GeomInterp.dvi
|
|
- Matej Medved
- pred 4 leti
- Pregledov:
Transkripcija
1 Univerza v Ljubljani Fakulteta za matematiko in fiziko Seminar za Numerično analizo Geometrijska interpolacija z ravninskimi parametričnimi polinomskimi krivuljami Gašper Jaklič, Jernej Kozak, Marjeta Krajnc, Emil Žagar Ljubljana, 13. April 2005
2 Interpolacijski problem Rešujemo naslednji problem: Za danih 2n ravninskih točk, n 2, T l R 2, l = 0,1,...,2n 1, (1) poišči ravninsko parametrično polinomsko krivuljo P n stopnje n, ki interpolira točke (1).
3 Interpolacijski problem Rešujemo naslednji problem: Za danih 2n ravninskih točk, n 2, T l R 2, l = 0,1,...,2n 1, (1) poišči ravninsko parametrično polinomsko krivuljo P n stopnje n, ki interpolira točke (1). Nemogoče?! S polinomom stopnje n lahko v splošnem interpoliramo n + 1 točk.
4 Interpolacijski problem Rešujemo naslednji problem: Za danih 2n ravninskih točk, n 2, T l R 2, l = 0,1,...,2n 1, (1) poišči ravninsko parametrično polinomsko krivuljo P n stopnje n, ki interpolira točke (1). Nemogoče?! S polinomom stopnje n lahko v splošnem interpoliramo n + 1 točk. Toda v tem primeru se ne ukvarjamo s funkcijami, ampak s parametričnimi polinomskimi krivuljami.
5 Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerih interpoliramo niso določeni vnaprej.
6 Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerih interpoliramo niso določeni vnaprej. To vodi do geometrijskih interpolacijskih shem (nelinearnih), ki so bile prvič predstavljene leta 1987 v članku C. de Boor, K. Höllig, and M. Sabin, High accuracy geometric Hermite interpolation, Comput. Aided Geom. Design.
7 Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerih interpoliramo niso določeni vnaprej. To vodi do geometrijskih interpolacijskih shem (nelinearnih), ki so bile prvič predstavljene leta 1987 v članku C. de Boor, K. Höllig, and M. Sabin, High accuracy geometric Hermite interpolation, Comput. Aided Geom. Design. DOMNEVA 1 (Höllig and Koch 96). Parametrična polinomska krivulja stopnje n lahko v splošnem interpolira n n 1 d 1 točk v R d.
8 Dodatni parametri svobode: vrednosti parametrov pri katerih interpoliramo niso določeni vnaprej. To vodi do geometrijskih interpolacijskih shem (nelinearnih), ki so bile prvič predstavljene leta 1987 v članku C. de Boor, K. Höllig, and M. Sabin, High accuracy geometric Hermite interpolation, Comput. Aided Geom. Design. DOMNEVA 1 (Höllig and Koch 96). Parametrična polinomska krivulja stopnje n lahko v splošnem interpolira n n 1 d 1 točk v R d. Primer d = 2 je še posebno zanimiv: 1. Aplikacije. 2. Največji razmik med funkcijskim in parametričnim primerom, t.j., n 1.
9 Nelinearne enačbe Enačbe, ki določajo interpolacijsko polinomsko krivuljo P n so P n (t l ) = T l, l = 0,1,...,2n 1. Neznanke t l naj bodo urejene t 0 < t 1 < < t 2n 1. Linearna transformacija parametrov ohranja stopnjo parametrične polinomske krivulje, zato fiksiramo t 0 := 0, t 2n 1 := 1.
10 Nelinearne enačbe Enačbe, ki določajo interpolacijsko polinomsko krivuljo P n so P n (t l ) = T l, l = 0,1,...,2n 1. Neznanke t l naj bodo urejene t 0 < t 1 < < t 2n 1. Linearna transformacija parametrov ohranja stopnjo parametrične polinomske krivulje, zato fiksiramo t 0 := 0, t 2n 1 := 1. Parametri t := (t l ) 2n 2 l=1 niso edine neznanke. Določiti je treba še koeficiente polinoma P n.
11 Problem lahko razdelimo v dva dela. Najprej poiščemo neznane parametre t, koeficiente pa nato določimo s katerokoli standardno interpolacijsko shemo (Newton, Lagrange,...).
12 Problem lahko razdelimo v dva dela. Najprej poiščemo neznane parametre t, koeficiente pa nato določimo s katerokoli standardno interpolacijsko shemo (Newton, Lagrange,...). Enačbe za parametre t dobimo s pomočjo linearno neodvisnih linearnih funkcionalov, ki so odvisni le od t in ki preslikajo P n v nič.
13 Problem lahko razdelimo v dva dela. Najprej poiščemo neznane parametre t, koeficiente pa nato določimo s katerokoli standardno interpolacijsko shemo (Newton, Lagrange,...). Enačbe za parametre t dobimo s pomočjo linearno neodvisnih linearnih funkcionalov, ki so odvisni le od t in ki preslikajo P n v nič. Naravna izbira so deljene diference. Za deljene diference izberemo [t 0,t 1,...,t n+j ], j = 1,2,...,n 1, ki očitno preslikajo vsak polinom stopnje n v nič.
14 Naj bo ω j (t) := n+j l=0 (t t l ), ω j (t) := dω j(t) dt.
15 Naj bo ω j (t) := n+j l=0 (t t l ), ω j (t) := dω j(t) dt. Če uporabimo [t 0,t 1,...,t n+j ] na enačbah P n (t l ) = T l, dobimo [t 0,t 1,...,t n+j ]P n = 0 = j = 1,...,n 1. n+j l=0 T l ω j (t l ), (2) To nam da 2n 2 nelinearnih enačb za 2n 2 neznank t.
16 Naj bo ω j (t) := n+j l=0 (t t l ), ω j (t) := dω j(t) dt. Če uporabimo [t 0,t 1,...,t n+j ] na enačbah P n (t l ) = T l, dobimo [t 0,t 1,...,t n+j ]P n = 0 = j = 1,...,n 1. n+j l=0 T l ω j (t l ), (2) To nam da 2n 2 nelinearnih enačb za 2n 2 neznank t. Ko enkrat določimo t, nam poljubnih n + 1 interpolacijskih pogojev določa polinomsko krivuljo P n.
17 Sistem nelinearnih enačb, ki ga dobimo, je težko obravnavati v splošnem. Razen v primeru n = 2 ni nobenih splošnih rezultatov, ki bi temeljili le na geometriji podatkov.
18 Asimptotični pristop Podatki T l so vzeti iz gladke konveksne ravninske parametrične krivulje f : [0,h] R 2. Predpostavimo da f(0) = 0 0, f (0) = 1 0 in parametriziramo f po prvi komponenti f(x) = x y(x), kjer je y(x) = 1 2 y (0)x y(3) (0)x y(4) (0)x 4 + O(x 5 ), y (0) > 0.
19 Zanimajo nas vrednosti f pri majhnih h, zato koordinatni sistem skaliramo z matriko D h = diag ( ) 1 h, 2 h 2 y. (0) Naj bodo η 0 := 0 < η 1 < < η 2n 2 < η 2n 1 := 1, taki parametri, da velja T l T l = D h f(η l h), l = 0,1,...,2n 1.
20 T l Razvoj točk T l je tedaj T l = η l c k h k 2 ηl k k=2, l = 0,1,...,2n 1. (3) kjer so konstante c k odvisne od y, ne pa od η l ali h c k = 2 k! y (k) (0) y (0), k = 2,3,...
21 T l Razvoj točk T l je tedaj T l = η l c k h k 2 ηl k k=2, l = 0,1,...,2n 1. (3) kjer so konstante c k odvisne od y, ne pa od η l ali h c k = 2 k! y (k) (0) y (0), k = 2,3,... Za obstoj rešitve je potrebno dokazati, da obstaja tak h 0 > 0, da ima sistem (2) rešitev t za vse h, 0 h h 0.
22 Najprej poiščemo limitno rešitev ko h 0. V tem primeru je t = η := (η l ) 2n 2 l=1 za h = 0, saj je n+j lim h 0 l=0 n+j l=0 1 ω j (t l ) T l = 1 ω j (η l ) lim h 0 T l = n+j l=0 1 ω j (η l ) η l = 0. ηl 2
23 Če bi bil Jacobijan nesingularen v limitni rešitvi, bi imel originalni sistem rešitev za dovolj majhne h.
24 Če bi bil Jacobijan nesingularen v limitni rešitvi, bi imel originalni sistem rešitev za dovolj majhne h. Žal se izkaže, da je Jacobijan singularen (jedro je n 2 dimenzionalno). Za dokaz torej ne moremo uporabiti izreka o implicitni funkciji.
25 Če bi bil Jacobijan nesingularen v limitni rešitvi, bi imel originalni sistem rešitev za dovolj majhne h. Žal se izkaže, da je Jacobijan singularen (jedro je n 2 dimenzionalno). Za dokaz torej ne moremo uporabiti izreka o implicitni funkciji. Vidimo, da je dovolj študirati le neznane razlike η l t l, l = 1,2,...,2n 2, kot funkcije h. Zato lahko vlogo spremenljvk t in parametrov η = (η l ) 2n 2 l=1 zamenjamo. Od zdaj naprej bomo torej predpostavljali, da so t znani, iščemo pa η.
26 Sistem nelinearnih enačb bomo razbili v dva dela. Prvi del bo tak, da bo enostavno rešljiv, v drugem delu pa bo nesingularen Jacobijan.
27 Sistem nelinearnih enačb bomo razbili v dva dela. Prvi del bo tak, da bo enostavno rešljiv, v drugem delu pa bo nesingularen Jacobijan. Uvedemo nove neznanke ξ := (ξ l ) 2n 2 l=1, tako da krivuljo f reparametriziramo z ki je podana v točkah t l kot η η(t, ξ), η l = η(t l ; ξ) = t l + u(t l ; ξ) + ξ n 2+l h n 1 p(t l ), l = 1,2,...,2n 2, kjer p(t) := (t t 0 ) 2n 1 l=n+1 (t t l ), u(t; ξ) := (t t 0 )(t t 2n 1 ) n 2 l=1 ξ l h l t l 1.
28 Reparametrizacija je očitno regularna za dovolj majhne h, saj η(t 0 ; ξ) = t 0 = 0 = η 0, η(t 2n 1 ; ξ) = t 2n 1 = 1 = η 2n 1, η (t; ξ) = 1 + O(h). Velja tudi η l = t l pri h = 0.
29 LEMA 2. Zamenjava spremenljivk η ξ je bijektivna.
30 LEMA 2. Zamenjava spremenljivk η ξ je bijektivna. Nelinearen sistem (2) tako postane F(ξ;h) := (F j (ξ;h)) n 1 j=1 = 0, G(ξ;h) := (G j (ξ;h)) n 1 j=1 = 0, (4) kjer F j (ξ;h) := G j (ξ;h) := n+j l=0 n+j l=0 1 ω j (t l ) 1 ω j (t l ) ( tl + u(t l ; ξ) + ξ n 2+l h n 1 p(t l ) ), ( c k h k 2 ( t l + u(t l ; ξ) + ξ n 2+l h n 1 p(t l ) ) ) k. k=2
31 IZREK 3. Neznanke ξ so rešitev sistema (4) natanko takrat, ko velja ξ n 1 = ξ n = = ξ 2n 2. (5)
32 IZREK 3. Neznanke ξ so rešitev sistema (4) natanko takrat, ko velja ξ n 1 = ξ n = = ξ 2n 2. (5) Ob predpostavki (5) ostanejo neznanke (ξ l ) n 1 l=1, ki jih določa drugi del enačb. Poleg tega je sedaj parametrizacija kar polinom in η(t; ξ) = t + u(t; ξ) + ξ n 1 h n 1 p(t) G j (ξ;h) = [t 0,t 1,...,t n+j ] c k h k 2 η(. ; ξ) k. k=2
33 LEMA 4. Naj bo Tedaj je q(t; ξ) := t + n 1 l=1 ξ l h l t l+1. [t 0,t 1,...,t n+j ]η(. ; ξ) k = [t 0,t 1,...,t n+j ]q(. ; ξ) k + O(h n+j+1 k ), in [t 0,t 1,...,t n+j ]q(. ; ξ) k = O(h n+j k ).
34 LEMA 4. Naj bo Tedaj je q(t; ξ) := t + n 1 l=1 ξ l h l t l+1. [t 0,t 1,...,t n+j ]η(. ; ξ) k = [t 0,t 1,...,t n+j ]q(. ; ξ) k + O(h n+j+1 k ), in [t 0,t 1,...,t n+j ]q(. ; ξ) k = O(h n+j k ). To poenostavi funkcije G j v G j (ξ;h) = [t 0,t 1,...,t n+j ] c k h k 2 q(. ; ξ) k + O(h n+j 1 ). (6) k=2
35 IZREK 5. Vsoto v enačbah (6) lahko zapišemo kot c k h k 2 q(t; ξ) k = k=2 C k (ξ)h k 2 t k, (7) kjer ( 2 d k ξ))) C k (ξ) := k!h k y (0) dx x=0 k y (hq(x;. Polinomi C k (ξ) so odvisni le od ξ in ne od h niti od parametrov t. k=2 Končni sistem za dovolj majhne h je torej C n+j (ξ) + O(h) = 0, j = 1,2,...,n 1. (8)
36 IZREK 6. Če obstaja tak h 0 > 0, da ima sistem enačb (8) realno rešitev za vse h, 0 h h 0, potem interpolacijska polinomska parametrična krivulja P n obstaja in aproksimira f z optimalnim redom aproksimacije 2n.
37 IZREK 6. Če obstaja tak h 0 > 0, da ima sistem enačb (8) realno rešitev za vse h, 0 h h 0, potem interpolacijska polinomska parametrična krivulja P n obstaja in aproksimira f z optimalnim redom aproksimacije 2n. IZREK 7. Sistem nelinearnih enačb (8) ima realno rešitev za n 5 in h dovolj majhen.
38 Primer n = 2 Za n = 2 je sistem (8) kar ena linearna enačba za ξ 1 ki očitno ima realno rešitev. 2ξ 1 + c 3 + O(h) = 0,
39 Primer n = 3 V primeru n = 3 dobimo ξ c 3 ξ 1 + 2ξ 2 + c 4 + O(h) = 0, (9) 3c 3 ξ ξ 1 (ξ 2 + 2c 4 ) + 3c 3 ξ 2 + c 5 + O(h) = 0.
40 Primer n = 3 V primeru n = 3 dobimo ξ c 3 ξ 1 + 2ξ 2 + c 4 + O(h) = 0, (9) 3c 3 ξ ξ 1 (ξ 2 + 2c 4 ) + 3c 3 ξ 2 + c 5 + O(h) = 0. Prva enačba je vselej linearna v ξ n 1 = ξ 2. Sistem (9) lahko zato reduciramo v kubično enačbo za ξ 1, ξ ( ) 9 2 c 3 ξ c2 3 3c 4 ξ c 3 c 4 c 5 + O(h) = 0, ki očitno ima realno rešitev.
41 Primer n = 4 V primeru n = 4 rešujemo sistem 3c 3 ξ1 2 + ξ 1 (2ξ 2 + 4c 4 ) + 3c 3 ξ 2 + 2ξ 3 + c 5 + O(h) = 0, c 3 ξ c 4 ξ1 2 + ξ 1 (6c 3 ξ 2 + 2ξ 3 + 5c 5 ) + ξ2+ 2 4c 4 ξ 2 + 3c 3 ξ 3 + c 6 + O(h) = 0, 4c 4 ξ1 3 + ξ1 2 (3c 3 ξ c 5 ) + ξ 1 (12c 4 ξ 2 + 6c 3 ξ 3 + 6c 6 )+ 3c 3 ξ2 2 + ξ 2 (2ξ 3 + 5c 5 ) + 4c 4 ξ 3 + c 7 + O(h) = 0.
42 Spremenljivka ξ 3 v prvi enačbi nastopa linearno. Sistem se zato reducira v ξ ξ 2 ( 2ξ c c 4 ) 2c 3 ξ ξ 2 1 ( 92 c23 + 2c 4 ) (10) +ξ 1 ( 6c 3 c 4 + 4c 5 ) 3 2 c 3 c 5 + c 6 + O(h) = 0, ( 9c c 4 )ξ ξ 2 1 ( 6c 3 ξ 2 18c 3 c c 5 ) (11) +ξ 1 ( 2ξ ( 9c c 4 )ξ 2 3c 3 c 5 8c c 6 ) +( 6c 3 c 4 + 4c 5 )ξ 2 2c 4 c 5 + c 7 + O(h) = 0.
43 Enačba (10) je kvadratna v ξ 2 z rešitvijo ξ 2 = ξ c2 3 2c 4 ± 1 R(ξ1 ) + O(h), (12) 4 kjer je R(ξ 1 ) := 16ξ c 3 ξ1 3 + (144c c 4 )ξ1 2 + (96c 3 c 4 64c 5 )ξ c c 2 3 c c 3 c c c 6.
44 Enačba (10) je kvadratna v ξ 2 z rešitvijo ξ 2 = ξ c2 3 2c 4 ± 1 R(ξ1 ) + O(h), (12) 4 kjer je R(ξ 1 ) := 16ξ c 3 ξ1 3 + (144c c 4 )ξ1 2 + (96c 3 c 4 64c 5 )ξ c c 2 3 c c 3 c c c 6. Vstavimo (12) v enačbo (11) in dobimo H ± (ξ 1 ) := p 5 (ξ 1 ) 1 64 R (ξ 1 ) R(ξ 1 ) + O(h) = 0, (13)
45 kjer je p 5 (ξ 1 ) = 4ξ1 5 10c 3 ξ1 4 + ( 45c c 4 )ξ1+ 3 ( 272 ) c33 24c 3 c c 5 ξ1 2 + ( 812 ) c c 23 c 4 6c 3 c 5 32c c 6 ξ c3 3 c 4 + 9c 2 3 c c 3 c c 4 c 5 + c 7.
46 Naj bo D := (, ), v primeru, ko ima R le kompleksne ničle. Sicer naj bosta z m in z M najmanjša in največja realna ničla ter D := (,z m ] [z M, ).
47 Naj bo D := (, ), v primeru, ko ima R le kompleksne ničle. Sicer naj bosta z m in z M najmanjša in največja realna ničla ter D := (,z m ] [z M, ). Ker je R nenegativna na D, sta funkciji H ± na D realni in zvezni. Če dokažemo H (D) H + (D) = R, (14) bo imel sistem realno rešitev za poljubno desno stran.
48 Velja naslednje: H (ξ 1 ) ( 5c c 4 )ξ 3 1 in H + (ξ 1 ) 8ξ 5 1, ξ 1.
49 Velja naslednje: H (ξ 1 ) ( 5c c 4 )ξ 3 1 in H + (ξ 1 ) 8ξ 5 1, ξ 1. V primeru, ko R nima realnih ničel, je pogoj (14) zagotovo izpolnjen, saj je D = R in lim H +(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H +(ξ 1 ) =. ξ 1
50 Velja naslednje: H (ξ 1 ) ( 5c c 4 )ξ 3 1 in H + (ξ 1 ) 8ξ 5 1, ξ 1. V primeru, ko R nima realnih ničel, je pogoj (14) zagotovo izpolnjen, saj je D = R in lim H +(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H +(ξ 1 ) =. ξ 1 Obravnavati moramo še primere, ko pa R ima realne ničle.
51 Očitno je H (z m ) = H + (z m ), H (z M ) = H + (z M ). Če je c 4 > 5 4 c2 3, je pogoj (14) prav tako izpolnjen, saj je tedaj lim H +(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H (ξ 1 ) =. ξ 1
52 y H H z m R z M x Slika 1: primer ko c 4 > 5 4 c2 3.
53 V primeru, ko je c 4 < 5 4 c2 3, pa je potrebna bolj komplicirana analiza, saj je lim H ±(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H ±(ξ 1 ) =. ξ 1
54 V primeru, ko je c 4 < 5 4 c2 3, pa je potrebna bolj komplicirana analiza, saj je lim H ±(ξ 1 ) =, ξ 1 lim H ±(ξ 1 ) =. ξ 1 Ideja za dokaz v tem primeru: poiskati vrednosti ξ L z m in z M ξ R : H (ξ L ) H (ξ R ). Tedaj bo pogoj (14) spet izpolnjen, saj bo H (D) = R.
55 LEMA 8. Naj bo c 4 < 5 4 c2 3 in naj ima polinom R realne ničle. Tedaj obstajata točki ξ L in ξ R, da je H (ξ L ) H (ξ R ).
56 LEMA 8. Naj bo c 4 < 5 4 c2 3 in naj ima polinom R realne ničle. Tedaj obstajata točki ξ L in ξ R, da je H (ξ L ) H (ξ R ). DOKAZ:
57 LEMA 8. Naj bo c 4 < 5 4 c2 3 in naj ima polinom R realne ničle. Tedaj obstajata točki ξ L in ξ R, da je H (ξ L ) H (ξ R ). DOKAZ: Po uvedbi novih konstant d 1 := 1 2 c 3, d 2 := 24 ( 5c 2 ) 3 4c 4, d 3 := 64 ( 2c 3 ) 3 3c 3 c 4 + c 5, d 4 := 2 ( 57c c 2 3 c c 3 c c 2 ) 4 8c 6, in premiku izhodišča ξ 1 ξ 1 + d 1, se polinom R poenostavi v R(ξ 1 ) = 16ξ1 4 + d 2 ξ1 2 + d 3 ξ 1 + d 4, kjer je d 2 > 0 po predpostavki.
58 Ker je R (ξ 1 ) = 192ξ d 2 > 0, je R strogo konveksna z natanko dvema realnima ničlama z m and z M. Označimo s ξ abciso minimuma. Po predpostavki je R(ξ ) 0. Opazimo, da velja zveza R(ξ 1 ) = 1 4 ξ 1 R (ξ 1 ) + p 2 (ξ 1 ), p 5 (ξ 1 ) = 1 4 ξ 1 R(ξ 1 ) + p 3 (ξ 1 ), kjer je p 2 (ξ 1 ) = 1 2 d 2 ξ d 3 ξ 1 + d 4, p 3 pa je kubični polinom, za katerega velja p 3 = 1 4 p 2.
59 Polinom p 2 se ujema z R natanko v točkah ξ 1 = 0, ξ 1 = ξ. Dalje je p 2 > R le na intervalu (min(0,ξ ),max(0,ξ )).
60 Recimo, da je z m 0 z M. Tedaj je Od tod sledi p 2 (z m ) 0, p 2 (z M ) 0 in p 2 0 na [z m,z M ]. H (z M ) H (z m ) = p 3 (z M ) p 3 (z m ) = 1 4 in izbira ξ L := z m, ξ R := z M potrdi lemo. zm z m p 2 (ξ)dξ 0,
61 y z m z M x R p 2 H H p 3 Slika 2: c 4 < 5 4 c2 3 in z m 0 z M
62 y R p 5 p 2 d 4 10 z m z M H x Slika 3: c 4 < 5 4 c2 3 in z M < 0
63 Naj bo zdaj z M < 0. V tem primeru so vse konstante pozitivne, saj R(0) = d 4 > 0, R (0) = d 3 > 0. Edini del, ki je lahko negativen, je d 3 ξ 1. Pogoj R(ξ ) 0 nam da spodnjo mejo za velikost konstante d 3.
64 Naj bo zdaj z M < 0. V tem primeru so vse konstante pozitivne, saj R(0) = d 4 > 0, R (0) = d 3 > 0. Edini del, ki je lahko negativen, je d 3 ξ 1. Pogoj R(ξ ) 0 nam da spodnjo mejo za velikost konstante d 3. Polinom R ima dvojno ničlo natanko takrat, ko je rezultanta R in R nič, to je 1024 ( 108d d 2 3 ( 576d2 d 4 d 3 ) 2 + 4d 4 2 d 4 512d 2 2 d d 3 ) 4 = 0.
65 Dobimo kvadratno enačbo za d 2 3 dobimo pogoj d kar grobo ocenimo z z eno pozitivno ničlo, od koder ( d d 2 d 4 + ( ) d 2 ) d 4, (15) d d 2 d 4. (16)
66 Dobimo kvadratno enačbo za d 2 3 dobimo pogoj d kar grobo ocenimo z z eno pozitivno ničlo, od koder ( d d 2 d 4 + ( ) d 2 ) d 4, (15) d d 2 d 4. (16) Dokažimo, da bo dobra izbira ξ L := 5 2 d 3 d 2, ξ R := 0. Ker je H (0) = 1 64 d 3 d4 0, moramo dokazati le še, da je H (ξ L ) 0.
67 Vrednost H (ξ L ) = d 3 384d 5 2 bo negativna, če bo ( (12d d 2 3) 15d 3 2 d d4 2 d d 4 3 ( 12d d 2 ) 2 ( 3 15d 3 2 d d 4 2 d d 4 3) ( 480d 4 2 d d 3 2 d d 4 ) ) 3 ( 480d 4 2 d d 3 2 d d 4 3) 2 > 0 oziroma ekvivalentno d 3 2 d 4 ( ) 3 25d d 2 d d 6 ( ( ) 2 125d d d 2 d d 2 2 d 2 4) + 576d 10 2 d d 9 2 d
68 Člen 25d d 2 d 4 navzdol ocenimo z (15) in dobimo 25d d 2 d To bo pozitivno, saj je (25 ( d d 4 )3 2 ( 25d d 2 d 4 ) ). 1 ( ( d 2 ) 3 ( ) ) d 4 25d d 2 d 4 = 1 27 d 4 ( 175d d 2 2 d d 2 ) 4 0. Dalje je 25d 6 2 ( ( ) 125d d d 2 d d 2 2 d 2 ) 4 25d 7 2 d 4 ( d d 2 d 4 ) d 8 2 d 2 4 0,
69 kjer smo dvakrat uporabili (16). Ostali členi so nenegativni in rezultat sledi. Primer 0 < z m je simetričen.
70 y 10 5 d 3 2 d 2 z m z M 1 x H Slika 4: c 4 < 5 4 c2 3 in z M < 0
71 Ostalo nam je še nekaj posebnih primerov. Izbira c 4 = 5 4 c2 3 implicira H (ξ 1 ) 5 2 (7c3 3 4c 5 )ξ 2 1, ξ 1, in (14) bo izpolnjen, če c c3 3.
72 Ostalo nam je še nekaj posebnih primerov. Izbira c 4 = 5 4 c2 3 implicira H (ξ 1 ) 5 2 (7c3 3 4c 5 )ξ1, 2 ξ 1, in (14) bo izpolnjen, če c c3 3. Dalje c 4 = 5 4 c2 3, c 5 = 7 4 c3 3, vodi do H (ξ 1 ) 3 4 (21c4 3 8c 6 )ξ 1, ξ 1. Enostavno se preveri, da ima R v primeru ko c 6 < 21 8 c4 3 ničle in (14) velja. le kompleksne
73 Primer ko c 4 = 5 4 c2 3, c 5 = 7 4 c3 3, c 6 = 21 8 c4 3 je tudi v redu, saj H (ξ 1 ) 33 8 c5 3 + c 7, ξ 1, in R(ξ 1 ) = (2ξ 1 + c 3 ) 4. Če je dodatno še c 7 = 33 8 c5 3 O(h) neskončno rešitev. pa ima sistem brez
74 Primer n = 5 V primeru n = 5 rešujemo sistem c 6 + 5c 5 ξ 1 + 6c 4 ξ c 3 ξ c 4 ξ 2 + 6c 3 ξ 1 ξ 2 + ξ (3c 3 + 2ξ 1 )ξ 3 + 2ξ 4 = 0, c 7 + 6c 6 ξ c 5 ξ c 4 ξ c 5 ξ c 4 ξ 1 ξ 2 + 3c 3 ξ 2 1 ξ 2 + 3c 3 ξ c 4 ξ 3 + 6c 3 ξ 1 ξ 3 + 2ξ 2 ξ 3 + 3c 3 ξ 4 + 2ξ 1 ξ 4 = 0,
75 c 8 + 7c 7 ξ c 6 ξ c 5 ξ c 6 ξ c 5 ξ 1 ξ c 4 ξ 2 1 ξ 2 + 6c 4 ξ c 3 ξ 1 ξ c 4 ξ c 5 ξ c 4 ξ 1 ξ 3 + 3c 3 ξ 2 1 ξ 3 + 6c 3 ξ 2 ξ 3 + ξ c 4 ξ 4 + 6c 3 ξ 1 ξ 4 + 2ξ 2 ξ 4 = 0, c 9 + 8c 8 ξ c 7 ξ c 6 ξ c 5 ξ c 7 ξ c 6 ξ 1 ξ c 5 ξ 2 1 ξ 2 + 4c 4 ξ 3 1 ξ c 5 ξ c 4 ξ 1 ξ c 3 ξ c 6 ξ c 5 ξ 1 ξ c 4 ξ 2 1 ξ c 4 ξ 2 ξ 3 + 6c 3 ξ 1 ξ 2 ξ 3 + 3c 3 ξ c 5 ξ c 4 ξ 1 ξ 4 + 3c 3 ξ 2 1 ξ 4 + 6c 3 ξ 2 ξ 4 + 2ξ 3 ξ 4 = 0.
76 Po eliminaciji spremenljivke ξ 4 = ξ n 1 iz prve enačbe dobimo sistem kjer so P 1 (ξ 1, ξ 2, ξ 3 ) := P i (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) + O(h) = 0, i = 1,2,3, (17) c 3 ξ 4 1 ( 3 2 c c 4 ) ξ 3 1 (9 c 3 c 4 5 c 5 ) ξ 2 1 ( 15 2 c 3 c 5 5 c 6 ) ξ1 + ( 3 2 c 3 ξ 1 ) ξ ( 6 c 3 c 4 5 c 5 + ( 9 c c 4 ) ξ1 3 c 3 ξ 2 1) ξ2 ( 9 2 c2 3 4 c ξ ξ 2 ) ξ3 3 2 c 3 c 6 + c 7,
77 P 2 (ξ 1, ξ 2, ξ 3 ) := ( 3 c 2 3 c 4 ) ξ 4 1 (20 c 3 c 4 10 c 5 ) ξ 3 1 ( 12 c c 3 c 5 15 c 6 ) ξ 2 1 (10 c 4 c c 3 c 6 7 c 7 ) ξ 1 2 c 4 c 6 + c 8 ξ c 3 ξ 1 ξ 2 2 ( 8 c c 6 + (24 c 3 c 4 15 c 5 ) ξ 1 + ( 18 c c 4 ) ξ 2 1 c 3 ξ 3 1) ξ2 +ξ 2 3 ( 6 c 3 c 4 5 c 5 + ( 9 c c 4 ) ξ1 + 3 c 3 ξ 2 1 (3 c 3 2 ξ 1 ) ξ 2 ) ξ3,
78 P 3 (ξ 1, ξ 2, ξ 3 ) := 3 2 c2 3 ξ 5 1 (15 c 3 c 4 5 c 5 ) ξ 4 1 ( 36 c c 3 c 5 20 c 6 ) ξ 3 1 ( 45 c 4 c c 3 c 6 21 c 7 ) ξ 2 1 ( 25 2 c c 4 c 6 8 c 8 ) ξ1 5 2 c 5 c 6 + c 9 2 c 3 ξ 3 2 ( 12 c 3 c c 5 + ( 18 c c 4 ) ξ c 3 ξ 2 1) ξ 2 2 ( 10 c 4 c c 3 c 6 7 c 7 + ( 24 c c 3 c 5 30 c 6 ) ξ1 (60 c 3 c 4 30 c 5 ) ξ ( 12 c c 4 ) ξ 3 1 ) ξ2 2 ξ 1 ξ 2 3 ( 15 2 c 3 c 5 5 c 6 + (18 c 3 c 4 10 c 5 ) ξ 1 + ( 9 2 c c 4 ) ξ c 3 ξ 3 1 ( 9 c c c 3 ξ 1 ) ξ2 ξ 2 2) ξ3.
79 Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R.
80 Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal
81 Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal V(I)... varieteta ideala, to je množica skupnih ničel P 1,P 2,P 3.
82 Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal V(I)... varieteta ideala, to je množica skupnih ničel P 1,P 2,P 3. I 1 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2 ]... prvi eliminacijski ideal
83 Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal V(I)... varieteta ideala, to je množica skupnih ničel P 1,P 2,P 3. I 1 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2 ]... prvi eliminacijski ideal I 2 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1 ]... drugi eliminacijski ideal
84 Zaenkrat zanemarimo člene O(h). R[ξ 1,ξ 2,...,ξ i ]... kolobar polinomov v spremenljivkah ξ 1,ξ 2,...,ξ i nad obsegom R. I := P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2,ξ 3 ]... ideal V(I)... varieteta ideala, to je množica skupnih ničel P 1,P 2,P 3. I 1 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1,ξ 2 ]... prvi eliminacijski ideal I 2 = P 1,P 2,P 3 R[ξ 1 ]... drugi eliminacijski ideal Kompleten opis eliminacijskih idealov nam dajo Gröbnerjeve baze. Računanje Gröbnerjeve baze je računsko prezahtevno! Obstoj rešitve bomo dokazali s pomočjo teorije rezultant.
85 IZREK 9. Naj bo K algebrajično zaprt obseg karakteristike 0 in ideal. Naj velja I := f 1,f 2,...,f m K[ξ 1,ξ 2,...,ξ m ] f i (x 1 ) = g i (x 2,x 3,...,x m )x N členi nižjih redov, g i 0 če f i 0, in naj bo (c 2,c 3,...,c m ) V(I 1 ) \ V(g 1,g 2,...,g m ) Tedaj obstaja c 1 K, da je (c 1,c 2,...,c m ) V(I).
86 V sistemu (17) je prva enačba linearna v ξ 3 : P 1 (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) = ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) + ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ξ 3 = 0, ψ 1, ψ 2 R[ξ 1,ξ 2 ]. (18)
87 V sistemu (17) je prva enačba linearna v ξ 3 : P 1 (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) = ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) + ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ξ 3 = 0, ψ 1, ψ 2 R[ξ 1,ξ 2 ]. (18) Podobno velja za modificirano tretjo enačbo P 3 (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) + 2ξ 1 P 2 (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) = χ 1 (ξ 1,ξ 2 ) + χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ξ 3 = 0, χ 1,χ 2 R[ξ 1,ξ 2 ]. (19)
88 Iz enačbe (18) eliminiramo ξ 3 in sistem (17) postane ( P 12 (ξ 1,ξ 2 ) := ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 2 P 2 ξ 1,ξ 2, ψ ) 1(ξ 1,ξ 2 ) = 0, ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) P 13 (ξ 1,ξ 2 ) := χ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) = 0. (20)
89 Iz enačbe (18) eliminiramo ξ 3 in sistem (17) postane ( P 12 (ξ 1,ξ 2 ) := ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 2 P 2 ξ 1,ξ 2, ψ ) 1(ξ 1,ξ 2 ) = 0, ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) P 13 (ξ 1,ξ 2 ) := χ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) = 0. (20) Izračunamo rezultanto P 12 in P 13 glede na ξ 2 : R 1 (ξ 1 ) := Res (P 12 (ξ 1,ξ 2 ),P 13 (ξ 1,ξ 2 );ξ 2 ) = 0.
90 Ker velja R 1 I 2 = V(I 2 ) V(R 1 ), lahko varieteta V(R 1 ) vključuje dodatne ničle, ki jih producira faktor ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ali sama rezultanta Res. Varieteta V tudi ne da informacije o večkratnih ničlah sistema, to je število ničel R 1 štetih z večkratnostjo je lahko večje od števila elementov v V(R 1 ).
91 Ker velja R 1 I 2 = V(I 2 ) V(R 1 ), lahko varieteta V(R 1 ) vključuje dodatne ničle, ki jih producira faktor ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ali sama rezultanta Res. Varieteta V tudi ne da informacije o večkratnih ničlah sistema, to je število ničel R 1 štetih z večkratnostjo je lahko večje od števila elementov v V(R 1 ). Ta eliminacijski postopek pa vendar omogoča razširitev rešitve ξ 1 na rešitev celotnega sistema (17), ξ 1 V(I 2 ) = (ξ 1,ξ 2,ξ 3 ) V(I), razen kadar ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) = 0.
92 V tem primeru eliminiramo ξ 3 iz enačbe (19) in dobimo ( P 32 (ξ 1,ξ 2 ) := χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 2 P 2 ξ 1,ξ 2, χ ) 1(ξ 1,ξ 2 ) = 0, χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) P 13 (ξ 1,ξ 2 ) := χ 1 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) ψ 1 (ξ 1,ξ 2 ) = 0, ter R 2 (ξ 1 ) := Res (P 32 (ξ 1,ξ 2 ),P 13 (ξ 1,ξ 2 );ξ 2 ) = 0.
93 Vsako ξ 1 V (R 1 ) V (R 2 ), ki ni odvečna, torej lahko razširimo do rešitve celotnega sistema, če je le ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 0 ali χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 0.
94 Vsako ξ 1 V (R 1 ) V (R 2 ), ki ni odvečna, torej lahko razširimo do rešitve celotnega sistema, če je le ψ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 0 ali χ 2 (ξ 1,ξ 2 ) 0. Polinoma R 1 in R 2 se faktorizirata R 1 (ξ 1 ) = ν 1 (ξ 1 ) 2 Q(ξ 1 ), R 2 (ξ 1 ) = ν 2 (ξ 1 ) 2 Q(ξ 1 ). (21) Polinoma ν i tvorita bazo eliminacijskih idealov ν 1 = ψ 1,ψ 2 R[ξ 1 ], ν 1 (ξ 1 ) = 4ξ1+10c 5 3 ξ1+ 4 ( 60c 2 ) 3 40c 4 ξ , in ν 2 = χ 1,χ 2 R[ξ 1 ], ν 2 (ξ 1 ) = ( 5c 2 3 4c 4 ) ξ
95 Če ν 1 in ν 2 nimata skupnih faktorjev sta očitno odvečna faktorja in V(I 2 ) V(Q). (22) V primeru ko ν 1 (ξ 1 ) = 0, ν 2 (ξ 1 ) = 0 za nek ξ 1 C mora biti izpolnjena polinomska relacija med konstantami c i, ki jo dobimo iz Res (ν 1 (ξ 1 ),ν 2 (ξ 1 );ξ 1 ) = 0. Mera množice {(c 3,c 4,...,c 9 ) R 7 ;ν 1 (ξ 1 ) = 0, ν 2 (ξ 1 ) = 0} je nič in po zveznosti velja (22) za vse konstante.
96 Če gre katera ničla ξ 1 = ξ 1 (c 3,c 4,...,c 9 ) V(I 2 ) proti neskončnosti oz. če katera iz neskončnosti pride, mora to veljati tudi za korespondenčno ξ 1 V(Q). Razlika #V(Q) #V(I 2 ) 0 je torej neodvisna od konstant c i.
97 Za poseben izbor konstant c 3 = 1, c 4 = 1 2, c 5 = 1, c 6 = 1, c 7 = 0, c 8 = 1 2, c 9 = 1 pa velja #V(I 2 ) = #V(Q) = 25. Dovolj je torej gledati ničle polinoma Q. Če je njegova stopnja liha, potem ima vsaj eno realno ničlo lihe kratnosti, ki jo lahko razširimo do realne ničle iz V(I). Ker je ξ 1 R lihe kratnosti, ima tudi perturbiran sistem (17) vsaj eno realno rešitev za vse dovolj majhne h.
98 Če je Q(ξ 1 ) = ( 5c 2 3 4c 4 ) 5ξ 25 1 ( 5c 2 3 4c 4 ) 4 ( 1043c c 3 c c 5 ) ξ c 4 = 5 4 c2 3 = Q(ξ 1 ) = c 4 = 5 4 c2 3, c 5 = 7 4 c3 3 = Q(ξ 1 ) = ( 7c 3 3 4c 5 ) 4 ξ ( 21c 4 3 8c 6 ) 4 ξ
99 Dalje c 6 = 21 8 c4 3, c 7 = 33 8 c5 3, c 8 = c6 3 reducirajo stopnjo Q na 15,11,7. Pri dodatni izbiri c 9 = c7 3 pa je Q 0 in vsak ξ 1 R je rešitev.
100 Dalje c 6 = 21 8 c4 3, c 7 = 33 8 c5 3, c 8 = c6 3 reducirajo stopnjo Q na 15,11,7. Pri dodatni izbiri c 9 = c7 3 pa je Q 0 in vsak ξ 1 R je rešitev. V tem posebnem primeru je Taylorjev polinom funkcije 9 c k h k 2 x k k=2 y(x) = 1 2c 2 x c 1 4cx 2c 2, c := h 2 c 3,
101 ki pa se jo da reparametrizirat f(z) = cz c3 z 2, c 2 z 2 z := z(c) := 1 1 4cx 2c 2. V primeru ko c 3 0, pa y(x) x 2.
Osnove matematicne analize 2018/19
Osnove matematične analize 2018/19 Neža Mramor Kosta Fakulteta za računalništvo in informatiko Univerza v Ljubljani Funkcija je predpis, ki vsakemu elementu x iz definicijskega območja D f R priredi natanko
Prikaži večIme in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost Pisni izpit 5. februar 2018 Navodila Pazljivo preberite
Ime in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Verjetnost Pisni izpit 5 februar 018 Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Nalog je
Prikaži večMatematika Diferencialne enačbe prvega reda (1) Reši diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami: (a) y = 2xy, (b) y tg x = y, (c) y = 2x(1 + y
Matematika Diferencialne enačbe prvega reda (1) Reši diferencialne enačbe z ločljivimi spremenljivkami: (a) y = 2xy, (b) y tg x = y, (c) y = 2x(1 + y 2 ). Rešitev: Diferencialna enačba ima ločljive spremenljivke,
Prikaži večFGG13
10.8 Metoda zveznega nadaljevanja To je metoda za reševanje nelinearne enačbe f(x) = 0. Če je težko poiskati začetni približek (še posebno pri nelinearnih sistemih), si lahko pomagamo z uvedbo dodatnega
Prikaži večVrste
Matematika 1 17. - 24. november 2009 Funkcija, ki ni algebraična, se imenuje transcendentna funkcija. Podrobneje si bomo ogledali naslednje transcendentne funkcije: eksponentno, logaritemsko, kotne, ciklometrične,
Prikaži večEKVITABILNE PARTICIJE IN TOEPLITZOVE MATRIKE Aleksandar Jurišić Politehnika Nova Gorica in IMFM Vipavska 13, p.p. 301, Nova Gorica Slovenija Štefko Mi
EKVITABILNE PARTICIJE IN TOEPLITZOVE MATRIKE Aleksandar Jurišić Politehnika Nova Gorica in IMFM Vipavska 13, p.p. 301, Nova Gorica Slovenija Štefko Miklavič 30. okt. 2003 Math. Subj. Class. (2000): 05E{20,
Prikaži večSlide 1
Vsak vektor na premici skozi izhodišče lahko zapišemo kot kjer je v smerni vektor premice in a poljubno število. r a v Vsak vektor na ravnini skozi izhodišče lahko zapišemo kot kjer sta v, v vektorja na
Prikaži večBrownova kovariancna razdalja
Brownova kovariančna razdalja Nace Čebulj Fakulteta za matematiko in fiziko 8. januar 2015 Nova mera odvisnosti Motivacija in definicija S primerno izbiro funkcije uteži w(t, s) lahko definiramo mero odvisnosti
Prikaži večC:/Users/Matevž Èrepnjak/Dropbox/FKKT/testi in izpiti/ /IZPITI/FKKT-februar-14.dvi
Kemijska tehnologija, Kemija Bolonjski univerzitetni program Smer: KT K WolframA: DA NE Računski del izpita pri predmetu MATEMATIKA I 6. 2. 2014 Čas reševanja je 75 minut. Navodila: Pripravi osebni dokument.
Prikaži večC:/Users/Matevž Èrepnjak/Dropbox/FKKT/TESTI-IZPITI-REZULTATI/ /Izpiti/FKKT-avgust-17.dvi
Vpisna številka Priimek, ime Smer: K KT WA Izpit pri predmetu MATEMATIKA I Računski del Ugasni in odstrani mobilni telefon. Uporaba knjig in zapiskov ni dovoljena. Dovoljeni pripomočki so: kemični svinčnik,
Prikaži večC:/Users/Matevž Èrepnjak/Dropbox/FKKT/TESTI-IZPITI-REZULTATI/ /Izpiti/FKKT-junij-17.dvi
Vpisna številka Priimek, ime Smer: K KT WA Izpit pri predmetu MATEMATIKA I Računski del Ugasni in odstrani mobilni telefon. Uporaba knjig in zapiskov ni dovoljena. Dovoljeni pripomočki so: kemični svinčnik,
Prikaži večMatematika 2
Matematika 2 Gregor Dolinar Fakulteta za elektrotehniko Univerza v Ljubljani 23. april 2014 Soda in liha Fourierjeva vrsta Opomba Pri razvoju sode periodične funkcije f v Fourierjevo vrsto v razvoju nastopajo
Prikaži večVaje: Matrike 1. Ugani rezultat, nato pa dokaži z indukcijo: (a) (b) [ ] n 1 1 ; n N 0 1 n ; n N Pokaži, da je množica x 0 y 0 x
Vaje: Matrike 1 Ugani rezultat, nato pa dokaži z indukcijo: (a) (b) [ ] n 1 1 ; n N n 1 1 0 1 ; n N 0 2 Pokaži, da je množica x 0 y 0 x y x + z ; x, y, z R y x z x vektorski podprostor v prostoru matrik
Prikaži več6.1 Uvod 6 Igra Chomp Marko Repše, Chomp je nepristranska igra dveh igralcev s popolno informacijo na dvo (ali vec) dimenzionalnem prostoru
6.1 Uvod 6 Igra Chomp Marko Repše, 30.03.2009 Chomp je nepristranska igra dveh igralcev s popolno informacijo na dvo (ali vec) dimenzionalnem prostoru in na končni ali neskončni čokoladi. Igralca si izmenjujeta
Prikaži večFAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 2 Pisni izpit 9. junij 2005 Ime in priimek: Vpisna št: Zaporedna številka izpita: Navodila Pazljivo preberite bese
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika Pisni izpit 9. junij 005 Ime in priimek: Vpisna št: Zaporedna številka izpita: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja. Veljale bodo
Prikaži večPoglavje 3 Reševanje nelinearnih enačb Na iskanje rešitve enačbe oblike f(x) = 0 (3.1) zelo pogosto naletimo pri reševanju tehničnih problemov. Pri te
Poglavje 3 Reševanje nelinearnih enačb Na iskanje rešitve enačbe oblike f(x) = 0 (3.1) zelo pogosto naletimo pri reševanju tehničnih problemov. Pri tem je lahko nelinearna funkcija f podana eksplicitno,
Prikaži več2. izbirni test za MMO 2017 Ljubljana, 17. februar Naj bosta k 1 in k 2 dve krožnici s središčema O 1 in O 2, ki se sekata v dveh točkah, ter
2. izbirni test za MMO 2017 Ljubljana, 17. februar 2017 1. Naj bosta k 1 in k 2 dve krožnici s središčema O 1 in O 2, ki se sekata v dveh točkah, ter naj bo A eno od njunih presečišč. Ena od njunih skupnih
Prikaži večresitve.dvi
FAKULTETA ZA STROJNISTVO Matematika Pisni izpit. junij 22 Ime in priimek Vpisna st Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite resevanja. Veljale bodo samo resitve na papirju, kjer so
Prikaži večC:/Users/Matevz/Dropbox/FKKT/TESTI-IZPITI-REZULTATI/ /Izpiti/FKKT-januar-februar-15.dvi
Kemijska tehnologija, Kemija Bolonjski univerzitetni program Smer: KT K WolframA: DA NE Čas reševanja je 75 minut. Navodila: Računski del izpita pri predmetu MATEMATIKA I Ugasni in odstrani mobilni telefon.
Prikaži večIme in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Statistika Pisni izpit 6. julij 2018 Navodila Pazljivo preberite be
Ime in priimek: Vpisna št: FAKULEA ZA MAEMAIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Statistika Pisni izpit 6 julij 2018 Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Za pozitiven rezultat
Prikaži večANALITIČNA GEOMETRIJA V RAVNINI
3. Analitična geometrija v ravnini Osnovna ideja analitične geometrije je v tem, da vaskemu geometrijskemu objektu (točki, premici,...) pridružimo števila oz koordinate, ki ta objekt popolnoma popisujejo.
Prikaži večMatematika II (UN) 2. kolokvij (7. junij 2013) RE ITVE Naloga 1 (25 to k) ƒasovna funkcija f je denirana za t [0, 2] in podana s spodnjim grafom. f t
Matematika II (UN) 2. kolokvij (7. junij 2013) RE ITVE Naloga 1 (25 to k) ƒasovna funkcija f je denirana za t [0, 2] in podana s spodnjim grafom. f t 0.5 1.5 2.0 t a.) Nari²ite tri grafe: graf (klasi ne)
Prikaži večFunkcije in grafi
14 Funkcije in grafi Funkcije Zapisi funkcij Sorazmernost Obratna sorazmernost Potenčne funkcije Polinomske funkcije Druge funkcije Prileganje podatkom 14.1 Funkcije Spremenljivke Odvisnost spremenljivk
Prikaži večKazalo 1 DVOMESTNE RELACIJE Operacije z dvomestnimi relacijami Predstavitev relacij
Kazalo 1 DVOMESTNE RELACIJE 1 1.1 Operacije z dvomestnimi relacijami...................... 2 1.2 Predstavitev relacij............................... 3 1.3 Lastnosti relacij na dani množici (R X X)................
Prikaži večKotne in krožne funkcije Kotne funkcije v pravokotnem trikotniku β a c γ b α sin = a c cos = b c tan = a b cot = b a Sinus kota je razmerje kotu naspr
Kotne in krožne funkcije Kotne funkcije v pravokotnem trikotniku β a c γ b α sin = a c cos= b c tan = a b cot = b a Sinus kota je razmerje kotu nasprotne katete in hipotenuze. Kosinus kota je razmerje
Prikaži večresitve.dvi
FAKULTETA ZA STROJNISTVO Matematika 2. kolokvij. december 2 Ime in priimek: Vpisna st: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite resevanja. Veljale bodo samo resitve na papirju, kjer
Prikaži večFGG02
6.6 Simetrični problem lastnih vrednosti Če je A = A T, potem so lastne vrednosti realne, matrika pa se da diagonalizirati. Schurova forma za simetrično matriko je diagonalna matrika. Lastne vrednosti
Prikaži večPRIPRAVA NA 1. Š. N.: KVADRATNA FUNKCIJA IN KVADRATNA ENAČBA 1. Izračunaj presečišča parabole y=5 x x 8 s koordinatnima osema. R: 2 0, 8, 4,0,,0
PRIPRAVA NA 1. Š. N.: KVADRATNA FUNKCIJA IN KVADRATNA ENAČBA 1. Izračunaj presečišča parabole y=5 x +18 x 8 s koordinatnima osema. R: 0, 8, 4,0,,0 5. Zapiši enačbo kvadratne funkcije f (x )=3 x +1 x+8
Prikaži večPoslovilno predavanje
Poslovilno predavanje Matematične teme z didaktiko Marko Razpet, Pedagoška fakulteta Ljubljana, 20. november 2014 1 / 32 Naše skupne ure Matematične tehnologije 2011/12 Funkcije več spremenljivk 2011/12
Prikaži večIme in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Statistika Pisni izpit 31. avgust 2018 Navodila Pazljivo preberite
Ime in priimek: Vpisna št: FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Oddelek za matematiko Statistika Pisni izpit 31 avgust 018 Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja Za pozitiven
Prikaži več11. Navadne diferencialne enačbe Začetni problem prvega reda Iščemo funkcijo y(x), ki zadošča diferencialni enačbi y = f(x, y) in začetnemu pogo
11. Navadne diferencialne enačbe 11.1. Začetni problem prvega reda Iščemo funkcijo y(x), ki zadošča diferencialni enačbi y = f(x, y) in začetnemu pogoju y(x 0 ) = y 0, kjer je f dana dovolj gladka funkcija
Prikaži več3. Metode, ki temeljijo na minimalnem ostanku Denimo, da smo z Arnoldijevim algoritmom zgenerirali ON bazo podprostora Krilova K k (A, r 0 ) in velja
3. Metode, ki temeljijo na minimalnem ostanku Denimo, da smo z Arnoldijevim algoritmom zgenerirali ON bazo podprostora Krilova K k (A, r 0 ) in velja AV k = V k H k + h k+1,k v k+1 e T k = V kh k+1,k.
Prikaži večresitve.dvi
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pisni izpit 3. februar Ime in priimek: Vpisna št: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja. Veljale bodo samo rešitve na papirju, kjer
Prikaži večLaTeX slides
Linearni in nelinearni modeli Milena Kovač 22. december 2006 Biometrija 2006/2007 1 Linearni, pogojno linearni in nelinearni modeli Kriteriji za razdelitev: prvi parcialni odvodi po parametrih Linearni
Prikaži več1. izbirni test za MMO 2018 Ljubljana, 16. december Naj bo n naravno število. Na mizi imamo n 2 okraskov n različnih barv in ni nujno, da imam
1. izbirni test za MMO 018 Ljubljana, 16. december 017 1. Naj bo n naravno število. Na mizi imamo n okraskov n različnih barv in ni nujno, da imamo enako število okraskov vsake barve. Dokaži, da se okraske
Prikaži večSrednja šola za oblikovanje
Srednja šola za oblikovanje Park mladih 8 2000 Maribor POKLICNA MATURA MATEMATIKA SEZNAM VPRAŠANJ ZA USTNI DEL NARAVNA IN CELA ŠTEVILA Opišite vrstni red računskih operacij v množici naravnih števil. Kakšen
Prikaži več(Microsoft PowerPoint - vorsic ET 9.2 OES matri\350ne metode 2011.ppt [Compatibility Mode])
8.2 OBRATOVANJE ELEKTROENERGETSKEGA SISTEMA o Matrične metode v razreševanju el. omrežij Matrične enačbe električnih vezij Numerične metode za reševanje linearnih in nelinearnih enačb Sistem algebraičnih
Prikaži večglava.dvi
Lastnosti verjetnosti 1. Za dogodka A in B velja: P(A B) = P(A) + P(B) P(A B) 2. Za dogodke A, B in C velja: P(A B C) = P(A) + P(B) + P(C) P(A B) P(A C) P(B C) + P(A B C) Kako lahko to pravilo posplošimo
Prikaži večUNIVERZA V LJUBLJANI FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Katja Ciglar Analiza občutljivosti v Excel-u Seminarska naloga pri predmetu Optimizacija v fina
UNIVERZA V LJUBLJANI FAKULTETA ZA MATEMATIKO IN FIZIKO Katja Ciglar Analiza občutljivosti v Excel-u Seminarska naloga pri predmetu Optimizacija v financah Ljubljana, 2010 1. Klasični pristop k analizi
Prikaži večMatematika II (UNI) Izpit (23. avgust 2011) RE ITVE Naloga 1 (20 to k) Vektorja a = (0, 1, 1) in b = (1, 0, 1) oklepata trikotnik v prostoru. Izra una
Matematika II (UNI) Izpit (. avgust 11) RE ITVE Naloga 1 ( to k) Vektorja a = (, 1, 1) in b = (1,, 1) oklepata trikotnik v prostoru. Izra unajte: kot med vektorjema a in b, pravokotno projekcijo vektorja
Prikaži več5 SIMPLICIALNI KOMPLEKSI Definicija 5.1 Vektorji r 0,..., r k v R n so afino neodvisni, če so vektorji r 1 r 0, r 2 r 0,..., r k r 0 linearno neodvisn
5 SIMPLICIALNI KOMPLEKSI Definicija 5.1 Vektorji r 0,..., r k v R n so afino neodvisni, če so vektorji r 1 r 0, r 2 r 0,..., r k r 0 linearno neodvisni. Če so krajevni vektorji do točk a 0,..., a k v R
Prikaži večH-Razcvet
Univerza v Ljubljani Fakulteta za računalništvo in informatiko Fakulteta za matematiko in fiziko Gregor Šulgaj H-Razcvet DIPLOMSKO DELO INTERDISCIPLINARNI ŠTUDIJSKI PROGRAM PRVE STOPNJE RAČUNALNIŠTVA IN
Prikaži večUvod v diferencialne enačbe, kompleksno in Fourierovo analizo Bojan Magajna Fakulteta za matematiko in fiziko, Univerza v Ljubljani
Uvod v diferencialne enačbe, kompleksno in Fourierovo analizo Bojan Magajna Fakulteta za matematiko in fiziko, Univerza v Ljubljani UVOD V DIFERENCIALNE ENAČBE, KOMPLEKSNO IN FOURIEROVO ANALIZO Povzetek
Prikaži večPREDMETNI KURIKULUM ZA RAZVOJ METEMATIČNIH KOMPETENC
MATEMATIKA 1.razred OSNOVE PREDMETA POKAZATELJI ZNANJA SPRETNOSTI KOMPETENCE Naravna števila -pozna štiri osnovne računske operacije in njihove lastnosti, -izračuna številske izraze z uporabo štirih računskih
Prikaži večPredmet: Course title: UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS (leto / year 2017/18) Numerična aproksimacija in interpolacija Numerical approximation an
Predmet: Course title: UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS (leto / year 2017/18) Numerična aproksimacija in interpolacija Numerical approximation and interpolation Študijski program in stopnja Study
Prikaži večFGG14
Iterativne metode podprostorov Iterativne metode podprostorov uporabljamo za numerično reševanje linearnih sistemov ali računanje lastnih vrednosti problemov z velikimi razpršenimi matrikami, ki so prevelike,
Prikaži večRavninski grafi Tina Malec 6. februar 2007 Predstavili bomo nekaj osnovnih dejstev o ravninskih grafih, pojem dualnega grafa (k danemu grafu) ter kako
Ravninski grafi Tina Malec 6. februar 2007 Predstavili bomo nekaj osnovnih dejstev o ravninskih grafih, pojem dualnega grafa (k danemu grafu) ter kako ugotoviti, ali je nek graf ravninski. 1 Osnovni pojmi
Prikaži večM
Š i f r a k a n d i d a t a : Državni izpitni center *M16140111* Osnovna raven MATEMATIKA Izpitna pola 1 SPOMLADANSKI IZPITNI ROK Sobota, 4. junij 016 / 10 minut Dovoljeno gradivo in pripomočki: Kandidat
Prikaži večUNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA KEMIJO IN KEMIJSKO TEHNOLOGIJO Petra Žigert Pleteršek MATEMATIKA III Maribor, september 2017
UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA KEMIJO IN KEMIJSKO TEHNOLOGIJO Petra Žigert Pleteršek MATEMATIKA III Maribor, september 217 ii Kazalo Diferencialni račun vektorskih funkcij 1 1.1 Skalarne funkcije...........................
Prikaži večRAČUNALNIŠKA ORODJA V MATEMATIKI
DEFINICIJA V PARAVOKOTNEM TRIKOTNIKU DEFINICIJA NA ENOTSKI KROŢNICI GRAFI IN LASTNOSTI SINUSA IN KOSINUSA POMEMBNEJŠE FORMULE Oznake: sinus kota x označujemo z oznako sin x, kosinus kota x označujemo z
Prikaži večLehmerjev algoritem za racunanje najvecjega skupnega delitelja
Univerza v Ljubljani Fakulteta za računalništvo in informatiko ter Fakulteta za Matematiko in Fiziko Mirjam Kolar Lehmerjev algoritem za računanje največjega skupnega delitelja DIPLOMSKO DELO NA INTERDISCIPLINARNEM
Prikaži večMicrosoft PowerPoint _12_15-11_predavanje(1_00)-IR-pdf
uporaba for zanke i iz korak > 0 oblika zanke: for i iz : korak : ik NE i ik DA stavek1 stavek2 stavekn stavek1 stavek2 stavekn end i i + korak I&: P-XI/1/17 uporaba for zanke i iz korak < 0 oblika zanke:
Prikaži večLinearna algebra - povzetek vsebine Peter Šemrl Jadranska 21, kabinet 4.10 Izpitni režim: Kolokviji in pisni izpiti so vsi s
Linearna algebra - povzetek vsebine Peter Šemrl Jadranska 21, kabinet 410 petersemrl@fmfuni-ljsi Izpitni režim: Kolokviji in pisni izpiti so vsi sestavljeni iz dveh delov: v prvem delu se rešujejo naloge,
Prikaži večNaloge iz kolokvijev Analize 1 (z rešitvami) E-UNI, GING, TK-UNI FERI dr. Iztok Peterin Maribor 2009 V tej datoteki so zbrane naloge iz kolokvijev za
Naloge iz kolokvijev Analize (z rešitvami) E-UNI, GING, TK-UNI FERI dr. Iztok Peterin Maribor 2009 V tej datoteki so zbrane naloge iz kolokvijev za predmet Analiza na smereh E-UNI, GING in TK-UNI na Fakulteti
Prikaži večZgledi:
a) za funkcijo f(x)= 1/3x 1 izračunaj ničlo, zapiši začetno vrednost in nariši graf (x=3, začetna vrednost: f(0)= 1, graf seka abscisno os v točki (3,0), ordinatno os pa v točki (0, 1)) b) nariši graf
Prikaži večUniverza v Mariboru Fakulteta za naravoslovje in matematiko Oddelek za matematiko in računalništvo Enopredmetna matematika IZPIT IZ VERJETNOSTI IN STA
Enopredmetna matematika IN STATISTIKE Maribor, 31. 01. 2012 1. Na voljo imamo kovanca tipa K 1 in K 2, katerih verjetnost, da pade grb, je p 1 in p 2. (a) Istočasno vržemo oba kovanca. Verjetnost, da je
Prikaži večPopravki nalog: Numerična analiza - podiplomski študij FGG : popravljena naloga : popravljena naloga 14 domače naloge - 2. skupina
Popravki nalog: Numerična analiza - podiplomski študij FGG 9.8.24: popravljena naloga 4 3..25: popravljena naloga 4 domače naloge - 2. skupina V drugem delu morate rešiti toliko nalog, da bo njihova skupna
Prikaži večOptimizacija z roji delcev - Seminarska naloga pri predmetu Izbrana poglavja iz optimizacije
Univerza v Ljubljani Fakulteta za matematiko in fiziko Seminarska naloga pri predmetu Izbrana poglavja iz optimizacije 2. junij 2011 Koncept PSO Motivacija: vedenje organizmov v naravi Ideja: koordinirano
Prikaži večMicrosoft Word - UP_Lekcija04_2014.docx
4. Zanka while Zanke pri programiranju uporabljamo, kadar moramo stavek ali skupino stavkov izvršiti večkrat zaporedoma. Namesto, da iste (ali podobne) stavke pišemo n-krat, jih napišemo samo enkrat in
Prikaži večŠtudij AHITEKTURE IN URBANIZMA, šol. l. 2016/17 Vaje iz MATEMATIKE 9. Integral Določeni integral: Določeni integral: Naj bo f : [a, b] R funkcija. Int
Študij AHITEKTURE IN URBANIZMA, šol. l. 6/7 Vje iz MATEMATIKE 9. Integrl Določeni integrl: Določeni integrl: Nj bo f : [, b] R funkcij. Intervl [, b] rzdelimo n n podintervlov z delilnimi točkmi: = x
Prikaži večDomače vaje iz LINEARNE ALGEBRE Marjeta Kramar Fijavž Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljubljani 2007/08 Kazalo 1 Vektorji 2 2 Analit
Domače vaje iz LINEARNE ALGEBRE Marjeta Kramar Fijavž Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljubljani 007/08 Kazalo Vektorji Analitična geometrija 7 Linearni prostori 0 4 Evklidski prostori
Prikaži večMladi za napredek Maribora srečanje DOLŽINA»SPIRALE«Matematika Raziskovalna naloga Februar 2015
Mladi za napredek Maribora 015 3. srečanje DOLŽINA»SPIRALE«Matematika Raziskovalna naloga Februar 015 Kazalo 1. Povzetek...3. Uvod...4 3. Spirala 1...5 4. Spirala...6 5. Spirala 3...8 6. Pitagorejsko drevo...10
Prikaži večresitve.dvi
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 2. kolokvij 4. januar 212 Ime in priimek: Vpisna št: Navodila Pazljivo preberite besedilo naloge, preden se lotite reševanja. Veljale bodo samo rešitve na papirju, kjer
Prikaži večPredmet: Course title: UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS Uvod v numerične metode Introduction to numerical methods Študijski program in stopnja St
Predmet: Course title: UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS Uvod v numerične metode Introduction to numerical methods Študijski program in stopnja Study programme and level Univerzitetni študijski program
Prikaži večRešene naloge iz Linearne Algebre
UNIVERZA V LJUBLJANI FAKULTETA ZA RAČUNALNIŠTVO IN INFORMATIKO LABORATORIJ ZA MATEMATIČNE METODE V RAČUNALNIŠTVU IN INFORMATIKI Aleksandra Franc REŠENE NALOGE IZ LINEARNE ALGEBRE Študijsko gradivo Ljubljana
Prikaži večUvodno predavanje
RAČUNALNIŠKA ORODJA Simulacije elektronskih vezij M. Jankovec 2.TRAN analiza (Analiza v časovnem prostoru) Iskanje odziva nelinearnega dinamičnega vezja v časovnem prostoru Prehodni pojavi Stacionarno
Prikaži večUniverza v Ljubljani Fakulteta za elektrotehniko Fakulteta za računalništvo in informatiko MATEMATIKA I Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta L
Univerza v Ljubljani Fakulteta za elektrotehniko Fakulteta za računalništvo in informatiko MATEMATIKA I Gabrijel Tomšič Bojan Orel Neža Mramor Kosta Ljubljana, 2004 Poglavje 3 Funkcije 3.1 Osnovni pojmi
Prikaži večOdvodFunkcijEne11.dvi
III. ODVODI FUNKCIJ ENE REALNE SPREMENLJIVKE 1. Odvajanje funkcij ene spremenljivke Odvajanje je ena najpomembnejši operacij na funkcija. Z uporabo odvoda, kadar le-ta obstaja, lako veliko bolje spoznamo
Prikaži večPOPOLNI KVADER
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje ISSN 031-662 Letnik 18 (1990/1991) Številka 3 Strani 134 139 Edvard Kramar: POPOLNI KVADER Ključne besede: matematika, geometrija, kvader,
Prikaži večPredmet: Course title: UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS Numerična integracija in navadne diferencialne enačbe Numerical integration and ordinary
Predmet: Course title: UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS Numerična integracija in navadne diferencialne enačbe Numerical integration and ordinary differential equations Študijski program in stopnja
Prikaži večNEKAJ VPRAŠANJ IZ MATEMATIKE 2 1. Katero točko evklidskega prostora R n imenujemo notranjo (zunanjo, robno) točko množice M R n? 2. Za poljubno množic
NEKAJ VPRAŠANJ IZ MATEMATIKE 2 1. Katero točko evklidskega prostora R n imenujemo notranjo (zunanjo, robno) točko množice M R n? 2. Za poljubno množico M R n evklidskega prostora R n definirajte množice
Prikaži večRAM stroj Nataša Naglič 4. junij RAM RAM - random access machine Bralno pisalni, eno akumulatorski računalnik. Sestavljajo ga bralni in pisalni
RAM stroj Nataša Naglič 4. junij 2009 1 RAM RAM - random access machine Bralno pisalni, eno akumulatorski računalnik. Sestavljajo ga bralni in pisalni trak, pomnilnik ter program. Bralni trak- zaporedje
Prikaži večMatematika II (UN) 1. kolokvij (13. april 2012) RE ITVE Naloga 1 (25 to k) Dana je linearna preslikava s predpisom τ( x) = A x A 1 x, kjer je A
Matematika II (UN) 1 kolokvij (13 april 01) RE ITVE Naloga 1 (5 to k) Dana je linearna preslikava s predpisom τ( x) = A x A 1 x, kjer je 0 1 1 A = 1, 1 A 1 pa je inverzna matrika matrike A a) Poi² ite
Prikaži večUčinkovita izvedba algoritma Goldberg-Tarjan Teja Peklaj 26. februar Definicije Definicija 1 Naj bo (G, u, s, t) omrežje, f : E(G) R, za katero v
Učinkovita izvedba algoritma Goldberg-Tarjan Teja Peklaj 26. februar 2009 1 Definicije Definicija 1 Naj bo (G, u, s, t) omrežje, f : E(G) R, za katero velja 0 f(e) u(e) za e E(G). Za v V (G) definiramo presežek
Prikaži večREED-SOLOMONOVE KODE Aleksandar Jurišić Arjana Žitnik 6. junij 2004 Math. Subj. Class. (2000): 51E22, 94B05?, 11T71 Reed-Solomonove kode so izjemno us
REED-SOLOMONOVE KODE Aleksandar Jurišić Arjana Žitnik 6 junij 2004 Math Subj Class (2000): 51E22, 94B05?, 11T71 Reed-Solomonove kode so izjemno uspešne na področju hranjenja podatkov (CD, DVD) ter prenašanja
Prikaži večREŠEVANJE DIFERENCIALNIH ENAČB Z MEHANSKIMI RAČUNSKIMI STROJI Pino Koc Seminar za učitelje matematike FMF, Ljubljana, 25. september 2015 Vir: [1] 1
REŠEVANJE DIFERENCIALNIH ENAČB Z MEHANSKIMI RAČUNSKIMI STROJI Pino Koc Seminar za učitelje matematike FMF, Ljubljana, 25. september 2015 Vir: [1] 1 Nekateri pripomočki in naprave za računanje: 1a) Digitalni
Prikaži večPosebne funkcije
10 Posebne funkcije Posebne funkcije Geometrijska vrsta Binomska vrsta Eksponentna funkcija Logaritemska funkcija Kotne funkcije Kotne tabele Grafi kotnih funkcij Obratne kotne funkcije 10.1 Posebne funkcije
Prikaži večDOMACA NALOGA - LABORATORIJSKE VAJE NALOGA 1 Dani sta kompleksni stevili z in z Kompleksno stevilo je definirano kot : z = a + b, a p
DOMACA NALOGA - LABORATORIJSKE VAJE NALOGA 1 Dani sta kompleksni stevili z 1 5 2 3 in z 2 3 8 5. Kompleksno stevilo je definirano kot : z = a + b, a predstavlja realno, b pa imaginarno komponento. z 1
Prikaži večZveznostFunkcij11.dvi
II. LIMITA IN ZVEZNOST FUNKCIJ. Preslikave med množicami Funkcija ali preslikava med dvema množicama A in B je predpis f, ki vsakemu elementu x množice A priredi natanko določen element y množice B. Važno
Prikaži večDN5(Kor).dvi
Koreni Število x, ki reši enačbo x n = a, imenujemo n-ti koren števila a in to označimo z n a. Pri tem je n naravno število, a pa poljubno realno število. x = n a x n = a. ( n a ) n = a. ( n a ) m = n
Prikaži večKein Folientitel
Eksperimentalno modeliranje Se imenuje tudi: y = f x; β + ε - system identification, - statistical modeling, - parametric modeling, - nonparametric modeling, - machine learning, - empiric modeling - itd.
Prikaži večresitve.dvi
FAKULTETA ZA STROJNIŠTVO Matematika 4 Pini izpit 2. januar 22 Ime in priimek: Vpina št: Navodila Pazljivo preberite beedilo naloge, preden e lotite reševanja. Veljale bodo amo rešitve na papirju, kjer
Prikaži večPowerPoint Presentation
Integral rešujemo nalogo: Dana je funkcija f. Najdimo funkcijo F, katere odvod je enak f. Če je F ()=f() pravimo, da je F() primitivna funkcija za funkcijo f(). Primeri: f ( ) = cos f ( ) = sin f () =
Prikaži večOsnove verjetnosti in statistika
Osnove verjetnosti in statistika Gašper Fijavž Fakulteta za računalništvo in informatiko Univerza v Ljubljani Ljubljana, 26. februar 2010 Poskus in dogodek Kaj je poskus? Vržemo kovanec. Petkrat vržemo
Prikaži večPoskusi s kondenzatorji
Poskusi s kondenzatorji Samo Lasič, Fakulteta za Matematiko in Fiziko, Oddelek za fiziko, Ljubljana Povzetek Opisani so nekateri poskusi s kondenzatorji, ki smo jih izvedli z merilnim vmesnikom LabPro.
Prikaži večNAVODILA AVTORJEM PRISPEVKOV
Predmetna komisija za nižji izobrazbeni standard matematika Opisi dosežkov učencev 6. razreda na nacionalnem preverjanju znanja Slika: Porazdelitev točk pri matematiki (NIS), 6. razred 1 ZELENO OBMOČJE
Prikaži večTuringov stroj in programiranje Barbara Strniša Opis in definicija Definirajmo nekaj oznak: Σ abeceda... končna neprazna množica simbolo
Turingov stroj in programiranje Barbara Strniša 12. 4. 2010 1 Opis in definicija Definirajmo nekaj oznak: Σ abeceda... končna neprazna množica simbolov (običajno Σ 2) Σ n = {s 1 s 2... s n ; s i Σ, i =
Prikaži večMicrosoft Word - Astronomija-Projekt19fin
Univerza v Ljubljani Fakulteta za matematiko in fiziko Jure Hribar, Rok Capuder Radialna odvisnost površinske svetlosti za eliptične galaksije Projektna naloga pri predmetu astronomija Ljubljana, april
Prikaži večUrejevalna razdalja Avtorji: Nino Cajnkar, Gregor Kikelj Mentorica: Anja Petković 1 Motivacija Tajnica v posadki MARS - a je pridna delavka, ampak se
Urejevalna razdalja Avtorji: Nino Cajnkar, Gregor Kikelj Mentorica: Anja Petković 1 Motivacija Tajnica v posadki MARS - a je pridna delavka, ampak se velikokrat zmoti. Na srečo piše v programu Microsoft
Prikaži večNAVADNA (BIVARIATNA) LINEARNA REGRESIJA O regresijski analizi govorimo, kadar želimo opisati povezanost dveh numeričnih spremenljivk. Opravka imamo to
NAVADNA (BIVARIATNA) LINEARNA REGRESIJA O regresijski analizi govorimo, kadar želimo opisati povezanost dveh numeričnih spremenljivk. Opravka imamo torej s pari podatkov (x i,y i ), kjer so x i vrednosti
Prikaži večPredmet: Course title: UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS Numerično reševanje parcialnih diferencialnih enačb Numerical solving of partial differen
Predmet: Course title: UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS Numerično reševanje parcialnih diferencialnih enačb Numerical solving of partial differential equations Študijski program in stopnja Study programme
Prikaži večTeorija kodiranja in kriptografija 2013/ AES
Teorija kodiranja in kriptografija 23/24 AES Arjana Žitnik Univerza v Ljubljani, Fakulteta za matematiko in fiziko Ljubljana, 8. 3. 24 AES - zgodovina Septembra 997 je NIST objavil natečaj za izbor nove
Prikaži večDel 1 Limite
Del 1 Limite POGLAVJE 1 Zaporedja realnih števil 1. Osnovne lastnosti realnih števil Naravna števila označujemo z N, cela z Z, racionalna z Q in realna z R. Naravna števila so nastala iz potrebe po preštevanju.
Prikaži večPoglavje 1 Plavajoča vejica Slika 1.1: Plavajoča vejica Zapis je oblike ( 1) o (1 + m)2 e 1023, mantisa je v normalizirani obliki, eksponent je podan
Poglavje Plavajoča vejica Slika : Plavajoča vejica Zapis je oblike ( ) o ( + m) e, mantisa je v normalizirani obliki, eksponent je podan z zamikom Več lahko najdete na tej strani Naloga Zapiši naslednja
Prikaži večNumeri na analiza - podiplomski ²tudij FGG doma e naloge - 1. skupina V prvem delu morate re²iti toliko nalog, da bo njihova skupna vsota vsaj 10 to k
Numeri na analiza - podiplomski ²tudij FGG doma e naloge -. skupina V prvem delu morate re²iti toliko nalog, da bo njihova skupna vsota vsaj 0 to k in da bo vsaj ena izmed njih vredna vsaj 4 to ke. Za
Prikaži večpredstavitev fakultete za matematiko 2017 A
ZAKAJ ŠTUDIJ MATEMATIKE? Ker vam je všeč in vam gre dobro od rok! lepa, eksaktna veda, ki ne zastara matematičnoanalitično sklepanje je uporabno povsod matematiki so zaposljivi ZAKAJ V LJUBLJANI? najdaljša
Prikaži večMrežni modeli polimernih verig Boštjan Jenčič 22. maj 2013 Eden preprostejših opisov polimerne verige je mrežni model, kjer lahko posamezni segmenti p
Mrežni modeli polimernih verig Boštjan Jenčič. maj 013 Eden preprostejših opisov polimerne verige je mrežni model, kjer lahko posameni segmenti polimera asedejo golj ogljišča v kvadratni (ali kubični v
Prikaži večMATEMATIKA 2. LETNIK GIMNAZIJE G2A,G2B Sestavil: Matej Mlakar, prof. Ravnatelj: Ernest Simončič, prof. Šolsko leto 2011/2012 Število ur: 140
MATEMATIKA 2. LETNIK GIMNAZIJE G2A,G2B Sestavil: Matej Mlakar, prof. Ravnatelj: Ernest Simončič, prof. Šolsko leto 2011/2012 Število ur: 140 Pravila ocenjevanja pri predmetu matematika na Gimnaziji Krško
Prikaži več