IV razred- matematika. U prvoj nedelji septembra planirano je obnavljanje gradiva druge godine (3 èasa), a 4-tog èasa radi se inicijalni test.
|
|
- Roland Glenn
- 5 years ago
- Views:
Transcription
1 Profesor: Ivana Obrenoviã Termini za konsultacije: IV razred- matematika U prvoj nedelji septembra planirano je obnavljanje gradiva druge godine (3 èasa), a 4-tog èasa radi se inicijalni test. TEMA 1. Utvrðivanje gradiva i produbljivanje znanja iz prethodnog razreda Èas 1. Zadatak 1. Kolika je površina pravilne èetvorostrane piramide èija je osnovna ivica a=6cm, a visina za 1cm kraãa od visine boène strane? Rešenje: P 96cm Zadatak.Površina omotaèa pravilne èetvorostrane zarubljene piramide je 187cm, visine boènih strana 6cm, a ivica veãe osnove 8cm. Naãi površinu i zapreminu piramide. 3 Rešenje: P 70cm, V 8576cm. Zadatak 3. Izraèunati zapreminu prave zarubljene kupe ako su površine njenih osnova 5 cm i 4 cm i površina omotaèa 35 cm. 3 Rešenje: V 5 cm. Zadatak 4. Koristeãi Kramerove formule rešiti sistem linearnih jednaèina: x y 3z 1 Rešenje: x 4y 6z x y 6z x 1, y, z 3 pdfmachine - is a pdf writer that produces quality PDF files with ease! Get yours now! Thank you very much! I can use Acrobat Distiller or the Acrobat PDFWriter but I consider your product a lot easier to use and much preferable to Adobe's" A.Sarras - USA
2 Èas. Zadatak 1. Ako je p a b, q a b, a 3, b 4 p q. Rešenje: p q 30e i ( a, b), izraèunati 6 Zadatak. Izraèunati zapreminu paralelopipeda koga odreðuju vektori: a ( 1,0,3), b (0,1,), c (3,4,0) Rešenje: V ( a b) c 17 Zadatak 3. Odrediti jednaèine težišnih linija trougla èija su temena: A(-,), B(4,) i C(3,0). Rešenje: x+11y-1=0, x-7y-=0, x-y-3=0. Zadatak 4. Napisati jednaèinu prave koja sadrži presek pravih: x-y-1=0, x- y+7=0 i x-7y-1=0, x-5y+1=0. Rešenje: 3x-14y+6=0. Zadaci za domaãi zadatak: 1. Napisati jednaèine dijagonala èetvorougla èija su temena: A(-4,-5), B(7,6), C(3,8) i D(-,3). Rešenje: AC: 13x-7y+17=0, BD: x-3y+11=0.. Napisati jednaèinu kružnice, koja sadrži taèke: A(5,6); B(-3,) i C(-,-1). Rešenje: x y 4x 4y Èas 3. pdfmachine - is a pdf writer that produces quality PDF files with ease! Get yours now! Thank you very much! I can use Acrobat Distiller or the Acrobat PDFWriter but I consider your product a lot easier to use and much preferable to Adobe's" A.Sarras - USA
3 Zadatak 1. Odrediti jednaèinu prave koja sadrži taèku A(-1, -) i normalna je na pravu p: x+y-3=0. Rešenje: x-y+1=0 Zadatak. Odrediti jednaèine tangenti elipse x 4y 0, koje su normalne na pravu q x y Rešenje: x y 5 0. Zadatak 3. Zbir prva tri èlana aritmetièkog niza je 36, a zbir kvadrata prva tri èlana je 48. Odrediti taj niz. Rešenje: d 5, a 7 ili a Zadatak 4. Èetiri broja èine gemetrijski niz. Naãi te brojeve ako je prvi veãi od drugog za 36, a treãi od èetvrtog za 4. Rešenje: 54, 18, 6, ili 7, -9, 3, -1. Zadatak 5. Koliko èlanova aritmetièkog niza 5, 9, 13, 17,... treba sabrati da bi se dobio Zbir 10877? Èas 4. TEST Ovaj test sastoji se od 5 zadataka, koji se odnose na gradivo iz prethodnog razreda. Zadaci sa prethodna tri èasa su ujedno i priprema za test. Svaki zadatak nosi 0 poena, od 0 do 40 poena je () od 41 do 60 poena (3) od 61 do80 poena je (4) i od 81 do 100 poena je (5) pdfmachine - is a pdf writer that produces quality PDF files with ease! Get yours now! Thank you very much! I can use Acrobat Distiller or the Acrobat PDFWriter but I consider your product a lot easier to use and much preferable to Adobe's" A.Sarras - USA
4 Èas 5. Neka osnovna svojstva elementarnih funkcija Definicija: Neka su A i B neprazni skupovi. Preslikavanje skupa A na skup B je svaki podskup f skupa A B koji ima ova dva svojstva: 0 1 Skup svih prvih komponenata f jednak je skupu A 0 x y f x, y f y., 1 1 y Parnost: Za funkciju f definisanu na simetriènim intervalu (-a,a), kaže se da je: parna ako je f (-x)=f (x) za x a, a ; neparna ako je f (-x)=- f (x) za x a, a. Monotonost. Za funkciju f kaže se da je monotono rastuãa, ako je taèna implikacija: x1 x f x1 f x, a monotono opadajuãa ako važi: x x f x f. 1 1 x Nule. Svaki realan broj, koji zadovoljava jednaèinu f (x)=0, tj. f ( )=0 zove se realna nula funkcije f (x). Inverzna funkcija. Neka je f preslikavanje jedan-jedan skupa A u skup B. Inverzno 1 preslikavanje, u oznaci f, jeste preslikavanje skupa f(a), odreðeno jednakošãu f 1 f x x. 1. Odrediti oblast definisanosti funkcija: a) f x 4 x b) f x ln x 6x Rezultat: 4 x 0 c) f x 7x 8 3x 5x a) x x 0 x, D x x,,0 6, x 6x 0 x x 6 0 x b) D { x x (,0) (6, )}
5 3x 5x 0 x(3x 5) 0 x 0 x c) 5 5 D { x x (,0) (0, ) (, )} Èas 6.. Odrediti oblast definisanosti funkcija: 3x 1 a) y x 4x 3 x 1 b) y x 4 1 c) y 9 x d) y x 3x Rezultat: a), 1 1,3 3, b), 1 1,1 1, c) 3,3, 1, d) 3. Data je funkcija a) f () 1 b) f f a 1 c) d) f a 1 f ( x) x x x 1. Izraèunati: x 1 Rezultat: a) b) f f a c) f a 1 a 1 d) f ( 1 a) a a a a 1 a 1 1 a
6 4. Ako je f x x 3 3x 1, tada je f f 0 f 1. Dokazati. Rešenje: f () f (0) f (1) f () f (0) f (1). Èas 7. x 1 x 5. Ako je f x, tada je f x x f. Dokazati. 6. Ako je f x x 1, tada je x 1 f 1 x f y f x f y x y. Dokazati. 1 xy 7. Rešiti funkcionalne jednaèine: a) f x 1 x 3x ; b) x f x, gde je f nepoznata funkcija. x 1 f x x 5x Rezultat: a) 6 b) f x x x 1 Èas Odrediti realne nule funkcija odreðenih formulama: 4 x 17x 16 a) f x ; x 3 x 8 b) f x x 3 8
7 x 4x 3 c) y x 6x 5 Rezultat: a) -4,-1,1,4. b) c) 1,3 9. Ispitati parnost sledeãih funkcija: a) f x x 1 3cos x b) f x x sin x 15 c) f x x 17 45x 4 5sin x 5x 5 d) x sin x tgx x cos x x 1 x f e) f x x f) x f x 3 Rezultat: a)parna, b) parna, c) ni parna ni neparna, d) neparna e) parna, f) neparna
8 1 Čas Vežbanje 1. Odrediti domen funkcije: a) y = log(4 x ) + 36 x Rešenje: x (, ) b) Rešenje x [ 3, 3) c) 3 + x 3 x y = 4 x+3 Rešenje x [ 3, ). Ispitati parnost, odnosno neparnost sledećih funkcija: a) y = x + tgx Rešenje: Funkcija je neparna b) Rešenje: Funkcija je parna c) y = x 1 cosx y = log 1 + x 1 x Rešenje: Funkcija je neparna 3. Odrediti oblast definisanosti, ispitati parnost i naći nule: log x 5x + 6 x Rešenje: Funkcija je definisana sa x (0, ) (3, + ) Funkcija nije ni parna ni neparna Nule Funkcije su: x 1, = 3 ± 3
9 Čas Složena funkcija, pojam i primeri Neka je f : A B, g : B C tada je složena funkcija h = g f definisana kao h(x) = g(f(x)) za svako x A i tada je h : A C. Zadaci: 1. Date su funkcije: a) b) f(x) = x 1 f(x) = x 1 x + Odrediti f(f(x)) i f(f(f(x))) Rešenje: a) f(f(x)) = 4x 3 i f(f(f(x))) = 8x 7 b) f(f(x)) = x i f(f(f(x))) = x + x + 1. Neka je f(x) = 1 x, g(x) = 1 1 x, i h(x) = x x 1, x R\{1}. Dokazati da je: a) b) g h = f f h = g 3
10 3 Čas Inverzna funkcija Ako je f : A B bijetivna finkcija (1-1, i na) tada je inverzna funkcija za funkciju f, funkcija f 1 : B A takva da za svako x A važi f 1 (f(x)) = x i za svako y B važi f(f 1 (y)) = y. Grafici uzajamno inverznih funkcija simetrični su medjusobno u odnosu na simetralu prvog i trećeg kvadranta. 1. Naći inverzne funkcije slede ćih funkcija: a) b) f(x) = x 3 f(x) = x c) d) e) f) g) h) i) f(x) = x f(x) = x 4, x < 0 f(x) = log x x f(x) = ln ex 1 e x + 1 f(x) = x 3 x + f(x) = sinx π x 3π f(x) = 1 x 0 x 1 4
11 Rešenje: a) b) c) d) e) f) g) h) i) f 1 (x) = y 1 = 3 x f 1 (x) = y 1 = 1 x 1, zax 1 f 1 (x) = y 1 = log x, x > 0 f 1 (x) = y 1 = 4 x f 1 (x) = y 1 = 1 x f 1 (x) = y 1 = ln 1 + ex 1 e x f 1 (x) = y 1 = x x f 1 (x) = y 1 = π arcsinx f 1 (x) = y 1 = 1 x 5
12 4 Čas Vežbanje, gradivo s predhodnih časova Zadaci: 1.Ispitati parnost a) b) c) d) y = x x y = x + 1 x3 arcsinx y = sinx + cosx y = x 3cosx Rešenja: a) Funkcija je neparna b) Funkcija je neparna c) Funkcija nije ni parna ni neparna d) Funkcija je parna. Naći domen i nule funkcije: Rešenje: Domen: y = log (3x x 8) x 5 x (, 4 ) (, 5) (5, + ) 3 Nule funkcije su : x 1, = 1 ± Izračunati: (f g) h i f (g h) ako je f(x) = x 3, g(x) = x, h(x) = 4x 11 i x R Rešenje: (f g) h(x) = f (g h)(x) = 8x
13 1 Čas Pregled elementarnih funkcija Konstantne funkcije Svakako najjednostavnije funkcije su konstantne funkcije, oblika f(x) = c, (c=const.) Grafik ovakve funkcije jeste prava, sa koeficijentom pravca k = 0 paralelna x-osi. Linearne funkcije Funkcije oblika f(x) = y = kx + n, k 0 nazivamo linearnim funkcijama. Njihov grafik jeste prava, te je ona odredjena samo sa dve tačke. Broj k, nazivamo koeficijentom pravca prave i on iznosi k = tgα gde je α ugao koji ta prava zaklapa sa pozitivnim delom x-ose. Broj n jeste odsečak te prave na y-osi. Prave sa istim koeficijentom pravca su paralelne. Stepena funkcija Pod stepenom funkcijom, podrazumevamo svaku funkciju oblika f(x) = x α gde je α proizvoljan ceo broj α 0. Razlikovaćemo slučajeve kada je α paran prirodan broj, kada je α neparan priordan broj, kao i slučajeve kada je α ceo paran negativan broj i ceo neparan negativan broj. 1. α je paran pozitivan broj. To će biti grafici funkcija y = x,y = x 4, y = x 6, itd. Grafici ovih funkcija jesu parabole, sa temenom u koordinatnom početku, odnosno u tački (0, 0). Ovakva funkcija je parna jer je f( x) = f(x) pa će grafik funkcije biti simetričan u odnosu y-osu.. α je neparan pozitivan broj. To će biti grafici funkcija y = x 3, y = x 5, y = x 7, itd. Ovakva funkcija je neparna jer f( x) = f(x) te je grafik simetričan u odnosu na koordinatni početak. Funkcija je bijekcija, te ima nedvosmisleno definisanu inverznu funkciju, za razliku od malopredjašnjih funkcija koje nisu 1 1 preslikavanje.
14 3. α je paran negativan broj. To ce biti grafici funkcija y = x = 1 x, y = x 4 = 1 x 4, itd. Ova funkcija je parna pa je simetrična u odnosu na x osu. Prave y = 0 i x = 0 su horizontalna i vertikalna asimptota ove funkcije. 4. α je neparan negativan broj. To će biti grafici funkcija y = x 1 = 1 x, y = x 3 = 1 x 3, itd. Kako je funkcija neparna, biće simetrična u odnosu na tačku (0, 0). Ova funkcija takodje je i bijekcija te je inverzna funkcija definisana. Inverzna funkcija za funkciju y = 1 x biće funkcija f 1 (x) = 1. Da se potsetimo još 3 y jednom, grafik funkcije, i njene inverzne funkcije simetrični su u odnosu na simetralu prvog i trećeg kvadranta, odnosno u odnosu na pravu y = x te ne ovaj način možemo i naslutiti kako se crtaju grafici stepene funkcije, kada imamo za stepen ne obavezno ceo, već i racionalan broj. Grafike ovih funkcija detaljno ćemo crtati na času i razradjivati njihove preostale osobine. 3 3
15 Čas Logaritamska i eksponencijalna funkcija Eksponencijalna funkcija Eksponencijalna funkcija jeste funkcija oblika f(x) = y = a x gde je a pozitivan realan broj. Razlikovaćemo slučajeve kada je 0 < a < 1 i slučaj kada je a > 1. 0 < a < 1 Ono što je zajedničko za obe ove funkcije jeste da sadrže tačku (0, 1), jer svaki broj(osim nule) na nulti stepen davaće jedan. Medjutim, kada je a broj izmedju 0 i 1, što stepen (odnosno x) više povećavamo, odgovarajuća slika, ondnosno y bivaće sve manje i manje, te je ova funkcija opadajuća na celom svom domenu. Takodje, njen kodomen jesu isključivo pozitivni realni brojevi, jer pozitivnu osnovu a kako god da stepenujemo nezavisnom promenljivom x uvek ćemo dobijati pozitivnu sliku y te se grafik ove funkcije nalazi isključivo u 1. i. kvadrantu. Nule funkcije ne postoje tako da grafik ne seče x-osu. Prava y = 0 (x-osa) jeste vertikalna asimptota ove funkcije kad x a > 1 Za razliku od malopredjašnje funkcije, ova funkcija je monotono rastuća na celom domenu. Nije ni parna ni neparna, takodje joj je kodomen skup R + tako da se grafik nalazi u 1. i. kvadrantu i takodje sadrži tačku (0, 1). Prava y = 0 (x-osa) jeste vertikalna asimptota ove funkcije kad x Logaritamska funkcija Logaritamska funkcija y = log a x gde je 0 < a < 1 ili a > 1 jeste inverzna eksponencijalnoj funkciji, pa su ovi grafici kao takvi simetrični graficima y = a x u odnosu na pravu y = x. Domen je x > 0. Detaljne grafike ovih funkcije crtaćemo na času. 4
16 3 Čas Trigonometrijske funkcije Trigonometrijske funkcije su y = sinx, y = cosx, y = tgx, y = ctgx. Neparne funkcije su sinx, tgx, ctgx dok je cosx jedina prana trigonometrijska funkcije. Domen ovih funkcija jeste čitav skup Realnih brojeva, jer kad su u pitanju uglovi koje uzimamo kao vrednost argumenta x tu nemamo nikakvih ograničenja. Medjutim kodomen funkcija sinx i cosx jeste isključivo segment [ 1, 1] jer poznato je, da sinus i kosinus bilo kog ugla ne mogu uzeti vrednost veću od 1 kao ni vrednost manju od -1. Uz sve ovo, trigonometrijske funkcije su i preiodične, i to: funkcije sinx i cosx su π periodične, dok funkcije tgx i ctgx za osnovni preiod imaju broj π. Ovo nam umnogome olakšava crtanje grafika. Zapravo grafik funkcije crtamo samo na osnovnom preiodu gde funkcija uzima sve različite vrednosti, a ostatak grafika se podrazumeva. Grafike trigonometrijskih funkcija detaljno ćemo crtati na času 4 Čas Inverzne trigonometrijske funkcije Inverzne trigonometrijske funkcije su, da se podsetimo funkcije: y = arcsinx, y = arccosx, y = arctgx i y = arcctgx. Domen funkcija arcsinx i arccosx isto je što i kodomen funkcija sinx i cosx dakle segment x [ 1.1]. Grafici trigonometrijskih i odgovarajućih inverznih trigonometrijskih funkcija su simetrični u odnosu na simetralu 1. i 3. kvadranta. Grafike inverznih trigonometrijskih funkcija detaljno ćemo crtati na času 5
17 1 Čas 17. i Elementarno ispitivanje funkcija-sistematizacija Podsetićemo se elementarnih osobina funkcija koje smo do sada učili. Ova sistematizacija je ujedno i priprema za kontrolnu vežbu: Oblast Definisanosti (Domen) Da bi neka funkcija bila zadata, moraju najpre biti zadata dva neprazna skupa: oblast definisanosti funkcije, odnosno domen, tj. skup iz koga će se uzimati originali (odnosno promenljiva x), i kodomen tj. skup iz koga će funkcija uzimati svoje vrednosti. Sama funkcija je onda pravilo po kome se svakom elemetu domena pridružuje(dodeljuje) odredjen element kodomena. Neka je domen funkcije označena sa A, kodomen sa B, a sama funkcija sa f. Tada pišemo f : A B i kažemo da funkcija f preslikava skup A u skup B. Problem sa definisanošću funkcije imaćemo u sledećim slučajevima: Deljenje nulom Ako je f(x) = g(x) gde su g(x) i h(x) neki izrazi u kojima h(x) figuriše x mora da važi : h(x) 0 Oni x-evi za koje ovo ne važi neće upadati u domen funkcije, jer za takve x ne možemo naći realno y. Paran koren iz negativnog broja Dobro nam je poznato da paran koren iz negativnog broja nije definisan, pa stoga ukoliko imamo koren parnog stepena (kvadratni koren, četvrti koren...), a potkorena vrednost je negativna za neke x imaćemo u tim tačkama problem sa definisanošću: Ako je f(x) = n g(x), gde je n N i n-parno, mora da važi: g(x) 0 Oni x-evi za koje ovo ne važi neće upadati u domen funkcije, jer za takve x ne možemo naći realno y.
18 Logaritam Ako imamo funkciju oblika f(x) = log a g(x) gde je a (0, 1) ili a > 1 onda mora da važi: g(x) > 0 jer pozitivnu osnovu a čime god da stepenujemo, uvek ćemo kao rezultat dobijati pozitivan broj, čak ne možemo dobiti ni nulu, pa za one x za koje ovo ne važi neće upadati u domen funkcije. arcsinx i arccosx Inverzne trigonometrijske funkcije oblika f(x) = arcsin g(x) i f(x) = arccos g(x) su definisane isključivo na sledećim intervaa: 1 g(x) 1 Oni x za koje ovo ne važi neće biti u domenu, jer za takve x ne možemo naći realno y iz razloga što takvo y ne postoji. Npr. nije definisan arcsin jer sinusna funkcija ne premašuje broj 1 pa ugao koji bi ovako nešto zadovoljavao ne postoji. Podsetimo se još jednom činjenice da je domen odredjene funkcije ujedno kodomen njoj inverzne funkcije, i obratno, jer (grafički gledano) inverzna funkcija nastaje kada zamenimo mesta x i y osi. Ograničenost Definicija: Za funkciju f : A R kažemo da je ograničena odozgo, (odnosno ograničena odozdo) ako postoji takav realan broj M da za svako x A važi: f(x) M (odnosno f(x) M) Primer: Funkcija y = 1 je ograničena i odozdo i odozgo: 1 + x Naime što se tiče ograničenosti odozdo očigledno je da je uvek y > 0 jer kako god da izaberemo x vraća nam se pozitivno. 3
19 S druge strane funkcija je ograničena i odozgo zbog: 1+x 1 1 za (svako x R), pa je onda y = 1 uvek, te je 1 + x funkcija ograničena odozgo pravom y = 1. Grafik naše funkcije kretaće se izmedju pravih y = 0 i y = 1 jer y ne može uzeti vrednosti manje od 0 i veće od 1 Monotonost Za funkciju f : A R se kaže da je: Rastuća ako za svako x 1, x A iz x 1 x sledi f(x 1 ) f(x ) Strogo rastuća ako za svako x 1, x A iz x 1 < x sledi f(x 1 ) < f(x ) Opadajuća ako za svako x 1, x A iz x 1 x sledi f(x 1 ) f(x ) Strogo opadajuća ako za svako x 1, x A iz x 1 < x sledi f(x 1 ) > f(x ) Funkcija koja zadovoljava bilo koji od navedena četiri uslova zove se monotona funkcija. Parnost i neparnost Za funkciju f : A R kažemo da je parna ako : za svako x A važi f( x) = f(x), odnosno kažemo da je neparna ako : za svako x A važi f( x) = f(x). Periodičnost Za funkciju f : A R se kaže da je periodična ako postoji takav broj T > 0 da za svako x A važi: x + T A, x T A i f(x + T) = f(x T) = f(x) Broj T naziva se periodom funkcije f. Ako postoji najmanji pozitivan preiod, on se naziva osnovnim periodom. Nule i znak funkcije Nula funkcije f : A R je svaki realan broj x 0 A takav da je f(x 0 ) = 0. Odnosno nule funkcije su one tačke u kojima grafik seče x-osu. 4
20 Za one intervale argumenta x za koje važi da je y > 0 grafik funkcije nalazi se iznad x-ose i kažemo da je funkcija pozitivna obratno, za one intervale argumenta x za koje je y < 0 grafik funkcije nalazi se ispod x-ose i kažemo da je funkcija negativna, zato što je funkcija uzima negativne vrednosti. Model kontrolne vežbe: 1.Odrediti domen funkcije: x a) f(x) = + x x 3 x 5 Rešnje: Domf : x (3, 5) (5, + ) b) f(x) = Rešenje: x log(x + 4) x x + 1 Domf : x ( 4, 1) (1, + ) c) f(x) = log ( 3 x 3 8) Rešenje: Domf : x (, + ) d) f(x) = 3x x Rešenje: Domf : x [0, 3].Dokazati: a) Ako je f(x) = log x + x + dokazati da važi: Rešnje: f() = log = + = 4 f() + f( 1 ) f(8) =
21 f( 1 ) = log = + 10 f(8) = log = pa je konačno: f() + f( 1 ) f(8) = b) Ako je f(x) = 3 x x dokazati da važi: Rešnje: f(0) = = f() = = + 4 = 6 Pa je konačno: f(0) + f() = = 4 f(0) + f() = = Odrediti nule i znak funkcije: a) f(x) = x x (x+1)(x ) Nule funkcije su x 1 = 0 i x = 1 Znak: y > 0 za x (, 1) (0, 1 ) (, + ) y < 0 za x ( 1, 0) ( 1, ) b) f(x) = log x 5x + 6 x Nule funkcije su: x 1 = i x = 3 3 Znak: y > 0 za x (0, 3 3) (3 + 3, + ) y < 0 za x (3 3, ) (3, 3 + 3) 6
22 4.Odrediti inverznu funkciju: a)y = x+3 4 Rešenje: f 1 (x) = log (x + 4) 3 b)y = log x x Rešenje: f 1 (x) = 1 y d) Za datu funkciju f(x) = x 3 x, x > 0, Odrediti f 1 (4) + f 1 (16) Rešenje: f 1 (x) = y 3 f 1 (4)+f 1 (16) = = = 8+64 = 7 5. Odrediti složenu funkciju i izračunati: a) Ako je f(x) = sinx i g(x) = x + 5 Odrediti g f( π 6 ) Rešnje: g f(x) = g(f(x)) = sin x+5 g(f( π 6 )) = sinπ 6 +5 = = 51 4 b) Ako je f(x) = + logx, g(x) = x + 5 i h(x) = 1 x Odrediti h (g f)(0, 1) Rešnje: h (g f)(x) = h(g(f(x))) = 1 (logx + ) + 5 h(g(f(0, 1))) = 1 (log0, 1 + ) + 5 = 1 6 7
23 Čas Kontrolna vežba Kontrolna vežba sadržaće pet zadataka. Svaki zadatak nosi 0 bodova. Ukupno 100 bodova. Princip ocenjivanja je sledeći: 0-0 poena, ocena poena, ocena poena, ocena poena, ocena poena, ocena 5 Kontrolna vežba je koncipirana tako da svako može da uradi barem prva dva zadatka koja spadaju u lakšu grupu zadataka i time zasluži pozitivnu ocenu. Ako neko bude imao prelaznu ocenu na kontrolnom, može odgovarati na času za ocenu više. Kontrolna vežba radi se 1 čas. Srećno!! 3 Čas Ispravak kontrolne vežbe Na ovom času radićemo ispravak kontrolne vežbe i počećemo priču o graničnim vrednostima funkcije. Više o tome sledeće nedelje! 8
24 Čas 1. i. Granična vrednost funkcije Definicija Neka je f : A R funkcija realne promenljive i x 0 R tačka nagomilavnja njenog domena A. Za funkciju f kažemo da ima graničnu vrednost (es) α (α R) u tački x 0 i pišemo: f(x) = α x x 0 ako za svako ɛ > 0 postoji δ > 0, tako da je f(x) α < ɛ za sve one x A za koje je x x 0 i x x 0 < δ. Joše se kaže i da f(x) teži broju α kad x teži x 0 Teorema Ako je realna funkcija f definisana i neprekidna u nekoj tački x 0 koja je ujedno i tačka nagomilavanja njenog domena, onda je : f(x) = f(x 0 ) x x 0 Znajući da svu sve lementarne funkcije neprekidne, imamo i sledeću posledicu: Posledica Ako je f elementarna funkcija i x 0 tačka njenog domena, tada je: f(x) = f(x 0 ) x x 0 Razlikovaćemo još levi od desnog esa. Odnosno granične vrednosti oblika: x x 0 +0 f(x) = α f(x) = β x x 0 0
25 Vertikalna asimptota funkcije Grafici funkcija koje imaju beskonačan bar jedan od jednostranih esa u nekoj konačnoj tački x 0 imaju karakterističnu osobinu da se neograničeno približavaju pravoj x = x 0 sa odgovarajuće strane. Za tu pravu kažemo da je asimptota grafika funkcije, preciznije rečeno Vertikalna asimptota funkcije. Nešto slobodnije rečeno, kad god u nekim tačkama (ili čitavim intervaa) imamo prekid u domenu, odnosno prekid u definisanosti funkcije, u tim tačkama imamo i pravu koja se zove asimptota. Objasnimo to na primeru: Neka je data funkcija f(x) = 1. Ova funkcija ima prekid u x domenu i to u tački x =. Naime to znači da grafik naše funkcije neće moći da sadrži ni jednu tačku oblika (, y) odnosno neće moći da preseče pravu x =. Kako je funkcija definisana u svim osta tačkama, nas zanima ponašanje ove funkcije kada se x približava kritičnoj tački. Da bi to ponašanje ispitali koristićemo definiciju granične vrednosti. Takodje posebno ćemo posmatrati slučaj kada grafik prilazi ovoj tački s leve strane (levi es) a posebno kada joj prilazi s desne strane (desni es). Dakle kada dobijemo ovakav zadatak mi nedvosmisleno znamo da je prava x = vertikalna asimptota funkcije i to uopšte nije sporno. Ono što treba da ispitamo jeste ponašanje funkcije, jer tu postoje dve opcije: da funkcija teži ka + ili ka zavisno s koje strane prilazimo asimptoti. Ono što znamo jeste sledeće: 1 x 0 x = Ovo važi i za svaku funkciju oblika α gde su α, a R, a > 0 xa,odnosno kako god da stepenujemo ili pomnožimo ovu funkciju, granična vrednost će i dalje biti, možda će težiti brže ili sporije, ali će težiti. Vratimo se našem zadatku. Tražimo najpre desnu graničnu vrednost: 1 x +0 x = 1 x +0 0 = + + 3
26 Dakle kada prilazimo asimptoti s desne strane funkcija ide u +. Obrnuto kada gledamo levi es imamo : 1 x 0 x = 1 x 0 0 = Dakle kada prilazimo asimptoti s desne strane funkcija ide u. Kada bi imali na primer funkciju f(x) = bio bi Domf : x (, ) (3, + ). 1 x 5x + 6 njen domen Pošto nam čitav interval (, 3) ne upada u domen, to znači da u pravama x = i x = 3 imamo asimptote. Medjutim ovde nema potrebe gledati i levi i desni es. Naime, kada je u pitanju prava x = dovoljno je gledati es sa leve strane, jer funkcija ni ne postoji desno od tačke, takodje kada je u pitanju prava x = 3 dovoljno je gledati samo es sa desne strane, jer levo nije ni definisano, zbog toga što interval (, 3) nije u domenu, pa na tom čitavom delu grafik fnkcije ne postoji. Horizontalna asimptota funkcije Obrnuto od vertikalne, horizontalna asimptota funkcije biće prava y = a, a R paralelna x-osi. Osim što će nas zanimati ponašanje funkcije u kritičnim tačkama gde se prekida domen, slično će nas zanimati ponašanje funkcije u krajevima domena, odnosno u + i u. Dakle ispitivaćemo sledeće ese: f(x) x + f(x) x Onda kada ovi esi budu postojali (odnosno budu konačni) govorićemo da funkcija ima horizontalnu asimptotu. Dakle ako važi sledeće: x + f(x) = a gde je a konačan realan broj, možemo zaključiti: Prava y = a je Horizontalna asimptota funkcije f(x) Ukoliko ovi esi ne postoje, ne postoje ni horizontalne asimptote. 4
27 Čas 3. i 4. Granična vrednost racionalne i iracionalne funkcije Zadaci: 1.Oderediti granične vrednosti: a) x 4 (x 3x + ) Rešnje; b) x 4 (x 3x + ) = ( ) = 6 x 4 x 1 x + x + 1 Rešnje: c) x 1 x + x + 1 = x 1 ctgx x π ( 1) + 1 = 1 Rešnje: ctgx = ctg π x π 6 = 3 6 Gracična vrednost funkcije koje se javljaju kao neodredjeni izrazi. Oblik: 0 0.Odrediti granične vrednosti: a) x 4x + 3 x 1 x + x 5
28 Rešenje: x 4x + 3 x 1 x + x = (x 1)(x 3) x 1 (x 1)(x + ) = x 3 x 1 x + = 3 b) x x 3 4x x 4 x 3 + 3x 6 Rešenje: c) 8 11 x 3 + x x x x 4 Rešenje: 3 4 d) x 1 x 1 x 1 Rešenje: x 1 x 1 x 1 = x 1 x 1 x + 1 x 1 x + 1 = x 1 (x 1)( x + 1) x 1 = x 1 x + 1 = e) x x x 1 x 1 Rešenje: 3 f) x 4 x x x Rešenje: 7 6
29 Čas 5. i 6. Granična vrednost oblika Pre nego što počnemo da radimo zadatke ovog tipa, podsetimo se značajne granične vrednosti koja kaže sledeće: 1 x x = 0 Dakle što više povećavamo broj u imeniocu, izraz će se sve više i više smanjivati, odnosno težiti ka nuli. Pamtimo: kada x tada izraz 1 x 0 Napomena: Ovo će važiti i za svaku funkciju oblika α xa, (a > 0) dakle situacija se bitno ne menja ako dodatno izmnožimo ovaj izraz nekom konstantom, jer ono što treba imati na umu jeste da reč beskonačno znaci nešto neodredjeno veliko, pa čak i da pomnozimo ovaj izraz sa milion, ono beskonačno u imeniocu vući će ga u nulu. Zadaci: 1. Nadji granične vrednosti: a) x x + x + 1 Rešenje: b) x x + x + 1 = x x+ x x+1 x x 3 x x x 1 x = x 1 + x + 1 x = 1 Rešenje: c) x 3 x x x 1 x = x x 3 + x x 4 3x + 1 7
30 Rešenje: d) x 0 x + 3x 3 x3 + Rešenje: e) (x 1)(x )(x 3)(x 4) x (x + 5) 4 Rešenje: f) x 1 8 x 5 1 x 4 + 3x 7 Rešenje: x x 5 1 x 4 + 3x 7 = x x 1 x x 3 7 x 4 = = Primetimo naime, da razlikujemo tri slučaja ovog esa u zavisnosti od stepena polinoma koji su u imeniocu i brojiocu: Ako su polinom u brojiocu i polinom u imeniocu istog stepena, tada je es konačan. Ako je stepen u imeniocu veći, onda taj izraz brže teži beskonačnosti od onog u brojiocu, pa čitav razlomak teži nuli. Ako je stepen u brojiocu veći, onda je rešenje esa tj. es ne postoji. 8
31 Čas 7. Neke važnije granične vrednosti, broj e Odvojićemo par važnih graničnih vrednosti na osnovu kojih se dalje rade mnogi zadaci i koje se često koriste: Broj e sinx x 0 x = 1 ln (1 + x) x 0 x = 1 e x 1 = 1 x 0 x a x 1 = lna, a > 0, a 1 x x U prethodnim esima spominjao se broj e. Taj broj je važna matematička konstanta, on je iracionalan, nazivamo ga još i Neperovim brojem i osnovom prirodnog logaritma. Naime oznaka lnx je zapravo samo zapis logaritma koji ima za osnvu broj e odnosno važi: log e x = lnx Ovaj broj definiše se kao granična vrednost niza: x ( 1) x 1 + = e x Broj e približno iznosi : e =,
32 Čas 8. Granične vrednosti- Vežbanje Zadaci: 1.Odrediti sledeće granične vrednosti: a) sin 3x x 0 x Rešenje: b) sin 3x 3 sin 3x = x 0 x x 0 3x tg 7x x 0 3x = 3 1 = 3 Rešenje: tg 7x x 0 3x = x 0 sin 7x 3x cos 7x = x 0 7 sin 7x 3 7x cos 7x = = 7 3 c) ( 1 + ) x x 5x Rešenje: ( 1 + ) x ( = 1 + ) x 5x [( 5x = 1 + ) 5x ]1 5 1 = e 5 = 5 e x 5x x 5x x 5x d) x (x x + 1) x x 4x + Rešenje: e 10
33 Čas 9. i 30. Granična vrednost funkcije-sistematizacija 1.Odrediti granične vrednosti: a) ( ) x 3 + x 3x + 1 x x 3 + x + x + 1 b) e x e x x 0 x c) e x 1 x 0 3x d) e x cosx x 0 x e) x 3 +lnx x 0 f) (1 + x 0 x ) ctg x
34 Rešenja: 1. ( ) x 3 + x 3x + 1 = e 3 x x 3 + x + x + 1. e x e x x 0 x = 1 3. e x 1 = x 0 3x 3 4. e x cosx x 0 x e x cosx = x 0 x = x 0 e x x 1 + x 0 1 cosx x 1 cosx = 1+ x 0 x 1 + cosx 1 + cosx = 1+ x 0 1 cos x x (1 + cosx) = 1+ x 0 sin x x (1 + cosx) = = 3 5. x 3 +lnx = e ln x +ln x = e 3lnx +ln x = e 3 x 0 x 0 x (1 + x 0 x ) ctg x = (1 + x ) 1 x x cos x sin x x 0 = x 0 e ( x sinx ) cos x = e 1 = e 3
35 Čas 31. i 3. Asimptote funkcije Postoje tri vrste asimptota funkcije o kojima smo već govorili. To su: vertikalna, horizontalna i kosa asimptota. Vertikalna Asimptota Kada god imamo prekid u domenu, za neku vrednost argumenta x, npr. kada je x = a tada je prava x = a vertikalna asimptota. Grafik funkcije ne može preseći ovi pravu jer x ne može da uzme vrednost a ali zato može vrednosti za nijansu veće ili manje od vrednosti a. Da bi ispitali kako se naša funkcija ponaša kada x teži ovoj vrednosti sa desne, odnosno sa leve strane koristimo ese: f(x) = ± x a + f(x) = ± x a Dakle ono što mi treba da odredimo jeste da li je u pitanju plus beskonačno ili minus beskonačno. Koristimo da je K = gde znak beskonačnosti odredjujemo 0 u zavisnosti od znaka konstante K i znaka nule. Horizontalna Asimptota Takodje nas zanima da li se u krajevima domena odnosno kada x teži ka plus ili minus beskonačno funkcija nekako pravilno ponaša ili ne. Odnosno da li teži nečemu konkretnom ili jednostavno ne teži ničemu, odnosno kad x i y. Dakle ispitujemo sledeće ese: f(x) = b x ± Prava y = a je horizontalna asimptota. S druge strane, ukoliko važi f(x) = b x ± Funkcija nema horizontalnu asimptotu. 4
36 Kosa Asimptota Prava y = kx+n je kosa asimptota funkcije ako postoje sledeći esi: f(x) k = x ± x n = (f(x) kx) x ± gde je k sada konkretan broj koji smo malopre izračunali. Ukoliko ovi esi ne postoje, funkcija nema kosu asimptotu. Kada su upitanju funkcije oblika f(x) = P(x) dakle polinom Q(x) kroz polinom, ne mogu postojati i horizontalna i kosa asimptota u isto vreme. Funkcija može biti i bez asimptota, a moze ih imati i više u isto vreme. Sve što je potrebno da se uradi je da se precizno ispitaju ovi esi. Zadaci: 1. Odrediti asimptote funkcije: a) y = x3 3x x + x Rešenje: Najpre odredimo domen ove funkcije. Da ne bi došlo do deljenja nulom, mora važiti: Rešenja ove jednačine su: x 1, = 1 ± x + x 0 = 1 ± 3 x 1 = 1 x = Pa ove tačke ne pripadaju domenu, odnosno važi: Domfx (, ) (, 1) (1, + ) Prave x = 1 i x = biće vertikalne asimptote ove funkcije, al treba ispitati to malo preciznije pomoću esa: x 1 + x 3 3x x + x = x 1 + x 3 3x (x 1)(x + ) = K 0 + = 5
37 x 1 x 3 3x x + x = x 1 Prava x = 1 je vertikalna asimptota i to: x 3 3x (x 1)(x + ) = K 0 = + Kada joj se funkcija približava s desna, grafik gunkcije, odnosno naše y težiće ka Kada joj se funkcija približava s leva, grafik gunkcije, odnosno naše y težiće ka + Slično i za drugu asimptotu, ispitujemo: x + x 3 3x x + x = x + x 3 3x (x 1)(x + ) = K K 0 + = + x x 3 3x x + x = x Prava x = je vertikalna asimptota i to: x 3 3x (x 1)(x + ) = K K 0 = Kada joj se funkcija približava s desna, grafik gunkcije, odnosno naše y težiće ka + Kada joj se funkcija približava s leva, grafik gunkcije, odnosno naše y težiće ka Što se horizontalne asimptote tiče ispitujemo: x ± x 3 3x x + x = ± što znači da horizontalne asimptote nema. To je odmah i bilo jasno, čim je izraz u brojiocu bio većeg stepena od onog u imeniocu. Ostaje nam još da potražimo kosu asimptotu: k = x ± x 3 3x x + x x 1 6 x 3 3x = x ± x 3 + x x
38 = x ± (x 3 3x) : x 3 (x 3 + x x) : x 3 = x ± 1 3 x x x = 1 1 = 1 Dakle odredili smo koeficijent pravca, k = 1. Ostaje nam još da odredimo n: n = ( x3 3x x 3 3x x 3 x + x x) = x ± x + x x ± x + x = x ± ( x x) : x (x + x ) : x = x ± 1 1 x x x = 1 1 = 1 Naš odsečak na y osi, odnosno naše n = 1 pa je konačno naša kosa asimptota, prava y = kx + n = x 1 b) Rešenje: f(x) = y = x + 1 x Vertikalna asimptota: Prava x = kada joj x teži s desne strane y +, a kada joj x teži s leve strane y Horizontalna asimtota: Prava y = 1 jeste horizonatlna asimptota kad x ± Kosu asimptotu nema. 7
39 Čas 33. i 34. Priprema za pismeni zadatak 1.Odrediti domen funkcije: a) y = + x 1 ln ( x) Rešenje: Moraće da važe dva uslova: Potkorena vrednost mora biti veća ili jednaka od 0, i izraz u imeniocu mora biti različit od nule: x 1 0 x 1 Nadjimo x za koje važi ln ( x) 0 ln ( x) = 0 e 0 = x 1 = x x = 1 Dakle mora važiti i x 1 pa je konačno domen funkcije: Domfx (1, + ). Odrediti oblast definisanosti, ispitati parnost, odrediti nule i znak: f(x) = log 1 x 1 + x Domen: 1 x 1 + x > 0 x ( 1, 1) Parnost: f( x) = log 1 + x 1 x = log Funkcija je neparna. ( ) 1 1 x 1 x = log 1 + x 1 + x = f(x) 8
40 Nule: log 1 x 1 + x = 0 1 x 1 + x = 1 x = 0 Znak: y > 0 za x ( 1, 0) odnosno y < 0 za x (0, 1) 3.Odrediti graničnu vrednost funkcije : a) x ( ) x+1 3x 4 3 3x + Rešenje: x ( ) x+1 3x 4 3 3x + = e 3 = 1 3 e b) x ( ) x x + x + 1 x x 1 Rešenje: ( x x 1 + x + x x x 1 ) x ( = 1 + x + ) x x x x 1 ( = 1 + x + ) x x 1 x + x x x 1 x + x x x 1 1 = e x+x x x 1 = e x 4.Naći asimptote funkcije: a) y = x3 1 x 4 9
41 Rešenje: Vertikalne asimptote: x = i x = Horizontalne asimptote nema Kosa asimptota: Prava y = x b) y = x x + 1 x Rešenje: Vertikalna asimptota: Prava x = Horizontalne asimptote nema Kosa asimptota: Prava y = x + 5.Naći inverznu funkciju a) i izračunati f 1 (11) Rešenje: y 1 = Pa je konačno y = sin x + 6 sin x 4 y = sin x + 6 sin x = = 1 + sin x 4 sin x 4 sin x 4 10 sin x 4 y 1 10 = 1 sin x 4 10 y 1 = sin x = sin x odnosno x = arcsin y 1 y Naravno ovde se podrazumeva da takva funkcija postoji samo ako je x ( π, π ) jer pod tim uslovom sinusna funkcija je bijekcija pa ima inverznu. f 1 (x) = arcsin 10 x f 1 (11) = arcsin = π + 4 Pismena vežba radi se Obavezno ponesite vežbanke! Srećno!!! 10
42 Čas 38. Izvod funkcije TABLICA IZVODA ELEMENTARNIH FUNKCIJA (C) = 0 (x n ) = n x n 1 (sin x) = cosx (cos x) = sin x (tg x) = 1 cos x (ctg x) = 1 sin x (a x ) = a x ln a (e x ) = e x (log a x) = 1 x ln a (ln x) = 1 x (arctg x) = x (arcctg x) = x (arcsin x) = 1 1 x (arccosx) = 1 1 x
43 Čas Osnovne teoreme o izvodu. Pravila izvodjenja Pravilo o konstanti (C f(x)) = C f (x) gde je C - konstanta Izvod zbira (razlike) (f(x) ± g(x)) = f (x) ± g (x) Izvod proizvoda Izvod količnika (f(x) g(x)) = f g + f g gde je naravno g(x) 0 ( ) f(x) = f g f g g(x) g Na osnovu navedenih pravila izračunajmo najpre neke osnovne izvode: Zadaci: 1. Naći izvod date funkcije: a) y = x Rešenje: y = (x 1 ) = 1 x 0 = 1 1 = 1 Ovaj izvod jeste samo jedan od slučaja izvoda stepene funkcije za n = 1, ali ga često pišemo u samoj tablici jer se on često javlja, pa ga možemo naučiti napamet i smatrati tabličnim izvodom. b) y = x 7 Izvod će dakle biti x = (x 7 ) = 7x 6 c) y = x Rešenje: y = x = x 1 y = (x 1 ) = 1 x 1 = 1 x 3
44 Ovaj izvod se takodje često može naći u tablicama izvoda zbog njegove česte primene. d) y = 4x + 3 x 4 x + π y = 8x x + x e) y = 1 3 x6 + 3 x 3 x + e y = x 5 9 x 4 1 x. Odrediti izvod proizvoda: a) y = x e x y = (x ) e x + x (e x ) = xe x + x e x = xe x ( + x) b) c) y = ln x sin x y = sin x x y = 1 x tg x + x + ln x cosx y = x tg x 1 cos x = 1 cosx (sin x x + x cos x ) 3. Odrediti izvod količnika: a) y = x3 e x 4
45 y = (x3 ) e x x 3 (e x ) = 3x e x x 3 e x = x e x (3 x) = x (3 x) (e x ) e x e x e x b) y = y = sin x a x cosx sin x ln a a x c) y = x + 1 x + 4 y 6x = (x + 4) Čas Izvod složene funkcije Do sada smo radili izvode samo onih elementarnih funkcija koje imaju za argument x. Šta ako naša funkcija nije tako jednostavnog oblika. Šta ako nam se umesto funkcije sin x pojavi recimo funkcija sin x odnosno sinusna funkcija ali od argumenta x. Ovakve funkcije nazivali smo složenim funkcijama. Da li izvod radimo kao i ranije ili nam se nešto promeni? Zapravo izvod ćemo raditi kao i ranije po pricipu (sinx) = cosx samo što ćemo u slučaju složene funkcije još pomnožiti ovo sve sa izvodom onga što čini tu funkciju složenom. Matematički zapisano to bi značilo: (g f) (x) = g (f(x)) f (x) Primer1 Nadjimo izvod baš te, funkcije y = sin x Po prethodno iskazanoj teoremi biće: y = (sin x ) = cosx (x ) = x cosx 5
46 Primer Nadjimo izvod funkcije y = (3x + 5) 3 Izvod posmatramo kao izvod stepene funkcije a ono što čini funkciju složenom jeste izraz 3x + 5 pa će izvod glasiti: y = 3(3x + 5) (3x + 5) = 3(3x + 5) 6x Zadaci: 1. Naći izvod sledećih funkcija: a) y = ln x 3 b) c) y = ( x ) 3 x + 1 y = e x+1 Rešenje: a) y = 3 x b) c) y = 3x (x + 1) 4 y e x+1 x + 1 Čas 44. Kontrolna vežba Na ovom času ćemo raditi proveru znanja iz izvoda. Biće sve što smo do sada radili, a što se tiče izvoda. Pripremu ćemo raditi na samom času. Srećno!!! 6
47 Primer polugodišnjeg testa Polugodišnji test iz matematike se sastoji iz 30 pitanja iz oblasti funkcija koje smo do sada radili i to: Domen, Nule, Znak, parnost i neparnost, Inverzna funkcija, Složena funkcija, Granična vrednost funkcije, Asimptote funkcije Izvod funkcije.test nosi ukupno 100 poena. bodovanje: Od 0-1 bod, OCENA 1 Od 1-40 bodova, OCENA Od bodova, OCENA 3 Od bodova, OCENA 4 Od bodova, OCENA 5 Vreme predvidjeno za izradu testa je 90 minuta. Srećno!! NAPOMENA: Na primeru polugodišnjeg testa nisu dati ponudjeni odgovori, ali su tačni odgovori obrazloženi. POLUGODIŠNJI TEST 1.Odrediti domen funkcije y = x x Tačan odgovor je: x > 0 pa je tako x (, ). Tačku x = ne uključujemo jer bi u tom slučaju došlo do deljenja nulom što nije dozvoljeno..odrediti Domen funkcije y = log (x 3x) Vrednost koja stoji pod logaritmom mora biti pozitivna odnosno tražimo rešenje nejednačine x 3x > 0, pa je shodno Domen funkcije: x (, 0) (3, + ) 3.Odrediti domen funkcije y = x log (4 x) Za domen mora da važi: 4 x > 0 odnosno x < 4. Takodje čitav logaritam u imeniocu razlomka mora biti različit od nule, tj. log (4 x) 0 odnosno x 3, pa je tako Domen funkcije: x (, 3) (3, 4) 4.Za datu funkciju f(x) = 3x x + 1 +log (1 + x) Odrediti f(1)+f(0).
48 Odredimo najpre f(1) = f(x) = log (1 + 1) = 3 + log = = 5 Potom f(0) = log 1 = = 1 dakle konačno: f(1) + f(0) = = 7. 5.Za datu funkciju f(x) = x + 3 x odrediti f(8) f(1) + 5f(0) f(8) f(1) + 5f(0) = ( ) + 5( ) = = 64 6.Za datu funkciju naći inverznu funkciju: a)y = 3 x b)y = cosx, x [0, π ] c)y = x3 i d) y = x 5 Odgovori su: a) f 1 (x) = log 3 x b)f 1 (x) = arccosx c)f 1 (x) = 3 x i d)f 1 (x) = x Date su funkcije f(x) = x, g(x) = 1 x, h(x) = x. Odrediti h f g(8) h f g(x) = h(f(g(x))) = h(f( 1 x )) = h( x ) = Pa je h f g(8) = x 8 = 1 8.Koje od trigonometrijskih funkcija su parne a koje neparne? Funkcija y = cos x je jedina parna trigonometrijska funkcija jer važi cos x = cos x. S druge strane funkcije sin x, tg x, ctg x su neparne. 9.Dopuni rečenicu: Funkcija je parna ako je ispunjen uslov:, a neparna ako je: 3
49 . Tačan odgovor: Funkcija je parna f( x) = f(x), a neparna ako je f( x) = f(x) 10.Odrediti graničnu vrednost x + 3 x x Tačan odgovor: Dole je stepen veći pa kako izraz u imeniocu brze teži beskonačnosti, čitav izraz teži nuli. Ovo bi uvideli i kad bi imenilac i brojilac podelili sa x. 11.Odrediti: sinx x 0 3x Kako znamo da je x 0 sinx x sinx x 0 3x = 1 biće = sinx x 0 3 x = 3 1. Napisati definiciju broja e ( x = e x x) 13.Data je funkcija y = x 7 x + 6 asimptotu. Odrediti vertikalnu i horizontalnu Prava x = 3 je vertikalna asimptota jer tu imamo prekid u domenu, a kako je: x 7 x x + 6 = 1 Prava y = 1 je horizontalna asimptota ove funkcije. 14. Data je funkcija y = log 3 (x 5) x. Odrediti nule. 4
50 Nule funkcije su x 1 = 6 i x = 0 15.Nadji inverznu funkciju y = 3x 7 Tačan odgovor je: y = x Nadji izvod funkcije y = 3x + 6x y = 6x + 6 = 6(x + 1) 17. Data je funkcija y = x sin x Nadji izvod. y = sin x + x cos x x = sin x + x cosx 18. Data je funkcija y = 3x 1 x + π. Odrediti f (1) f (1) Rešenje: f (x) = 6x + 1 x f (1) = = 7. Drugi izvod glasi: f 1 (x) = 6 x f (1) = 6 = 4 pa je konačno 3 f (1) f (1) = 7 4 = 3 5
51 1 Monotonost i ekstremne vrednosti funkcije Izvod funkcije ima veliku primenu u ispitivanju toka i skiciranju grafika funkcije. Pomoću njega odredjujemo intervale monotonosti (gde funkcija raste, a gde opada) kao i lokalne ekstremne vrednosti: za koje x funkcija y = f(x) dostiže svoju (lokalnu) minimalnu, odnosno maksimalnu vrednost. Definicija Neka je f : (a, b) R diferencijabilna funkcija u (a, b). Funkcija f(x) u intervalu (a, b) je: Rastuća ako i samo ako je f (x) 0 Opadajuća ako i samo ako je za svako x iz intervala (a, b) f (x) 0 U tački x 0 funkcija dostiže ekstremnu vrednost ako je ispunjen uslov. f(x 0 ) = 0 Ukoliko funkcija prelazi iz rašćenja u opadanje u pitanju je lokalni maksimum. Obratno: ukoliko prelazi iz opadanja u rašćenje, u pitanju je lokalni minimum. primer1. Odrediti tačke maksimuma i minimuma i intervale monotonosti funkcije: y = x 3 6x 18x + 7 Nadjimo najpre prvi izvod ove funkcije: y = 6x 1x 18 = 6(x x 3)
52 Lokalni ekstremumi će se postizati za y = 0 odnosno: x x 3 = 0 a to su tačke x 1 = 1 i x = 3 Funkcija raste kada je y > 0 odnosno za x (, 1) (3, + ) Funkcija opada kada je y < 0 odnosno za x ( 1, 3) U tački x = 1 dostiže se lokalni maksimum, jer funkcija prelazi iz rašćenja u opadanje, pa je maksimum funkcije f max = f( 1) = 17 U tački x = 3 dostiže se lokalni minimum, jer funkcija prelazi iz opadanja u rašćenje, pa je minimum funkcije f min = f(3) = 47 Zadaci: 1.Odrediti tačke maksimuma i minimuma i intervale monotonosti funkcije: a) b) c) d) y = 4x 4 x + 3 y = (x )(8 x) x y = (x 1)e 3x y = x ln x 3
53 Rešenja: a) Funkcija raste za: x ( 1, 0) (1, + ) Funkcija opada za: Lokalni minimumi se postižu za x (, 1 ) (0, 1 ) Lokalni maksimum se postiže za x = 1 x = 1 x = 0 b) Funkcija opada za Funkcija raste za x (, 0) ( 16 5, + ) x (0, 16 5 ) Lokalni minimum je za x = 16 5 Lokalni maksimum nema, jer je tačka x = 0 tačka prekida funkcije. c) Funkcija opada za: Funkcija raste za: x (, 3 ) x ( 3, + ) Lokalni minimum se postiže za x = 3 4
54 d) Funkcija opada za: Funkcija raste za: Lokalni minimum je za x (0, 1) x (1, + ) x = 1 Konveksnost i konkavnost funkcije, prevojne tačke Neka funkcija f : (a, b) R ima u svakoj tački x (a, b) drugi izvod. Funkcija f je konveksna na (a, b) ako i samo ako je f (x) > 0 Odnosno, funkcija f je kokavna na (a, b) ako i samo ako je f (x) < 0 Tačke u kojima funkcija prelazi iz konveksnosti u konkavnost ili obrnuto, nazivaju se prevojne tačke funkcije. Njih nalazimo rešavajući jednačinu: f (x) = 0 Primer 1. Ispitati konveksnost i konkavnost i odrediti prevojne tačke grafika funkcije: f(x) = x 4 6x + 4 Nadjimo najpre drugi izvod funkcije: f (x) = 1x 1 = 1(x 1) 5
55 Prevojne tačke su rešenja jednačine f (x) = 0 odnosno tačke x = 1 i x = 1 Funkcija je konveksna za: f (x) = 1(x 1) > 0 odnosno za: x (, 1) (1, + ) Funkcija je konkavna za: x ( 1, 1) 3 Skiciranje grafika funkcije Da bi sve što smo do sada radili imalo smilsa potrebno sastaviti celinu, ispitivajući ponašanje, odnosno tok neke funkcije, a potom i skicirati njen grafik. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije znači analitički ispitati funkiju korak-po-korak, a zatim na osnovu dobijenih podataka dati njenu skicu u koordinatnom sistemu. Potrebno je ispitati 7 tačaka(stavki) Oblast definisanosti, odnosno Domen funkcije Parnost i neparnost funkcije Nule funkcije i znak funkcije. Presek sa y-osom Asimptote funkcije Monotonost i ekstremne vrednosti Konveksnost, konkavnost i prevojne tačke Grafik funkcije 6
56 Zadaci za vežbu 1.Ispitati funkcije i skicirati njihove grafike: a) b) c) d) e) f) g) y = 1 3 x3 4x y = x3 4x 4 y = y = x x 1 x3 x 4 y = (x 4x + 3)e x f(x) = ln x x f(x0 = 1 1 x + 1 x Detaljne grafike ovih funkcija radićemo na času. 7
57 Neodredjeni integral funkcije Definicija Neka je data funkcija f(x), definisana u nekom intervalu (a, b). Svaku funkciju F(x) definisanu na istom tom intervalu (a, b) koja ima svojstvo: F (x) = f(x) za x (a, b) nazivamo primitivnom funkcijom funkcije f(x). Definicija Neodredjenim integralom funkcije f(x) nazivamo skup svih njenih primitivnih funkcija i obležavamo ga ovako: f(x)dx Primetimo da postoji čitav skup primitivnih funkcija za neku funkciju f(x). Odnosno da ukoliko je F(x) primitivna funkcija funkcije f(x), tada je i funkcija F(x) + C takodje primitivna za funkciju f(x) jer mora da važi: (F(x) + C) = F (x) + C = F (x) + 0 = f(x) Iz toga konačno dolazimo do definicije neodredjenog integrala: f(x)dx = F(x) + C gde je: F (x) = f(x) Možemo dakle zaključiti da je operacija nalaženja integrala neke funkcije u stvari suprotna(inverzna) u odnosu na operaciju traženja izvoda neke funkcije. Naime, naći integral neke funkcije, zapravo znači naći funkciju (odnosno skup funkcija) čiji je izvod podintegralna funkcija f(x). Naš posao će zapravo biti da nadjemo samo najosnovniju odnosno
58 najmanju ili najelementarniju funkciju čiji je izvod tražena podintegralna funkcija, te ćemo uvek tek na kraju zadtaka, dodavanjem konstante C zapravo tačno odrediti skup svih funkcija kojima je izvod tražena podintegralna funkcija. Kao što smo imali tablicu izvoda, imaćemo, sada, tablicu integrala na osnovu koje ćemo rešavati elementarne integrale. Za integral složene funkcije, kao i integral od proizvoda ili količnika koristićemo neke druge metode koje ćemo kasnije učiti. Tablica neodredjenih integrala x a dx = xa+1 a C važi za: a R\{ 1}, x > 0 1 dx = ln x + C x važi za: a > 0, a 1 a x dx = ax ln a + C e x dx = e x + C sin xdx = cosx + C cosxdx = sin x + C dx cos x = tgx + C važi za: x π + kπ, k Z 3
59 dx sin x = ctg x + C važi za: x kπ, k Z dx 1 x = arcsin x + C važi za: x < 1 gde je x 1 dx 1 + x = arctg x + C dx 1 x = 1 + x ln 1 1 x + C Osim tablice, koristićmo još i neka pravila koja se tiču integrala, a to su: C f(x)dx = C f(x)dx gde je C bilo koja realna konstanta, različita od nule. (f(x) ± g(x) ) dx = Zadaci: 1.Naći integral: f(x)dx ± g(x)dx (3x + x 3)dx Rešenje: Najpre koristeći osobinu o integralu zbira dve funkcije, podeo ovo na dva manja integrala: (3x + x 3)dx = 3x dx + x 3dx 4
60 zatim izvadimo konstante napolje, ispred integrala i primetimo da dobijamo integral stepene funkcije, koji rešavamo pomoću tablice: = 3 x dx + x 3 dx = 3 x3 3 + C + x + C = x3 1 x + C. Odrediti integral: (x 3 4x + 3 x + x 5 3)dx Rešenje: (x 3 4x+ 3 x + x 5 3)dx = = x 3 dx 4 x 3 dx 1 xdx + 3 x dx + 3 4xdx+ x dx+ x 5dx x 5 dx 3 1 dx = 3dx = = x4 4 4x + 3 ln x + x 4 4 3x + C = = x4 4 x + 3 ln x 1 x 4 3x + C 3.Odrediti integral: x + x e x dx x Rešenje: x + x e x 1 dx = x x dx + e x dx = ln x + e x + C 4. Odrediti integral: (x x)(1 + x) 3 dx x Rešenje: 6 13 x x7 6 + C = 6 6 x x7 + C
61 Metod smene kod neodredjenog integrala Nalaženje neodredjenog integrala neposredno, na osnovu tablice integrala i osnovnih pravila integracije, uspeva jako retko. Zato je nezamisliv iole ozbiljniji pristup izučavanju neodredjenog integrala bez poznavanja metoda integracije. Ukoliko imamo integral složene funkcije, koristićemo neretko metodu smene. Navedimo najpre sledeću: Teoremu Neka je f(x) funkcija definisana i neprekidna u intervalu (a, b) i neka je ψ(x) jedna neprekidno diferencijabilna funkcija koja neki interval (α, β) preslikava na interval (a, b). Tada je: f(x)dx = f ( ψ(t) ) ψ (t)dt pri čemu se podrazumeva da je x = ψ(t) Na osnovu ove teoreme od integracije po x možemo preći na inregraciju po t tako što ćemo u integralu f(x)dx svuda umesto promenljive x pisati ψ(t). Pri tom dx shvatamo kao diferencijal funkcije x = ψ(t), pa imamo: dx = ψ (t)dt Primer1 Odredimo integral složene funkcije: (x 7) 9 dx Uvedimo najpre sledeću smenu: x 7 = t čime ćemo dobiti tablični integral i to od stepene funkcije koja nije složena. 6
62 Ostaje nam još da vidimo čemu je jednako dx tako što ćemo uraditi izvod leve i desne strane u smeni: pa tako dobijamo: (x 7) 9 dx = dx = dt dx = dt t 9 dt = 1 t10 (x 7)10 + C = + C 10 0 Primer Odredimo integral složene funkcije 4 cos (7x 1)dx Uvešćemo smenu 7x 1 = t dx = dt 7 pa tako dobijamo sledeći integral: 4 cos (7x 1)dx = 4 cos t dt 7 = 4 7 sin t+c = 4 sin (7x 1)+C 7 Primer3 Nadjimo integral 3 6x dx Ovaj integral će se jednostavnom smenom 6x = t svesti na: 3 1 6x dx = 3 t dt 6 = 3 6 ln t + C = 1 ln 6x + C 7
63 Metod smene kod neodredjenog integrala-vežbanje Zadaci: 1.Odrediti integral: a) x 3 x 3x + 5 dx Rešenje: primetimo da je izvod izraza u imeniocu, upravo izraz u brojiocu. To je bitno jer ćemo tada jednom smenom smeniti sve u zadtaku. smena: x 3x + 5 = t (x 3) dx = 1 dt Vraćamo se na naš integral smenjujući sve u njemu pomoću nove promenljive t: x 3 dt x 3x + 5 dx = t = ln t + C = ln x 3x C b) tg xdx Rešenje Uvodimo smenu: Pa će ostati: dt t tg xdx = cosx = t sin x cosx dx sin x dx = dt = sin x dx = dt dt = = ln t + C = ln cosx + C t c) dx x x + 5
64 U ovom integralu nećmo uvoditi odmah smenu, već ćemo ga najpre malo oblikovati tako da liči na arctg x. Podsetimo se: dx 1 + x = arctg x + C Kako je izraz u imeniocu drugog stepena, a u brojiocu nultog, smena nam neće pomoći. Sredimo ovo na sledeći način: dx x x + 5 = dx x x = dx (x 1) + 4 = 1 dx 4 ( x 1 ) + 1 Sada uvodimo vrlo očiglednu smenu: dt t + 1 x 1 = t 1 dx = dt = dx = dt = arctg t + C = arctg x 1 + C d) dx x ln 3 x Rešenje: uvodimo, vrlo očiglednu, smenu: ln x = t = 1 dx = dt x pa se naš integral svodi na tablični: dx dt x ln 3 x = t = t 3 dt = t 3 +C = 1 t +C = 1 ln x +C e) e x dx 1 + e x Ovaj integral će se svesti na tablični, nakon jednostavne smene: e x = t 3
65 e x dx 1 + e = x e x dx = dt dt 1 + t = arctg t + C = arctg ex + C f) sin 3 x cos x dx Napišimo najpre ovaj integral malo drugačije kao: sin x sin x dx cos x Uvedimo sada smenu: Biće tada: cosx = t sin xdx = dt = sin xdx = dt Time smo rešili imenioc i deo brojioca. Ostaje još da vidimo šta ćemo sa onim sin x? Podsetimo se osnovnog trigonometrijskog identiteta: Odatle možemo lepo izraziti: sin x + cos x = 1 sin x = 1 cos x = sin x = 1 t Kako smo sve u integralu uspeli smeniti pomoću promenljive t, smena je uspela. Ostaje još samo da završimo zadatak: sin x sin x 1 t ( ) 1 dx = dt = t dt cosx t = t 1 dt t 3 dt = t 1 5 t5 + C = t 5 t5 + C Ostaje nam još samo da vratimo smenu i dobijamo konačno rešenje integrala: cos x 5 cos5 x + C t 1 t 1 4
66 Parcijalna integracija Sama metoda zamene bila bi nedovoljna za nalaženje neodredjenih integrala. Na primer, već tako jednostavan integral ako što je x e x dx ne može se rešiti metodom zamene. Pokažimo na primeru kako se nalazi ovaj integral: Kako je: to je onda: (xe x ) = e x + xe x xe x = (xe x ) e x = (xe x e x ) što upravo znači da je funkcija xe x x jedna primitivna funkcija za xe x pa je to i rešenje integrala. Dakle: xe x dx = xe x x + C U postupku kojim smo našli neodredjeni integral, glavnu ulogu je imalo pravlo o izvodu proizvoda dve funkcije. Kao što se metoda zamene oslanja na pravilo o izvodu složene finkcije, tako se metoda parcijalne integracije oslanja na pravilo o izvodu proizvoda. Teorema Neka su funkcija u(x) i v(x) neprekidne u intervalu (a, b), i neka imaju neprekidne izvode u (x) i v (x). Tada je: udv = u v v du primer Odredimo integral: x cosxdx Uvedimo parcijalnu integraciju, i to na sledeći način: x = u = dx = du cos xdx = dv = cosxdx = dv 5
ZANIMLJIV NAČIN IZRAČUNAVANJA NEKIH GRANIČNIH VRIJEDNOSTI FUNKCIJA. Šefket Arslanagić, Sarajevo, BiH
MAT-KOL (Banja Luka) XXIII ()(7), -7 http://wwwimviblorg/dmbl/dmblhtm DOI: 75/МК7A ISSN 5-6969 (o) ISSN 986-588 (o) ZANIMLJIV NAČIN IZRAČUNAVANJA NEKIH GRANIČNIH VRIJEDNOSTI FUNKCIJA Šefket Arslanagić,
More informationPRIPADNOST RJEŠENJA KVADRATNE JEDNAČINE DANOM INTERVALU
MAT KOL Banja Luka) ISSN 0354 6969 p) ISSN 1986 58 o) Vol. XXI )015) 105 115 http://www.imvibl.org/dmbl/dmbl.htm PRIPADNOST RJEŠENJA KVADRATNE JEDNAČINE DANOM INTERVALU Bernadin Ibrahimpašić 1 Senka Ibrahimpašić
More informationProjektovanje paralelnih algoritama II
Projektovanje paralelnih algoritama II Primeri paralelnih algoritama, I deo Paralelni algoritmi za množenje matrica 1 Algoritmi za množenje matrica Ovde su data tri paralelna algoritma: Direktan algoritam
More informationMathcad sa algoritmima
P R I M J E R I P R I M J E R I Mathcad sa algoritmima NAREDBE - elementarne obrade - sekvence Primjer 1 Napraviti algoritam za sabiranje dva broja. NAREDBE - elementarne obrade - sekvence Primjer 1 POČETAK
More informationTEORIJA SKUPOVA Zadaci
TEORIJA SKUPOVA Zadai LOGIKA 1 I. godina 1. Zapišite simbolima: ( x nije element skupa S (b) d je član skupa S () F je podskup slupa S (d) Skup S sadrži skup R 2. Neka je S { x;2x 6} = = i neka je b =
More informationIskazna logika 1. Matematička logika u računarstvu. oktobar 2012
Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia oktobar 2012 Iskazi, istinitost, veznici Intuitivno, iskaz je rečenica koja je ima tačno jednu jednu
More informationSlika 1. Slika 2. Da ne bismo stalno izbacivali elemente iz skupa, mi ćemo napraviti još jedan niz markirano, gde će
Permutacije Zadatak. U vreći se nalazi n loptica različitih boja. Iz vreće izvlačimo redom jednu po jednu lopticu i stavljamo jednu pored druge. Koliko različitih redosleda boja možemo da dobijemo? Primer
More informationMetrički prostori i Riman-Stiltjesov integral
Metrički prostori i Riman-Stiltjesov integral Sadržaj 1 Metrički prostori 3 1.1 Primeri metričkih prostora................. 3 1.2 Konvergencija nizova i osobine skupova...................... 12 1.3 Kantorov
More informationFunkcijske jednadºbe
MEMO pripreme 2015. Marin Petkovi, 9. 6. 2015. Funkcijske jednadºbe Uvod i osnovne ideje U ovom predavanju obradit emo neke poznate funkcijske jednadºbe i osnovne ideje rje²avanja takvih jednadºbi. Uobi
More informationOsobine metode rezolucije: zaustavlja se, pouzdanost i kompletnost. Iskazna logika 4
Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Rezolucija 1 Metod rezolucije je postupak za dokazivanje da li je neka iskazna (ili
More informationFajl koji je korišćen može se naći na
Machine learning Tumačenje matrice konfuzije i podataka Fajl koji je korišćen može se naći na http://www.technologyforge.net/datasets/. Fajl se odnosi na pečurke (Edible mushrooms). Svaka instanca je definisana
More informationZANIMLJIVI ALGEBARSKI ZADACI SA BROJEM 2013 (Interesting algebraic problems with number 2013)
MAT-KOL (Banja Luka) ISSN 0354-6969 (p), ISSN 1986-5228 (o) Vol. XIX (3)(2013), 35-44 ZANIMLJIVI ALGEBARSKI ZADACI SA BROJEM 2013 (Interesting algebraic problems with number 2013) Nenad O. Vesi 1 Du²an
More informationŠime Šuljić. Funkcije. Zadavanje funkcije i područje definicije. š2004š 1
Šime Šuljić Funkcije Zadavanje funkcije i područje definicije š2004š 1 Iz povijesti Dvojica Francuza, Pierre de Fermat i Rene Descartes, posebno su zadužila matematiku unijevši ideju koordinatne metode
More informationKLASIFIKACIJA NAIVNI BAJES. NIKOLA MILIKIĆ URL:
KLASIFIKACIJA NAIVNI BAJES NIKOLA MILIKIĆ EMAIL: nikola.milikic@fon.bg.ac.rs URL: http://nikola.milikic.info ŠTA JE KLASIFIKACIJA? Zadatak određivanja klase kojoj neka instanca pripada instanca je opisana
More informationRed veze za benzen. Slika 1.
Red veze za benzen Benzen C 6 H 6 je aromatično ciklično jedinjenje. Njegove dve rezonantne forme (ili Kekuléove structure), prema teoriji valentne veze (VB) prikazuju se uobičajeno kao na slici 1 a),
More informationZadatci sa ciklusima. Zadatak1: Sastaviti progra koji određuje z ir prvih prirod ih rojeva.
Zadatci sa ciklusima Zadatak1: Sastaviti progra koji određuje z ir prvih prirod ih rojeva. StrToIntDef(tekst,broj) - funkcija kojom se tekst pretvara u ceo broj s tim da je uvedena automatska kontrola
More informationBROJEVNE KONGRUENCIJE
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Vojko Nestorović BROJEVNE KONGRUENCIJE - MASTER RAD - Mentor, dr Siniša Crvenković Novi Sad, 2011. Sadržaj Predgovor...............................
More informationKonstrukcija i analiza algoritama
Konstrukcija i analiza algoritama 27. februar 2017 1 Pravila zaključivanja i tehnike dokazivanja u iskaznoj i predikatskoj logici 1 1.1 Iskazna logika Pravila zaključivanja za iskaznu logiku: 1. DODAVANJE
More informationEksponencijalne i logaritamske funkcije, jednaqine i nejednaqine u sredoj xkoli sa osvrtom na problemske zadatke
Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Eksponencijalne i logaritamske funkcije, jednaqine i nejednaqine u sredoj xkoli sa osvrtom na problemske zadatke Mentor: dr Milox Arsenovi Master rad Student:
More informationUvod u analizu (M3-02) 05., 07. i 12. XI dr Nenad Teofanov. principle) ili Dirihleov princip (engl. Dirichlet box principle).
Uvod u analizu (M-0) 0., 07. i. XI 0. dr Nenad Teofanov. Kardinalni broj skupa R U ovom predavanju se razmatra veličina skupa realnih brojeva. Jasno, taj skup ima beskonačno mnogo elemenata. Pokazaće se,
More informationUvod u relacione baze podataka
Uvod u relacione baze podataka Ana Spasić 2. čas 1 Mala studentska baza dosije (indeks, ime, prezime, datum rodjenja, mesto rodjenja, datum upisa) predmet (id predmeta, sifra, naziv, bodovi) ispitni rok
More informationRešenja zadataka za vežbu na relacionoj algebri i relacionom računu
Rešenja zadataka za vežbu na relacionoj algebri i relacionom računu 1. Izdvojiti ime i prezime studenata koji su rođeni u Beogradu. (DOSIJE WHERE MESTO_RODJENJA='Beograd')[IME, PREZIME] where mesto_rodjenja='beograd'
More informationKonstrukcija i analiza algoritama
Konstrukcija i analiza algoritama 27. februar 207 Matematička indukcija Princip matematičke indukcije: Da bi za svako n N važilo tvrdjenje T (n) dovoljno je pokazati: bazu indukcije: tvrdjenje T () induktivni
More informationAlgoritam za množenje ulančanih matrica. Alen Kosanović Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek
Algoritam za množenje ulančanih matrica Alen Kosanović Prirodoslovno-matematički fakultet Matematički odsjek O problemu (1) Neka je A 1, A 2,, A n niz ulančanih matrica duljine n N, gdje su dimenzije matrice
More informationNeke klase maksimalnih hiperklonova
UNIVERZITET U NOVOM SDU PRIRODNO-MTEMTIČKI FKULTET DERRTMN Z MTEMTIKU I INFORMTIKU Jelena Čolić Neke klase maksimalnih hiperklonova - završni rad - MENTOR: Prof. dr Rozalija Madaras-Siladi Novi Sad, 2012.
More informationNumerical Inverse Laplace Transform
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Omalkhaer Salem Elmabruk Bleblou Numerical Inverse Laplace Transform - master thesis - Novi Sad, 2011. Ovaj
More informationKlase neograničenih operatora
Univerzitet u Nišu Prirodno- matematički fakultet Departman za matematiku Klase neograničenih operatora Master rad Mentor: Prof. dr. Dragan Đorđević Student: Milena Nikolić Niš,. Sadržaj Predgovor...2
More informationGeometrija (I smer) deo 3: Linije u ravni
Geometrija (I smer) deo 3: Linije u ravni Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd 30. oktobar 2012. Prava u ravni Prava p je zadata tačkom P(x 0, y 0 ) p i normalnim vektorom n p = (a, b). Odatle
More informationKarakterizacija problema zadovoljenja uslova širine 1
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Aleksandar Prokić Karakterizacija problema zadovoljenja uslova širine 1 -master rad- Mentor: dr Petar Marković
More informationKsenija Doroslovački KOMBINATORIKA INTERPRETIRANA FUNKCIJAMA I NJIHOVIM OSOBINAMA MASTER RAD. NOVI SAD jun 2008
1 Ksenija Doroslovački KOMBINATORIKA INTERPRETIRANA FUNKCIJAMA I NJIHOVIM OSOBINAMA MASTER RAD NOVI SAD jun 2008 2 Sadržaj 1 UVOD 5 2 FUNKCIJE 11 3 KLASIČNI KOMBINATORNI OBJEKTI 17 4 NEKI NEKLASIČNI KOMBINATORNI
More informationMetode izračunavanja determinanti matrica n-tog reda
Osječki matematički list 10(2010), 31 42 31 STUDENTSKA RUBRIKA Metode izračunavanja determinanti matrica n-tog reda Damira Keček Sažetak U članku su opisane metode izračunavanja determinanti matrica n-tog
More informationO homomorfizam-homogenim geometrijama ranga 2
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODN0-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Eva Jungael O homomorfzam-homogenm geometrjama ranga 2 -završn rad- Nov Sad, oktoar 2009 Predgovor Za strukturu
More informationFraktali - konačno u beskonačnom
Prirodno-Matematički fakultet, Niš. dexterofnis@gmail.com www.pmf.ni.ac.rs/dexter Nauk nije bauk, 2011 Sadržaj predavanja 1 Sadržaj predavanja 1 2 Sadržaj predavanja 1 2 3 Box-Counting dimenzija Hausdorfova
More informationSveučilište Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku
Sveučilište Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Valentina Volmut Ortogonalni polinomi Diplomski rad Osijek, 2016. Sveučilište Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku
More informationJedna familija trokoračnih postupaka šestog reda za rešavanje nelinearnih jednačina
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Ester Jambor Jedna familija trokoračnih postupaka šestog reda za rešavanje nelinearnih jednačina master rad
More informationNIZOVI I REDOVI FUNKCIJA
SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Danijela Piškor NIZOVI I REDOVI FUNKCIJA Diplomski rad Voditelj rada: izv. prof. dr. sc. Ljiljana Arambašić Zagreb, rujan 206.
More informationPrsten cijelih brojeva
SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU ODJEL ZA MATEMATIKU Marijana Pravdić Prsten cijelih brojeva Diplomski rad Osijek, 2017. SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU ODJEL ZA MATEMATIKU
More informationPoložaj nultočaka polinoma
Osječki matematički list 4 (204), 05-6 Položaj nultočaka polinoma Mandalena Pranjić Rajna Rajić Sažetak Prema Rolleovom teoremu, bilo koji segment čiji su krajevi međusobno različite realne nultočke polinoma
More information1 Arithmetic calculations (calculator is not allowed)
1 ARITHMETIC CALCULATIONS (CALCULATOR IS NOT ALLOWED) 1 Arithmetic calculations (calculator is not allowed) 1.1 Check the result Problem 1.1. Problem 1.2. Problem 1.3. Problem 1.4. 78 5 6 + 24 3 4 99 1
More informationTeorem o reziduumima i primjene. Završni rad
Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Matej Petrinović Teorem o reziduumima i primjene Završni rad Osijek, 207. Sveučilište J. J. Strossmayera
More informationHornerov algoritam i primjene
Osječki matematički list 7(2007), 99 106 99 STUDENTSKA RUBRIKA Hornerov algoritam i primjene Zoran Tomljanović Sažetak. U ovom članku obrad uje se Hornerov algoritam za efikasno računanje vrijednosti polinoma
More informationKonstekstno slobodne gramatike
Konstekstno slobodne gramatike Vežbe 07 - PPJ Nemanja Mićović nemanja_micovic@matfbgacrs Matematički fakultet, Univerzitet u Beogradu 4 decembar 2017 Sadržaj Konstekstno slobodne gramatike Rečenična forma
More informationAriana Trstenjak Kvadratne forme
Sveučilište Josipa Jurja Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Ariana Trstenjak Kvadratne forme Završni rad Osijek, 014. Sveučilište Josipa Jurja Strossmayera
More informationKVADRATNE INTERPOLACIJSKE METODE ZA JEDNODIMENZIONALNU BEZUVJETNU LOKALNU OPTIMIZACIJU 1
MAT KOL (Banja Luka) ISSN 0354 6969 (p), ISSN 1986 5228 (o) Vol. XXII (1)(2016), 5 19 http://www.imvibl.org/dmbl/dmbl.htm KVADRATNE INTERPOLACIJSKE METODE ZA JEDNODIMENZIONALNU BEZUVJETNU LOKALNU OPTIMIZACIJU
More informationMatematika (PITUP) Prof.dr.sc. Blaženka Divjak. Matematika (PITUP) FOI, Varaždin
Matematika (PITUP) FOI, Varaždin Dio II Bez obzira kako nam se neki teorem činio korektnim, ne možemo biti sigurni da ne krije neku nesavršenost sve dok se nam ne čini prekrasnim G. Boole The moving power
More informationKarakteri konačnih Abelovih grupa
Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Matija Klarić Karakteri konačnih Abelovih grupa Završni rad Osijek, 2015. Sveučilište J. J. Strossmayera
More informationDISTRIBUIRANI ALGORITMI I SISTEMI
Postavka 7: međusobno isključivanje sa read/write promenljivama 1 DISTRIBUIRANI ALGORITMI I SISTEMI Iz kursa CSCE 668 Proleće 2014 Autor izvorne prezentacije: Prof. Jennifer Welch Read/Write deljene promenljive
More informationLinearno uređena topologija
Univerzitet u Novom Sadu Prirodno-matematički fakultet Departman za matematiku i informatiku Aleksandar Janjoš Linearno uređena topologija Master rad Mentor: Dr Aleksandar Pavlović 2017, Novi Sad Sadržaj
More informationUOPŠTENI INVERZI, FAKTORI USLOVLJENOSTI I PERTURBACIJE
UNIVERZITET U NIŠU PRIRODNO MATEMATIČKI FAKULTET ODSEK ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Dijana Mosić UOPŠTENI INVERZI, FAKTORI USLOVLJENOSTI I PERTURBACIJE Doktorska disertacija Mentor Prof. dr Dragan Djordjević
More informationGeometrijski smisao rješenja sustava od tri linearne jednadžbe s tri nepoznanice
Osječki matematički list 6(2006), 79 84 79 Geometrijski smisao rješenja sustava od tri linearne jednadžbe s tri nepoznanice Zlatko Udovičić Sažetak. Geometrijski smisao rješenja sustava od dvije linearne
More informationUNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Ivan Marinković Klasifikacija H-matrica metodom skaliranja i njena primena u odred ivanju oblasti konvergencije
More informationPojačavanje konceptualnog razumevanja tangente uz pomoć Web tehnologija
Природно-математички факултет, Универзитет у Нишу, Србија http://www.pmf.ni.ac.yu/mii Математика и информатика 1 (3) (009), 9-18 Pojačavanje konceptualnog razumevanja tangente uz pomoć Web tehnologija
More informationHamiltonov princip i parcijalne diferencijalne jednačine
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Nikola Dukanović Hamiltonov princip i parcijalne diferencijalne jednačine -master rad- Novi Sad, 2014. Sadržaj
More information1 Konveksni skupovi i konveksne funkcije
Nediferencijabilna optimizacija 1 Odjel za matematiku Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Nediferencijabilna optimizacija Poslijediplomski doktorski studij matematike 1 Konveksni skupovi i konveksne funkcije
More informationFormule za udaljenost točke do pravca u ravnini, u smislu lp - udaljenosti math.e Vol 28.
1 math.e Hrvatski matematički elektronički časopis Formule za udaljenost točke do pravca u ravnini, u smislu lp - udaljenosti Banachovi prostori Funkcija udaljenosti obrada podataka optimizacija Aleksandra
More informationUNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU. Poljski prostori. Mentor: prof.
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU -Dord e Vučković Poljski prostori -završni rad- Mentor: prof. dr Miloš Kurilić Novi Sad, 2011. Sadržaj Predgovor.................................
More informationO aksiomu izbora, cipelama i čarapama
O aksiomu izbora, cipelama i čarapama Aksiom izbora može se izreći u raznim ekvivalentnim formama. Dokazi ekvivalencije aksioma izbora npr. sa Zornovom lemom, ili pak sa Zermelovim teoremom o dobrom uredaju,
More informationpovezuju tačke na četiri različita načina (pravom linijom, splajnom,
Origin Zadatak 1. Otvoriti Origin i kreirati novi projekat; U datasheet-u dodati novu kolonu; U project exploreru kreirati nove podfoldere: Data i Graphs; Prebaciti trenutni datasheet u podfolder Data;
More informationJednočlani potpuni skupovi veznika za iskaznu logiku
Univerzitet u Beogradu Matematički fakultet Petar Maksimović Jednočlani potpuni skupovi veznika za iskaznu logiku Master teza mentor: dr Predrag Janičić Beograd 2008 2 Sadržaj 1 Uvod 7 1.1 Kratak istorijat
More informationPitagorine trojke. Uvod
Pitagorine trojke Uvod Ivan Soldo 1, Ivana Vuksanović 2 Pitagora, grčki filozof i znanstvenik, često se prikazuje kao prvi pravi matematičar. Ro - den je na grčkom otoku Samosu, kao sin bogatog i zaslužnog
More informationQuasi-Newtonove metode
Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Milan Milinčević Quasi-Newtonove metode Završni rad Osijek, 2016. Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Milan Milinčević
More informationA = (a + 1) 2 = a 2 + 2a + 1
A = (a + 1) 2 = a 2 + 2a + 1 1 A = ( (a + b) + 1 ) 2 = (a + b) 2 + 2(a + b) + 1 = a 2 + 2ab + b 2 + 2a + 2b + 1 A = ( (a + b) + 1 ) 2 = (a + b) 2 + 2(a + b) + 1 = a 2 + 2ab + b 2 + 2a + 2b + 1 3 A = (
More informationAKSIOM IZBORA I EKVIVALENCIJE
Sveučilište J.J. Strossmayera Odjel za matematiku Preddiplomski sveučilišni studij matematike Igor Sušić AKSIOM IZBORA I EKVIVALENCIJE Završni rad Osijek, 2013. Sveučilište J.J. Strossmayera Odjel za matematiku
More informationNeke primene teorije fazi skupova i fazi logike u procesiranju slika
Univerzitet u Beogradu Matematički fakultet Neke primene teorije fazi skupova i fazi logike u procesiranju slika - Master rad - Nebojša Perić 1024/2013 Beograd, 2014. 2 Mentor: Članovi komisije: Datum
More informationMetode praćenja planova
Metode praćenja planova Klasična metoda praćenja Suvremene metode praćenja gantogram mrežni dijagram Metoda vrednovanja funkcionalnosti sustava Gantogram VREMENSKO TRAJANJE AKTIVNOSTI A K T I V N O S T
More informationNAPREDNI FIZIČKI PRAKTIKUM 1 studij Matematika i fizika; smjer nastavnički MJERENJE MALIH OTPORA
NAPREDNI FIZIČKI PRAKTIKUM 1 studij Matematika i fizika; smjer nastavnički MJERENJE MALIH OTPORA studij Matematika i fizika; smjer nastavnički NFP 1 1 ZADACI 1. Mjerenjem geometrijskih dimenzija i otpora
More informationKrive u prostoru Minkovskog
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Maja Jolić Krive u prostoru Minkovskog - master rad - Mentor: dr Sanja Konjik Novi Sad, 2016 Predgovor Na vratima
More informationKontinualni lokacijski modeli. Jelena Panić 748/15 Vidosava Antonović 819/15
Kontinualni lokacijski modeli Jelena Panić 748/15 Vidosava Antonović 819/15 O modelima Matematički modeli teorije lokacije daju nam odgovore na neka od sledećih pitanja : Koliko novih objekata treba otvoriti?
More informationAndrea Rožnjik. VaR KAO MERA RIZIKA U OPTIMIZACIJI PORTFOLIA. - magistarska teza - Novi Sad, 2008.
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Andrea Rožnjik VaR KAO MERA RIZIKA U OPTIMIZACIJI PORTFOLIA - magistarska teza - Novi Sad, 2008. Predgovor
More informationIntegration by Substitution
November 22, 2013 Introduction 7x 2 cos(3x 3 )dx =? 2xe x2 +5 dx =? Chain rule The chain rule: d dx (f (g(x))) = f (g(x)) g (x). Use the chain rule to find f (x) and then write the corresponding anti-differentiation
More informationNelder Meadova metoda: lokalna metoda direktne bezuvjetne optimizacije
Osječki matematički list (2), 131-143 Nelder Meadova metoda: lokalna metoda direktne bezuvjetne optimizacije Lucijana Grgić, Kristian Sabo Sažetak U radu je opisana poznata Nelder Meadova metoda, koja
More informationAUTOMATSKE GRUPE I STRUKTURE PREDSTAVLJIVE KONAČNIM AUTOMATIMA
AUTOMATSKE GRUPE I STRUKTURE PREDSTAVLJIVE KONAČNIM AUTOMATIMA master teza Autor: Atila Fešiš Mentor: dr Igor Dolinka Novi Sad, 2013. Sadržaj Predgovor iii 1 Osnovni pojmovi 1 1.1 Konačni automati i regularni
More informationMehurasto sortiranje Brzo sortiranje Sortiranje učešljavanjem Sortiranje umetanjem. Overviev Problemi pretraživanja Heš tabele.
Bubble sort Razmotrimo još jedan vrlo popularan algoritam sortiranja podataka, vrlo sličan prethodnom algoritmu. Algoritam je poznat pod nazivom Bubble sort algoritam (algoritam mehurastog sortiranja),
More informationNilpotentni operatori i matrice
Sveučilište J. J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Nikolina Romić Nilpotentni operatori i matrice Završni rad Osijek, 2016. Sveučilište J. J. Strossmayera
More informationPRIMENA UOPŠTENIH INVERZA U REŠAVANJU FAZI LINEARNIH SISTEMA
UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA U NOVOM SADU Vera Miler Jerković PRIMENA UOPŠTENIH INVERZA U REŠAVANJU FAZI LINEARNIH SISTEMA DOKTORSKA DISERTACIJA Novi Sad, 08. УНИВЕРЗИТЕТ У НОВОМ
More informationDr. Željko Jurić: Matematička logika i teorija izračunljivosti Radna skripta za istoimeni kurs na Elektrotehničkom fakultetu u Sarajevu.
Dr. Željko Jurić: Matematička logika i teorija izračunljivosti Radna skripta za istoimeni kurs na Elektrotehničkom fakultetu u Sarajevu (akademska godina 2015/16) Funkcijske relacije i funkcije (preslikavanja)
More informationMatematika 2, ZS 2016/2017
Matematika 2, ZS 2016/2017 smer: vaspitači Zadaci za samostalan rad Kombinatorika Zadatak 1. Koliko ima četvorocifrenih brojeva koji se zapisuju sa najviše dva znaka? 576 Zadatak 2. Koliko ima sedmocifrenih
More informationOSCILATORNOST NELINEARNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA DRUGOG REDA
UNIVERZIE U BEOGRADU MAEMAIČKI FAKULE Jelena V. Manojlović OSCILAORNOS NELINEARNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA DRUGOG REDA Doktorska disertacija Beograd, 999. Predgovor Ova doktorska disertacija posvećena
More informationDISKRETNI LOGARITAM. 1 Uvod. MAT-KOL (Banja Luka) ISSN (p), ISSN (o) Vol. XVII (2)(2011), 43-52
MAT-KOL (Banja Luka) ISSN 0354-6969 (p), ISSN 1986-5228 (o) Vol. XVII (2)(2011), 43-52 DISKRETNI LOGARITAM Bernadin Ibrahimpašić 1, Dragana Kovačević 2 Abstract U ovom članku se opisuje pojam diskretnog
More informationAKSIOME TEORIJE SKUPOVA
MAT-KOL (Banja Luka) ISSN 0354/6969 XV(1)(2009), 17-25 AKSIOME TEORIJE SKUPOVA Duško Bogdanić 1, Bojan Nikolić 2 i Daniel A. Romano 2 Sažetak: Postoji više od jedne mogućnosti aksiomatizacije teorije skupova.
More informationSveučilište J.J.Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku. Sveučilišni preddiplomski studij matematike
Sveučilište J.J.Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Lorena Škalac Fermatova metoda beskonačnog spusta Završni rad Osijek, 014. Sveučilište J.J.Strossmayera
More informationO GLATKIM GRAFOVIMA KOMPATIBILNIM SA TEJLOROVIM OPERACIJAMA
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Vlado Uljarević O GLATKIM GRAFOVIMA KOMPATIBILNIM SA TEJLOROVIM OPERACIJAMA -master teza- Novi Sad, 2014 Sadržaj
More informationDekartov proizvod grafova
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO - MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Marijana Petričević Jović Dekartov proizvod grafova Master rad Mentor: Prof. dr Ivica Bošnjak Novi Sad, 2017
More informationAsian Journal of Science and Technology Vol. 4, Issue 08, pp , August, 2013 RESEARCH ARTICLE
Available Online at http://www.journalajst.com ASIAN JOURNAL OF SCIENCE AND TECHNOLOGY ISSN: 0976-3376 Asian Journal of Science and Technology Vol. 4, Issue 08, pp.037-041, August, 2013 RESEARCH ARTICLE
More informationŠta je to mašinsko učenje?
MAŠINSKO UČENJE Šta je to mašinsko učenje? Disciplina koja omogućava računarima da uče bez eksplicitnog programiranja (Arthur Samuel 1959). 1. Generalizacija znanja na osnovu prethodnog iskustva (podataka
More informationHamiltonovi grafovi i digrafovi
UNIVERZITET U NOVOM SADU PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET DEPARTMAN ZA MATEMATIKU I INFORMATIKU Slobodan Nogavica Hamiltonovi grafovi i digrafovi Master rad Novi Sad, 2016 Sadržaj Predgovor...2 Glava 1. Uvod...3
More informationProgramiranje u realnom vremenu Bojan Furlan
Programiranje u realnom vremenu Bojan Furlan Tri procesa sa D = T imaju sledeće karakteristike: Proces T C a 3 1 b 6 2 c 18 5 (a) Pokazati kako se može konstruisati ciklično izvršavanje ovih procesa. (b)
More information24. Balkanska matematiqka olimpijada
4. Balkanska matematika olimpijada Rodos, Gka 8. apil 007 1. U konveksnom etvoouglu ABCD vaжi AB = BC = CD, dijagonale AC i BD su azliite duжine i seku se u taki E. Dokazati da je AE = DE ako i samo ako
More informationHRVATSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA
HRVATSKA MATEMATIČKA OLIMPIJADA prvi dan 5. svibnja 01. Zadatak 1. Dani su pozitivni realni brojevi x, y i z takvi da je x + y + z = 18xyz. nejednakost x x + yz + 1 + y y + xz + 1 + z z + xy + 1 1. Dokaži
More informationKvaternioni i kvaternionsko rješenje kvadratne jednadžbe
Kvaternioni i kvaternionsko rješenje 1 Uvod Kvaternioni i kvaternionsko rješenje kvadratne jednadžbe Željko Zrno 1 i Neven Jurić Što je matematika? Na što prvo čovjeka asocira riječ matematika? Matematika
More informationSimetrične matrice, kvadratne forme i matrične norme
Sveučilište JJStrossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Sveučilišni preddiplomski studij matematike Martina Dorić Simetrične matrice, kvadratne forme i matrične norme Završni rad Osijek, 2014 Sveučilište
More informationVelimir Abramovic: KOLIKO IMA BESKONACNOSTI U MATEMATICI? (Iz Osnovi Nauke o Vremenu )
Velimir Abramovic: www.n01a.org KOLIKO IMA BESKONACNOSTI U MATEMATICI? (Iz Osnovi Nauke o Vremenu ) Citajuci Kantorov Argument dijagonalizacijom shvatio sam da se u njemu nista ne sme podrazumevati, vec
More informationSection 5.5 More Integration Formula (The Substitution Method) 2 Lectures. Dr. Abdulla Eid. College of Science. MATHS 101: Calculus I
Section 5.5 More Integration Formula (The Substitution Method) 2 Lectures College of Science MATHS : Calculus I (University of Bahrain) Integrals / 7 The Substitution Method Idea: To replace a relatively
More informationOracle Spatial Koordinatni sustavi, projekcije i transformacije. Dalibor Kušić, mag. ing. listopad 2010.
Oracle Spatial Koordinatni sustavi, projekcije i transformacije Dalibor Kušić, mag. ing. listopad 2010. Pregled Uvod Koordinatni sustavi Transformacije Projekcije Modeliranje 00:25 Oracle Spatial 2 Uvod
More informationLINEARNI MODELI STATISTIČKI PRAKTIKUM 2 2. VJEŽBE
LINEARNI MODELI STATISTIČKI PRAKTIKUM 2 2. VJEŽBE Linearni model Promatramo jednodimenzionalni linearni model. Y = β 0 + p β k x k + ε k=1 x 1, x 2,..., x p - varijable poticaja (kontrolirane) ε - sl.
More informationMaja Antolović Algoritmi u teoriji brojeva
Sveučilište J.J.Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Maja Antolović Algoritmi u teoriji brojeva Završni rad Osijek, 2017. Sveučilište J.J.Strossmayera u Osijeku Odjel
More informationPRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK. Marina Zrno KOMUTATIVNI PRSTENI. Diplomski rad. Voditelj rada: prof.dr.sc.
SVEUČ ILIŠ TE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Marina Zrno KOMUTATIVNI PRSTENI Diplomski rad Voditelj rada: prof.dr.sc. Ozren Perše Zagreb, 2014 Ovaj diplomski rad obranjen
More informationMersenneovi i savršeni brojevi
Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Diplomski studij matematike Ana Maslać Mersenneovi i savršeni brojevi Diplomski rad Osijek, 2012. Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel
More informationO dvjema metodama integriranja nekih iracionalnih funkcija
ACTA MATHEMATICA SPALATENSIA Series didactica O dvjema metodama integriranja nekih iracionalnih funkcija Denis Benčec, Bojan Kovačić Sažetak U nastavi matematičkih predmeta na veleučilištima, samostalnim
More information