1. seriálová série. Řešení 1. seriálové série. Téma: Kombinatorika. Datumodeslání:
|
|
- Božena Havlíčková
- před 5 lety
- Počet zobrazení:
Transkript
1 seriálová série Téma: Kombiatorika Datumodesláí: ½ º Ð Ò ¾¼¼ ½º ÐÓ Ó µ Určete počet cest vedoucích ze spodku zadečku prasátka(bod A) do čumáku prasátka(bod B) takových, že vedou je doprava, ahoru ebo šikmo doprava ahoru(posledí případ může astat je u brady či pusy prasátka) B A ¾º ÐÓ Ó µ V závislosti a přirozeém k určete hodotu součtu k k k k º ÐÓ Ó µ V závislosti a přirozeém určete hodotu součtu Řešeí seriálové série úloha Určete počet cest vedoucích ze spodku zadečku prasátka(bod A) do čumáku prasátka(bod B) takových, že vedou je doprava, ahoru ebo šikmo doprava ahoru(posledí případ může astat je u brady či pusy prasátka)
2 B A Ozačmesi C, D,, KvýzamébodyprasátkajakoaobrázkuDálesiozačme bpočet cest vedoucích z vrcholu A do B splňujících podmíky zadáí Podobé začeí zavedeme pro ostatípísmeka c, d,,k F E I H K J B A D C G ` Podletextuseriáluje c=`8 =, d=`9 =9, e=`0 =45af= =65Dáleplatí g=c+d, h=d+e+g(pozor!), i=f+ h, j= g+ h, k=j+ i, b=j+ kodtudpostupě dopočítáme g=0, h=64, i=229, j=74, k=303, b=377tedypočetcestvedoucíchzado B splňujících podmíky zadáí je úloha V závislosti a přirozeém k určete hodotu součtu k k k k Hlaví myšleka řešeí je, podobě jako v textu seriálu, zakroužkovat příslušé čley Pascalova trojúhelíku(obrázek vlevo) Potom už je jasé, jak se tato čísla budou postupě sčítat
3 (obrázekvpravo)posledídvačley,kterésesečtou,jsou `2k+ Jejichsoučetje, k a`2k k k cožjezároveňiřešeíúlohy úloha V závislosti a přirozeém určete hodotu součtu Řešeí bude velmi aalogické řešeí příkladu ze seriálu Opět bude kocourkovské zastupitelstvo volit městskou radu(s alespoň jedím radím) Navíc jede z radích bude starosta, jedebudefiačíkajedebudemluvčíradyjederadímůžeobsaditivíceztěchtofukcí Spočteme opět dvěma způsoby počet možých voleb I způsob: Zcela aalogickým postupem jako v textu seriálu dostáváme, že teto počet je II způsob: Nejprve zvolíme starostu, fiačíka a mluvčího Mohou astat tři situace Prví situace je, že jede hyperaktiví zastupitel je zároveň starostou, fiačíkem i mluvčím Tohomůžemezvolit způsobyauzbylýchzastupitelůmáme2 možostí(každýbuďradím jeeboeí)dohromadyjeto 2 možostí Druhá situace je, že tyto tři fukce budou zastávat dva zastupitelé (tedy radí) Jsou 3 možosti, jak vybrat, zda je to starosta, fiačík ebo mluvčí, kdo už emá další fukci Je-li taktovybráo,jepak možostí,jakvybrat,kdozastávájedufukci,apoté možostí, jakvybrat,kdozastávádvěfukcepřidáme-liještě2 2 možýchvolebzbytkurady,dostáváme dohromady3( )2 2 možýchvoleb Třetísituaceje,žekaždoufukcizastáváěkdojiýPotomje ( )( 2)možostí,jak rozdělitfukce,aásleduje2 3 možýchvolebrady,dohromady ( )( 2)2 3 Sečteme-li prví, druhou a třetí situaci, dostáváme (4+6( )+( )( 2))2 3 =(+3) možostí Spočítali jsme dvěma způsoby tetýž údaj Tedy výsledek spočítaý druhým způsobem je řešeím úlohy
4 2 seriálová série Téma: Kombiatorika Datumodesláí: ½¼º ÞÒ ¾¼¼ Určetepočetzpůsobů,jaklzeobarvitpolíčkatabulky3 3červeě,žlutěamodřetak,žekaždá barva je použita právě třikrát a avíc se v obarveí eachází žádá stejobarevá kostička tvaru obdélíku 3(ai3 )Zarůzápovažujemeiobarveílišícísepřevráceímčiotočeím, apř obarvíme-li prvě spodí řádek červeě a vrchí modře a poté spodí řádek modře a vrchí červeě, jedá se o dvě růzá obarveí Určete počet způsobů, jak vydláždit schodiště o straě právě obdélíky(či čtverci) Na obrázkujepříkladpro =3 Na krasobruslařskou soutěž přijelo bruslařů Každý bruslař je ohodoce jedou ze zámek,2,, (růzíbruslařimůžoudostatstejézámky)ozačme A i možiuvšechmožých ohodoceí(celé -tice) bruslařů, při ichž žádý z bruslařů edostal zámku i () Spočtěte A i,tjvelikost A i (2) Pro kpřirozeéa{i, i 2,, i k } {,2,, }spočtěte A i A i2 A ik (3) Určete hodotu výrazu ( 0) ( ) + ( 2) 2 +( ) 0 Řešeí 2 seriálové série 4 úloha Určetepočetzpůsobů,jaklzeobarvitpolíčkatabulky3 3červeě,žlutěamodřetak,žekaždá barva je použita právě třikrát a avíc se v obarveí eachází žádá stejobarevá kostička tvaru obdélíku 3(ai3 )Zarůzápovažujemeiobarveílišícísepřevráceímčiotočeím, apř obarvíme-li prvě spodí řádek červeě a vrchí modře a poté spodí řádek modře a vrchí červeě, jedá se o dvě růzá obarveí PokudjeTitopříjemější,můžešsmožiou A i pracovatjakosmožiouvšechfukcí f: {,2,, } {,2,, i, i+, i+2, }
5 Nejdříve si spočteme, kolik je vůbec všech obarveí daého čtverce třemi barvami(modrou, červeou a žlutou) takových, že každá z ich je použita právě třikrát Ozačme tuto možiu třeba A Na takové obarveí můžeme ahlížet tak, že ejdříve obarvíme tři políčka červeou máme `9 `6 možostí,eboťvybírámezdevítipolí,protřimodrápolemámepak 3 3 možostí (zbyloámšestpolí)aprožlutoujejedumožost,atovšechazbylápole(ebotaky `3 3, abychom dodrželi symetrii) Celkový počet pak dostáváme pravidlem součiu: ! A = = ! 3! 3! =680 Dále spočítáme pomocí pricipu ikluze a exluze, kolik je takových obarveí, že obsahují sloupec ebo řádek jedé barvy Uvědom si, že jeda barva může tvořit je jede sloupec(eboť můžeme obarvit pouze tři políčka) Ozačme tedy C možiu všech obarveí, které obsahují sloupec ebo řádek červeé barvy, obdobě i M, respektive Z pro modrou, respektive žlutou barvu Pricip ikluze a exkluze pak říká: C M Z = C + M + Z C M C Z M Z + C M Z Spočítáme C, máme tedy celkem 6 možostí výběru sloupce ebo řádku, který bude červeý, potémusímeobarvitještětřipolemodřeazbytekžlutě,protomámecelkem `6 3 možostí Dohromady C =6`6 3 Stejětakmůžemespočítat M a Z,platítedy C = M = Z =20 Mohutost průiků po dvou spočítáme podobě, máme 6 možostí výběru prvího sloupce ebo řádku Na výběr druhého ám už ale zbývají je dvě možosti, eboť jiak bychom museli ějaké políčko obarvit dvěma barvami Posledí řádek ebo sloupec už má také jasou barvu Tady si můžeme uvědomit, že pokud už existují dva jedobarevé sloupce ebo řádky, tak je jedobarevýitřetísloupecebořádek tedyplatídokocerovostmoži 2 C M= C Z= = M Z = C M ZDohromadyjsmetedyzjistili,že C M = C Z = M Z = = C M Z =2 Zbýváámužjedosadit,hledaýpočettedyje: A C M Z = =344 5 úloha Určete počet způsobů, jak vydláždit schodiště o straě právě obdélíky(či čtverci) Na obrázkujepříkladpro =3 2 Teďbychommohlizajásatauvědomitsi,žejsmekaždoutakovoumožostzatímzapočítali třikrát zakaždoubarvujedou,zbýváámjidvakrátodečístkdyžsepodíváštakámvyjde právěto,acodojdemeipricipemikluzeaexkluzejakjiakbytotakémohlobýt;-)
6 Pririešeítakýchtoúlohjevždydobrésispočítať,akosatosprávaprepárprvýchčleov Vtomtoprípadepre {,2,3,4}dostaemepostupehodoty {,2,5,4},čoveľmipripomía Catalaove čísla Tak skúsime dokázať, že sú to aozaj oy Pomeujme si veci a obrázku Nech schody sú políčka achádzajúce sa a diagoále, očíslujmeichzospodu,, Ďalejechpolíčko Xjepolíčkoachádzajúcesavrohuschodiskaa apoko schodiskom budem azývať celý obrázok Nazačiatoksimôžmevšimúť,žekaždýschodmusíbyťpokrytýiýmobdĺžikomJetotak preto, lebo zrejme žiade obdĺžik evie pokryť dva a viac schodov Navyše, keďže je obdĺžikov rovako ako schodov, každý obdĺžik musí pokryť práve jede schod Tiež z toho vyplýva, že schodisko s hraou evieme pokryť meej ež obdĺžikmi(iáč by musel ejaký pokryť aspoň dva schody) Teraz si všimime políčko X To musí byť pokryté ejakým obdĺžikom, ktorý pokrýva iektorýschod kčosaaleestae tetoobdĺžikámrozdelípôvodéschodiskoadvemešie Ľahko spočítať, že schodisko ad týmto obdĺžikom bude mať veľkosť k a schodisko apravo veľkosť k Koľkýmiobdĺžikmimusiabyťvydláždeétieto podschodiská?každémusíbyťvydláždeé aspoň takým počtom obdĺžikov, koľko obsahuje schodov, čiže spolu ich musí byť aspoň( k)+(k )= Ležemyužmámeavydláždeieveľkéhoschodiskakdispozíciipráve obdĺžikov(jede sme miuli a obdĺžik s políčkom X), takže každé z meších schodísk musí byť vydláždeé takým počtom obdĺžikov, akú má hrau To sme už skoro hotoví, pretože tým vieme rekurete vyjadriť vzťah pre dláždeie Ozačme p počet spôsobov, ako vydláždiť schodisko so straou Nech obĺžik pokrývajúci políčko X pokrýva schod k Potom pre takto peve zvoleý obdĺžik je počet možých vydláždeí p k p k Teobdĺžikmôžepokrývaťvšetkyschodyaž,pretopotrebujemesčítaťcez všetky k: p = X p k p k = p p 0 + p 2 p + +p 0 p k= Pokiaľbysmeavyševedeli,že p 0 =,takbytoboliprávecatalaovečísla(viďúvod kseriálu)tojealepravda,pretožepreástozameápočetspôsobov,ktorýmisadávydláždiť
7 schodiskoveľkosti0atojeztohodôvodu,žeavydláždeieemámeiúmožosť,leho echať bez obdĺžíkov Teda počet spôsobov ako vydláždiť schodisko veľkosti sú Catalaove čísla: p = c = = + `2 6 úloha Na krasobruslařskou soutěž přijelo bruslařů Každý bruslař je ohodoce jedou ze zámek,2,, (růzíbruslařimůžoudostatstejézámky)ozačme 3 A i možiuvšechmožých ohodoceí(celé -tice) bruslařů, při ichž žádý z bruslařů edostal zámku i () Spočtěte A i,tjvelikost A i (2) Pro kpřirozeéa{i, i 2,, i k } {,2,, }spočtěte A i A i2 A ik (3) Určete hodotu výrazu ( 0) ( ) + ( 2) 2 +( ) 0 Část()jepoměrěsadáKaždýzbruslařůmůžedostatjeduz( )možýchzámek (k dispozici jsou všechy zámky krom i) Ohodocujeme bruslařů Tudíž podle pravidla součiupočetohodoceípatřícíchdomožiy A i je( ) Podoběaivčásti(2)eípotřebahledaticsložitéhoVmožiě A i A i2 A ik jsouvšechaozámkováíbruslařů,přikterýchžádýbruslaředostalzámku i, i 2, ai i k Proohodoceíkaždéhobruslařeámtedyzbývá kzámekpoužijemestejouúvahu jakovprvíčástiadostáváme A i A i2 A ik =( k) Zajímavějšíjevšakčást(3)Podobějakovtextuseriáluspočítámedvěmazpůsoby A A 2 A Připomeňmezačeízeseriálu: s k = A A 2 A k + A A k A k+ + + A A k A + + A A 2 A k 2 A k A k+ + + A (k ) A (k 2) A Moživtakovémtosoučtujepřesě ` k,dostávámetedy s k = ( k) k Podle pricipu ikluze a exkluze tedy dostáváme A A k =s s 2 + +( ) + s = ( ) ( 2) 2 + +( ) + ( ) Toto číslo však můžeme spočítat i druhým způsobem Vezmeme si počet všech ozámkováí bruslařů,cožje Odějodečtemepočetvšechozámkováí,přikterýchjsmerozdalivšechy zámky, což je počet permutací, tedy! Žádé takové ozámkovaí totiž eleží ai v jedé zmoži A i Tedy A A 2 A k =! 3 PokudjeTitopříjemější,můžešsmožiou A i pracovatjakosmožiouvšechfukcí f: {,2,, } {,2,, i, i+, i+2, }
8 Toámužstačíkespočítáízadaésumy: X ( ) k ( k) = A A 2 A k = (!)=! k k=0 3 seriálová série Téma: Kombiatorika Datumodesláí: ½¾º Ú ØÒ ¾¼¼ () Určetevytvořujícífukciposlouposti(5,6,7, ) (2) Určete posloupost, která má vytvořující fukci (+x 2 ) 2 Jsoudáyklasické 4 hracíkostky:desetistěákostka Datrojstěákostka TNalezětešestistěou kostku S a pětistěou kostku P (mající a stěách pouze přirozeá čísla; icméě ěkterá čísla se mohou opakovat) takové, že pro libovolé přirozeé je počet způsobů, jak hodit pomocíkostek DaT,stejýjakopočetzpůsobů,jakhodit pomocíkostek Sa PNalezěte dvě růzá řešeí V závislosti a přirozeém vyjádřete počet posloupostí obsahujících pouze zaky a, b a c délky takových,že aabseevyskytujívedlesebe Řešeí 3 seriálové série 7 úloha () Určetevytvořujícífukciposlouposti(5,6,7, ) (2) Určete posloupost, která má vytvořující fukci (+x 2 ) 2 () Najjedoduchší spôsob, ako ájsť vytvárajúcu fukciu postuposti, je získať ju úpravami zpostuposti(,,,, )ajejvytvárajúcejfukcie x Najskôrájdemepomocou(O7)vytvárajúcufukciupostuposti(,2,3,4, )akokovolúciupostuposti(,,,, )sosebou samou, lebo (, +, + +, )=(,2,3,4, ) 4 Proupřesěí,klasickou k-stěoukostkourozumímekostku,kterámáastěáchčísla, 2,,k
9 Jej vytvárajúca fukcia je teda 2 = x ( x) 2 Vyásobeímpostuposti(,,, )číslom4podľa(o)dostaemepostuposť(4,4,4, ) 4 s vytvárajúcou fukciou Výsledá postuposť je súčet týchto dvoch postupostí podľa x (O2), a teda jej vytvárajúca fukcia je ( x) 2+ 4 x = 5 4x ( x) 2 (2) Opäť budeme vychádzať z vytvárajúcej fukcie podľa(o6),čímzískamefukciu +x podľa(o5) Výsledá fukcia teda bude Tetokrátpoužijemesubstitúciu x x apostuposť(,,,, ),aásledesubstitúciu x2 +x 2 apostuposť(,0,,0,,0,, )Fukciuzo zadaia získame už le umoceím, teda zovu urobíme kovolúciu postuposti so samou sebou a dostaeme postuposť (, 0+0, ( )+0 0+( ), 0+0 ( )+( ) 0+0, )= =(,0, 2,0,3,0, 4,0,5, ) (Párečleysúvždy0,lebovkaždejdvojicičiiteľovje0,epárečleysúvabsolútejhodote,2,3, pričomčleyamieste4k+súkladé,lebovtedyspoluásobímejedotkyrovakého zamieka a čley amieste 4k+3 sú záporé, lebo to jevkaždej dvojici jedotiek jeda záporá) 8 úloha Jsoudáyklasické 5 hracíkostky:desetistěákostka Datrojstěákostka TNalezětešestistěou kostku S a pětistěou kostku P (mající a stěách pouze přirozeá čísla; icméě ěkterá čísla se mohou opakovat) takové, že pro libovolé přirozeé je počet způsobů, jak hodit pomocíkostek DaT,stejýjakopočetzpůsobů,jakhodit pomocíkostek Sa PNalezěte dvě růzá řešeí Ozačme T(x)=x+x 2 + x 3 a D(x)=x+x 2 + +x 9 + x 0 vytvořující polyomytří-a desetistěé kostky Koeficiety jejich součiu T(x)D(x) potom udávají počet způsobů, kterými je možé hodit daý součet hodot a obou kostkách Naším úkolem je ajít pěti- a šestistěou kostku tak, aby počty způsobů, kterými je možé hodit daý součet a kostkách, byly stejé jako u trojstěky a desetistěky Ozačíme-li tedy P(x) a S(x)(zatím ezámé) polyomy odpovídající ovým kostkám, má platit, že T(x)D(x) = = P(x)S(x)Potřebujemetedyrozdělitpolyom(x+x 2 + x 3 )(x+x 2 + +x 9 + x 0 )ějakým ovýmzpůsobemasoučipusťmesetedydorozkládáí:st(x)tohomoc(ažavytkutí x) eaděláme, zato D(x)=(x+x 2 )+(x+x 2 )x 2 +(x+x 2 )x 4 +(x+x 2 )x 6 +(x+x 2 )x 8 = = x(+x)(+x 2 + x 4 + x 6 + x 8 ) 5 Proupřesěí,klasickou k-stěoukostkourozumímekostku,kterámáastěáchčísla, 2,,k
10 Pochvílihraísisposledízávorkoumůžemezjistit,žejdeještěrozložit,atojako Je tedy +x 2 + x 4 + x 6 + x 8 =( x+x 2 x 3 + x 4 )(+x+x 2 + x 3 + x 4 ) T(x)D(x)=x 2 (+x)(+x+x 2 )( x+x 2 x 3 + x 4 )(+x+x 2 + x 3 + x 4 ) Teto polyom potřebujeme vyjádřit dvěma způsoby jako souči polyomů se součtem koeficietů5a6: (a) P(x)=x(+x+x 2 + x 3 + x 4 )=x+x 2 + x 3 + x 4 + x 5, S(x)=x(+x)(+x+x 2 )( x+x 2 x 3 + x 4 )=x+x 2 + x 3 + x 6 + x 7 + x 8, pětistěákostkatedymáastěáchčísla,2,3,4,5ašestistěkačísla,2,3,6,7a8 (b) P(x)=x( x+x 2 x 3 + x 4 )(+x+x 2 + x 3 + x 4 )=x+x 3 + x 5 + x 7 + x 9, S(x)=x(+x)(+x+x 2 )=x+2x 2 +2x 3 + x 4, astěáchtedymámečísla,3,5,7,9a,2,2,3,3,4 Můžeš si rozmyslet(ač to ebylo potřeba), že úloha emá žádé další řešeí(mají-li a stěách být přirozeá čísla) 9 úloha V závislosti a přirozeém vyjádřete počet posloupostí obsahujících pouze zaky a, b a c délky takových,že aabseevyskytujívedlesebe Ozačme A počettakovýchposloupostíkočících apodobě B,resp C začípočet takovýchposloupostíkočícícha b,resp czřejměplatí A = B = C = Dáleplatí rekuretí vztahy(rozmysli si): A + = A + C, B + = B + C, C + = A + B + C Zesymetriejezřejmé,že A = B Třetívztahtedymůžemepřepsata C + =2A + C Nyí budeme postupovat podobě jako u Fiboacciho čísel Nechť a(x), resp c(x) je vytvořujícífukceodpovídajícíposlouposti A,resp C Dostáváme 6 : X X X a(x)= A x = x+ A x = x+ A + x + = x+x = = x+x X A + x!= =2 = = X (A + C )x!=x+x(a(x)+c(x))=x(+a(x)+c(x)) = 6 Vtomtořešeísebohuželevyhemezápisupomocísum,jiýzápisbybylpřílišepřehledý
11 Zcela aalogickým způsobem dostaeme c(x)=x(+2a(x)+c(x)) Po odečteí dvou rovostí výše máme c(x) a(x)=xa(x), tedy c(x) =( + x)a(x) Dosazeím do prví rovosti dostaeme a(x)=x(+a(x)+c(x))=x(+2a(x)+xa(x)) Odtud lze a(x) vyjádřit jako Máme vyjádřeí i pro c(x): a(x)= x 2x x 2 c(x)=(+x)a(x)= x(+x) 2x x 2 NyíbychomzcelaaologickýmzpůsobemjakouFiboaccihočíselmohlispočítat A a C aásladěurčitpožadovaýpočetposloupostíjako A + B + C =2A + C Počítáísi omalýkousekzjedodušíme,pokudsiuvědomíme,že C + = A + B + C,tudížámstačí určitkoeficiety C Nejdřív c(x) upravíme ásledujícím způsobem: c(x)= x(+x) +2x ) x+ x 2x x 2 =(x2 2x x 2 = + 2x x 2 Kvadratickárovice x 2 +2x =0mádvakořey x = + 2, x 2 = 2 Aalogickým postupem jako v textu o Fiboacciho číslech lze ajít rozklad x 2x x 2 = 2 x x + 2 x 2 x Použitím operací(o),(o2) a(o6) tedy dostáváme, že c(x)+ je vytvořující fukcí poslouposti + 2 x 2 x 2 Jelikož se vytvořující fukce posloupostí c(x) + a c(x) liší pouze v ultém čleu, dostávame pro : C = 2 Řešeímúlohyjetedy C + vyjádřeévýše x «+ «= 2 x 2 2 ((+ 2) +( 2) )
MATEMATICKÁ INDUKCE. 1. Princip matematické indukce
MATEMATICKÁ INDUKCE ALEŠ NEKVINDA. Pricip matematické idukce Nechť V ) je ějaká vlastost přirozeých čísel, apř. + je dělitelé dvěma či < atd. Máme dokázat tvrzeí typu Pro každé N platí V ). Jeda možost
Více8.1.3 Rekurentní zadání posloupnosti I
8.. Rekuretí zadáí poslouposti I Předpoklady: 80, 80 Pedagogická pozámka: Podle mých zkušeostí je pro studety pochopitelější zavádět rekuretí posloupost takto (sado kotrolovatelou ukázkou), ež dosazováím
Více1.3. POLYNOMY. V této kapitole se dozvíte:
1.3. POLYNOMY V této kapitole se dozvíte: co rozumíme pod pojmem polyom ebo-li mohočle -tého stupě jak provádět základí početí úkoy s polyomy, kokrétě součet a rozdíl polyomů, ásobeí, umocňováí a děleí
VíceAritmetická posloupnost, posloupnost rostoucí a klesající Posloupnosti
8 Aritmetická posloupost, posloupost rostoucí a klesající Poslouposti Posloupost je fukci s defiičím oborem celých kladých čísel - apř.,,,,,... 3 4 5 Jako fukci můžeme také posloupost zobrazit do grafu:
Více8.2.1 Aritmetická posloupnost I
8.2. Aritmetická posloupost I Předpoklady: 80, 802, 803, 807 Pedagogická pozámka: V hodiě rozdělím třídu a dvě skupiy a každá z ich dělá jede z prvích dvou příkladů. Čley posloupostí pak při kotrole vypíšu
Víceje konvergentní, právě když existuje číslo a R tak, že pro všechna přirozená <. Číslu a říkáme limita posloupnosti ( ) n n 1 n n n
8.3. Limity ěkterých posloupostí Předpoklady: 83 Pedagogická pozámka: Tuto a tři ásledující hodiy je možé probrat za dvě vyučovací hodiy. V této hodiě je možé vyechat dokazováí limit v příkladu 3. Opakováí
Více8.2.1 Aritmetická posloupnost
8.. Aritmetická posloupost Předpoklady: 80, 80, 803, 807 Pedagogická pozámka: V hodiě rozdělím třídu a dvě skupiy a každá z ich dělá jede z prvích dvou příkladů. Př. : V továrě dokočí každou hodiu motáž
Víceje konvergentní, právě když existuje číslo a R tak, že pro všechna přirozená <. Číslu a říkáme limita posloupnosti ( ) n n 1 n n n
8.3. Limity ěkterých posloupostí Předpoklady: 83 Opakováí z miulé hodiy: 8 Hodoty poslouposti + se pro blížící se k ekoeču blíží k a to tak že mezi = posloupostí a číslem eexistuje žádá mezera říkáme že
VíceP. Girg. 23. listopadu 2012
Řešeé úlohy z MS - díl prví P. Girg 2. listopadu 202 Výpočet ity poslouposti reálých čísel Věta. O algebře it kovergetích posloupostí.) Necht {a } a {b } jsou kovergetí poslouposti reálých čísel a echt
Vícen=0 a n, n=0 a n = ±. n=0 n=0 a n diverguje k ±, a píšeme n=0 n=0 b n = t. Pak je konvergentní i řada n=0 (a n + b n ) = s + t. n=0 k a n a platí n=0
Nekoečé řady, geometrická řada, součet ekoečé řady Defiice Výraz a 0 a a a, kde {a i } i0 je libovolá posloupost reálých čísel, azveme ekoečou řadou Číslo se azývá -tý částečý součet Defiice Nekoečá řada
VíceKapitola 5 - Matice (nad tělesem)
Kapitola 5 - Matice (ad tělesem) 5.. Defiice matice 5... DEFINICE Nechť T je těleso, m, N. Maticí typu m, ad tělesem T rozumíme zobrazeí možiy {, 2,, m} {, 2,, } do T. 5..2. OZNAČENÍ Možiu všech matic
Více6. Posloupnosti a jejich limity, řady
Moderí techologie ve studiu aplikovaé fyziky CZ..07/..00/07.008 6. Poslouposti a jejich limity, řady Posloupost je speciálí, důležitý příklad fukce. Při praktickém měřeí hodot určité fyzikálí veličiy dostáváme
VíceObsah. 1 Mocninné řady Definice a vlastnosti mocninných řad Rozvoj funkce do mocninné řady Aplikace mocninných řad...
Obsah 1 Mocié řady 1 1.1 Defiice a vlastosti mociých řad.................... 1 1. Rozvoj fukce do mocié řady...................... 5 1.3 Aplikace mociých řad........................... 10 1 Kapitola 1
Více1. ZÁKLADY VEKTOROVÉ ALGEBRY 1.1. VEKTOROVÝ PROSTOR A JEHO BÁZE
1. ZÁKLADY VEKTOROVÉ ALGEBRY 1.1. VEKTOROVÝ PROSTOR A JEHO BÁZE V této kapitole se dozvíte: jak je axiomaticky defiová vektor a vektorový prostor včetě defiice sčítáí vektorů a ásobeí vektorů skalárem;
Více1 Trochu o kritériích dělitelnosti
Meu: Úloha č.1 Dělitelost a prvočísla Mirko Rokyta, KMA MFF UK Praha Jaov, 12.10.2013 Růzé dělitelosti, třeba 11 a 7 (aeb Jak zfalšovat rodé číslo). Prvočísla: které je ejlepší, které je ejvětší a jak
VíceSprávnost vztahu plyne z věty o rovnosti úhlů s rameny na sebe kolmými (obr. 13).
37 Metrické vlastosti lieárích útvarů v E 3 Výklad Mějme v E 3 přímky p se směrovým vektorem u a q se směrovým vektorem v Zvolme libovolý bod M a veďme jím přímky p se směrovým vektorem u a q se směrovým
Vícen=1 ( Re an ) 2 + ( Im a n ) 2 = 0 Im a n = Im a a n definujeme předpisem: n=1 N a n = a 1 + a 2 +... + a N. n=1
[M2-P9] KAPITOLA 5: Číselé řady Ozačeí: R, + } = R ( = R) C } = C rozšířeá komplexí rovia ( evlastí hodota, číslo, bod) Vsuvka: defiujeme pro a C: a ± =, a = (je pro a 0), edefiujeme: 0,, ± a Poslouposti
Více1. K o m b i n a t o r i k a
. K o m b i a t o r i k a V teorii pravděpodobosti a statistice budeme studovat míru výskytu -pravděpodobostvýsledků procesů, které mají áhodý charakter, t.j. při opakováí za stejých podmíek se objevují
Více3. Lineární diferenciální rovnice úvod do teorie
3 338 8: Josef Hekrdla lieárí difereciálí rovice úvod do teorie 3 Lieárí difereciálí rovice úvod do teorie Defiice 3 (lieárí difereciálí rovice) Lieárí difereciálí rovice -tého řádu je rovice, která se
VíceOKRUŽNÍ A ROZVOZNÍ ÚLOHY: OBCHODNÍ CESTUJÍCÍ. FORMULACE PŘI RESPEKTOVÁNÍ ČASOVÝCH OKEN
Úloha obchodího cestujícího OKRUŽNÍ A ROZVOZNÍ ÚLOHY: OBCHODNÍ CESTUJÍCÍ. FORMULACE PŘI RESPEKTOVÁNÍ ČASOVÝCH OKEN Nejprve k pojmům používaým v okružích a rozvozích úlohách: HAMILTONŮV CYKLUS je typ cesty,
VícePřednáška 7, 14. listopadu 2014
Předáška 7, 4. listopadu 204 Uvedeme bez důkazu klasické zobecěí Leibizova kritéria (v ěmž b = ( ) + ). Tvrzeí (Dirichletovo a Abelovo kritérium). Nechť (a ), (b ) R, přičemž a a 2 a 3 0. Pak platí, že.
Více9.1.12 Permutace s opakováním
9.. Permutace s opakováím Předpoklady: 905, 9 Pedagogická pozámka: Pokud echáte studety počítat samostatě příklad 9 vyjde tato hodia a skoro 80 miut. Uvažuji o tom, že hodiu doplím a rozdělím a dvě. Př.
VíceKomplexní čísla. Definice komplexních čísel
Komplexí čísla Defiice komplexích čísel Komplexí číslo můžeme adefiovat jako uspořádaou dvojici reálých čísel [a, b], u kterých defiujeme operace sčítáí, ásobeí, apod. Stadardě se komplexí čísla zapisují
VíceMatematika NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY BŘEZNA 2019
NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY T BŘEZNA 09 D : 30. břez 09 M. možé skóre: 30 Počet řešitelů testu: 85 M. dosžeé skóre: 30 Počet úloh: 30 Mi. možé skóre: -7,5 Průměrá vyechost: 9, % Mi. dosžeé skóre: -,8 Správé
VíceBudeme pokračovat v nahrazování funkce f(x) v okolí bodu a polynomy, tj. hledat vhodné konstanty c n tak, aby bylo pro malá x a. = f (a), f(x) f(a)
Předáša 7 Derivace a difereciály vyšších řádů Budeme poračovat v ahrazováí fuce f(x v oolí bodu a polyomy, tj hledat vhodé ostaty c ta, aby bylo pro malá x a f(x c 0 + c 1 (x a + c 2 (x a 2 + c 3 (x a
VíceMatematika NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY BŘEZNA 2018
NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY Mtemtik T BŘEZNA 08 : 9. břez 08 D : 897 P P P : 0 M. M. M. :, % S : 0 : 0 : -7,5 M. P : -, : 0, Zopkujte si zákldí iformce ke zkoušce: Test obshuje 0 úloh jeho řešeí máte 90
VíceUžití binomické věty
9..9 Užití biomické věty Předpoklady: 98 Často ám z biomického rozvoje stačí pouze jede kokrétí čle. Př. : x Urči šestý čle biomického rozvoje xy + 4y. Získaý výraz uprav. Biomický rozvoj začíá: ( a +
Více8.1.2 Vzorec pro n-tý člen
8 Vzorec pro -tý čle Předpolady: 80 Pedagogicá pozáma: Přílady a hledáí dalších čleů posloupostí a a objevováí vzorců pro -tý čle do začé míry odpovídají typicým příladům z IQ testů, teré studeti zají
VícePetr Šedivý Šedivá matematika
LIMITA POSLOUPNOSTI Úvod: Kapitola, kde poprvé arazíme a ekoečo. Argumety posloupostí rostou ade všechy meze a zkoumáme, jak vypadají hodoty poslouposti. V kapitole se sezámíte se základími typy it a početími
Více1 Nekonečné řady s nezápornými členy
Nekoečé řady s ezáporými čley Příklad.. Rozhoděte o kovergeci ásledující řady Řešeí. Pro každé N platí Řada tg. tg. diverguje, a proto podle srovávacího kritéria diverguje také řada tg. Příklad.. Určete
VíceDERIVACE FUNKCÍ JEDNÉ REÁLNÉ PROM
Difereciálí počet fukcí jedé reálé proměé - - DERIVACE FUNKCÍ JEDNÉ REÁLNÉ PROMĚNNÉ ÚVODNÍ POZNÁMKY I derivace podobě jako limity můžeme počítat ěkolikerým způsobem a to kokrétě pomocí: defiice vět o algebře
VícePOLYNOM. 1) Základní pojmy. Polynomem stupně n nazveme funkci tvaru. a se nazývají koeficienty polynomu. 0, n N. Čísla. kde
POLYNOM Zákldí pojmy Polyomem stupě zveme fukci tvru y ( L +, P + + + + kde,,, R,, N Čísl,,, se zývjí koeficiety polyomu Číslo c zveme kořeem polyomu P(, je-li P(c výrz (-c pk zýváme kořeový čiitel Vlstosti
VíceMatematika NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY BŘEZNA 2018
NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY Mtemtik T BŘEZNA 08 :. břez 08 D : 0 P P P : 0 M. M. M. :,8 % S : 0 : 7,5 : -7,5 M. P : -,0 : 0,6 Zopkujte si zákldí iformce ke zkoušce: Test obshuje 0 úloh jeho řešeí máte 90
VíceO Jensenově nerovnosti
O Jeseově erovosti Petr Vodstrčil petr.vodstrcil@vsb.cz Katedra aplikovaé matematiky, Fakulta elektrotechiky a iformatiky, Vysoká škola báňská Techická uiverzita Ostrava Ostrava, 28.1. 2019 (ŠKOMAM 2019)
VíceM - Posloupnosti VARIACE
M - Poslouposti Autor: Mgr Jromír Juřek - http://wwwjrjurekcz Kopírováí jkékoliv dlší využití výukového mteriálu je povoleo pouze s uvedeím odkzu wwwjrjurekcz VARIACE Teto dokumet byl kompletě vytvoře,
Více8.1.2 Vzorec pro n-tý člen
8.. Vzorec pro -tý čle Předpolady: 80 Pedagogicá pozáma: Myslím, že jde o jedu z velmi pěých hodi. Přílady a hledáí dalších čleů posloupostí a a objevováí vzorců pro -tý čle do začé míry odpovídají typicým
VíceDISKRÉTNÍ MATEMATIKA PRO INFORMATIKY
DISKRÉTNÍ MATEMATIKA PRO INFORMATIKY URČENO PRO VZDĚLÁVÁNÍ V AKREDITOVANÝCH STUDIJNÍCH PROGRAMECH IVAN KŘIVÝ ČÍSLO OPERAČNÍHO PROGRAMU: CZ..07 NÁZEV OPERAČNÍHO PROGRAMU: VZDĚLÁVÁNÍ PRO KONKURENCESCHOPNOST
Více1. Zjistěte, jestli následující formule jsou tautologie. V případě záporné odpovědi určete k dané formuli konjunktivní a disjunktivní normální formu.
Výrokový počet. Zjistěte, jestli ásledující formule jsou tautologie. V případě záporé odpovědi určete k daé formuli kojuktiví a disjuktiví ormálí formu. i) A C) = B C) = A B) ) ii) A B) = A C C B ) iii)
Více5. Posloupnosti a řady
Matematická aalýza I předášky M. Málka cvičeí A. Hakové a R. Otáhalové Zimí semestr 2004/05 5. Poslouposti a řady 5.1 Limita a hromadé hodoty. Mějme posloupost x ) prvků Hausdorffova topologického prostoru
Vícef x a x DSM2 Cv 9 Vytvořující funkce Vytvořující funkcí nekonečné posloupnosti a0, a1,, a n , reálných čísel míníme formální nekonečnou řadu ( )
DSM Cv 9 Vytvořující fukce Vytvořující fukcí ekoečé poslouposti a0, a,, a, reálých čísel mííme formálí ekoečou řadu =. f a i= 0 i i Příklady: f = + = + + + + + ) Platí: (biomická věta). To zameá, že fukce
VíceDIM PaS Připomenutí poznatků ze střední školy. Faktoriály a kombinační čísla základní vzorce: n = k. (binomická věta) Příklady: 1.
DIM PaS. Připomeutí pozatků ze středí školy Faktoriály a kombiačí čísla základí vzorce: ( )( 2 )...2.! =. 0! = =! ( k)! k! ( )...( k ). + = k! = k + + = k + k + 2 2 ( a + b) = a + a b+ a b +... + a b +...
VíceKapitola 4 Euklidovské prostory
Kapitola 4 Euklidovské prostory 4.1. Defiice euklidovského prostoru 4.1.1. DEFINICE Nechť E je vektorový prostor ad tělesem reálých čísel R,, : E 2 R. E se azývá euklidovský prostor, platí-li: (I) Pro
VíceAbstrakt. Co jsou to komplexní čísla? K čemu se používají? Dá se s nimi dělat
Komplexí čísla Hoza Krejčí Abstrakt. Co jsou to komplexí čísla? K čemu se používají? Dá se s imi dělat ěco cool? Na tyto a další otázky se a předášce/v příspěvku pokusíme odpovědět. Proč vzikla komplexí
Více9.1.13 Permutace s opakováním
93 Permutace s opakováím Předpoklady: 906, 9 Pedagogická pozámka: Obsah hodiy přesahuje 45 miut, pokud emáte k dispozici další půlhodiu, musíte žáky echat projít posledí dva příklady doma Př : Urči kolik
Více7. KOMBINATORIKA, BINOMICKÁ VĚTA. Čas ke studiu: 2 hodiny. Cíl
7. KOMBINATORIKA, BINOMICKÁ VĚTA Čas ke studiu: hodiy Cíl Po prostudováí této kapitoly budete schopi řešit řadu zajímavých úloh z praxe, týkajících se počtu skupi, které lze sestavit ( vybrat ) z daé možiy
Víceu, v, w nazýváme číslo u.( v w). Chyba! Chybné propojení.,
Def: Vetorovým součiem vetorů u =(u, u, u 3 ) v = (v, v, v 3 ) zýváme vetor u v = (u v 3 u 3 v, u 3 v u v 3, u v u v ) Vět: Pro vetory i, j, ortoormálí báze pltí i i = j = i, i = j Vět: Nechť u v, w, jsou
VíceMATEMATIKA PŘÍKLADY K PŘÍJÍMACÍM ZKOUŠKÁM BAKALÁŘSKÉ STUDIUM MGR. RADMILA STOKLASOVÁ, PH.D.
MATEMATIKA PŘÍKLADY K PŘÍJÍMACÍM ZKOUŠKÁM BAKALÁŘSKÉ STUDIUM MGR. RADMILA STOKLASOVÁ PH.D. Obsah MNOŽINY.... ČÍSELNÉ MNOŽINY.... OPERACE S MNOŽINAMI... ALGEBRAICKÉ VÝRAZY... 6. OPERACE S JEDNOČLENY A MNOHOČLENY...
VíceCvičení 1.1. Dokažte Bernoulliovu nerovnost (1 + x) n 1 + nx, n N, x 2. Platí tato nerovnost obecně pro všechna x R a n N?
1 Prví prosemiář Cvičeí 1.1. Dokažte Beroulliovu erovost (1 + x) 1 + x, N, x. Platí tato erovost obecě pro všecha x R a N? Řešeí: (a) Pokud předpokládáme x 1, pak lze řešit klasickou idukcí. Pro = 1 tvrzeí
VíceIterační metody řešení soustav lineárních rovnic
Iteračí metody řešeí soustav lieárích rovic Matice je: diagoálě domiatí právě tehdy, když pozitivě defiití (symetrická matice) právě tehdy, když pro x platí x, Ax a ij Tyto vlastosti budou důležité pro
VíceKombinatorika- 3. Základy diskrétní matematiky, BI-ZDM
Kombiatorika- 3 doc. RNDr. Josef Kolář, CSc. Katedra teoretické iformatiky FIT České vysoké učeí techické v Praze c Josef Kolar, 2011 Základy diskrétí matematiky, BI-ZDM ZS 2011/12, Lekce 8 Evropský sociálí
VíceNáhodný výběr 1. Náhodný výběr
Náhodý výběr 1 Náhodý výběr Matematická statistika poskytuje metody pro popis veliči áhodého charakteru pomocí jejich pozorovaých hodot, přesěji řečeo jde o určeí důležitých vlastostí rozděleí pravděpodobosti
VíceMatematika I, část II
1. FUNKCE Průvodce studiem V deím životě, v přírodě, v techice a hlavě v matematice se eustále setkáváme s fukčími závislostmi jedé veličiy (apř. y) a druhé (apř. x). Tak apř. cea jízdeky druhé třídy osobího
VíceZnegujte následující výroky a rozhodněte, jestli platí výrok, nebo jeho negace:
. cvičeí Příklady a matematickou idukci Dokažte:.! . Návody:. + +. + i i i i + + 4. + + + + + + + + Operace s možiami.
VíceSpojitost a limita funkcí jedné reálné proměnné
Spojitost a limita fukcí jedé reálé proměé Pozámka Vyšetřeí spojitosti fukce je možo podle defiice převést a výpočet limity V dalším se proto soustředíme je problém výpočtu limit Pozámka Limitu fukce v
Více11. přednáška 16. prosince Úvod do komplexní analýzy.
11. předáška 16. prosice 009 Úvod do komplexí aalýzy. Tři závěrečé předášky předmětu Matematická aalýza III (NMAI056) jsou věováy úvodu do komplexí aalýzy. Což je adeseá formulace eboť časový rozsah ám
VíceMatice. nazýváme m.n reálných čísel a. , sestavených do m řádků a n sloupců ve tvaru... a1
Matice Matice Maticí typu m/ kde m N azýváme m reálých čísel a sestaveých do m řádků a sloupců ve tvaru a a a a a a M M am am am Prví idex i začí řádek a druhý idex j sloupec ve kterém prvek a leží Prvky
VíceVlastnosti posloupností
Vlstosti posloupostí Nekoečá posloupost je fukce defiová v oboru přirozeých čísel Z toho plye, že kždá posloupost má prví čle (zčíme ), koečé poslouposti mjí i čle posledí Př Vypište prví čtyři čley poslouposti
Více2. Znát definici kombinačního čísla a základní vlastnosti kombinačních čísel. Ovládat jednoduché operace s kombinačními čísly.
0. KOMBINATORIKA, PRAVDĚPODOBNOST, STATISTIKA Dovedosti :. Chápat pojem faktoriál a ovládat operace s faktoriály.. Zát defiici kombiačího čísla a základí vlastosti kombiačích čísel. Ovládat jedoduché operace
Více1.1. Definice Reálným vektorovým prostorem nazýváme množinu V, pro jejíž prvky jsou definovány operace sčítání + :V V V a násobení skalárem : R V V
Předáška 1: Vektorové prostory Vektorový prostor Pro abstraktí defiici vektorového prostoru jsou podstaté vlastosti dvou operací, sčítáí vektorů a ásobeí vektoru (reálým číslem) Tyto dvě operace musí být
VíceMatematika I. Název studijního programu. RNDr. Jaroslav Krieg. 2014 České Budějovice
Matematika I Název studijího programu RNDr. Jaroslav Krieg 2014 České Budějovice 1 Teto učebí materiál vzikl v rámci projektu "Itegrace a podpora studetů se specifickými vzdělávacími potřebami a Vysoké
VíceMATICOVÉ HRY MATICOVÝCH HER
MATICOVÉ HRY FORMULACE, KONCEPCE ŘEŠENÍ, SMÍŠENÉ ROZŠÍŘENÍ MATICOVÝCH HER, ZÁKLADNÍ VĚTA MATICOVÝCH HER CO JE TO TEORIE HER A ČÍM SE ZABÝVÁ? Teorie her je ekoomická vědí disciplía, která se zabývá studiem
Více10.3 GEOMERTICKÝ PRŮMĚR
Středí hodoty, geometrický průměr Aleš Drobík straa 1 10.3 GEOMERTICKÝ PRŮMĚR V matematice se geometrický průměr prostý staoví obdobě jako aritmetický průměr prostý, pouze operace jsou o řád vyšší: místo
Více1 Uzavřená Gaussova rovina a její topologie
1 Uzavřeá Gaussova rovia a její topologie Podobě jako reálá čísla rozšiřujeme o dva body a, rozšiřujeme také možiu komplexích čísel. Nepřidáváme však dva body ýbrž je jede. Te budeme začit a budeme ho
VíceNMAF061, ZS Zápočtová písemná práce skupina A 16. listopad dx
NMAF06, ZS 07 08 Zápočtová písemá práce skupia A 6. listopad 07 Jedotlivé kroky při výpočtech stručě, ale co ejpřesěji odůvoděte. Pokud používáte ějaké tvrzeí, ezapomeňte ověřit splěí předpokladů. Jméo
Více7. Analytická geometrie
7. Aaltická geoetrie Studijí tet 7. Aaltická geoetrie A. Příka v roviě ϕ s A s ϕ s 2 s 1 B p s ϕ = (s1, s 2 ) sěrový vektor přík p orálový vektor přík p sěrový úhel přík p k = tgϕ = s 2 s 1 sěrice příkp
VíceKombinatorika a Grafy I NDMI011
Kombiatorika a Grafy I NDMI0 Odhad faktoriálu Prví odhady: Horí odhad: Dolí odhad: 2! i i= i= (! 2 = ( 2 3 Věta. (Stirligova. Faktoriál lze odhadout pomocí fukce! = ( 2π e Nebo-li lim ( 2π e =! Věta.2
VíceNMAF063 Matematika pro fyziky III Zkoušková písemná práce 17. ledna 2019
Jméo: Příklad 2 3 Celkem bodů Bodů 0 8 2 30 Získáo 0 Uvažujte posloupost distribucí {f } + = D (R defiovaou jako f (x = ( δ x m, kde δ ( x m začí Diracovu distribuci v bodě m Najděte limitu f = lim + f
VíceZÁKLADNÍ TYPY DŮKAZŮ, MATEMATICKÁ INDUKCE
Projekt ŠABLONY NA GVM Gymázium Velké Meziříčí registračí číslo projektu: CZ07/500/098 IV- Iovace a zkvalitěí výuky směřující k rozvoji matematické gramotosti žáků středích škol ZÁKLADNÍ TYPY DŮKAZŮ, MATEMATICKÁ
VíceSTEJNOMĚRNÁ KONVERGENCE POSLOUPNOSTI A ŘADY FUNKCÍ
STEJNOMĚRNÁ KONVERGENCE Ztím ebylo v těchto textech věováo příliš pozorosti kovergeci fukcí, t jko limit poslouposti ebo součet řdy. Jik byl kovergece poslouposti fukcí ebo řdy brá jko bodová kovergece.
VíceOdhad parametru p binomického rozdělení a test hypotézy o tomto parametru. Test hypotézy o parametru p binomického rozdělení
Odhad parametru p biomického rozděleí a test hypotézy o tomto parametru Test hypotézy o parametru p biomického rozděleí Motivačí úloha Předpokládejme, že v důsledku realizace jistého áhodého pokusu P dochází
VíceDefinice obecné mocniny
Defiice obecé mociy Zavedeí obecé mociy omocí ity číselé oslouosti lze rovést ěkolika zůsoby Níže uvedeý zůsob využívá k defiici eoeciálí fukce itu V dalším budeme otřebovat ásledující dvě erovosti: Lemma
Vícec) Pomocí Liouvillovy věty dokažte, že Liouvillovo číslo je transcendentí. xp 1 (p 1)! (x 1)p (x 2) p... (x d) p e x t f(t) d t = F (0)e x F (x),
a) Vyslovte a dokažte Liouvillovu větu o šaté aroximovatelosti algebraického čísla řádu d b) Defiujte Liouvillovo číslo c) Pomocí Liouvillovy věty dokažte, že Liouvillovo číslo je trascedetí 2 a) Defiujte
VíceMatematická analýza I
1 Matematická aalýza ity posloupostí, součty ekoečých řad, ity fukce, derivace Matematická aalýza I látka z I. semestru iformatiky MFF UK Zpracovali: Odřej Keddie Profat, Ja Zaatar Štětia a další 2 Matematická
VíceAplikovaná informatika. Podklady předmětu Aplikovaná informatika pro akademický rok 2006/2007 Radim Farana. Obsah. Algoritmus
Podklady předmětu pro akademický rok 006007 Radim Faraa Obsah Tvorba algoritmů, vlastosti algoritmu. Popis algoritmů, vývojové diagramy, strukturogramy. Hodoceí složitosti algoritmů, vypočitatelost, časová
VíceMatematika NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY ÚNORA 2019
NÁRODNÍ SROVNÁVACÍ ZKOUŠKY ÚNORA 09 T á D P č P č ů ú P ů ě S á :. úor 09 : 004 : 0 M. M. M. á : 9, % ě č M.. P ů ě ž ó : 0 ž ž ó : 0 ó : -7,5 ž ó : -,8 ó : 4,4 Zopkujte si zákldí iformce ke zkoušce: Test
Více12. N á h o d n ý v ý b ě r
12. N á h o d ý v ý b ě r Při sledováí a studiu vlastostí áhodých výsledků pozáme charakter rozděleí z toho, že opakovaý áhodý pokus ám dává za stejých podmíek růzé výsledky. Ty odpovídají hodotám jedotlivých
VícePřednáška 7: Soustavy lineárních rovnic
Předáška 7: Soustavy lieárích rovic 7.1. Příklad (geometrie v roviě) Rozhoděte o vzájemé poloze přímky p : x y 1 a přímky a) a : x y 3, b) b : 2x 2y 3, c) c :3x 3y 3. Jak víme ze středí školy, lze o vzájemé
VíceIntervalové odhady parametrů některých rozdělení.
4. Itervalové odhady parametrů rozděleí. Jedou ze základích úloh mtematické statistiky je staoveí hodot parametrů rozděleí, ze kterého máme k dispozici áhodý výběr. Nejčastěji hledáme odhady dvou druhů:
VíceSekvenční logické obvody(lso)
Sekvečí logické obvody(lso) 1. Logické sekvečí obvody, tzv. paměťové čley, jsou obvody u kterých výstupí stavy ezávisí je a okamžitých hodotách vstupích sigálů, ale jsou závislé i a předcházejících hodotách
Více6 Intervalové odhady. spočteme aritmetický průměr, pak tyto průměry se budou chovat jako by pocházely z normálního. nekonečna.
6 Itervalové odhady parametrů základího souboru V předchozích kapitolách jsme se zabývali ejprve základím zpracováím experimetálích dat: grafické zobrazeí dat, výpočty výběrových charakteristik kapitola
Více7.2.4 Násobení vektoru číslem
7..4 Násobeí vektor číslem Předpoklady: 703 Tetokrát začeme hed defiicí. Násobek lového vektor číslem k je lový vektor. Násobek elového vektor = B Ačíslem k je vektor C A, přičemž C je bod, pro který platí:
Více1. Nakreslete všechny kostry následujících grafů: nemá žádnou kostru, roven. roven n,
DSM2 Cv 7 Kostry grafů Defiice kostry grafu: Nechť G = V, E je souvislý graf. Kostrou grafu G azýváme každý jeho podgraf, který má stejou možiu vrcholů a je zároveň stromem. 1. Nakreslete všechy kostry
VíceZS 2018/19 Po 10:40 T5
Cvičeí - Matematická aalýza ZS 08/9 Po 0:40 T5 Cvičeí 008 Řešte erovice v R: 8, log 3 ( 3+3 0 Částečý součet geometrické řady: pro každé q C, q, a N platí 3 Důsledek: +q +q + +q = q+ q si+si+ +si = si
VícePřijímací řízení akademický rok 2013/2014 Bc. studium Kompletní znění testových otázek matematika
Přijímací řízeí akademický rok 0/0 c. studium Kompletí zěí testových otázek matematika Koš Zěí otázky Odpověď a) Odpověď b) Odpověď c) Odpověď d) Správá. Které číslo doplíte místo 8? 6 6 8 C. Které číslo
Více1 PSE Definice základních pojmů. (ω je elementární jev: A ω (A ω) nebo (A );
1 PSE 1 Náhodý pokus, áhodý jev. Operace s jevy. Defiice pravděpodobosti jevu, vlastosti ppsti. Klasická defiice pravděpodobosti a její použití, základí kombiatorické vzorce. 1.1 Teoretická část 1.1.1
Vícep = 6. k k se nazývá inverze v permutaci [ ] MATA P7 Determinanty Motivační příklad: Řešte soustavu rovnic o dvou neznámých: Permutace z n prvků:
ATA P Determity otivčí příkld: Řešte soustvu rovic o dvou ezámých: x + x = b x + x = b Permutce z prvků: Je dá moži = {,,, }, kde N Kždá uspořádá -tice [ k, k, k ] vytvořeá z všech prvků možiy se zývá
VíceRovnice. RNDr. Yvetta Bartáková. Gymnázium, SOŠ a VOŠ Ledeč nad Sázavou
Rovice RNDr. Yvetta Bartáková Gymázium, SOŠ a VOŠ Ledeč ad Sázavou Rovice kombiatorické VY INOVACE_5 9_M Gymázium, SOŠ a VOŠ Ledeč ad Sázavou Skupiy prvků, kde záleží a pořadí Bez opakováí Počet Vk( )
Více1 Základní pojmy a vlastnosti
Základí pojmy a vlastosti DEFINICE (Trigoometrický polyom a řada). Fukce k = (a cos(x) + b si(x)) se azývá trigoometrický polyom. Řada = (a cos(x) + b si(x)) se azývá trigoometrická řada. TVRZENÍ (Ortogoalita).
VícePřijímací řízení akademický rok 2012/2013 Kompletní znění testových otázek matematické myšlení
Přijímací řízeí akademický rok 0/0 Kompletí zěí testových otázek matematické myšleí Koš Zěí otázky Odpověď a) Odpověď b) Odpověď c) Odpověď d) Správá odpověď. Které číslo doplíte místo otazíku? 6 8 8 6?.
VíceS polynomy jste se seznámili již v Matematice 1. Připomeňme definici polynomické
5 Itegrace racioálích fukcí 5 Itegrace racioálích fukcí Průvodce studiem V předcházejících kapitolách jsme se aučili počítat eurčité itegrály úpravou a základí itegrály, metodou per partes a substitučí
Vícen 3 lim 3 1 = lim Je vidět, že posloupnost je neklesající, tedy z Leibnize řada konverguje, ( 1) k 1 k=1
3. cvičeí Přílady. (a) (b) (c) ( ) ( 3 ) = Otestujeme itu 3 = 3 = = 0. Je vidět, že posloupost je elesající, tedy z Leibize řada overguje, ( ) Řada overguje podle Leibizova ritéria, ebot je zjevě erostoucí.
VíceInternetová matematická olympiáda listopadu ročník -autorská řešení
Iteretová matematická olympiáda - 24. listopadu 2009 2. ročík -autorská řešeí. Na ekoečě velkém čtverečkovaém papíře si zvolte mřížový bod A, který bude počátkem. Nadále se od bodu A můžete pohybovat pouze
Více6. KOMBINATORIKA 181. 6.1. Základní pojmy 181 6.1.1. Počítání s faktoriály a kombinačními čísly 182. 6.2. Variace 184. 6.3.
Zálady matematiy Kombiatoria. KOMBINATORIKA 8.. Záladí pojmy 8... Počítáí s fatoriály a ombiačími čísly 8.. Variace 8.. Permutace 85.. Kombiace 87.5. Biomicá věta 89 Úlohy samostatému řešeí 9 Výsledy úloh
Víceodhady parametrů. Jednostranné a oboustranné odhady. Intervalový odhad střední hodnoty, rozptylu, relativní četnosti.
10 Cvičeí 10 Statistický soubor. Náhodý výběr a výběrové statistiky aritmetický průměr, geometrický průměr, výběrový rozptyl,...). Bodové odhady parametrů. Itervalové odhady parametrů. Jedostraé a oboustraé
VíceJindřich Michalik. Kombinatorické posloupnosti čísel a dělitelnost
DIPLOMOVÁ PRÁCE Jidřich Michalik Kombiatorické poslouposti čísel a dělitelost Katedra didaktiky matematiky Vedoucí diplomové práce: Studijí program: Studijí obor: doc. RNDr. Atoí Slavík, Ph.D. Matematika
VíceOdhady parametrů 1. Odhady parametrů
Odhady parametrů 1 Odhady parametrů Na statistický soubor (x 1,..., x, který dostaeme statistickým šetřeím, se můžeme dívat jako a výběrový soubor získaý realizací áhodého výběru z áhodé veličiy X. Obdobě:
VíceFunkce. RNDr. Yvetta Bartáková. Gymnázium, SOŠ a VOŠ Ledeč nad Sázavou
Fukce RNDr. Yvetta Bartáková Gymázium, SOŠ a VOŠ Ledeč ad Sázavou Limita poslouposti a fukce VY INOVACE_0 9_M Gymázium, SOŠ a VOŠ Ledeč ad Sázavou A) Limita poslouposti Říkáme, že posloupost a je kovergetí,
Více(3n + 1) 3n Příklady pro samostatnou práci
... 4. 5. 6. 0 0 0 a q koverguje pro q < geometrická řada diverguje harmoická řada koverguje srovejte s teleskopickou řadou + + utá podmíka kovergece + 4 + + 7 ití srovávací kritérium, srováí s ití podílové
VíceFUNKCÍ JEDNÉ REÁLNÉ PROMĚNNÉ PRVNÍ DIFERENCIÁL
Difereciálí počet fukcí jedé reálé proměé - 6. - PRVNÍ DIFERENCIÁL TAYLORŮV ROZVOJ FUNKCÍ JEDNÉ REÁLNÉ PROMĚNNÉ PRVNÍ DIFERENCIÁL PŘÍKLAD Pomocí věty o prvím difereciálu ukažte že platí přibližá rovost
VíceMasarykova univerzita Přírodovědecká fakulta
Masarykova uiverzita Přírodovědecká fakulta Zuzaa Došlá, Vítězslav Novák NEKONEČNÉ ŘADY Bro 00 c Zuzaa Došlá, Vítězslav Novák, Masarykova uiverzita, Bro, 998, 00 ISBN 80-0-949- 3 Kapitola 3 Řady absolutě
Více