Forum@DeGiorgi :: Pogledajte temu - popravni(pomoć oko zadatka)

through

[^/[Print]\]

Forum@DeGiorgi -> Elementarna matematika 1 i 2

#1: popravni(pomoć oko zadatka) Autor/ica: Kolan,

Postano: 10:38 čet, 28. 1. 2010
—
http://web.math.hr/nastava/em/EM1/kolokviji/0910em1kol2.pdf
Ako netko zna neka riješi 8 zadatak:)

#2: Autor/ica: jkrstic, Lokacija: Somewhere in time

Postano: 11:56 čet, 28. 1. 2010
—
uvrsti ove

u zadnju jednadzbu,nades nultocke polinoma i to su ti kandidati za

...jedino ce ti

kad uvrstis u

proc uvjet zadatka...
sad imas tri jednadzbe:

kako su ti to ujedno i vietove formule za polinom 3. stupnja,imas da su ti

nultocke pripadajuceg polinoma

,odnosno

i sve permutacije...

#3: Autor/ica: Darija.x, Lokacija: Velika Gorica

Postano: 12:12 čet, 28. 1. 2010
—
mala pomoć oko indukcije iz 7. zadatka

http://web.math.hr/nastava/em/EM1/kolokviji/0910em1kol1.pdf

da li ja u koraku indukcije dobivam ovako nešto [latex]1*1+2*3+ ... +(n+1)(2*(n+1)-1)=(1/6)*n*(n+1)(4*n-1)
(1/6)*n*(n+1)*(4*n-1)+(n+1)*(2*n+1)(n/latex].. pa onda to sređujem do nekog oblika ?

#4: Autor/ica: jkrstic, Lokacija: Somewhere in time

Postano: 12:28 čet, 28. 1. 2010
—
znaci:
baza:provjeris za 1,kako to vridi ides na pretpostavku
pretpostavka:pretpostavimo da tvrdnja vrijedi tralalala...
i korak(u kojem dokazijes da vrijedi za n+1):

iskoristis pretpostavku,pa imas:

...
i sad mozes to na nekoliko nacina pokazat...mislim da je nama asistentica govorila da pravi matematicari ovo ne bi jednostavno razmnozili i pokratili i dobili 0=0 (ili nesto slicno),mada to nije netocno...mislim da smo mi kod nje ovu lijevu stranu nastimavali da bude jednaka desnoj,mada ni to nije problem...ti uradi po savjesti,mislim da dalje ne bi trebalo bit problema,al ako zapnes,javi...

#5: Autor/ica: Darija.x, Lokacija: Velika Gorica

Postano: 12:55 čet, 28. 1. 2010
—
jkrstic - super, hvala ti! Wink

#6: Autor/ica: jkrstic, Lokacija: Somewhere in time

Postano: 13:04 čet, 28. 1. 2010
—
ma nista,i drugi put...ionako i ja vjezban za popravni sutra... Laughing

#7: Autor/ica: Darija.x, Lokacija: Velika Gorica

Postano: 13:14 čet, 28. 1. 2010
—
znači dijelimo istu patnju Laughing

inače - u slučaju ako nisi možda znao (a vjerujem da si se informirao pa ono - just for case) neće biti teoretskih zadataka, već čisto rješavanje zadataka tipa zadataka s vježbi - i kolokvij nosi 50 bodova maksimalno, i za prolaz je normalno 25 bodova.. za usmeni kod profesora Pažanina nemam informacija - ali i usmeni nosi 50 bodova pa eto..
valjda bu dobro sve sutra Wink

#8: Autor/ica: biba1804,

Postano: 13:32 čet, 28. 1. 2010
—

jkrstic (napisa):

uvrsti ove

u zadnju jednadzbu,nades nultocke polinoma i to su ti kandidati za

...jedino ce ti

kad uvrstis u

proc uvjet zadatka...
sad imas tri jednadzbe:

kako su ti to ujedno i vietove formule za polinom 3. stupnja,imas da su ti

nultocke pripadajuceg polinoma

,odnosno

i sve permutacije...

odkuda nam nultočke 1.1.3 Embarassed

#9: Autor/ica: Darija.x, Lokacija: Velika Gorica

Postano: 13:49 čet, 28. 1. 2010
—
latex]
t^3+t^2-5t+3
[/latex]

kandidati za nultočke za ovaj polinom su ti +/-1, +/-3 (to određuješ po slobodnom članu) - uvrsti u polinom sve 4 nultočke i dobiti ćeš da su ti 1 i -3 nultočke
Wink

#10: Autor/ica: niveus,

Postano: 13:50 čet, 28. 1. 2010
—
@Darija.x hvala na informacijama

@biba1804 nultočke su brojevi koji dijele slobodni član znači to su mogućnost +-3, +-1 i sad je jasno da je nultočka 3,1 a pošto je 1 dvostruku nultočku zato imamo 1,1,3

Jel može neko dokazati

5^(n+2)+7^n da je djeljiv sa 12 za sve neparne prirodne brojeve Smile

#11: Autor/ica: jkrstic, Lokacija: Somewhere in time

Postano: 14:01 čet, 28. 1. 2010
—
znaci zapises n kao

,pa imas

i sad opet provjeris bazu,napises pretpostavku i u koraku provjeravas za k+1

sad ti je valjda jesno...12 dijeli ovo prvo po pretpostavci a drugo jer dijeli 24...

#12: Autor/ica: Grga,

Postano: 14:09 čet, 28. 1. 2010
—

niveus (napisa):

@Darija.x hvala na informacijama

@biba1804 nultočke su brojevi koji dijele slobodni član znači to su mogućnost +-3, +-1 i sad je jasno da je nultočka 3,1 a pošto je 1 dvostruku nultočku zato imamo 1,1,3

Jel može neko dokazati

5^(n+2)+7^n da je djeljiv sa 12 za sve neparne prirodne brojeve Smile

baza
5^3 + 7 = 132 = 11*12

pretpostavka
za neki k vrijedi
12| 5^(2k + 3) + 7^(2k + 1)

korak

Prva dva pribrojnika su djeljiva sa 12, a treci je djeljiv sa 12 po pretpostavci

*bonus* (dokaz koji nije indkucijom ali je elegantniji Smile

Lako se vidi da za n neparan broj vrijedi

Sada imamo 5^(n+2) + 7^n = 25 * 5^n + 7^n = 24 * 5^n + (5^n + 7^n)
5^n + 7^n = (5 + 7) * ..., pa je djeljivo s 12, a prvi pribrojnik je takoder djeljiv s 12

#13: Autor/ica: jkrstic, Lokacija: Somewhere in time

Postano: 14:23 čet, 28. 1. 2010
—

Grga (napisa):

niveus (napisa):

baza
5^3 + 7 = 132 = 11*12

pretpostavka
za neki k vrijedi
12| 5^(2k + 3) + 7^(2k + 1)

korak

Prva dva pribrojnika su djeljiva sa 12, a treci je djeljiv sa 12 po pretpostavci

*bonus* (dokaz koji nije indkucijom ali je elegantniji Smile

Lako se vidi da za n neparan broj vrijedi

Sada imamo 5^(n+2) + 7^n = 25 * 5^n + 7^n = 24 * 5^n + (5^n + 7^n)
5^n + 7^n = (5 + 7) * ..., pa je djeljivo s 12, a prvi pribrojnik je takoder djeljiv s 12

pretpostavljam da si ti u svome dokazu zapisiva n kao 2k+1,pa bi tribalo naglasit da je k cijeli broj

...pa baza ide za

#14: Autor/ica: Grga,

Postano: 14:26 čet, 28. 1. 2010
—
To je deformacija iz teorije skupova, gdje prirodne brojeve definiramo tako da pocinju s 0, a za bazu indukcije se uzima prvi broj tj 0 Razz

Al, da mozemo uzeti da je n = 2k -1, pa je baza za k = 1 Smile

#15: Autor/ica: Darija.x, Lokacija: Velika Gorica

Postano: 14:44 čet, 28. 1. 2010
—
http://web.math.hr/nastava/em/EM1/kolokviji/0910em1kol2.pdf

pomoć oko 6 zadatka Ehm?

#16: Autor/ica: pbakic,

Postano: 16:11 čet, 28. 1. 2010
—
evo ga:
kljuc zadatka je u usporedjivanju stupnjeva:
pretpostavimo da postoji polinom p koji zadovoljava uvjete, neka je st(p)=n
sad gledamo stupanj polinoma s lijeve strane:
st(1+p(x))=n (to je ocito, jer samo si poveco slobodni koeficijent s ovom jedinicom).
st(p')=n-1 (po definiciji derivacije), pa kad komponiras p' i p(x)+1 stupnjevi se mnoze i dobijes da je stupanj polinoma s lijeve strane n*(n-1)

S desne strane je nesto kompliciranija situacija; ako je n neparan, onda ce se vodeci clanovi od ova dva polinoma pokratit (to je najbolje vidjet na primjeru, al jasno je, bit ce suprotnog predznaka)
dakle, u slucaju da je n neparan, desna strana ima stupanj n-1
Buduci da vrijedi jednakost, moraju bit isti stupnjevi, dakle vrijedi
n*(n-1)=n-1 ocito je jedino rjesenje ove jednadzbe n=1, a to se kosi s uvjetom zadatka (koji kaze stupanj polinoma je veci od 1)

Sad prelazimo na drugi slucaj, a taj je kad je n paran
Tad se nece nista precudno dogadjat na desnoj strani, pa ce ukupni stupanj desne strane bit tocno n (zbrajamo dva polinoma stupnja n, ovaj put se nece nista kratit; opet, najbolje je vidjet primjer)
sad opet iz jednakosti stupnjeva imamo n(n-1)=n, a to ima rjesenja 0 i 2
0 odbacujemo, i sad dobivamo da je jedina moguca varijanta st(p)=2
Sad znamo da je p oblika p(x)=ax^2+bx+c pa ga ubacimo u pocetni izraz:
prvo nam treba p'(x)=2ax+b
sad imamo iz pocetnog uvjeta
p'(ax^2+bx+c+1)=p(x+1)+p(1-x), sad raspisemo to i dobijemo:

ovaj izraz se sredi i dobije se neki sustav jednadzbi iz kojeg nadjemo a,b,c (ovaj dio je dost nespretan za pisat tu al zato je i nesto laksi od prvog dijela zadatka):

sad iz usporedjivanja koefa dobijemo:
2a^2=2a, pa znamo a=1 (a=0 ne moze bit inace imamo prvi stupanj samo)
2ab=0 , pa je b=0
2a(c+1)=2a+2b+2c, tj 2c+2=2+2c, dakle nema uvjeta nad c
iz ovog sad vidimo da je jedino moguce rj. p(x)=x^2+c
u svakom slucaju, sad bi jos trebalo uvrstit taj polinom u pocetni uvjet i vidjet dal je dobro sve...

#17: Autor/ica: Darija.x, Lokacija: Velika Gorica

Postano: 16:51 čet, 28. 1. 2010
—
hvala bakić!

može još samo pomoć oko 7 zadatka iz tog kolokvija?

#18: Autor/ica: gramzon,

Postano: 19:03 čet, 28. 1. 2010
—
Pokusavam rijest onaj zadatak 1000^1013 koliko je ostatak pri dijeljenju sa 23

znaci razvijam ovih 1000^1013=b(mod23) i dodjem do 11^1013=b(mod23) i sad neznam sta dalje.

#19: Autor/ica: niveus,

Postano: 19:25 čet, 28. 1. 2010
—
Pokusavam rijest onaj zadatak 1000^1013 koliko je ostatak pri dijeljenju sa 23

1000= 11(mod23) pa to znači da je 1000^1013=11^1013, pa je to po MFT 11^22=1(mod23) pa onda podijeliš 1013 sa 22 i dobiješ 46*20+1 pa je to onda zapravo 11^22*46+1 pa je to onda 11^1 pa je to 11 odnosno ostatak je 11
= je kongruencija

#20: Autor/ica: gramzon,

Postano: 19:39 čet, 28. 1. 2010
—

jkrstic (napisa):

uvrsti ove

u zadnju jednadzbu,nades nultocke polinoma i to su ti kandidati za

kako da nađem nultočke te?
ne valjda pomocu kardanovih formula?

Zadnja promjena: gramzon; 20:43 čet, 28. 1. 2010; ukupno mijenjano 2 put/a.

#21: Autor/ica: niveus,

Postano: 19:48 čet, 28. 1. 2010
—
Kad dobiješ jednadžbu t^3+t^2-5t+3 kandidati za nultočke su ti brojevi koji dijele slobodni član a to su -/+1,-/+3 pa uvrstiš u jednadžbu i vidiš da su to brojevei 1,-3 a 1 ti je dvostruka nultočka

#22: Autor/ica: gramzon,

Postano: 20:44 čet, 28. 1. 2010
—

niveus (napisa):

1000= 11(mod23) pa to znači da je 1000^1013=11^1013, pa je to po MFT 11^22=1(mod23) pa onda podijeliš 1013 sa 22 i dobiješ 46*20+1 pa je to onda zapravo 11^22*46+1 pa je to onda 11^1 pa je to 11 odnosno ostatak je 11
= je kongruencija

jedna stvar mi ovdje nije jasna
kako dodjem od 11^22*46+1 na 11^1?

#23: Autor/ica: niveus,

Postano: 21:03 čet, 28. 1. 2010
—
Zato što je 1000^1013=11^1013 a sad po malom fermaovom teoremu slijedi da je 11^22=1(mod23) podijeliš 1013 sa 22 i dobiješ da je 1031=22*46+1 pa je onda (11^22*46+1)=1*11^1=11 odnosno 1000^1013=11(mod23).Nadam se da je sad jasnije ne znam kak da ti drugačije objasnim Very Happy

#24: Autor/ica: biba1804,

Postano: 21:35 čet, 28. 1. 2010
—

Darija.x (napisa):

hvala bakić!

može još samo pomoć oko 7 zadatka iz tog kolokvija?

i mene zanima ovaj zadatak.... hm... Question

#25: Autor/ica: jkrstic, Lokacija: Somewhere in time

Postano: 22:18 čet, 28. 1. 2010
—
pretpostavljan da se radi o 7.zad drugog kolokvija...vjerovatno bi neki formalni nacin rjesavanja ovog zad bio racunanje nultocaka derivacije,jer ako je visestruka nultocka polinoma,onda je nultocka i derivacije tog polinoma,al postoji jedan elegantniji nacin...svaki od onih polinoma se moze prikazat kao kvadrat polinoma drugog stupnja,za to triba bit malo snalazljiv al opce nije problem...a samim time sto ga prikazemo kao kvadrat nekog polinoma dokazali smo i da ima visestruke,odnosno u ovom slucaju dvije dvostruke nultocke...

#26: Autor/ica: eve,

Postano: 22:43 čet, 28. 1. 2010
—
[quote="jkrstic"]pretpostavljan da se radi o 7.zad drugog kolokvija...vjerovatno bi neki formalni nacin rjesavanja ovog zad bio racunanje nultocaka derivacije,jer ako je visestruka nultocka polinoma,onda je nultocka i derivacije tog polinoma,al postoji jedan elegantniji nacin...svaki od onih polinoma se moze prikazat kao kvadrat polinoma drugog stupnja,za to triba bit malo snalazljiv al opce nije problem...a samim time sto ga prikazemo kao kvadrat nekog polinoma dokazali smo i da ima visestruke,odnosno u ovom slucaju dvije dvostruke nultocke...[/quote]
Ako smijem... U vecini zadataka je puno lakse gledat nultocke od derivacije jer je primitivno nac derivaciju,pa onda i nultocke..i zapravo se zadatak brzo rjesi bez puno razmisljanja... A onako treba to nastimavat i pokusavat rastavit..sto nije uvijek jednostavno...

#27: Autor/ica: jkrstic, Lokacija: Somewhere in time

Postano: 22:48 čet, 28. 1. 2010
—
istina,al ja sam se recimo na kolokviju izgubio malo u racunanju nultocaka derivacije,i nisam imao volje provjeravat koji je od onih brojeva nultocka pocetnog polinoma...a nije prob saznat prvi i posljednji koef. polinoma drugog stupnja ciji je ono kvadrat,a srednji se jednostavno dobije racunom u dva reda...

#28: Autor/ica: gramzon,

Postano: 0:00 pet, 29. 1. 2010
—
Kad je uvid?

Forum@DeGiorgi -> Elementarna matematika 1 i 2

output generated using printer-friendly topic mod. Vremenska zona: GMT + 01:00.

Stranica 1 / 1.