Matematika

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 18.1.2012 13:26

3. ja
4. prvic, c) govori o drugem odvodu. Drugic, v nasem primeru je to zamenjano, se pravi odvod po x ne sme bit 0. Me pa se vedno skrbi tisto definicijsko obmocje...
7. c) zaradi istega razloga kot pri 8.
8. lol... povrsina krogle je 4pi.

Lisjak
Posts: 25
Joined: 23.11.2010 21:12

Re: Matematika

Post by Lisjak » 18.1.2012 15:20

Še tole, če bi mi malo preveriu.
1.c
2.a
3.nevem cist
4.c
5.a
6,d
7,b
8,a
9.a
10.d

Ps: Hvala za vse
Attachments
Teorija.pdf
(70.18 KiB) Downloaded 65 times

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 18.1.2012 16:55

1. ok
2. d, nic ne preprecuje da ne sme imeti maksimuma v sredini. Primer take funkcije je ze -x^2-y^2 na pravokotniku ki ima tocko (0,0) nekje notri.
3. Ce ne drugega lahko vstavis in verizno odvajas vsakega izmed 4 predlogov.
4. ok
5. ok
6. ok
7. a, to je vendar definicija potencialnega polja (delo konzervativnih sil v fiziki itd...). Rezultat je f(B)-f(A).
8. tokrat mislim da je c. Pazi, tokrat skalarni produkt F*dS ni sorazmeren z dS kot zadnjic, ampak je konstanten (enak 1).
9. ok
10. b, po Stokesovem izreku je krivuljni integral enak integralu rotorja po objeti ploskvi, to je pa tukaj 0. Po drugi strani nicelni rotor pomeni tudi, da velja, da lahko F zapises kot gradient neke skalarne funkcije, kot pri 7. nalogi. Ker je zacetna tocka integrala enaka koncni (sklenjena krivulja), je rezultat 0.

noragaza
Posts: 79
Joined: 5.12.2008 22:56

Re: Matematika

Post by noragaza » 19.1.2012 16:40

a) \(cosx+cos2x=0\) ---->\(1+\frac{cos x}{cos^2 x}=tan^2 x\)
b)\(1+3cosx=2cosx\)---->\(2cosx=-2\) (a se tu sme deliti z 2 ?)
c)\(2sinx=cos(\frac{π}{6}-x)\) nimam sploh ideje kako bi se lotil :S
d)\(sin2x=-\sqrt{2}sinx\)
\(2sinxcosx=-\sqrt{2}sinx\)
\(\frac{2sinxcosx}{-\sqrt{2}sinx}=1\)
\(cosx=\frac{-\sqrt{2}}{2}\)
\(x=arcsos\frac{-\sqrt{2}}{2}=\frac{3π}{4}\)
lep rezultat žal pa ni enak rešitvam :mrgreen:

Lepo prosim, če mi poveste kako se enačbe dokonča, kje moram paziti, in posebej kaj ne delati. (profesorju se med urami ,,ekstremno,, mudi ... -.-)

L.P. Noragaza

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 19.1.2012 19:18

a) hm... ko s \(\cos^2 x\) delis moras preverit ce je mogoce resitev tudi kadar je to nic. Ker drugace te resitve izgubis. Drugace pa je boljsa ideja tole:
\(\cos x+cos 2x=0\)
\(\cos x+cos^2 x-(1-\cos^2 x)=0\)
\(2 cos^2 x+\cos x-1=0\)
To je cisto navadna kvadratna enacba za spremenljivko \(\cos x\), pa nicesar nismo izgubili med pretvarjanjem.

b) Z 2 vedno lahko delis. 2 ni nikoli 0 :)

c) Poskusi razbit po adicijskem izreku, da dobis samo kombinacijo sin(x) in cos(x).

d) No, napisal si eno izmed neskoncno resitev. (p.s. uporabljaj \pi). Malo si oglej enotsko kroznico. Poleg \(\frac{3}{4}\pi+2n\pi\) je resitev tudi v 3. kvadrantu: \(-{3}{4}\pi +2n\pi\). Pa pri deljenju s sinusom nisi preveril, ce je slucajno mozno da je enak 0. Ker v tem primeru ne smes krajsat... \(\sin x=0\) izpolni enacbo, torej imas se tretji set resitev \(n\pi\).

apovsic
Posts: 65
Joined: 31.10.2009 20:37
Location: Sevnica

Re: Matematika

Post by apovsic » 3.5.2012 17:49

Določi singularne točke, njihov tip in razvij v laurentovo vrsto.

f(z) = e^(2*z)/(z+1)^2

Torej singularne točke in tip je jasna stvar. Pri Laurentovi vrsti, mi pa v zapiskih manjka par strani in zato niti ne vem, kako se ta stvar zagrabi( sem sicer brskal malo po internetu, pa ni bilo nič bolj jasno).

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 3.5.2012 18:13

Odvisno okrog katere tocke razvijas. V principu je Laurentova vrsta kar to, da vse potencne singularnosti v tocki razvoja izpises ven in kar ostane razvijes po Taylorju. In kar dobis je potencna vsota ki ima par negativnih potenc.

apovsic
Posts: 65
Joined: 31.10.2009 20:37
Location: Sevnica

Re: Matematika

Post by apovsic » 3.5.2012 18:18

Pardon, sem pozabil zapisat, da se razvija okrog singularne točke.

Potem ima vrsta obliko Cn*(z-a)^n?

In izpostavi se (z+1)^(-2) + e^(2*z) razvita v Taylorja?

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 3.5.2012 18:32

No tole kar si napisal ni isto kot f(z).

Nacina sta v osnovi 2. Najlazji je, da dejansko izpostavis ker se bo potem itak delilo:
\(\frac{e^{2z}}{(z+1)^2}=\frac{e^{-2}e^{2(z+1)}}{(z+1)^2}=\frac{e^{-2}}{(z+1)^2}\sum_{n=0}^\infty \frac{(2(z+1))^n}{n!}\)
\(=\frac{e^{-2}}{(z+1)^2}+\frac{2e^{-2}}{(z+1)}+\frac{4e^{-2}}{2}+\cdots\)

Drug nacin je, da nastavis kot A(z+1)^-2+B(z+1)^-1+ostalo in pogledas koliko morata bit A in B, da se singularnost pokrajsa. Ostalo potem po taylorju.

Anya
Posts: 166
Joined: 13.5.2009 16:14

Re: Matematika

Post by Anya » 12.5.2012 13:50

Nekaj vprašanj

1. Stranice pravokotnega trikotnika oblikujejo končno geometrijsko zaporedje. Na minuto natančno izračunaj velikost najmanjšega notranjega kota.

2. Na stotinko stoinje natančno določi ostra kota v pravokotnem trikotniku, če vsi trije koti oblikujejo končno geomtrijsko zaporedje.
3. Med števili 1280 in 32 805 vrini števila z vsoto 39900, tako, da dobiš geomtrijsko zaporedje. Koliko števil moramo vriniti?

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 12.5.2012 14:43

1) Samo zapises enacbe. V prvem primeru imas hipotenuzo a, in kateti aq in aq^2 (q<1, tako da je hipotenuza najdaljsa). Po drugi strani velja tudi pitagorov izrek, torej
\(a^2=(aq)^2+(aq^2)^2=a^2(q^2+q^4)\)
Od tod pride enacba
\(q^4+q^2-1=0\)
z resitvijo (pozitivna mora bit)
\(q=\sqrt{\frac{-1+\sqrt{5}}{2}}\)
mogoce prepoznas zlati rez pod korenom.

Najmanjsi notranji kot je med hipotenuzo in daljso kateto, za katerega potem velja
\(\tan\alpha=\frac{aq^2}{aq}=q\)
od koder potem dobis kot. Mimogrede opazis, da je tudi \(\cos\alpha=q\), torej je to ravno kot, katerega tangens in kosinus sta enaka! V principu bi bilo to lahko izhodisce (to lahko celo graficno resis ce hoces -- presecisce tangens in kosinus krivulje).

2) isto kot prej, koti so \(\alpha=\frac{\pi}{2}\) (pravi kot!), \(q\alpha\) in \(q^2\alpha\), velja pa
\(\alpha+q\alpha+q^2\alpha=\pi\)
od koder dobis
\(1+q+q^2=2\)
kar je spet ista enacba kot prej (samo da je zdaj spremenljivka q namesto q^2), resitev je torej zlati rez \(q=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\).
Koti so torej (pa dajmo v stopinjah ce ze to hocejo)
\(90^\circ,\quad 55.62^\circ, \quad 34.38^\circ\)

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 12.5.2012 15:13

3)
Nicti clen je \(a_0=1280\).
Recimo da je vrinjenih stevil N-2 (tako da je vseh skupaj potem N, z indeksi od 0 do vkljucno N-1).
Zadnje je podano,
\(a_{N-1}=a_0 q^{N-1}=32805\)
Iz tega vidis
\(q^{N-1}=\frac{32805}{1280}=\frac{6561}{256}=\left(\frac{3}{2}\right)^8\)

Vsota geometrijskega zaporedja N-tih stevil je
\(a_0\frac{q^{N}-1}{q-1}\)
Vsota vrinjenih je pa (brez prvega in zadnjega, in malo poenostavljeno)
\(a_0 \frac{q^{N-1}-q}{q-1}=39900\)

To zdaj resis da dobis q (q^(N-1) ze ves in lahko vstavis). Tole se meni ne izide tako, da bi bil N lahko celo stevilo. Sicer se vidi da se \(q^{N-1}\) lepo zapise kot potenca je najbrz nekaj takega misljeno.

Opazil sem pa tole: ce vzames \(q=\frac{3}{2}\), se zaporedje izide na celostevilsko:

\(\{1280,1920,2880,4320,6480,9720,14580,21870,32805\}\)
Edini problem je, da vsota vrinjenih ni 39900 ampak \(61770\). Dobis pa 39900, ce spustis se enega (sestejes vse razen prvega in zadnjih DVEH). Tako da meni izgleda kot da je sestavljalec naloge zamocil potenco v formuli za sestevanje geometrijske vrste, ko je izracunal koliko "mora" bit (teh 39900).

Anya
Posts: 166
Joined: 13.5.2009 16:14

Re: Matematika

Post by Anya » 13.5.2012 14:23

Še spet nekaj vprašanj:

1. Ta je ena enostavna, samo nwm, če sem se prav zraven spravila, ker mi pridejo velike številke in grdi koreni:
v končnem geometrijskem zaporedju je zadnji člen \({81\sqrt{2}\), predzadnji pa \(27\sqrt{6}\) .
Vsota vseh členov je \(121\sqrt{2} + 40\sqrt{6}\). Zapiši prve tri člene zaporedja.

torej najprej sem si zračunala \(q =\sqrt{3}\), kar je prav. Potem pa sem iz enačbe za zadnji člen izrazila prvi člen in ga vstavila v enačbo za vsoto... Ampak je težko potem ven izračunati, sicer sem potem uvajala še novo neznanko, ampak vseeno se mi ni dalo naprej, ker ne bi prišel lep n.

2. Seštej

5+55+555+...+55.....5 =

Zadnje število ima n- števk.

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 13.5.2012 14:34

Ja q je prav, Iz kvocienta zadnjih dveh dobis faktor: \(q=\frac{81\sqrt{2}}{27\sqrt{6}}=\sqrt{3}\).

Vsota N clenov (N ne vemo koliko je), je
\(S=a_0\frac{q^N-1}{q-1}=a_0\frac{\sqrt{3}^N-1}{\sqrt{3}-1}\)
Vstavis se podani S:
\(121\sqrt{2}+40\sqrt{2}\sqrt{3}=a_0\frac{\sqrt{3}^N-1}{\sqrt{3}-1}\)
odpravimo ulomke
\(121\sqrt{2}\sqrt{3}+120\sqrt{2}-121\sqrt{2}-40\sqrt{2}\sqrt{3}=a_0(\sqrt{3}^N-1)\)
\(\sqrt{2}(81\sqrt{3}-1)=a_0(\sqrt{3}^N-1)\)
Tole se kar samo ponuja!
\(a_0=\sqrt{2}\)
\(N=9\)

Resitev je res enolicna, ker sta sqrt(3) in 1 v iracionalnem sorazmerju in potenciranje sqrt(3) ne more nikoli dat racionalnega stevila, torej lahko enacimo posebej del pred 1 in del pred sqrt(3).

Prvi trije cleni so torej \(\{\sqrt{2},\sqrt{6},3\sqrt{2}\}\)

User avatar
Aniviller
Posts: 7263
Joined: 15.11.2004 18:16

Re: Matematika

Post by Aniviller » 13.5.2012 15:05

2)
Posamezni clen lahko zapises kot
\(\underbrace{55\ldots5}_m=5\sum_{k=0}^{m-1} 10^k\)
Vsota, ki jo racunas, pa to se enkrat sesteje po m=1 do n.
\(5 \sum_{m=1}^n \sum_{k=0}^{m-1} 10^k\)

Ce si narises v koordinatni sistem (k,m) s krogci katere clene sestevas, vidis da sestevas po trikotniku (prvi kvadrant, nad diagonalo). k=0 se pojavi n-krat, k=1 se pojavi n-1 krat,... in k=n-1 se pojavi enkrat. V bistvu lahko razumes to kot, da najprej zamenjas vrstni red sestevanja (kot pri vrstnem redu integracije se ti tudi tukaj zamenjajo meje glede na definicijsko obmocje)
\(5\sum_{k=0}^{n-1}\sum_{m=1}^{n-k}10^k\)
ker pa sumand ni odvisen od m, lahko notranjega sestejes in dobis to kar sem prej napisal z besedami (iz slike)
\(5\sum_{k=0}^{n-1}(n-k)10^k\)

Seveda lahko to zapises kar iz glave, ker ce 5 izpostavis iz enacbe, dobis 1+11+111+1111+11111+....., kar daje vsote tipa 1,12,123,1234,12345,123456,... kjer nazorno vidis, da so stevke kar narascajoca naravna stevila od 1 naprej. Seveda ko prides do n=9 se nekaj naprej steje, tako da vzorec ni vec tako lep.

To vsoto se da z dolocenimi triki sestet rocno, lahko pa najdes v prirocnikih ali na wiki formulo
\(\sum_{k=1}^n k x^k=x\frac{1-(n+1)x^n+n x^{n+1}}{(1-x)^2}\)

Zgornji izraz lahko malo predelas, ce uvedes novo spremenljivko m=n-k:
\(5\sum_{m=1}^n m 10^{n-m}=5\cdot 10^n \sum_{m=1}^n m 10^{-m}\)
Zdaj lahko uporabis zgornjo formulo z x=1/10.

\(=5\cdot 10^n \frac{1}{10}\frac{1-(n+1)10^{-n}+n {10}^{-(n+1)}}{(1-1/10)^2}\)
mnozis zgoraj in spodaj z 10 in neses 10^2 v imenovalcu v oklepaj
\(=5\cdot 10^{n+1} \frac{1-(n+1)10^{-n}+n {10}^{-(n+1)}}{9^2}\)
\(=5 \frac{10^{n+1}-10(n+1)+n}{9^2}\)
\(=5 \frac{10^{n+1}-9n-10}{9^2}\)

Lahko tudi ne zamenjas spremenljivke ampak samo razbijes na dve vsoti, ena je geometrijska, ena je pa tipa k*x^k, pri cemer je zdaj x=10.

Post Reply