 2 1 {x 2 + F 1 (0 x 2 )} = F 2 (0) = 0 F 1 (0) = [ 0 4 ] = 0 F 1 (1) = [ 1 4 ] = 0 F 1 () = [ 4 ] = 0 F 1 (4) = [ 4 4 ] = 1 F 1 (6) = [ 6 4 ] = 1 F 1 (7) = [ 7 4 ] = 1 F 1 (2) = [ 2 4 ] = 0 F 1 (5) = [ 5 4 ] = 1 F 1 (8) = [ 8 4 ] = 1 Obratiti pažnju da x 1 može imati samo vrednosti 0 i 1, te stoga pišemo da je F 1 (8) = 1 = 1!!! Vraćamo vrednost nazad: F 5 (8) x 5 = 1 F (2) x = 1 F 1 (0) x 1 = 0 F 4 (2) x 4 = 0 F 2 (0) x 2 = 0 PRIMER 62 Rešiti problem ranca koristeći rekurentnu formulu unazad. max x 1 + 4x 2 + 5x + 2x 4 2x 1 + x 2 + 4x + 5x 4 9 x i Z, i = 1,2,,4. F 4 (9) = max {2x 4 + F (9 5x 4 )} = max{f (9), 2 + F (4)} = 1 0 x 4 1 // tražimo maksimum za svaku potencijalnu vrednost promenljive x 4 F (9) = max {5x + F 2 (9 4x )} = max{f 2 (9), 5 + F 2 (5), 10 + F 2 (1)} = max{1,12,10} = 1 0 x 2 F (4) = max {5x + F 2 (4 4x )} = max{f 2 (4), 5 + F 2 (0)} = max{6,5} = 6 (0 x 1) F 2 (9) = max {4x 2 + F 1 (9 x 2 )} = max{f 1 (9), 4 + F 1 (6), 8 + F 1 (), 12 + F 1 (0)} = max{12,1,11,12} = 11 0 x 2 F 2 (5) = max {4x 2 + F 1 (5 x 2 )} = max{f 1 (5), 4 + F 1 (2)} = max{6,7} = 7 0 x 2 1 F 2 (4) = max {4x 2 + F 1 (4 x 2 ) = max{f 1 (4), 4 + F 1 (1)} = max{6,4} = 6 0 x 2 1 F 2 (1) = max {4x 2 + F 1 (1 x 2 )} = max{f 1 (1)} = 0 0 x 2 0 F 2 (0) = max { 4x 2 + F 1 (0 x 2 )} = max {F 1 (0)} = 0 0 x 2 0 F 1 (0) = [ 0 2 ] = 0 F 1 (2) = [ 2 2 ] = F 1 (4) = [ 4 2 ] = 6 F 1 (6) = [ 6 2 ] = 9 F 1 (1) = [ 1 2 ] = 0 F 1 () = [ 2 ] = F 1 (5) = [ 5 2 ] = 6 F 1 (9) = [ 9 2 ] =12 Rekonstruišemo raspored: Maximalna vrednost ranca je 1 i postignuta je za x 4 = 0 a dostiže se za F (9) koje svoju maksimalnu vrednost dobija kada je x = 0. Poslednja vrednost dostiže se za F 2 (9) koji svoj maksimum dostiže za x 2 = 1, odnosno za maksimalno F 1 (6) koje, opet, svojm maksimum dostiže za x 1 =. Konačno, traženo rešenje je oblika : (,1,0,0) 80
9 Slično rešenje dobićemo i formulom unapred. U nastavku slede tablice i rekonstrukcija rešenja. k\y i\y F max = F (9) = 1 i (9) = 2 x 2 = 1, i (9 ) = i (6) = 1 x 1 = 1 i (6 2) = i (4) = 1 x 1 += 1 x 1 = 2 i (4 2) = i (2) = 1 x 1 += 1 x 1 = 1 i (2 2) = i (0) = 0 x = 0, x 4 = 0 Slično rešenje bi dobili kada bi rekonstrukciju rešenja počeli od F 2 (9), odnosno F 4 (9). Svodjenje asimptotskog problema na problem ranca na grupi PRIMER 6 Rešiti problem ranca na grupi min x x 2 + 1x + 5x 4 g 1 x 1 g 2 x 2 g x g 4 x 4 = g 5 x i 0, x i Z, i = 1,.., g i S = {g 1 = ( 1), g 2 = ( 6), g = ( 2), g 4 = ( 4), g 5 = ( ), g 6 = ( 5), g 7 = ( 0)} Gde je grupa određena po modulu 7. F 4 (g 5 ) = min {5x 4 + F (g 5 g 4 x 4 )} = min{5x 4 + F (g 5 ( g 4 )x 4 )} = min {5x 4 + F (g 5 g 5 x 4 )} (0 x 4 6) = min{f (g 5 ), 5 + F (2g 5 ), 10 + F (g 5 ), 15 + F (4g 5 ), 20 + F (5g 5 ), 25 + F (6g 5 ), 0 + F (7g 5 )} = min {F (g 5 ), 5 + F (g 2 ), 10 + F (g ), 15 + F (g 6 ), 20 + F (g 1 ), 25 + F (g 4 ), 0 + F (g 7 )} 2 2 2g 5 = ( 6 ) = (mod 7) = ( 6) = g 2 5g 5 = g g 5 = ( 9 ) = (mod 7) = ( 2) = g 6g 5 = g g 5 = ( 12) = (mod 7) = ( 5) = g 6 7g 5 = g 7 24 F (g 5 ) = min + F 2 (g 5 g x } = min{1x g 6 x } = 0 x 6 min {F 2 (g 5 ), 1 + F 2 (g 5 g 6 ), 26 + F 2 (g 5 2g 6 ),9 + F 2 (g 5 g 6 ), 52 + F 2 (g 5 4g 6 ), 65 + F 2 (g 5 5g 6 ), 78 + F 2 (g 5 6g 6 )} = min{f 2 (g 2 ), 1 + F 2 (g 1 ), 26 + F 2 (g ), 9 + F 2 (g 4 ), 52 + F 2 (g ), 65 + F 2 (g 7 ), 78 + F 2 (g 1 )} = g 5 g 6 = ( ) + ( 5) = ( 8) = ( 1) = g 1 g 5 2g 6 = ( ) + ( 10) = ( 1) = ( 6) = g
10 g 5 g 6 = ( ) + ( 15) = ( 18) = ( 4) = g g 5 4g 6 = ( ) + ( 20) = ( 2) = ( 2) = g g 5 5g 6 = ( ) + ( 25) = ( 28) = ( 0) = g g 5 6g 6 = ( ) + ( 0) = ( ) = ( 5) = g F (g 2 ) = = min{f 2 (g 2 ), 1 + F 2 (g 4 ), 26 + F 2 (g ), 9 + F 2 (g 7 ), 52 + F 2 (g 6 ), 65 + F 2 (g 2 ), 78 + F 2 (g 1 )} = 11 F (g ) = = min{f 2 (g ), 1 + F 2 (g 7 ), 26 + F 2 (g 6 ), 9 + F 2 (g 7 ), 52 + F 2 (g 1 ), 65 + F 2 (g 2 ), 78 + F 2 (g 4 )} = 6 F (g 6 ) = = 15 F (g 1 ) = = F (g 4 ) = = 12 F (g 7 ) = = 0 F 1 (g 1 ) = {x 1 x 1 g 1 = g 1 } x 1 ( Analogno: F 1 (g 2 ) = {x 1 x 1 g 1 = g 2 } x 1 ( F 1 (g ) = {x 1 x 1 g 1 = g } x 1 ( F 1 (g 4 ) = 12 F 1 (g 5 ) = 9 F 1 (g 6 ) = 15 F 1 (g 7 ) = 0 Rekonstruišimo rešenje: f min = 9 za x 4 = 0, x = 0, x 2 = 0, x 1 =. F 2 (g 1 ) = = F 2 (g 2 ) =... = 2 F 2 (g ) = = ) = ( 1) x 1 = 1 F 1 (g 1 ) = ) = ( ) = ( 2) x 1 = 2 F 1 (g ) = F 2 (g 4 ) = = 12 F 2 (g 5 ) = = 9 F 2 (g 6 ) = = 15 ) x 1 = 6 F 1 (g 2 ) = 18 F 2 (g 7 ) = = 0 PRIMER 64 Napisati asimptotski problem i svesti ga na problem ranca na grupi: min x 2 x 1 + 2x 2 6 x 1 + 2x 2 0 x 1, x 2 0, x 1, x 2 Z Rešenje Uvodimo izravnajuće promenljive, dobijamo problem: x 1 + 2x 2 + x = 6 x 1 + 2x 2 + x 4 = 0 Posmatramo baze A = [A B A N ]: A B = [ 2 2 ], A B 1 = 1 2 [2 2 ], A N = [ ]. Dalje, polazni sistem Ax = b prevodimo na problem A B x B + A N x N = b i rešavamo ga po bazičnim promenljivim x B, dobijamo x B = A B 1 (b A N x N ). Zamenom u polazni sistem dobija se novi problem u kome figurišu samo nebazične promenljive min c N T c B T A B 1 A N pri ograničenjima A B 1 (b A N x N ) 0, A B 1 (b A N x N ) Z m, x N 0, x N Z n m Uzimajući da je Smitova forma matrice A: D = UA B V, A B 1 = VD 1 U sledi da je vektor A B 1 = D 1 (Ub UA N x N ) celobrojan. Ako se još uvede da je Ub = (k 1, k 2,, k m ) i u UA N = [v ij ] a poslednji izraz će biti zadovoljen ako za svako i za koje je d i > 1, d deli j N r ij x j k i. Asimptotski problem dobija formu. 82
11 Smitova forma matrice A je S = [ ], U = [ ], V = [ 1 2 ], a dalje imamo da je 1 D 1 (Ub UA N x n )celo Ub = [ ] [6 ] = [6 0] 0 UА N x n = [ ] [ ] [x x x ] = [ 4 5x + x ] 4 Konačno, [ /12 ] ([ 6 0 ] [ x 5x + x ]) = [ /12 ] [ 6 x 0 5x x 4 ] = [6 x 1/12(0 5x x 4 )] treba da je celo, dakle ograničenja su 0 5x x 4 0 (mod 12) odnosno 5x + x 4 6 (mod 12) Ostaje funkcija cilja: r T N = c T N c B A 1 B A N = [0 0] [0 1] 1 2 [2 2 ] [ ] = = [ 2 Konačno, možemo zapisati početni problem kao problem ranca na grupi min 2 (x + x 4 ) 5x + x 4 6 (mod 12) x, x 4 Z n 2 ] = 2 [1 1], tj. min 2 (x + x 4 ) PRIMER 65 Napisati asimptotski problem i svesti ga na problem ranca na grupi: min x 1 2x 2 x 1 + 2x 2 5 2x 1 + x 2 6 x 1, x 2 0, x 1, x 2 Z Rešenje Pratimo algoritam iz prethodnog primera. Uvodimo izravnajuće promenljive prvo x 1 + 2x 2 + x = 5 2x 1 + x 2 + x 4 = 6 A B = [ ], A 1 B = 1 [ ], A N = [ ] Smith-ova forma matrice A je D = [ ], U = [ ], V = [ ] Ub = [ ] [5 6 ] = [ 5 4] T UA N x N = [ ] [ ] [ x x 4 ] T = [ 2x + x ] x D 1 (Ub UA N x N ) = [ x ] [ ] = [ x x 4 ( 4 + 2x x 4 ) ] Dakle, treba da važi 2x x 4 4 (mod ) I konačno, funkcija cilja r T N = c T N c B A 1 B A N = [ 2] 1 [ ] [ ] = 1 [ 1 4] Konačno, dobili smo problem ranca na grupi min 1 4 (x + 4x 4 ) 2x x 4 4 (mod ) x, x 4 Z n x 8
12 PRIMER 66 Rešiti problem Ovo je problem ranca na grupi (G, ) min x + 8y x 0 (mod 2) x + y 1 (mod 4) x, y 0, x, y Z min x + 8y x [ 1 1 ] y [0 ] = [0 1 ] x, y 0, x, y Z sa G = {[ a ], a {0,1}, b {0,1,2,}} i operacijom definisanom sa b [ a b ] [c d ] = [a+ 2c b+ 4 d ] Prema rekurentnoj relaciji imamo da je Dalje je F 2 ([ 0 1 ]) = min {8 0 + F 1 ([ 0 1 ]), F 1 ([ 0 2 ]), F 1 ([ 0 ]), 8 + F 1 ([ 0 0 ])} F 1 ([ 0 1 ]) = min{x x [1 1 ] = [0 1 ]} = F 1 ([ 0 2 ]) = min{x x [1 1 ] = [0 2 ]} = 2 = 6 F 1 ([ 0 ]) = min{x x [1 1 ] = [0 ] } = F 1 ([ 0 0 ]) = min{x x [1 1 ] = [0 0 ]} = 0 Zamenom se iz F 2 ([ 0 1 ]) = min{, 14,, 24} = 14 i F 1 ([ 0 ]) = 6 dobija da je x = 2, y = 1. 2 Dijagram koji odgovara ovom problemu je Najkraći put koji spaja [ 0 0 ] i [0 ] ima dve grane dužine i jednu granu dužine
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
VEŽBE IZ OPERACIONIH ISTRAŽIVANJA
VEŽBE IZ OPERACIONIH ISTRAŽIVANJA Glava 4 1. Metoda grananja i odsecanja 2. Metoda grananja i ograničavanja 3. Metoda implicitnog prebrojavanja MARIJA IVANOVIĆ marijai@math.rs Metoda grananja i odsecanja
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
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)
Skripte2013
Chapter 2 Algebarske strukture Preslikivanje f : A n! A se naziva n-arna operacija na skupu A Ako je n =2, kažemo da je f : A A! A binarna operacija na A Kažemo da je operacija f arnosti n, u oznaci ar
Орт колоквијум
Задатак 1 I колоквијум из Основа рачунарске технике I - надокнада - 008/009 (16.05.009.) Р е ш е њ е a) Пошто постоје вектори на којима се функција f не јавља и вектори на којима има вредност један, лако
Орт колоквијум
I колоквијум из Основа рачунарске технике I - надокнада СИ - 008/009 (10.05.009.) Р е ш е њ е Задатак 1 a) Пошто постоје вектори на којима се функција f не јавља и вектори на којима има вредност један,
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
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
Microsoft Word - AIDA2kolokvijumRsmerResenja.doc
Konstrukcija i analiza algoritama 2 (prvi kolokvijum, smer R) 1. a) Konstruisati AVL stablo od brojeva 100, 132, 134, 170, 180, 112, 188, 184, 181, 165 (2 poena) b) Konkatenacija je operacija nad dva skupa
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.
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
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
I колоквијум из Основа рачунарске технике I СИ- 2017/2018 ( ) Р е ш е њ е Задатак 1 Тачка А Потребно је прво пронаћи вредности функција f(x
I колоквијум из Основа рачунарске технике I СИ- / (...) Р е ш е њ е Задатак Тачка А Потребно је прво пронаћи вредности функција f(x, x, x ) и g(x, x, x ) на свим векторима. f(x, x, x ) = x x + x x + x
Microsoft PowerPoint - 03-Slozenost [Compatibility Mode]
Сложеност алгоритама (Програмирање 2, глава 3, глава 4-4.3) Проблем: класа задатака истог типа Велики број различитих (коректних) алгоритама Величина (димензија) проблема нпр. количина података које треба
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
1 Konusni preseci (drugim rečima: kružnica, elipsa, hiperbola i parabola) Definicija 0.1 Algebarska kriva drugog reda u ravni jeste skup tačaka opisan
1 Konusni preseci (drugim rečima: kružnica, elipsa, hiperbola i parabola) Definicija 0.1 Algebarska kriva drugog reda u ravni jeste skup tačaka opisan jednačinom oblika: a 11 x 2 + 2a 12 xy + a 22 y 2
Analiticka geometrija
Analitička geometrija Predavanje 4 Ekscentricitet konusnih preseka i klasifikacija kvadratnih krivih Novi Sad, 2018. Milica Žigić (PMF, UNS 2018) Analitička geometrija predavanje 4 1 / 15 Ekscentricitet
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:
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
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
Талесова 1 теорема и примене - неки задаци из збирке Дефинициjа 1: Нека су a и b две дужи чиjе су дужине изражене преко мерне jединице k > 0, тако да
Талесова 1 теорема и примене - неки задаци из збирке Дефинициjа 1: Нека су и две дужи чиjе су дужине изражене преко мерне jединице k > 0, тако да jе m k и n k, где су m, n > 0. Тада кажемо да су дужи и
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
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 [,]
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)
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
Dinamičko programiranje Primer 1: Za dati niz naći njegov najduži neopadajući podniz. Defnicija: podniz nekog niza je niz koji se dobija izbacivanjem
Dinamičko programiranje Primer 1: Za dati niz naći njegov najduži neopadajući podniz. Defnicija: podniz nekog niza je niz koji se dobija izbacivanjem nekih (moguće nijednog) elemenata polaznog niza. Formalno,
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
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
Teorija igara
Strategije Strategije igrača B igrača A B 1 B 2... B n A 1 e 11 e 12... e 1n A 2 e 21 e 22... e 2n............... A m e m1 e m2... e mn Cilj: Odrediti optimalno ponašanje učesnika u igri Ako je dobitak
Grafovi 1. Posmatrajmo graf prikazan na slici sa desne strane. a) Odrediti skup čvorova V i skup grana E posmatranog grafa. Za svaku granu posebno odr
Grafovi 1. Posmatrajmo graf prikazan na slici sa desne strane. a) Odrediti skup čvorova V i skup grana E posmatranog grafa. Za svaku granu posebno odrediti njene krajeve. b) Odrediti sledeće skupove: -
Орт колоквијум
Испит из Основа рачунарске технике - / (6.6.. Р е ш е њ е Задатак Комбинациона мрежа има пет улаза, по два за број освојених сетова тенисера и један сигнал који одлучује ко је бољи уколико је резултат
(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
Test iz Linearne algebre i Linearne algebre A qetvrti tok, U zavisnosti od realnog parametra λ rexiti sistem jednaqina x + y + z = λ x +
Test iz Linearne algebre i Linearne algebre A qetvrti tok, 2122017 1 U zavisnosti od realnog parametra λ rexiti sistem jednaqina x + y + z = λ x + λy + λ 2 z = λ 2 x + λ 2 y + λ 4 z = λ 4 2 Odrediti inverz
Matrice. Algebarske operacije s matricama. - Predavanje I
Matrice.. Predavanje I Ines Radošević inesr@math.uniri.hr Odjel za matematiku Sveučilišta u Rijeci Matrice... Matrice... Podsjeti se... skup, element skupa,..., matematička logika skupovi brojeva N,...,
PowerPoint Presentation
Колоквијум # задатак подељен на 4 питања: теоријска практична пишу се програми, коначно решење се записује на папиру, кодови се архивирају преко сајта Инжењерски оптимизациони алгоритми /3 Проблем: NLP:
Natjecanje 2016.
I RAZRED Zadatak 1 Grafiĉki predstavi funkciju RJEŠENJE 2, { Za, imamo Za, ), imamo, Za imamo I RAZRED Zadatak 2 Neka su realni brojevi koji nisu svi jednaki, takvi da vrijedi Dokaži da je RJEŠENJE Neka
Slide 1
Катедра за управљање системима ТЕОРИЈА СИСТЕМА Предавањe 2: Основни појмови - систем, модел система, улаз и излаз UNIVERSITY OF BELGRADE FACULTY OF ORGANIZATIONAL SCIENCES План предавања 2018/2019. 1.
Slide 1
0(a) 0(b) 0(c) 0(d) 0(e) :: :: Neke fizikalne veličine poput indeksa loma u anizotropnim sredstvima ovise o iznosu i smjeru, a nisu vektori. Stoga se namede potreba poopdavanja. Međutim, fizikalne veličine,
Ravno kretanje krutog tela
Ravno kretanje krutog tela Brzine tačaka tela u reprezentativnom preseku Ubrzanja tačaka u reprezentativnom preseku Primer određivanja brzina i ubrzanja kod ravnog mehanizma Ravno kretanje krutog tela
Microsoft Word - 4.Ucenik razlikuje direktno i obrnuto proporcionalne velicine, zna linearnu funkciju i graficki interpretira n
4. UČENIK RAZLIKUJE DIREKTNO I OBRNUTO PROPORCIONALNE VELIČINE, ZNA LINEARNU FUNKCIJU I GRAFIČKI INTERPRETIRA NJENA SVOJSTVA U fajlu 4. iz srednjeg nivoa smo se upoznali sa postupkom rada kada je u pitanju
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
Microsoft Word - KVADRATNA FUNKCIJA.doc
KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b+ c Gde je R, a i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b+ c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako izgleda
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
kvadratna jednačina - zadaci za vežbanje (Vladimir Marinkov).nb 1 Kvadratna jednačina 1. Rešiti jednačine: a x 2 81 b 2 x 2 50 c 4 x d x 1
kvadratna jednačina - zadaci za vežbanje 0. (Vladimir Marinkov).nb Kvadratna jednačina. Rešiti jednačine: a x 8 b x 0 c x d x x x e x x x f x 8 x 6 x x 6 rešenje: a) x,, b x,, c x,,d x, 6, e x,, (f) x,.
LAB PRAKTIKUM OR1 _ETR_
UNIVERZITET CRNE GORE ELEKTROTEHNIČKI FAKULTET STUDIJSKI PROGRAM: ELEKTRONIKA, TELEKOMUNIKACIJE I RAČUNARI PREDMET: OSNOVE RAČUNARSTVA 1 FOND ČASOVA: 2+1+1 LABORATORIJSKA VJEŽBA BROJ 1 NAZIV: REALIZACIJA
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 : {
Орт колоквијум
II колоквијум из Основа рачунарске технике I - 27/28 (.6.28.) Р е ш е њ е Задатак На улазе x, x 2, x 3, x 4 комбинационе мреже, са излазом z, долази четворобитни BCD број. Ако број са улаза при дељењу
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
Microsoft Word - 14Celobrojno.doc
3. CELOBROJNO LINEARNO PROGAMIRANJE 3.1. MODELI CELOBROJNOG PROGRAMIRANJA Svaki matematički model, sa funkcijom kriterijuma minimuma ili maksimuma, u kojem bar jedna primarna promenljiva mora biti celobrojna
Microsoft Word - MATRICE ZADACI III deo.doc
MATRICE ZADACI ( III DEO) SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI MATRICE Postupak tražeja sopstveih vredosti je sledeći: i) Za datu kvadratu matricu ( recimo matricu A) odredimo matricu A λi, gde je I
Испит из Основа рачунарске технике OO /2018 ( ) Р е ш е њ е Задатак 5 Асинхрони RS флип флопреализован помоћу НИ кола дат је на следећ
Испит из Основа рачунарске технике OO - 27/2 (9.6.2.) Р е ш е њ е Задатак 5 Асинхрони RS флип флопреализован помоћу НИ кола дат је на следећој слици: S Q R Q Асинхрони RS флип флопреализован помоћу НИ
Microsoft Word - NULE FUNKCIJE I ZNAK FUNKCIJE.doc
NULE FUNKCIJE I ZNAK FUNKCIJE NULE FUNKCIJE su mesta gde grafik seče osu a dobijaju se kao rešenja jednačine y= 0 ( to jest f ( ) = 0 ) Mnogi profesori vole da se u okviru ove tačke nadje i presek sa y
Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Iracionalne jednaqine i nejednaqine Zlatko Lazovi 29. mart 2017.
Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu 29. mart 2017. Matematiqki fakultet 2 Univerzitet u Beogradu Glava 1 Iracionalne jednaqine i nejednaqine 1.1 Teorijski uvod Pod iracionalnim jednaqinama podrazumevaju
Vjezbe 1.dvi
Matematia I Elvis Baraović 0 listopada 08 Prirodno-matematiči faultet Univerziteta u Tuzli, Odsje matematia, Univerzitetsa 75000 Tuzla;http://pmfuntzba/staff/elvisbaraovic/ Sadržaj Sup realnih brojeva
(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
Испит из Основа рачунарске технике OO /2018 ( ) Р е ш е њ е Задатак 5 Асинхрони RS флип флопреализован помоћу НИЛИ кола дат је на след
Испит из Основа рачунарске технике OO - / (...) Р е ш е њ е Задатак Асинхрони RS флип флопреализован помоћу НИЛИ кола дат је на следећој слици: S R Асинхрони RS флип флопреализован помоћу НИЛИ кола је
JEDNAKOSTI I JEDNAČINE,
ЛИНЕАРНА ДИОФАНТОВА ЈЕДНАЧИНА Диофантове једначине смо решавали у петом, шестом и седмом разреду. Тада смо се упознали и са појмом Диофантове једначине и појмом решења Диофантове једначине. Циљ ове наставне
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 - 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
Програмирај!
Листе Поред појединачних вредности исказаних бројем или ниском карактера, често је потребно забележити већи скуп вредности које су на неки начин повезане, као, на пример, имена у списку путника у неком
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
DR DRAGOŚ CVETKOVIC DR SLOBODAN SIMIC DISKRETNA MATEMATIKA MATEMATIKA ZA KOMPJUTERSKE NAUKĘ DRUGO ISPRAYLJENO I PROSIRENO IZDANJE HMUJ
DR DRAGOŚ CVETKOVIC DR SLOBODAN SIMIC DISKRETNA MATEMATIKA MATEMATIKA ZA KOMPJUTERSKE NAUKĘ DRUGO ISPRAYLJENO I PROSIRENO IZDANJE HMUJ Sadrżaj Predgovor Iz predgovora prvoni izdanju knjige "Diskretne mateiuatićke
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,
MAT-KOL (Banja Luka) XXIII (4)(2017), DOI: /МК Ž ISSN (o) ISSN (o) ЈЕДНА
MAT-KOL (Banja Luka) XXIII (4)(07) 9-35 http://www.mvbl.org/dmbl/dmbl.htm DOI: 0.75/МК7049Ž ISSN 0354-6969 (o) ISSN 986-588 (o) ЈЕДНА КЛАСА ХЕРОНОВИХ ТРОУГЛОВА БЕЗ ЦЕЛОБРОЈНИХ ВИСИНА Милан Живановић Висока
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
2015_k2_z12.dvi
OBLIKOVANJE I ANALIZA ALGORITAMA 2. kolokvij 27. 1. 2016. Skice rješenja prva dva zadatka 1. (20) Zadano je n poslova. Svaki posao je zadan kao vremenski interval realnih brojeva, P i = [p i,k i ],zai
Microsoft Word - 1.Operacije i zakoni operacija
1. Operacije i zakoni operacija Neka je S neprazan skup. Operacija dužine n skupa S jeste svako preslikavanje : n n f S S ( S = S S S... S) Ako je n = 1, onda operaciju nazivamo unarna. ( f : S S ) Ako
Osnovni pojmovi teorije verovatnoce
Osnovni pojmovi teorije verovatnoće Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2019 Milan Merkle Osnovni pojmovi ETF Beograd 1 / 13 Verovatnoća i statistika:
Microsoft Word - 7. cas za studente.doc
VII Диферeнцни поступак Користи се за решавање диференцијалних једначина. Интервал на коме је дефинисана тражена функција се издели на делова. Усвоји се да се непозната функција између сваке три тачке
Optimizacija
Optimizacija 1 / 43 2 / 43 Uvod u optimizaciju Zadana funkcija Uvod u optimizaciju f : R n R Cilj: Naći x, točku minimuma funkcije f : - Problem je jednostavno opisati x = arg min x R n f (x). - Rješavanje
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!,
Microsoft PowerPoint - ravno kretanje [Compatibility Mode]
КИНЕМАТИКА КРУТОГ ТЕЛ (наставак) 1. транслаторно кретање. обртање тела око непокретне осе 3. сферно кретање 4. опште кретање 5. раванско (равно) кретање 1 Opšte kretanje krutog tela = ( t) y = y( t) y
Konstrukcija i analiza algoritama vežbe 10 Nina Radojičić 15. decembar Algoritamske strategije - podeli pa vladaj (divide and conquer) Ova stra
Konstrukcija i analiza algoritama vežbe 10 Nina Radojičić 15. decembar 2016 1 Algoritamske strategije - podeli pa vladaj (divide and conquer) Ova strategija rekurzivno razbija problem na 2 ili više potproblema
Funkcije predavač: Nadežda Jakšić
Funkcije predavač: Nadežda Jakšić funkcije delovi programa koji izvršavaju neki zadatak, celinu; dele na ugrađene, korisničke i main funkciju ugrađene funkcije printf,scanf... da bi se one izvršile potrebno
Analiticka geometrija
Analitička geometrija Predavanje 8 Vektori u prostoru. Skalarni proizvod vektora Novi Sad, 2018. Milica Žigić (PMF, UNS 2018) Analitička geometrija predavanje 8 1 / 11 Vektori u prostoru i pravougli koordinatni
7. predavanje Vladimir Dananić 14. studenoga Vladimir Dananić () 7. predavanje 14. studenoga / 16
7. predavanje Vladimir Dananić 14. studenoga 2011. Vladimir Dananić () 7. predavanje 14. studenoga 2011. 1 / 16 Sadržaj 1 Operator kutne količine gibanja 2 3 Zadatci Vladimir Dananić () 7. predavanje 14.
Analiticka geometrija
Analitička geometrija Predavanje 3 Konusni preseci (krive drugog reda, kvadratne krive) Novi Sad, 2018. Milica Žigić (PMF, UNS 2018) Analitička geometrija predavanje 3 1 / 22 Ime s obzirom na karakteristike
3.Kontrlne (upravlja~ke) strukture u Javi
Објектно орјентисано програмирање Владимир Филиповић vladaf@matf.bg.ac.rs Александар Картељ kartelj@matf.bg.ac.rs Низови у програмском језику Јава Владимир Филиповић vladaf@matf.bg.ac.rs Александар Картељ
Рачунарска интелигенција
Рачунарска интелигенција Генетско програмирање Александар Картељ kartelj@matf.bg.ac.rs Ови слајдови представљају прилагођење слајдова: A.E. Eiben, J.E. Smith, Introduction to Evolutionary computing: Genetic
Задатак 4: Центрифугална пумпа познате карактеристике при n = 2900 min -1 ради на инсталацији приказаној на слици и потискује воду из резервоара А у р
Задатак 4: Центрифугална пумпа познате карактеристике при n = 900 min -1 ради на инсталацији приказаној на слици и потискује воду из резервоара А у резервоар B. Непосредно на излазу из пумпе постављен
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 +
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
Microsoft Word - Domacii zadatak Vektori i analiticka geometrija OK.doc
задатак. Вектор написати као линеарну комбинацију вектора.. }. } } }. }. } } }. }. } } }. }. } } 9}. }. } } }. }. } } }. }. } } } 9 8. }. } } } 9. }. } } }. }. } } }. }. } } }. }. } } }. }. } } }. }. }
Veeeeeliki brojevi
Matematička gimnazija Nedelja informatike 3 12. decembar 2016. Uvod Postoji 10 tipova ljudi na svetu, oni koji razumeju binarni sistem, oni koji ne razumeju binarni sistem i oni koji nisu očekivali šalu
Hej hej bojiš se matematike? Ma nema potrebe! Dobra priprema je pola obavljenog posla, a da bi bio izvrsno pripremljen tu uskačemo mi iz Štreberaja. D
Hej hej bojiš se matematike? Ma nema potrebe! Dobra priprema je pola obavljenog posla, a da bi bio izvrsno pripremljen tu uskačemo mi iz Štreberaja. Donosimo ti primjere ispita iz matematike, s rješenjima.
Slide 1
OSNOVNI POJMOVI Naredba je uputa računalu za obavljanje određene radnje. Program je niz naredbi razumljivih računalu koje rješavaju neki problem. Pisanje programa zovemo programiranje. Programski jezik
JMBAG IME I PREZIME BROJ BODOVA 1. (ukupno 20 bodova) MJERA I INTEGRAL Popravni ispit 7. rujna (Knjige, bilježnice, dodatni papiri i kalkulatori
1. (ukuno 20 bodova) MJERA I INTEGRAL Poravni isit 7. rujna 2018. (Knjige, bilježnice, dodatni airi i kalkulatori nisu dozvoljeni!) (a) (4 boda) Neka je nerazan sku. Precizno definirajte ojam σ-rstena
vjezbe-difrfv.dvi
Zadatak 5.1. Neka je L: R n R m linearni operator. Dokažite da je DL(X) = L, X R n. Preslikavanje L je linearno i za ostatak r(h) = L(X + H) L(X) L(H) = 0 vrijedi r(h) lim = 0. (5.1) H 0 Kako je R n je
RG_V_05_Transformacije 3D
Računarska grafika - vežbe 5 Transformacije u 3D grafici Transformacije u 3D grafici Slično kao i u D grafici, uz razlike: matrice su 4x4 postoji posebna matrica projekcije Konvencije: desni pravougli
Microsoft Word - ASIMPTOTE FUNKCIJA.doc
ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako
Microsoft PowerPoint - Predavanje3.ppt
Фрактална геометрија и фрактали у архитектури функционални системи Улаз Низ правила (функција F) Излаз Фрактална геометрија и фрактали у архитектури функционални системи Функционални систем: Улаз Низ правила
Pitanja iz geometrije za pismeni i usmeni (I smer, druga godina) Srdjan Vukmirović, Tijana Šukilovic, Marijana Babić januar Teorijska pitanja
Pitanja iz geometrije za pismeni i usmeni (I smer, druga godina) Srdjan Vukmirović, Tijana Šukilovic, Marijana Babić januar 5. Teorijska pitanja definicija vektora, kolinearni i komplanarni vektori, definicija
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).
Република Србија МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ, НАУКЕ и технолошког развоја ЗАВОД ЗА ВРЕДНОВАЊЕ КВАЛИТЕТА ОБРАЗОВАЊА И ВАСПИТАЊА ЗАВРШНИ ИСПИТ НА КРАЈУ ОСНОВН
Република Србија МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ, НАУКЕ и технолошког развоја ЗАВОД ЗА ВРЕДНОВАЊЕ КВАЛИТЕТА ОБРАЗОВАЊА И ВАСПИТАЊА ЗАВРШНИ ИСПИТ НА КРАЈУ ОСНОВНОГ ОБРАЗОВАЊА И ВАСПИТАЊА школска 2018/2019. година
Slide 1
1 MATEMATIČKI MODELI EFIKASNOSTI 3/21/2019 Gordana Savić, Milan Martić, Milena Popović 2 Informacije o predmetu Nastavnici Pravila polaganja Sadržaj predmeta Literatura Podsećanje Linearno programiranje
Teorija skupova - blog.sake.ba
Uvod Matematika je jedan od najomraženijih predmeta kod većine učenika S pravom, dakako! Zapitajmo se šta je uzrok tome? Da li je matematika zaista toliko teška, komplikovana? Odgovor je jednostavan, naravno
TEORIJA SIGNALA I INFORMACIJA
Multiple Input/Multiple Output sistemi MIMO sistemi Ulazi (pobude) Izlazi (odzivi) u 1 u 2 y 1 y 2 u k y r Obrada=Matematički model Načini realizacije: fizički sistemi (hardware) i algoritmi (software)