| Prethodna tema :: Sljedeća tema |
| Autor/ica |
Poruka |
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
 Postano: 17:24 ned, 28. 10. 2012 Naslov: zadaci s kolokvija |
    |
|
|
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/2006-07/kolokvij_1.pdf
ZAD 2.
ja sam x^2 + y > 2 z pomnožila s 1/z
i dobijem
(x^2+y)/z < 2
definiramo funkciju f(x,y,z)= (x^2+y)/z koja ide s R^3 u R
i ona je neprekidna kao umnožak, zbroj, kvocijent projekcija, a projekcije su neprekidne
i sad imamo S=f^-1(<-beskonačno,2>) što je otvoren u R^2
jel to ok?
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/2006-07/kolokvij_1.pdf
ZAD 2.
ja sam x^2 + y > 2 z pomnožila s 1/z
i dobijem
(x^2+y)/z < 2
definiramo funkciju f(x,y,z)= (x^2+y)/z koja ide s R^3 u R
i ona je neprekidna kao umnožak, zbroj, kvocijent projekcija, a projekcije su neprekidne
i sad imamo S=f^-1(<-beskonačno,2>) što je otvoren u R^2
jel to ok?
|
|
| [Vrh] |
|
Phoenix
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 05. 2010. (18:46:07)
Postovi: (164)16
Sarma: -
|
| Postano: 17:54 ned, 28. 10. 2012 Naslov: Re: zadaci s kolokvija |
|
|
|
Rekao bih da nije dobro jer je u tvom slučaju [tex]D_f \cap \left\{ (x,y,0) : x,y \in \mathbb{R} \right\} = \emptyset[/tex] dok je, primjerice, [tex](1,1,0)[/tex] element početnog skupa.
Postoji jednostavnije rješenje: [tex]x^2+y>2z \Leftrightarrow x^2+y-2z>0[/tex], pa, uz definiranu funkciju [tex]f : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}[/tex] takva da je [tex]f(x,y,z)=x^2+y-2z[/tex], zapravo je početni skup jednak [tex]f^{-1}(<0,+\infty>)[/tex].
Rekao bih da nije dobro jer je u tvom slučaju [tex]D_f \cap \left\{ (x,y,0) : x,y \in \mathbb{R} \right\} = \emptyset[/tex] dok je, primjerice, [tex](1,1,0)[/tex] element početnog skupa.
Postoji jednostavnije rješenje: [tex]x^2+y>2z \Leftrightarrow x^2+y-2z>0[/tex], pa, uz definiranu funkciju [tex]f : \mathbb{R}^3 \rightarrow \mathbb{R}[/tex] takva da je [tex]f(x,y,z)=x^2+y-2z[/tex], zapravo je početni skup jednak [tex]f^{-1}(<0,+\infty>)[/tex].
|
|
| [Vrh] |
|
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
|
| [Vrh] |
|
frutabella
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 10. 2010. (16:35:36)
Postovi: (24E)16
|
| Postano: 20:37 ned, 28. 10. 2012 Naslov: |
|
|
|
KOLOKVIJ 2011.
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/2011-12/kolokvij1.pdf
4. zad:
Imam nekoliko nejasnoca:
a) Da li je ovdje dovoljno reci da jeste neprekidna jer po Lemi 9.2, koja kaze da funkcija koja ima Lip.svojstvo je uniformno neprekidna, a znamo da je svaka uniformno neprekida funk. ujedno i neprekidna.
(Ili je potrebno jos i to dokazivati, da je unif.neprekidan -> neprekidna ?)
b) Kod ogranicenosti me sad nesto buni, odnosno pomijesali su mi se loncici, naime, ako je A ogranicen to znaci da je skup A zatvoren u R^n? A ako je A ogranicen i iz R onda je to segment?
Da li je ovo istina pod b? Ja mislim da je, buduci da f zatvoren skup salje u R, pa je onda slika u R ogranicena. (po BW to vrijedi ako je A iz R, ali ako je iz R^n?)
Ako jeste tako, kako to dokazati?
c) Tu bih ja iskoristila Tm 8.10 koji kaze, ako je A povezan i ako je f neprekidna, tada je f(A) povezan. Buduci da vrijedi ekvivalnecija između povezanosti putevima i povezanosti na R, onda zakljucujemo da je f(A) povezan putevima. Je li ovo dobro?
d) E sad ovdje, negacija tvrdnje pod c) (ukoliko je tocna, a vjerujem da jeste) nije ekvivalentna ovoj pod d). Zato tvrdim da ovo nije istina.
Da li kod ovih zadatak DOKAZITE ILI OPOVRGNITE znaci, ako je istina dokazi, a ako nije istina samo napisi da nije i ne moras dokazivati?
Hvala
KOLOKVIJ 2011.
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/2011-12/kolokvij1.pdf
4. zad:
Imam nekoliko nejasnoca:
a) Da li je ovdje dovoljno reci da jeste neprekidna jer po Lemi 9.2, koja kaze da funkcija koja ima Lip.svojstvo je uniformno neprekidna, a znamo da je svaka uniformno neprekida funk. ujedno i neprekidna.
(Ili je potrebno jos i to dokazivati, da je unif.neprekidan -> neprekidna ?)
b) Kod ogranicenosti me sad nesto buni, odnosno pomijesali su mi se loncici, naime, ako je A ogranicen to znaci da je skup A zatvoren u R^n? A ako je A ogranicen i iz R onda je to segment?
Da li je ovo istina pod b? Ja mislim da je, buduci da f zatvoren skup salje u R, pa je onda slika u R ogranicena. (po BW to vrijedi ako je A iz R, ali ako je iz R^n?)
Ako jeste tako, kako to dokazati?
c) Tu bih ja iskoristila Tm 8.10 koji kaze, ako je A povezan i ako je f neprekidna, tada je f(A) povezan. Buduci da vrijedi ekvivalnecija između povezanosti putevima i povezanosti na R, onda zakljucujemo da je f(A) povezan putevima. Je li ovo dobro?
d) E sad ovdje, negacija tvrdnje pod c) (ukoliko je tocna, a vjerujem da jeste) nije ekvivalentna ovoj pod d). Zato tvrdim da ovo nije istina.
Da li kod ovih zadatak DOKAZITE ILI OPOVRGNITE znaci, ako je istina dokazi, a ako nije istina samo napisi da nije i ne moras dokazivati?
Hvala
|
|
| [Vrh] |
|
Phoenix
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 05. 2010. (18:46:07)
Postovi: (164)16
Sarma: -
|
| Postano: 21:21 ned, 28. 10. 2012 Naslov: |
|
|
|
pedro, svakako, samo pokaži kombinacijom danih jednakosti i nejednakosti barem neku gornju ili donju među (ne nužno infimum ili supremum, dakle bilo koju među!) svake koordinate. Jednom kad to pronađeš, možeš tražiti kuglu.
Recimo da si procijenila da je najveća udaljenost, eto, otprilike negdje [tex]\sqrt{5}[/tex]. I sad te muči treba li kugla oko [tex](0,0)[/tex] biti radijusa [tex]3[/tex] ili pak [tex]2.5[/tex] ili pak... Ali zašto se gnjaviti time? Skup je ograničen ako je podskup jedne, ali bilo koje kugle. Zašto onda ne odabrati, recimo, [tex]K((0,0), 1000000)[/tex]? Tada si [b]poprilično[/b] sigurna da da ta kugla sadrži tvoj skup, a po potrebi se zaista lako i pokaže - ipak su u igri veliki brojevi. :)
Dakle, nemoj se opterećivati traženjem najmanje moguće kugle koja sadrži skup. Bilo koja je dobra, ali, dapače, što veća, tim bolja za ovakav zadatak. :)
frutabella,
a) Da! Dapače, često su ti zadaci s više podpitanja postavljeni tako da dokažeš samo neke, a preostale argumentiraš preko onih već dokazanih. Nema potrebe gubiti vrijeme na provođenje posebnog dokaza.
Ali ako ti je još nejasno - dok te za neku tvrdnju ne pita direktno da je dokažeš (negdje u zadatku), smiješ je primjenjivati bez posebnog dokazivanja.
b) Ne, ograničenost ne povlači zatvorenost. Jedan protuprimjer je [tex]<0,1> \subset \mathbb{R}[/tex].
Druga tvrdnja također ne vrijedi, čak ni kada je skup [tex]A[/tex] zatvoren. Recimo, [tex]\left\{ 0 \right\} \subset \mathbb{R}[/tex] je kompaktan skup koji nije segment.
I konačno, neprekidna funkcija [tex]f[/tex] ne mora zatvoren skup slati u ograničen skup. Primjerice, što je [tex]f(\mathbb{R})[/tex] za [tex]f(x)=x[/tex]?
(Možda sam te krivo razumio s tvojim pitanjima jer ih nisam shvatio iz prve - preformuliraj pitanje ako je tako. :P)
Ostalo ću, ako me netko ne preduhitri, odgovoriti tijekom večeri. Zasad ovoliko. :)
pedro, svakako, samo pokaži kombinacijom danih jednakosti i nejednakosti barem neku gornju ili donju među (ne nužno infimum ili supremum, dakle bilo koju među!) svake koordinate. Jednom kad to pronađeš, možeš tražiti kuglu.
Recimo da si procijenila da je najveća udaljenost, eto, otprilike negdje [tex]\sqrt{5}[/tex]. I sad te muči treba li kugla oko [tex](0,0)[/tex] biti radijusa [tex]3[/tex] ili pak [tex]2.5[/tex] ili pak... Ali zašto se gnjaviti time? Skup je ograničen ako je podskup jedne, ali bilo koje kugle. Zašto onda ne odabrati, recimo, [tex]K((0,0), 1000000)[/tex]? Tada si poprilično sigurna da da ta kugla sadrži tvoj skup, a po potrebi se zaista lako i pokaže - ipak su u igri veliki brojevi. 
Dakle, nemoj se opterećivati traženjem najmanje moguće kugle koja sadrži skup. Bilo koja je dobra, ali, dapače, što veća, tim bolja za ovakav zadatak.
frutabella,
a) Da! Dapače, često su ti zadaci s više podpitanja postavljeni tako da dokažeš samo neke, a preostale argumentiraš preko onih već dokazanih. Nema potrebe gubiti vrijeme na provođenje posebnog dokaza.
Ali ako ti je još nejasno - dok te za neku tvrdnju ne pita direktno da je dokažeš (negdje u zadatku), smiješ je primjenjivati bez posebnog dokazivanja.
b) Ne, ograničenost ne povlači zatvorenost. Jedan protuprimjer je [tex]<0,1> \subset \mathbb{R}[/tex].
Druga tvrdnja također ne vrijedi, čak ni kada je skup [tex]A[/tex] zatvoren. Recimo, [tex]\left\{ 0 \right\} \subset \mathbb{R}[/tex] je kompaktan skup koji nije segment.
I konačno, neprekidna funkcija [tex]f[/tex] ne mora zatvoren skup slati u ograničen skup. Primjerice, što je [tex]f(\mathbb{R})[/tex] za [tex]f(x)=x[/tex]?
(Možda sam te krivo razumio s tvojim pitanjima jer ih nisam shvatio iz prve - preformuliraj pitanje ako je tako.  )
Ostalo ću, ako me netko ne preduhitri, odgovoriti tijekom večeri. Zasad ovoliko.
|
|
| [Vrh] |
|
Shaman
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 24. 09. 2011. (22:21:43)
Postovi: (76)16
Spol: 
|
| Postano: 22:44 ned, 28. 10. 2012 Naslov: |
|
|
|
uoci da tvrdnja d nije negacija tvrdnje c.
ako je tvrdnja pod c jednaka a -> b,
tada je tvrdnja pod d jednka (ne a) -> (ne b), sto po obratnu po kontrapozicij daje b -> a, sto je obrat implikacije zadtaka c.
A=<0,1>u<1,2>, definiramo f:A -> R
f(x)= x ako je x iz <0,1>, 0.5 ako je x iz <1,2>.
f je lipschitzova f-ja, f(A) je povezan, A nije povezan.
uoci da tvrdnja d nije negacija tvrdnje c.
ako je tvrdnja pod c jednaka a -> b,
tada je tvrdnja pod d jednka (ne a) -> (ne b), sto po obratnu po kontrapozicij daje b -> a, sto je obrat implikacije zadtaka c.
A=<0,1>u<1,2>, definiramo f:A -> R
f(x)= x ako je x iz <0,1>, 0.5 ako je x iz <1,2>.
f je lipschitzova f-ja, f(A) je povezan, A nije povezan.
_________________
it was merely a setback
|
|
| [Vrh] |
|
frutabella
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 09. 10. 2010. (16:35:36)
Postovi: (24E)16
|
| Postano: 23:37 ned, 28. 10. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="Shaman"]
A=<0,1>u<1,2>, definiramo f:A -> R
f(x)= x ako je x iz <0,1>, 0.5 ako je x iz <1,2>.
f je lipschitzova f-ja, f(A) je povezan, A nije povezan.[/quote]
Nije mi jasno kako smo dosli do zakljucka ovdje da je f(A) povezan?
[size=9][color=#999999]Added after 10 minutes:[/color][/size]
Znaci odgovori na postavljena pitanja koji bi se smtrali tocnim su:
a) Neprekidna je jer funkcija koja ima Lip.svojstvo je uniformno neprekidna, a znamo da je svaka uniformno neprekida funk. ujedno i neprekidna.
b) Tvrdnja ne vrijedi.
c) Tocno. Znamo (predavanje), ako je A povezan i ako je f neprekidna, tada je f(A) povezan. Buduci da vrijedi ekvivalnecija između povezanosti putevima i povezanosti na R, onda zakljucujemo da je f(A) povezan putevima.
d) Tvrdnja ne vrijedi.
Znaci nije potrebno za b) i d) dokazivati, odnosno napisati protuprimjer.
| Shaman (napisa): |
A=<0,1>u<1,2>, definiramo f:A → R
f(x)= x ako je x iz <0,1>, 0.5 ako je x iz <1,2>.
f je lipschitzova f-ja, f(A) je povezan, A nije povezan. |
Nije mi jasno kako smo dosli do zakljucka ovdje da je f(A) povezan?
Added after 10 minutes:
Znaci odgovori na postavljena pitanja koji bi se smtrali tocnim su:
a) Neprekidna je jer funkcija koja ima Lip.svojstvo je uniformno neprekidna, a znamo da je svaka uniformno neprekida funk. ujedno i neprekidna.
b) Tvrdnja ne vrijedi.
c) Tocno. Znamo (predavanje), ako je A povezan i ako je f neprekidna, tada je f(A) povezan. Buduci da vrijedi ekvivalnecija između povezanosti putevima i povezanosti na R, onda zakljucujemo da je f(A) povezan putevima.
d) Tvrdnja ne vrijedi.
Znaci nije potrebno za b) i d) dokazivati, odnosno napisati protuprimjer.
|
|
| [Vrh] |
|
Phoenix
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 05. 2010. (18:46:07)
Postovi: (164)16
Sarma: -
|
| Postano: 1:56 pon, 29. 10. 2012 Naslov: |
|
|
|
a) i c) su sada točni.
Za b) i d) možeš izjaviti da tvrdnja ne vrijedi, međutim trebaš to pokazati tako da konstruiraš protuprimjer, odnosno primjer koji ne zadovoljava danu tvrdnju.
Evo mojih rješenja:
b) Zapravo, mislim da ova tvrdnja vrijedi...
Jer je [tex]f[/tex] Lipschitzova, za svaki [tex]x,y \in A[/tex] vrijedi:
[tex]||f(x)-f(y)|| = |f(x)-f(y)| \leq L||x-y||, L > 0[/tex]
Posebno, jer je [tex]A[/tex] ograničen, sigurno je podskup neke kugle [tex]K(0,r), 0=(0,0,...,0) \in \mathbb{R}^n, r>0[/tex]
To pak povlači da za svaki [tex]x,y \in A[/tex] vrijedi [tex]x,y \in K(0,r)[/tex], pa je shodno tome [tex]||x-y|| < 2r[/tex].
Dakle:
[tex]|f(x)-f(y)| < 2Lr, \forall x, y \in A[/tex]
A to pokazuje ograničenost funkcije [tex]f[/tex]. Ako još nije jasno, uvrsti [tex]y=c \in A[/tex] proizvoljan i svakoj strani nejednakosti dodaj [tex]|f(c)|[/tex]; slijedi [tex]|f(x)| < 2Lr + |f(c)|, \forall x \in A[/tex], odnosno do kraja: [tex]-2Lr - |f(c)|< f(x) < 2Lr + |f(c)|, \forall x \in A[/tex].
b) Neka je [tex]A=[0,1] \cup [2,3][/tex] te [tex]f : A \rightarrow \mathbb{R}[/tex] zadana sa:
[tex]f(x)= \left\{ \begin{array}{rcl}
x & \mbox{za} & x \in \left[ 0,1 \right] \\
x-2 & \mbox{za} & x \in \left[ 2,3 \right] \\
\end{array}\right.[/tex]
[tex]f[/tex] je Lipschitzova, [tex]A[/tex] nije povezan, ali je [tex]f(A)=\left[ 0,1 \right][/tex] povezan skup.
a) i c) su sada točni.
Za b) i d) možeš izjaviti da tvrdnja ne vrijedi, međutim trebaš to pokazati tako da konstruiraš protuprimjer, odnosno primjer koji ne zadovoljava danu tvrdnju.
Evo mojih rješenja:
b) Zapravo, mislim da ova tvrdnja vrijedi...
Jer je [tex]f[/tex] Lipschitzova, za svaki [tex]x,y \in A[/tex] vrijedi:
[tex]||f(x)-f(y)|| = |f(x)-f(y)| \leq L||x-y||, L > 0[/tex]
Posebno, jer je [tex]A[/tex] ograničen, sigurno je podskup neke kugle [tex]K(0,r), 0=(0,0,...,0) \in \mathbb{R}^n, r>0[/tex]
To pak povlači da za svaki [tex]x,y \in A[/tex] vrijedi [tex]x,y \in K(0,r)[/tex], pa je shodno tome [tex]||x-y|| < 2r[/tex].
Dakle:
[tex]|f(x)-f(y)| < 2Lr, \forall x, y \in A[/tex]
A to pokazuje ograničenost funkcije [tex]f[/tex]. Ako još nije jasno, uvrsti [tex]y=c \in A[/tex] proizvoljan i svakoj strani nejednakosti dodaj [tex]|f(c)|[/tex]; slijedi [tex]|f(x)| < 2Lr + |f(c)|, \forall x \in A[/tex], odnosno do kraja: [tex]-2Lr - |f(c)|< f(x) < 2Lr + |f(c)|, \forall x \in A[/tex].
b) Neka je [tex]A=[0,1] \cup [2,3][/tex] te [tex]f : A \rightarrow \mathbb{R}[/tex] zadana sa:
[tex]f(x)= \left\{ \begin{array}{rcl}
x & \mbox{za} & x \in \left[ 0,1 \right] \\
x-2 & \mbox{za} & x \in \left[ 2,3 \right] \\
\end{array}\right.[/tex]
[tex]f[/tex] je Lipschitzova, [tex]A[/tex] nije povezan, ali je [tex]f(A)=\left[ 0,1 \right][/tex] povezan skup.
|
|
| [Vrh] |
|
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
|
| [Vrh] |
|
goranm
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 11. 2002. (20:09:12)
Postovi: (906)16
Spol: 
|
| Postano: 22:08 sri, 31. 10. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="pedro"]
može 2. omeđenost pod a)[/quote]
[tex]x^2+y^2\leq z = 1-x-y \Rightarrow x^2+x+y^2+y\leq 1\Rightarrow (x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32[/tex].[strike]Prema tome, skup S je zatvoren disk u [tex]\mathbb{R}^3[/tex] pa je posebno omedjen i zatvoren.[/strike]
[strike]Dodatno obrazlozenje zasto je to disk (tj. z=0). Iz [tex]x^2+y^2\leq z[/tex] slijedi da je [tex]z\geq 0[/tex]. Pretpostavimo da je [tex]z>0[/tex]. Tada je [tex]z=1-x-y>0[/tex] za bilo koj (dopusten) izbor x,y. Neka je [tex]x=y=-\frac12+\sqrt{\frac32}[/tex]. Tada je [tex]x+y=-1+2\sqrt{\frac32}>1[/tex]. Ali tada je [tex]1-x-y<0[/tex].[/strike]
[strike]S obzirom da je [tex]S=\{(x,y,0)~|~(x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32\}[/tex], onda je [tex]\pi(S)[/tex] opet skup S, ali s uklonjenom z koordinatom, tj. [tex]\pi(S)=\{(x,y)~|~(x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32\}[/tex], pa je rub tog skupa samo kruznica sa sredistem u (-1/2,-1/2) i radijusom [tex]\sqrt{3/2}[/tex].[/strike]
| pedro (napisa): |
može 2. omeđenost pod a) |
[tex]x^2+y^2\leq z = 1-x-y \Rightarrow x^2+x+y^2+y\leq 1\Rightarrow (x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32[/tex].Prema tome, skup S je zatvoren disk u [tex]\mathbb{R}^3[/tex] pa je posebno omedjen i zatvoren.
Dodatno obrazlozenje zasto je to disk (tj. z=0). Iz [tex]x^2+y^2\leq z[/tex] slijedi da je [tex]z\geq 0[/tex]. Pretpostavimo da je [tex]z>0[/tex]. Tada je [tex]z=1-x-y>0[/tex] za bilo koj (dopusten) izbor x,y. Neka je [tex]x=y=-\frac12+\sqrt{\frac32}[/tex]. Tada je [tex]x+y=-1+2\sqrt{\frac32}>1[/tex]. Ali tada je [tex]1-x-y<0[/tex].
S obzirom da je [tex]S=\{(x,y,0)~|~(x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32\}[/tex], onda je [tex]\pi(S)[/tex] opet skup S, ali s uklonjenom z koordinatom, tj. [tex]\pi(S)=\{(x,y)~|~(x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32\}[/tex], pa je rub tog skupa samo kruznica sa sredistem u (-1/2,-1/2) i radijusom [tex]\sqrt{3/2}[/tex].
_________________
The Dude Abides
Zadnja promjena: goranm; 23:18 sri, 31. 10. 2012; ukupno mijenjano 5 put/a.
|
|
| [Vrh] |
|
Phoenix
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 05. 2010. (18:46:07)
Postovi: (164)16
Sarma: -
|
| Postano: 22:22 sri, 31. 10. 2012 Naslov: |
|
|
|
Omeđenost pod a): Iz [tex]x+y+z=1[/tex] slijedi [tex]z=1-x-y[/tex], a iz toga [tex]x^2+y^2 \leq 1-x-y[/tex]. To je ekvivalentno [tex](x+\frac{1}{2})^2+(y+\frac{1}{2})^2 \leq \frac{3}{2}[/tex], što znači da su [tex]x[/tex] i [tex]y[/tex] koordinate ograničene. Primjerice, za [tex]x[/tex] koordinatu vrijedi [tex](x+\frac{1}{2})^2 \leq (x+\frac{1}{2})^2+(y+\frac{1}{2})^2 \leq \frac{3}{2}[/tex] pa je [tex]-\sqrt{\frac{3}{2}} \leq x+\frac{1}{2} \leq \sqrt{\frac{3}{2}}[/tex] i konačno [tex]-\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2} \leq x \leq \sqrt{\frac{3}{2}} -\frac{1}{2}[/tex], što je super. Analogno i za [tex]y[/tex].
Konačno, za [tex]z[/tex] koordinatu slijedi [tex]1=x+y+z \geq -\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}+z[/tex] pa je [tex]z \leq 2+2 \sqrt{\frac{3}{2}}[/tex]. Analogno za donju granicu, ili možeš odmah reći da je [tex]z \geq x^2+y^2 \geq 0[/tex].
Dakle, [tex]S \subseteq \left[ -\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}, \sqrt{\frac{3}{2}} -\frac{1}{2} \right] \times \left[ -\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}, \sqrt{\frac{3}{2}} -\frac{1}{2} \right] \times \left[ 0, 2+2 \sqrt{\frac{3}{2}} \right][/tex]. [tex]S[/tex] je podskup ograničenog skupa (pravokutnik, tj. produkt zatvorenih konačnih segmenata), pa je i sam ograničen.
Po volji se ovo može argumentirati i tražeći kuglu, no o tom na kraju ovog posta (treći paragraf).
b): Primijeti da je [tex]\pi[/tex] projekcija na prve dvije koordinate, dakle pri opisivanju svih mogućih traženih točaka zanemaruješ treću koordinatu. Pronađeš li [tex]\pi(S)[/tex], rub se traži na standardni način. Na kraju je prvi skup zatvoreni krug (dakle, nutrina i rub), a drugi skup kružnica (samo rub) s istim središtem i radijusom, a to slijedi iz jedne od nejednakosti koje sam raspisao na malo poslije početka ovog posta.
Dakle, rješenje je [tex]\pi (S) = \overline{K}((-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}),\sqrt{\frac{3}{2}})[/tex] te [tex]\partial \pi (S) = \overline{S}((-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}),\sqrt{\frac{3}{2}})[/tex].
Ako znaš da je zadani skup podskup nekog pravokutnika (Kartezijevog produkta od [tex]n[/tex] segmenata, podskup od [tex]\mathbb{R}^n[/tex]), dovoljno je reći da je taj pravokutnik ograničen pa je i zadani skup, kao podskup ograničenog, ograničen.
Ako baš želiš tražiti kuglu, za nadskup [tex]\displaystyle \left[ a_1, b_1 \right] \times \left[ a_2, b_2 \right] \times ... \times \left[ a_n, b_n \right] = \prod_{k=1}^{n} \left[ a_k, b_k \right][/tex] dovoljno je uzeti kuglu [tex]K(0,r)[/tex] gdje su [tex]0=(0,0,...,0) \in \mathbb{R}^n[/tex] te [tex]r = \max \left\{ ||(c_1, c_2, ..., c_n)|| : c_i \in \left\{ a_i, b_i \right\}, 1 \leq i \leq n \right\}[/tex]. Dakle, od ograničenja svake koordinate konstruiraš točku takva da joj je norma (udaljenost od ishodišta) najveća.
Ako ti ovo izgleda previše naporno, a znaš otprilike vrijednost da su, recimo, rubovi segmenta "negdje od [tex]5[/tex] do [tex]10[/tex]", uvijek možeš zadati sljedeću kuglu: [tex]K(0, 1000000)[/tex]. Naime, ti moraš naći jednu kuglu, ali ne i najmanju moguću koja je nadskup početnog skupa, stoga ne treba gubiti vrijeme na traženje takve kugle. Uostalom, ako treba dokazati raspisivanjem zašto je tražena kugla nadskup, sigurno je lakše s većim radijusom.
[quote="goranm"][quote="pedro"]
može 2. omeđenost pod a)[/quote]
[tex]x^2+y^2\leq z = 1-x-y \Rightarrow x^2+x+y^2+y\leq 1\Rightarrow (x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32[/tex]. Prema tome, skup S je zatvoren disk u [tex]\mathbb{R}^3[/tex] pa je posebno omedjen i zatvoren.
Dodatno obrazlozenje zasto je to disk (tj. z=0). Iz [tex]x^2+y^2\leq z[/tex] slijedi da je [tex]z\geq 0[/tex]. Pretpostavimo da je [tex]z>0[/tex]. Tada je [tex]z=1-x-y>0[/tex] za bilo koj (dopusten) izbor x,y. Neka je [tex]x=y=-\frac12+\sqrt{\frac32}[/tex]. Tada je [tex]x+y=-1+2\sqrt{\frac32}>1[/tex]. Ali tada je [tex]1-x-y<0[/tex].
S obzirom da je [tex]S=\{(x,y,0)~|~(x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32\}[/tex], onda je [tex]\pi(S)[/tex] opet skup S, ali s uklonjenom z koordinatom, tj. [tex]\pi(S)=\{(x,y)~|~(x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32\}[/tex], pa je rub tog skupa samo kruznica sa sredistem u (-1/2,-1/2) i radijusom [tex]\sqrt{3/2}[/tex].[/quote]
Mislim da je ovo krivo. Može se pokazati da je, primjerice, [tex](0,0,1) \in S[/tex]. Naime, [tex]0^2+0^2 \leq 1[/tex] te [tex]0+0+1=1[/tex].
U bilo koji dopušten izbor točaka ne spada točka s koordinatama [tex]x=y=-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{2}}[/tex]...
Omeđenost pod a): Iz [tex]x+y+z=1[/tex] slijedi [tex]z=1-x-y[/tex], a iz toga [tex]x^2+y^2 \leq 1-x-y[/tex]. To je ekvivalentno [tex](x+\frac{1}{2})^2+(y+\frac{1}{2})^2 \leq \frac{3}{2}[/tex], što znači da su [tex]x[/tex] i [tex]y[/tex] koordinate ograničene. Primjerice, za [tex]x[/tex] koordinatu vrijedi [tex](x+\frac{1}{2})^2 \leq (x+\frac{1}{2})^2+(y+\frac{1}{2})^2 \leq \frac{3}{2}[/tex] pa je [tex]-\sqrt{\frac{3}{2}} \leq x+\frac{1}{2} \leq \sqrt{\frac{3}{2}}[/tex] i konačno [tex]-\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2} \leq x \leq \sqrt{\frac{3}{2}} -\frac{1}{2}[/tex], što je super. Analogno i za [tex]y[/tex].
Konačno, za [tex]z[/tex] koordinatu slijedi [tex]1=x+y+z \geq -\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}-\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}+z[/tex] pa je [tex]z \leq 2+2 \sqrt{\frac{3}{2}}[/tex]. Analogno za donju granicu, ili možeš odmah reći da je [tex]z \geq x^2+y^2 \geq 0[/tex].
Dakle, [tex]S \subseteq \left[ -\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}, \sqrt{\frac{3}{2}} -\frac{1}{2} \right] \times \left[ -\sqrt{\frac{3}{2}}-\frac{1}{2}, \sqrt{\frac{3}{2}} -\frac{1}{2} \right] \times \left[ 0, 2+2 \sqrt{\frac{3}{2}} \right][/tex]. [tex]S[/tex] je podskup ograničenog skupa (pravokutnik, tj. produkt zatvorenih konačnih segmenata), pa je i sam ograničen.
Po volji se ovo može argumentirati i tražeći kuglu, no o tom na kraju ovog posta (treći paragraf).
b): Primijeti da je [tex]\pi[/tex] projekcija na prve dvije koordinate, dakle pri opisivanju svih mogućih traženih točaka zanemaruješ treću koordinatu. Pronađeš li [tex]\pi(S)[/tex], rub se traži na standardni način. Na kraju je prvi skup zatvoreni krug (dakle, nutrina i rub), a drugi skup kružnica (samo rub) s istim središtem i radijusom, a to slijedi iz jedne od nejednakosti koje sam raspisao na malo poslije početka ovog posta.
Dakle, rješenje je [tex]\pi (S) = \overline{K}((-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}),\sqrt{\frac{3}{2}})[/tex] te [tex]\partial \pi (S) = \overline{S}((-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}),\sqrt{\frac{3}{2}})[/tex].
Ako znaš da je zadani skup podskup nekog pravokutnika (Kartezijevog produkta od [tex]n[/tex] segmenata, podskup od [tex]\mathbb{R}^n[/tex]), dovoljno je reći da je taj pravokutnik ograničen pa je i zadani skup, kao podskup ograničenog, ograničen.
Ako baš želiš tražiti kuglu, za nadskup [tex]\displaystyle \left[ a_1, b_1 \right] \times \left[ a_2, b_2 \right] \times ... \times \left[ a_n, b_n \right] = \prod_{k=1}^{n} \left[ a_k, b_k \right][/tex] dovoljno je uzeti kuglu [tex]K(0,r)[/tex] gdje su [tex]0=(0,0,...,0) \in \mathbb{R}^n[/tex] te [tex]r = \max \left\{ ||(c_1, c_2, ..., c_n)|| : c_i \in \left\{ a_i, b_i \right\}, 1 \leq i \leq n \right\}[/tex]. Dakle, od ograničenja svake koordinate konstruiraš točku takva da joj je norma (udaljenost od ishodišta) najveća.
Ako ti ovo izgleda previše naporno, a znaš otprilike vrijednost da su, recimo, rubovi segmenta "negdje od [tex]5[/tex] do [tex]10[/tex]", uvijek možeš zadati sljedeću kuglu: [tex]K(0, 1000000)[/tex]. Naime, ti moraš naći jednu kuglu, ali ne i najmanju moguću koja je nadskup početnog skupa, stoga ne treba gubiti vrijeme na traženje takve kugle. Uostalom, ako treba dokazati raspisivanjem zašto je tražena kugla nadskup, sigurno je lakše s većim radijusom.
| goranm (napisa): | | pedro (napisa): |
može 2. omeđenost pod a) |
[tex]x^2+y^2\leq z = 1-x-y \Rightarrow x^2+x+y^2+y\leq 1\Rightarrow (x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32[/tex]. Prema tome, skup S je zatvoren disk u [tex]\mathbb{R}^3[/tex] pa je posebno omedjen i zatvoren.
Dodatno obrazlozenje zasto je to disk (tj. z=0). Iz [tex]x^2+y^2\leq z[/tex] slijedi da je [tex]z\geq 0[/tex]. Pretpostavimo da je [tex]z>0[/tex]. Tada je [tex]z=1-x-y>0[/tex] za bilo koj (dopusten) izbor x,y. Neka je [tex]x=y=-\frac12+\sqrt{\frac32}[/tex]. Tada je [tex]x+y=-1+2\sqrt{\frac32}>1[/tex]. Ali tada je [tex]1-x-y<0[/tex].
S obzirom da je [tex]S=\{(x,y,0)~|~(x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32\}[/tex], onda je [tex]\pi(S)[/tex] opet skup S, ali s uklonjenom z koordinatom, tj. [tex]\pi(S)=\{(x,y)~|~(x+\frac12)^2+(y+\frac12)^2\leq \frac32\}[/tex], pa je rub tog skupa samo kruznica sa sredistem u (-1/2,-1/2) i radijusom [tex]\sqrt{3/2}[/tex]. |
Mislim da je ovo krivo. Može se pokazati da je, primjerice, [tex](0,0,1) \in S[/tex]. Naime, [tex]0^2+0^2 \leq 1[/tex] te [tex]0+0+1=1[/tex].
U bilo koji dopušten izbor točaka ne spada točka s koordinatama [tex]x=y=-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{2}}[/tex]...
|
|
| [Vrh] |
|
goranm
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 12. 11. 2002. (20:09:12)
Postovi: (906)16
Spol:
|
| Postano: 23:22 sri, 31. 10. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="Phoenix"]Mislim da je ovo krivo. Može se pokazati da je, primjerice, [tex](0,0,1) \in S[/tex]. Naime, [tex]0^2+0^2 \leq 1[/tex] te [tex]0+0+1=1[/tex].
U bilo koji dopušten izbor točaka ne spada točka s koordinatama [tex]x=y=-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{2}}[/tex]...[/quote]
Da, krivo je. Iz nekog razloga mi je u glavi citavo vrijeme pogresna geometrijska slika pa sam 4 puta bjesomucno editirao u nadi da cu uspjet popraviti.
| Phoenix (napisa): | Mislim da je ovo krivo. Može se pokazati da je, primjerice, [tex](0,0,1) \in S[/tex]. Naime, [tex]0^2+0^2 \leq 1[/tex] te [tex]0+0+1=1[/tex].
U bilo koji dopušten izbor točaka ne spada točka s koordinatama [tex]x=y=-\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{3}{2}}[/tex]... |
Da, krivo je. Iz nekog razloga mi je u glavi citavo vrijeme pogresna geometrijska slika pa sam 4 puta bjesomucno editirao u nadi da cu uspjet popraviti.
_________________
The Dude Abides
|
|
| [Vrh] |
|
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
| Postano: 9:22 čet, 1. 11. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="Phoenix"]
Ako znaš da je zadani skup podskup nekog pravokutnika (Kartezijevog produkta od [tex]n[/tex] segmenata, podskup od [tex]\mathbb{R}^n[/tex]), dovoljno je reći da je taj pravokutnik ograničen pa je i zadani skup, kao podskup ograničenog, ograničen.
Ako baš želiš tražiti kuglu, za nadskup [tex]\displaystyle \left[ a_1, b_1 \right] \times \left[ a_2, b_2 \right] \times ... \times \left[ a_n, b_n \right] = \prod_{k=1}^{n} \left[ a_k, b_k \right][/tex] dovoljno je uzeti kuglu [tex]K(0,r)[/tex] gdje su [tex]0=(0,0,...,0) \in \mathbb{R}^n[/tex] te [tex]r = \max \left\{ ||(c_1, c_2, ..., c_n)|| : c_i \in \left\{ a_i, b_i \right\}, 1 \leq i \leq n \right\}[/tex]. Dakle, od ograničenja svake koordinate konstruiraš točku takva da joj je norma (udaljenost od ishodišta) najveća.
Ako ti ovo izgleda previše naporno, a znaš otprilike vrijednost da su, recimo, rubovi segmenta "negdje od [tex]5[/tex] do [tex]10[/tex]", uvijek možeš zadati sljedeću kuglu: [tex]K(0, 1000000)[/tex]. Naime, ti moraš naći jednu kuglu, ali ne i najmanju moguću koja je nadskup početnog skupa, stoga ne treba gubiti vrijeme na traženje takve kugle. Uostalom, ako treba dokazati raspisivanjem zašto je tražena kugla nadskup, sigurno je lakše s većim radijusom.
[/quote]
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/2006-07/kolokvij_1.pdf
konkretno za 3. zadatak
omeđim koordinatu x -> x je iz [1,2]
i y -> y je iz [-1, 5]
[1,2] x [-1, 5] je podskup od A, ali A nije pravokutnik. kako onda ovo argumentiram?
mogu ta dva segmenta nacrtat u koordinatnom sustavu i onda naći dobar radijus, ali je li to zaista potrebno ili samo argumentiram da je cijeli skup A omeđen jer smo omeđili obje njegove koordinate?
| Phoenix (napisa): |
Ako znaš da je zadani skup podskup nekog pravokutnika (Kartezijevog produkta od [tex]n[/tex] segmenata, podskup od [tex]\mathbb{R}^n[/tex]), dovoljno je reći da je taj pravokutnik ograničen pa je i zadani skup, kao podskup ograničenog, ograničen.
Ako baš želiš tražiti kuglu, za nadskup [tex]\displaystyle \left[ a_1, b_1 \right] \times \left[ a_2, b_2 \right] \times ... \times \left[ a_n, b_n \right] = \prod_{k=1}^{n} \left[ a_k, b_k \right][/tex] dovoljno je uzeti kuglu [tex]K(0,r)[/tex] gdje su [tex]0=(0,0,...,0) \in \mathbb{R}^n[/tex] te [tex]r = \max \left\{ ||(c_1, c_2, ..., c_n)|| : c_i \in \left\{ a_i, b_i \right\}, 1 \leq i \leq n \right\}[/tex]. Dakle, od ograničenja svake koordinate konstruiraš točku takva da joj je norma (udaljenost od ishodišta) najveća.
Ako ti ovo izgleda previše naporno, a znaš otprilike vrijednost da su, recimo, rubovi segmenta "negdje od [tex]5[/tex] do [tex]10[/tex]", uvijek možeš zadati sljedeću kuglu: [tex]K(0, 1000000)[/tex]. Naime, ti moraš naći jednu kuglu, ali ne i najmanju moguću koja je nadskup početnog skupa, stoga ne treba gubiti vrijeme na traženje takve kugle. Uostalom, ako treba dokazati raspisivanjem zašto je tražena kugla nadskup, sigurno je lakše s većim radijusom.
|
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/difraf/dif/2006-07/kolokvij_1.pdf
konkretno za 3. zadatak
omeđim koordinatu x → x je iz [1,2]
i y → y je iz [-1, 5]
[1,2] x [-1, 5] je podskup od A, ali A nije pravokutnik. kako onda ovo argumentiram?
mogu ta dva segmenta nacrtat u koordinatnom sustavu i onda naći dobar radijus, ali je li to zaista potrebno ili samo argumentiram da je cijeli skup A omeđen jer smo omeđili obje njegove koordinate?
|
|
| [Vrh] |
|
Phoenix
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 05. 2010. (18:46:07)
Postovi: (164)16
Sarma: -
|
| Postano: 10:23 čet, 1. 11. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="pedro"]
[1,2] x [-1, 5] je podskup od A, ali A nije pravokutnik. kako onda ovo argumentiram?
[/quote]
Ne! Nije [tex]\left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right] \subseteq A[/tex] nego je [tex]A \subseteq \left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right][/tex].
Naime, ako je, primjerice, [tex]y \in \left[ -1,5 \right][/tex], tada je [tex]\left\{ y \right\} \subseteq \left[ -1,5 \right][/tex]. Analogno je i [tex]\left\{ x \right\} \subseteq \left[ 1,2 \right][/tex]. Kartezijev produkt ova dva segmenta daje pravokutnik, a [tex]\left\{ x \right\} \times \left\{ y \right\}[/tex] zapravo daju skup [tex]A[/tex] jer promatraš [tex](x,y) \in A[/tex]. (Da se razumijemo, [tex]x[/tex] i [tex]y[/tex] nisu fiksirani, već ovo vrijedi [tex]\forall (x,y) \in A[/tex].)
Isto tako, pokazala si da mora vrijediti [tex]1 \leq x \leq 2[/tex] i [tex]-1 \leq y \leq 5[/tex], znači sigurno ne može vrijediti [tex]1 > x[/tex] ili [tex]x > 2[/tex] ili [tex]-1 > y[/tex] ili [tex]y > 5[/tex]. Pa kada bi i vrijedilo što si napisala, dakle [tex]\left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right] \subseteq A[/tex], prema ovome [tex]A[/tex] ne može biti pravi nadskup pravokutnika pa je [tex]\left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right] = A[/tex], što očito ne vrijedi jer je, primjerice, [tex](1,5) \notin A[/tex].
Ukratko, nađeš li gornju i donju među za svaku koordinatu, znaš njihov [b]nadskup[/b] u obliku pravokutnika. Dakle moraš samo argumentirati da je pravokutnik ograničen skup.
[quote="pedro"]
mogu ta dva segmenta nacrtat u koordinatnom sustavu i onda naći dobar radijus, ali je li to zaista potrebno ili samo argumentiram da je cijeli skup A omeđen jer smo omeđili obje njegove koordinate?[/quote]
Rekao bih da to nije dovoljno, već da bi trebalo do kraja formalno objasniti zašto je [tex]A[/tex] omeđen. Inače je dovoljno reći da je [tex]A[/tex] kao podskup ograničenog skupa (pravokutnika) i sam ograničen. No, pošto je ovo ipak vaš prvi kolokvij, možda baš budu htjeli od vas da nađete odgovarajuću kuglu za pravokutnik pa objasniti, kako je [tex]A[/tex] njegov podskup, da je i on u kugli.
To po potrebi provjeri i pitaj na kolokviju. No, nastoj na barem jedan od ova dva načina (ili nekom drugom formalnom tvrdnjom (propozicija, teorem, nešto treće)) to pokazati. A nemoj slučajno ostati samo na skici (premda je i ona super jer tebi pomaže u zaključivanju)! :P
| pedro (napisa): |
[1,2] x [-1, 5] je podskup od A, ali A nije pravokutnik. kako onda ovo argumentiram?
|
Ne! Nije [tex]\left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right] \subseteq A[/tex] nego je [tex]A \subseteq \left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right][/tex].
Naime, ako je, primjerice, [tex]y \in \left[ -1,5 \right][/tex], tada je [tex]\left\{ y \right\} \subseteq \left[ -1,5 \right][/tex]. Analogno je i [tex]\left\{ x \right\} \subseteq \left[ 1,2 \right][/tex]. Kartezijev produkt ova dva segmenta daje pravokutnik, a [tex]\left\{ x \right\} \times \left\{ y \right\}[/tex] zapravo daju skup [tex]A[/tex] jer promatraš [tex](x,y) \in A[/tex]. (Da se razumijemo, [tex]x[/tex] i [tex]y[/tex] nisu fiksirani, već ovo vrijedi [tex]\forall (x,y) \in A[/tex].)
Isto tako, pokazala si da mora vrijediti [tex]1 \leq x \leq 2[/tex] i [tex]-1 \leq y \leq 5[/tex], znači sigurno ne može vrijediti [tex]1 > x[/tex] ili [tex]x > 2[/tex] ili [tex]-1 > y[/tex] ili [tex]y > 5[/tex]. Pa kada bi i vrijedilo što si napisala, dakle [tex]\left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right] \subseteq A[/tex], prema ovome [tex]A[/tex] ne može biti pravi nadskup pravokutnika pa je [tex]\left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right] = A[/tex], što očito ne vrijedi jer je, primjerice, [tex](1,5) \notin A[/tex].
Ukratko, nađeš li gornju i donju među za svaku koordinatu, znaš njihov nadskup u obliku pravokutnika. Dakle moraš samo argumentirati da je pravokutnik ograničen skup.
| pedro (napisa): |
mogu ta dva segmenta nacrtat u koordinatnom sustavu i onda naći dobar radijus, ali je li to zaista potrebno ili samo argumentiram da je cijeli skup A omeđen jer smo omeđili obje njegove koordinate? |
Rekao bih da to nije dovoljno, već da bi trebalo do kraja formalno objasniti zašto je [tex]A[/tex] omeđen. Inače je dovoljno reći da je [tex]A[/tex] kao podskup ograničenog skupa (pravokutnika) i sam ograničen. No, pošto je ovo ipak vaš prvi kolokvij, možda baš budu htjeli od vas da nađete odgovarajuću kuglu za pravokutnik pa objasniti, kako je [tex]A[/tex] njegov podskup, da je i on u kugli.
To po potrebi provjeri i pitaj na kolokviju. No, nastoj na barem jedan od ova dva načina (ili nekom drugom formalnom tvrdnjom (propozicija, teorem, nešto treće)) to pokazati. A nemoj slučajno ostati samo na skici (premda je i ona super jer tebi pomaže u zaključivanju)!
|
|
| [Vrh] |
|
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
| Postano: 10:30 čet, 1. 11. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="Phoenix"][quote="pedro"]
[1,2] x [-1, 5] je podskup od A, ali A nije pravokutnik. kako onda ovo argumentiram?
[/quote]
Ne! Nije [tex]\left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right] \subseteq A[/tex] nego je [tex]A \subseteq \left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right][/tex].
[/quote]
Da, ovosam kasnije shvatila da je krivo nakon što sam pogledala ovaj zadatak koji si rješio iz kolokvija :)
vjerojatno sam nešto pogrešno na vježbama napisala. uglavnom shvatila sam sad :)
a što se tiče 3 zadatka iz istog kolokvija, je li Domena funkcije R^2 bez točaka oblika (0,y) i (x,1) gdje su x, y iz R?
| Phoenix (napisa): | | pedro (napisa): |
[1,2] x [-1, 5] je podskup od A, ali A nije pravokutnik. kako onda ovo argumentiram?
|
Ne! Nije [tex]\left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right] \subseteq A[/tex] nego je [tex]A \subseteq \left[ 1,2 \right] \times \left[ -1,5 \right][/tex].
|
Da, ovosam kasnije shvatila da je krivo nakon što sam pogledala ovaj zadatak koji si rješio iz kolokvija
vjerojatno sam nešto pogrešno na vježbama napisala. uglavnom shvatila sam sad
a što se tiče 3 zadatka iz istog kolokvija, je li Domena funkcije R^2 bez točaka oblika (0,y) i (x,1) gdje su x, y iz R?
|
|
| [Vrh] |
|
Phoenix
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 05. 2010. (18:46:07)
Postovi: (164)16
Sarma: -
|
|
| [Vrh] |
|
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
|
| [Vrh] |
|
Phoenix
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 05. 2010. (18:46:07)
Postovi: (164)16
Sarma: -
|
| Postano: 10:55 čet, 1. 11. 2012 Naslov: |
|
|
|
Pa, zadatak svakako vuče na taj oblik i preporučljivo je imati ih na umu. No, kako sam nedavno rješavao taj zadatak, čak mi nije ni trebao taj limes.
Ideja je sljedeća: kada [tex]x[/tex] ili [tex]y[/tex] teži prema kritičnoj točki, argument trigonometrijske funkcije ide u beskonačnost, a znamo da ta funkcija nema limes u beskonačnosti (raste do [tex]1[/tex], pada do [tex]-1[/tex], pa raste do [tex]1[/tex], pa pada do [tex]-1[/tex], ... i tako u beskonačnost). Onda sam samo promatrao teži li možda zagrada ili eventualno druga trigonometrijska funkcija prema nuli jer, kako je trigonometrijska funkcija ograničena, mora cijeli izraz težiti prema nuli.
Pa, zadatak svakako vuče na taj oblik i preporučljivo je imati ih na umu. No, kako sam nedavno rješavao taj zadatak, čak mi nije ni trebao taj limes.
Ideja je sljedeća: kada [tex]x[/tex] ili [tex]y[/tex] teži prema kritičnoj točki, argument trigonometrijske funkcije ide u beskonačnost, a znamo da ta funkcija nema limes u beskonačnosti (raste do [tex]1[/tex], pada do [tex]-1[/tex], pa raste do [tex]1[/tex], pa pada do [tex]-1[/tex], ... i tako u beskonačnost). Onda sam samo promatrao teži li možda zagrada ili eventualno druga trigonometrijska funkcija prema nuli jer, kako je trigonometrijska funkcija ograničena, mora cijeli izraz težiti prema nuli.
|
|
| [Vrh] |
|
pedro
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (14:08:21)
Postovi: (19B)16
|
| Postano: 11:13 čet, 1. 11. 2012 Naslov: |
|
|
|
[quote="Phoenix"]Pa, zadatak svakako vuče na taj oblik i preporučljivo je imati ih na umu. No, kako sam nedavno rješavao taj zadatak, čak mi nije ni trebao taj limes.
Ideja je sljedeća: kada [tex]x[/tex] ili [tex]y[/tex] teži prema kritičnoj točki, argument trigonometrijske funkcije ide u beskonačnost, a znamo da ta funkcija nema limes u beskonačnosti (raste do [tex]1[/tex], pada do [tex]-1[/tex], pa raste do [tex]1[/tex], pa pada do [tex]-1[/tex], ... i tako u beskonačnost). Onda sam samo promatrao teži li možda zagrada ili eventualno druga trigonometrijska funkcija prema nuli jer, kako je trigonometrijska funkcija ograničena, mora cijeli izraz težiti prema nuli.[/quote]
pa zar nije da onda cijeli izraz ide u beskonačnost ako ta jedna trigonometrisjka funkcija ide u beskonačnost?
nije mi baš najjasnije kako bih sad dalje trebala krenuti?
na vježbama smo radili lakše zadatke, ovo mi je malo nepoznato :oops:
| Phoenix (napisa): | Pa, zadatak svakako vuče na taj oblik i preporučljivo je imati ih na umu. No, kako sam nedavno rješavao taj zadatak, čak mi nije ni trebao taj limes.
Ideja je sljedeća: kada [tex]x[/tex] ili [tex]y[/tex] teži prema kritičnoj točki, argument trigonometrijske funkcije ide u beskonačnost, a znamo da ta funkcija nema limes u beskonačnosti (raste do [tex]1[/tex], pada do [tex]-1[/tex], pa raste do [tex]1[/tex], pa pada do [tex]-1[/tex], ... i tako u beskonačnost). Onda sam samo promatrao teži li možda zagrada ili eventualno druga trigonometrijska funkcija prema nuli jer, kako je trigonometrijska funkcija ograničena, mora cijeli izraz težiti prema nuli. |
pa zar nije da onda cijeli izraz ide u beskonačnost ako ta jedna trigonometrisjka funkcija ide u beskonačnost?
nije mi baš najjasnije kako bih sad dalje trebala krenuti?
na vježbama smo radili lakše zadatke, ovo mi je malo nepoznato 
|
|
| [Vrh] |
|
Phoenix
Forumaš(ica)
Pridružen/a: 15. 05. 2010. (18:46:07)
Postovi: (164)16
Sarma: -
|
| Postano: 11:17 čet, 1. 11. 2012 Naslov: |
|
|
|
Trigonometrijska funkcija ne može ići u beskonačnost ako je njena slika [tex]\left[ -1,1 \right][/tex]. Argument funkcije može ići u beskonačnost, ali to je druga stvar.
Znam da se ta formula koja si napisala često koristi kod takvih zadataka, sjećam se prošle godine da sam to često koristio na kolegiju, no, ponavljam, meni nije trebala kada sam nedavno rješavao. Možda sam i pogriješio u takvom rješavanju. :D
Ako nađeš bolje i kraće rješenje, slobodno ga napiši. :) Ne bi bilo prvi put da pišem kompliciranija rješenja. ;)
Trigonometrijska funkcija ne može ići u beskonačnost ako je njena slika [tex]\left[ -1,1 \right][/tex]. Argument funkcije može ići u beskonačnost, ali to je druga stvar.
Znam da se ta formula koja si napisala često koristi kod takvih zadataka, sjećam se prošle godine da sam to često koristio na kolegiju, no, ponavljam, meni nije trebala kada sam nedavno rješavao. Možda sam i pogriješio u takvom rješavanju. 
Ako nađeš bolje i kraće rješenje, slobodno ga napiši. Ne bi bilo prvi put da pišem kompliciranija rješenja. 
|
|
| [Vrh] |
|
|
