Riješeni zadaci: Funkcije

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Riješeni zadaci: Funkcije"

Transkript

1 Riješeni zadaci: Funkcije Domena funkcije, kompozicija funkcija, invertiranje funkcije, parnost funkcije Domene nekih funkcija: f(x) = x D f = [0, f(x) = x D f = R \ {0} f(x) = log a x, a > 0, a D f = 0, Zadatak. Nadopunite sliku tako da se dobije funkcija f : D K. D K A B C D 5 Kako bi dano preslikavanje bilo funkcija svakom elementu domene mora biti pridružen točno jedan element kodomene. Prema tome, potrebno je elementu D koji se nalazi u domeni pridružiti bilo koji element kodomene. Jedno od rješenja prikazano je na sljedećoj slici: D K gdje smo elementu D iz domene pridružili element kodomene.

2 Zadatak. Nadopunite sliku tako da se dobije bijekcija f : D K. D K a b d c e 5 Kako bi dano preslikavanje bilo bijekcija, ono mora biti injektivno i surjektivno što znači da različite elemente domene moramo preslikati u različite elemente kodomene i dodatno da svaki član kodomene mora biti slika barem jednog (u slučaju bijektivnosti točno jednog) elementa domene. Kako su elementi kodomene,, i 5 redom slike elemenata c, a d i e, elementu domene b moramo pridružiti element kodomene kako bi ispunili uvjet zadatka. Rješenje je prikazano na sljedećoj slici: D K Zadatak. Odredite domenu funkcije zadane formulom: (a) f(x) = x, 5 (b) f(x) = + sin x + x +, (c) f(x) = log (x + x ), (d) f(x) = + log x +. x (a) Drugi korijen je definiran samo za nenegativne realne brojeve, pa zbog toga mora biti: x 0, što je ispunjeno za sve x čija je apsolutna vrijednost veća ili jednaka. Prema tome domena funkcije f(x) je skup D f =, ] [,.

3 (b) U ovom slučaju trebaju biti ispunjena dva uvjeta: izraz u nazivniku prvog člana ne smije biti jednak nula i dodatno izraz pod korijenom treba biti nenegativan, odnosno + sin x 0 & x + 0. Prvi uvjet je ispunjen za svaki realni broj (budući funkcija sin x poprima vrijednosti izmedu - i ), a nejednadžba je istinita za svaki x. Domena zadane funkcije je skup D f = [,. (c) Logaritmirati možemo samo pozitivne brojeve, te zbog toga mora vrijediti: x + x > 0. Ako faktoriziramo kvadratni izraz dobivamo: (x )(x + ) > 0, odakle jednostavno zaključimo da je domena funkcije skup D f =,,. (d) U ovom slučaju moramo zadovoljiti sljedeća dva uvjeta: 0 & x > 0. x Drugi uvjet je ispunjen za sve pozitivne realne brojeve, a prvi za x 0, ]. Domena funkcije je presjek ova dva skupa, odnosno D f = 0, ]. Zadatak. Odredite kompozicije f g i g f: (a) f(x) = x +, g(x) = x, (b) f(x) = x + 9x, g(x) = x + 9, (c) f(x) = 5 x +, g(x) = log 5 (x ). (a) Budući je (f g)(x) = f(g(x)) imamo: Analogno, (f g)(x) = f(g(x)) = f(x ) = (x ) + = x. (g f)(x) = g(f(x)) = g(x + ) = (x + ) = x + x. Primjetimo da komponiranje nije komutativno. (b) (f g)(x) = f(g(x)) = f( x + 9) = ( x + 9) + 9 x + 9 = x x + 9. (g f)(x) = g(f(x)) = g(x + 9x) = x + 9x + 9. (c) (f g)(x) = f(g(x)) = f(log 5 (x )) = 5 log 5 (x ) + = x. (g f)(x) = g(f(x)) = g(5 x + ) = log 5 ((5 x + ) ) = log 5 [5 x (5 x + )] = x + log 5 (5 x + ).

4 Neka je f : D K realna funkcija realne varijable. Pomoću sljedećeg postupka u većini slučajeva možemo ispitati da li je funkcija f bijekcija: Iz jednadžbe f(f (x)) = x, x K, računamo f (x). () Ako rješenje ne postoji, onda f nije surjekcija. () Ako rješenje nije jedinstveno, onda f nije injekcija. () Ako rješenje postoji i jedinstveno je, onda je f bijekcija i f je inverz funkcije f. Zadatak 5. Odredite inverznu funkciju f (x): (a) f(x) = 5x, (b) f(x) = x 5 7 x, (c) f(x) = x + x 5, (d) f(x) = log x x +, (e) f(x) = x + x +, (f) f(x) = e x + x. (a) Inverznu funkciju funkcije f pronalazimo kao rješenje jednadžbe f(f (x)) = x. Imamo: f(f (x)) = x x = 5f (x), x Im f, odnosno f (x) = x +. 5 (b) Kao i u prethodnom zadatku, rješavamo jednadžbu f(f (x)) = x: f x = (x) 5 7 f, x Im f. (x) Potenciranjem jednadžbe i sredivanjem dobivamo f (x) = 7x + 5 x +. (c) U ovom slučaju imamo Nakon sredivanja izraza imamo: x = f (x) + f (x), x Im f. 5 f (x) = 5x + x, te je inverzna funkcija zadana s f (x) = log 5x + x.

5 (d) Trebamo riješiti jednadžbu: f (x) x = log f, x Im f. (x) + Kako je x = log x, izjednačavanjem izraza pod logaritmom dobivamo: Inverzna funkcija je f (x) = x+ x +. (e) Trebamo riješiti jednadžbu: x = f (x) f (x) +. Gornja jednadžba ima dva rješenja: x = ( f (x) ) + f (x) +, x Im f. f (x) = + x & te zaključujemo da funkcija f nije injektivna. (f) Kako bi odredili inverz trebali bi riješiti jednadžbu: x = e f (x) + f (x). f (x) = + + x, Gornju jednadžbu ne znamo riješiti unatoč činjenici da je zadana funkcija bijektivna (bijektivnost slijedi iz svojstva strogog rasta funkcije na cijeloj domeni). Zadatak 6. Ispitajte parnost funkcije: (a) f(x) = x x +, (b) f(x) = x x cos x, (c) f(x) = sin x x 5 x x. (a) f( x) = ( x) ( x) + = x x + = f(x). Funkcija je parna. (b) f( x) = ( x) ( x) cos( x) = x + x cos x = x x cos x = f(x). Funkcija je neparna. sin( x) (c) f( x) = ( x) 5 ( x) ( x) = sin x x 5 + x +x = sin x x 5 x +x. f( x) je različito i od f(x) i od f(x) pa funkcija nije parna niti je neparna. Zadatak 7. Skicirajte grafove sljedećih funkcija: (a) f(x) = x +, (b) f(x) = (x + ) +, (c) f(x) = + sin x, (d) f(x) = log(x 0). 5

6 Svi grafovi skicirani su korištenjem pomoćnih grafova. Graf zadane funkcije obojan je ljubičastom bojom. (a) Skiciramo graf funkcije f (x) = x (plavi), funkcije f (x) = x (zeleni) kao osno simetričnu sliku prvog grafa, te traženi graf dobivamo translacijom po y osi za u pozitivnom smjeru. (b) Skiciramo graf funkcije f (x) = x (plavi), funkcije f (x) = (x+) (zeleni) tako da graf funkcije f (x) translatiramo po osi x za -, te traženi graf dobivamo translacijom grafa funkcije f (x) po y osi za u pozitivnom smjeru. (c) Skiciramo graf funkcije f (x) = sin x (plavi), funkcije f (x) = sin x (zeleni) tako da graf funkcije f (x),,razvučemo za faktor, te traženi graf dobivamo translacijom grafa funkcije f (x) po y osi za u negativnom smjeru. (d) Skiciramo graf funkcije f (x) = log x (plavi), traženi graf dobivamo translacijom grafa funkcije f (x) po x osi za 0. 6

7 Elementarne funkcije Hornerova shema Polinom f(x) = a n x n + + a x + a 0, a n 0 dijelimo polinomom x a. Kvocijent q(x) = b n x n + b n x n + + b x + b 0 je polinom stupnja n. Iz f(x) = (x a)q(x) + r, odnosno a n x n + a n x n + + a x + a 0 = (x a)(b n x n + b n x n + + b x + b 0 ) + r, množenjem i usporedivanjem koeficijenata uz jednake potencije od x dobivamo n jednadžbi s n nepoznanica (b n, b n,..., b, b 0, r). Iz tog sustava zaključujemo da za koeficijente kvocijenta q(x) vrijedi: b n = a n, b k = a b k + a k, k = n, n,...,,. To se može zapisati u obliku tzv. Hornerove sheme: a n a n... a a 0 a b n = a n b n = a b n + a n... b 0 = a b + a r = a b 0 + a 0 Zadatak. Koristeći Hornerovu shemu, izračunajte vrijednost polinoma f(x) = x x + x 7 za x =. Primjetimo da će ostatak pri dijeljenju polinom f(x) s polinomom x biti jednak f(). odnosno f() = Zadatak. Za koje a je polinom f(x) = x + ax + djeljiv s g(x) = x? Pomoću Hornerove sheme dobivamo: 0 a + a 9 + a Kako bi polinom f(x) bio djeljiv s polinomom g(x) ostatak mora biti jednak 0 iz čega slijedi da je traženi a jednak 9. Zadatak. Faktorizirajte polinom f(x) = x 7x + 6. Kako bi faktorizirali dani polinom potrebno je pronaći njegove nultočke. Cjelobrojne nultočke polinoma su djelitelji slobodnog člana. Prema tome cjelobrojne nultočke tražimo unutar skupa {,,,,,, 6, 6}. Uvrštavanjem x = dobivamo f() = = 0, te je x = jedna nultočka. Nadalje, ako dani polinom podijelimo s x dobivamo x +x 6 čije nultočke možemo izračunati koristeći formulu za odredivanje nultočaka kvadratne jednadžbe: x, = ± + x =, x =. Iz ovoga slijedi da je x 7x + 6 = (x + )(x + )(x ). 7

8 Zadatak. Racionalnu funkciju razložite na parcijalne razlomke: (a) R(x) = x + (x )(x ), (b) R(x) = x6 x x x +. (a) Trebamo odrediti nepoznate koeficijente A, B i C u zapisu R(x) = x + (x )(x ) = A x + B x + C (x ). Množenjem sa zajedničkim nazivnikom i izjednačavanjem koeficijenata uz iste potencije od x dobivamo sustav: A + B = 0 A B + C = A + B C = čija su rješenja A =, B = i C = 5, odnosno rastav na parcijalne razlomke je: R(x) = x x + 5 (x ). (b) Budući zadana funkcija nije prava racionalna funkcija (stupanj polinoma u brojniku je veći od stupnja polinoma u nazivniku), prvo trebamo brojnik podijeliti s nazivnikom kako bi dobili cijeli dio racionalne funkcije i pravi racionalni dio. Imamo: R(x) = x + x + x x +. Nadalje, faktoriziramo nazivnik x x + = (x )(x + x ), i tražimo rastav na parcijalne razlomke pravog racionalnog dijela zadane funkcije: x + (x )(x + x ) = A x + Bx + C x + x. Sustav koji trebamo riješiti kako bi odredili nepoznate koeficijente je sljedeći: A + B = 0 A B + C = A C = Njegova rješenja su A =, B = i C = 0. Zadatak 5. Riješite eksponencijalne jednadžbe: (a) x 5 x = x, (b) 5 x+ 6 x+ = x+. R(x) = x x + x x + x. 8

9 (a) Zbog bijektivnosti eksponencijalne funkcije, jednakost će vrijediti samo u slučaju kada su eksponenti jednaki, odnosno trebamo riješiti jednadžbu: x 5 x = x x x 5 = 0, x. Sada lako pronademo rješenja: x = i x = 5. (b) Prvo zapišimo jednadžbu u obliku: te ju podijelimo s ( x ) Supstitucijom t = 0 ( x ) x x 7 ( x ) = 0, 0 (( ) x ) ( ) x 7 = 0. ( ) x dobivamo kvadratnu jednadžbu: 0t t 7 = 0 čija su rješenja t = 9 0 i t =. Budući je t < 0, ovo rješenje nam ne daje rješenje polazne jednadžbe. Iz drugog rješenja imamo: ( ) x = = pa je x = jedino rješenje polazne jednadžbe. Zadatak 6. Riješite logaritamske jednadžbe: (a) log x = log (x + 0x + 6), (b) log 9 x = log x. ( ), (a) Primjetimo da samo x > 0 mogu biti rješenja zadane jednadžbe (izrazi koje logaritmiramo moraju biti pozitivni). Jednadžbu zapišemo u obliku: log 6 + log x = log (x + 0x + 6) log 6x = log (x + 0x + 6). Zbog bijektivnosti logaritamske funkcije, jednakost će vrijediti samo u slučaju kada su argumenti jednaki, odnosno trebamo riješiti jednadžbu: 6x = x + 0x + 6 x 6x + 6 = 0. Sada lako pronademo rješenja: x = i x = +. (b) Primjetimo da samo x 0, mogu biti rješenaj zadane jednadžbe. Prvo zapišimo jednadžbu u obliku: log x = ( log x ), 9

10 odnosno jednadžbu možemo faktorizirati: ( (log x log x )) ( (log x + log x )) Sada trebamo riješiti dvije jednostavnije logaritamske jednadžbe: ( log x = log x ) ( ) & log x x = 0. = 0. Rješenje prve jednadžbe je x = 5, a rješenje druge jednadžbe je x =. Zadatak 7. Riješite trigonometrijske jednadžbe: ( (a) sin x + π ) = 6, (b) sin x + cos x =. (a) Kako je sin u = jedino za u = π i u = π, u [0, π], mora vrijediti: x + π 6 = π + kπ ili x + π 6 = π + kπ, k Z. Prema tome rješenja jednadžbe su: x = π (b) Prvo zapišimo jednadžbu u obliku: odnosno jednadžbu možemo faktorizirati: 7π + kπ & x = + kπ, k Z, sin x + sin x =, sin x( sin x) = 0, odakle dobivamo: sin x = 0 x = kπ, k Z sin x = x = π + kπ, k Z 0

1 REALNE FUNKCIJE REALNE VARIJABLE

1 REALNE FUNKCIJE REALNE VARIJABLE REALNE FUNKCIJE REALNE VARIJABLE. Neka je f() = ln 4e 3 e. Odredite a) f b) D(f) i R(f) c) Odredite min f, inf f, ma f, sup f. 2. Odredite prirodnu domenu funkcije f() = ln (3e e 3 ) + 5 log 5 +3 + ( cos

Detaljer

Neprekidne funkcije nestandardni pristup

Neprekidne funkcije nestandardni pristup nestandardni pristup Predavanje u sklopu Teorije, metodike i povijesti infinitezimalnih računa fniksic@gmail.com PMF Matematički odsjek Sveučilište u Zagrebu 10. veljače 2011. Ciljevi predavanja Ciljevi

Detaljer

Matematičke metode u kemiji Numeričke metode u kemiji

Matematičke metode u kemiji Numeričke metode u kemiji Matematičke metode u kemiji Numeričke metode u kemiji Mnogi na matematiku svedivi kemijski problemi nisu egzaktno rješivi. Stoga se u kemiji puno koriste numeričke metode. 1 Metoda najmanjih kvadrata Jedna

Detaljer

Ord og begreper. Norsk Morsmål: Tegning (hvis aktuelt)

Ord og begreper. Norsk Morsmål: Tegning (hvis aktuelt) Ord og begreper Norsk Morsmål: Tegning (hvis aktuelt) Få Dobiti Mange Mnogo Venstre Lijevo Høyre Desno Øverst Iznad Nederst Niže Lite Malo Mye Mnogo Flest Vecina Færrest Najmanje Oppe Gore Nede Dole Mellom

Detaljer

Kartlegging av leseferdighet Trinn 2 og 3 på bosnisk

Kartlegging av leseferdighet Trinn 2 og 3 på bosnisk Lærerveiledning Bosnisk, 2. og 3. trinn Lærerveiledning Kartlegging av leseferdighet Trinn 2 og 3 på bosnisk Priručnik za učitelje Ispitivanje sposobnosti čitanja 2. i 3. razred na bosanskom jeziku 2013

Detaljer

Programiranje 1 grupno spremanje (zadaci) datoteke

Programiranje 1 grupno spremanje (zadaci) datoteke Programiranje 1 grupno spremanje (zadaci) datoteke Tipovi datoteka Datoteke se mogu podeliti na binarne i tekstualne. Iako su na prvi pogled ova dva tipa veoma slična oni se suštinski razlikuju. Binarne

Detaljer

ALUMINIJSKE VODILICE ZA ODJELJIVANJE PROSTORA

ALUMINIJSKE VODILICE ZA ODJELJIVANJE PROSTORA ALUMINIJSKE VODILICE ZA ODJELJIVANJE PROSTORA ALU. VODILICE ZA ODJELJIVANJE PROSTORA AV 04.01-04.10...jer o tome mnogo ovisi... S C H W O L L E R - L U Č I Ć AL 400 AV 04.01 minijska vodilica za odjeljivanje

Detaljer

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Kalkulus

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 1 Kalkulus QED 5 10 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind 2 Fasit kapittel 1 Kalkulus Kapittel 1 Oppgave 1. a) en funksjon b) en funksjon c) ikke en funksjon d) ikke en funksjon Oppgave 2. a) 12,1 b) 4 c)

Detaljer

Sveučilište u Zagrebu PMF Matematički odsjek. Mreže računala. Vježbe 04. Zvonimir Bujanović Slaven Kožić Vinko Petričević

Sveučilište u Zagrebu PMF Matematički odsjek. Mreže računala. Vježbe 04. Zvonimir Bujanović Slaven Kožić Vinko Petričević Sveučilište u Zagrebu PMF Matematički odsjek Mreže računala Vježbe 04 Zvonimir Bujanović Slaven Kožić Vinko Petričević Klijent / Server paradigma internet daje infrastrukturu koja omogućava komunikaciju

Detaljer

Činjenice o hepatitisu A, B i C i o tome kako izbjeći zarazu

Činjenice o hepatitisu A, B i C i o tome kako izbjeći zarazu Činjenice o hepatitisu A, B i C i o tome kako izbjeći zarazu Fakta om hepatitt A, B og C og om hvordan du unngår smitte Bosnisk/kroatisk/serbisk/norsk Hva er hepatitt? Hepatitt betyr betennelse i leveren.

Detaljer

PC i multimedija 3. deo: Audio

PC i multimedija 3. deo: Audio S P E C I J A L N I D O D A T A K #141 februar 2008 PC i multimedija 3. deo: Audio Zvezdan Dimitrijević PC SPECIJALNI DODATAK Organizacija audio/video fajlova Postoji mnoštvo programa za katalogizaciju

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998

Løsningsforslag Eksamen M100 Høsten 1998 Løsningsforslag Eksamen M00 Høsten 998 Oppgave { x y = f(x) = + x + a hvis x ln( + x ) x hvis < x lim f(x) = f( ) = + a = a x lim f(x) = ln( + x ( ) ) ( ) = ln + For at f(x) skal være kont. i x = må lim

Detaljer

Likovna umjetnost umjetnost, matematika i algoritmi

Likovna umjetnost umjetnost, matematika i algoritmi Likovna umjetnost, matematika i algoritmi Vlatko Čerić Sadržaj Kratak pregled povijesti veze umjetnosti i matematike Matematika i računalna tehnologija u likovnoj umjetnosti Algoritamska umjetnost Neki

Detaljer

Neko kao ti. Sara Desen. Prevela Sandra Nešović

Neko kao ti. Sara Desen. Prevela Sandra Nešović Neko kao ti Sara Desen Prevela Sandra Nešović 4 5 Naslov originala Sa rah Des sen So me o ne Li ke You Copyright Sarah Dessen, 1998 All rights reserved including the right of reproduction in whole or in

Detaljer

Zadatak 1 strukture (C110) P2: Jedanaesta nedelja Strukture i liste. Strukture na jeziku C (2) Strukture na jeziku C (1)

Zadatak 1 strukture (C110) P2: Jedanaesta nedelja Strukture i liste. Strukture na jeziku C (2) Strukture na jeziku C (1) Zadatak 1 strukture (C110) P2: Jedanaesta nedelja Strukture i liste Date su sledeće deklaracije: typedef int CeoBroj; typedef int *PokazivacNaCeoBroj; typedef int NizCelihBrojeva[100]; CeoBroj *pokaza;

Detaljer

1 - Prvi deo upitnika

1 - Prvi deo upitnika Copyright! All rights reserved www.anestesi.no 2010- Serbo-Kroatisk side 1 av 6 Serbia Kroatia osnia Språk: Serbo-Kroatisk Oversatt av: Ivan uljovcic to: Juni 2010 1 - Prvi deo upitnika Del 1 Spørreskjema:

Detaljer

/* Adresu promenjive x zapamticemo u novoj promeljivoj. Nova promenljiva je tipa pokazivaca na int (int*) */ int* px;

/* Adresu promenjive x zapamticemo u novoj promeljivoj. Nova promenljiva je tipa pokazivaca na int (int*) */ int* px; 1. 0B 2. PODSEĆANJE 1. /* Pokazivaci - osnovni pojam */ #include main() { int x = 3; /* Adresu promenjive x zapamticemo u novoj promeljivoj. Nova promenljiva je tipa pokazivaca na int (int*)

Detaljer

Složeni tipovi podataka

Složeni tipovi podataka Složeni tipovi podataka Složeni tipovi? C raspolaže sljedećim složenim tipovima podataka: polja (indeksirane promjenljive) jednodimenzionalno = NIZ, dvodimenzionalno = MATRICA, višedimenzionalno strukture

Detaljer

Eksamen FSP5822/PSP5514 Bosnisk nivå II Elevar og privatistar / Elever og privatister. Nynorsk/Bokmål

Eksamen FSP5822/PSP5514 Bosnisk nivå II Elevar og privatistar / Elever og privatister.  Nynorsk/Bokmål Eksamen 20.11.13 FSP5822/PSP5514 Bosnisk nivå II Elevar og privatistar / Elever og privatister Nynorsk/Bokmål Oppgåve 1 Skriv ein kort tekst på 4 5 setningar der du svarer på spørsmåla nedanfor. Skriv

Detaljer

Relativna greška odnosa transformacije u datom slučaju iznosi:

Relativna greška odnosa transformacije u datom slučaju iznosi: 1. Paralelno s spojena dva trofazna transformatora koj prpadaj stoj sprežnoj grp. Podac o transformator : 1 kv, 6/697 V/V, 5,5%. Podac o transformator : 3 kv, 6/69 V/V, 5,5%. Prmarn namotaj oba transformatora

Detaljer

Funksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 19. august 2010

Funksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 19. august 2010 Funksjoner Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 9. august 200 2 Funksjon som en maskin x Funksjon f f(x) 3 Definisjon- og verdimengde x f(x) 4 Funksjon som en

Detaljer

1. 0BLINEARNE STRUKTURE PODATAKA

1. 0BLINEARNE STRUKTURE PODATAKA 1. 0BLINEARNE STRUKTURE PODATAKA 1.1. 1BPOLJE 1.1.1. 5BDEFINICIJE I STRUKTURA Polje (array) predstavlja linearnu homogenu statičku strukturu podataka i sastoji se od fiksnog broja komponenata istog tipa.

Detaljer

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 2011

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 2011 Derivasjon Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 2. september 20 Kapittel 3.7. Derivasjon av inverse funksjoner 3 Derivasjon av inverse til deriverbare funksjoner

Detaljer

Objektno orijentisano programiranje 2. Tipovi podataka u C#

Objektno orijentisano programiranje 2. Tipovi podataka u C# Objektno orijentisano programiranje 2 Klasifikacija tipova Osnovna podela na: vrednosne (value) tipove ukazane (reference) tipove Vrednosni tipovi: jednostavni tipovi (kao što su npr. byte, int, long,

Detaljer

Izmena i dopuna konkursne dokumentacije

Izmena i dopuna konkursne dokumentacije SPECIJALNA BOLNICA ZA LEČENјE I REHABILITACIJU 36210 Vrnjačka Banja, Bul. Srpskih ratnika br. 18 Telefon i telefaks: 036/515-514-5 Broj: 01-3114/4 Datum: 25.07.2017.godine Izmena i dopuna konkursne dokumentacije

Detaljer

Korreksjoner til fasit, 2. utgave

Korreksjoner til fasit, 2. utgave Korreksjoner til fasit,. utgave Kapittel. Oppgave.. a): / Oppgave.. e):.887, 0.58 Oppgave..9: sin00πt). + ) x Oppgave.7.5 c): ln for 0 < x. x Oppgave.8.0: Uttrykket for a + b) 7 skal være a + b) 7 = a

Detaljer

Strukture. Strukturirani (složeni) tip podataka koji definiše korisnik. Razlike u odnosu na niz

Strukture. Strukturirani (složeni) tip podataka koji definiše korisnik. Razlike u odnosu na niz Strukture Strukture Strukturirani (složeni) tip podataka koji definiše korisnik sastoji se od više komponenti komponente imaju identifikatore ne moraju biti istog tipa struktura se smatra jednim objektom

Detaljer

VERTIKALNA POLARIZACIJA

VERTIKALNA POLARIZACIJA VERTIKALNA POLARIZACIJA Driver 433 MHz Driver 145 MHz AKTIVNI ELEMENTI U JEDNOJ RAVNI Aluminijumska zica precnika 4mm(obelezena crnom bojom)savija se u U oblik,zatim provuce kroz letvicu 20 x 20x600mm(obelezenu

Detaljer

Primena računara u fizičkoj hemiji. Profesor: Miloš Mojović Asistent: Aleksandar Ignjatović

Primena računara u fizičkoj hemiji. Profesor: Miloš Mojović Asistent: Aleksandar Ignjatović Primena računara u fizičkoj hemiji Profesor: Miloš Mojović Asistent: Aleksandar Ignjatović Literatura i ispit: Literatura: 1. Predavanja 2. Internet 3. Knjige Ocenjivanje 1. aktivnost u toku predavanja

Detaljer

Činjenice o HIV u i aidsu

Činjenice o HIV u i aidsu Činjenice o HIV u i aidsu Bosnisk/kroatisk/serbisk/norsk Fakta om hiv og aids Aids er en alvorlig sykdom som siden begynnelsen av 1980-tallet har spredd seg over hele verden. Aids skyldes et virus, hiv,

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013

TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 TMA4100 Matematikk 1, høst 2013 Forelesning 11 www.ntnu.no TMA4100 Matematikk 1, høst 2013, Forelesning 11 Transcendentale funksjoner Vi begynner nå på temaet transcendentale funksjoner. I dagens forelesning

Detaljer

Rasim_1:knjiga B5 8.7.2011 10:54 Page 1

Rasim_1:knjiga B5 8.7.2011 10:54 Page 1 Rasim_1:knjiga B5 8.7.2011 10:54 Page 1 Rasim_1:knjiga B5 8.7.2011 10:54 Page 2 IZDAVAČ: ZA IZDAVAČA: UREDNIK: RECENZENTI: LEKTOR I KOREKTOR: NASLOVNA STRANA: SLOG I PRELOM: ŠTAMPA: ZA ŠTAMPARIJU: TIRAŽ:

Detaljer

S A D R Z A J U V O D UVOD. 01. Problem greha. 02. Bozja spasonosna ljubav. 03. Definicija jevandjelja. 04. Hristos nasa Zamena

S A D R Z A J U V O D UVOD. 01. Problem greha. 02. Bozja spasonosna ljubav. 03. Definicija jevandjelja. 04. Hristos nasa Zamena 1 2 S A D R Z A J UVOD 01. Problem greha 02. Bozja spasonosna ljubav 03. Definicija jevandjelja 04. Hristos nasa Zamena 05. Dva Adama: Rimljanima 5 06. Dva Adama: 1. Korincanima 15 07. Krst i velika borba

Detaljer

Funksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 18. august 2011

Funksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 18. august 2011 Funksjoner Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 8. august 20 2 Definisjon av funksjon Definisjon En funksjon er en regel f som til et hvert tall i definisjonsmengden

Detaljer

REPUBLIKA HRVATSKA. ZAGREBAČKA ŽUPANIJA Ulica grada Vukovara 72/V Zagreb

REPUBLIKA HRVATSKA. ZAGREBAČKA ŽUPANIJA Ulica grada Vukovara 72/V Zagreb REPUBLIKA HRVATSKA ZAGREBAČKA ŽUPANIJA Ulica grada Vukovara 72/V 10 000 Zagreb POZIV NA DOSTAVU PONUDE za provedbu postupka nabave bagatelne vrijednosti za nabavu opreme za potrebe civilne zaštite GRUPA

Detaljer

Oppgaver i funksjonsdrøfting

Oppgaver i funksjonsdrøfting Oppgaver i funksjonsdrøfting To av oppgavene er merket med *. Det betyr at de er ekstra interessante. Oppgave 1 Gitt funksjonen f(x) = x + 4. a) Finn nullpunktene til funksjonen. b) Bruk definisjonen på

Detaljer

4. Grafič ke funkčije

4. Grafič ke funkčije 4. Grafič ke funkčije Svaki grafik možemo posmatrati kao prikaz numeričkih vrednosti. Poreklo ovih vrednosti, međutim, diktira način na koji se one koriste ili generišu. U vedini slučajeva, izvor podataka

Detaljer

Sustavi za rad u stvarnom vremenu

Sustavi za rad u stvarnom vremenu SVEUČILIŠTE U ZAGREBU FAKULTET ELEKTROTEHNIKE I RAČUNARSTVA Zavod za elektroniku, mikroelektroniku, računalne i inteligentne sustave Skripta iz predmeta Sustavi za rad u stvarnom vremenu Leonardo Jelenković

Detaljer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer

IR Matematikk 1. Eksamen 8. desember 2016 Eksamenstid 4 timer Eksamen 8. desember 16 Eksamenstid 4 timer IR151 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare bruke

Detaljer

IR Matematikk 1. Utsatt Eksamen 8. juni 2012 Eksamenstid 4 timer

IR Matematikk 1. Utsatt Eksamen 8. juni 2012 Eksamenstid 4 timer Utsatt Eksamen 8. juni 212 Eksamenstid 4 timer IR1185 Matematikk 1 Bokmål Hvis du blir ferdig med oppgavene under del 1 før kl. 11., så kan og bør du starte på del 2 uten bruk av hjelpemidler. Du kan bare

Detaljer

- Magi stя.гski rart-

- Magi stя.гski rart- Рг! rnd"!lo rnа tema ti cki fa.kul tet u B"F.OGRAOO р l' m ~ р А N Ј R 11 N 1 V R П Z А L :1 r tl А Т. G Е В R 1 - Magi stя.гski rart- GC;"P'c'lFt Dordev i~ Т. е s k о v а с U'/OJ - - - - - о. 1- "' г

Detaljer

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 30. august 2011

Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 30. august 2011 Derivasjon Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 30. august 2011 Kapittel 3.3. Enringsrate 3 Enrings rate hastighet og akselersjon Definisjon Hvis s(t) er

Detaljer

Matematikk 1 (TMA4100)

Matematikk 1 (TMA4100) Matematikk 1 (TMA4100) Forelesning 2: Funksjoner (fortsettelse) Eirik Hoel Høiseth Stipendiat IMF NTNU 16. august, 2012 Eksponentialfunksjoner Eksponentialfunksjoner Definisjon: Eksponentialfunksjon En

Detaljer

Projekat EUROWEB+ Ovo je program namenjem isključivo razmeni, a ne celokupnim studijama.

Projekat EUROWEB+ Ovo je program namenjem isključivo razmeni, a ne celokupnim studijama. Projekat EUROWEB+ 1. Otvoren je Konkurs za novi program mobilnosti studenata i osoblja na Univerzitetu u Nišu EUROWEB+ Konkurs je otvoren do 15.02.2015. 2. Ko može da se prijavi? Ovim programom biće omogućen

Detaljer

Formelsamling Kalkulus

Formelsamling Kalkulus Formelsamling Kalkulus Martin Alexander Wilhelmsen December 8, 009 En liten formelsamling for MAT00 ved UiO. Vennligst meld fra om feil til martinaw@student.matnat.uio.no. Dette dokumentet er publisert

Detaljer

Uvod u web programiranje: Uvod u HTML

Uvod u web programiranje: Uvod u HTML Uvod u web programiranje: Uvod u HTML Dubrovnik, ožujak 2013. Krunoslav Žubrinić Zaštićeno licencom http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/hr/ Creative Commons slobodno smijete: dijeliti umnožavati,

Detaljer

Oppfriskningskurs i matematikk 2008

Oppfriskningskurs i matematikk 2008 Oppfriskningskurs i matematikk 2008 Marte Pernille Hatlo Institutt for matematiske fag, NTNU 4.-9. august 2008 Velkommen! 2 Temaer Algebra Trigonometri Funksjoner og derivasjon Integrasjon Eksponensial-

Detaljer

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009

Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 2009 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 6 Løsningsforslag, eksamen MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I, vår 009 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved g(x)

Detaljer

Matematikk R1 Oversikt

Matematikk R1 Oversikt Matematikk R1 Oversikt Lars Sydnes, NITH 20. mai 2014 I. ALGEBRA ANNENGRADSLIGNINGER Annengradsformelen: ax 2 + bx + c = 0 x = b ± b 2 4ac 2a (i) 0 løsninger hvis b 2 4ac < 0 (ii) 1 løsning hvis b 2 4ac

Detaljer

Trasendentale funksjoner

Trasendentale funksjoner Trasendentale funksjoner Department of Mathematical Sciences, NTNU, Norway September 9, 2014 Kap. 3.1 og 3.2. Forelesning 8. September. Inverse funksjoner, definisjon og eksistens Deriverte av inverse

Detaljer

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag

Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Anbefalte oppgaver - Løsningsforslag Uke 6 12.6.4: Vi finner først lineariseringen i punktet (2, 2). Vi har at Lineariseringen er derfor 2x + y f x (x, y) = 24 (x 2 + xy + y 2 ) 2 2y + x f y (x, y) = 24

Detaljer

CJENIK POŠTANSKIH USLUGA U MEĐUNARODNOM PROMETU PRIMJENA OD GODINE

CJENIK POŠTANSKIH USLUGA U MEĐUNARODNOM PROMETU PRIMJENA OD GODINE CJENIK POŠTANSKIH USLUGA U MEĐUNARODNOM PROMETU PRIMJENA OD. 7. 203. GODINE Zagreb, lipanj 203. godine STAVKA I UNIVERZALNA USLUGA 2. 25 PISMOVNA POŠILJKA 2.. 25 PISMO bez -a 25 do 50 g kom 7,60 252 iznad

Detaljer

Aksiom 3.1 (Likhet av mengder). La A og B være mengder. Da er A og B like hvis og bare hvis de har akkurat de samme elementene.

Aksiom 3.1 (Likhet av mengder). La A og B være mengder. Da er A og B like hvis og bare hvis de har akkurat de samme elementene. Notat 3 for MAT1140 3 Mengder 3.1 Mengder definert ved en egenskap Det matematiske begrepet mengde har sin opprinnelse i vår intuisjon om samlinger. Objekter kan samles sammen til et nytt objekt kalt mengde.

Detaljer

Areal mellom kurver Volum Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Areal mellom kurver Volum Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Areal mellom kurver Volum Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 27. september 20 Kapittel 5.6. Substitusjon og arealet mellom kurver 3 Areal mellom kurver Problem

Detaljer

Dr. Osman ef. Kozlić, muftija banjalučki

Dr. Osman ef. Kozlić, muftija banjalučki BHG br 1 mart 2016 final za web 1:Layout 1 4/7/2016 2:53 PM Page 1 Godina/år XV, Broj/No 1, mart-april, 2016. Pris: 50 NOK U susret nam dolazi najdraži gost - ramazan Otvaranje džamije Ferhat - paše (Ferhadije)

Detaljer

M-BOX INTELIGHT Inteligentno osvetljenje

M-BOX INTELIGHT Inteligentno osvetljenje INTELIGHT Inteligentno osvetljenje Regulatori osvetljenja UVOD Zašto koristiti regulatore osvetljenja? Smanjenje potrošnje električne energije kako u javnim tako i u privatnim zgradama postalo je tema

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i fag MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I Høst 2008

Løsningsforslag til eksamen i fag MA1101/MA6101 Grunnkurs i analyse I Høst 2008 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side 1 av 9 Løsningsforslag til eksamen i fag MA111/MA611 Grunnkurs i analyse I Høst 2 Oppgave 1 Funksjonen g er definert ved

Detaljer

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11

Fasit til utvalgte oppgaver MAT1100, uka 15/11-19/11 Fasit til utvalgte oppgaver MAT uka 5/-9/ Øyvind Ryan oyvindry@ifi.uio.no) November Oppgave 9.. Vi skriver 5x 5 x )x ) A x B x og ser at vi må løse likningene Ax ) Bx ) x )x ) A B 5 A B 5. A B)x A B x

Detaljer

OLE for Process Control

OLE for Process Control OPC OLE for Process Control OPC novi koncept sustava automatizacije Nove tehnologije pridonose progresu u automatizaciji i upravljanja u industrijskim procesima koji se iz godine u godinu ubrzava. Zahtjevi

Detaljer

Oppgaver om derivasjon

Oppgaver om derivasjon Oppgaver om derivasjon Oppgave 1 Gitt funksjonen g(x) = x 3 6x 48x + 13 a) Finn g (x). b) Bruk den deriverte til å finne x-koordinaten til topp/bunn-punktene til grafen. Finn også de tilhørende y-koordinatene,

Detaljer

1T 2014 høst LØSNING 25000000000 0, 0005 = 2, 5 10 10 5 10 4 = 12, 5 10 6 = 1, 25 10 7. 2 2+ x 2 = 2 4 x 2 4 + x = 8 x = 4

1T 2014 høst LØSNING 25000000000 0, 0005 = 2, 5 10 10 5 10 4 = 12, 5 10 6 = 1, 25 10 7. 2 2+ x 2 = 2 4 x 2 4 + x = 8 x = 4 3/8/06 T 0 høst LØSNING - matematikk.net T 0 høst LØSNING Contents Diskusjon av denne oppgaven Løsning av del Matteprat spørsmål om oppgave 6 del DEL EN Oppgave 5000000000 0, 0005 =, 5 0 0 5 0 =, 5 0 6

Detaljer

Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag

Eksamen i MAT1100 H14: Løsningsforslag Eksamen i MAT H4: Løsningsforslag Oppgave. ( poeng) Dersom f(x, y) x sin(xy ), er f y lik: A) sin(xy ) + xy cos(xy ) B) x cos(xy ) C) x y cos(xy ) D) sin(xy ) + x y cos(xy ) E) cos(xy ) Riktig svar: C):

Detaljer

TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010

TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010 TMA4100 Matematikk 1 for MTDESIG, MTIØT-PP, MTMART og MTPROD høsten 2010 Toke Meier Carlsen Institutt for matematiske fag 30. september 2010 2 Fremdriftplan I går 5.5 Ubestemte integraler og substitusjon

Detaljer

LYØSINGSFORSLAG Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i matematikk I onsdag 18. mai 2011 kl. 09:00-14: i( 3 + 1) = i + i + 1

LYØSINGSFORSLAG Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i matematikk I onsdag 18. mai 2011 kl. 09:00-14: i( 3 + 1) = i + i + 1 LYØSINGSFORSLAG Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i matematikk I onsdag 18. mai 011 kl. 09:00-1:00 NYNORSK OPPGAVE 1 Gitt dei komplekse tala z = 3 + i, w = 1 + i a Rekn ut (skriv på forma a + bi (i z + 3w,

Detaljer

Oppgavehefte om komplekse tall

Oppgavehefte om komplekse tall Oppgavehefte om komplekse tall Tore August Kro, tore.a.kro@hiof.no 11. august 009 1 Aritmetikk Eksempel 1.1 Vi skriver komplekse tall på kartesisk form z = a + ib. Tenk på i som et symbol som oppfyller

Detaljer

TEHNIČKA ŠKOLA Ruđera Boškovića Vinkovci. Alati i naprave. - predavana, vježbe i zadaci -

TEHNIČKA ŠKOLA Ruđera Boškovića Vinkovci. Alati i naprave. - predavana, vježbe i zadaci - TEHNIČKA ŠKOLA Ruđera Boškovića Vinkovci Alati i naprave - predavana, vježbe i zadaci - ALATI I NAPRAVE Razvoj alata Cilj uporabe alata i naprava kroz povijest je olakšavanje i ubrzavanje rada. U početku

Detaljer

Vi regner først ut de nødvendige partiellderiverte for å se om vektorfeltet er konservativt. z = 2z, F 2 F 2 z = 2y, F 3. x = 2x, F 3.

Vi regner først ut de nødvendige partiellderiverte for å se om vektorfeltet er konservativt. z = 2z, F 2 F 2 z = 2y, F 3. x = 2x, F 3. TMA415 Matematikk Vår 15 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 7 Alle oppgavenummer refererer til 8. utgave av Adams & Essex alculus: A omplete

Detaljer

OPPGAVE 1 NYNORSK. LØYSINGSFORSLAG Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i matematikk I onsdag 16. mai 2012 kl. 09:00-14:00. a) La z 1 = 3 3 3i, z 2 = 4 + i,

OPPGAVE 1 NYNORSK. LØYSINGSFORSLAG Eksamen i MAT111 - Grunnkurs i matematikk I onsdag 16. mai 2012 kl. 09:00-14:00. a) La z 1 = 3 3 3i, z 2 = 4 + i, LØYSINGSFORSLAG Eksamen i MAT - Grunnkurs i matematikk I onsdag 6. mai kl. 9:-4: NYNORSK OPPGAVE a) La z = i, z = 4 + i, finn (skriv på forma a + bi): i) z z og ii) z z. : i) z z = ( i)(4 + i) = i i =

Detaljer

SETNINGER OG SETNINGSLEDD REČENICE I DELOVI REČENICE

SETNINGER OG SETNINGSLEDD REČENICE I DELOVI REČENICE Kragujevac, 2003. SETNINGER OG SETNINGSLEDD REČENICE I DELOVI REČENICE 1. Helsetninger - samostalne (nezavisne) rečenice Jens sover. Jens spava. Samostalna rečenica je nezavisna rečenica koja ima smisao.

Detaljer

Skriveni blagoslov. Kao što svi znate, skoro smo se vratili kući sa jednog

Skriveni blagoslov. Kao što svi znate, skoro smo se vratili kući sa jednog Skriveni blagoslov Jedan od najvažnijih stavova lidera, naučio sam od Henrija Forda: Nemoj da se koncentrišeš na problem, već na rešenje! Kao što svi znate, skoro smo se vratili kući sa jednog fantastičnog

Detaljer

EKSAMEN TMA4100 HØST 2014 LØSNINGSFORSLAG. du/dx = e x du = e x dx, Her har vi brukt analysens fundamentalteorem til å derivere telleren.

EKSAMEN TMA4100 HØST 2014 LØSNINGSFORSLAG. du/dx = e x du = e x dx, Her har vi brukt analysens fundamentalteorem til å derivere telleren. EKSAMEN TMA400 HØST 04 ØSNINGSFORSAG Oppgave. Uner rottegnet står et + e x, og en eriverte til ette uttrykket er e x, som står utenfor rottegnet. Sett erfor u +e x. Da får vi og vi kan løse intergralet:

Detaljer

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Eksamen i MAT111 Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag

UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet. Eksamen i MAT111 Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i MAT Grunnkurs i matematikk I Løsningsforslag Onsdag 9. mai, kl. 9. 4. Bokmål Oppgave a) La R være området mellom kurvene Finn

Detaljer

Høgskolen i Oslo og Akershus. = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) e 2x + x 2 ( e 2x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x

Høgskolen i Oslo og Akershus. = 2xe 2x + x 2 e 2x (2x) = 2xe 2x + 2x 2 e 2x = 2xe 2x (1 + x) e 2x + x 2 ( e 2x) 1 sin x (sin x) + 2x = cos x Oppgåve a) i) ii) f(x) x e x f (x) ( x ) e x + x ( e x) xe x + x e x (x) xe x + x e x xe x ( + x) g(x) ln(sin x) + x g (x) sin x (sin x) + x cos x sin x + x tan x + x b) i) ( x + ) dx x x dx+ x dx x +

Detaljer

Specijalni dodatak lista Danas broj 307 godina VIII petak, 28. mart U susret Uskrsu 3: Torte i kola~i

Specijalni dodatak lista Danas broj 307 godina VIII petak, 28. mart U susret Uskrsu 3: Torte i kola~i Specijalni dodatak lista Danas broj 307 godina VIII petak, 28. mart 2014. U susret Uskrsu 3: Torte i kola~i Pi{e: Mika Dajmak U susret Uskrsu 3: Torte i kola~i Post, jo{ od vremena Isusa Hrista, kada je,

Detaljer

1. Mikrokontroleri. Sl.1.1 Detaljni blok dijagram mikroracunarskog sistema

1. Mikrokontroleri. Sl.1.1 Detaljni blok dijagram mikroracunarskog sistema UVOD Sistem oplemenjen mikrokontrolerom u potpunosti zamenjuje coveka, malih je dimenzija i mala je potrosnja energije. Mikrokontroleri sve vise zalaze u svaki segment covecanstva. Uredjaji novije generacije

Detaljer

Funksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 19. august 2011

Funksjoner Forelesning i Matematikk 1 TMA4100. Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 19. august 2011 Funksjoner Forelesning i Matematikk TMA400 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 9. august 20 2 Stigende og avtagende funksjoner Definisjon En funksjon f kalles stigende på intervallet I hvis

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i INF1080 Logiske metoder for informatikk Eksamensdag: 26. november 2010 Tid for eksamen: 13:00 17:00 Oppgave 1 La A = { }. Mengdelære

Detaljer

NTNU MA0003. Ole Jacob Broch. Norwegian University of Science and Technology. MA0003 p.1/29

NTNU MA0003. Ole Jacob Broch. Norwegian University of Science and Technology. MA0003 p.1/29 MA0003 Ole Jacob Broch Norwegian University of Science and Technology MA0003 p.1/29 Oversikt, torsdag 13/1 Avsnitt 1.3: intervaller og intervallnotasjon definisjons- og verdimengden til en funksjon Avsnitt

Detaljer

Kapittel 2. Antiderivering. 2.1 Derivasjon

Kapittel 2. Antiderivering. 2.1 Derivasjon Kapittel 2 Antiderivering I dette og neste kapittel skal vi bli kjent med noen typer difflikninger og lære hvordan disse kan løses. Til dette trenger vi derivering og antiderivering. 2.1 Derivasjon I Kapittel

Detaljer

=cos. =cos 6 + i sin 5π 6 = =cos 2 + i sin 3π 2 = i.

=cos. =cos 6 + i sin 5π 6 = =cos 2 + i sin 3π 2 = i. Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Side av 9 L SNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I SIF59 MATEMATIKK Bokmål Fredag. desember Oppgave a) Vi har z = i r e iθ = e i π r =,

Detaljer

eksamensoppgaver.org 4 2e x = 7 e x = 7 2 ln e x = ln 2 x = ln 7 ln 2 ln x 2 ln x = 2 2 ln x ln x = 2 ln x = 2 x = e 2

eksamensoppgaver.org 4 2e x = 7 e x = 7 2 ln e x = ln 2 x = ln 7 ln 2 ln x 2 ln x = 2 2 ln x ln x = 2 ln x = 2 x = e 2 eksamensoppgaver.org 4 oppgave a..i) e x = 7 e x = 7 ( ) 7 ln e x = ln x = ln 7 ln a..ii) ln x ln x = ln x ln x = ln x = x = e a..i) cos x =.8 x [, 6 ] x = arccos(.8) x 6.9 x 6 6.9 x 6.9 x. a..ii) Løserdennemedabc-formelen

Detaljer

Oppgave 1 a) Tegn grafene til de tre funksjonene nedenfor i samme koordinatsystem i GeoGebra

Oppgave 1 a) Tegn grafene til de tre funksjonene nedenfor i samme koordinatsystem i GeoGebra kompetansemålet: Funksjoner - undersøkje funksjonar som beskriv praktiske situasjonar, ved å fastsetje nullpunkt, ekstremalpunkt og skjeringspunkt og tolke den praktiske verdien av resultata. Oppgave 1

Detaljer

Poštovani poslovni partneri,

Poštovani poslovni partneri, April 2017 2 Poštovani poslovni partneri, pred vama je cenovnik proizvoda programa dekorativnih premaza robnih marki Belinka, Helios, Zvezda, Duga, Chromoden, Kemostik, kao i autoreparaturnih premaza robnih

Detaljer

Volum Lengde Areal Forelesning i Matematikk 1 TMA4100

Volum Lengde Areal Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Volum Lengde Areal Forelesning i Matematikk 1 TMA4100 Hans Jakob Rivertz Institutt for matematiske fag 4. oktober 011 Kapittel 6.. Volum ved sylindriske skall 3 Skall-metoden z = g(x) 1 1 1 1 3 1 1 3 z

Detaljer

EKSAMEN. 1. klassene, ingenørutdanning og Flexing. HansPetterHornæsogLarsNilsBakken. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 4 sider formelark)

EKSAMEN. 1. klassene, ingenørutdanning og Flexing. HansPetterHornæsogLarsNilsBakken. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 4 sider formelark) KANDIDATNUMMER: EKSAMEN EMNENAVN: Mtemtikk EMNENUMMER: REA4 og REA4f EKSAMENSDATO: 9. desember 0 KLASSE:. klssene, ingenørutdnning og Flexing. TID: kl. 9.00 3.00. FAGANSVARLIG: HnsPetterHornæsogLrsNilsBkken

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG. Skriv følgende komplekse tall både på kartesisk form som a + bi og på polar form som re iθ (r 0 og 0 θ < 2π). a) 2 + 3i.

LØSNINGSFORSLAG. Skriv følgende komplekse tall både på kartesisk form som a + bi og på polar form som re iθ (r 0 og 0 θ < 2π). a) 2 + 3i. Innlevering DAFE ELFE Matematikk 000 HIOA Obligatorisk innlevering Innleveringsfrist Onsdag. februar 05 før forelesningen :30 Antall oppgaver: LØSNINGSFORSLAG Skriv følgende komplekse tall både på kartesisk

Detaljer

FRANJEVAČKOG SAMOSTANA SV. LUKE

FRANJEVAČKOG SAMOSTANA SV. LUKE GODINA VI. Broj 60 Lipanj 2012. Cijena 2 KM Za inozemstvo 2 VJESNIK FRANJEVAČKOG SAMOSTANA SV. LUKE UVODNIK IZ SADRŽAJA 4-10 DOGAĐANJA IZ JAJCA, PODMILAČJA I DOBRETIĆA Hodočašċe oblik pokore 11-15 REPORTAŽA

Detaljer

BOSANSKI LCD TV UPUTSTVA 0716MTH-VT-VT

BOSANSKI LCD TV UPUTSTVA 0716MTH-VT-VT BOSANSKI LCD TV UPUTSTVA 0716MTH-VT-VT Poštovani kupče, Ovaj aparat u skladu je sa važećim europskim direktivama i standardima o elektromagnetnoj kompatibilnosti i električnoj bezbjednosti. Europski predstavnik

Detaljer

TMA4110 Matematikk 3 Høst 2010

TMA4110 Matematikk 3 Høst 2010 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4110 Matematikk 3 Høst 010 Løsningsforslag Øving 4 Fra Kreyszig (9. utgave) avsnitt.7 3 Vi skal løse ligningen (1) y 16y

Detaljer

eksamensoppgaver.org 4 oppgave1 a.i) Viharulikheten 2x 4 x + 5 > 0 2(x 2) x + 5 > 0 Sådaserviatløsningenpådenneulikhetenblir

eksamensoppgaver.org 4 oppgave1 a.i) Viharulikheten 2x 4 x + 5 > 0 2(x 2) x + 5 > 0 Sådaserviatløsningenpådenneulikhetenblir eksamensoppgaver.org 4 oppgave1 a.i) Viharulikheten 2x 4 x + 5 > 0 2(x 2) x + 5 > 0 Sådaserviatløsningenpådenneulikhetenblir x, 5 2, eksamensoppgaver.org 5 a.ii) Vi har ulikheten og ordner den. 10 x 2

Detaljer

SV. VLADIKA NIKOLAJ O OPTIMIZMU

SV. VLADIKA NIKOLAJ O OPTIMIZMU SV. VLADIKA NIKOLAJ O OPTIMIZMU MANASTIR RUKUMIJA 2008 Blagoslov Sv. Nikolaja Srbskog Preuzeto: Sabrana dela vl. Nikolaj Minhen 1978 Izdaje manastir Rukumija 2008 2 BESEDA O OPTIMIZMU Posve}eno onima koji

Detaljer

BOSNA SREBRENA. Službeno-informativno glasilo Franjevačkog provincijalata u Sarajevu

BOSNA SREBRENA. Službeno-informativno glasilo Franjevačkog provincijalata u Sarajevu BOSNA SREBRENA Službeno-informativno glasilo Franjevačkog provincijalata u Sarajevu Godina LXIII broj 2/2012. IZDAJE Franjevački provincijalat Bosne Srebrene Zagrebačka 18 BiH-71000 Sarajevo Tel.: +387

Detaljer

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX Privatister 10. desember 2003. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6516 Matematikk 2MX Privatister 10. desember 2003. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA6516 Matematikk MX Privatister 10. desember 003 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i MX er gratis, og det er lastet

Detaljer

Naočig led sve većih po ja va na si lja među mla di ma, au tor zas tu pa te zu da ni je

Naočig led sve većih po ja va na si lja među mla di ma, au tor zas tu pa te zu da ni je BITI NEŠTO ILI NETKO? Li tur gij ska osob no st kao te melj etičke prak se JOSIP GREGUR Phi lo sop his ch-theo lo gis che Hochschu le der Sa le sia ner don Bos cos Theo lo gis che Fa kultät Do n-bos co-straße

Detaljer

Funkcia. Funkcia. Monika Molnárová. Technická univerzita Košice. Funkcia. Monika Molnárová

Funkcia. Funkcia. Monika Molnárová. Technická univerzita Košice. Funkcia. Monika Molnárová Technická univerzita Košice monika.molnarova@tuke.sk Obsah 1 Pojem funkcie Základné vlastnosti funkcií Zložená funkcia Inverzná funkcia Elementárne funkcie Základné funkcie ekonomickej analýzy Pojem funkcie

Detaljer

NORSK ALFABET (Norveška azbuka)

NORSK ALFABET (Norveška azbuka) NORSK ALFABET (Norveška azbuka) 1. A a /a/ 16. P p /pe/ 2. B b /be/ 17. Q q /ku/ 3. C c /se/ 18. R r /er/ 4. D d /de/ 19. S s /es/ 5. E e /e/ 20. T t /te/ 6. F f /ef/ 21. U u /u/ 7. G g /ge/ 22. V v /ve/

Detaljer

Kapittel 1. Funksjoner. 1.1 Definisjoner

Kapittel 1. Funksjoner. 1.1 Definisjoner Kapittel 1 Funksjoner Kurset MAT1001 dreier seg kort sagt om å lage matematiske problemer av virkeligheten og deretter løse problemene. Hittil i kurset har vi allerede møtt mange problemer, og de har så

Detaljer

CJENIK OSTALIH USLUGA

CJENIK OSTALIH USLUGA CJENIK OSTALIH USLUGA Vrijedi od 1. 12. 2016. STAVKA 3 OSTALE USLUGE 3.1 4111 BRZOJAVI - UNUTARNJI PROMET 3.1.1 41111 Brzojavi koji se odnose na sigurnost ljudskih života (SVH) kom besplatno 3.1.2 41112

Detaljer

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 2006. eksamensoppgaver.org

Løsningsforslag AA6526 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 2006. eksamensoppgaver.org Løsningsforslag AA656 Matematikk 3MX Privatister 3. mai 006 eksamensoppgaver.org eksamensoppgaver.org Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikkeksamen i 3MX er gratis, og det er lastet ned

Detaljer