FGG13
|
|
|
- Sonja Sušnik
- pred 4 leti
- Pregledov:
Transkripcija
1 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 parametra. Opazujemo npr. F (t, x) = t f(x) + (1 t) g(x), kjer je 0 t 1 in poznamo rešitve g(x) = 0. S sledenjem krivulji od t = 0 do t = 1 dobimo rešitve f(x) = 0.
2 Metoda zveznega nadaljevanja in diferencialne enačbe Povezava z diferencialnimi enačbami je naslednja. Z odvajanjem po t dobimo kar nam da začetni problem kjer je g(x 0 ) = 0. F t (t, x) + F x (t, x) ẋ = 0, ẋ = F x (t, x) 1 F t (t, x), x(0) = x 0, Z metodami za reševanje začetnih problemov lahko sledimo rešitvi, poleg tega pa pri vsaki vrednosti t lahko upoštevamo še, da mora za x(t) veljati F (t, x(t)) = 0.
3 Prediktor-korektor sledenje homotopske krivulje a) prediktor: Iz točke (t, x(t)) z eno izmed metod za reševanje začetnega problema izračunamo prediktor x (P ) (t + h), ki je približek za rešitev v točki t + h. b) korektor: Z eno izmed metod za reševanje nelinearnega sistema rešimo sistem F (t + h, x(t + h)) = 0, za začetni približek pa vzamemo (t + h, x (P ) (t + h)).
4 11.1 Parcialne diferencialne enačbe Če iščemo funkcijo več spremenljivk in v diferencialni enačbi nastopajo parcialni odvodi več kot ene spremenljivke, potem je to parcialna diferencialna enačba (PDE). Če se omejimo na funkcije dveh spremenljivk u(x, y), potem v diferencialni enačbi drugega reda nastopajo u xx, u xy, u yy, u x, u y, u in funkcije x in y. Če u in vsi njeni odvodi nastopajo linearno, imamo linearno PDE. Npr. (x 2 + y 2 )u x + u xy 3u = 0 je linearna PDE, (x 2 + y 2 )u 2 x + u xu y 3u = 0 ni linearna PDE. Pri kvazi linearni PDE najvišji odvodi nastopajo linearno, nižji odvodi pa lahko nelinearno, npr. uu xx + u x u xy + u 2 y 2 u yy = u 2 y.
5 Karakteristike PDE drugega reda Splošna kvazi linearna PDE (dveh spremenljivk) drugega reda ima obliko kjer so a, b, c, f funkcije x, y, u, u x in u y. au xx + bu xy + cu yy = f, (1) Če predpostavimo, da je u na območju reševanja zvezna funkcija x in y, potem za diferencial velja du = u u dx + x y dy. Če to odvajamo po x in y dobimo ( ) u d x ( ) u d y = 2 u x 2dx + 2 u dy, (2) x y = 2 u x y dx + 2 u dy. (3) y2
6 Enačbe (1), (2), (3) lahko združimo v matrično obliko a b c u xx dx dy 0 u xy = 0 dx dy u yy f d(u x ). d(u y ) V poljubni točki (x, y) lahko izračunamo u xx, u xy, u yy, če poznamo smeri dx, dy in d(u x ), d(u y ). Če pa je smer taka, da je a b c dx dy 0 0 dx dy ( ) dy 2 ( ) dy = a b dx dx + c = 0, potem je sistem singularen. Rešitvi zgornje t.i. karakteristične enačbe sta smeri karakteristik kjer sta λ 1 in λ 2 ničli karakteristične enačbe. dy dx = λ 1 in dy dx = λ 2,
7 V primeru smeri karakteristike so odvodi u xx, u xy, u yy končni le, če desni vektor f d(u x ) d(u y ) leži v prostoru, ki ga razpenja matrika a b c dx dy 0, 0 dx dy oziroma velja f b c d(u x ) dy 0 d(u y ) dx dy = a f c dx d(u x ) 0 0 u(u y ) dy = a b f dx dy d(u x ) 0 dx d(u y ) = 0. Iz srednje determinante dobimo navadno diferencialno enačbo a dy d(u x ) f dx dy + c dx d(u y ) = 0, ki velja vzdolž karakteristike, kjer drugi parcialni odvodi niso definirani.
8 Klasifikacija PDE drugega reda Imamo PDE drugega reda au xx + bu xy + cu yy = f, kjer so a, b, c, f funkcije x, y, u, u x in u y. Glede na karakteristično enačbo a dy 2 b x dy + c dx 2 = 0 klasificiramo PDE drugega reda na eliptični tip, kjer je b 2 4ac < 0, parabolični tip, kjer je b 2 4ac = 0, hiperbolični tip, kjer je b 2 4ac > 0. Za karakteristike velja: pri eliptični PDE sta karakteristiki kompleksni, pri parabolični PDE je karakteristika ena sama, pri hiperbolični PDE imamo dve različni realni karakteristiki.
9 Transformacija v standardno obliko Imamo linearno PDE drugega reda au xx + bu xy + cu yy + eu x + gu y + ru = f(x, y), kjer so a, b, c, e, g, r konstante. Standardna oblika je, kadar je b = 0 in ni člena z mešanim odvodom u xy. Kadar je b 0, se ga da uničiti s substitucijo p = x cos α + y sin α q = x sin α + y cos α, kjer je α podan z tan(2α) = b. Gre za rotacijo za kot α v pozitivni smeri. Dobimo a c Au pp + Cu qq + Eu p + Gu q + ru = F (p, q), kjer je A = a cos 2 α + b sin α cos α + c sin α 2 C = a sin 2 α b sin α cos α + c cos α 2 E = e cos α + g sin α G = g cos α e sin α.
10 Parabolične PDE Standardna oblika je npr. Enačba za prevajanje toplote (po palici) u t = c 2 u xx + f(x, t).
11 Eliptične PDE Standardni obliki sta npr. Poissonova enačba u xx + u yy = f(x, y), Laplaceova enačba u xx + u yy = 0.
12 Hiperbolične PDE Standardna oblika je npr. Valovna enačba (nihanje strune) u tt = k 2 u xx + f(x, t).
13 Robni in začetni pogoji Enolično rešitev PDE določajo robni in začetni pogoji, odvisno od tipa enačbe. Če iščemo rešitev PDE na območju Ω, potem so robni pogoji sestavljeni iz vrednosti u oziroma normalnih odvodov u na robu Ω. Imamo: Dirichletov pogoj: (x, y) Ω. Podana je vrednost u na robu, torej u(x, y) = g(x, y) za Neumannov pogoj: Podana je vrednost prvega odvoda u v smeri normale na robu, torej u (x, y) = g(x, y) za (x, y) Ω. N Robbinsov (mešani) pogoj: Linearna kombinacija Dirichletovega in Neumannovega pogoja. Če je ena izmed spremenljivk čas t, potem so začetni pogoji vrednosti u in odvodov pri času t = 0.
14 11.2 Parabolična parcialna diferencialna enačba Rešujemo diferencialno enačbo za u(x, t) u t = u xx, 0 < x < 1, t > 0 z začetnim pogojem u(x, 0) = f(x) in robnima pogojema u(0, t) = g 0 (t), u(1, t) = g 1 (t). Enačba predstavlja prevajanje toplote po enodimenzionalnem telesu. Interval [0, 1] ekvidistantno razdelimo s točkami x 0 = 0, x 1,..., x n, x n+1 = 1, kjer je x = 1 n+1, t pa je sprememba na časovnem nivoju.
15 Eksplicitna metoda Odvod po času zapišemo z enostransko diferenco, drugi odvod po kraju pa s simetrično diferenco. u i,j+1 u ij = u i 1,j 2u ij + u i+1,j. t ( x) 2 Če označimo λ = t ( x) 2, dobimo direktno enačbo za u i,j+1 na naslednjem časovnem nivoju u i,j+1 = λu i 1,j + (1 2λ)u ij + λu i+1,j, i = 1,..., n. Pogoj za konvergenco je λ 1 2, najboljša izbira pa je λ = 1 6.
16 Konvergenca eksplicitne metode Lokalna napaka eksplicitne sheme je ( τ ij = u t (x i, t j ) u ) i,j+1 u ij t = 1 2 tu tt(x i, ξ) ( x)2 u xxxx (η, t j ). ( u xx (x i, t j ) u ) i 1,j 2u ij + u i+1,j x 2 Globalna napaka je e ij = u ij u(x i, t j ). Zaradi eksplicitne sheme velja e i,j+1 = λe i 1,j + (1 2λ)e ij + λe i+1,j tτ ij. Označimo E j = max i e ij in T = max τ ij. Zaradi λ 1/2 velja E j+1 E j + tt, kar pomeni E n E 0 + t n T in sledi U(x i, t j ) u ij E 0 + t j O( t + x 2 ).
17 Implicitna metoda u i,j+1 u ij t = u i 1,j+1 2u i,j+1 + u i+1,j+1 ( x) 2. Dobimo tridiagonalni sistem za vrednosti u i,j+1 na naslednjem časovnem nivoju λu i 1,j+1 + (1 + 2λ)u i,j+1 λu i+1,j+1 = u ij, i = 1,..., n. Implicitna shema konvergira za vsak λ.
18 Konvergenca implicitne metode Lokalna napaka implicitne sheme je ( τ ij = u t (x i, t j ) u ) i,j u i,j 1 t = 1 2 tu tt(x i, ξ) ( x)2 u xxxx (η, t j ). ( u xx (x i, t j ) u ) i 1,j 2u ij + u i+1,j x 2 Globalna napaka je e ij = u ij u(x i, t j ). Zaradi implicitne sheme velja (1 + 2λ)e i,j = e i,j 1 + λ(e i 1,j + e i 1,j ) tτ ij. Označimo E j = max i e ij in T = max τ ij. Dobimo (1 + 2λ) e i,j E j 1 + 2λE j + tt, kar pomeni E j E j 1 + tt, od tod E n E 0 + t n T in U(x i, t j ) u ij E 0 + t j O( t + x 2 ).
19 Crank-Nicolsonova metoda Vzamemo povprečje implicitne in eksplicitne metode: u i,j+1 u ij = 1 ( ui 1,j 2u ij + u i+1,j + u ) i 1,j+1 2u i,j+1 + u i+1,j+1. t 2 ( x) 2 ( x) 2 Spet dobimo tridiagonalni sistem za vrednosti u i,j+1, i = 1,..., n: λu i 1,j+1 + 2(1 + λ)u i,j+1 λu i+1,j+1 = λu i 1,j + 2(1 λ)u ij + λu i+1,j. Tako kot implicitna shema tudi Crank-Nicolsonova metoda konvergira za vsak λ. Prednost te metode je, da je napaka sedaj reda O(( x) 2 + ( t) 2 ) namesto O(( x) 2 + t) pri eksplicitni ali implicitni metodi, zato lahko uporabimo večji časovni korak.
20 Parabolična parcialna diferencialna enačba v več dimenzijah Če imamo npr. u t = u xx + u yy, (x, y) Ω = [0, 1] [0, 1], t > 0 z začetnim pogojem u(x, y, 0) = f(x, y) in robnimi pogoji u(x, y, t) = g(x, y, t) za (x, y) Ω, jo lahko podobno kot v eni dimenziji rešujemo z eksplicitno in implicitno metodo. Npr. eksplicitna metoda: u i,j,k+1 u i,j,k t = u i 1,j,k 2u ijk + u i+1,j,k x 2 + u i,j 1,k 2u ijk + u i,j+1,k y 2.
21 11.2 Eliptična parcialna diferencialna enačba Za zgled eliptične parcialne diferencialne enačbe bomo vzeli Poissonovo enačbo u xx + u yy = f za u(x, y) na območju Ω = [a, b] [c, d] z robnim pogojem u(x, y) = g(x, y) za (x, y) Ω. Pri diferenčni metodi območje Ω prekrijemo s pravokotno mrežo, kjer intervala [a, b] in [c, d] ekvidistantno razdelimo s točkami x 0 = a, x 1,..., x n, x n+1 = b in y 0 = c, y 1,..., y m, y m+1 = d. Razmika označimo z x in y.
22 Pettočkovna shema Če druga parcialna odvoda po x in y aproksimiramo s simetričnimi diferencami, dobimo pettočkovno shemo: z enačbami u i 1,j 2u ij + u i+1,j x 2 + u i,j 1 2u ij + u i,j+1 y 2 = f ij.
23 Sistem Enačbe za vse u ij sestavimo v linearni sistem, ki ima bločno tridiagonalno obliko. V primeru, ko sta x in y enaka, dobimo T I A = I T I, I T kjer je T = Napaka pettočkovne aproksimacije je O( x 2 + y 2 ), enako pa tudi za numerično aproksimacijo, ki jo dobimo z reševanjem sistema Au = b, velja, da je napaka O( x 2 + y 2 ). Za reševanje sistema uporabimo metode za razpršene matrike, saj ima matrika v vsaki vrstici največ 5 neničelnih elementov.
24 Krivi robovi V primeru, ko območje Ω ni pravokotnik, poznamo pa vrednosti na robu Ω, moramo v točkah zraven roba drugače aproksimirati odvode. Namesto točk 1 in 2 v enačbi v točki 0 uporabimo točki A in B, ki sta na robu Ω. Naj bo razdalja med 0 in A enaka θ 1 h, 0 < θ 1 < 1. Iz razvojev v Taylorjevo vrsto sledi: u 0 = 1 ( 1 x h θ 1 (1 + θ 1 ) u A 1 θ 1 u 0 θ ) θ θ u 3 + O(h 2 ), 2 u 0 = 1 ( 2 x 2 h 2 θ 1 (1 + θ 1 ) u A 2 u ) u 3 + O(h). θ θ 1 Podobno naredimo za u 0 y in 2 u 0 y 2.
25 Globalna napaka Lokalna napaka pettočkovne aproksimacije je τ(x, y) := u(x, y) h u(x, y), kjer je h u(x, y) = + u(x x, y) + u(x, y) + u(x + x, y) x 2 u(x, y y) + u(x, y) + u(x, y + y) y 2. Velja τ(x, y) = 1 12 (u xxxx(x + α x) x 2 + u yyyy (x, y + β y) y 2 ) za α, β < 1. Če označimo zgornji meji za u xxxx in u yyyy z M 4 x in M 4 y, dobimo Za globalno napako potem velja τ(x, y) 1 12 (M 4 x x2 + M 4 y y2 ). max i,j u(x i, y i ) u ij (x n+1 x 0 ) 2 2 max i,j τ(x i, y j ), torej u(x i, y i ) u ij (x n+1 x 0 ) 2 (Mx 4 24 x2 + My 4 y2 ).
26 11.3 Hiperbolična parcialna diferencialna enačba Zgled za hiperbolično parcialno diferencialno enačbo je valovna enačba za u(x, t) u tt = α 2 u xx, 0 < x < 1, t > 0 z začetnimi pogoji u(x, 0) = f(x), u t (x, 0) = g(x) in robnimi pogoji u(0, t) = u(1, t) = 0, t > 0. Interval [0, 1] ekvidistantno razdelimo s točkami x 0 = 0, x 1,..., x n, x n+1 = 1, kjer je x = 1 n+1, t pa je sprememba na časovnem nivoju.
27 Simetrične diference Če uporabimo simetrično diferenco za u tt in u xx, dobimo u i,j 1 2u ij + u i,j+1 t 2 i = 1,..., n, j = 1, 2,.... α 2 u i 1,j 2u ij + u i+1,j x 2 = 0, Če označimo λ = α t x dobimo u i,j+1 = 2(1 λ 2 )u ij + λ 2 (u i+1,j + u i 1,j ) u i,j 1. Če je u j+1 = u 1,j+1. u n,j+1, potem velja u j+1 = Au j u j 1, kjer je 2(1 λ 2 ) λ 2 A = λ 2 2(1 λ 2 ) λ 2 λ 2 2(1 λ 2 ).
28 Začetne vrednosti Če uporabljamo simetrične diference, potem za izračun vrednosti u j+1 potrebujemo vrednosti prejšnjih dveh časovnih nivojev u j in u j 1. Težava se pojavi na začetku, ko poznamo le u 0, ne pa tudi u 1 za izračun u 2. Nivo u 1 izračunamo s pomočjo začetnega pogoja u t (x, 0) = g(x). Formula je u i,1 = (1 λ 2 )f i + λ2 kjer je f i = f(x i ) in g i = g(x i ). 2 (f i+1 + f i 1 ) + tg i, Izpeljava: u(x i, t 1 ) = u(x i, 0) + u t (x i, 0) + t2 2 u tt(x i, 0) + t3 6 u ttt(x i, µ). u t (x i, 0) = g(x i ), u tt (x i, 0) = α 2 u xx (x i, 0), u xx (x i, 0) pa aproksimiramo z f i 1 2f i +f i+1 x 2.
29 Stabilnost, konvergenca Lokalna napaka formule je O( x 2 + t 2 ) oziroma natančneje τ ij = 1 12 ( ) t 2 u tttt (x i, µ)) α 2 x 2 u xxxx (η, t j ). Eksplicitna metoda je stabilna pri pogoju λ 1. Podobno kot pri paraboličnih PDE tudi za hiperbolične PDE obstajajo implicitne metode, ki so brezpogojno stabilne. Hiperbolične metode lahko rešujemo tudi z metodo karakteristik.
30 11.4 Ostale metode Poleg diferenčnih metod za reševanje PDE uporabljamo tudi druge metode. Denimo, da rešujemo L(u) = f, kjer je L dan linearen operator (v našem primeru diferencialni operator) in f dana funkcija, iščemo pa u, ki zadošča še podanim začetnim in robnim pogojem. Pri Galerkinovi metodi iščemo rešitev u kot linearno kombinacijo vnaprej določenih baznih (testnih) funkcij u 1,..., u k. Ker prava rešitev ponavadi ne leži v prostoru, ki ga razpenjajo bazne funkcije, dobimo približno rešitev. Koeficiente c 1,..., c k v u = k i=1 c iu i lahko določimo na več načinov. Klasični Galerkin: zahtevamo, da bo ostanek k i=1 c il(u i ) f pravokoten na testne funkcije u 1,..., u k. Dobimo linearni sistem k c i u j, L(u i ) = u j, f. i=1
31 Metoda kolokacij: izberemo k točk x 1,..., x k in zahtevamo, da je enakost izpolnjena v teh točkah: k c i L(u i )(x j ) = f(x j ), j = 1,..., k. i=1 Posplošitev kolokacije, kjer izberemo m > k točk. Potem dobimo m enačb in poiščemo rešitev po metodi najmanjših kvadratov. Pri Rayleigh-Ritzevi metodi reševanje L(u) = f prevedemo na iskanje funkcije, ki minimizira določeni integral. Podobno kot pri Galerkinu potem iščemo rešitev v obliki linearne kombinacije baznih funkcij. Če za bazne funkcije izberemo kosoma linearne funkcije (oblike a+ bx + cy) na triangulaciji območja Ω, potem dobimo metodo končnih elementov. To ni edina možnost, saj lahko npr. uporabljamo tudi razdelitev območja na pravokotnike in funkcije oblike a + bx + cx + dxy.
11. 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
FAKULTETA 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
UNIVERZA 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...........................
Vaje: 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 0 1 n ; n N Pokaži, da je množica x 0 y 0 x](/thumbs/99/142441276.jpg "Vaje: 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
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
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.
resitve.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
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
![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](/thumbs/102/155599169.jpg "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")
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)
C:/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.
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
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,
C:/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,
Matematika 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
FGG14
Iterativne metode podprostorov Iterativne metode podprostorov uporabljamo za numerično reševanje linearnih sistemov ali računanje lastnih vrednosti problemov z velikimi razpršenimi matrikami, ki so prevelike,
resitve.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
FGG02
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
resitve.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
LaTeX 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
Matematika 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
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
C:/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,
Ime 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
PowerPoint 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 () =
Slide 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
Popravki 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
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 Bojan Magajna Fakulteta za matematiko in fiziko, Univerza v Ljubljani UVOD V DIFERENCIALNE ENAČBE, KOMPLEKSNO IN FOURIEROVO ANALIZO Povzetek
UNIVERZA 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
Vrste
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,
C:/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.
Poglavje 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,
GeomInterp.dvi
Univerza v Ljubljani Fakulteta za matematiko in fiziko Seminar za Numerično analizo Geometrijska interpolacija z ravninskimi parametričnimi polinomskimi krivuljami Gašper Jaklič, Jernej Kozak, Marjeta
NEKAJ 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
Ime 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
ANALITIČNA 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.
Brownova 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
Poslovilno 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
Numerika
20 Numerika Računalniki Koreni enačb Sistem linearnih enačb Odvajanje Integriranje Spektralna analiza Enačba rasti Enačba gibanja Advekcijska enačba Valovna enačba Difuzijska enačba Potencialna enačba
EKVITABILNE 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,
(Microsoft PowerPoint - vorsic ET 9.2 OES matri\350ne metode 2011.ppt [Compatibility Mode])
![(Microsoft PowerPoint - vorsic ET 9.2 OES matri\350ne metode 2011.ppt [Compatibility Mode])](/thumbs/100/144336199.jpg "(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
Rešene 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
Microsoft 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:
Numeri 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
Matematika 2 - ustna vprašanja 1) Determinanta, poddeterminanta (1,3)...3 2) Lastnosti determinante (5)...3 3) Cramerjevo pravilo (9)...3 4) Računanje
Matematika 2 - ustna vprašanja 1) Determinanta, poddeterminanta (1,3)...3 2) Lastnosti determinante (5)...3 3) Cramerjevo pravilo (9)...3 4) Računanje z vektorji, kot med vektorij (11)...3 5) Skalarni
Bojan Magajna Uvod v diferencialne enačbe, kompleksno in Fourierovo analizo sin πz = πz n=1 (1 z2 n 2 ) DMFA založništvo
Bojan Magajna Uvod v diferencialne enačbe, kompleksno in Fourierovo analizo sin πz = πz n=1 (1 z2 n 2 ) DMFA založništvo Kazalo Predgovor 9 1. Osnovno o diferencialnih enačbah 13 1.1. Nekatere enačbe
OdvodFunkcijEne11.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
2. 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
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 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
resitve.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
Univerza 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
P181C10111
Š i f r a k a n d i d a t a : Državni izpitni center *P181C10111* SPOMLADANSKI IZPITNI ROK MATEMATIKA Izpitna pola Sobota, 9. junij 018 / 10 minut Dovoljeno gradivo in pripomočki: Kandidat prinese nalivno
M
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
Poglavje 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
CpE & ME 519
2D Transformacije Zakaj potrebujemo transformacije? Animacija Več instanc istega predmeta, variacije istega objekta na sceni Tvorba kompliciranih predmetov iz bolj preprostih Transformacije gledanja Kaj
DOMACA 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
UM FKKT, Bolonjski visoko²olski program Kemijska tehnologija Vpisna ²tevilka Priimek, ime 3. test pri predmetu MATEMATIKA II Ra unski del
UM FKKT, Bolonjski visoko²olski program Kemijska tehnologija Vpisna ²tevilka Priimek, ime 3. test pri predmetu MATEMATIKA II Ra unski del 13. 6. 2016 Navodila: Pripravi osebni dokument. Ugasni in odstrani
Domače 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
Kazalo 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)................
Microsoft 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
PRIPRAVA 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
1 Diskretni naklju ni vektorji 1 1 Diskretni naklju ni vektorji 1. Dopolni tabelo tako, da bosta X in Y neodvisni. X Y x x x x x
1 Diskretni naklju ni vektorji 1 1 Diskretni naklju ni vektorji 1. Dopolni tabelo tako, da bosta X in Y neodvisni. X Y 0 1 2 1 1-1 x x 20 10 1 0 x x x 10 1 1 x x x 20 x x x 1 Dolo i ²e spremenljivko Z,
6.1 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
NAVADNA (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
resitve.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
Uvodno 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
Microsoft Word - 9.vaja_metoda porusnih linij.docx
9. vaja: RAČUN EJNE NOSILNOSTI AB PLOŠČ PO ETODI PORUŠNIH LINIJ 1. ZASNOVA S pomočjo analize plošč po metodi porušnih linij bomo določili mejno obtežbo plošče, za katero poznamo geometrijo, robne pogoje
Mrežni 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
Študij 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. 2016/17 Vaje iz MATEMATIKE 9. Integral Določeni integral: Določeni integral: Naj bo f : [a, b] R funkcija. Int](/thumbs/102/155395496.jpg "Študij 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
(Microsoft Word - 3. Pogre\232ki in negotovost-c.doc)
3.4 Merilna negotovost Merilna negotovost je parameter, ki pripada merilnem rezltat. Označje razpršenost vrednosti, ki jih je mogoče z določeno verjetnostjo pripisati merjeni veličini. Navaja kakovost
Predmet: 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
Matematika 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
P182C10111
Š i f r a k a n d i d a t a : Državni izpitni center *P18C10111* JESENSKI IZPITNI ROK MATEMATIKA Izpitna pola Ponedeljek, 7. avgust 018 / 10 minut Dovoljeno gradivo in pripomočki: Kandidat prinese nalivno
Namesto (x,y)R uporabljamo xRy
RELACIJE Namesto (x,y) R uporabljamo xry Def.: Naj bo R AxA D R = { x; y A: xry } je domena ali definicijsko obmocje relacije R Z R = { y; x A: xry } je zaloga vrednosti relacije R Za zgled od zadnjič:
Microsoft Word - ELEKTROTEHNIKA2_ junij 2013_pola1 in 2
Šifra kandidata: Srednja elektro šola in tehniška gimnazija ELEKTROTEHNIKA PISNA IZPITNA POLA 1 12. junij 2013 Čas pisanja 40 minut Dovoljeno dodatno gradivo in pripomočki: Kandidat prinese nalivno pero
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 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
Statistika, Prakticna matematika, , izrocki
Srednje vrednosti Srednja vrednost...... številske spremenljivke X je tako število, s katerim skušamo kar najbolje naenkrat povzeti vrednosti na posameznih enotah: Polovica zaposlenih oseb ima bruto osebni
Ime 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
Zgledi:
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
glava.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
ZveznostFunkcij11.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
Teorija 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
Funkcije 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
STAVKI _5_
5. Stavki (Teoremi) Vsebina: Stavek superpozicije, stavek Thévenina in Nortona, maksimalna moč na bremenu (drugič), stavek Tellegena. 1. Stavek superpozicije Ta stavek določa, da lahko poljubno vezje sestavljeno
Naloge 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
MATLAB programiranje MATLAB... programski jezik in programersko okolje Zakaj Matlab? tipičen proceduralni jezik enostaven za uporabo hitro učenje prir
MATLAB programiranje MATLAB... programski jezik in programersko okolje Zakaj Matlab? tipičen proceduralni jezik enostaven za uporabo hitro učenje priročno programsko okolje tolmač interpreter (ne prevajalnik)
6.6 Simetrični problem lastnih vrednosti Če je A = A T, potem so lastne vrednosti realne, matrika pa se da diagonalizirati. Schurova forma za simetrič
6.6 Simetriči problem lastih vredosti Če je A = A T, potem so laste vredosti reale, matrika pa se da diagoalizirati. Schurova forma za simetričo matriko je diagoala matrika. Laste vredosti ozačimo tako,
Vektorji - naloge za test Naloga 1 Ali so točke A(1, 2, 3), B(0, 3, 7), C(3, 5, 11) b) A(0, 3, 5), B(1, 2, 2), C(3, 0, 4) kolinearne? Naloga 2 Ali toč
Vektorji - naloge za test Naloga 1 li so točke (1, 2, 3), (0, 3, 7), C(3, 5, 11) b) (0, 3, 5), (1, 2, 2), C(3, 0, 4) kolinearne? Naloga 2 li točke a) (6, 0, 2), (2, 0, 4), C(6, 6, 1) in D(2, 6, 3), b)
UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS Predmet: Analiza 4 Course title: Analysis 4 Študijski program in stopnja Study programme and level Univerzitetni
UČNI NAČRT PREDMETA / COURSE SYLLABUS Predmet: Analiza 4 Course title: Analysis 4 Študijski program in stopnja Study programme and level Univerzitetni študijski program Matematika First cycle academic
MAGIČNI KVADRATI DIMENZIJE 4n+2
List za mlade matematike, fizike, astronome in računalnikarje ISSN 0351-6652 Letnik 18 (1990/1991) Številka 6 Strani 322 327 Borut Zalar: MAGIČNI KVADRATI DIMENZIJE 4n + 2 Ključne besede: matematika, aritmetika,
PowerPoint Presentation
RAK: P-II//9 NUMERIČNI MODE esatno reševanje: reševanje dierencialni enačb aprosimativno reševanje: metoda ončni razli (MKR) inite dierence metod (FDM) metoda ončni elementov (MKE) inite element metod
DN5(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
Linearna 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,
Naloge 1. Dva električna grelnika z ohmskima upornostma 60 Ω in 30 Ω vežemo vzporedno in priključimo na idealni enosmerni tokovni vir s tokom 10 A. Tr
Naloge 1. Dva električna grelnika z ohmskima upornostma 60 Ω in 30 Ω vežemo vzporedno in priključimo na idealni enosmerni tokovni vir s tokom 10 A. Trditev: idealni enosmerni tokovni vir obratuje z močjo
Geometrija v nacionalnih preverjanjih znanja
Geometrija v nacionalnih preverjanjih znanja Aleš Kotnik, OŠ Rada Robiča Limbuš Boštjan Repovž, OŠ Krmelj Struktura NPZ za 6. razred Struktura NPZ za 9. razred Taksonomska stopnja (raven) po Gagneju I
dr.dvi
Univerza v Ljubljani Fakulteta za računalništvo in informatiko MREŽE PROSTE METODE NA VZPOREDNIH RAČUNALNIKIH doktorska disertacija Marjan Šterk mentor: prof. dr. Borut Robič, somentor: doc. dr. Roman
Microsoft Word - M docx
Državni izpitni center *M77* SPOMLADANSK ZPTN OK NAVODLA ZA OCENJEVANJE Petek, 7. junij 0 SPLOŠNA MATA C 0 M-77-- ZPTNA POLA ' ' QQ QQ ' ' Q QQ Q 0 5 0 5 C Zapisan izraz za naboj... točka zračunan naboj...
3. Preizkušanje domnev
3. Preizkušanje domnev doc. dr. Miroslav Verbič miroslav.verbic@ef.uni-lj.si www.miroslav-verbic.si Ljubljana, februar 2014 3.1 Izračunavanje intervala zaupanja za vrednosti regresijskih koeficientov Motivacija
MATEMATIKA – IZPITNA POLA 1 – OSNOVNA IN VIŠJA RAVEN
Državi izpiti ceter *M840* Osova i višja rave MATEMATIKA JESENSKI IZPITNI ROK NAVODILA ZA OCENJEVANJE Poedeljek, 7. avgust 08 SPLOŠNA MATURA Državi izpiti ceter Vse pravice pridržae. M8-40-- IZPITNA POLA
Bojan Kuzma ZBIRKA IZPITNIH VPRAŠANJ PRI PREDMETIH ANALIZA I IN ANALIZA II (Zbirka Izbrana poglavja iz matematike, št. 1) Urednica zbirke: Petruša Mih
Bojan Kuzma ZBIRKA IZPITNIH VPRAŠANJ PRI PREDMETIH ANALIZA I IN ANALIZA II (Zbirka Izbrana poglavja iz matematike, št. 1) Urednica zbirke: Petruša Miholič Izdala in založila: Knjižnica za tehniko, medicino
Kein Folientitel
Eksperimentalno modeliranje Se imenuje tudi: y = f x; β + ε - system identification, - statistical modeling, - parametric modeling, - nonparametric modeling, - machine learning, - empiric modeling - itd.
Integrali odvisni od parametra Naj bo f : D = [a; b] [c; d]! R integrabilna na [a; b]. Deniramo funkcijo F : [c; d]! R z Z b F (y) = f (x; y) dx in im
![Integrali odvisni od parametra Naj bo f : D = [a; b] [c; d]! R integrabilna na [a; b]. Deniramo funkcijo F : [c; d]! R z Z b F (y) = f (x; y) dx in im](/thumbs/102/154127257.jpg "Integrali odvisni od parametra Naj bo f : D = [a; b] [c; d]! R integrabilna na [a; b]. Deniramo funkcijo F : [c; d]! R z Z b F (y) = f (x; y) dx in im")
Integrli odvisni od prmetr Nj o f : D = [; ] [c; d]! R integriln n [; ]. Denirmo funkcijo F : [c; d]! R z F () = f (; ) d in imenujemo F integrl odvisen od prmetr. Izreki: Ce je f zvezn n D, je F zvezn
LaTeX slides
Statistični modeli - interakcija - Milena Kovač 23. november 2007 Biometrija 2007/08 1 Število živorojenih pujskov Biometrija 2007/08 2 Sestavimo model! Vplivi: leto, farma Odvisna spremenljivka: število
RAČUNALNIŠKA 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