Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 1 / 60
|
|
- Περσεύς Βουρδουμπάς
- 5 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 1 / 60
2 Sadržaj Sadržaj: 1 Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda Princip superpozicije rješenja homogene linearne jednadžbe 2 Homogena linearna dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno različiti Korijeni kar. jednadžbe su konjugirano kompleksni Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno jednaki Primjena na prigušene oscilacije 3 Nehomogena lin. dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima 4 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je polinom Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Pravilo zbroja partikularnih rješenja Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 2 / 60
3 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60
4 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Naučiti kako rješavamo homogene jednadžbe Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60
5 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Naučiti kako rješavamo homogene jednadžbe Proučit ćemo gibanje harmonijskog oscilatora s prigušenjem Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60
6 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Naučiti kako rješavamo homogene jednadžbe Proučit ćemo gibanje harmonijskog oscilatora s prigušenjem Prepoznati kako rješavamo nehomogene jednadžbe metodom neodredenih koeficijenata Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60
7 Ciljevi učenja Ciljevi učenja: Naučiti što su linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima i kako nalazimo opće rješenje Naučiti kako rješavamo homogene jednadžbe Proučit ćemo gibanje harmonijskog oscilatora s prigušenjem Prepoznati kako rješavamo nehomogene jednadžbe metodom neodredenih koeficijenata Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 3 / 60
8 Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADŽBA DRUGOG REDA Diferencijalnu jednadžba drugog reda F(x,y,y,y ) = 0 zovemo linearna diferencijalna jednadžba ako je funkcija F linearna u y, y i y. Njen opći oblik je: a(x)y + b(x)y + c(x)y = f (x). Ako su koeficijenti uz y, y i y konstante, onda jednadžbu zovemo linearnom s konstantnim koeficijentima: ay + by + cy = f (x). Pretpostavljamo da je a 0, jer se inače radi o linearnoj jednadžbi prvoga reda kojom smo se već bavili. Uz ovu jednadžbu povezuje se tzv. pripadna homogena jednadžba (u kojoj je f (x) = 0): ay + by + cy = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 4 / 60 (H)
9 Linearna diferencijalna jednadžba drugog reda Princip superpozicije rješenja homogene linearne jednadžbe Homogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda Linearne diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima vrlo su česte u raznim primjenama. Općenito, za homogene linearne jednadžbe vrijedi PRINCIP SUPERPOZICIJE RJEŠENJA Ako su y 1 i y 2 rješenja homogene linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda, onda je C 1 y 1 + C 2 y 2 takoder njeno rješenje. Dokaz: a(x)(c 1 y 1 + C 2 y 2 ) + b(x)(c 1 y 1 + C 2 y 2 ) + c(x)(c 1 y 1 + C 2 y 2 ) = C 1 (a(x)y 1 + b(x)y 1 + c(x)y 1) + C }{{} 2 (a(x)y 2 + b(x)y 2 + c(x)y 2) }{{} =0 =0 = 0 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 5 / 60
10 Homogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima Homogenu jednadžbu (H) ay + by + cy = 0 uvijek možemo riješiti. Prema principu superpozicije rješenja dovoljno je naći dva (linearno nezavisna) rješenja. Koristit ćemo tzv. Eulerovu pretpostavku: rješenje treba tražiti u obliku y = e kx, pri čemu je k općenito kompleksna konstanta. To znači da takav y mora zadovoljavati diferencijalnu jednadžbu (H): / ak 2 e kx + b ke kx + c e kx = 0 : e kx 0 Time dobivamo tzv. karakteristčnu jednadžbu diferencijalne jednadžbe (H) ak 2 + b k + c = 0 = k 1,2 = b ± b 2 4ac 2a Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 6 / 60
11 Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno različiti Dakle, y = e kx bit će rješenje jednadžbe (H), ako je k korijen karakteristične jednadžbe. Razlikovat ćemo tri slučaja: I) Korijeni karakteristične jednadžbe k 1, k 2 su realni i medusobno različiti Tada imamo dva rješenja y 1 = e k 1x, y 2 = e k 2x. Opće rješenje homogene jednadžbe (H) je: y = C 1 e k 1x + C 2 e k 2x Može se dokazati da je ovo rješenje potpuno. PRIMJER 1. Riješimo y y 6y = 0 uz početne uvjete y(0) = 0, y (0) = 5. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 7 / 60
12 Primjer Rješenje: Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe y y 6y = 0 je k 2 k 6 = 0 k 1,2 = 1 ± k 1 = 2, k 2 = 3 što daje opće rješenje: y = C 1 e 2x + C 2 e 3x Početni uvjeti y(0) = 0, y (0) = 5 jednoznačno odreduju C 1, C 2 : y(0) = C 1 + C 2 = 0, y (0) = 2C 1 + 3C 2 = 5, C 1 = C 2 ; 2C 2 + 3C 2 = 5; C 2 = 1; C 1 = 1 Traženo partikularno rješenje je y = e 2x + e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 8 / 60
13 Zadaci ZADATAK 1. Riješiti: a) 4y + y = 0 b) 9y 16y = 0 c) y 5y 6y = 0, y(0) = 5, y (0) = 2 d) y + y 56y = 0, y(0) = 1, y (0) = 22 e) 2y + 3y + 2y = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 9 / 60
14 Zadaci ZADATAK 1. Riješiti: a) 4y + y = 0 b) 9y 16y = 0 c) y 5y 6y = 0, y(0) = 5, y (0) = 2 d) y + y 56y = 0, y(0) = 1, y (0) = 22 e) 2y + 3y + 2y = 0. Rješenje: a) 4k 2 + k = 0 k 1 = 1 4, k 2 = 0 opće rješenje: y = C 1 e 1 4 x + C 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 9 / 60
15 Zadaci b) 9k 2 16 = 0 (3k 4)(3k + 4) = 0 k 1 = 4 3, k 2 = 4 3 opće rješenje: y = C 1 e 4 3 x + C 2 e 4 3 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 10 / 60
16 Zadaci b) 9k 2 16 = 0 (3k 4)(3k + 4) = 0 k 1 = 4 3, k 2 = 4 3 opće rješenje: y = C 1 e 4 3 x + C 2 e 4 3 x c) k 2 5k 6 = 0 k 1,2 = 5 ± opće rješenje: y = C 1 e x + C 2 e 6x y = C 1 e x + 6C 2 e 6x y(0) = 5 C 1 + C 2 = 5 y (0) = 2 C 1 + 6C 2 = 2 partikularno rješenje: } y = 4e x + e 6x k 1 = 1, k 2 = 6 C 2 = 1, C 1 = 4 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 10 / 60
17 Zadaci d) k 2 + k 56 = 0 k 1,2 = 1 ± k 1 = 8, k 2 = 7 2 opće rješenje: y = C 1 e 8x + C 2 e 7x y = 8C 1 e 8x + 7C 2 e 7x y(0) = 1 C 1 + C 2 = 1 y (0) = 22 8C 1 + 7C 2 = 22 partikularno rješenje: } y = e 8x + 2e 7x C 1 = 1, C 2 = 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 11 / 60
18 Zadaci d) k 2 + k 56 = 0 k 1,2 = 1 ± k 1 = 8, k 2 = 7 2 opće rješenje: y = C 1 e 8x + C 2 e 7x y = 8C 1 e 8x + 7C 2 e 7x y(0) = 1 C 1 + C 2 = 1 y (0) = 22 8C 1 + 7C 2 = 22 partikularno rješenje: } y = e 8x + 2e 7x C 1 = 1, C 2 = 2 e) 2k 2 + 3k + 2 = 0 k 1,2 = 3 ± opće rješenje: y = C 1 e 1 2 x + C 2 e 2x k 1 = 1 2, k 2 = 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 11 / 60
19 Korijeni kar. jednadžbe su konjugirano kompleksni II) Korijeni karakteristične jednadžbe su konjugirano kompleksni: k 1,2 = α ± iβ Slično kao i u prethodnim slučajevima opće rješenje je: y = C 1 e (α iβ)x + C 2 e (α+iβ)x, pa bi rješenje bila kompleksna funkcija. Koristeći Eulerovu formulu e iβx = cosβx + i sinβx imamo: y = e αx [ C 1 e iβx + C 2 e iβx] = e αx [C 1 (cosβx i sinβx) + C 2 (cosβx + i sinβx)] = e αx [(C 1 + C 2 ) cosβx + i(c }{{} 1 C 2 ) sin βx] }{{} =A =B Želimo li se ograničiti na realna rješenja, C 1 i C 2 moraju biti medusobno konjugirani kompleksni brojevi C 1,2 = 1 2 (A Bi), A,B R. Tako dobivamo opće rješenje: y = e αx (Acosβx + Bsinβx) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 12 / 60
20 Primjeri PRIMJER 2. Riješimo y + 2y + 2y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y (0) = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 13 / 60
21 Primjeri PRIMJER 2. Riješimo y + 2y + 2y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y (0) = 0. Rješenje: Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe y + 2y + 2y = 0 je k 2 + 2k + 2 = 0 k 1,2 = 2± = 1 ± i što daje opće rješenje: y = e x (A cosx + B sinx) y = e x (A cosx + B sinx) + e x ( A sinx + B cosx) = e x [(B A) cosx (B + A) sinx] Početni uvjeti y(0) = 1 i y (0) = 0 jednoznačno odreduju A, B : y(0) = A = 1, y (0) = B A = 0 A = B = 1 Traženo partikularno rješenje je y = e x (cosx + sinx) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 13 / 60
22 Primjeri PRIMJER 3. Riješimo jednadžbu harmonijskog oscilatora ẍ + ω 2 x = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 14 / 60
23 Primjeri PRIMJER 3. Riješimo jednadžbu harmonijskog oscilatora ẍ + ω 2 x = 0. Rješenje: Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe harmonijskog oscilatora glasi k 2 + ω 2 = 0 i njezina su rješenja k 1,2 = ±iω. Zato je njezino opće rješenje x = C 1 e iωt + C 2 e iωt = A cos(ωt) + B sin(ωt), što nam je (za realne A i B) dobro poznato. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 14 / 60
24 Zadaci ZADATAK 2. Riješiti: a) 9y + 16y = 0 b) y 2y + 5y = 0 c) y + 8y = 0, y(0) = 2 2, y (0) = 1 d) y 6y + 10y = 0, y(0) = 1, y (0) = 1. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 15 / 60
25 Zadaci Rješenje: a) 9k = 0 9k 2 = 16 3k = ±4i k 1,2 = ± 4 3 i α = 0, β = 4 ( = y = e 0x C 1 cos x + C 2 sin 4 ) 3 x opće rješenje: y = C 1 cos 4 3 x + C 2 sin 4 3 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 16 / 60
26 Zadaci Rješenje: a) 9k = 0 9k 2 = 16 3k = ±4i k 1,2 = ± 4 3 i α = 0, β = 4 ( = y = e 0x C 1 cos x + C 2 sin 4 ) 3 x opće rješenje: y = C 1 cos 4 3 x + C 2 sin 4 3 x b) k 2 2k + 5 = 0 k 1,2 = 2 ± α = 1, β = 2 = 2 ± 4i 2 = 1 ± 2i opće rješenje: y = e x (C 1 cos2x + C 2 sin2x) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 16 / 60
27 Zadaci c) k = 0 k 2 = 8 k 1,2 = ±2 2i α = 0, β = 2 [ 2 = y = e 0x C 1 cos(2 2x) + C 2 sin(2 ] 2x) opće rješenje: y = C 1 cos(2 2x) + C 2 sin(2 2x) y = C sin(2 2x) + C cos(2 2x) y(0) = 2 2 C 1 cos0 + C 2 sin0 = 2 2 C 1 = 2 2 y (0) = 1 C sin0 + C cos0 = 1 C = 1 C 2 = 2 4 partikularno rješenje: y = 2 2 cos(2 2x) sin(2 2x) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 17 / 60
28 Zadaci d) k 2 6k + 10 = 0 k 1,2 = 6 ± k 1,2 = 3 ± i α = 3, β = 1 = 6 ± 2i 2 opće rješenje: y = e 3x (C 1 cosx + C 2 sinx) y = 3e 3x (C 1 cosx + C 2 sinx) + e 3x ( C 1 sinx + C 2 cosx) = e 3x [(3C 1 + C 2 ) cosx + (3C 2 C 1 ) sinx] y(0) = 1 e 0 (C 1 cos0 + C 2 sin0) = 1 C 1 = 1 y (0) = 1 e 0 [(3C 1 + C 2 ) cos0 + (3C 2 C 1 ) sin0] = 1 3C 1 + C 2 = 1 (uz C 1 = 1) C 2 = 2 partikularno rješenje: y = e 3x (cosx 2 sinx) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 18 / 60
29 Korijeni kar. jednadžbe su realni i medusobno jednaki III) Korijeni karakteristične jednadžbe k 1, k 2 su realni i medusobno jednaki (tj. b 2 = 4ac, pa je k = b 2a dvostruki korijen) U ovom slučaju opisani postupak daje reducirano opće rješenje y = Ce kx. Potpuno opće rješenje nalazimo tzv. varijacijom konstante C: y = C(x)e kx, gdje je C(x) za sada nepoznata funkcija Budući je y = C e kx + kce kx i y = C e kx + 2kC e kx + k 2 Ce kx, uvrštavanjem u ay + by + cy = 0 imamo: [ ( ) a C + 2kC + k 2 C + b ( C + kc ) ] + cc e kx = 0 ( ak } 2 + {{ bk + c } ) C + ( 2ak }{{ + b } ) C + ac = 0 = 0, jer je k rj. kar. j. = 0, jer k = 2a b ac = 0 C(x) = C 1 + C 2 x Tako dobivamo opće rješenje: y = (C 1 + C 2 x)e kx Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 19 / 60
30 Primjer PRIMJER 4. Riješimo y + 4y + 4y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y (0) = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 20 / 60
31 Primjer PRIMJER 4. Riješimo y + 4y + 4y = 0 uz početne uvjete y(0) = 1, y (0) = 0. Rješenje: Karakteristična jednadžba diferencijalne jednadžbe y + 4y + 4y = 0 je k 2 + 4k + 4 = 0 k 1,2 = 4± = 2 što daje opće rješenje: y = (C 1 + C 2 x)e 2x y = ( 2C 1 + C 2 (1 2x))e 2x Početni uvjeti y(0) = 1 i y (0) = 0 jednoznačno odreduju C 1, C 2 : y(0) = C 1 = 1, y (0) = C 2 2C 1 = 0 C 2 = 2C 1 = 2 Traženo partikularno rješenje je y = (1 + 2x)e 2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 20 / 60
32 Primjer Opće rješenje homogene linearne diferencijalne jednadžbe s konstantnim koeficijentima ay + by + cy = 0 ovisi o rješenjima karakteristične jednadžbe ak 2 + bk + c = 0 : I) k 1 i k 2 su realni i k 1 k 2, onda je opće rješenje jednadžbe (H) y = C 1 e k 1x + C 2 e k 2x (H) II) k 1 i k 2 su konjugirano kompleksni, k 1,2 = α ± iβ, onda y = e αx (C 1 cosβx + C 2 sinβx) III) k 1 i k 2 su realni i k 1 = k 2 (= k), onda y = (C 1 + C 2 x)e kx C 1 i C 2 jednoznačno su odredne početnim uvjetima. Jednadžba (H) nema singularnih rješenja. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 21 / 60
33 Zadaci ZADATAK 3. Riješiti: a) 4y y = 0 y(0) = 5, y (0) = 1 b) 9y 6y + y = 0 y(0) = 2, y (0) = 3 c) 4y + y = 0 y(π) = 3, y (π) = 1 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 22 / 60
34 Zadaci Rješenje: a) 4y y = 0 4k 2 k = 0 k(4k 1) = 0 k 1 = 0, k 2 = 1 4 opće rješenje: y = C 1 + C 2 e 1 4 x y = 1 4 C 2 e 1 4 x y(0) = 5 C 1 + C 2 = 5 y (0) = C 2 = 1 C 2 = 4 } C 2 = 4, C 1 = 1 partikularno rješenje: y = 1 + 4e 1 4 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 23 / 60
35 Zadaci b) 9y 6y + y = 0 9k 2 6k + 1 = 0 (3k 1) 2 = 0 k 1,2 = 1 3 opće rješenje: y = (C 1 + C 2 x)e 1 3 x y = ( C C C 2x ) e 1 3 x y(0) = 2 C 1 = 2 y (0) = 3 ( C C C 2 0 ) e 0 = 3 C C 1 = 3 (uz C 1 = 2) C 2 = 7 3 partikularno rješenje: y = ( ) x e 1 3 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 24 / 60
36 Zadaci c) 4y + y = 0 4k = 0 k 2 = 1 4 k 1,2 = ± 1 2 i α = 0, β = 1 2 opće rješenje: y = C 1 cos x 2 + C 2 sin x 2 y = 1 2 C 1 sin x C 2 cos x 2 y(π) = 3 C 1 cos π +C 2 sin π = 3 C 2 = 3 }{{ 2}}{{ 2} =0 =1 y (π) = C 1 sin π + 1 }{{ 2 2 C 2 cos π = 1 C 1 = 2 }}{{ 2} =1 =0 partikularno rješenje: y = 2 cos x sin x 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 25 / 60
37 Primjena na prigušene oscilacije PRIMJENA NA GIBANJE HARMONIJSKOG OSCILATORA S PRIGUŠENJEM Razmatramo uteg, koji se giba pod utjecajem elastične sile opruge, u viskoznom mediju koji se opire gibanju. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 26 / 60
38 Primjena na prigušene oscilacije Sila opruge proporcionalna je i suprotno usmjerena otklonu x: F 0 = kx, (k > 0). Konstantu opruge k možemo odrediti iz vrijednosti i 0 za koju uteg mase m istegne oprugu (mg = ki 0, vidjeti desni dio slike ). Sila prigušenja, kojom se viskozni medij opire gibanju, proporcionalna je i suprotno usmjerena brzini gibanja F p = c dx dt, (c > 0 je konstanta prigušenja). Dakle, jednadžba slobodnih (bez utjecaja vanjskih sila) prigušenih oscilacija glasi: m d2 x dt 2 = F 0 + F p = kx c dx dt, tj. m d2 x dt 2 + c dx dt + kx = 0 (PO) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 27 / 60
39 Primjena na prigušene oscilacije (PO) m d2 x + c dx dt 2 dt + kx = 0 je homogena linearna jednadžba s konstantnim koeficijentima, čiji su karakteristični korijeni: k 1,2 = c ± c 2 4km = α ± β, 2m uz pokrate α = c c 2m i β = 2 4km 2m Rješenja jednadžbe (PO) ovisi o prigušenju c, pa imamo tri moguća slučaja: I c 2 > 4km JAKO (NADKRITIČNO) PRIGUŠENJE II c 2 = 4km GRANIČNO (KRITIČNO) PRIGUŠENJE III c 2 < 4km SLABO (POTKRITIČNO) PRIGUŠENJE. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 28 / 60
40 Jako prigušenje I JAKO PRIGUŠENJE Konstanta prigušenja c tako je velika da je c 2 > 4km. Karakteristični korijeni k 1 i k 2 različiti su i realni, pa je opće rješenje jednadžbe (PO): x(t) = C 1 e (α β)t + C 2 e (α+β)t Uteg u tom slučaju ne oscilira. Za t > 0 oba su eksponenta u gornjem izrazu za x(t) negativni, jer je α = c 2m > 0, β = c 2 4km 2m > 0 i β 2 = α 2 k/m < α 2, pa x(t) 0 za t. Praktično to znači da će se masa nakon dovoljno dugo vremena umiriti u ravnotežnom položaju x = 0, što i očekujemo kod jakog prigušenja. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 29 / 60
41 Granično prigušenje II GRANIČNO PRIGUŠENJE Ako je c 2 = 4km, onda je β = 0 i k 1 = k 2 = α, pa je opće rješenje jednadžbe (PO): x(t) = (C 1 + C 2 t)e αt Uteg u tom slučaju ne oscilira, a graf funkcije pomaka x(t) kvalitativno izgleda kao i u prethodnom slučaju (vidjeti sljedeći zadatak). Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 30 / 60
42 Zadatak ZADATAK 4. Oscilacije su opisane diferencijalnom jednadžbom ẍ + 2ẋ + x = 0, x(0) = 5, ẋ(0) = 0 O kakvom se prigušenju radi? Skicirajte graf pomaka (tj. gibanja točke). Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 31 / 60
43 Zadatak ZADATAK 4. Oscilacije su opisane diferencijalnom jednadžbom ẍ + 2ẋ + x = 0, x(0) = 5, ẋ(0) = 0 O kakvom se prigušenju radi? Skicirajte graf pomaka (tj. gibanja točke). Rješenje: k 2 + 2k + 1 = 0 (k + 1) 2 = 0 k 1,2 = 1 opće rješenje: x = (C 1 + C 2 t)e t KRITIČNO PRIGUŠENJE! ẋ = ( C 1 + C 2 C 2 t)e t x(0) = 5 C 1 = 5 ẋ(0) = 0 C 2 C 1 = 0 (uz C 1 = 5) C 2 = 5 partikularno rješenje: x = (5 + 5t)e t, t 0 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 31 / 60
44 Za skicu grafa funkcije x = (5 + 5t)e t te granično ponašanje. Zadatak ispitajmo područje rasta i pada, ẋ = ( C 1 + C 2 C 2 t)e t (uz C 1 = C 2 = 5) ẋ = 5te t za t > 0 ẋ < 0 funkcija x pada na (0, ) lim x(t) = lim ( t t t 5t)e t l H 5 = lim = lim t e t t e t = 0 Dakle, Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 32 / 60
45 Slabo prigušenje III SLABO PRIGUŠENJE Ovo je najzanimljiviji slučaj. Ako je konstanta prigušenja c tako mala da je c 2 < 4km, onda je β imaginaran broj, β = 4km c 2 2m i = ωi. Dakle, k 1,2 = α ± ωi, pa opće rješenje jednadžbe (PO) je: x(t) = e αt (C 1 cosωt + C 2 sinωt), α := c 2m, ω := k m ( c ( 2m ) = Ce αt cos(ωt ϑ), uz C 2 = C1 2 + C2 2, tgϑ = C 2 C 1 ) 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 33 / 60
46 Zadatak ZADATAK 5. Kugla mase m = kg rastegne čeličnu oprugu za 10 cm. Ako kuglu pokrenemo iz ravnotežnog položaja, kojom će ona frekvencijom oscilirati oko tog položaja (bez prigušenja)? Uzeti da je g = 9.81 m/s 2. Opišite njezino gibanje nakon što je istegnemo prema dolje za 15 cm i potom je ispusti iz mirujućeg položaja. Kako se mijenja frekvencija i gibanje kugle ako je ono prigušeno viskoznim medijem s konstantom prigušenja (i) (ii) c = 200 kg/s, c = 100 kg/s? Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 34 / 60
47 Rješenje: Konstanta opruge ima vrijednost Zadatak k = mg = = 891 N/m. i Frekvencija harmonijskih oscilacija: ν = ω 0 k/m 2π =. 891/9.082 = 2π 2π. = π. = 1.576Hz Gibanje kugle dano je rješenjem jednadžbe harmonijskog oscilatora i početnim uvjetima ẍ + ω 2 0 x = 0, ω2 0 = k = ẍ x = 0 m x(t) = C 1 cos(9.905t) + C 2 sin(9.905t) x(0) = 0.15, ẋ(0) = 0 C 1 = 0.15, C 2 = 0 = x(t) = 0.15 cos(9.905 t) (metara) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 35 / 60
48 Zadatak (i) U slučaju prigušenja c = 200 kg/s problem je modeliran s mẍ + cẋ + kx = 0 = 9.082ẍ + 200ẋ + 891x = 0, x(0) = 0.15, ẋ(0) = 0 Karakteristična jednadžba ima korijene k 1,2 = ± 4.81 = 6.2, = x(t) = C 1 e 6.2t + C 2 e 15.82t Iz početnih uvjeta slijedi C 1 + C 2 = 0.15 i k 1 C 1 + k 2 C 2 = 0, tj. C 1. = , C2. = Dakle, jako prigušeno gibanje kugle opisano je sa x(t). = e 6.2t e 15.82t Nakon par sekundi x(t) praktički je nula, tj. kugla se smiri u ravnotežnom položaju. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 36 / 60
49 Zadatak (ii) U slučaju prigušenja c = 100 kg/s problem je modeliran sa 9.082ẍ + 100ẋ + 891x = 0, x(0) = 0.15, ẋ(0) = 0 Karakteristični korijeni su k 1,2 = ± 8.234i, pa je opće rješenje diferencijalne jednadžbe x(t) = e 5.505t [C 1 cos(8.234t) + C 2 sin(8.234t)] Iz početnih uvjeta slijedi C 1 = 0.15 i 5.505C C 2 = 0, tj. C 2. = Dakle, slabo prigušeno gibanje kugle opisano je sa x(t). = e 5.505t [0.15 cos(8.234t) sin(8.234t)] Prigušene su oscilacije za oko 17% sporije od neprigušenih harmonijskih oscilacija jer je ω/ω 0. = 8.234/ = 0.83 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 37 / 60
50 Nehomogena lin. dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Nehomogena linearna diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima Vratimo se sada općenitoj (nehomogenoj) linearnoj jednadžbi s konstantnim koeficijentima: ay + by + cy = f(x) (NH) NEHOMOGENA JEDNADŽBA Ako je y h = C 1 y 1 + C 2 y 2 opće rješenje homogene jednadžbe ay +by +cy = 0 i ako je y p bilo koje partikularno rješenje nehomogene jednadžbe (NH), onda je y = y p + y h = y p + C 1 y 1 + C 2 y 2 opće rješenje nehomogene jednadžbe (NH). Jednadžba nema singularnih rješenja. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 38 / 60
51 Nehomogena lin. dif. jednadžba 2. reda s konst. koeficijentima Dokaz: i) Lako provjeravamo da je y = y p + y h rješenje jednadžbe (NH): a(y p + y h ) + b (y p + y h ) + c (y p + y h ) = (ay p + by p + cy p ) + (ay h }{{} + by h + cy h) = f (x) }{{} =f (x) =0 ii) Da je svako rješenje Y jednadžbe (NH) toga oblika, slijedi iz činjenice što razlika dvaju rješenja jednadžbe (NH), Y y p, zadovoljava jednadžbu (H): a(y y p ) + b (Y y p ) + c (Y y p ) = (ay } + by {{ + cy } ) (ay p + by p + cy p ) = 0 }{{} =f (x) =f (x) što znači da je Y y p rješenje jednadžbe (H), tj. Y y p = y h. Dakle, Y = y p + y h, kao što smo i tvrdili. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 39 / 60
52 Metoda neodredenih koeficijenata METODA NEODREDENIH KOEFICIJENATA Prema rečenom, preostaje pokazati način nalaženja partikularnih rješenja jednadžbe (NH). Osnovna metoda je metoda neodredenih koeficijenata, koju ćemo ilustrirati na nekoliko karakterističnih primjera. U ovoj metodi dopuštamo da je desna strana jednadžbe (tzv. funkcija smetnje) linearna kombinacija funkcija oblika: P n (x)e kx cos(ωx), P n (x)e kx sin(ωx), pri čemu je P n polinom stupnja n. Da se razumije način formiranja i oblik partikularnih rješenja, navest ćemo nekoliko često korištenih specijalnih slučajeva. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 40 / 60
53 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija f (x) je polinom stupnja n Funkcija smetnje je polinom Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje polinom stupnja n. To svojstvo imat će dobro odabrani polinom istog stupnja. Dakle, f(x) = P n (x) y p (x) = x r Q n (x), gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 41 / 60
54 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija f (x) je polinom stupnja n Funkcija smetnje je polinom Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje polinom stupnja n. To svojstvo imat će dobro odabrani polinom istog stupnja. Dakle, f(x) = P n (x) y p (x) = x r Q n (x), gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. PRIMJER 5. Riješimo y + 4y = 8x 2. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 41 / 60
55 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je polinom Rješenje: Pripadna homogena jednadžba y + 4y = 0 ima karakteristične korijene k 1,2 = ±2i, pa je njeno opće rješenje y h = C 1 cos2x + C 2 sin2x Potražit ćemo jedno partikularno rješenje nehomogene jednadžbe u obliku y p = Ax 2 + Bx + C. Tada je y p = 2A, pa uvrštavanjem u zadanu jednadžbu dolazimo do jednadžbe 2A + 4(Ax 2 + Bx + C) = 8x 2. Izjednačavanjem koeficijenata uz x 2, x 1 i x 0 na lijevoj i desnoj strani jednadžbe dolazimo do linearnoga sustava 4A = 8, 4B = 0, 2A + 4C = 0, čije je rješenje A = 2, B = 0 i C = 1. Dakle, partikularno je rješenje zadane jednadžbe y p = 2x 2 1, pa je njezino opće rješenje y = y p + y h = 2x C 1 cos2x + C 2 sin2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 42 / 60
56 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci ZADATAK 6. Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe: a) y 4y = 8x 3 b) y + 4y + 4y = 12x c) y + y = 3 y(0) = 1, y (0) = 2 Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 43 / 60
57 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 6. a): y 4y = 8x 3 - homogena: y 4y = 0 k 2 4 = 0 k 1,2 = ±2 y h = C 1 e 2x + C 2 e 2x - partikularno rj: y p = Ax 3 + Bx 2 + Cx + D y p = 3Ax 2 + 2Bx + C y p = 6Ax + 2B (6Ax + 2B) 4(Ax 3 + Bx 2 + Cx + D) = 8x 3 4Ax 3 4Bx 2 + (6A 4C)x + (2B 4D) = 8x 3 4A = 8, A = 2 4B = 0, B = 0 6A 4C = 0, C = 3 2B 4D = 0, D = 0 y p = 2x 3 3x Opće rješenje: y = y p + y h = 2x 3 3x + C 1 e 2x + C 2 e 2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 44 / 60
58 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 6. b): y + 4y + 4y = 12x homogena: y + 4y + 4y = 0 k 2 + 4k + 4 = 0 (k + 2) 2 = 0 k 1,2 = 2 y h = (C 1 + C 2 x)e 2x - partikularno rj: y p = Ax 2 + Bx + C y p = 2Ax + B y p = 2A (2A) + 4(2Ax + B) + 4(Ax 2 + Bx + C) = 12x Ax 2 + (8A + 4B)x + (2A + 4B + 4C) = 12x A = 12, A = 3 8A + 4B = 0, B = 6 2A + 4B + 4C = 26, C = 11 y p = 3x 2 6x + 11 Opće rješenje: y = y p + y h = 3x 2 6x (C 1 + C 2 x)e 2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 45 / 60
59 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 6. c): y + y = 3, y(0) = 1,y (0) = 2 - homogena: y + y = 0 k = 0 k 1,2 = ±i y h = C 1 cosx + C 2 sinx - partikularno rj: y p = A y p = y p = A = 3 A = 3 y p = 3 - opće rješenje: y = y p + y h = 3 + C 1 cosx + C 2 sinx y = C 1 sinx + C 2 cosx y(0) = C 1 cos0 }{{} +C 2 sin0 }{{} = 1 C 1 = 2 =1 =0 y (0) = 2 C 1 sin0 }{{} +C 2 cos0 }{{} = 2 C 2 = 2 =0 =1 Rješenje početnog problema: y = 3 2 cosx + 2 sinx Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 46 / 60
60 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Funkcija f (x) je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije. To svojstvo imat će dobro odabrani umnožak polinoma istog stupnja i te eksponencijalne funkcije. Dakle, f(x) = P n (x)e kx y p (x) = x r Q n (x)e kx, gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 47 / 60
61 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Funkcija f (x) je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Da bismo našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija linearno kombinirana sa svojim derivacijama daje umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije. To svojstvo imat će dobro odabrani umnožak polinoma istog stupnja i te eksponencijalne funkcije. Dakle, f(x) = P n (x)e kx y p (x) = x r Q n (x)e kx, gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. PRIMJER 6. Riješimo y y 6y = 7e 5x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 47 / 60
62 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Rješenje: Pripadna homogena jednadžba y y 6y = 0 ima karakteristične korijene k 1,2 = (1 ± )/2 = 2,3, pa je njeno opće rješenje y h = C 1 e 2x + C 2 e 3x Potražit ćemo jedno partikularno rješenje nehomogene jednadžbe u obliku y p = Ae 5x. Tada je y p = 5Ae 5x, y p = 25Ae 5x, pa uvrštavanjem u polaznu jednadžbu dobivamo: Slijedi 14A = 7, tj. A = 1 2. (25A 5A 6A)e 5x = 7e 5x. Dakle, partikularno je rješenje zadane jednadžbe y p = 1 2 e5x, pa je njezino opće rješenje y = y p + y h = 1 2 e5x + C 1 e 2x + C 2 e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 48 / 60
63 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije PRIMJER 7. Riješimo y 3y + 2y = e 2x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 49 / 60
64 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije PRIMJER 7. Riješimo y 3y + 2y = e 2x. Rješenje: Pripadna homogena jednadžba y 3y + 2y = 0 ima karakteristične korijene k 1,2 = (3 ± 9 8)/2 = 1,2, pa je njeno opće rješenje y h = C 1 e x + C 2 e 2x Pokušaj s partikularnim rješenjem oblika Ae 2x u ovom slučaju nema smisla jer je Ae 2x posebni slučaj rješenja koje zadovoljava homogenu jednadžbu. Pokušajmo s partikularnim rješenjem oblika y p = xae 2x. Uvrstimo li tu funkciju, te njezine derivacije y p = A(1 + 2x)e 2x, y p = 4A(1 + x)e 2x u zadanu jednadžbu, dobit ćemo 4A(1 + x)e 2x 3A(1 + 2x)e 2x + 2xAe 2x = e 2x Ax( )e 2x + A(4 3)e 2x = e 2x ( ) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 49 / 60
65 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je umnožak polinoma i eksponencijalne funkcije Nastavak rješenja Primjera 7: Ae 2x = e 2x, A = 1. Dakle, partikularno je rješenje zadane jednadžbe y p = xe 2x, pa je njezino opće rješenje y = y p + y h = xe 2x + C 1 e x + C 2 e 2x Napomena: Član ( ) = ( ) (vidjeti ( )) ne iščezava slučajno, nego zato što je k = 2 korijen karakteristične jednadžbe k 2 3 k + 2 = 0. Iz istog bismo razloga uvrštavanjem y = Ae 2x dobili A( )e 2x = e 2x, tj. 0 = e 2x, što pokazuje da y = Ae 2x nije partikularno rješenje ni za koji A. Naravno, y = Ae 2x jest rješenje pripadne homogene jednadžbe. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 50 / 60
66 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci ZADATAK 7. Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe: a) 9y + 6y + y = 10e 2x b) y 2y 3y = 5e x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 51 / 60
67 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 7. a): 9y + 6y + y = 10e 2x - homogena: 9y + 6y + y = 0 9k 2 + 6k + 1 = 0 (3k + 1) 2 = 0 k 1,2 = 1 3 y h = (C 1 + C 2 x)e 1 3 x - partikularno rj: y p = Ae 2x y p = 2Ae 2x y p = 4Ae 2x 36A e 2x + 12A e 2x + A e 2x = 10 e 2x 49A = 10 A = y p = e2x Opće rješenje: y = y p + y h = e2x + (C 1 + C 2 x)e 1 3 x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 52 / 60
68 Metoda neodredenih koeficijenata Zadaci Rješenje 7. b): y 2y 3y = 5e x - homogena: y 2y 3y = 0 k 2 2k 3 = 0 k 1,2 = 2± k 1 = 1, k 2 = 3 y h = C 1 e x + C 2 e 3x - partikularno rj: y p = Ae x to imamo u općem rješenju homogene y p = Axe x y p = Ae x Axe x = A(1 x)e x y p = Ae x A(1 x)e x = A(x 2)e x A(x 2) e x 2A(1 x) e x 3Ax e x = 5 e x Ax 2A 2A + 2Ax 3Ax = 5 4A = 5 A = 5 4 y p = 5 4 xe x Opće rješenje: y = y p + y h = 5 4 xe x + C 1 e x + C 2 e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 53 / 60
69 Metoda neodredenih koeficijenata Pravilo zbroja partikularnih rješenja Pravilo zbroja partikularnih rj. nehomogene jednadžbe Ako je f (x) zbroj jedne ili više funkcija, onda je partikularno rješenje zbroj odgovarajućih partikularnih rješenja. PRAVILO ZBROJA Neka je a(x)y + b(x)y + c(x)y = f 1 (x) a(x)y + b(x)y + c(x)y = f 2 (x) a(x)y + b(x)y + c(x)y = f 1 (x) + f 2 (x). Ako je y p1 partikularno rješenje prve, a y p2 druge jednadžbe, onda je y p = y p1 + y p2 partikularno rješenje treće jednadžbe. Dokaz: a(x)(y p1 + y p2 ) + b(x)(y p1 + y p2 ) + c(x)(y p1 + y p2 ) = [ a(x)y p 1 + b(x)y p ] [ 1 + c(x)y p1 + a(x)y p 2 + b(x)y p ] 2 + c(x)y p2 = f 1 (x) + f 2 (x) = f (x) Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 54 / 60
70 Metoda neodredenih koeficijenata Zadatak ZADATAK 8. Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe: y 25y = 2e x + 3e 2x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 55 / 60
71 Metoda neodredenih koeficijenata Zadatak ZADATAK 8. Nadite opće rješenje diferencijalne jednadžbe: y 25y = 2e x + 3e 2x. Rješenje: - homogena: y 25y = 0 k 2 25 = 0 k 1,2 = ±5 y h = C 1 e 5x + C 2 e 5x - partikularno rj: y p = Ae x + Be 2x, y p = Ae x + 2Be 2x, y p = Ae x + 4Be 2x Ae x + 4Be 2x 25(Ae x + Be 2x ) = 2e x + 3e 2x 24Ae x 21Be 2x = 2e x + 3e 2x 24A = 2 A = 1/12 21B = 3 B = 1/7 y p = 1 12 ex 1 7 e2x Opće rješenje: y = y p + y h = 1 12 ex 1 7 e2x + C 1 e 5x + C 2 e 5x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 55 / 60
72 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija Funkcija f (x) je a sin(ωx) ili a cos(ωx) Da bismo, u prvom slučaju, našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija koja jednom ili dvaput derivirana daje višekratnike od cosωx, odnosno, sinωx. (Slično je u drugom slučaju). Zato ćemo potražiti partikularno rješenje u obliku linearne kombinacije funkcija sinωx i cosωx. Dakle, f(x) = a sinωx y p (x) = x r [A cosωx + B sinωx], gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 56 / 60
73 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija Funkcija f (x) je a sin(ωx) ili a cos(ωx) Da bismo, u prvom slučaju, našli jedno partikularno rješenje, zapitajmo se koja to funkcija koja jednom ili dvaput derivirana daje višekratnike od cosωx, odnosno, sinωx. (Slično je u drugom slučaju). Zato ćemo potražiti partikularno rješenje u obliku linearne kombinacije funkcija sinωx i cosωx. Dakle, f(x) = a sinωx y p (x) = x r [A cosωx + B sinωx], gdje je r višestrukost korijena karakteristične jednadžbe ako je y p sadržano u y h ; u protivnom r = 0. PRIMJER 8. Riješimo y y 6y = 13 cos2x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 56 / 60
74 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija Rješenje: y y 6y = 13 cos2x - homogena: y y 6y = 0 k 2 k 6 = 0 k 1,2 = 2,3 y h = C 1 e 2x + C 2 e 3x - partikularno rj: y p = A cos2x + B sin2x y p = 2A sin2x + 2B cos2x, y p = 4Acos2x 4B sin2x ( 4Acos2x 4B sin2x) ( 2A sin2x + 2B cos2x) 6(A cos2x + B sin2x) = 13 cos2x ( 10A 2B)cos2x + (2A 10B)sin2x = 13 cos2x { 10A 2B = 13 A = 5/4, B = 1/4 2A 10B = 0, y p = 1 4 (5 cos2x + sin2x) Opće rješenje: y = y p + y h = 1 4 (5 cos2x + sin2x) + C 1 e 2x + C 2 e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 57 / 60
75 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija ZADATAK 9. Riješimo y + 4y = 5 sin3x 10 cos3x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 58 / 60
76 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija ZADATAK 9. Riješimo y + 4y = 5 sin3x 10 cos3x. Rješenje: - homogena: k = 0 k 1,2 = ±2i y h = C 1 cos2x + C 2 sin2x - partikularno rj: (po pravilu zbroja partikularnih rješenja) y p = A cos3x + B sin3x y p = 3A sin3x + 3B cos3x, y p = 9Acos3x 9B sin3x (9Acos3x + 9B sin3x) + 4(Acos3x + B sin3x) = 5sin3x 10cos3x 5A { cos3x 5B sin3x = 5 sin3x 10 cos3x 5A = 10 A = 2, B = 1 5B = 5, y p = 2 cos3x sin3x Opće rješenje: y = y p + y h = 2 cos3x sin3x + C 1 cos2x + C 2 sin2x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 58 / 60
77 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija PRIMJER 9. Riješimo y y 6y = 7e 5x + 13 cos2x. Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 59 / 60
78 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija PRIMJER 9. Riješimo y y 6y = 7e 5x + 13 cos2x. Rješenje: - rješenje odgovarajuće homogene jednadžbe: (vidi Primjere 6 i 8) y h = C 1 e 2x + C 2 e 3x - partikularno rješenje: (vidi Primjere 6 i 8, te pravilo zbroja partikularnih rješenja) Opće rješenje: y p = 1 2 e5x 1 (5 cos2x + sin2x) 4 y = y p + y h = 1 2 e5x 1 4 (5 cos2x + sin2x) + C 1 e 2x + C 2 e 3x Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 59 / 60
79 Metoda neodredenih koeficijenata Funkcija smetnje je trigonometrijska funkcija TABLICA SVIH OBLIKA FUNKCIJE SMETNJE I ODGOVARAJUĆIH PARTIKULARNIH RJEŠENJA f(x) y p(x) α = β = 0 P n(x) x r Q n(x) β = n = 0 Ae αx x r B e αx β = 0 P n(x)e αx x r Q n(x)e αx α = n = m = 0 A cosβx + B sinβx x r (C cosβx + D sinβx) n = m = 0 e αx (A cosβx + B sinβx) x r e αx (C cosβx + D sinβx) α = 0 P n(x) cosβx + Q m(x) sinβx x r (R k (x) cosβx + S k (x) sinβx) općenito e αx [P n(x) cosβx + Q m(x) sinβx] x r e αx [R k (x) cosβx + S k (x) sinβx]; k = max{n,m} Ako je f (x) = f 1 (x)+f 2 (x)+ +f l, onda je y p (x) = y p1 (x)+y p2 (x)+ y pl (x), gdje je y pi (i = 1,2,...,l) partikularno rješenje jednadžbe ay + by + cy = f i (x). Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 6 60 / 60
1 Obične diferencijalne jednadžbe
1 Obične diferencijalne jednadžbe 1.1 Linearne diferencijalne jednadžbe drugog reda s konstantnim koeficijentima Diferencijalne jednadžbe oblika y + ay + by = f(x), (1) gdje su a i b realni brojevi a f
Διαβάστε περισσότεραObične diferencijalne jednadžbe 2. reda
VJEŽBE IZ MATEMATIKE 2 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 13 Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda Obične diferencijalne jednadžbe 2. reda U ovoj lekciji vježbamo rješavanje jedne klase običnih
Διαβάστε περισσότερα( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)
A MATEMATIKA (.6.., treći kolokvij. Zadana je funkcija z = e + + sin(. Izračunajte a z (,, b z (,, c z.. Za funkciju z = 3 + na dite a diferencijal dz, b dz u točki T(, za priraste d =. i d =.. c Za koliko
Διαβάστε περισσότερα7 Algebarske jednadžbe
7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.
Διαβάστε περισσότεραNeka je a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka.
Neka je a 3 x 3 + a x + a 1 x + a 0 = 0 algebarska jednadžba trećeg stupnja. Rješavanje ove jednadžbe sastoji se od nekoliko koraka. 1 Normiranje jednadžbe. Jednadžbu podijelimo s a 3 i dobivamo x 3 +
Διαβάστε περισσότερα2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x
Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:
Διαβάστε περισσότεραLinearna jednadžba drugoga reda s konstantnim koeficijentima
4 Linearna jednadžba drugoga reda s konstantnim koeficijentima Diferencijalnu jednadžbu drugoga reda zovemo linearnom ako je linearna u y i njezinim derivacijama, tj. ako je oblika a(x)y + b(x)y + c(x)y
Διαβάστε περισσότεραMatematička analiza 1 dodatni zadaci
Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka
Διαβάστε περισσότερα1.4 Tangenta i normala
28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x
Διαβάστε περισσότεραTRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg
Διαβάστε περισσότεραFunkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)
Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva
Διαβάστε περισσότερα18. listopada listopada / 13
18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu
Διαβάστε περισσότεραa M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.
3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M
Διαβάστε περισσότεραINTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.
INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.
Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati
Διαβάστε περισσότερα(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.
1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,
Διαβάστε περισσότεραPARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati
Διαβάστε περισσότεραMatematika 1 - vježbe. 11. prosinca 2015.
Matematika - vježbe. prosinca 5. Stupnjevi i radijani Ako je kut φ jednak i rad, tada je veza između i 6 = Zadatak.. Izrazite u stupnjevima: a) 5 b) 7 9 c). d) 7. a) 5 9 b) 7 6 6 = = 5 c). 6 8.5 d) 7.
Διαβάστε περισσότεραM086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost
M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.
Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:
Διαβάστε περισσότεραRiješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost
Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za
Διαβάστε περισσότερα3.1 Granična vrednost funkcije u tački
3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili
Διαβάστε περισσότεραElementi spektralne teorije matrica
Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena
Διαβάστε περισσότεραNumerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)
Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 29.) Zadatak 1 (1 bodova.) Teorijsko pitanje. (A) Neka je G R m n, uz m n, pravokutna matrica koja ima puni rang po stupcima, tj. rang(g) = n. (a) Napišite puni
Διαβάστε περισσότεραradni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija
Διαβάστε περισσότερα6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom
6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s
Διαβάστε περισσότεραDIFERENCIJALNE JEDNADŽBE
9 Diferencijalne jednadžbe 6 DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE U ovom poglavlju: Direktna integracija Separacija varijabli Linearna diferencijalna jednadžba Bernoullijeva diferencijalna jednadžba Diferencijalna
Διαβάστε περισσότεραPRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
Διαβάστε περισσότεραOsnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
Διαβάστε περισσότερα( ) ( ) Zadatak 001 (Ines, hotelijerska škola) Ako je tg x = 4, izračunaj
Zadaak (Ines, hoelijerska škola) Ako je g, izračunaj + 5 + Rješenje Korisimo osnovnu rigonomerijsku relaciju: + Znači svaki broj n možemo zapisai n n n ( + ) + + + + 5 + 5 5 + + + + + 7 + Zadano je g Tangens
Διαβάστε περισσότερα( , 2. kolokvij)
A MATEMATIKA (0..20., 2. kolokvij). Zadana je funkcija y = cos 3 () 2e 2. (a) Odredite dy. (b) Koliki je nagib grafa te funkcije za = 0. (a) zadanu implicitno s 3 + 2 y = sin y, (b) zadanu parametarski
Διαβάστε περισσότεραObične diferencijalne jednadžbe
Poglavlje 1 Obične diferencijalne jednadžbe 1.1 Primjeri diferencijalnih jednadžbi Primjer 1.1 (Kosi hitac). Tijelo mase m bačeno je u vis početnom brzinom v pod kutem α u polju sile teže. Odredite trajektoriju
Διαβάστε περισσότεραLinearna algebra 2 prvi kolokvij,
Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )
Διαβάστε περισσότεραUvod Kako naći ortogonalne trajektorije. 1 Polje smjerova. 2 Eulerova metoda za rješavanje dif. jednadžbi prvog reda. 3 Ortogonalne trajektorije
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje 5 1 / 34 Sadržaj: Sadržaj 1 Polje smjerova 2 Eulerova metoda za rješavanje dif. jednadžbi prvog reda 3 Uvod Kako naći ortogonalne trajektorije
Διαβάστε περισσότερα1 Promjena baze vektora
Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis
Διαβάστε περισσότεραIspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f
IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2
(kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje
Διαβάστε περισσότεραIZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a
Διαβάστε περισσότεραDeterminante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.
Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a
Διαβάστε περισσότερα2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos
. KOLOKVIJ PRIMIJENJENA MATEMATIKA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE 1. Za periodičnu funkciju f(x) s periodom p=l Fourierov red je gdje su a,a n, b n Fourierovi koeficijenti od f(x) gdje su a =, a n =, b n =..
Διαβάστε περισσότερα4.1 Elementarne funkcije
. Elementarne funkcije.. Polinomi Funkcija f : R R zadana formulom f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 gdje je n N 0 te su a n, a n,..., a, a 0 R, zadani brojevi takvi da a n 0 naziva se polinom
Διαβάστε περισσότεραELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,
Διαβάστε περισσότεραLinearna algebra 2 prvi kolokvij,
1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika
Διαβάστε περισσότεραOperacije s matricama
Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M
Διαβάστε περισσότεραRiješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva
Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički
Διαβάστε περισσότεραUvod u teoriju brojeva
Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)
Διαβάστε περισσότεραGeometrijske imperfekcije
Geometrijske imperfekcije K. F. Pri izvodu diferecijalnih jednadžbi ravnoteže za ravnu gredu u ravnini (predavanje Statička nelinearnost za štap u ravnini (1), odjeljci. i 3.) pretpostavili smo da je u
Διαβάστε περισσότεραIZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo
IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai
Διαβάστε περισσότεραTRIGONOMETRIJA TROKUTA
TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane
Διαβάστε περισσότεραTrigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto
Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije
Διαβάστε περισσότεραDISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,
Διαβάστε περισσότεραUNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka
UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju
Διαβάστε περισσότεραOsnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju
RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)
Διαβάστε περισσότεραViše dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu
Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate
Διαβάστε περισσότερα5. Karakteristične funkcije
5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična
Διαβάστε περισσότεραRIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ
RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA
Διαβάστε περισσότεραVeleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.
Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,
Διαβάστε περισσότερα2.7 Primjene odredenih integrala
. INTEGRAL 77.7 Primjene odredenih integrala.7.1 Računanje površina Pořsina lika omedenog pravcima x = a i x = b te krivuljama y = f(x) i y = g(x) je b P = f(x) g(x) dx. a Zadatak.61 Odredite površinu
Διαβάστε περισσότεραĈetverokut - DOMAĆA ZADAĆA. Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke.
Ĉetverokut - DOMAĆA ZADAĆA Nakon odgledanih videa trebali biste biti u stanju samostalno riješiti sljedeće zadatke. 1. Duljine dijagonala paralelograma jednake su 6,4 cm i 11 cm, a duljina jedne njegove
Διαβάστε περισσότεραKatedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika 2 Poglavlje-2 1 / 43
Katedra za matematiku (FSB, Zagreb) Matematika Poglavlje- / 43 Ciljevi učenja Ciljevi učenja za predavanja i vježbe: Integral kao antiderivacija Prepoznavanje očiglednih supstitucija Metoda supstitucije-složeniji
Διαβάστε περισσότεραDijagonalizacija operatora
Dijagonalizacija operatora Problem: Može li se odrediti baza u kojoj zadani operator ima dijagonalnu matricu? Ova problem je povezan sa sljedećim pojmovima: 1 Karakteristični polinom operatora f 2 Vlastite
Διαβάστε περισσότερα( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,
Διαβάστε περισσότεραPRIMJER 3. MATLAB filtdemo
PRIMJER 3. MATLAB filtdemo Prijenosna funkcija (IIR) Hz () =, 6 +, 3 z +, 78 z +, 3 z +, 53 z +, 3 z +, 78 z +, 3 z +, 6 z, 95 z +, 74 z +, z +, 9 z +, 4 z +, 5 z +, 3 z +, 4 z 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori
MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =
Διαβάστε περισσότεραMatematika 2. Vježbe 2017/ lipnja 2018.
Matematika Vježbe 17/18. 3. lipnja 18. Predgovor Ova neslužbena i nedovršena skripta prati auditorne vježbe iz kolegija Matematika koje se u ljetnom semestru ak. god. 17/18. na Gradevinskom fakultetu u
Διαβάστε περισσότεραPošto pretvaramo iz veće u manju mjernu jedinicu broj 2.5 množimo s 1000,
PRERAČUNAVANJE MJERNIH JEDINICA PRIMJERI, OSNOVNE PRETVORBE, POTENCIJE I ZNANSTVENI ZAPIS, PREFIKSKI, ZADACI S RJEŠENJIMA Primjeri: 1. 2.5 m = mm Pretvaramo iz veće u manju mjernu jedinicu. 1 m ima dm,
Διαβάστε περισσότεραZavrxni ispit iz Matematiqke analize 1
Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1
Διαβάστε περισσότερα4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.
4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos
Διαβάστε περισσότεραKaskadna kompenzacija SAU
Kaskadna kompenzacija SAU U inženjerskoj praksi, naročito u sistemima regulacije elektromotornih pogona i tehnoloških procesa, veoma često se primenjuje metoda kaskadne kompenzacije, u čijoj osnovi su
Διαβάστε περισσότεραDiferencialna enačba, v kateri nastopata neznana funkcija in njen odvod v prvi potenci
Linearna diferencialna enačba reda Diferencialna enačba v kateri nastopata neznana funkcija in njen odvod v prvi potenci d f + p= se imenuje linearna diferencialna enačba V primeru ko je f 0 se zgornja
Διαβάστε περισσότεραEliminacijski zadatak iz Matematike 1 za kemičare
Za mnoge reakcije vrijedi Arrheniusova jednadžba, koja opisuje vezu koeficijenta brzine reakcije i temperature: K = Ae Ea/(RT ). - T termodinamička temperatura (u K), - R = 8, 3145 J K 1 mol 1 opća plinska
Διαβάστε περισσότερα4 INTEGRALI Neodredeni integral Integriranje supstitucijom Parcijalna integracija Odredeni integral i
Sdržj 4 INTEGRALI 64 4. Neodredeni integrl........................ 64 4. Integrirnje supstitucijom.................... 68 4. Prcijln integrcij....................... 7 4.4 Odredeni integrl i rčunnje površine
Διαβάστε περισσότεραUvod u diferencijalni račun
Uvod u diferencijalni račun Franka Miriam Brückler Problem tangente Ako je zadana neka krivulja i odabrana točka na njoj, kako konstruirati tangentu na tu krivulju u toj točki? I što je to uopće tangenta?
Διαβάστε περισσότερα9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE
Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )
Διαβάστε περισσότεραMATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15
MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda
Διαβάστε περισσότεραπ π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;
1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,
Διαβάστε περισσότερα41. Jednačine koje se svode na kvadratne
. Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k
Διαβάστε περισσότεραIspitivanje toka i skiciranje grafika funkcija
Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3
Διαβάστε περισσότεραRedovi funkcija. Redovi potencija. Franka Miriam Brückler
Franka Miriam Brückler Redovi funkcija 1 + (x 2) + 1 + x + x 2 + x 3 + x 4 +... = (x 2)2 2! + (x 2)3 3! + +... = sin(x) + sin(2x) + sin(3x) +... = x n, + + n=1 (x 2) n, n! sin(nx). Redovi funkcija 1 +
Διαβάστε περισσότεραELEKTROTEHNIČKI ODJEL. y' + 1 x. y'' + 4 y = 0. y 1 2. y(1) = 0. y'' + 2 y'+ y = 0, (1 + x 2 ) 2 y' 2 x = 0.
MATEMATIKA ZADATCI: Nađite opće rješenje obične diferencijalne jednadžbe: y' + y e = Odredite partikularno rješenje obične diferencijalne jednadžbe za koje itovremeno vrijede jednakoti y'' + 4 y = 0 π
Διαβάστε περισσότεραEkstremi funkcije jedne varijable
maksimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x 0 ) za koju vrijedi f(x 0 + h) < f(x 0 ) (1) za po volji male vrijednosti h minimum funkcije y = f(x) je vrijednost f(x 0 ) za koju vrijedi f(x 0 + h) > f(x
Διαβάστε περισσότερα( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4
UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log
Διαβάστε περισσότεραTeorijske osnove informatike 1
Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija
Διαβάστε περισσότεραCauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.
auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,
Διαβάστε περισσότερα1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi
1.3. Rješavanje nelinearnih jednadžbi Rješavanje nelinearnih jednadžbi sastoji se od dva bitna koraka: nalaženja intervala u kojem se nalazi nultočka (analizom toka), što je teži dio posla, nalaženja nultočke
Διαβάστε περισσότεραZadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x
Διαβάστε περισσότεραDinamika tijela. a g A mg 1 3cos L 1 3cos 1
Zadatak, Štap B duljine i mase m pridržan užetom u točki B, miruje u vertikalnoj ravnini kako je prikazano na skii. reba odrediti reakiju u ležaju u trenutku kad se presječe uže u točki B. B Rješenje:
Διαβάστε περισσότεραA MATEMATIKA Zadana je z = x 3 y + 1
A MATEMATIKA (.5.., treći kolokvij). Zdn je z 3 + os. () Izrčunjte ngib plohe u pozitivnom smjeru -osi. (b) Izrčunjte ngib pod ) u točki T(, ). () Izrčunjte z u T(, ). (5 bodov). Zdn je z 3 ln. () Izrčunjte
Διαβάστε περισσότεραIskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012
Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)
Διαβάστε περισσότεραFakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:
Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne
Διαβάστε περισσότεραSume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.
Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.
Διαβάστε περισσότεραZadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.
Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu
Διαβάστε περισσότεραPrvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum
27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.
Διαβάστε περισσότεραRiješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable
Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable Infimum i supremum skupa Zadatak 1. Neka je S = (, 1) [1, 7] {10}. Odrediti: (a) inf S, (b) sup S. (a) inf S =, (b) sup S = 10.
Διαβάστε περισσότεραMatematika 4. t x(u)du + 4. e t u y(u)du, t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar e x2. 2 cos ax dx, a R.
Matematika 4 zadaci sa pro²lih rokova, emineter.wordpress.com Pismeni ispit, 26. jun 25.. Izra unati I(α, β) = 2. Izra unati R ln (α 2 +x 2 ) β 2 +x 2 dx za α, β R. sin x i= (x2 +a i 2 ) dx, gde su a i
Διαβάστε περισσότερα4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA
. Limesi funkcija (sa svim korekcijama) 69. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA U ovom poglavlju: Neodređeni oblik Neodređeni oblik Neodređeni oblik Kose asimptote Neka je a konačan realan broj ili
Διαβάστε περισσότεραIterativne metode - vježbe
Iterativne metode - vježbe 5. Numeričke metode za ODJ Zvonimir Bujanović Prirodoslovno-matematički fakultet - Matematički odjel 21. studenog 2010. Sadržaj 1 Eulerove metode (forward i backward). Trapezna
Διαβάστε περισσότερα1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima
KOMPLEKSNI BROJEVI 1 1. Osnovne operacije s kompleksnim brojevima Kompleksni brojevi su proširenje skupa realnih brojeva. Naime, ne postoji broj koji zadovoljava kvadratnu jednadžbu x 2 + 1 = 0. Baš uz
Διαβάστε περισσότεραPRAVAC. riješeni zadaci 1 od 8 1. Nađite parametarski i kanonski oblik jednadžbe pravca koji prolazi točkama. i kroz A :
PRAVAC iješeni adaci od 8 Nađie aameaski i kanonski oblik jednadžbe aca koji olai očkama a) A ( ) B ( ) b) A ( ) B ( ) c) A ( ) B ( ) a) n a AB { } i ko A : j b) n a AB { 00 } ili { 00 } i ko A : j 0 0
Διαβάστε περισσότεραMatematička analiza III
Matematička analiza III c 2 Željko Vrba Ovo je sažetak formula, definicija i teorema s drugog dijela kolegija Matematička analiza 3 na FER-u (akad. god. 1997/98). (izostavljeni su dijelovi kompleksne
Διαβάστε περισσότερα