Rešavanje diferencijalnih jednačina pomoću redova. Specijalne funkcije. Ortogonalne funkcije
|
|
- Αδελφά Κουρμούλης
- 5 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Glava 1 Rešavanje diferencijalnih jednačina pomoću redova. Specijalne funkcije. Ortogonalne funkcije 1.1 Funkcionalni redovi. Potencijalni redovi Neka su date realne funkcije f 0 x), f 1 x),, f k x),, definisane za x [a, b] R, gde je R - skup realnih brojeva. Beskonačan zbir funkcija f 0 x) + f 1 x) + + f k x) + = f k x), 1.1) čiji su članovi funkcije f k x) definisane za x [a, b], nazivamo funkcionalnim redom beskonačan funkcionalan red). Delimični zbir parcijalna suma) funkcionalnog reda 1.1) je zbir oblika S n x) = n f k x), n pozitivan ceo broj). 1.) Red 1.1) je konvergentan, za neko x = x 1 [a, b] ako je lim S nx 1 ) = Sx 1 ) ±. 1.3) n Ako ne postoji ovaj limes, tada kažemo da je red divergentan. 1
2 Ako je red 1.1) konvergentan za sve vrednosti promenljivih x [a, b], onda suma reda predstavlja neku funkciju fx), za x [a, b], i može da se predstavi u obliku gde je S n - delimičan zbir, a R n x) - ostatak. Tada je ili za svako Za red fx) = lim n S nx), fx) = S n x) + R n x), 1.4) lim R nx) = lim [fx) S nx)] = 0, 1.5) n n f S n = R n x) < ε n Nε, x) i za x [a, b]. f k x) kažemo da je apsolutno konvergentan za neko x = x 1 [a, b], ako je red konvergentan. f k x 1 ) Red 1.1) uniformno konvergira u intervalu [a, b], ako proizvoljno malom ε > 0 odgovara pozitivni broj Nε), koji ne zavisi od x tako da je R n x) < ε za n Nε) i x [a, b]. Napomenimo da konvergentan red ne mora da bude i uniformno konvergentan, u istom intervalu. Osobine uniformno konvergentnih redova 1 Ako su članovi uniformno konvergentnog beskonačnog) reda neprekidne funkcije, nezavisno promenljive x [a, b], onda je i njihov zbir neprekidna funkcija od x, u istom intervalu. Ako su članovi uniformno konvergentnog reda neprekidne funkcije, nezavisno promenljive x [a, b], onda je integral njihovog zbira jednak zbiru integrala, tj. b b [ ] b f dx = f k dx = f k dx, za x [a, b]. 1.6) a a a 3 Neka članovi konvergentnog reda, u intervalu [a, b], imaju neprekidne izvode u istom intervalu). Ako red izvoda uniformno konvergira, za x [a, b], tada će i polazni red biti uniformno konvergentan, u istom intervalu, i može da se diferencira član po član, tj. f = d dx f k = f k, za x [a, b]. 1.7)
3 Potencijalni red Red oblika a m x x 0 ) m = a 0 + a 1 x x 0 ) + a x x 0 ) +, 1.8) m=0 zove se potencijalni ceo ili stepeni) red. koeficijenti reda, a konstanta x 0 centar. Konstante a 0, a 1,..., zovu se Pretpostavimo da konstante i promenljiva x pripadaju skupu realnih brojeva ako se drugačije ne naglasi). Napomenimo da je potencijalni red funkcionalni red kod koga je f k x) = a k x x 0 ) k. U specijalnom slučaju, kada je x 0 = 0, potencijalni red ima oblik a m x m = a 0 + a 1 x + a x + 1.9) m=0 Teorema 1 I Abelova teorema) Ako je red 1.9) konvergentan za x = a, on je i apsolutno konvergentan, za sve vrednosti x za koje je x < a. Za svaki potencijalni red 1.9) postoji jedan nenegativan broj R uključujući i +), takav da je red apsolutno konvergentan za x R, R), tj. za x < R, a divergentan za x izvan ovog intervala. Ovako definisan broj R zove se poluprečnik konvergencije, a interval R, R) interval konvergencije. Operacije sa potencijalnim redovima 1 Svaki potencijalni red, konvergentan za x R, R), može da se integrali u intervalu [0, x], gde je x < R i tada je integral zbira jednak zbiru integrala, tj. x x ) x fx)dx = a k x k dx = a k x k dx, za x < R. 1.10) 0 0 Svaki potencijalni red, konvergentan za x R, R), može da se diferencira u intevalu [0, x], gde je x < R i tada je izvod zbira jednak zbiru izvoda, tj. f x) = d ) a k x k da k x k ) =, za x < R. 1.11) dx dx 3 Sabiranjem oduzimanjem) dva potencijalna konvergentna reda dobija se potencijalni konvergentni red, čiji poluprečnik konvergencije nije manji od manjeg poluprečnika konvergencije datih redova. Naime, neka su fx) = a k x k, x < R, gx) = b k x k, x < R, R R, )
4 potencijalni redovi, tada njihov zbir razlika) predstavlja potencijalni red oblika fx) ± gx) = a k ± b k )x k, 1.13) konvergentan u intervalu R, R ). 4 Množenjem dva potencijalna konvergentna reda dobija se potencijalni konvergentni red, čiji poluprečnik konvergencije nije manji od manjeg poluprečnika konvergencije datih redova. Naime, neka su fx) = a k x k, x < R, gx) = b k x k, x < R, R R, 1.14) potencijalni redovi, tada njihov proizvod predstavlja potencijalni red oblika fx) gx) = a 0 b k + a 1 b k a k b 0 )x k, 1.15) konvergentan u intervalu R, R ). Teorema Ako potencijalni red ima pozitivan poluprečnik konvergencije R > 0), a njegov zbir je identički jednak nuli, tada su svi koeficijenti tog reda jednaki nuli. Za funkciju fx) kažemo da je analitička, u tački x = x 0, ako može da se predstavi potencijalnim redom, po x x 0 ), sa poluprečnikom konvergencije R > Rešavanje diferencijalnih jednačina pomoću redova Poznato je, iz matematičke analize, da homogena linearna diferencijalna jednačina sa konstantnim koeficijentima može da se reši metodama algebre, a rešenja su elementarne funkcije. Na primer, posmatrajmo homogenu linearnu diferencijalnu jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima: ay + by + cy = 0, 1.16) gde su a, b, c konstante, a y = yx). Pretpostavlja se da je njeno rešenje oblika y = C e αx, 1.17) gde su α i C konstante. Konstanta α odre - duje se iz uslova da pretpostavljeno rešenje identički zadovoljava polaznu jednačinu. Ovaj uslov, zamenom 1.17) u 1.16), svodi se na algebarsku kvadratnu) jednačinu aα + bα + c = 0, 1.18) koja ima dva rešenja α 1, α ). Ova rešenja, u opštem slučaju, kompleksni su brojevi. Konačno rešenje polazne jednačine je dobijeno primenom principa superpozicije) y = C 1 e α1x + C e αx. 1.19) U praksi, češći su slučajevi kada koeficijenti jednačine 1.16) nisu konstantni, već zavise od x. Pored toga jednačine su i nehomogene, što još više otežava njihovo rešavanje. Rešenja ovih diferencijalnih jednačina su često funkcije koje nisu elementarne. U ovom poglavlju biće navedene neke od njih najčešće korišćene). 4
5 1..1 Korišćenje potencijalnog reda pri rešavanju diferencijalnih jednačina Potencijalni redovi najčešće se koriste za rešavanje diferencijalnih jednačina kada rešenje ne možemo da dobijemo u zatvorenom obliku. Ova metoda je prirodna i relativno prosta. Sastoji se u tome da se sve funkcije, koje se pojavljuju u posmatranoj diferencijalnoj jednačini, razviju u potencijalni red po x x 0 1.8), ili specijalno po x x 0 =0). Zatim se pretpostavi rešenje u obliku potencijalnog reda y = a m x x 0 ) m, m=0 nadu - se odgovarajući izvodi i zamene u polaznu jednačinu. Na kraju se, izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene od x, dobijaju nepoznati koeficijenti a m, i na taj način dobijamo rešenje u obliku reda). Ovu tehniku ćemo da demonstriramo na primerima Ležandrove 1 i Beselove jednačine. Medutim, - pre nego što to uradimo, navedimo jednu teoremu, od značaja za rešavanje pomenutih jednačina. Teorema 3 Ako su funkcije p, q i r, u diferencijalnoj jednačini y + px)y + qx)y = rx) 1.0) analitičke u tački x = x 0, tada je svako rešenje ove jednačine 1.0) analitičko u tački x = x 0 i može da se predstavi potencijalnim redom po x x 0 ), sa radijusom konvergencije R > 0. Napomena. U primeni ove teoreme važno je napisati jednačinu u obliku 1.0), tj. koeficijent uz najviši izvod jednak je 1. Na kraju napomenimo da je ovaj metod od praktične važnosti zbog mogućnosti izračunavanja numeričkih vrednosti. 1.3 Ležandrova jednačina. Ležandrova funkcija. Ležandrovi polinomi Diferencijalna jednačina oblika 1 x )y xy + kk + 1)y = 0, 1.1) gde je k neki poznati realni broj, poznata je u literaturi kao Ležandrova jednačina. Svako rešenje jednačine 1.1) zove se Ležandrova funkcija. Ova jednačina se pojavljuje u brojnim problemima fizike, kao i pri rešavanju parcijalnih diferencijalnih jednačina. Prema prethodnoj napomeni koeficijent uz y treba da je jednak 1, pa se deobom sa 1 x ) dobija y x 1 x y + Kako su uslovi Teoreme 9 ispunjeni p = x ) kk + 1), q = 1 x 1 x, r = 0, kk + 1) y = 0. 1.) 1 x 1 Adrien Marie Legendre ), francuski matematičar. Dao je veliki doprinos u oblasti specijalnih funkcija, eliptičkih integrala, teoriji brojeva i varijacionom računu. Njegova knjiga Éléments de géométrie 1794) bila je veoma poznata i imala je 1 izdanja u periodu kraćem od 30 godina. Fridrich Wilhelm Bessel ), nemački astronom i matematičar. Njegov rad o Beselovim funkcijama pojavio se 186. god. 5
6 tj. odgovarajući koeficijenti p, q, r) su analitičke funkcije u x = 0, to rešenje može da se predstavi potencijalnim redom y = a i x i. 1.3) i=0 Koeficijente a i odre - dujemo iz uslova da ovo rešenje identički zadovoljava polaznu jednačinu. Zamenom ovako pretpostavljenog rešenja u polaznu jednačinu, dobijamo odnosno 1 x ) ii 1)a i x i x ia i x i 1 + kk + 1) a i x i = 0, 1.4) i= i= i= i=1 ii 1)a i x i ii 1)a i x i ia i x i + kk + 1) a i x i = ) U razvijenom obliku ova relacija može da se predstavi na sledeći način i=1 1 a + 3 a 3 x a 4 x + + s + )s + 1)a s+ x s + i=0 i=0 1 a x ss 1)a s x s 1 a 1 x a x s a s x s kk + 1)a 0 + kk + 1)a 1 x + kk + 1)a x + + kk + 1) a s x s + = 0. Iz uslova da ovo mora da bude identitet, prema Teoremi 8, dobijamo: a + kk + 1)a 0 = 0, koeficijent uz x 0 6a 3 + [ + kk + 1)]a 1 = 0, koeficijent uz x 1 s + )s + 1)a s+ + [ ss 1) s + kk + 1)]a s = 0, koeficijent uz x s. Iz poslednje relacije dobijamo tzv. rekurentne formule za odre - divanje koeficijenata a i : a s+ = k s)k + s + 1) a s, s = 0, 1,, ) s + )s + 1) Iz ovih relacija vidi se da su odredeni - svi koeficijenti, sem a 0 i a 1 koji ostaju proizvoljni. Dakle, svi ostali koeficijenti mogu da se izraze preko ova dva. Tako, na primer: kk + 1) kk + 1) a = a 0 = a 0 1! k 1)k + ) k 1)k + ) a 3 = a 1 = a 1 3 3! k )k + 3) k )kk + 1)k + 3) a 4 = a = a ! k 3)k + 4) k 3)k 1)k + )k + 4) a 5 = a 3 = a ! itd. Iz ovih primera vidimo da se parni koeficijenti mogu izraziti preko a 0, a neparni preko a 1, pa se polazno rešenje može predstaviti u obliku y = a 0 y 1 x) + a 1 y x), 1.7) gde je: kk + 1) y 1 x) = 1 x k )kk + 1)k + 3) + x 4 +! 4! k 1)k + ) y x) = x x 3 k 3)k 1)k + )k + 4) + x 5 + 3! 5! 6
7 Ovaj red konvergira za x < 1. Napomenimo da kako y 1 sadrži samo parne stepene, a y samo neparne, to njihov količnik nije konstantan. Odatle sledi da y 1 i y nisu proporcionalni, tj. ove funkcije su linearno nezavisne. Dakle, funkcija y = a 0 y 1 +a 1 y predstavlja opšte rešenje polazne jednačine Ležandrova jednačina) u intervalu 1 < x < 1. Ležandrovi polinomi Posmatrajući strukturu koeficijenata a s+ 1.6), pri čemu je s = 0, 1,,..., vidimo da ako je u polaznoj jednačini k ceo broj, tada neki od koeficijenata a s+ mogu da budu jednaki nuli. Recimo, za k = s imamo a k+ = a k+4 = = 0. Ako je k paran broj, tada se y 1 redukuje na polinom stepena k. Ako je k neparan broj, tada se y redukuje na polinom k-tog stepena. Iz 1.6) sledi da je s + 1)s + ) a s = k s)k + s + 1) a s+, s k. 1.8) Iz ove relacije mogu da se odrede svi koeficijenti, koji su različiti od nule, preko a k, koeficijenta uz najveći stepen polinoma po x. Ovaj koeficijent je proizvoljan. Pogodno ga je definisati relacijom 1, k = 0, a k = 1.9) k)! k 1) k =, k = 1,,... k!) k! Za ovako definisano a k, iz 1.8) dobijamo: Polinom definisan relacijom kk 1) a k = k 1) a kk 1)k)! k = k 1) k k!) = k )! = k k 1)!k )!.. a k m = 1) m k m)! k m!k m)!k m)!. P k x) = M 1) m k m)! k m!k m)!k m)! xk m 1.30) m=0 zove se Ležandrov polinom k-tog stepena, gde je M = k/ ili k 1)/, ceo broj. Ovaj polinom predstavlja rešenje Ležandrove diferencijalne jednačine 1.1). Ispišimo nekoliko ovih polinoma: P 0 = 1; P 1 = x P = 1 3x 1); P 3 = 1 5x3 3x) P 4 = x4 30x + 3); P 5 = x5 70x x) 7
8 i nacrtajmo njihove grafike. Slika 1.1: Ležandrovi polinomi Polazeći od binomne formule, primenjene na x 1) n, i diferencirajući taj izraz n puta, član po član, dobijamo tzv. Rodrigov 3 obrazac d k P k x) = 1 [ x k k! dx k 1 ) ] k. 1.31) Kao primer korišćenja Ležandrovih polinoma u geofizici navedimo geomagnetski potencijal [47]. Naime, za izračunavanje magnetskog potencijala na Zemljinoj površi koristi se funkcija oblika U = R n=1 m=0 [go m cosmλ) + hm o sinmλ)] P n m [cosθ], pri čemu je: R poluprečnik Zemlje, go m i h m o koeficijenti koji zavise od osnovnih karakteristika magnetskog polja, a Pn m Ležandrovi polinomi. 1.4 Beselova jednačina. Beselove funkcije Posmatrajmo linearnu diferencijalnu jednačinu n-tog reda a 0 x)y n) + + a n 1 x)y + a n x)y = ) Tačka x 0, u kojoj je ispunjen uslov a 0 x 0 ) = 0, zove se singularna tačka. Za tačku x 0 kažemo da je regularno singularna tačka, posmatrane diferencijalne jednačine, ako ova jednačina može da se predstavi u okolini tačke x 0, u obliku x x 0 ) n y n) + b 1 x)x x 0 ) n 1) y n 1) + + b n x)y = 0, 1.33) gde su b i x), i = 1,,...,n, analitičke funkcije u tački x 0. 3 Olinde Rodrigues ), francuski matematičar i ekonomist. 8
9 Kako ćemo se kasnije ograničiti samo na diferencijalne jednačine drugog reda, to posmatrajmo jednačinu Ly) x x 0 ) y + bx)x x 0 )y + cx)y = ) Ne gubeći u opštosti, a radi jednostavnijeg pisanja, pretpostavićemo da je x 0 = 0 4, pa dobijamo Ly) x y + bx)xy + cx)y = ) Za bx) i cx) pretpostavljamo da su analitičke funkcije u x, tj. pretpostavlja se da postoji takav broj R > 0 da one mogu da se predstave potencijalnim redovima: bx) = b k x k, cx) = c k x k, 1.36) koji konvergiraju na intervalu x < R. Rešenje ćemo da potražimo u obliku tzv. uopštenog potencijalnog reda yx) = x λ a k x k, a 0 0, x > ) Teorema 4 Frobenius-ov metod) 5 Svaka diferencijalna jednačina oblika gde su funkcije bx) i cx) analitičke u tački x = 0, ima rešenje oblika y + bx) x y + cx) y = 0, 1.38) x yx) = x λ a k x k, a 0 0, 1.39) pri čemu λ može da bude bilo koji broj realan ili kompleksan). λ se bira tako da a 0 0. Zamenivši pretpostavljeno rešenje u polaznu jednačinu, uz uslov da je a 0 0 i k = 0, dobijamo jednačinu za odre - divanje λ λλ 1) + b0)λ + c0) = ) Ova jednačina poznata je kao indeksna jednačina diferencijalne jednačine 1.38). Preko λ i a 0 sada mogu da se odrede i ostali koeficijenti a k, pa možemo da napišemo formalno rešenje polazne jednačine u obliku yx, λ) = a 0 x λ + x λ a k λ)x k. 1.41) Za rešenje smo rekli da je formalno, jer još nismo dokazali konvergenciju ovog reda. Dokaz može da se na - de u mnogim knjigama iz ove oblasti. Videti na primer u [40]. Teorema 5 Posmatrajmo diferencijalnu jednačinu oblika k=1 x y + xbx)y + cx)y = 0, 1.4) i pretpostavimo da su bx) i cx) analitičke funkcije, u tački x = 0. Ako su redovi, kojima mogu da se zamene ove funkcije, konvergentni za x < R, a λ i Reλ 1 > Reλ, i = 1, ) rešenja indeksne jednačine: tada: λλ 1) + b0)λ + c0) = 0, 1.43) 4 Praktično, mogli smo da uvedemo novu promenljivu x = x x 0 i na taj način bismo formalno imali istu jednačinu, kao za x 0 = 0. 5 Georg Frobenius ), nemački matematičar, čiji je značajan doprinos u teoriji matrica i grupa. 9
10 a) diferencijalna jednačina 1.4) ima dva linearno nezavisna rešenja y i x) = x λi a i) k xk, a i) 0 = 1, i = 1,, 1.44) ako su λ 1 i λ različiti, a njihova razlika λ 1 λ nije ceo pozitivan broj. Odgovarajući redovi y i ) su konvergentni za 0 < x < R. b) Diferencijalna jednačina 1.4) ima dva rešenja oblika y 1 x) = x λ1 y x) = x λ1+1 a 1) k xk = x λ1 r 1 x), a ) k xk + cy 1 x) log x = x λ1 r x) + cy 1 x) log x, ako je λ 1 = λ. Odgovarajući potencijalni redovi r 1 x) i r x) su konvergentni za 0 < x < R i r 1 0) 0. c) Diferencijalna jednačina 1.4) ima dva rešenja oblika y 1 x) = x λ1 q 1 x), y x) = x λ q x) + cy 1 x) log x = x λ1 r x) + cy 1 x) log x, ako je razlika λ 1 λ ceo pozitivan broj. Potencijalni redovi q 1 x) i q x) su konvergentni za 0 < x < R i q i 0) 0. c je konstanta, koja može da bude i jednaka nuli Beselova jednačina Jedna od važnijih jednačina u primeni matematike je tzv. Beselova ili cilindrična jednačina Ly) x y + xy + x ν )y = 0, 1.45) gde je ν konstanta Reν > 0). Ova jednačina javlja se u problemima oscilacija, elektrostatičkih polja, provo - denju toplote, itd. Nadalje ćemo da pretpostavimo da je ν realan parametar. Demonstrirajmo na ovoj jednačini prethodno opisan postupak. Prvo, zapažamo da je regularni singularitet u tački x = 0. Zatim, indeksna jednačina u ovom slučaju je kvadratna jednačina čija su rešenja λλ 1) + 1 λ + 0 ν ) = 0 λ ν = 0, 1.46) λ 1 = ν, λ = ν. 1.47) Pretpostavimo prvo da je ν = 0, odakle sledi da je λ 1 = λ = 0. Prema Teoremi 11 b), za ovaj slučaj imamo da su rešenja: y 1 x) = x 0 r 1 x) y x) = x 0+1 r x) + y 1 x)log x, 10
11 odnosno, ako posmatramo slučaj za x > 0 y 1 x) = r 1 x) y x) = xr x) + y 1 x)log x. Prema pretpostavkama, r i x) su analitičke funkcije za x = 0, pa možemo da ih predstavimo u obliku reda, koji konvergira za sve konačne vrednosti x. Prvo odredimo r 1 i izračunajmo Lr 1 ). Kako je to je r 1 x) = a k x k, a ) r 1 x) = ka k x k 1 i r 1 x) = kk 1)a k x k, 1.49) k= k=1 k= Lr 1 ) x kk 1)a k x k + x ka k x k 1 + x a k x k = 0, 1.50) kao jedno od rešenja y 1 je rešenje) polazne jednačine. Sre - dujući prethodnu relaciju dobijamo: a 1 x + a 0 x + a 1 x 3 + k= k=1 [ kk 1)ak x k + ka k x k + a k x k+] = k= [ = a 1 x + kk 1)ak x k + ka k x k] + a 0 x + a 1 x 3 + a k x k+ = = a 1 x + = a 1 x + [ kk 1)ak x k + ka k x k + a k x k] = 1.51) k= {[kk 1) + k]a k + a k } x k = 0. k= Da bi ova relacija bila identički zadovoljena, potrebno je da koeficijenti uz sve stepene budu jednaki nuli. Iz ovog uslova sledi a 1 = 0, k k + k ) a k + a k = 0, odnosno a 1 = 0, a k = a k, za k =, 3, ) k Iz poslednje relacije vidimo da se svi parni koeficijenti k = s +, s = 0, 1,,...) izražavaju preko a 0, a neparni k = s + 1) preko a 1. Kako je dobijeno da je a 1 = 0, to su i svi neparni koeficijenti jednaki 0. Za parne koeficijente dobijamo a 0 0, a = a 0 4, a 4 = a 16 = 1 a ) 0 = a 0, 1.53) itd. Produžujući ovaj postupak dobijamo sledeće relacije: k= a s+1 = 0, [ ] 1) s a s = s!) s a ) 11
12 Ako uzmemo da je a 0 = 1, red r 1 ima oblik koji konvergira za svako konačno x. r 1 x) = s=0 1) s s!) sxs, 1.55) Funkcija definisana relacijom J 0 x) = s=0 zove se Beselova funkcija prve vrste nultog reda. 1) s x ) s s!) 1.56) Dakle, r 1 = J 0 predstavlja prvo partikularno rešenje diferencijalne jednačine 1.45). Slika 1.: Beselove funkcije prve vrste Drugo partikularno rešenje, prema Teoremi 11, tražimo u obliku 6 y x) = b k x k + J 0 log x, gde je b 0 = ) Kao i kod traženja prvog partikularnog rešenja, na - dimo prvo Ly ) = x y + xy + x y = 1.58) = b 1 x + b x + k ) b k + b k x k + xj 0 + LJ 0 )log x. k=3 Kako su y i J 0 rešenja polazne diferencijalne jednačine Ly ) = 0, LJ 0 ) = 0), to dobijamo 1) s s x ) s + k ) s!) b k + b k x k + b x + b 1 x = ) s=1 6 Napomenimo da smo za prvi deo rešenja imali k=3 xr = x c k x k = c k x k+1, k + 1 = s = c s 1 x s, smenom c s 1 = b s s=1 = b sx s = b sx s, za s = 0, b 0 = 0. s=1 s=0 1
13 Odavde sledi, za neparne koeficijente: s + 1) b s+1 = b s 1, s = 1,,..., a kako je b 1 = 0, to je za neparne koeficijente Za parne koeficijente dobijamo b s+1 = 0, s = 0, 1,, ) s) b s + b s = 1)s+1 s s, s =, 3, ) s!) Može da se pokaže da se iz poslednje relacije dobija 1 b s = ) 1) s 1 s s, s!) s = 1,, ) Na ovaj način odre - deno je i drugo partikularno rešenje jednačine 1.45) y = J 0 log x Funkcija definisana relacijom K 0 = J 0 log x s=1 s= ) 1) s x ) s. 1.63) s s!) ) 1) s x ) s s s!) 1.64) zove se Beselova funkcija druge vrste, nultog reda. Ova funkcija poznata je u literaturi i kao Nojmanova 7 ili Makdonaldova funkcija nultog reda. Slika 1.3: Beselove funkcije druge vrste Na kraju, rezimirajmo. Za ν = 0, Beselova jednačina 1.45) ima dva linearno nezavisna rešenja y 1 = J 0, y = K 0, 1.65) odnosno, za ovaj slučaj rešenje pomenute jednačine je y = aj 0 + bk 0, 1.66) 7 Carl Neumann ), nemački matematičar i fizičar. 13
14 gde su a i b proizvoljne konstante. Pri rešavanju indeksne jednačine, koja odgovara Beselovoj jednačini 1.45), pretpostavili smo da je ν = 0. Posmatrajmo sada slučaj kada je ν 0. U ovom slučaju je λ 1 λ i λ 1 λ = ν. 1.67) Kako smo pretpostavili da je ν realan parametar, to ova razlika može da bude ili ceo broj ili ne. Posmatrajmo prvo slučaj kada ν nije ceo broj. Prema Teoremi 11 a), za ovaj slučaj, imamo dva linearno nezavisna rešenja oblika y i = x λi Na - dimo prvo y 1, uz pretpostavku da je x > 0, za λ 1 = ν a i) k xk, i = 1,. 1.68) y 1 = x ν a k x k, a 0 0, 1.69) pri čemu je ovaj red konvergentan za svako konačno x. Kao i u prethodnom slučaju, iz uslova Ly 1 ) = ν + 1)a 1 x ν+1 + x ν [ k + ν) ] a k + a k x k = 0, 1.70) k= može da se dobije Partikularno rešenje je oblika a s+1 = 0, s = 0, 1,,... a s = 1) s a 0 s s!ν + 1)ν + ) ν + s). 1.71) y 1 x) = a 0 x ν + a 0 x ν s=1 1) s x ) s. 1.7) s!ν + 1)ν + ) ν + s) Pogodno je za a 0 izabrati vrednost da bi se ova relacija povezala sa jednom drugom specijalnom funkcijom) a 0 = gde je Γ tzv. gama funkcija. 8 Za ovako izabrano a 0, y 1 postaje s=0 1 ν Γν + 1), 1.73) x ν y 1 = ) 1) s x ) s. 1.74) s!γs + ν + 1) 8 O Γ funkciji biće više reči kasnije. Ovde ćemo da navedemo samo njenu definiciju, kao i neke osobine, zbog lakšeg praćenja. Za ovako definisanu funkciju važi Γν) = x ν 1 e x dx, za ν > 0. 0 Γν + 1) = νγν), Γ1) = 1, Γ1/) = π. 14
15 Funkcija J ν x), definisana relacijom x ν J ν = ) 1) s x ) s. 1.75) s!γs + ν + 1) s=0 zove se Beselova funkcija prve vrste, reda ν. Kako λ 1 λ nije ceo broj, to se drugo partikularno rešenje traži u obliku U ovom slučaju, istim postupkom, dobijamo y = x λ b k x k = x ν b k x k. 1.76) gde je J ν Beselova funkcija, definisana izrazom y = J ν x), 1.77) x ν J ν = ) 1) s x ) s. 1.78) s!γs ν + 1) s=0 Ostao je još jedan slučaj i to kada je ν ceo pozitivan broj, recimo ν = n, gde je n prirodan broj. U ovom slučaju za prvo partikularno rešenje dobijamo videti Teoremu 11) a za drugo y 1 = J n x), 1.79) y = x n b k x k + CJ n x)log x. 1.80) Kao i u prethodnim slučajevima, iz jednačine Ly ) = 0) mogu da se odrede koeficijenti b k, posle čega se dobija U prethodnoj relaciji je n 1 y x) = b 0 x n + b 0 x n 1 j j!n 1) n j) xj Ck 0 s nx n C j=1 k i s i + s i+n )x n+i + CJ n x)log x. 1.81) i=1 s m = m, k i = U specijalnom slučaju, ako uzmemo da je C = 1, za b 0 dobijamo 1) i i+n i!i + n)!, C = b 0 n 1 n 1)!. 1.8) b 0 = n 1 n 1)!, 1.83) 15
16 pa je y y = 1 x n n 1 ) j= n 1 1 x n ) i=1 n j 1)! x ) j 1.84) j! ) 1 ) n + Jn x)log x 1) i i!i + n)! Funkcija K n definisana relacijom x n! [ i ) i + n ) ] x ) i. K n x) = 1 x n n 1 ) j= n 1 x n ) 1) i i!i + n)! i=1 [ i n j 1)! x ) j j! ) 1 x ) n + Jn x)log x n! ) i + n )] x ) i. 1.85) zove se Beselova funkcija druge vrste n-tog reda. Neke Beselove funkcije Napišimo sada izraze za neke Beselove funkcije: J 0 x) = 1 x + x4 4 x ) J 1 x) = x 1 x + x4 4 6 x 6 ) ) Odredimo sada funkcije J n+1/, gde je n ceo broj. Prvo, iz 1.75), odredimo J 1/ i J 1/ : Dalje, kako je prema??) i??): Γ 3 to zamenom u 1.88) dobijamo: J 1/ x) = x 1) k k!γ 3 + k). 1.88) ) k k + 1) + k) = k+1 Γ k + 1) ) = π, 1.89) k+1 J 1/ x) = π x 1) k x k ) k + 1)! 16
17 Kako ova suma predstavlja razvoj u red funkcije sinx, to konačno dobijamo: Na sličan način dobjamo i za J 1/ : J 1/ x) = sin x. 1.91) π x J 1/ x) = Sada, prema 1.104), možemo da izračunamo i: J 3/ x) = π x = π x J 5/ x) = π x = π x cosx + sin x x cosx. 1.9) π x ) = [sinx π/) + 1x cosx π/) ], { sinx + 3 [sinx π/) + 1x ]} x cosx π/) = [1 3x ) sinx π) + 3x cosx π) ]. 1.93) Poslednju relaciju možemo da uopštimo za izračunavanje Beselovih funkcija oblika J n+1/ : [ ) 1 J n+1/ x) = P n sin x nπ ) ) 1 + Q n cos x nπ ) ] 1.94) π x x x gde su P n i Q n polinomi od 1/x. Iz poslednje relacije vidimo da Beselove funkcije J n+1/ možemo da aproksimiramo izrazom: [ J ν x) = cos x νπ π x π ) ] + Ox 1 ), x > ) 4 Ova asimptotska relacija važi ne samo za ν = n + 1/ već i za svako ν. Za Beselove funkcije postoje tablice iz kojih mogu da se pročitaju njene vrednosti u pojedinim tačkama Veberove funkcije Na - dimo sada opšte rešenje Beselove jednačine. Radi toga uvedimo novu funkciju definisanu sa: Y ν x) = J νx)cos νπ J ν x). 1.96) sinνπ Može da se pokaže da je i ova funkcija rešenje polazne jednačine 1.45), jer je linearna kombinacija rešenja princip superpozicije), u slučaju da je n ceo broj. Tada je desna strana neodre - den izraz 0/0. Iz ovog izraza, uz primenom Lopitalovog pravila, može da se dobije, za ν ceo broj ν = n): Y n x) = π J nx)ln x 1 π 1 π x 1) k k!k + n)! ) k n n k 1)! k! x [ Γ ] k + 1) Γk + 1) + Γ n + k + 1). Γn + k + 1) ) k n 1.97) 17
18 Funkciju Y n nazivamo Veberova 9 funkcija. Veberova funkcija je rešenje Beselove jednačine u slučaju kada je ν ceo broj ν = n). Specijalno, za n = 0 dobijamo: Y 0 x) = π J 0x)ln x π x 1) k Γ k + 1) k!) Γk + 1). 1.98) Funkcije J ν i Y ν su linearno nezavisne i za svako ν celo ili ne) obrazuju fundamentalno rešenje polazne jednačine. Opšte rešenje možemo, sada, da predstavimo u obliku: ) k y = C 1 J ν x) + C Y ν x), 1.99) gde su C i i = 1, ) proizvoljne konstante. Napišimo sada neke rekurentne formule za Beselove i Veberovu funkciju: J νx) = J ν 1 x) ν x J νx), 1.100) Y νx) = Y ν 1 x) ν x Y νx), 1.101) J νx) = J ν+1 x) + ν x J νx), 1.10) Y νx) = Y ν+1 x) + ν x Y νx), 1.103) J ν+1 x) = ν x J νx) J ν 1 x), 1.104) Y ν+1 x) = ν x Y νx) Y ν 1 x) ) Ove formule se mogu proveriti diferenciranjem Beselove i Veberove funkcije. Pokažimo to na primeru 1.100): d 1) k ν + k)x ν+k 1 dx xν J ν x)) = ν+k 1.106) k!γν + k + 1) Dalje, kako je Γν + k + 1) = ν + k)γν + k), dobijamo: pa prema 1.75): Sa druge strane Odavde sledi d dx xν J ν x)) = x ν odnosno deljenjem sa x ν dobija se 1.100). x 1) k k!γν 1 + k + 1), 1.107) ) k+ν 1 d dx xν J ν x)) = x ν J ν ) d dx xν J ν x)) = νx ν 1 J ν x) + x ν J ν x) ) x ν J ν 1 = νx ν 1 J ν x) + x ν J ν x), 9 Heinrich Weber ), nemački matematičar 18
3.1 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 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 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 περισσότεραSISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA
SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije
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 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 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 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 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 περισσότερα5 Ispitivanje funkcija
5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:
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 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 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 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 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 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 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 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 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 περισσότερα(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)
Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije
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 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 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 περισσότεραDeljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.
Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat
Διαβάστε περισσότεραSOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE
1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar
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 περισσότεραTEORIJA REDOVA. n u k (n N) (2) k=1. u k. lim S n = S, kažemo da zbir (suma) reda. k=1 S = k=1
TEORIJA REDOVA NUMERIČKI REDOVI. OSNOVNI POJMOVI DEFINICIJA. Neka je {u n } n N realan niz. Izraz oblika k= u k = u + u 2 + + u n + () naziva se beskonačan red, ili kraće red. Broj u n naziva se opšti
Διαβάστε περισσότεραApsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.
Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala
Διαβάστε περισσότερα4 Numeričko diferenciranje
4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)
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 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 περισσότεραZadaci iz trigonometrije za seminar
Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;
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 περισσότερα1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i
PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;
Διαβάστε περισσότεραAPROKSIMACIJA FUNKCIJA
APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu
Διαβάστε περισσότεραIII VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI
III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.
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 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 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 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 περισσότερα8 Funkcije više promenljivih
8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen
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 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 περισσότεραPrvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a
Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj
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 περισσότεραGlava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije
Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da
Διαβάστε περισσότερα2log. se zove numerus (logaritmand), je osnova (baza) log. log. log =
( > 0, 0)!" # > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je,, > 0 se zove numerus (aritmand), je osnova (baza). 0.. ( ) +... 7.. 8. Za prelazak na neku novu bazu c: 9. Ako je baza (osnova) 0 takvi se
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 περισσότεραKVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.
KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako
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 περισσότεραIZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C0.. (. ( 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 >0. (cos. (cos - π. (tg kπ cos. (ctg
Διαβάστε περισσότερα4 Izvodi i diferencijali
4 Izvodi i diferencijali 8 4 Izvodi i diferencijali Neka je funkcija f() definisana u intervalu (a, b), i neka je 0 0 + (a, b). Tada se izraz (a, b) i f( 0 + ) f( 0 ) () zove srednja brzina promene funkcije
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 περισσότερα5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2.
5 Sistemi linearnih jednačina 47 5 Sistemi linearnih jednačina U opštem slučaju, pod sistemom linearnih jednačina podrazumevamo sistem od m jednačina sa n nepoznatih x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a
Διαβάστε περισσότεραVerovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića
Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju
Διαβάστε περισσότεραMATERIJAL ZA VEŽBE. Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić. Asistent: dr Tibor Lukić. Godina: 2012
MATERIJAL ZA VEŽBE Predmet: MATEMATIČKA ANALIZA Nastavnik: prof. dr Nataša Sladoje-Matić Asistent: dr Tibor Lukić Godina: 202 . Odrediti domen funkcije f ako je a) f(x) = x2 + x x(x 2) b) f(x) = sin(ln(x
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 περισσότεραDvanaesti praktikum iz Analize 1
Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.
Διαβάστε περισσότερα1 / 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI
/ 79 MATEMATIČKA ANALIZA II REDOVI 6.. Definicija reda Promatrajmo niz Definicija reda ( ) n 2 :, 2 2 3 2 4 2,... Postupno zbrajajmo elemente niza: = + 2 2 = 5 4 + 2 2 + 3 2 = 49 36 + 2 2 + 3 2 + 4 2 =
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 περισσότεραf n z n, (2) F (z) = pri čemu se pretpostavlja da red u (2) konvergira bar za jednu konačnu vrednost kompleksne promenljive Z(f n ) = F (z).
Z-TRANSFORMACIJA Laplaceova transformacija je primer integralne transformacije koja se primenjuje na funkcije - originale. Ova transformacija se primenjuje u linearnim sistemima koji su opisani diferencijalnim
Διαβάστε περισσότεραUniverzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika
Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.
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 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 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 περισσότεραASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:
ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako
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 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 περισσότεραKVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.
KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako izgleda
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva
Διαβάστε περισσότεραdr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006.
dr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE JEDNAČINE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006. dr Lidija Stefanović, mr Marjan Matejić, dr Slad ana Marinković DIFERENCIJALNE
Διαβάστε περισσότεραradni nerecenzirani materijal za predavanja
Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je
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 περισσότεραnumeričkih deskriptivnih mera.
DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,
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 περισσότεραELEMENTARNA MATEMATIKA 2
ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup
Διαβάστε περισσότερα6 Neodreženi integrali. F (x) = f(x). Primer 38 Funkcija F (x) = sin x je primitivna funkcija funkcije f(x) = cos x na (, + ), jer je
6 Neodreženi integrali 39 6 Neodreženi integrali Funkcija F (x) na intervalu (a, b) R je primitivna ili prvobitna funkcija funkcije f(x), ako je x (a, b) F (x) = f(x). Primer 38 Funkcija F (x) = sin x
Διαβάστε περισσότεραRAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA POLUPROVODNIČKE KOMPONENTE (IV semestar modul EKM) IV deo. Miloš Marjanović
Univerzitet u Nišu Elektronski fakultet RAČUNSKE VEŽBE IZ PREDMETA (IV semestar modul EKM) IV deo Miloš Marjanović MOSFET TRANZISTORI ZADATAK 35. NMOS tranzistor ima napon praga V T =2V i kroz njega protiče
Διαβάστε περισσότεραDiferencijabilnost funkcije više promenljivih
Matematiči faultet Beograd novembar 005 godine Diferencijabilnost funcije više promenljivih 1 Osnovne definicije i teoreme, primeri Diferencijabilnost je jedan od centralnih pojmova u matematičoj analizi
Διαβάστε περισσότεραJednodimenzionalne slučajne promenljive
Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/
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 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 περισσότεραZadaci iz Osnova matematike
Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F
Διαβάστε περισσότεραPROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE
Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIKA II. Dr Boban Marinković
MATEMATIKA II VEŽBE Dr Boban Marinković 1 Neodredjeni integral dx = x + C, dx x = ln x + C, dx = arcsin x + C, 1 x 2 a x dx = ax ln a + C, cos x dx = sin x + C, dx x 2 a = 1 2 2a ln x a x + a + C, dx x2
Διαβάστε περισσότεραPID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).
0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo
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 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 περισσότεραTrigonometrijske nejednačine
Trignmetrijske nejednačine T su nejednačine kd kjih se nepznata javlja ka argument trignmetrijske funkcije. Rešiti trignmetrijsku nejednačinu znači naći sve uglve kji je zadvljavaju. Prilikm traženja rešenja
Διαβάστε περισσότεραKompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.
Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,
Διαβάστε περισσότεραDRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =
x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},
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 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 περισσότερα3.1. Granične vrednosti funkcija
98 3. FUNKCIJE: GRANIČNE VREDNOSTI I NEPREKIDNOST 3.1. Granične vrednosti funkcija 3.1.1. Definicija i osnovne osobine Da bismo motivisali definiciju granične vrednosti funkcija, dajemo dva primera. Posmatrajmo
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIKA 3. Vera & Rade
MATEMATIKA 3 Vera & Rade 1. Diferencijalne jednačine prvog reda - osnovni pojmovi Oznake: x - nezavisno promenljiva y - nepoznata funkcija, y = y(x) y = dy dx - izvod funkcije Opšti oblik diferencijalne
Διαβάστε περισσότεραPrediktor-korektor metodi
Prediktor-korektor metodi Prilikom numeričkog rešavanja primenom KP: x = fx,, x 0 = 0, x 0 x b LVM α j = h β j f n = 0, 1, 2,..., N, javlja se kompromis izmed u eksplicitnih metoda, koji su lakši za primenu
Διαβάστε περισσότεραDIFERENCIJALNE JEDNAČINE
I G L A V A DIFERENCIJALNE JEDNAČINE Pri razmatranju i rešavanju raznih problema iz mehanike, fizike, hemije, geometrije i drugih naučnih disciplina i njihovih primena, nailazi se na jednačine u kojima
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNE FUNKCIJE
1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup Y je pridruživanje
Διαβάστε περισσότερα