Problemi iz matematike, fizike, hemije ...

  • Začetnik teme Začetnik teme dragana
  • Datum pokretanja Datum pokretanja
stanje
Zatvorena za pisanje odgovora.
bubamarica:):
Rijesiti jednacine....

1. log[SUB]2[/SUB](cos2x + cosx/2) + log[SUB]1/2[/SUB](sinx + cos x/2) = 0



2. sin[SUP]1988[/SUP]x + cos[SUP]1000[/SUP]x = 1...
Kliknite za proširenje...

Ova druga jednacina ne da je glupa nego ....

Evo kako sam ja razmisljao . Prvo sam hteo da sve svedem ili na sinus ili na kosinus , da se ne majem oko oba . Najlogicnija veza je sin x = sqrt(1-cos[SUP]2[/SUP]x)

sqrt(1-cos[SUP]2[/SUP]x)[SUP]1988[/SUP] + cos[SUP]1000[/SUP]x = 1

(1-cos[SUP]2[/SUP]x)[SUP]994[/SUP]* + (cos[SUP]2[/SUP]x)[SUP]500[/SUP]=1

* ( sqrt(x)=x[SUP]1/2[/SUP])


cos[SUP]2[/SUP]x=t

(1-t)[SUP]994[/SUP]+t[SUP]500[/SUP]=1

Logicno ne bih imao pojma kako da nadjem nule osim ako ovo ne posmatram kao polinom .

P(t)=(1-t)[SUP]994[/SUP]+t[SUP]500[/SUP]-1

(t-a) | P(t) <=> P(t)=0 ( Posledica bezuovog stava )

I sad idemo redom dok ne nadjemo barem jednu nulu .

P(1)= 0+1=1 (Ovo je tacno) Sto znaci da je (t-1) sigurno deli P(t)

E sad gledaj ovo . Recimo da imamo neki broj y . Ako kazemo da 2 | y to znaci da ja y mogu da zapisem kao 2*k (neko k koje se dobije deljenjem y sa 2) . Npr 2|8 => 8=2*k (neko k) ...

Sad se vratimo na nasu pricu . Ako (t-1) deli P(t) to znaci da je P(t)=(t-1)*k

Resimo sada nasu jednacinu P(t)=0
(t-1)*k=0 <=> t-1=0 v k=0 <=> t=1 v k=0

E sad jedna digresija . Nas polinom je 994-og stepena . Odnosno ocekuju se 994 resenja (bilo da su ista bilo da su razlicita) . Nezavisno od toga mi nismo ovim postupkom dokazali da ova jednacina nema vise resenja . Naime nasli smo samo jedno od njih a to je cos[SUP]2[/SUP]x=1 <=> cos x =+-1 <=> x=0+kPi keZ

Ovo je jedno resenje . Pitanje je gde su i da li ima jos resenja . Ovo cemo dokazati (Neka me neko ispravi ako ovo sto sada izlazem nije matematicki validan dokaz) na sledeci nacin .


B.S - Bezuov stav
Niko mene ne sprecava da ja nastavim da trazim dalje P(a) .

P(-1)=2[SUP]994[/SUP]+(-1)[SUP]500[/SUP]-1=0 (2[SUP]994[/SUP]=0 - sto nije sigurno :lol:)

P(2)=(-1)[SUP]994[/SUP]+2[SUP]500[/SUP]-1=0 (Nije)

P(-2)= 3[SUP]994[/SUP] + (-2)[SUP]500[/SUP]-1=0 (Nije)


I meni je ovo dovoljno da dam sledeci zakljucak : dati polinom P(t) ni za jedno drugo t nece biti jednak nuli osim gore navedenog kao resenje . Jer sto vise menjamo P(a) sve smo dalje i dalje :lol:

Isto tako ovo mozemo zakljuciti i na sledeci nacin . (1-t) pa na paran eksponent je broj koji je uvek veci od nule . Sto je vece t veci je i ceo izraz (1-t)[SUP]994[/SUP] , t[SUP]500[/SUP] isto tako je uvek pozitivan broj jer je eksponent paran . Kada saberemo ova dva , i oduzmemo jedan da li mozemo dobiti nulu za t>1 ? ;)

Kraj "dokaza"

Neka neko proveri ovo ali mislim da sam upravu .
 
Ko da si od inovatora učio dokazivnje, :hahaha: šalim se ja malo. To na žalost tako ne može, jer koreni mogu biti i negativni, da se razumemo. Lep je Bezuov stav, i koristan, ali se on iz gore viđenih razloga ne koristi za traženje nula polinoma, već se koristi Hornerova šema, kao standardan postupak

(1-t)[SUP]994[/SUP]+t[SUP]500[/SUP]=1

Ja na žalost ne mogu da rasformiram ovaj polinom u implicitni oblik što je i razumljivo jer imamo binom 944 stepena. Ali mogu da tvrdim da će najveći stepen polinoma nakon prebacivanja biti 944og stepena i to uz koeficijent -1 a najmanji I stepena uz koeficijent 1. (1[SUP]944[/SUP] otpada jer se skrati sa jedinicom sa druge strane jednakosti)

Dakle odmah možemo da zaključimo da je t=0 jedna nula, odnosno rešenje.

Sad dobijamo pravi polinom 933 stepana sa najstarijim koeficijentom a[SUB]933[/SUB]=-1 i slobodnim članom = 1:

-1t[SUP]933[/SUP]+....+ 1 = 0

Jedna druga teorma, a itekako korisna kaže da sve realne nule polinoma moraju da zadovolje sledeće stvari:

1. pripadaju skupu racionalnih p/q gde su p svi delioci slobodnog člana, a q svi sdelioci najstarijeg koeficijenta.

kako je p = {-1, 1} a q = {-1,1}

onda sve relane nule pripadaju skupu:

p/q={-1,1}

Sada je dovoljno proveriti da li su to zaista rešenja i ne treba ići dalje.

Za jedan je Stiven već pokazao jeste rešenje a za -1 je još lakše pokazati da nije rešenje.

Dakle rešenja su t=0 i t=1
----------------------------------------------------------------------------------------------------------

Jedan drugi primer za Stivena kako se ne bi mučio sa Bezuovim stavom:

Naći nule polinoma:
f(x) = 4x^5 - x^2 + 12

Ovo je polinom V stepena i ima 5 nula, bilo realnih bilo kompleksnih. Ako ima kompleksnu nulu, onda je njegova nula takođe i konjugovano kompleksna vrednost te nule.

Posledica: Broj kompleksnih nula je uvek paran broj.
Posledica posledice: Polinom neparnog stepena ima bar jednu realnu nulu.

Svi delioci slobodnog člana su:
p = {-1,-2,-3,-4,-6,-12,1,2,3,4,6,12}

Svi delioci najstarijeg člana:
q={-1,-2,-4,1,2,4}

Sve realne nule ovog polinoma moraju spadati u ovu grupu:

p/q = {±1,±2,±3,±4,±6,±12,±1/2,±1/4,±1/6,±1/12,±3/2,±4/3}

Sada se sve nule testiraju Hornerovom šemom. Inače ovo pravilo o realnim nulama je otkrio Dekart.
 
Paganko:
Ko da si od inovatora učio dokazivnje, :hahaha: šalim se ja malo. To na žalost tako ne može, jer koreni mogu biti i negativni, da se razumemo. Lep je Bezuov stav, i koristan, ali se on iz gore viđenih razloga ne koristi za traženje nula polinoma, već se koristi Hornerova šema, kao standardan postupak

(1-t)[SUP]994[/SUP]+t[SUP]500[/SUP]=1

Ja na žalost ne mogu da rasformiram ovaj polinom u implicitni oblik što je i razumljivo jer imamo binom 944 stepena. Ali mogu da tvrdim da će najveći stepen polinoma nakon prebacivanja biti 944og stepena i to uz koeficijent -1 a najmanji I stepena uz koeficijent 1. (1[SUP]944[/SUP] otpada jer se skrati sa jedinicom sa druge strane jednakosti)

Dakle odmah možemo da zaključimo da je t=0 jedna nula, odnosno rešenje.

Sad dobijamo pravi polinom 933 stepana sa najstarijim koeficijentom a[SUB]933[/SUB]=-1 i slobodnim članom = 1:

-1t[SUP]933[/SUP]+....+ 1 = 0

Jedna druga teorma, a itekako korisna kaže da sve realne nule polinoma moraju da zadovolje sledeće stvari:

1. pripadaju skupu racionalnih p/q gde su p svi delioci slobodnog člana, a q svi sdelioci najstarijeg koeficijenta.

kako je p = {-1, 1} a q = {-1,1}

onda sve relane nule pripadaju skupu:

p/q={-1,1}

Sada je dovoljno proveriti da li su to zaista rešenja i ne treba ići dalje.

Za jedan je Stiven već pokazao jeste rešenje a za -1 je još lakše pokazati da nije rešenje.

Dakle rešenja su t=0 i t=1
----------------------------------------------------------------------------------------------------------

Jedan drugi primer za Stivena kako se ne bi mučio sa Bezuovim stavom:

Naći nule polinoma:
f(x) = 4x^5 - x^2 + 12

Ovo je polinom V stepena i ima 5 nula, bilo realnih bilo kompleksnih. Ako ima kompleksnu nulu, onda je njegova nula takođe i konjugovano kompleksna vrednost te nule.

Posledica: Broj kompleksnih nula je uvek paran broj.
Posledica posledice: Polinom neparnog stepena ima bar jednu realnu nulu.

Svi delioci slobodnog člana su:
p = {-1,-2,-3,-4,-6,-12,1,2,3,4,6,12}

Svi delioci najstarijeg člana:
q={-1,-2,-4,1,2,4}

Sve realne nule ovog polinoma moraju spadati u ovu grupu:

p/q = {±1,±2,±3,±4,±6,±12,±1/2,±1/4,±1/6,±1/12,±3/2,±4/3}

Sada se sve nule testiraju Hornerovom šemom. Inače ovo pravilo o realnim nulama je otkrio Dekart.
Kliknite za proširenje...

A da zaboravio sam i t=0
Nego stani malo . Zar nisam ja pokazao da nema negativnih nula :think: Ne znam da li si citao ceo post :think:
 
Stiven:
Ova druga jednacina ne da je glupa nego ....

Evo kako sam ja razmisljao . Prvo sam hteo da sve svedem ili na sinus ili na kosinus , da se ne majem oko oba . Najlogicnija veza je sin x = sqrt(1-cos[SUP]2[/SUP]x)

sqrt(1-cos[SUP]2[/SUP]x)[SUP]1988[/SUP] + cos[SUP]1000[/SUP]x = 1

(1-cos[SUP]2[/SUP]x)[SUP]994[/SUP]* + (cos[SUP]2[/SUP]x)[SUP]500[/SUP]=1

* ( sqrt(x)=x[SUP]1/2[/SUP])


cos[SUP]2[/SUP]x=t

(1-t)[SUP]994[/SUP]+t[SUP]500[/SUP]=1

Logicno ne bih imao pojma kako da nadjem nule osim ako ovo ne posmatram kao polinom .

P(t)=(1-t)[SUP]994[/SUP]+t[SUP]500[/SUP]-1

(t-a) | P(t) <=> P(t)=0 ( Posledica bezuovog stava )

I sad idemo redom dok ne nadjemo barem jednu nulu .

P(1)= 0+1=1 (Ovo je tacno) Sto znaci da je (t-1) sigurno deli P(t)

E sad gledaj ovo . Recimo da imamo neki broj y . Ako kazemo da 2 | y to znaci da ja y mogu da zapisem kao 2*k (neko k koje se dobije deljenjem y sa 2) . Npr 2|8 => 8=2*k (neko k) ...

Sad se vratimo na nasu pricu . Ako (t-1) deli P(t) to znaci da je P(t)=(t-1)*k

Resimo sada nasu jednacinu P(t)=0
(t-1)*k=0 <=> t-1=0 v k=0 <=> t=1 v k=0

E sad jedna digresija . Nas polinom je 994-og stepena . Odnosno ocekuju se 994 resenja (bilo da su ista bilo da su razlicita) . Nezavisno od toga mi nismo ovim postupkom dokazali da ova jednacina nema vise resenja . Naime nasli smo samo jedno od njih a to je cos[SUP]2[/SUP]x=1 <=> cos x =+-1 <=> x=0+kPi keZ

Ovo je jedno resenje . Pitanje je gde su i da li ima jos resenja . Ovo cemo dokazati (Neka me neko ispravi ako ovo sto sada izlazem nije matematicki validan dokaz) na sledeci nacin .


B.S - Bezuov stav
Niko mene ne sprecava da ja nastavim da trazim dalje P(a) .

P(-1)=2[SUP]994[/SUP]+(-1)[SUP]500[/SUP]-1=0 (2[SUP]994[/SUP]=0 - sto nije sigurno :lol:)

P(2)=(-1)[SUP]994[/SUP]+2[SUP]500[/SUP]-1=0 (Nije)

P(-2)= 3[SUP]994[/SUP] + (-2)[SUP]500[/SUP]-1=0 (Nije)


I meni je ovo dovoljno da dam sledeci zakljucak : dati polinom P(t) ni za jedno drugo t nece biti jednak nuli osim gore navedenog kao resenje . Jer sto vise menjamo P(a) sve smo dalje i dalje :lol:

Isto tako ovo mozemo zakljuciti i na sledeci nacin . (1-t) pa na paran eksponent je broj koji je uvek veci od nule . Sto je vece t veci je i ceo izraz (1-t)[SUP]994[/SUP] , t[SUP]500[/SUP] isto tako je uvek pozitivan broj jer je eksponent paran . Kada saberemo ova dva , i oduzmemo jedan da li mozemo dobiti nulu za t>1 ? ;)

Kraj "dokaza"

Neka neko proveri ovo ali mislim da sam upravu .
Kliknite za proširenje...
Citaj crveno paganko . :lol:
 
Stiven:
A da zaboravio sam i t=0
Nego stani malo . Zar nisam ja pokazao da nema negativnih nula :think: Ne znam da li si citao ceo post :think:
Kliknite za proširenje...

Jesi ali to je induktivni dokaz, kakav se u matematici odbacuje. Da je kojim slučajem skup mogućih nula veći imao bi velike probleme. Drugo, ne zaboravi da i između 0 i 1 imaš još beskonačno racionalih brojeva koji svi mogu biti koreni. Da li bi tvoj test uniformno divergirao i nam području ja zaista nisam siguran.
 
Paganko:
Jesi ali to je induktivni dokaz, kakav se u matematici odbacuje. Da je kojim slučajem skup mogućih nula veći imao bi velike probleme. Drugo, ne zaboravi da i između 0 i 1 imaš još beskonačno racionalih brojeva koji svi mogu biti koreni. Da li bi tvoj test uniformno divergirao i nam području ja zaista nisam siguran.
Kliknite za proširenje...

Vidim rupu ali je i ne vidim :lol:
 
Pa recimo ako to probaš sa onim drugim polinomom naći ćeš da je dosta zahebano tako testirati i provbavati (sem naravno ako već u napred ne zaš šta su moguća rešenja, a onda ti nikakvo dokazivanje nije potrebno), sem da ili nađeš 5 komada ili da testiraš sve pa kažeš da ima npr 3 i jedan konjugovano kompleksni par.
 
Paganko:
Pa recimo ako to probaš sa onim drugim polinomom naći ćeš da je dosta zahebano tako testirati i provbavati (sem naravno ako već u napred ne zaš šta su moguća rešenja, a onda ti nikakvo dokazivanje nije potrebno), sem da ili nađeš 5 komada ili da testiraš sve pa kažeš da ima npr 3 i jedan konjugovano kompleksni par.
Kliknite za proširenje...

Cekaj, ako sam razumeo Hornerovu semu , ja njome ogranicavam nule na jedan siguran skup, i onda na isti nacin kao i B.S proveravam te nule stim da moram ceo skup da izresetam . Dok god B.S se trazenje nula svodi na nagadjanje ?

Jel sam skontO dobro ?
 
bubamarica:):
Ma trenutno se spremam za takmicenje u srednjoj skoli...(3. razred)
A inace sam planirala upisati nesto na PMF, matematiku ili fiziku...ufff
Kliknite za proširenje...

Pa dobro . Nije strasno.

Prati samo redovno zadatke svake godine koje daju . (Da se ukapirati "sema" tipova zadataka kada im pogledas testove) I sve ce biti uredu .

Na ova dva sajta imas testove, vezbanja, teoriju za dodatnu nastavu pa izvoli . Sta nije jasno pitaj, probacemo da pomognemo .

http://srb.imomath.com/ - sjajan sajt
http://www.dms.org.rs/ - samo testovi sa proslogodisnjih takmicenja
 
Paganko:
Ako pogledamo jedno telo na njega deluje aktivna sila F i sila reakcije podloge F[SUB]n[/SUB] = mg koja je po intenyitetu jednaka gravitacionoj, a suprotnog smera, dakle iz podloge ka telu. Kao posledica trenja javlja se sila trenja, koja se po smeru suprotstavlja smeru kretanja tela:

F[SUB]t[/SUB]=μF[SUB]n[/SUB]

Kad to sve ucrtaš gde treba, videćeš da je sila kojom prvo telo vuče drugo telo:

S = F - F[SUB]t[/SUB]

Sa druge strane sila kojom se drugo telo odupire vučenju je sila trenja između podloge i drugog tela.

Ukupna sila koja se javlja u koncu je jednaka sili vučenja F umanjenoj za ukupno trenje.

Naravno ovo sve važi samo za najprostiji model trenja - Kulonovo trenje.
Kliknite za proširenje...
Pokusao sam da uradim zadatak sinoc, ali nisam mogao, msm nzm kako. :rumenko: Jel mozes da mi uradis a ja cu da ga "prostudiram"..?
 
stanje
Zatvorena za pisanje odgovora.

Slične teme

MladenS.
Galerija SANU - izložba energetske elektronike
Odgovora
0
Pregleda
203
MladenS.
MladenS.
Vuk Samotnjak
Microsoft izbegao kaznu Evropske unije
Odgovora
1
Pregleda
268
acabg
acabg
Т
Који Linux изабрати?
2
Odgovora
37
Pregleda
1.019
Dr.Jackson
Dr.Jackson

Back
Top