Vodič za pokušaj polaganja drugog parcijalnog ispita iz Inženjerske Matematike 2

Transcript

1 Vodič za pokušaj polagaja drugog parcijalog ispita iz Ižejerske Matematike AbdagićAlvi, Dragolj Edi 3. Maj 7. Verzija.569 Sadržaj Uvod Rješeja pripremih zadataka iz Ižejerske matematike 3. Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Rješeja pripremih zadataka iz Ižejerske matematike 3. Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Rješeje varijate A drugog parcijalog ispita iz Ižejerske matematike u akademskoj 5/6 a popravom roku 3 4. Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak

2 5 Rješeje varijate B drugog parcijalog ispita iz Ižejerske matematike u akademskoj 5/6 a popravom roku Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Zadatak Uvod Dobro došli u prvo (a vjerovato i jedio) izdaje "vodiča za polagaje ispita", skripte koja je zamišljea da studetima poudi presjek zadataka koji ih mogu očekivati a drugom parcijalom ispitu. U skripti je obrađeo 3-ak zadataka, koji su prikupljei s prošlogodišjeg materijala "Pripremi zadaci" (s obzirom da ovogodišji materijal ije bio dostupa za vrijeme pravljeja skripte) i prošlogodišjeg popravog ispita. Zadaci su obrađei a ivou aših (skromih) raspoloživih zaja, ali mislimo da mogu pružiti uvid u metodiku rješavaja zadataka. Isto tako, molimo vas da shvatite da e možemo garatovati tačost zadataka (pa je poželjo da svaki zadatak koji radite-sami provjerite), kao i da su moguće pravopise greške i greške ostale prirode jer ije bilo puo vremea za detaljo pregledaje. Neki zadaci su kraće obrađei, adam se da ćete imati razumijevaja za to, jer vremeski uslovi/rokovi isu dozvoljavali "dublju" aalizu zadataka. Ovom prilikom želimo se zahvaliti prof. dr. Huse Fatkiću što je ukazao podršku ovom malom projektu, kao i svima oima koji su am pružali pomoć te ukazivali a greške i edostatke u radu. Bićemo i dalje otvorei za sve sugestije, primjedbe i pohvale. Nadamo se da će vam ovaj materijal biti koliko-toliko od koristi i da će se jegovo korišteje pozitivo odraziti a rezultate ispita. Na kraju, želimo vam mogo sreće a ispitu.

3 Rješeja pripremih zadataka iz Ižejerske matematike. Zadatak Odredite Fourierov itegral i Fourierovu trasformaciju fukcije f zadae formulom: {, x > f(x), x Na osovu dobijeih rezultata izračuajte esvojstvei Riemaov itegral: Rješeje si ω ω dω Zadaa fukcija f se može apisati u obliku:, x < f(x), x, x >..5 Slika : Dio grafika fukcije f Na svakom koačom itervalu (a, b), gdje su a i b proizvolji reali brojevi, za zadau fukciju f vrijedi:. Fukcija f ima maksimalo dvije tačke prekida. i svi su prve vrste. U svim ostalim tačkama fukcija f je eprekida.. Fukcija f je a itervalima (, ) (a, b),, (a, b) i (, ) (a, b) mootoa. Prema tome fukcija f(x) zadovoljava Dirichleove uslove a svakom koačom itervalu (a, b). Kako je f(x) dx f(x) dx + f(x) dx + f(x) dx dx x, to je zadaa fuckija apsoluto itegrabila a itervalu (, ). Primijetimo da vrijedi f( x) f(x), odoso da je zadaa fukcija f para. Na osovu zaključeog možemo odrediti Fourierovu trasformaciju: F (ω) f(x) cos(ωx)dx f(x) cos(ωx)dx + f(x) cos(ωx)dx cos(ωx)dx si(ωzx) ω si ω ω. 3

4 Također fukcija f se u svim tačkama eprekidosti može predstaviti Fourierovim itegralom: f(x) F (ω) cos(ωx)dω si ω ω cos(ωx)dω si ω ω cos(ωx)dω. Koristeći se dobijeim Fourierovim itegralom, i uvrštavajući vrijedost x (što možemo uraditi, jer je fukcija eprekida u x ) dobijemo: f() si ω ω cos(ω )dω, si ω ω dω, si ω ω dω. Slika : Dio grafika poditegrale fukcije si ω ω. Zadatak Naći Fourierov itegral i Fourierovu trasformaciju fukcije zadae formulom: {, t <, f(t) e αt, t, α > Rješeje: U određivaju Fourierovog itegrala date fukcije potrebo je razmotriti uslove kovergecije tražeog Fourierovog itegrala: a) fukcija f : R R je apsoluto itegrabila fukcija, tj. + f(t) dt <, b) fukcija f zadovoljava Dirichletove uslove a svakom koačom razmaku u R. Podsjećaja radi avedimo Dirichletove uslove:. postoji koača skup A a, b tako da je f eprekida fukcija u svakoj tački skupa a, b\a. Ukoliko je A, oda u svakoj tački skupa A fukcija f ima skok prve vrste; 4

5 ..5 Slika 3: Dio grafika fukcije f. postoji podjela segmeta a, b a koačo mogo dijelova takva da je fukcija f mootoa a svakom od tih dijelova segmeta. Očigledo je kako data fukcija zadovoljava Dirichletove uslove. Stoga ispitajmo još apsolutu itegrabilost: e f(t) dt e αt dt dt + e αt αt r dt lim r + α α R, prema tome data fukcija je apsoluto itegrabila. Sada možemo preći a račuaje Fourierove trasformacije, pa polazimo od relacije: S(ω) + f(t)e ıωt dt + e αt e ıωt dt + e (αt+ıω)t dt α + ıω Zajući Fourierovu trasformaciju možemo jedostavo izvršiti račuaje Fourierovog itegrala pomoću relacije f(t) + S(ω)eıωt dω, tj: f(t) Time je određe Fourierov itegral. + S(ω)e ıωt dω + α + ıω eıωt dω.3 Zadatak Riješite Cauchyev problem: x y + y x e t. x y x + y t x() x () y() y () Rješeje: "Laplace"-irajem sistema dif. jedačia dobijemo sistem algebarskih jedačia po epozatim fukcijama X(z) i Y (z): z X(z) zx() x () (z Y (z) zy() y ()) + zy (z) y() X(z) z z (z X(z) zx() x ()) (z Y (z) zy() y ()) (zx(z) x()) + Y (z) z x() x () y() y () 5

6 Odoso: z X(z) z Y (z) + zy (z) X(z) z z z X(z) z Y (z) zx(z) + Y (z) z Sređivajem dobijemo: X(z)(z ) Y (z)z(z ) z z(z ) Rješavajem datog sistema dobijemo: X(z)z(z ) Y (z)(z ) z X(z) z Y (z) z(z ) z (z ) U fialoj etapi rješavaja treba aći iverze Laplace-ove trasformacije dobijeih fukcija, u cilju lakšeg ostvareja te amjere poželjo je X(z) i Y (z) predstaviti preko parcijalih razlomaka. Time dobijemo: X(z) z z + (z ) Y (z) z + (z ) Sada "iverzim Laplace-irajem" (kojeg obavljamo uz pomoć tablica) dobijemo: X(z) L z z + (z ) t e t + te t Y (z) L z + (z ) t + te t..4 Zadatak Nađite iverzu Laplaceovu trasformaciju fukcije: Rješeje Zadatu fukciju možemo apisati kao: F (z) z (z + ) z F (z) z + z + Na osovu osobie liearosti Laplaceove trasformacije imamo: L F (z)(t) L z z + z + (t) Dalje a osovu osobie kovolucije Laplaceove trasformacije imamo: L F (z)(t) t L z z + (x) L z (x t) dx + h Ako su f (t) E(a ), f (t) E(a ), a a, Lf (t)(z) F (z) i Lf (t)(z) F (z), oda vrijedi: R i L t f (x)f (t x)dx (z) F (z) F (z), odoso L F (z) F (z) (t) R t f (x)f (t x)dx 6

7 Iz tablice Laplaceovih trasformacija imamo: L z + (t) si t i L u gorji izraz imamo: L F (z)(t) t cos(x) si(t x)dx Trasformacijom proizvoda cosiusa i siusa u zbir siusa dobijemo: L F (z)(t) L F (z)(t) t.5 Zadatak t si(x (t x)) + si(x + (t x))dx si(x t)dx+si t t dx L F (z)(t) t si t + Nađite fukciju čija je Laplaceova trasformacija: Rješeje: cos(x t) t +si t x t cos t cos( t) z(z + ). z z + t (t) cos t, pa uvrštavajem si(x t) + si t)dx, cos(t t) t si t. cos( t) +t si t, Potrebo je aći iverzu Laplaceovu trasformaciju zadae fukcije, stoga ćemo prvo zadai izraz razložiti a parcijale razlomke kako bismo posao tražeja iverze trasformacije lakše obavili: z(z + ) z + z z(z + ) z(z + ) z (z + ) z + z z z(z + ) (z + ) z z z + z (z + ) z z z + z (z + ) Sad pređimo a tražeje iverze Laplaceove trasformacije: L z(z + ) L L L z z z (z + ) cos t L z (z + ) Naza čeu iverzu Laplaceovu trasformaciju ćemo odrediti kao iverzu trasformaciju od proizvoda dvije fukcije: z z + t z + L F (z)f (z) f (x)f (t x)dx gdje su L F (z) f (t) i L F (z) f (t). Prema tome vrijedi: L z + z t z si x cos(t x)dx t si t + si(x t)dx + t t si tdx + si(x t)dx cos(x t) si t x t t si t Na kraju uvrštavajući dobijemo koači rezultat: L z(z + ) cos t t si t t 7

8 .6 Zadatak Izračuajte dvoji itegral fukcije f zadae formulom: f(x, y) x y a oblasti D( R) ograičeoj krivom čija je jedačia x + y. Rješeje Slika 4: Oblast D je kružica (lijevo), a grafička iterpretacija ovog dvojog itegrala je volume tijela a slici(deso) Zadaa fukcija f je defiisaa a oblasti D(f) : { (x, y) R x y } { (x, y) R x y }. Kako je f očito elemetara, to je oa i eprekida a oblasti D, pa je tu i itegrabila u Riemaovom smislu, tj. postoji itegral: I x y dxdy Zamijeimo provougle polarim koordiatama trasformacijom: y ρ y ϕ D x ρ cos ϕ, y ρ si ϕ Jacobia ove trasformacije je: J x ρ x ϕ cos ϕ ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ ρ si ϕ+ρ cos ϕ ρ(si ϕ+cos ϕ) ρ,, za (x, y) (, ) Kako su očigledo zadovoljei dovolji uslovi za smjeu varijabli, to tražei itegral postaje: I ρ cos ϕ ρ si ϕdϕdρ ρ ρ dϕdρ, D D ρ gdje je D oblast a koju se preslikava oblast D gorjom trasformacijom. S obzirom da je D bila kružica, D će biti pravougaoik (ρ,, ϕ, ). ρ t I dϕ ρ ρdρ dt ρ dρ ρdρ dt dϕ tdt dϕ t dt ρ t ρ t t 3 3 dϕ 3 dϕ 3 ϕ 3, 8

9 odoso: D x y dxdy 3..7 Zadatak Izračuajte itegral gdje je D {(x, y) R x + y, y } Rješeje: D x y + x + y dxdy Slika 5: Oblast D (lijevo), grafička iterpretacija ovog dvojog itegrala je volume tijela a slici(deso) Data oblast predstavlja "gorju" poloviu kruga x + y. Za račuaje datog itegrala pogodo je preći a polare koordiate: x ρ cos ϕ y ρ si ϕ (ϕ,, ρ x + y S obzirom da je y si ϕ ϕ,. Prije ego sto trasformišemo dati itegral potrebo je utvrditi Jacobia deterimatu: D(x, y) J D(ρ, ϕ) x ρ x ϕ y ϕ cos ϕ ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ ρ y ρ Prema tome dato preslikavaje oblasti je regularo, pa prelazimo a trasformaciju itegrala: F (x, y)dxdy F (ρ, ϕ) D(x, y) D(ρ, ϕ) dρdϕ odoso D(x,y) D(x,y) D(ρ,ϕ) x y + x + y dxdy ρ D(ρ,ϕ) + ρ ρdρdϕ) Dati itegral sad može preci u uzastopi itegral s sljedećim graicama: ρ dϕ + ρ ρdρ 9

10 tj.: dϕ ρ ρ + ρ ρdρ + ρ ρdρ ρ m ρdρ dm m + m dm m 4r ( + r ) dr 4 r ( + r ) dr u r dv r (+r ) dr 4 r + r + arctg r m r m r 4rdr dm + r + r.8 Zadatak 3 Izračuajte površiu oblasti D( R ) ograičee krivom zadaom jedačiom: (ax + by + c) + (dx + ey + f), gdje je ae bd. Rješeje Slika 6: Grafički prikaz oblasti D Tražea površia je: Odredimo trasformaciju: P D dxdy u ax + by + c x u by c a ()

11 Uvrštavajem u imamo: Sada uvrstimo 3 u : v dx + ey + f y v dy f e x u c bv bdx bf (ae) a ae aex ue ce bv + bdx + bf x(ae bd) ue ce bv + bf x ue ce bv + bf ae bd y v f deu dbv dce + dbf e ae bd ( ) aev aef bdv + bdf deu + dbv + dce dbf () (3) y e y Odredimo sada Jacobia trasformacije: J x u x v y u y v y e ae bd d ae bd ae bd aev aef deu + dce e(ae bd) av af du + dc ae bd b ae bd a ae bd ae bd (ae bd) ae bd Kako su očigledo zadovoljei uslovi za smjeu varijabli, to tražea površia postaje: P dxdy D D ae bd dudv Sada je potrebo odrediti graice itegracije. Primjetimo da su izrazi u i v eegativi za u, v R. Također oblast D je ograičea krivom u + v. Na osovu ovoga možemo zaključiti da je u, v,. Ako uzmemo da se u mijeja u avedem itervalu, iz jedačie krive koja ograičava oblast imamo da se v mijeja između u i u, u fukciji od u. Pa sada imamo: P ae bd u du ae bd dv u u si ϕ du cos ϕdϕ u ϕ u ϕ 4 cos ϕ cos ϕdϕ ae bd cos( ϕ ) +cos ϕ cos ϕ + cos(ϕ) 4 ae bd ϕ ae bd + si(ϕ) u du v u ae bd u du si ϕ cos ϕdϕ si ( ϕ) si (ϕ) ae bd cos ϕ, ϕ, 4 ae bd + cos(ϕ) ae bd dϕ + si si ae bd cos ϕdϕ ae bd dϕ + cos(ϕ)dϕ Površia zadate oblasti je ae bd..9 Zadatak 3 Izračuajte površiu oblasti D, koja je ograičea liijom čija je jedačia (ax) + (by) čije su jedačie ax by, 4ax by (a >, b > ). i pravcima

12 Slika 7: Grafički prikaz oblasti D Rješeje: Prvo potražimo presječe tačke krivih koje obrazuju datu oblast (evideto je da se data oblast alazi u I kvadratu tj. (x, y )). isto tako ozačimo pravce kao y g 4ax b (gorji) i y d ax b (doji), kao i datu krivu sa C. Sad potražimo tačke presjeka:. C y d :. C y g : (ax) + (by) ax by y 4b x 4a (ax) + (by) 4ax by y 4 9b x 9a 3. y d y g ax by 4ax by y x Na osovu ađeih presječih tačaka možemo odrediti graice itegracije, kao i postaviti izraz za površiu date oblasti. Prije toga izrazimo y iz relacije C: Uspostavimo itegral za površiu sada: D (ax) + (by) y ( ax) b dxdy 9a dx 4ax b ax b dy + 4a 9a dx ( ax) b ax b dy

13 Sada: 9a 54ab + 3ax b dx + 4a 9a 4a 9a 54ab ab 3 34ab ( ax) ax b b b axdx 54ab + b dx 3ax 9a b x 4 a 3 x 3 4a 4a + 9a 9a ax + ax ax dx b. Zadatak 4 Primjeom dvojog ili trojog itegrala izračuajte volume tijela V omeđeog površiama: z x + y, z x + y, z 4 Rješeje Tražei volume je: Slika 8: Grafički prikaz tijela V V V dxdydz Radi jedostavosti proračua zamijeimo pravougle sa cilidričim koordiatama trasformacijom: pa je Jacobia ove trasformacije: x ρ x ϕ x z J y ρ y ϕ y z z ρ z ϕ z z cos ϕ ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ x ρ cos ϕ, y ρ si ϕ, z z, ρ si ϕ+ρ cos ϕ ρ(si ϕ+cos ϕ) ρ, za (x, y) (, ) 3

14 Kako su očigledo zadovoljei uslovi za smjeu varijabli, to tražei volume postaje: V dxdydz ρdϕdρdz V V Sada je potrebo odrediti graice itegracije. Primjetimo da z uvijek mora biti eegativo zbog izraza z x + y. Također je ograičeo površi z 4. Prema tome vrijedi z, 4. Očigledo je volume simetriča prema x i y, pa pravimo pui krug u xoy ravi, odoso vrijedi: ϕ,. Nako uvrštavaja smjea imamo da je oblast V ograičea sa: z ρ, z ρ, z 4. Odavde je očigledo da su graiče vrijedosti za ρ (zajući da je ρ ): ρ z i ρ z. Pa sada možemo pisati: V 4 4 dz dϕ z z 4 dz ϕ. Zadatak 4 ρdρ z 4 4 dz zdz z dϕ ρ 4 z z dz Izračuajte zapremiu oblasti koja je ograičea sa površi čija je jedačia: Rješeje: (x + y + z ) a x, (a ). ( z z 4 z dϕ 4) 4 dz dϕ Korjeovajem polaze jedačie dobijemo: Slika 9: Grafički prikaz tijela V x + y + z a x. 4

15 Očigledo mora biti ispuje uslov x iz ovoga slijedi zaključak da se data oblast alazi u 4 oktata trodimezioalog koordiatog sistema. Uočavajući da je data površ prema jedačii simetriča u odosu a sva 4 kvadrata ravi yoz zaključujemo da data površ zatvara jedake volumee a svakom od tih oktaata (oktati za koje vrijedi x ). Uzimajući avedeo u obzir, pristupamo račuaju volumea a samo jedom oktatu, prije toga pogodo je izvršiti prelazak a sfere koordiate: x ρ si θ cos ϕ y ρ si θ si ϕ z ρ cos θ Odredimo Jacobija: J D(x, y, z) D(ρ, ϕ, θ) Jedačia same površi prelazi u: x ρ x ϕ x θ y ρ y ϕ y θ z ρ z ϕ z θ si θ cos ϕ ρ si θ si ϕ ρ cos θ cos ϕ si θ si ϕ ρ si θ cos ϕ ρ cos θ si ϕ cos θ ρ si θ ρ si θ ρ 4 a ρ si θ cos ϕ ρ 3 a si θ cos ϕ S obzirom da račuamo volume u jedom oktatu, možemo odrediti slijedeće graice itegracije: Prema tome itegral za volume oblasti je: tj.: a 6 dϕ V 4 ρ 3 si θdθ 3 cos ϕdϕ ( ϕ ) ( θ ) ρ a 3 (si θ cos ϕ) 3 ρ si θdρdϕdθ a 3 (si θ cos ϕ) 3 cos θdθ a 6 a 3 (si θ cos ϕ) 3 dϕ si θdθ ρ dρ θ dϕ si θ si θdθ a si θ cos ϕ 3 a 6 a cos ϕdϕ (si θ) dθ a 3 S obzirom da ovo predstavlja samo volume koju površzaklapa u jedom oktatu, potrebo ju je pomožiti sa 4 kako bi dobili ukupi volume koji zaklapa zadata površ tj:. Zadatak 5 V 4 a a 3 Pilasta fukcija (saw-tooth) f je -periodičko prošireje restrikcije fukcije f a iterval (, ). Fukcija f je zadaa formulom: { x, x < f(x), x a) Proađite Fourierov red fukcije f. b) Odredite Fourierovu trasformaciju fukcije f. c) Odredite Fourierov itegral fukcije f. Rješeje Zadaa fukcija f se može apisati u obliku:, x f(x) x, < x <, x Primijetimo da za fukciju f a itervalu (a, b), gdje su a i b proizvolji reali brojevi vrijedi: 5

16 . Fukcija je eprekida u svim tačkama itervala, osim u ajviše dvije tačke x {, } ukoliko oe pripadaju itervalu.. Fukcija je mootoa a itervalima (, ) (a, b), (, ) (a, b), (, ) (a, b). Prema tome fukcija f zadovoljava Dirichleove uslove a proizvoljom, koačom itervalu (a, b). Kako je: f(x) dx x dx xdx + xdx x + x, to je fukcija f apsoluto itegrabila. Primijetimo još da vrijedi f( x) f(x), odoso da je f epara fukcija. Formirajmo -periodičko prošireje restrikcije fukcije f a iterval (, ): x, x (, ) f (x) x k, x ((k ), (k + ) ), k Z, x (k + ), k Z Π Π Π Π Slika : Dio grafika fukcije f Primijetimo da u svim tačkama, pa i u tačkama prekida vrijedi: Iz svega rečeog možemo zaključiti: f (x) lim x x f (x) + lim x x+ f (x). Za fukciju f možemo aći Fourierovu trasformaciju. Fukciju f možemo predstaviti Fourierovim itegralom u svim tačkama eprekidosti 3. Periodičkom produžeju f, restrikcije fukcije f a iterval (, ), možemo pridružiti Fourierov red. Taj red će kovergirati ka fukciji f (x) za x R a) Dužia perioda fukcije f (x) je T. Osim toga fukcija je epara, pa su koeficijeiti a. b T b 4 T x si(x)dx ( ) f(x) si T x dx 4 u x du dx dv si(x)dx v cos(x) ( ) x si x dx x cos(x) + cos(x)dx 6

17 b cos() cos( ) + + si(x) b cos() + si() cos() + si(x) Izraz si() je jedak uli za svaki cio broj, dok izraz cos() alterira između - i. f (x) b ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b si T x ( ) si x si( x) ( ) si(x) b) c) S(ω) f(x) si(ωx)dx u x S(ω) du dx dv si(ω)xdx x cos(ωx) ω + v cos(ωx) ω ω S(ω) cos(ω) cos(ω ) + + si(ω) ω ω ω f(t) f(t) S(ω) si(ω) ω S(ω) si(ωt)dω x si(ωx)dx cos(ωx)dx x cos(ωx) ω + si(ωx) ω si(ω ) ω cos(ω) + si(ω) ω ω cos(ω) ω ( si(ω) ω si(ω) si(ωt) ω dω cos(ω) ) si(ωt)dω ω cos(ω) si(ωt) dω ω.3 Zadatak 5 a) Nađite jediiče vektore prirodog trijedra prostore krive zadae parametarskim jedačiama x t, y t, z t 3 u tački određeoj izrazom t, a zatim apišitie jedačie tagete, glave ormale i biormale zadae krive u toj tački. b) Nađite jedačiu oskulatore ravie kružice zadae jedačiama u jeoj tački M(,, ). Rješeje: x + y + z 6, x + y + z a) Dakle, data kriva određuje tačke čiji vektori položaja su određei koordiatama x, y i z. Prema tome vektor položaja je r {x, y, z} {t, t, t 3 }, zajući ovo moguće je pristupiti određivaju vektora tagete, biormale i ormale. Pa vektor tagete je: T d r dt d{x, y, z} dt {x t, y t, z t} {, t, 3t } 7

18 vektor biormale: B d r dt d r dt {x t, y t, z t} {x t, y t, z t } {, t, 3t } {,, 6t} vektor ormale: N ( ) d r dt d r dt d r dt {6t, 6t, } {, t, 3t } i j k 6t 6t t 3t i j k t 3t 6t { 6t, 6t, } { 8t 3 4t, 8t 4 +, t 3 + 6t } Sada možemo preći a određivaje jedačia tagete, birormale i ormale po formulama ({x, y, z } - zadata tačka): Tageta: x x T x y y T y z z T z Biormala: x x B x y y B y z z B z Normala: x x N x y y N y z z N z Uvrštavajem dobijeih rezultata (iz račuaja vektora) i zadae tačke dobijemo ({x, y, z } {t, t, t 3 } kokreto za t dobijemo {x, y, z } {,, }): Tageta: x Biormala: x 6 Normala: x y z 3 y 6 z y 8 z 9 Ostaje am jošda oredimo ortove vektora tagete, biormale i ormale. Ozačimo ih respektivo sa τ, β,. Odredimo prvo τ: τ sad β: β T T {, t, 3t } {, t, 3t } {, t, { 3t } + 4t + 9t 4 B { B {6t, 6t, } {6t, 6t, } {6t, 6t, } 36t t i a kraju : + 4t + 9t, 4 3t 9t4 + 9t +, t + 4t + 9t, 3t } 4 + 4t + 9t 4 } 3t 9t4 + 9t +, 9t4 + 9t + N N { 8t3 4t, 8t 4 +, t 3 + 6t} { 8t 3 4t, 8t 4 +, t 3 + 6t} { 8t 3 4t, 8t 4 +, t 3 + 6t} 4(9t3 t) + 4(9t 4 + ) + 36(t 3 + t) { 9t 3 t (9t3 t) + (9t 4 + ) + 9(t 3 + t), 9t 4 + (9t3 t) + (9t 4 + ) + 9(t 3 + t), } 6t 3 + 3t (9t3 t) + (9t 4 + ) + 9(t 3 + t) b) Prvo je potrebo odrediti vektor r iz jedačia krivih: x + y + z 6, x + y + z 8

19 Pretpostavimo da je x x(t), y y(t), z z(t) tj. da se date krive mogu predstaviti parametarski. Sada pokušajmo aći vektore d r dt i d r dt, diferecirajući date jedačie i izražavajući sve preko jede promjejive: xdx + ydy + zdz dx + dy + dz Uvrštavajuci tačku M a mjesto koordiata (x, y, z) dobijemo: Možeći sve sa dx dx + dy dz dx + dy + dz {dx, dx, } dobijemo vektor d r dt {,, }.Na sliča ači određujemo vektor d r dt : d r {,, } dt Sada je pogodo odrediti vektor biormale tj.: B d r dt d r {,, } {,, } dt Sada je prema relaciji (vidi Ušćumlić, str. 58, zad 67.): i j k {,, } B x (x x ) + B y (y y ) + B z (z z ) (x ) (y ) (z + ) tj. jedačia oskulatore ravi je: x + y + z.4 Zadatak 5 a) Izračuajte krivoliijski itegral y dx + x dy C gdje je C gorja polovia elipse x a cos t, y b si t, koja se prelazi u smislu gibaja kazaljke sata. b) Izračuajte troji itegral y + x + z dxdydz gdje je V kugla poluprešika R. V Rješeje a) Kako je poditegrala fukcija elemetara, pa prema tome i eprekida, to je oa i itegrabila, tj. postoji tražei itegral po krivoj koja je glatka. Zadatkom su am zadai x i y u parametarskom obliku. Odredimo dx i dy (što možemo, jer su fukcije x(t) i y(t) elemetare, pa prema tome i diferecijabile): dx a si tdt dy b cos tdt Da bismo opisali gorju poloviu elipse potrebo je mijejati parametar t od do. Uzevši u obzir da elipsu obilazimo u smijeru kazaljke a satu parametar t se ustvari mijeja od do. Uvrštavajući parametarske oblike za x, y, dx i dy, i vrijedosti parametra t imamo: I y dx + x dy ab si 3 tdt + a b cos 3 tdt ab si 3 tdt + a b cos 3 tdt C Riješimo sada eodređee itegrale: si 3 tdt ( cos t) si tdt si tdt + si tdt s ds cos t + s3 3 cos3 t cos t 3 9 cos t si tdt cos t s si tdt ds

20 cos 3 tdt ( si t) cos tdt cos tdt cos tdt s ds si t s3 3 si t si3 t 3 si t cos tdt si t s cos tdt ds Vratimo se a izračuavaje početog itegrala: I ab cos 3 t 3 Tražei itegral izosi 4 3 ab. cos t + a b si t si3 t 3 ab ab b) Kako je poditegrala fukcija je očigledo elemeatara i defiisaa a R 3, pa prema tome i a oblasti D, to je oa i eprekida a toj oblasti, pa prema tome i itegrabila u Riemaovom smislu, odoso postoji traže itegral. S obzirom da je oblast itegracije kugla, dati itegral je ajlakše račuati po sferim koordiatama. Stoga pređimo sa pravouglih a sfere koordiate, koristeći trasformaciju: x ρ si θ cos ϕ, y ρ si θ si ϕ, z ρ cos θ Odredimo Jacobija ove trasformacije: J D(x, y, z) D(ρ, ϕ, θ) x ρ x ϕ x θ y ρ y ϕ y θ z ρ z ϕ z θ si θ cos ϕ ρ si θ si ϕ ρ cos θ cos ϕ si θ si ϕ ρ si θ cos ϕ ρ cos θ si ϕ cos θ ρ si θ ρ si θ, za (x, y, z) (,, ) z Trasformišimo poditegralu fukciju: f(x, y, z) y + x + z f(ρ, ϕ, θ) ρ si θ cos ϕ + ρ si θ si ϕ + ρ cos θ ρ ( si θ + cos θ ) sqrtρ ρ ρ ρ si θ ( cos ϕ + si ϕ ) + cos θ Kako su očigledo zadovoljei dovolji uslovi za smjeu varijabli, to tražei itegral postaje: I y + x + z dxdydz ρ ρ si θ dρdϕdθ V V Sada je potrebo odrediti graice itegracije, što ije komplikovao, jer je oblast itegracije veoma jedostava (kugla). Za kuglu poluprečika R u sferim koordiatama vrijedi: ρ, R, ϕ,, θ,, pa imamo: I R4 4 R4 dθ dϕ si θdθ + R4 R R 4 Tražei itegral izosi R 4. ρ 3 si θdρ dϕ R4 4 si θdθ si θdθ ϕ dϕ R R4 ρ 3 dρ si θdθ si θdθ R4 dϕ ρ4 4 cos θ R

21 3 Rješeja pripremih zadataka iz Ižejerske matematike 3. Zadatak Riješite sistem difercijalih jedačia: Rješeje 3t dx dt x y + z t dy dt x 3y z 6t dz + x 7y 5z dt Uvedimo smjeu e u t, tada očigledo imamo: dt e u du, pa uvrštavajem u počete jedačie imamo: 3e u dx e u du x y + z e u dy e u du x 3y z 6e u dz e u + x 7y 5z du Daljim sređivajem dobijemo: dx du 3 x + 3 y 3 z (4) dy du x + 3 y + z (5) dz du 6 x y z (6) Diferecirajem (4) imamo: d x du dx 3 du dy 3 du dz 3 du Uvrštavajem (5) i (6) u prethodu jedačiu dobijemo: d x du dx 3 du 6 x + y + 6 z + 8 x 7 8 y 5 8 z d x du dx 3 du 9 x 9 y 9 z Ako izrazimo z iz (4) i uvrstimo u prethodi izraz: d x du dx 3 du 9 x 9 y + dx 3 du 9 x 9 y d x du dx du Ovo je homogea diferecijala jedačia sa kostatim koeficijeitima, koju možemo riješiti rješavajem karakterističe jedačie: λ λ λ λ, pa je opšte rješeje jedačie: Diferecirajem rješeja imamo: x C e u + C e u C + C e u (7) dx du C e u (8)

22 Sada uvrstimo (8) i (7) u (4): C e 3 C + 3 C e + 3 y 3 z Sređivajem ovog izraza dobijemo relaciju između y i z: Uvrštavajem (7) i (9) u (6) (pomozeu sa 6) dobijemo: y C e u C + z (9) Nako sređivaja imamo: 6 dz du C C e u + 7C e 4C + 7z + 5z z z C e 5 C Ovo je lieara diferecijala jedačia po z čije je opšte rješeje dato sa: ( z e R ( du C 3 + C e u 5 ) ) C e R du du, odoso: z C 3 e u C e u C () Uvrštavajem () u (9), i ako sređivaja imamo: y C 3 e u 3 4 C Uzimajući u obzir da je e u t, dobijemo opšte rješeje polazog sistema: x C + C t, y 3 4 C + C 3 t, z 5 4 C + C t + C 3 t, t R \ {} 3. Zadatak Riješite Cauchyev problem: Rješeje: { x IV + x + x t, x() x () x (), x () Dati Cauchyev problem rješavat ćemo pomoću Laplaceove trasformacije, pa stoga "Laplace-irajmo" datu jedačiu: x IV + x + x t /L z 4 X(z) z 3 x() z x () zx () x () + z X(z) zx() x () + X(z) z z 4 X(z) + z X(z) + X(z) z X(z)z4 + z + z + X(z)z + z + X(z) z (z + ) + (z + ) X(z) + z z (z + ) X(z) z (z + ) Iverza Laplaceova trasformacija daje: x(t) L z (z L + ) z z t si t +

23 3.3 Zadatak Nađite fukciju čija je Laplaceova trasformacija: Rješeje: Dati izraz razlažemo a parcijale razlomke: 4 z 3 + 4z. 4 z 3 + 4z 4 z(z + 4) z + 4 z z(z + 4) z z z + 4 Sad prelazimo a tažeje iverze Laplaceove trasformacije: L 4 z 3 L + 4z z z z + 4 L L z z z cos t Zadatak Laplaceovom trasformacijom riješite Cauchyjev problem drugog reda: { y + y sh x y(), y () Rješeje Prvo odredimo Laplaceovu trasformaciju sh t. L sh t (z) L et e t sh t et e t et e t (z) L e t (z) L e t (z) z z + z Ako sada primjeimo Laplaceovu trasformaciju a cijelu diferecijalu jedačiu imamo: Uzimajući u obzir počete uslove dobijemo: Odoso, ako sređivaja: z Y (z) zy() y () + Y () z Y (z) z Y (z) z + Y (z) z (z + )(z )(z + ) + z z + Rješeje diferecijale jedačie je iverza Laplaceova trasformacija gorje fukcije. Međutim da bismo efektivo ašli iverze Laplaceove trasformacije fukcije Y (z) potrebo je (z +)(z )(z+) rastaviti a parcijale razlomke: (z + )(z )(z + ) Az + B z + + C z + D z + (z )(Az + b) + C(z + )(z + ) + D(z + )(z ) 3

24 z ı (Aı + B)( ) A B z C( + )( + ) C 4 z D( + )( ) D 4 (z + )(z )(z + ) z z 4 z + Otuda imamo: Y (z) z z 4 z + + odoso, primjejući iverzu Laplaceovu trasformaciju dobijemo: L Y (z) (x) L z (x) L z 3.5 Zadatak 3 z z +, (x) 4 L z + y(x) si x + 4 ex 4 e x + cos x y(x) si x + e x e x + cos x y(t) si x + sh x + cos x (x) + L z z (x) + Laplaceovom trasformacijom riješite diferecijalu jedačiu drugog reda, čija je desa straa step fukcija: { y + y θ(x + α), (α > ), y(), y () gdje je θ(t) tzv. Heavisideova fukcija defiiraa formulom: { za t θ(t) za t < Rješeje: Prvi korak u postupku rješavaja bit će alažeje Laplaceove trasformacije obje strae date dif. jedačie. S obzirom da s dese strae imamo fukciju čiju: { x α θ(x + α) x < α Laplaceovu trasformaciju e možemo očitati s tablica (zbog uslova α < ), morat ćemo pristupiti tražeju Laplaceove trasformacije fukcije θ(x + α)"po defiiciji": Lθ(x + α) + θ(x + α)e zx dx, treba uočiti kako fukcija θ(x + α) ije jedaka uli za x <, pa ju je potrebo "modifikovati" da bi odredili Laplaceovu trasformaciju. Modifikacija se sastoji u tome da ćemo tražiti Laplaceovu trasformaciju umoška fukcija θ(x) i θ(x+α) pri čemu je θ(x) defiisaa kao u postavci zadatka (t x). Sada je moguče apisati izraz: Lθ(x)θ(x + α) + e zx dx + e e zx zx dx z + i astaviti sa rješavajem zadatka-tražeja Laplaceove trasformacije obje strae: z, 4

25 z Y (z) zy() y () + Y (z) z Y (z)z + z + Y (z) z(z + ) + z + Y (z) z + z z(z + + ) z + Y (z) z z z + + z + Y (z) z z z + + z Re{z} > + Sad pređimo a tražeje iverze Laplaceove trasformacije dobijee fukcije Y (z): L Y (z) L L z z z + L + z + Dakle: predstavlja rješeje date dif. jedačie. L Y (z) θ(x + α) cos x + si x y(x) θ(x + α) cos x + si x 3.6 Zadatak 4 Koristeći razvoj fukcije f(x) x, < x <, u Fourierov red, izračuajte graiču vrijedost: lim x x + x. Rješeje Pokažimo da za x R, i vrijedi: x + x < Lijevi dio ove ejedakosti je očigleda jer je brojik eegativa, a azivik pozitiva. Kako je x + x < x < + x <, to vrijedi i desi dio ejedakosti, pa i cijela ejedakost. Pa je zadai red x + x uiformo kovergeta prema Weierstrassovom kriteriju. x Također fukcija + x je defiisaa za x (, ), pa je tačka tačka gomilaja domea ove fukcije, a fukcija je očito elemetara, pa prema tome i eprekida a cijelom domeu. Iz ovoga možemo zaključiti da vrijedi relacija: lim x x + x lim x x + x Zadaa fukcija f je elemetara, pa prema tome i eprekida, i ima eprekide izvode a itervalu (, ), odoso zadovoljava Dirichleove uslove a itervalu (, ). Prema tome možemo joj pridružiti 5

26 4 Π 9 Π 4 Π Π Slika : Grafik fukcije f(x) Fourierov red, koji će kovergirati ka fukciji f(x), za x (, ), dok će a krajevima itervala (x i x ) kovergirati ka vrijedosti: A lim x + f(x) + lim x f(x) + 4 Odredimo sada Fourierove koeficijete: a x dx x a u x x cos(x)dx du xdx dv cos(x)dx x si(x) x si(x)dx v si(x) u x du dx dv si(x)dx x cos(x) v cos(x) cos(x)dx 4 cos() si(x) 3 4 b u x x si(x)dx du xdx dv si(x)dx x cos(x) + x cos(x)dx v cos(x) u x du dx dv cos(x)dx 4 cos() x si(x) + v si(x) si(x)dx 4 cos(x) 3 4, 6

27 pa je odgovarajući Fourierov red: f(x) cos(x) 4 si(x) Raije je ustaovljeo da za vrijedost x dobijei Fourierov red kovergira ka vrijedosti A( ), pa imamo: A 8 4 cos() 4 si() 6 + odoso: 3.7 Zadatak lim x 6, 4 x + x 6. Stepeasta fukcija y f (x) je -periodičko prošireje fukcije y f(x) zadae formulom:, za x (, ) f(x), za x, za x (, kao a slici. a) Razvijte zadau fukciju f u Fourierov red. b) Odredite Fourierovu trasformaciju zadae fukcije i od prošireja f fukcije f a R koja je jedaka uli izva razmaka (, +. c) Odredite Fourierov itegral zadae fukcije i od prošireja f fukcije f a R koja je jedaka uli izva razmaka (, +. Rješeje: U svrhu provjere zadovoljeja Dirchletovih uvjeta uočimo za datu fukciju f(x) a itervalu (a, b) vrijedi :. Fukcija je a zadaom razmaku eprekida, osim u tački x u kojoj ima prekid prve vrste (koača skok).. Postoji podjela razmaka (, a koačo mogo podrazmaka a kojima je fukcija f moota. Dakle zadaa fukcija zadovoljava Dirichletove uslove a razmaku (,. Vrijedi primjetiti da je f( x) f(x), za sve x (, + tj. data fukcija je epara. Njeo -periodičko prošireje možemo zadati formulom:, za x ((k ), k) (k Z) f, za x k, za x (k, (k + ) 7

28 Π Π Slika : Dio grafika fukcije f a) Primjetimo kako za sve tačke osim tačaka x R vrijedi: f lim x x f (x) + lim x x+ f (x) Otuda slijedi da je zadaoj fukciji f moguće pridužiti Fourierov red koji će kovergirati ka fukciji f (x) za x R. Pređimo a određivaje Fourierovih koeficijeata. S obzirom da je fukcija epara biće a ( N). Ostaje da odredimo koeficijete b, kako je period od T jedak to imamo: b T T/ T/ f(x) si T xdx 4 T T/ f(x) si T xdx 4 cos x / f(x) si xdx si xdx si xdx cos + { cos 4, za k + (k Z), za k (k Z) Otuda dobijemo sljedeći razvoj fukcije f (x) u Fourierov red f (x) pri čemu vrijedi da je + b si + T x 4 si x 4 + si x 4 + si(k + )x k + k f(x) 4 + k si(k + )x k + za x (,. b) Razmotrimo da li možemo aći Fourierovu trasformaciju fukcije f (x). Kako fukcija f (x) zadovoljava Dirichletove uslove a svakom koačom razmaku < a, b > R, ostaje am još da utvrdimo da li je fukcija aposluto itegrabila: tj.: + + dx f (x) dx < + dx + s obzirom da je skup tačaka prekida fukcije f (x) Lebesgeuve mjere ula, to eće uticati a vrijedost itegrala: x Prema tome fukcija f (x) ije apsoluto itegrabila. Kako ije ispuje ovaj uvjet e možemo efektivo odrediti i Fourierov itegral, a i Fourierovu trasformaciju fukcije f (x). Na šliča ači provjeravamo apsolutu itegrabilost fukcije f: + dx + dx + dx dx < 8

29 pa prema tome fukcija f je apsoluto itegrabila. Pristupamo tražeju Fourierove trasformacije f(x), s obzirom da je fukcija f(x) epara vrijedi a(ω), odoso: S(ω) + f(x) si ωxdx + si ωxdx cos ωx cos ω ω ω ω S(ω) cos ω ω ω c) Fourierov itegral za fukciju f(x) sad možemo odrediti pomoću relacije: f(t) + S(ω)e ıωt dω tj.: f(t) + cos ω e ıωt dω ω ω 3.8 Zadatak 5 Para pilasta fukcija (saw-tooth) f je -periodičko prošireje restrikcije fukcije f a iterval (, ) zadae formulom: { x, x < f(x), x a) Proađite Fourierov red fukcije f. b) Odredite Fourierovu trasformaciju fukcije f. c) Odredite Fourierov itegral fukcije f. d) Pokažite da je: ( ) 8 Rješeje Zadaa fukcija se može apisati u obliku:, x x, < x < f(x) x, x <, x Primjetimo da za fukciju f a itervalu (a, b), gdje su a i b proizvolji reali brojevi vrijedi:. Fukcija je eprekida u svim tačkama itervala, osim u tačkama x i x, ukoliko oe pripadaju itervalu.. Fukcija je mootoa a itervalima (, ) (a, b), (, ) (a, b), (, ) (a, b), (, ) (a, b). Prema tome fukcija f zadovoljava Dirichleove uslove a itervalu proizvoljom, koačom (a, b). Kako je f(x) dx x dx xdx + xdx x + x, 9

30 Π Slika 3: Dio grafika fukcije f to je fukcija f(x) apsoluto itegrabila. Primijetimo još da vrijedi f( x) f(x), odoso da je f para fukcija. Formirajmo -periodičko prošireje restrikcije fuckije f a iterval (, ): f (x) Primjetimo da u svim tačkama vrijedi: Iz svega rečeog možemo zaključiti: x, x, ) x k, x k, (k + ), k Z x + k, x (k ), k), k Z f (x) lim x x f (x) + lim x x+ f (x). Za fukciju f možemo aći Fourierovu trasformaciju. Fukciju f možemo predstaviti Fourierovim itegralom u svim tačkama eprekidosi. 3. Periodičkom produžeju f, restrikcije fukcije f(x) a iterval (, ), možemo pridružiti Fourierov red. Taj red će kovergirati ka fukciji f (x) za x R a) Dužia perioda fukcije f (x) je T. Osim toga fukcija je para, pa su koeficijeiti b. a 4 T a a T f (x) cos T xdx xdx x cos(x) x cos(x)dx ( ) Pa je odgovarajući Fourierov red: x cos(x)dx f (x) + u x du dx dv cos(x) v si(x) ( ) cos(x) x si(x) Primjetimo da za sve pare -ove izraz ( ) postae jedak uli, pa ostau samo epari -ovi, pa možemo pisati: f (x) + ( ) ( ) cos(x) + 3 ( ) cos(x) si(x)dx

31 Daljiim sređivajem i a osovu raije izvedeih zaključaka možemo pisati: f (x) 4 cos(x) () ( ) b) S(ω) f(x) cos(ωx)dx u x x cos(ωx)dx du dx dv cos(ωx) x si(ωx) ω v si(ωx) ω ω si(ω) + cos(ωx) ω ω si(ω) ω si(ωx)dx + cos(ω) ω ω ω si(ω) + cos(ω) ω c) f(t) f(t) d) Uvrštavajući x u imamo: S(ω) cos(ωx)dω f () 4 ω si(ω) + cos(ω) ω 4 4 cos(ωx)dω cos( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 3

32 4 Rješeje varijate A drugog parcijalog ispita iz Ižejerske matematike u akademskoj 5/6 a popravom roku 4. Zadatak Odredite Fourierov itegral fukcije f zadae izrazom: { t < f(t) e t t Rješeje Sliča zadatak je već riješe u poglavlju. (Pripremi zadaci - Zadatak ). Tamo je riješe opšti slučaj, dok je ovo primjer za α. 4. Zadatak Izračuajte dvoji itegral fukcije f zadae formulom f(x, y) 9 x y a oblasti D( R ) ograičeoj krivom čija je jedačia x + 9y 9. Rješeje Slika 4: Oblast D je elipsa (lijevo), a grafička iterpretacija ovog dvojog itegrala je volume tijela a slici(deso) Fukcija f je defiisaa a oblasti D. Kako je oa a oblasti D elemetara, to je i eprekida a ovoj oblsati, pa prema tome i itegrabila u Riemaovom smislu, tj. postoji tražei itegral. Primjetimo da je oblast D( R x ) elipsa, ograičea krivom: 3 + y Prema tome pogodo je sa pravouglih preći a eliptiče koordiate, koje će elipsu preslikati a pravougaoik. Uradimo to putem trasformacije: x 3ρ cos ϕ y ρ y ϕ y ρ si ϕ Odredimo Jacobija ove trasformacije: J x ρ x ϕ 3 cos ϕ 3ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ 3ρ si ϕ + 3ρ cos ϕ 3ρ(si ϕ + cos ϕ) 3ρ, za (x, y) (, ) 3

33 Pa se fukcija f(x, y) trasformiše u: f(ρ, ϕ) 9 3 ρ cos ϕ ρ si ϕ ρ (cos ϕ + si ϕ) ρ Kako su očigledo zadovoljei dovolji uslovi za smjeu varijabli, to tražei itegral postaje: ρ t ρdρ dt I f(x, y)dxdy f(ρ, ϕ)3ρdρdϕ 3 dϕ ρ ρdρ ρdρ D D dt ρ t ρ t 3 dϕ t dt 3 dϕ t 3 dt dϕ t ϕ Tražei itegral izosi. 4.3 Zadatak 3 Izračuajte površiu oblasti D, koja je ograičea krivom čija je jedačia: Rješeje (x + y ) 4x Slika 5: Grafički prikaz oblasti D Zamjeimo pravougle kooradiate polarim, koristeći trasformaciju: x ρ cos ϕ, y ρ si ϕ Jacobia ove trasformacije je: J x ρ x ϕ cos ϕ ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ y ρ y ϕ ρ si ϕ+ρ cos ϕ ρ(si ϕ+cos ϕ) ρ, za (x, y) (, ) Primjetimo da iz krive koja ograičava oblast imamo: (x + y ) 4x 3 (ρ ) 4ρ 3 cos 3 ϕ 33

34 ρ 4 cos 3 ϕ Ovo je graiča vrijedost za ρ, odoso ρ se mijeja u itevralu, 4 cos 3 ϕ. Također mora biti ispujeo: x, zato što je lijeva straa jedačie krive kvadrat, odoso eegativa broj, pa to mora biti i desa straa. Prema tome vrijedi ρ cos ϕ, odoso cos ϕ, što je ispujeo za ϕ,. Kako su očigledo zadovoljei dovolji uslovi za smjeu promjejivih, tražea površia postaje: P D dxdy ρdρdϕ D dϕ 4 cos 3 ϕ ρdρ dϕ ρ 4 cos 3 ϕ 8 cos 6 ϕdϕ Za određivaje itegrala visokog stepea kosiusa pogodo je koristiti forumulu koju ćemo izvesti: cos ϕdϕ cos ϕ( si ϕ)dϕ cos ϕdϕ cos ϕ si ϕdϕ u si ϕ du cos ϕdϕ dv cos ϕ si ϕdϕ cos ϕdϕ + cos ϕ si ϕ cos ϕdϕ v cos ϕ Ako sada obilježimo cos ϕdϕ sa I, imamo: I cos ϕdϕ + cos ϕ si ϕ I I( + ) cos ϕdϕ + cos ϕ si ϕ I cos ϕ si ϕ + cos ϕdϕ cos ϕ si ϕ + cos ϕdϕ cos ϕdϕ Koristeći se ovom formulom (više puta) odredimo eodredjei itegral od cos 6 ϕ: cos 6 ϕdϕ cos5 ϕ si ϕ + 5 cos 4 ϕdϕ 6 6 cos5 ϕ si ϕ + 5 cos 3 ϕ si ϕ + 3 cos ϕdϕ cos5 ϕ si ϕ + 5 cos 3 ϕ si ϕ + 3 ( cos ϕ si ϕ + ) dϕ cos5 ϕ si ϕ + 5 cos 3 ϕ si ϕ + 3 ( cos ϕ si ϕ + ϕ ) Koristeći Newto-Leibizovu formulu, uzimajući u obzir da je cos i cos P 8 cos 6 ϕdϕ , imamo: Tražea površia izosi: Zadatak 4 Nađite jedačiu oskulatore ravie kružice zadae jedačiama: u jeoj tački M(; ; ). x + y + z 6, x + y + z 34

35 Rješeje Idetiča zadatak je već riješe u sekciji.3 (Pripremi zadaci - Zadatak 5 -b). 4.5 Zadatak 5 Koristeći Laplaceovu trasformaciju riješite sljedeće diferecijale jedačie/(sistem diferecijalih jedačia): a) { x + ω x si ω t x() x () b) x + x + y y e t x + x y + y e t x() y() y (), x () c) { y + y xθ(x ) y(), y () Rješeje a) Ako primjeimo Laplaceovu trasformaciju a diferecijalu jedačiu imamo: L x (z) + L ω x (z) L si ω t (z) z X(z) zx() x () + ω X(z) ω z + ω Uvrštavajem početih uslova (x() x () ) imamo: z X(z) + ω X(z) ω z + ω X(z) ( z + ω ) ω z + ω ω X(z) (z + ω ) Do rješeja diferecijale jedačie doći ćemo iverzom Laplaceovom traformacijom gorjeg izraza: x(t) L ω (z + ω (t) ) Pozabavimo se sada tražejem iverze Lapaceove trasformacije. U tu svrhu izraz ćemo aštimati a prozivod dvije tabliče slike: x(t) L ω (z + ω (t) L ω ω ) ω z + ω z + ω (t) Dalje a osovu osobia liearosti i kovolucije (iverze) Laplaceove trasformacije imamo: x(t) t L ω ω z + ω (t)l ω t z + ω (t x)dx ω si(ω x) si(ω t ω x)dx 35

36 Izvršimo sada trasformacij proizvoda siusa u razliku kosiusa: x(t) t t cos(ω x ω t + ω x)dx cos(ω x + ω t ω x)dx ω t t cos(ω x ω t)dx cos(ω t)dx ω si(ω x ω t) ω ω si(ω t) si( ω t) ω Pa je koačo rješeje Cauchyevog problema: t cos(ω t) ω si(ω t) ω t cos(ω t) ω x(t) si(ω t) ω t cos(ω t) ω t cos(ω )t x b) Primjejujući Laplaceovu trasformaciju a obje jedačie, uvrštavajući počete uslove i sređući dobijee izraze imamo: X(z)(z + z) + Y (z)(z + ) z z X(z)(z + ) + Y (z)( z) z + Riješavajem ovog sistema po X(z) i Y (z) dobijemo: X(z) Y (z) Nako rastavljaja a parcijale razlomke: X(z) z (z + ) ( z) 3z (z + ) ( z) 8(z ) + 3 4(z + ) 8(z + ) Y (z) 8(z ) 3 8(z + ) Iz gorjih jedačia možemo primjetiti da eki od izraza isu tabliče slike Laplaceovih trasformacija, pa ih trebamo posebo odrediti: L t t (z ) (t) e x e t+x dx e t dx e t x t te t L (z + ) (t) t e x e t x dx t e t dx e t x t tet Ostale slike su tabliče pa možemo jedostavo aći iverze Laplaceove trasformacije, pa ako sređivaja imamo: x(t) 3 t(e t ) 8 e t y(t) e t + 6t 8 e t c) Primjetimo da ije jedostavo aći Laplaceovu trasformaciju izraza sa dese strae jedakosti u diferecijaloj jedačii. Međutim ako ga apišemo u sljedećem obliku: xθ(x ) (x )θ(x ) + θ(x ) Tada taj izraz ustvari postaje zbir dva orgiala za koje je jedastavo aći Laplaceovu trasformaciju. Lijevi sabirak je fukcija x u pomaku, dok je desi sabirak Heavisideova fukcija. Prema tome ako t 36

37 primjee Laplaceove trasformacije a diferecijalu jedačiu sa trasformisaim izrazom sa dese strae imamo: z Y (z) zy() y () + Y (z) e z z + e z z Nako uvrštavaja početih uslova i sređivaja gorjeg izraza imamo: Y (z) Rastavaljajem a parcijale razlomke dobijemo: e z z (z + ) + e z z(z + ) + z + Y (z) e z z e z z + + e z z ze z z + + z + Primjeom iverze Laplaceove trasformacije dobijemo: y(z) θ(x )(x ) θ(x ) si(x ) + θ(x ) θ(x ) cos(x ) + si(x) Odoso daljim sređivajem... y(z) θ(x ) (x si(x ) cos(x )) + si(x) 37

38 5 Rješeje varijate B drugog parcijalog ispita iz Ižejerske matematike u akademskoj 5/6 a popravom roku 5. Zadatak Nađite iverzu Laplaceovu trasformaciju fukcije: Rješeje: F (p) (p ) + (p, ( N) + ) Razmatrajmo prvi sabirak:! Izraz za prvi sabirak "malo podsjeća" a izraz (p b) čija je iverza Laplaceova trasformacija t e bt. + Stoga pristupamo sređivaju izraza da poprimi oblik a "koji podsjeća": ( )! (p ) ( )! (p ) ( )+ ( )! ( )! (p ) ( )+ Sada ako "potražimo" iverzu Laplaceovu trasformaciju dobijemo: L (p ) ( )! ( )! L (p ) ( )+ ( )! t e t Razmatraje drugog sabirka: Određivaje iverze Laplaceove trasformacije izraza drugog sabirka obavit ćemo uz pomoć relacije L F (p)f (p) t f (u)f (t u)du (ako vrijedi L F (p) f (t) i L F (p) f (t)). S obzirom da je pozato L z + si t oda vrijedi: L t (p + ) si u si(t u)du t cos(u t) cos tdu t t cos(u t)du cos t du si(u t) t cos tu t si t cos t t Vraćajem u izraz za fukciju F (p) dobijemo: L F (p) L (p ) + L (p + ) ( )! t e t + si t cos t t Vrijedi apomeuti kako avedee Laplaceove trasformacije za prvi i drugi sabirak vrijede u slučajevima Re{p} > i Re{p} >, odoso u slučaju {Re{p} > } {Re{p} > } {Re{p} > } za Laplaceovu trasformaciju čitave fukcije F (p). 5. Zadatak Izračuajte troji itegral x + y + z dxdydz gdje je V {(x, y, z) R 3 x + y + z z}. V Rješeje: Za izračuavaje itegrala pogodo je preći a polare koordiate, dakle: x ρ si θ cos ϕ y ρ si θ si ϕ z ρ cos θ 38

39 Slika 6: Grafički prikaz oblasti V Određivajem Jacobiaa dobijemo: D(x, y, z) J D(ρ, ϕ, θ) x ρ x ϕ x θ y ρ y ϕ y θ z ρ z ϕ z θ si θ cos ϕ ρ si θ si ϕ ρ cos θ cos ϕ si θ si ϕ ρ si θ cos ϕ ρ cos θ si ϕ cos θ ρ si θ ρ si θ Uvrštavajem u polazi itegral, dobijemo: x + y + z dxdydz V (x,y,z) V (ρ,ϕ,θ) ρ 3 si θdρdϕdθ S obzirom da je sad moguće uzastopo itegrirati, ajprije je potrebo odrediti graice itegracije. U cilju toga potrebo je razmotiri izraz kojim je zadat skup tačaka V: V {(x, y, z) R 3 x + y + z z}. Pošto je lijeva straa ejedakosti eegativa, slijedi da je z. Uvrštavajem polarih koordiata dotiča ejedakost poprima oblik: x + y + z z pol. koordiate ρ ρ cos θ, s obzirom da je ρ x + y + z, slijedi da je ρ cos θ. Time smo odredili graice itegracije za promjejivu ρ. Kako smo već utvrdili da mora biti z za oblast V (time direkto vrijedi da se oblast V alazi u oktatima I-IV, tj. oktati u kojima je z ), slijedi da razmotrimo poditegrali izraz F (x, y, z) x + y + z a moguću simetričost u ravi xoy. Kako vrijedi F (x, y, z) F ( x, y, z) F (x, y, z) F ( x, y, z) zaključujemo da je fukcija defiiraa datim izrazom simetriča u odosu a sva 4 kvadrata ravi xoy. (Aalogo, može se primjetiti (i dokazati) kako je i izraz koji određuje oblast V isto tako simetriča a prva 4 oktata). Time je problem itegracije koju oblast V "zatvara" moguće 39

40 svesti a jeda oktat, ukupi volume će se dobiti kad se volume jedog oktata pomoži sa 4 ( s obzirom da zbog simetričosti oblast V "zaklapa" jedake volumee u sva 4 oktata svoje defiisaosti). Ako uzemo itegraciju u prvom oktatu, dobijemo slijedeće graice itegracije: Sada je moguće preći a određivaje itegrala: 4 V ( ρ cos θ) ( ϕ ) ( θ ) ρ 3 si θdρdϕdθ 4 ρ 3 si θdρdϕdθ 4 V/4 ρ 4 dϕ si θdθ 4 4 Dakle vrijedost itegrala je, 5.3 Zadatak 3 cos θ 4 ϕdϕ p 4 dϕ 4 dp p 5 4 dϕ cos θ ρ 3 dρ dϕ (cos θ) 4 si θdθ 4 4 dϕ Primjeom trojog itegrala izračuajte volume tijela V omeđeog površi: Rješeje: x 3 + y 3 + z 3. si θdθ cos θ p si θdθ dp θ / p θ p 5 ϕ Očito kako je data površ simetriča u svih 8 oktaata, pa stoga problem račuaja volumea možemo svesti a prvi oktat (ukupi volume dobijemo možeći volume prvog oktata sa 8, ( sliča postupak rješavaja kao u zadatku br..)). Prije toga uvedimo smjee: x ρ 3 si 3 θ cos 3 ϕ y ρ 3 si 3 θ si 3 ϕ z ρ 3 cos 3 θ Odredimo Jacobia: D(x, y, z) J D(ρ, ϕ, θ) x ρ x ϕ x θ y ρ y ϕ y θ z ρ z ϕ z θ 3ρ cos 3 ϕ si 3 θ 3ρ 3 cos ϕ si ϕ si 3 θ 3ρ 3 cos 3 ϕ cos θ si θ 3ρ si 3 ϕ si 3 θ 3ρ 3 cos ϕ si ϕ si 3 θ 3ρ 3 cos θ si 3 ϕ si θ 3ρ cos 3 θ 3ρ 3 cos θ si θ 7ρ 8 cos ϕ cos θ si ϕ si 5 θ S obzirom da ćemo itegraciju vršiti u prvom oktatu, vrijede slijedeće graice itegracije: ( ϕ ) ( θ x ) ( ρ( 3 + y 3 + z 3 ) ) Prema tome itegral prvog oktata postaje: dxdydz J dρdϕdθ 7ρ 8 cos ϕ cos θ si ϕ si 5 θdρdϕdθ V (x,y,z)/8 V (ρ,ϕ,θ)/8 V (ρ,ϕ,θ)/8 Odoso: V V (ρ,ϕ,θ)/8 ρ 8 dρ 7ρ 8 cos ϕ cos θ si ϕ si 5 θdρdϕdθ cos ϕ si ϕdϕ } {{ } I cos θ si 5 θdθ (*) } {{ } II 4

41 Slika 7: Grafički prikaz oblasti V Razmotrimo itegral I: I Razmotrimo itegral II: II II si ϕ dϕ 4 8 II II II II Vraćajući u (*) dobijemo: p 3 cos 4ϕdϕ 8 ϕ si 4ϕ 4 cos θ si 5 θdθ cos θ cos θ si θdθ cos θ p cos θ cos θ si θdθ si θdθ dp θ p θ p p p dp p p 4 + p 6 dp 3 p5 5 + p ρ 9 V p p + p 4 dp

42 5.4 Zadatak 4 Neka je f fukcija dobivea kao -periodičko prošireje fukcije f zadae formulom f(x) x, x,. Razvijte tu fukciju u Fourierov red. Rješeje: Π Π 4 3 Π Π Π Π Π Slika 8: Dio grafika fukcije f S obzirom da je data fukcija eprekida a segmetu, +, i mootoa a podsegmetima, i, oa očigledo zadovoljava Dirichletove uslove. Pređimo a razvijaje fukcije u Fourierov red, određujemo Fourierove koeficijete pomoću relacija: a T b a f(x)dx a T b a f(x) cos x T dx b T b a f(x) si x T dx, pošto je kod as segmet a,b simetriča tj. a, b T, T para oda vrijedi: Odredimo a : Zatim a : a a x dx a x dx,, T, te je fukcija f(x) x cos xdx b x a x cos xdx x si x x si xdx x si x x cos x + cos xdx x si x x cos x + si x x si x cos x + x ( ) + 3 ( ) Sad uvrstavajuči u relaciju za Fourierov red: f(x) a + + a cos x + b si x T T 4

43 , dobijemo: f(x) f(x) ( ) cos x ( ) cos x 5.5 Zadatak 5 Koristeći Laplaceovu trasformaciju riješite Cauchyev problem: a) { y 5y + 6y si x y(), y () ; b) { x IV + x + x 3t x() x () x (), x () ; c) Rješeje: x y, y z, z 4(x y) + z, x(), y(), z() 5. a) Riješimo Cauchyev problem: { y 5y + 6y si x y(), y () ; "Laplace-irajem" date jedačie dobijemo:, odoso: Ly L5y + L6y Lsi x Ly 5Ly + 6Ly Lsi x z Y (z) zy() y () 5(zY (z) y()) + 6Y (z) z + z Y (z) 5zY (z) + 6Y (z) z +. Izražavajem Y (z) iz dobijee relacije, dobijemo: Y zz 5z + 6 z + + Y z (z + )(z 5z + 6) + (z 5z + 6) Y z (z + )(z 3)(z ) + (z 3)(z ) Sada je potrebo aći iverzu Laplaceovu trasformaciju izraza za Y(z), prije toga pogodo je dati izraz rastaviti a parcijale razlomke: (što je moguće uraditi metodom eodređeih koeficijeata, ili (ako su izrazi pogodi) dodavajem i oduzimajem određeih člaova u brojiku i sređivajem): Y z (z ) (z 3) (z ) (z 3) (z + + )(z 3)(z ) (z 3)(z ) Dodali smo i oduzeli eke člaove u brojiku, tako da vrijedost brojika ostaje epromjejea. Y z (z + )(z 3) (z + )(z ) + z 3 z 43

44 Sada za prva dva sabirka primjeimo metodu eodređeih koeficijeata čime dobijemo: ( ) ( (z + )(z 3) (z + 3) (z 3) (z + ) (z + )(z ) 5(z ) z + ) 5(z + ) Vraćajem u prvobitu relaciju dobijemo: Y z (z + 3) (z 3) ( + z ) 5(z ) + z + 5 ( + z ) + z 3 z Y z z 3 + z + (z + ) 6 5 z Uvažavajući da je (iz tablica Laplaceovih trasformacija): L e 3x L e x L z 3 z z + vrijedi: L Y (z) L L Y (z) L 6 z 3 5 L + z 6 z 3 5 L z L + L L Y (z) e3x 6 5 ex + cos x + si x L Y (z) e3x 6 5 ex + Dakle, rješeje date dif. jedačie je: cos x + si x y(x) e3x 6 cos x + si x 5 ex + si x L z + z + z z + z z + + L b) Sličo kao pod a), imamo dif. jedačiu da riješimo pomoću Laplaceove trasfromacije: { x IV + x + x 3t x() x () x (), x () ; Izvršimo Laplaceovu trasformaciju obje strae jedačie: Lx IV + x + x L3t Lx IV + Lx + Lx 3Lt cos x z + dobijemo: Lx IV + x + x L3t Lx IV + Lx + Lx 3Lt z 4 X(z) z 3 x() z x () zx () x () + z X(z) zx() x () + X(z) 3 z Uvažavajući zadate počete uslove: z 4 X(z) + z X(z) + X(z) 3 z X(z)z 4 + z + 3 z + X(z)z + 3 z + X(z) 3 z (z + ) + (z + ) 44

45 Ostaje am kao u prethodom slučaju da odredimo iverzu Laplaceovu trasformaciju X(z)-a (prije toga, aravo obavljamo razlagaje a parcijale razlomke): X(z) 3 z (z + ) + (z + ) X(z) 3 z + z z (z + ) + (z + ) X(z) 3 z (z + ) (z + ) + z + z X(z) 3 z (z + ) (z + ) + X(z) 3 z z + (z + ) + (z + ) (z + ) (z + ) X(z) 3 z 3 z + 3 (z + ) + (z + ) X(z) 3 z 3 z + (z + ) Sad prelazimo a tražeje iverze Laplaceove trasformacije ( za prvi i drugi sabirak određujemo pomoću tablice): L (z) 3L z 3 z + (z + ) L (z) 3t 3 si t (z + ) ( ) Za zadji sabirak određujemo pomoću relacije L F (z)f (z) t f (u)f (t u)du ako je L F (z) f (t) i L F (z) f (t), u ašem slučaju je: F (z) z + F (z) z + L F (z) L F (z) si t, pa je: t t L F (z)f (z) f (u)f (t u)du si u si(t u)du t (cos(u t) cos t)du t t si(u cos(u t)du cos tdu t si(u t) cos tu t t t) cos tu t Na kraju, vraćajući u (*) dobijemo: si t t cos t L X(z) 3t 3 si t tj. rješeje dif. jedačie u fialom obliku je: si t t cos t x(t) 3t 3 si t si t + t cos t 3t 4 si t + t cos t c) Sada za rješavaje imamo sistem dif. jedačia: x y y z z 4(x y) + z, x(), y(), z() 5. 45

46 "Laplace-irajmo" sve 3 jedačie i dobijemo: px(p) x() Y (p) Y (p) y() Z(p), pz(p) z() 4(X(p) Y (p)) + Z(p), uvrštavajem početih uslova sistem poprima slijedeći oblik: px(p) Y (p) () Y (p) Z(p), (3) pz(p) 5 4(X(p) Y (p)) + Z(p) (4) Pristupimo sad rješavaju ovog algebarskog sistema jedačia po epozatim X(p), Y (p), Z(p). Izrazimo X(p) i Z(p) iz jedačia () i (3) preko Y (p): X(p) Y (p) p, sad uvrstimo u jedačiu (4): Y (p) py (p) p 4 p Z(p) py (p) Z(p)p 5 4(X(p) Y (p)) (3) Y (p) Y (p) + 5 p Y (p) py (p) p + 4 Y (p)p + 5 p p p p p 3 Y (p) p Y (p) p + p 4 Y (p) Y (p)p + 5p p 3 Y (p) p Y (p) p + p 4Y (p) 4pY (p) + 5p p 3 Y (p) p Y (p) + 4pY (p) 4Y (p) p + 4p Y (p)p 3 p + 4p 4 p + 4p Y (p) p + 4p p 3 p + 4p 4 Izraz u aziviku je moguće rastaviti (jer je jeda ula polioma p), pa pomoću Horerove šeme razlagajem azvika dobijemo sljedeći oblik: Y (p) p + 4p p p + 4, vraćajući u gorji sistem jedačia a sliča ači određujemo X(p)iZ(p): X(p) Rastavljajem a parcijale razlomke dobijemo: X(p) Y (p) p + 4 p p + 4 Z(p) 5p 4p + 4 p p + 4 p + 4 p p + 4 p + 4p p p + 4 Z(p) 5p 4p + 4 p p + 4 X(p) p p p + 4 Y (p) p + 4 p + 4 Z(p) p + 4p p + 4 Sada je još ostalo da ađemo iverze Laplaceove trasformacije izraza X(p), Y (p) i Z(p) što se sada može odraditi očitavajem iz tablica, pa za X(p) imamo: L X(p) L L p p p L X(p) L L p + 4 p p + 4 p L X(p) L L p p L X(p) e t cos t + 4, za Y (p): L Y (p) L + L 4 p p + 4 L + L p p + 4 L Y (p) L + L p p L Y (z) e t + si t