Matematika

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

Re: Matematika

Post by Aniviller » 27.5.2013 21:18

Ti imas prav. To lahko vedno preveris - izracunaj x,y,z in poglej ce vstavis in dobis nazaj pravo resitev. Pride (20,1,-9)/6

finpol1
Posts: 87
Joined: 29.5.2011 21:27

Re: Matematika

Post by finpol1 » 28.5.2013 12:17

http://draw.to/D2daanJ

Kako to dokažem?

KAKO izračunam brez računala: sin((pi/6)-arccos (4/5))

?

HVALA

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

Re: Matematika

Post by Aniviller » 28.5.2013 14:26

Kako to mislis? Zelo dvoumno je napisano in v vecini ocitnih interpretacij napisanega to sploh ni res... bom ugibal kaj je misljeno:

\(\log_{a^m} x^m=\frac{\ln x^m}{\ln a^m}=\frac{m\ln x}{m\ln a}=\frac{\ln x}{\ln a}=\log_a x\)

Drugi primer:
Razbij najprej po adicijskem izreku:
\(\sin(\frac{\pi}{6}-\arccos\frac45)=\sin \frac{\pi}{6}\cos(\arccos\frac45)-\cos\frac{\pi}{6}\sin(\arccos\frac45)\)
Vsi cleni imajo ociten rezultat, razen mogoce zadnjega sinusa. Tega pa lahko pretvoris na kosinus preko zveze \(\sin^2 x=1-\cos^2 x\) in hitro prides do odgovora.

skrat
Posts: 381
Joined: 15.11.2011 15:32

Re: Matematika

Post by skrat » 28.5.2013 18:52

Poišči prehodno matriko, matrike \(A=\begin{bmatrix}
0 & 2 & -1\\
-1& -3 &1 \\
-1 &-2 &0
\end{bmatrix}\)
.

Okej, običajno se pač poišče lastne vrednosti matrike in lastne podprostore, ampak s tem načinom ne pridem do pravega rezultata. Pridem namreč do tega, da je trikratna lastna vrednost \(\lambda _{1,2,3}=1\). Obstaja še kakšna druga metoda al kje je tu trik? :/

martinzjeh
Posts: 25
Joined: 11.2.2013 0:44

Re: Matematika

Post by martinzjeh » 28.5.2013 18:58

Oj! Ene naloge ne znam rešiti, je kdo tak mojster?

Hvala, lp.
Attachments
mat.png
matrike
mat.png (9.21 KiB) Viewed 1665 times

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

Re: Matematika

Post by Aniviller » 28.5.2013 19:06

@skrat: No kot prvo lastne vrednosti niso 0 ampak -1 (edit: vidim da si popravil). Ker imas degenerirane lastne vrednosti, je nevarno, da imas geometrijsko veckratnost nizjo od algebraicne. Tocno to se tudi zgodi. Tezava je tudi v tem kaj mislis pod "prehodna matrika" - diagonalizacija seveda ni mozna, lahko pa najdes prehodno matriko za v Jakobijevo kanonicno formo. Za ta namen rabis lastne vektorje (resitve (A-lambda I)x=0) in korenske vektorje tipa (A-lambda I)^n x=0).

@martinzjeh: Vsa vprasanja so v zvezi z rangom matrik. Pomagas si lahko z determinantami. Ce je rang razsirjene matrike razlicen od ranga osnovne matrike, potem ni resljivo. Ce je rang matrike manjsi od stevila spremenljivk, je resitev neskoncno. V tem primeru imas samo 3 enacbe, zato ne more imeti natanko ene resitve. Vprasanje je torej le se, kako huda neskoncnost je (recimo ce je rang 3, bo samo ena spremenljivka prosta, ce je rang 2, bosta prosti dve). Predlagam, da naredis Gaussovo eliminacijo tako, da v vsaj v drugi in tretji vrstici pridelas cim vec nicel. Tako bo rang lazje dolocit.

skrat
Posts: 381
Joined: 15.11.2011 15:32

Re: Matematika

Post by skrat » 28.5.2013 19:15

No, ko ravno omenjaš diagonalizabilne matrike. Kaj vse mora veljati, da je matrika diagonalizabilna?

Sodeč po vseh rešenih nalogah, mora bit št. lastnih vrednosti enako dimenziji prostora. Je to res? Problem tega je, da moraš najprej vse poračunat preden ugotoviš, ali je diagonalizabilna ali ne. Še nekaj sem opazil: simetrične matrike so diagonalizabilne. Skratka, vprašanje: kako na pogled ugotoviš ali je diagonalizabilna ali ne?

in hvala za vso pomoč, Aniviller.

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

Re: Matematika

Post by Aniviller » 28.5.2013 19:34

Matrika se da diagonalizirat, ce so geometrijske in algebraicne veckratnosti vseh lastnih vrednosti enake. Torej, ce so vse lastne vrednosti razlicne, je avtomatsko diagonalizabilna, v obliki \(A=PDP^{-1}\). Algebraicno je lastnih vrednosti vedno toliko kot je velikost matrike (ker je to stopnja karakteristicnega polinoma), samo pri veckratnih ni nujno, da obstaja dovolj veliko stevilo resitev enacbe \((A-\lambda I)x=0\).

Strozji pogoj je, da je matrika normalna (\(AA^\ast=A^\ast A\), kjer je zvezdica hermitsko konjugiranje (ali transponiranje za realne matrike)). V tem primeru je matrika avtomatsko unitarno diagonalizabilna, kar pomeni, da namesto inverza v razcepu lahko uporabis hermitsko konjugiranje, \(A=PDP^\ast\). To v praksi pomeni, da so lastni vektorji ortogonalni. Ce je matrika hermitska (\(A=A^\ast\)) je se lepse: v tem primeru so vse lastne vrednosti realne. (vsaka hermitska matrika je avtomaticno normalna). In simetricne matrike, kot poseben primer hermitskih matrik, imajo torej vedno realne lastne vrednosti in ortogonalne realne lastne vektorje, torej vedno obstaja razcep \(A=PDP^T\).

Torej na kratko: ce je simetricna je diagonalizabilna. Ce ni simetricna in ima razlicne lastne vrednosti, je tudi diagonalizabilna, ni pa nujno da ima ortogonalne lastne vektorje. Ce ima veckratne lastne vrednosti moras pa pazit.

urban2012
Posts: 305
Joined: 2.12.2012 9:44

Re: Matematika

Post by urban2012 » 29.5.2013 16:16

Zanima me postopek reševanja naslednjih nalog.
1. V kateri točki seka abcisno os premica, ki poteka skozi točki: A(1,3),B(-4,2)
2. V kateri točki seka ordinatno os premica, ki poteka skozi točki: A(4,9),B(-3,-5)
3. Pri dani ploščini in orientaciji trikotnika ABC določi neznano koordinato oglišča: A(4,-2)B(2,x)C(1,-5)S(površina)=4,5,orientacija je negativna
4. Znani sta dve oglišči trikotnika ABC, ploščina in orientacija. Določi tretje oglišče, če veš, da leži na abcisni osi: A(-8,2), B(6,-5), S=19,5, orientacija je negativna

finpol1
Posts: 87
Joined: 29.5.2011 21:27

Re: Matematika

Post by finpol1 » 29.5.2013 17:05

Pozdravljeni! Zanima me, kako narišemo graf funkcije, če imamo samo x v absolutni vrednosti.
primer: f(x)= 2 log (/x/+1) - 2

/x/ - x v absolutni vrednosti

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

Re: Matematika

Post by Aniviller » 29.5.2013 17:06

@urban

Ogromno nacinov je in stvar tvoje osebne izbire je kaj uporabis.

Ce se odlocis, lahko zapises tocke na premici v vektorski obliki, kot T=A+t*(B-A) (zacnes v tocki a in se premaknes za katerokoli razdaljo v smeri daljice AB). Potem samo pogledas, pri katerem "t" je ustrezna komponenta enaka 0. Recimo za 1. nalogo:
T=(1,3)+t*(-5,-1)
Absciso sekas, ko je y komponenta 0, torej 0=3+t*(-1), od koder t=3 in tocka sekanja je torej T=(1,3)+3*(-5,-1)=(-14,0).

Se ena moznost je, da poisces enacbo premice v obliki a*x+b*y=1, kjer isces a in b. Vstavis A:
a+3b=1
vstavis B:
-4a+2b=1
Resis ta sistem 2 enacb za neznanki a in b. Dobis b=5/14 in a=-1/14. Enacba premice je torej
\(-\frac{1}{14}x+\frac{5}{14}y=1\)
in za premico v segmentni obliki ves, da so koeficienti v imenovalcu ravno presecisca na oseh. Torej, presecisce z x osjo je pri x=-14 in presecisce z y osjo je y=14/5.

Pa se kaksen nacin bi se nasel...

3) Zapisi ploscino v determinantni obliki:
\(2S=\begin{vmatrix}A_x & A_y & 1 \\ B_x & B_y & 1 \\ C_x & C_y & 1\end{vmatrix}\)
kjer je 2S=-9. Ko bos razvil determinanto, ti bo notri stal neznani x, ki ga lahko potem izrazis in dobis odgovor.

4) Popolnoma enako, s tem da je zdaj C(x,0).

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

Re: Matematika

Post by Aniviller » 29.5.2013 17:08

finpol1 wrote:Pozdravljeni! Zanima me, kako narišemo graf funkcije, če imamo samo x v absolutni vrednosti.
primer: f(x)= 2 log (/x/+1) - 2

/x/ - x v absolutni vrednosti
En nacin je, da enostavno narises \(2\log(x+1)-2\) pri x>0 in \(2\log(-x+1)-2\) pri x<0. Oziroma ker ti x ne nastopa nikjer drugje, enostavno narises na pozitivni strani in zrcalis cez y os.

martinzjeh
Posts: 25
Joined: 11.2.2013 0:44

Re: Matematika

Post by martinzjeh » 29.5.2013 23:01

Aniviller wrote:@martinzjeh: Vsa vprasanja so v zvezi z rangom matrik. Pomagas si lahko z determinantami. Ce je rang razsirjene matrike razlicen od ranga osnovne matrike, potem ni resljivo. Ce je rang matrike manjsi od stevila spremenljivk, je resitev neskoncno. V tem primeru imas samo 3 enacbe, zato ne more imeti natanko ene resitve. Vprasanje je torej le se, kako huda neskoncnost je (recimo ce je rang 3, bo samo ena spremenljivka prosta, ce je rang 2, bosta prosti dve). Predlagam, da naredis Gaussovo eliminacijo tako, da v vsaj v drugi in tretji vrstici pridelas cim vec nicel. Tako bo rang lazje dolocit.
Nikakor ne pridem do konca naloge. Matrik skoraj nič nismo računali na faksu, pa me tepe. Bi bil vesel kakšne bolj natančne rešitve naloge, če si pri volji. :oops:
Attachments
mat.png
mat.png (9.21 KiB) Viewed 1585 times

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

Re: Matematika

Post by Aniviller » 30.5.2013 0:28

Takoj lahko prvo vrstico trikrat odstejes drugi in stirikrat tretji.

x+ay-2z+2t=3
0+(11-3a)y+8z-t=-5
0+(14-4a)y+16z-2t=b-12

Dvakratnik lahko odstejes tretji:

x+ay-2z+2t=3
0+(11-3a)y+8z-t=-5
0+(-8+2a)y+0+0=b-2

Prva enacba je vedno linearno neodvisna od ostalih dveh (prvi stolpec smo lepo pivotirali in karkoli ze dobis za y,z,t, prva samo izrazi x z ostalimi). Gledas samo se zadnji dve:
zadnja enacba je direktno izrazanje y. Ce je a=4, potem na levi ni nic, in mora biti b=2, drugace je neresljivo. Ce a!=4, potem je b lahko poljuben. Druga enacba ima prost z in t, in torej izbira a ne spremenlji resljivosti.

Povzetek: ce je a razlicen od 4, je sistem tretjega ranga in ima en neskoncno resitev (en prost parameter). Ce je a=4, potem je za b=2 rang enak 2, in torej neskoncno resitev z dvema prostima parametroma. Ce b!=2, ni resitev.

Driver
Posts: 39
Joined: 1.12.2010 21:00

Re: Matematika

Post by Driver » 30.5.2013 13:15

Prosil bi za pomoč pri naslednji nalogi:
Telesna diagonala je daljša od robov kvadra, in sicer od dolžine za 1 cm, od širine za 9 cm in od višine za 10 cm. Izračunaj prostornino in površino kvadra.

Stranice sem označil x-1, x-9 in x-10. Po katerem postopku lahko dobim x?

Post Reply