diferencialne enačbe nadaljevanje linearne diferencialne enačbe višjih redov 13. vaja iz Matematike 2 (UNI)
|
|
- Suzana Rus
- pred 3 leti
- Pregledov:
Transkripcija
1 13. vaja iz Matematike (UNI) avtorica: Melita Hajdinjak datum: Ljubljana, 009 diferencialne enačbe nadaljevanje linearne diferencialne enačbe višjih redov Homogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti Tako imenujemo diferencialne enačbe oblike: kjer so a 0, a 1,..., a n konstantni koeficienti. a n y (n) + + a 1 y + a 0 y = 0, Navodilo za reševanje: Rešujemo jo z nastavkom y(x) = e λx, ki ga odvajamo in vstavimo v dif. enačbo. Dobimo karakteristično enačbo: a n λ n + + a 1 λ + a 0 = 0, katere rešitve so λ 1,..., λ n. Splošna rešitev homogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti je tedaj y = C 1 e λ 1x + C e λ x + + C n e λnx. 1. naloga: Reši enačbo y 4y + 3y = 0. Rezultat: y(x) = C 1 e 3x + C e x.. naloga: DN Reši enačbo y y + y = 0. Dana je homogena linearna dif. enačba s konstantnimi koeficienti. Rešujemo jo z nastavkom y = e λx. Dobimo karakteristično enačbo: λ λ + 1 = 0 (λ 1) = 0 λ 1, = 1 dvojna ničla Splošna rešitev se glasi: y = C 1 e x + C xe x. Rezultat: y(x) = C 1 e x + C xe x. 1
2 3. naloga: Poišči rešitev dif. enačbe y y y + y = 0, ki zadošča pogojem y(0) =, y(1) = e 1 e in y (0) = 0. Rezultat: y(x) = C 1 e x + C xe x + C 3 e x splošna rešitev; y(x) = 3e x 4xe x e x. 4. naloga: Reši enačbo y 4y + 5y = 0. Poišči tisto rešitev, za katero velja y(0) = 0 in y (0) =. Namig: Uporabi Eulerjevo formulo e iϕ = cos ϕ + i sin ϕ. Rezultat: y(x) = C 1 e x cosx+c e x sin x splošna rešitev; y(x) = e x sin x rešitev začetnega problema. Nehomogene linearne diferencialne enačbe s konstantnimi koeficienti Tako imenujemo diferencialne enačbe oblike: a n y (n) + + a 1 y + a 0 y = b(x), kjer so a 0, a 1,..., a n konstantni koeficienti, b(x) pa funkcija spremenljivke x. Splošna rešitev je oblike y(x) = y h + y p, kjer je y h rešitev homogene linearne dif. enačbe s konst. koef., y p pa neka partikularna rešitev (zadošča diferencialni enačbi). A. Homogeni del (dobimo y h ): a n y (n) + + a 1 y + a 0 y = 0. To je homogena linearna dif. enačba s konstantnimi koeficienti. Dobimo rešitev y h. B. Nehomogeni del (dobimo y p ): a n y (n) + + a 1 y + a 0 y = b(x). Rešujemo lahko z metodo inteligentnega ugibanja oz. nedoločenih koeficientov. Za nastavek vzamemo funkcijo iste oblike, kot je desna stran b(x) z nekaj prostimi parametri. Metoda deluje, če je b(x) funkcija, katere odvodi so podobni funkciji sami. V splošnem, če je b(x) = e αx (P i (x) cos (βx) + Q j (x) sin (βx)), kjer je P i (x) polinom stopnje i in Q j (x) polinom stopnje j, potem za nastavek vzamemo y p = x k e αx (R m (x) cos (βx) + S m (x) sin (βx)), kjer sta R m in S m polinoma stopnje m = max{i, j}, k pa večkratnost ničle α + iβ v karakteristični enačbi homogene enačbe. Če je b(x) vsota več različnih členov zgornje oblike, je nastavek y p vsota posameznih nastavkov. Nastavek y p odvajamo in vstavimo v diferencialno enačbo. Iz dobljene enačbe izračunamo vse parametre iz nastavka.
3 Partikularna rešitev z metodo variacije konstant Partikularno rešitev lahko vedno najdemo z metodo variacije konstant. Če je splošna rešitev pripadajoče homogene enačbe y h = C 1 y 1 + C y + + C n y n, kjer so y 1, y,...,y n osnovni sistem rešitev homogene enačbe, rešitev iščemo v obliki y p = u 1 (x)y 1 + u (x)y + + u n (x)y n. Za določitev u 1, u,...,u n rešimo naslednji sistem enačb: u 1y u ny n = 0 u 1 y u n y n = 0. u 1 y(n 1) u n y(n 1) n. = b(x) Z integracijo dobimo neznane funkcije u 1, u,...,u n, jih vstavimo v nastavek y p in dobimo partikularno rešitev. 5. naloga: DN Reši enačbo y 5y 6y = cosx + e x. Splošna rešitev dane nehomogene linearne dif. enačbe s konstantnimi koeficienti je oblike y(x) = y h + y p, kjer je y h rešitev homogene linearne dif. enačbe s konst. koef., y p pa partikularna rešitev. A. Homogeni del (računamo y h ): y 5y 6y = 0. To je homogena linearna dif. enačba s konstantnimi koeficienti. Dobimo karakteristično enačbo Rešitev homogenega dela je zato: B. Nehomogeni del (računamo y p ): λ 5λ 6 = 0 (λ 6)(λ + 1) = 0 λ 1 = 6, λ = 1 y h = C 1 e 6x + C e x. Partikularno rešitev y p iščemo z metodo nedoločenih koeficientov. Za nastavek vzamemo funkcijo iste oblike, kot je desna stran b(x) = cosx + e x 3
4 z nekaj prostimi parametri. Zaradi prvega dela cosx, kjer je α + iβ = i, kar ni ničla karakteristične enačbe iz homogenega dela in je zato k = 0, dobimo prvi del nastavka A cosx + B sin x, kjer sta pred obema trigonometričnima funkcijama polinoma stopnje 0 tako kot pred cosx v b(x). Zaradi drugega dela e x, kjer je α + iβ =, kar spet ni ničla karakteristične enačbe iz homogenega dela in je zato k = 0, dobimo drugi del nastavka Ce x, kjer je pred funkcijo e x polinom stopnje 0 tako kot pred e x v b(x). Sledi nastavek za partikularno rešitev y p = A cosx + B sin x + Ce x z nedoločenimi koeficienti A, B in C. Določimo jih, tako da nastavek vstavimo v dif. enačbo. Še prej ga seveda moramo dvakrat odvajati: y = A cosx + B sin x + Ce x y y Funkcije y, y, y vstavimo v dif. enačbo: = A sin x + B cosx + Ce x = A cos x B sin x + 4Ce x ( A cosx B sin x+4ce x ) 5( A sin x+b cosx+ce x ) 6(A cosx+b sin x+ce x ) = cos x+e x, ki jo uredimo po linearno neodvisnih funkcijah sin x, cosx in e x : (5A 7B) sinx + ( 7A 5B) cosx 1Ce x = cosx + e x. Enačbo rešimo, tako da primerjamo koeficiente pred linearno neodvisnimi funkcijami sin x, cosx in e x na obeh straneh enačbe: sin x : 5A 7B = 0, cosx : 7A 5B = 1, e x : 1C = 1. Sledi rešitev sistema: A = 7, B = 5 in C = 1. Partikularna rešitev dif. enačbe se zato glasi Splošna rešitev dif. enačbe je torej y p = 7 74 cosx 5 74 sin x 1 1 ex. y = y h + y p = C 1 e 6x + C e x 7 74 cosx 5 74 sin x 1 1 ex. 4
5 Rezultat: y(x) = C 1 e 6x + C e x 7 74 cosx 5 74 sin x 1 1 ex. 6. naloga: DN Reši začetni problem y y 3y = x, y(0) = 0 in y (0) = 1. Splošna rešitev dane nehomogene linearne dif. enačbe s konstantnimi koeficienti je oblike y(x) = y h + y p, kjer je y h rešitev homogene linearne dif. enačbe s konst. koef., y p pa partikularna rešitev. A. Homogeni del (računamo y h ): y y 3y = 0. To je homogena linearna dif. enačba s konstantnimi koeficienti. Dobimo karakteristično enačbo Rešitev homogenega dela je zato: B. Nehomogeni del (računamo y p ): λ λ 3 = 0 (λ 3)(λ + 1) = 0 λ 1 = 3, λ = 1 y h = C 1 e 3x + C e x. Partikularno rešitev y p iščemo z metodo nedoločenih koeficientov. Za nastavek vzamemo funkcijo iste oblike, kot je desna stran b(x) = x, ki je polinom stopnje, z nekaj prostimi parametri. Ker je α + iβ = 0, ki ni ničla karakteristične enačbe iz homogenega dela in je zato k = 0, vzamemo za nastavek za partikularno rešitev poljuben polinom stopnje, y p = Ax + Bx + C, z nedoločenimi koeficienti A, B in C. Določimo jih, tako da nastavek vstavimo v dif. enačbo. Še prej ga seveda moramo dvakrat odvajati: y = Ax + Bx + C y y = Ax + B = A Funkcije y, y, y vstavimo v dif. enačbo: A (Ax + B) 3(Ax + Bx + C) = x, ki jo uredimo po linearno neodvisnih potencah spremenljivke x: 3Ax + ( 4A 3B)x + A B 3C = x. 5
6 Enačbo rešimo, tako da primerjamo koeficiente pred istimi potencami x na obeh straneh enačbe: Sledi rešitev sistema: A = 1, B = se zato glasi Splošna rešitev dif. enačbe je torej Poiščimo še rešitev začetnega problema: Drugi pogoj se nanaša na odvod x : 3A = 1, x 1 : 4A 3B = 0, x 0 : A B 3C = 0. in C = 14. Partikularna rešitev dif. enačbe 7 y p = 1 3 x x y = y h + y p = C 1 e 3x + C e x 1 3 x x y(0) = 0 : 0 = C 1 + C 14 7 y (0) = 1 : 1 = 3C 1 C y = 3C 1 e 3x C e x 3 x Sledi rešitev sistema: C 1 = 9 in C 108 = 1. Rešitev začetnega problema je zato 4 y = e3x e x 1 3 x x Rezultat: y(x) = C 1 e 3x + C e x 1 3 x + 4x x + 4 x 14 rešitev začetnega problema. 9 7 splošna rešitev; y(x) = e3x e x 7. naloga: Reši enačbo y y = 3e x. Namig: Partikularno rešitev išči v obliki y p = Axe x. Rezultat: y(x) = C 1 e x + C e 1 cos 3 x + C 3e 1 sin 3 x xex. 8. naloga: Reši enačbo y + y = 4 sin x + 1. Namig: Partikularno rešitev išči v obliki y p = x(a sin x + B cosx) + C. Rezultat: y(x) = C 1 sin x + C cos x x cosx naloga: Reši enačbo y y = (x + 1) cos x. Namig: Partikularno rešitev išči v obliki y p = (Ax + B) sin x + (Cx + D) cos x. Rezultat: y(x) = C 1 e x + C e x sin x (8 5 x ) cos x. 6
7 Eulerjeve enačbe Tako imenujemo diferencialne enačbe oblike: kjer so a 0, a 1,..., a n konstantni koeficienti. a n x n y (n) + + a x y + a 1 xy + a 0 y = 0, Navodilo za reševanje: Rešujemo jo z nastavkom y(x) = x λ, ki ga odvajamo in vstavimo v dif. enačbo. Dobimo karakteristično enačbo, katere rešitve so λ 1,...,λ n. Splošna rešitev Eulerjeve dif. enačbe je tedaj y = C 1 x λ 1 + C x λ + + C n x λn. 10. naloga: Reši enačbo x y xy 3y = 0. Rezultat: y(x) = C 1 x 3 + C x naloga: DN Reši enačbo x y xy + y = 0. Dana dif. enačba je Eulerjeva. Rešujemo jo z nastavkom y = x λ. Dobimo karakteristično enačbo: λ(λ 1) λ + 1 = 0 λ λ + 1 = 0 (λ 1) = 0 λ 1, = 1 dvojna ničla Splošna rešitev se glasi: y = C 1 x + C x ln x. Rezultat: y(x) = C 1 x + C x ln x. 1. naloga: Reši enačbo x 3 y 3x y + 7xy 8y = 0. Rezultat: y(x) = C 1 x + C x ln x + C 3 x ln x. Diferencialne enačbe, v katerih odvisna spremenljivka y nastopa samo enkrat 13. naloga: Reši diferencialno enačbo y = + sin x. Rezultat: y(x) = x3 3 + cosx + Cx + Dx + E. Metode za zniževanje reda diferencialnih enačb Nekaterim diferencialnim enačbam lahko znižamo red. 7
8 Če enačba ne vsebuje odvisne spremenljivke y, tj. je oblike F(x, y, y,..., y (n) ) = 0. Red dif. enačbe znižamo, tako da uvedemo novo odvisno spremenljivko, npr. u = y. 14. naloga: DN Reši diferencialno enačbo (1 x )y xy = 0. Dana diferencialna enačba ne vsebuje odvisne spremenljivke y, zato lahko znižamo njen red, tako da (namesto y) uvedemo novo odvisno spremenljivko Po zamenjavi dobimo u = y = u = y. (1 x )u xu = 0, kar je dif. enačba 1. reda in sicer dif. enačba z ločljivima spremenljivkama. To enačbo rešimo (tj. poiščemo u), tako da namesto u pišemo du, ločimo spremenljivki in integriramo: dx (1 x )u = xu (1 x ) du dx = xu (1 x )du = xu dx du x = u 1 x dx 1 x u du = 1 u du = 1 x dx 1 t dt ln u = 1 ln t + ln C ln u = ln t 1 + ln C ln u = ln (Ct 1 ) u = Ct 1 u = C t u = C 1 x Pri tem smo v integral racionalne funkcije uvedli novo spremenljivko x 1 x t = 1 x dt = xdx. 8
9 Ker je splošna rešitev dif. enačbe za u enaka u = C 1 x in je u = y, je rešitev začetne dif. enačbe C y = u dx = dx = C arcsin x + D. 1 x Rezultat: y(x) = C arcsin x + D. 15. naloga: Reši diferencialno enačbo cos x y + sin x y = sin x. Rezultat: y(x) = x C cos x + Dx + E. sistemi diferencialnih enačb Sisteme linearnih dif. enačb s konstantnimi koeficienti ẋ(t) = a 1 x + a y ẏ(t) = a 3 x + a 4 y rešujemo s podobnimi nastavki kot linearne dif. enačbe s konst. koeficienti: x(t) = Ae λt, y(t) = Be λt. Ko nastavek odvajamo in vstavimo v sistem, dobimo homogen sistem dveh enačb za dve neznanki A in B (λ pa je parameter), ki ima netrivialno rešitev, ko je determinanta koeficientov sistema enaka 0. Iz te enačbe izračunamo λ. 16. naloga: DN Reši sistem diferencialnih enačb ẋ = x y, ẏ = x + y, kjer je x = x(t), y = y(t), skupaj z začetnim pogojem x(0) = 1, y(0) = 3. Podan je sistem dveh linearnih diferencialnih enačb s konstantnimi koeficienti. Neznani funkciji sta x in y, ki sta obe odvisni od časa t. Sistem rešujemo s podobnimi nastavki kot linearne dif. enačbe s konst. koef.: x(t) = Ae λt, y(t) = Be λt. 9
10 Nastavka odvajamo in vstavimo v sistem: ẋ(t) = Aλe λt ẏ(t) = Bλe λt Aλe λt Bλe λt = Ae λt Be λt = Ae λt + Be λt Aλ = A B Bλ = A + B Dobljen sistem dveh linearnih enačb obravnavajmo kot sistem za neznanki A in B (λ pa naj bo parameter): (λ )A + B = 0, A + (λ )B = 0. Ker je ta sistem homogen in kvadraten (enako število enačb kot neznank), ima netrivialno rešitev natanko tedaj, ko je determinanta koeficientov sistema enaka 0: λ 1 1 λ = 0. Torej, ko je (λ ) 1 = 0, (λ 1)(λ + 1) = 0, (λ 3)(λ 1) = 0, λ 1 = 3, λ = 1. Sedaj dobi nastavek (podobno kot pri dif. enačbah s konstantnimi koeficienti) naslednjo obliko: x(t) = A 1 e 3t + A e t, y(t) = B 1 e 3t + B e t. Splošna rešitev bo vsebovala dva parametra (v sistemu nastopata dva različna odvoda prvega reda, tj. ẋ in ẏ), trenutni nastavek pa zaenkrat vsebuje štiri parametre, torej dva preveč. Zvezo med njimi lahko poiščemo, tako da ta nastavek še enkrat vstavimo v sistem. Dovolj je, če ga vstavimo v eno samo dif. enačbo sistema, saj obe enačbi vodita do istih rezultatov, torej enakih zvez med parametri A 1, A, B 1, B. Sledi: ẋ = x y, 3A 1 e 3t + A e t = (A 1 e 3t + A e t ) (B 1 e 3t + B e t ). Ko izenačimo koeficiente pred linearno neodvisnima funkcijama e t in e 3t, dobimo linearni sistem dveh enačb za štiri neznanke, katerega rešitev je -parametrična: e 3t : 3A 1 = A 1 B 1, e t : A = A B. 10
11 Torej B 1 = A 1 in B = A. Sledi splošna rešitev sistema diferencialnih enačb: x(t) = A 1 e 3t + A e t, y(t) = A 1 e 3t + A e t. Izračunajmo še rešitev začetnega problema z začetnim pogojem x(0) = 1 in y(0) = 3: 1 = A 1 + A, 3 = A 1 + A. Dobimo A 1 = in A = 1. Sledi rešitev x(t) = e 3t e t, y(t) = e 3t e t. Rezultat: x(t) = e t + e 3t, y(t) = e t e 3t. 17. naloga: Reši sistem diferencialnih enačb ẋ = 3x y, ẏ = x y, kjer je x = x(t), y = y(t). Rezultat: x(t) = (Ct + D)e t, y(t) = ( Ct C D)e t. nekaj primerov uporabe diferencialnih enačb v elektrotehniki 1. primer: LINEARNA DIFERENCIALNA ENAČBA 1. REDA Dano je LR vezje na sliki s podatki R = 6Ω, L = 3H in U = V. Izračunaj, kako se spreminja tok s časom, če smo ob času t = 0s preklopili stikalo (torej je bil tok takrat enak 0). Kolikšen je tok ob času t = 5s? Rešitev: Diferencialna enačba za to vezje se glasi: L di + RI = U. dt Začetni pogoj: I(0) = 0. To je nehomogena linearna diferencialna enačba prvega reda. Najprej rešimo homogeni del. L di dt + RI = 0 di = R dt I L ln I = R L t + ln k I h (t) = ke R L t 11
12 Nato z variacijo konstante izračunamo partikularno rešitev. I = k(t)e R L t I = k(t)e R L t k(t) R L e R L t Vstavimo v enačbo in dobimo L k(t)e R L t k(t)re R L t + k(t)re R L t = U k(t) = U L e R L t k(t) = U L e R L t = U R e R L t Partikularna rešitev je torej: I p (t) = U R. Splošna rešitev je vsota partikularne rešitve in rešitve homogenega dela: Ko upoštevamo še začetni pogoj, dobimo: I(t) = I p (t) + I h (t) = U R + ke R L t I(0) = U R + k = 0, od koder sledi, da je k = U R. Tok v vezju se torej s časom spreminja takole: Za dane podatke je tok ob času t = 5s: I(t) = U R (1 e R L t ) I(5) = (1 e ) = 0.33A. 6. primer: LINEARNA DIFERENCIALNA ENAČBA. REDA Dano je LCR vezje na sliki s podatki U = 10V, R = 7Ω, L = 0mH in C = µ8f. 1
13 Izračunaj, kako se spreminja tok s časom, če smo ob času t = 0s preklopili stikalo (torej je bil tok takrat enak 0). Rešitev: Napetostna enačba za to vezje: L di dt + RI + 1 C Idt = U. Enačbo enkrat odvajamo po času in delimo z L, da dobimo diferencialno enačbo: d I dt + R di L dt + I LC = 0. Začetni pogoji: I(0) = 0 in di(0) = U. Drugi začetni pogoj dobimo iz prve enačbe pri dt L t = 0. To je homogena linearna diferencialna enačba drugega reda s konstantnimi koeficienti. Rešimo jo z nastavkom I = e λt, pri čemer označimo ω = 1 in ξω = R: LC L λ + ξωλ + ω = 0 λ 1, = ξω ± 4ξ ω 4ω = ξω ± ω ξ 1 Oblika rešitve je odvisna od tega, ali ima karakteristična enačba dve različni realni rešitvi, eno dvojno rešitev, ali dve konjugirano kompleksni rešitvi. To pa je seveda odvisno od danih podatkov. Ker je L = 0mH in C = 8µF, je ω = 500 in zato je ξ = 7, kar 100 pomeni, da dobimo za dane podatke dve konjugirano kompleksni rešitvi. Zato je rešitev diferencialne enačbe oblike: I(t) = e (A ξωt cos (ω 1 ξ t) + B sin (ω ) 1 ξ t) Potrebno je še določiti konstanti A in B. V ta nemen rešitev odvajamo: I(t) = ξωe (A ξωt cos (ω 1 ξ t) + B sin (ω ) 1 ξ t) +e ( A(ω ξωt 1 ξ ) sin (ω 1 ξ t) + B(ω 1 ξ ) cos (ω ) 1 ξ t) 13
14 Nato vstavimo začetna pogoja: I(0) = A = 0 I(0) = ξωa + Bω 1 ξ = U L Od tod sledi, da je A = 0 in B = U Lω 1 ξ. Torej je rešitev diferencialne enačbe enaka: I(t) = U Lω 1 ξ e ξωt sin (ω 1 ξ t) 3. primer: LINEARNA DIFERENCIALNA ENAČBA. REDA Dano je LCR vezje na sliki. Izračunaj, kako se spreminja izhodna napetost V o s časom, če je vhodna napetost V i oblike V i = V cos Ωt. Rešitev: Napetostna enačba za to vezje je L di dt + RI + 1 C Idt = V i, kjer je V o = 1 C Idt. Od tod sledi, da je I = C dv o dt, Diferencialna enačba se torej glasi: di dt = C d V o dt. LC d V o dt + RC dv o dt + V o = V i, oziroma d V o dt + R dv o L dt + V o LC = V i LC. To je nehomogena linearna diferencialna enačba. reda s konstantnimi koeficienti. Signal V i naj bo oblike V i (t) = V cos Ωt. Če pišemo ω = 1, ξω = R in F = V, dobimo LC L LC enačbo oblike: V o + ξω V o + ω V o = F cos Ωt. 14
15 Najprej rešimo homogeni del: λ + ξωλ + ω = 0 λ 1, = ξω ± 4ξ ω 4ω = ξω ± ω ξ 1 Predpostavimo, da so podatki taki, da je ξ < 1, torej sta rešitvi karakteristične enačbe konjugirano kompleksni. Rešitev ima obliko: Vo (A h (t) = e ξωt cos (ω 1 ξ t) + B sin (ω ) 1 ξ t) Partikularno rešitev poiščemo z nastavkom (predpostavimo, da so podatki taki, da je Ω ω 1 ξ ): Vo p (t) = D cos Ωt + E sin Ωt. Ker je V p o = DΩ sin Ωt + EΩ cos Ωt in V p o = DΩ cos Ωt EΩ sin Ωt, sledi ( DΩ + EξωΩ + Dω ) cosωt + ( EΩ DξωΩ + Eω ) sin Ωt = F cos Ωt Dobimo sistem enačb: DΩ + EξωΩ + Dω = F EΩ DξωΩ + Eω = 0 Od tu dobimo konstanti D in E in partikularno rešitev diferencialne enačbe. Splošna rešitev je vsota partikularne rešitve in rešitve homogenega dela. 15
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,
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 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 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 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/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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 večGeomInterp.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
Prikaži večUM 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
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 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 večOsnove 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 večVelika logična pošast Eulerjeva metoda reševanja diofantskih enačb Dana je diofantska enačba ax+by=c. Enačbo rešujemo samo v primeru, če sta a in b me
Velika logična pošast Eulerjeva metoda reševanja diofantskih enačb Dana je diofantska enačba ax+by=c. Enačbo rešujemo samo v primeru, če sta a in b medseboj tuji naravni števili.. 0x+y=4 2 Eulerjeva metoda
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 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 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 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 večELEKTRIČNI NIHAJNI KROG TEORIJA Električni nihajni krog je električno vezje, ki služi za generacijo visokofrekvenče izmenične napetosti. V osnovi je "
ELEKTRIČNI NIHAJNI KROG TEORIJA Električni nihajni krog je električno vezje, ki služi za generacijo visokofrekvenče izmenične napetosti. V osnovi je "električno" nihalo, sestavljeno iz vzporedne vezave
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 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 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 večMatematika 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
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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 večSTAVKI _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
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 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 večBojan 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
Prikaži večBojan 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
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 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 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 večNaloge 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
Prikaži večP181C10111
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
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 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 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 večMicrosoft Word - Avditorne.docx
1. Naloga Delovanje oscilatorja je odvisno od kapacitivnosti kondenzatorja C. Dopustno območje izhodnih frekvenc je podano z dopustnim območjem kapacitivnosti C od 1,35 do 1,61 nf. Uporabljen je kondenzator
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 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 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 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 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 večMicrosoft Word - CelotniPraktikum_2011_verZaTisk.doc
Elektrotehniški praktikum Sila v elektrostatičnem polju Namen vaje Našli bomo podobnost med poljem mirujočih nabojev in poljem mas, ter kakšen vpliv ima relativna vlažnost zraka na hitrost razelektritve
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 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 večP182C10111
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
Prikaži večUniverza v Ljubljani Fakulteta za strojništvo Marjan Jenko Dopolnilno gradivo za Elektrotehnika in elektronika 3004, računske naloge z rešitvami Ljubl
Univerza v Ljubljani Fakulteta za strojništvo Marjan Jenko Dopolnilno gradivo za Elektrotehnika in elektronika 3004, računske naloge z rešitvami Ljubljana, 2014 2 Kazalo 1. Ohmov zakon... 6 1.1. Enačba
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 večMicrosoft 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
Prikaži večOsnove statistike v fizični geografiji 2
Osnove statistike v geografiji - Metodologija geografskega raziskovanja - dr. Gregor Kovačič, doc. Bivariantna analiza Lastnosti so med sabo odvisne (vzročnoposledično povezane), kadar ena lastnost (spremenljivka
Prikaži večTrLin Praktikum II Lastnosti transmisijske linije Uvod Visokofrekvenčne signale in energijo večkrat vodimo po kablih imenovanih transmisijske linije.
Lastnosti transmisijske lije Uvod Visokofrekvenčne signale energijo večkrat vodimo po kablih imenovanih transmisijske lije. V fiziki pogosto prenašamo signale v obliki kratkih napetostnih ali tokovnih
Prikaži večUniverza na Primorskem FAMNIT, MFI Vrednotenje zavarovalnih produktov Seminarska naloga Naloge so sestavni del preverjanja znanja pri predmetu Vrednot
Univerza na Primorskem FAMNIT, MFI Vrednotenje zavarovalnih produktov Seminarska naloga Naloge so sestavni del preverjanja znanja pri predmetu Vrednotenje zavarovalnih produktov. Vsaka naloga je vredna
Prikaži večMicrosoft PowerPoint - Java-rekurzija.ppt
Pesmica Živel je mož, imel je psa, lepo ga je učil. Nekoč ukradel mu je kos mesa, zato ga je ubil. Postavil mu je spomenik in nanj napisal: Živel je mož, imel je psa, lepo ga je učil. Nekoč ukradel mu
Prikaži večStrojna oprema
Asistenta: Mira Trebar, Miha Moškon UIKTNT 2 Uvod v programiranje Začeti moramo razmišljati algoritmično sestaviti recept = napisati algoritem Algoritem za uporabo poljubnega okenskega programa. UIKTNT
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 večMicrosoft Word - PRAKTIKUM CELOTA 4v2.doc
Merilni sistemi in regulacijska tehnika Gradivo v pripravi Biotehniška fakulteta Oddelek za lesarstvo Laboratorij za mehansko obdelovalne tehnologije Pomlad 7 KAZALO. OSNOVNI POJMI IN MERSKE ENOTE....
Prikaži večOsnovni pojmi(17)
Osnovni poji pri obravnavi periodičnih signalov Equation Section 6 Vsebina: Opis periodičnih signalov s periodo, frekvenco in krožno frekvenco. Razlaga pojov aplituda, faza, haronični signal. Določanje
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 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 večEquation Chapter 1 Section 24Trifazni sistemi
zmenicni_signali_triazni_sistemi(4b).doc / 8.5.7/ Triazni sistemi (4) Spoznali smo že primer dvoaznega sistema pri vrtilnem magnetnem polju, ki sta ga ustvarjala dva para prečno postavljenih tuljav s azno
Prikaži večIdentifikacija Mednarodna raziskava trendov znanja matematike in naravoslovja Vprašalnik za učitelje Matematika International Association for the Eval
Identifikacija Mednarodna raziskava trendov znanja matematike in naravoslovja Vprašalnik za učitelje Matematika International Association for the Evaluation of Educational Achievement Copyright IEA, 2008
Prikaži večMicrosoft 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...
Prikaži večMicrosoft Word - ELEKTROTEHNIKA2_11. junij 2104
Šifra kandidata: Srednja elektro šola in tehniška gimnazija ELEKTROTEHNIKA PISNA IZPITNA POLA 1 11. junij 2014 Čas pisanja 40 minut Dovoljeno dodatno gradivo in pripomočki: Kandidat prinese nalivno pero
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 večGeneratorji toplote
Termodinamika Ničti zakon termodinamike Če je telo A v toplotnem ravnovesju s telesom B in je telo B v toplotnem ravnovesju s telesom C, je tudi telo A v toplotnem ravnovesju s telesom C. Prvi zakon termodinamike
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 večUvodno predavanje
RAČUNALNIŠKA ORODJA Simulacije elektronskih vezij M. Jankovec Pomagala za hitrejšo/boljšo konvergenco Modifikacija vezja s prevodnostimi Med vsa vozlišča in maso se dodajo upori Velikost uporov določa
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 več