Kad si vec spomenuo da si juce imao kolokvijum, kakvi su zadaci bili ?
Hvala

Iskreno laksi nego sto sam ocekivao

Nadam se da ce i kod mene tako da bude, ali do sad nije

mathproblem je napisao:Nisam bas nesto vesta u koriscenju Latexa, mislim da bi mi trebalo 3 sata da ispisem sve ono

U tom slučaju, prema pomenutom članu Pravilnika, predviđena je mogućnost da se pre slanja poruke konsultuješ s nekim od moderatora, pa će ti on ili dati odobrenje da pošalješ zadatak u obliku slike, ili pomoći u pisanju Latex-a.

S obzirom na tvoju struku, poznavanje Latex-a će ti sigurno u životu biti od velike koristi, dakle, ovladavanje Latex-om (koji je, pri tome, vrlo jednostavan) i te kako se isplati.

Prekucao sam zadatke koje si okačila u tekst i u Latex.

coa je napisao:U prvom zadatku iz uslova o simetricnosti imas da je [inlmath]f(x)=f(a+b-x)[/inlmath],onda [inlmath]\int\limits_a^bf(x)\mathrm dx=\int\limits_a^\frac{a+b}{2}f(x)\mathrm dx+\int\limits_\frac{a+b}{2}^bf(x)\mathrm dx[/inlmath],u drugom integralu iskoristis da je [inlmath]f(x)=f(a+b-x)[/inlmath] i uvedes smenu [inlmath]a+b-x=t[/inlmath],odatle ne bi trebalo da ti predstavlja problem,a u drugom mislim da moze da se resi preko Stolcove teoreme,nisam napisao potpuna resenja jer imam isti problem oko kucanja u latexu,ali nadam se da ti je ovo od pomoci

Prvi bih i ja radio na isti način, a u drugom zadatku mislim da preko Štolca neće da može, jer imamo ono [inlmath]n[/inlmath] u imeniocima argumenata sinusa, koje nam mnogo smeta. Za [inlmath]a_{n+1}-a_n[/inlmath] bismo dobili
[dispmath]a_{n+1}-a_n=\sin\frac{\pi}{n+1}+\sin\frac{2\pi}{n+1}+\cdots +\sin\frac{\left(n-1\right)\pi}{n+1}+\sin\frac{n\pi}{n+1}-\sin\frac{\pi}{n}-\sin\frac{2\pi}{n}-\cdots -\sin\frac{\left(n-1\right)\pi}{n}[/dispmath]
i s time ne vidim da možemo bilo šta da uradimo, jer zbog različitih imenilaca u argumentima sinusa ([inlmath]n[/inlmath], odnosno [inlmath]n+1[/inlmath]), kraćenje nije moguće.

Umesto toga, možemo izračunati sumu sinusa unutar zagrade:
[dispmath]\sin\frac{\pi}{n}+\sin\frac{2\pi}{n}+\cdots +\sin\frac{\left(n-1\right)\pi}{n}=\sum_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}=\frac{\sin\frac{\pi}{2n}}{\sin\frac{\pi}{2n}}\sum_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}=\frac{1}{\sin\frac{\pi}{2n}}\sum_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}\sin\frac{\pi}{2n}=[/dispmath]
[dispmath]=-\frac{1}{2}\frac{1}{\sin\frac{\pi}{2n}}\sum_{k=1}^{n-1}\left[\cos\frac{\left(2k+1\right)\pi}{2n}-\cos\frac{\left(2k-1\right)\pi}{2n}\right]=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}}\sum_{k=1}^{n-1}\left[\cos\frac{\left(2k-1\right)\pi}{2n}-\cos\frac{\left(2k+1\right)\pi}{2n}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}}\left[\cos\frac{\pi}{2n}-\cancel{\cos\frac{3\pi}{2n}}+\cancel{\cos\frac{3\pi}{2n}}-\cancel{\cos\frac{5\pi}{2n}}+\cancel{\cos\frac{5\pi}{2n}}-\cancel{\cos\frac{7\pi}{2n}}+\cdots +\right.\\ \left.+\cancel{\cos\frac{\left(2n-5\right)\pi}{2n}}-\cancel{\cos\frac{\left(2n-3\right)\pi}{2n}}+\cancel{\cos\frac{\left(2n-3\right)\pi}{2n}}-\cos\frac{\left(2n-1\right)\pi}{2n}\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}}\left[\cos\frac{\pi}{2n}-\cos\frac{\left(2n-1\right)\pi}{2n}\right]=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}}\left[\cos\frac{\pi}{2n}-\cos\left(\pi-\frac{\pi}{2n}\right)\right]=[/dispmath]
[dispmath]=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{2n}}\left(\cos\frac{\pi}{2n}+\cos\frac{\pi}{2n}\right)=\frac{1}{\cancel 2\sin\frac{\pi}{2n}}\cdot\cancel 2\cos\frac{\pi}{2n}=\mathrm{ctg}\frac{\pi}{2n}[/dispmath]
I sada, kad znamo da je cela suma sinusa unutar zagrade jednaka [inlmath]\mathrm{ctg}\frac{\pi}{2n}[/inlmath], nalaženje traženog limesa je trivijalno i dobija se rezultat [inlmath]\frac{2}{\pi}[/inlmath].

mathproblem je napisao:10. Funkcija [inlmath]f:\;\left[0,1\right]\to\mathbb{R}[/inlmath] integrabilna je na segmentu [inlmath]\left[0,1\right][/inlmath] i za svako [inlmath]x\in\left[0,1\right][/inlmath] važi: [inlmath]f\left(x\right)=1+\frac{1}{2}\int\limits_0^xf\left(t\right)\mathrm dt[/inlmath].
a) Dokazati da je funkcija [inlmath]f[/inlmath] diferencijabilna na segmentu [inlmath]\left[0,1\right][/inlmath];
b) Pronaći barem jedan primer ovakve funkcije [inlmath]f[/inlmath].

a) Diferenciranjem obe strane jednakosti [inlmath]f\left(x\right)=1+\frac{1}{2}\int\limits_0^xf\left(t\right)\mathrm dt[/inlmath], pošto je izvod jedinice, kao konstante, jednak nuli, a [inlmath]\left(\int\limits_0^xf\left(t\right)\mathrm dt\right)'=f\left(x\right)[/inlmath], dolazimo do jednakosti [inlmath]f'\left(x\right)=f\left(x\right)[/inlmath]. Pošto je, po uslovu zadatka, funkcija [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] definisana na intervalu [inlmath]\left[0,1\right][/inlmath], sledi da je na istom intervalu definisan i njen izvod [inlmath]f'\left(x\right)[/inlmath], tj. funkcija [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] je diferencijabilna na tom intervalu.

b) Obeležimo funkciju [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] sa [inlmath]y[/inlmath]. Dobijamo diferencijalnu jednačinu
[dispmath]y'=y[/dispmath][dispmath]\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=y[/dispmath]
koju rešavamo razdvajanjem promenljivih i čije je rešenje
[dispmath]y=ce^{\frac{x}{2}}[/dispmath]
Vrednost konstante [inlmath]c[/inlmath] određujemo tako što [inlmath]ce^{\frac{x}{2}}[/inlmath] uvrstimo umesto [inlmath]f\left(x\right)[/inlmath] u jednakost [inlmath]f\left(x\right)=1+\frac{1}{2}\int\limits_0^xf\left(t\right)\mathrm dt[/inlmath] i zatim rešavamo dobijenu jednačinu po [inlmath]c[/inlmath]. Dobije se [inlmath]c=1[/inlmath], dakle, [inlmath]f\left(x\right)=e^{\frac{x}{2}}[/inlmath].

Postoji li neki drugi nacin da se nadje primer funkcije?
Posto mi nismo radili difrencijalne jednacine, pa bas i ne znam koliko bi nam asistent prihvatio resenje?

Postoji, tako što primetiš da na levoj strani jednakosti imaš funkciju, a na desnoj strani integral te funkcije, pa ti se logički nameće da je ta funkcija eksponencijalna, budući da upravo eksponencijalna funkcija, kad se integrali, ostaje – eksponencijalna funkcija. Znači, pretpostaviš opšti oblik [inlmath]f\left(x\right)=ae^{bx},\;a,b\in\mathbb{R},\;b\ne 0[/inlmath] i uvrstiš je u [inlmath]f\left(x\right)=1+\frac{1}{2}\int\limits_0^xf\left(t\right)\mathrm dt[/inlmath], radi određivanja vrednosti koeficijenata [inlmath]a[/inlmath] i [inlmath]b[/inlmath]. Dobije se [inlmath]a=1,\;b=\frac{1}{2}[/inlmath], tj. [inlmath]f\left(x\right)=e^{\frac{x}{2}}[/inlmath].

Možeš pretpostaviti i još opštiji slučaj eksponencijalne funkcije, [inlmath]f\left(x\right)=ab^{cx},\;a,c\in\mathbb{R},\;b\in\mathbb{R}^+,\;c\ne 0[/inlmath] i, posle uvrštavanja u [inlmath]f\left(x\right)=1+\frac{1}{2}\int\limits_0^xf\left(t\right)\mathrm dt[/inlmath], opet ćeš dobiti da je jedino rešenje [inlmath]f\left(x\right)=e^{\frac{x}{2}}[/inlmath].