Matematika 3 zbirka zadataka sa rešenjima i uputstvima za rešavanje

Transcript

1 Matematika 3 zbirka zadataka sa rešenjima i uputstvima za rešavanje <!-- Ispravke, sugestije, mišljenja i ostalo šaljite na download@puskice.org --> Hijavata 1

2 Predgovor Pismeni ispit iz matematike 3 obuhvata 4 zadatka. Ova zbirka će biti odrađena tematski, za svaki tip zadatka ponaosob. Prvi zadatak Obične diferencijalne jednačine prvog reda: Jednačina sa razdvojenim promenljivim Homogene diferencijalne jednačine prvog reda Linearne diferencijalne jednačine prvog reda Bernulijeva jednačina prvog reda Jednačina sa totalnim diferencijalom (sa/bez integracionog faktora) Prvi zadatak je uvek jedna diferencijalna jednačina prvog reda. Najčešće dolaze Bernulijeva i Jednačina sa totalnim diferencijalom, mada nema pravila. Drugi zadatak Diferencijalne jednačine višeg reda: Diferencijalna jednačina oblika Diferencijalna jednačina oblika Homogene diferencijalne jednačine višeg reda Nehomogene diferencijalne jednačine višeg reda Sistemi običnih diferencijalnih jednačina prvog reda: Homogeni sistemi odj Nehomogeni sistemi odj Nelinearni sistemi odj Parcijalne diferencijalne jednačine Linearne parcijalne diferencijalne jednačine Kvazilinearne parcijalne diferencijalne jednačine 2

3 Treći zadatak Treći zadatak je nešto vezano za funkciju kompleksne promenljive. Dolaze ravnopravno dva tipa zadatka: Koši-Rimanovi uslovi Izračunavanje integrala funkcije kompleksne promenljive (Reziduum) Četvrti zadatak Četvrti zadatak je vezan za Laplasovu transformaciju Rešavanje diferencijalne jednačine višeg reda primenom Laplasove transformacije Rešavanje sistema diferencijalnih jednačina primenom Laplasove transformacije 3

4 Prvi zadatak Jednačina sa razdvojenim promenljivima Najjednostavniji tip diferencijalne jednačine. Treba imati na umu da važi Rešavanje jednačina: rešenje dobijamo iz: rešenje dobijamo iz: Dakle, razdvajamo x i y (i njihove diferencijale) na različite strane znaka jednakosti i nalazimo integrale. Pri rešavanju diferencijalnih jednačina, može se dogoditi da rešenje ima drugačiji oblik nego ono dato u ovoj zbirci. Zato pokušajte da transforma cijama, vaše rešenje svedete na ono dato u zbirci kako biste proverili da li ste tačno uradili zadatak. U slučaju da je opšte rešenje jednačine u zadacima gde se traži partikularno rešenje drugačijeg oblika od opšteg rešenja datog u zbirci, to znači da će najverovatnije i konstanta C biti drugačija nego ovde u zbirci, ali mora se dobiti isto opšte rešenje. 4

5 Postoje tri osnovna tipa zadataka: 1. Obična diferencijabilna jednačina sa razdvojenim promenljivima ( ili ) 2. ODJ sa razdvojenim promenljivima - partikularno rešenje 3. ODJ sa razdvojenim promenljivima - smena za svođenje na 1. tip zadatka Zadaci: Rešenje: Transformišemo konstantu na sledeći način: čime dobijamo novu konstantu 5

6 za uslov imamo: 6

7 vratimo u opšte rešenje: dakle, Partikularno rešenje je: Odrediti partikularno rešenje pri uslovu za uslov imamo: kad vratimo u opšte rešenje, dobijamo Partikularno rešenje: 7

8 kad vratimo u opšte rešenje, dobijamo Partikularno rešenje: (smena, ) 8

9 Zadaci za samostalan rad: Odredi opšte rešenje jednačine: 1. Odredi partikularno rešenje jednačine pri uslovu: 9

10 Jednačine koje slede svesti smenom na jednačninu sa razdvojenim promenljivim a zatim naći opšte rešenje 10

11 Homogena diferencijalna jednačina prvog reda Rešavanje jednačina: Polazna jednačina smena vratimo u polaznu jednačinu rešenje dobijamo iz integrala zatim vratimo smenu u rešenje Ova vrsta jednačine se svodi na jednačinu sa razdvojenim promenljivim. Vrlo često, diferencijalna jednačina se transformacijama izraza (deljenje sa x ili y) svodi na homogenu. 11

12 Zadaci za samostalan rad: 12

13 13

14 Linearna diferencijalna jednačina prvog reda Opšti oblik: Rešenje: Ova vrsta jednačine je lako prepoznatljiva. Rešava se primenom ove formule čije izvođenje nije potrebno znati za praktični deo ispita. Koraci: 14

15 Zadaci za samostalan rad: 15

16 Odrediti partikularno rešenje date linearne diferencijalne jednačine Odredi rešenje linearne jednačine po x 16

17 Bernulijeva diferencijalna jednačina Koraci: 17

18 Zadaci za samostalan rad: 18

19 19

20 Jednačine sa totalnim diferencijalom Algoritam rešavanja: Postupak rešavanja: 20

21 Ukoliko na ispitu dođe ovaj zadatak, obično napomenu da treba da se traži određeni faktor (po x ili y). Ako ne napomenu, svejedno je koji ćete, procenite sami koji je lakše izračunati. 21

22 22

23 Zadaci za samostalan rad: 23

24 Odredi integracioni faktor, i reši jednačinu: 24

25 Rešenja zadataka: jedan #6 i jedan tablični integral tri tablična integrala, C=1 dva #7 dva #1 jedan #1 i jedan #8 jedan tablični i jedan sličan #2 smena -y=t, pa #1 dva #1 jedan tablični i jedan #8, C=0 #6 i jedan tablični dva tablična izvlačenjem 1/3 ispred integrala, dobiju se dva #1 #1 i #8 tablični i #1 25

26 smena, integral #7 smena, integral slično kao #7 smena #7 smena, slično #7 tablični i #9 tablični i #10 tablični i #1 tablični i #1 dva tablična #11 i tablični dva tablična tablični i #1 tablični tablični i #12 #6 i tablični #13 i tablični #14 i tablični tablični i smena tablični integrali tablični integrali 26

27 tablični integrali tablični i #15 tablični i #16 tablični i #17 #1 i #18 sličan #8 i tablični #1 i tablični #1 i tablični sličan #5 i 2 tablična tablični i #19 sličan #5 i tablični tablični integrali 2 tablična i #15 tablični i #20 tablični i #21 #1 i tablični tablični i #22 tablični i #23 tablični i #23 tablični i #24 tablični i #25 svi tablični svi tablični tablični i #26 27

28 svi tablični tablični i #23 #1 i tablični #8 i tablični tablični tablični i #23 tablični i #23 tablični i sličan #26 #1 i #27 tablični i #28 tablični i #29 tablični tablični tablični tablični tablični tablični tablični tablični tablični tablični tablični i #29 #30 i tablični #31 i tablični 28

29 tablični tablični i sličan #27 tablični i sličan #27 tablični tablični tablični tablični i sličan #3 tablični tablični tablični tablični tablični i sličan #3 tablični tablični tablični, #32, i sličan #16, tablični tablični tablični tablični i #33 tablični tablični i sličan #8 29

30 tablični tablični tablični tablični tablični 30

31 Integrali potrebni za rešavanje zadataka iz zbirke: ) 31

32 32

33 33

34 34

35 35

36 36

37 37

38 38

39 39

40 40

41 Drugi zadatak Homogene diferencijalne jednačine višeg reda Rešavanje: Prvo pravimo karakterističnu jednačinu na sledeći način: Zamenom u polaznu jednačinu dobijamo karakterističnu jednačinu: Dobijemo sledeće slučajeve: Kvaka je u tome što dolaze jednačine drugog i trećeg (ređe četvrtog) reda, pa ovo nije toliko komplikovano kako izgleda na prvi pogled. Kroz primere će biti jasnije. 41

42 Zadaci za samostalan rad: 42

43 43

44 Nehomogene diferencijalne jednačine višeg reda Rešavanje: Rešenje je oblika Postoje dva načina pronalaženja partikularnog rešenja: metoda neodređenih koeficijenata i metoda varijacije konstanti. Metoda neodređenih koeficijenata 44

45 Pri tom, A i B su koeficijenti koje treba odrediti. Postupak: Metoda varijacije konstanti 45

46 Dakle, konstante variramo u funkcije. Nepoznate funkcije sistema: dobijamo iz 46

47 47

48 metoda varijacije konstanti 48

49 metoda varijacije konstanti 49

50 Zadaci za samostalan rad:

51 Resenja:

52

53

54 Jednačine kojima se može sniziti red Postoje dva tipa ovakvih jednačina: one koje ne sadrže y, i one koje ne sadrže x. Prvi tip Rešavanje: smena: gde je Rešavanjem homogene jednačine dobijamo: Parcijalnom integracijom dobijemo rešenje: Zadaci: 54

55 Rešenja Drugi tip Rešavanje: smena: gde je Rešavanjem jednačine dobijamo: 55

56 Integracijom dobijemo rešenje: Zadaci: Rešenja 56

57 Sistemi običnih diferencijalnih jednačina Homogeni sistemi Sistem je oblika (sistem 3. reda): gde su Rešavanje: Prvo se odrede sopstvene vrednosti matrice K: Dakle iz trećeg reda po. dobijamo tzv. karakterističnu jednačinu (jednačina ). Rešavanjem ove jednačine dobijemo sopstvene vrednosti Ostatak ćemo kroz zadatke, pošto je teško jasno objasniti. Ono što je bitno, da li je sopstvena vrednost jednostruka ili višestruka. Formiramo matricu: Zatim vršimo transformacije matrice. Transformacija II-3I znači da prvi red množimo sa 3, i zatim to oduzmemo od drugog reda. Itd. Transformacijama dobijamo matrice formulom (u slučaju jedinstvene sopstvene vrednosti). 57

58 Rešenje je oblika: gde je Odatle dobijemo: Sad se radi odvojeno za svaku vrednost: odavde (na osnovu II i III reda) sledi da je: iz prvog reda sledi: 58

59 Sada formiramo matricu : sada za uzimamo neku bilo koju vrednost različitu od nule. Nije bitno koju, jer će se, kako ćemo kasnije videti, pomnožiti sa konstantom, pa je svejedno. Uzećemo. iz drugog reda: fiksiraćemo jednu vrednost. Neka to bude Iz prvog reda: uzmemo da je 59

60 iz drugog reda: fiksiraćemo jednu vrednost. Neka to bude Iz prvog reda: U razvijenom obliku, rešenje je: 60

61 Ovde se vidi da nije bitno koje smo vrednosti birali. Da smo za birali imali bismo. U rešenju bi bilo što je isto što i. Ako uzmemo da je neka nova konstanta onda dobijemo što je i bilo prvobitno rešenje. Zato ako ne dobijete identično rešenje kao u ovoj zbirci, pogledajte da li vam je odnos vrednosti u matrici odgovarajući. U ovom primeru, to je 1:-3:-5. Rešenje: Odatle dobijemo: na osnovu II reda: iz prvog reda sledi: 61

62 iz drugog reda: Iz prvog reda: iz drugog reda: Iz prvog reda: 62

63 U razvijenom obliku, rešenje je: Rešenje: Odatle dobijemo: 63

64 na osnovu II reda: iz prvog reda sledi: Kada imamo dvostruka rešenja, radi se malo drugačije. Prvi deo, za (ne isti!) je sličan iz drugog reda: Iz prvog reda: sada ne biramo nikakvu vrednost za već ovo ostavljamo zasad ovako. 64

65 Matrica se određuje iz formule: iz drugog reda:. Ovde treba da fiksiramo jednu od vrednosti. Neka bude. Onda dobijemo: Iz prvog reda: Dakle sad imamo i. Cilj je bio pronaći (u kojoj se pojavljuje samo jedna promenljiva:. Onda, kada smo to uradili, pravili smo novu matricu u kojoj treba da se pojavljuje promenljiva iz i još jedna promenljiva vezana za matricu :. 65

66 Sledeći korak je određivanje i. Oni se određuju u dva koraka. U prvom koraku, jedna od vrednosti iz matrice se menja sa 0, a druga sa nekim realnim brojem. U drugom koraku je obrnuto. se računa po formuli: se računa po formuli: U razvijenom obliku, rešenje je: 66

67 Rešenje: Odatle dobijemo: na osnovu II reda: iz prvog reda sledi: 67

68 Kada imamo dvostruka rešenja, radi se malo drugačije. Prvi deo, za (ne isti!) je sličan iz prvog reda: Iz trećeg reda: Matrica : iz prvog reda:. Iz trećeg reda: 68

69 U razvijenom obliku, rešenje je: 69

70 Rešenje: Odatle dobijemo: na osnovu prvog reda: iz drugog reda sledi: U slučaju konjugovano komplekcnih brojeva, biramo jedan od njih. Recimo. 70

71 iz prvog reda: Iz trećeg reda: Na osnovu odredićemo i. Po definiciji (ili nekoj teoremi, ne znam baš sigurno) važi: 71

72 Iz ovoga sledi: Rešenje: 72

73 Odatle dobijemo: Ovo je sad specifično jer imamo trostruko rešenje. Rešavaćemo na drugačiji način, polazeći od rešenja. Zadatak je oblika: A rešenje je oblika (zbog višestrukog rešenja): Izvedimo sad :, za i=1,2,3 Sad to izjednačimo sa. Pri tom, ćemo zameniti rešenjem: Iz ovoga sledi: Imajte na umu da je jedinična matrica, da je matrica dimenzija 3x3 a da su: 73

74 Dobijamo 3 sistema:,, tj.,, Sistem rešavamo po. Odmah se vidi da je Kad to malo sredimo: odnosno 74

75 Za različite vrednosti parametara imamo: 1. za,, 2. za,, 3. za,, Rešenje: Odatle dobijemo: 75

76 na osnovu III reda: iz prvog reda sledi: U ovom slučaju, kad su sve vrste linearno zavisne radimo na sledeći način. Izrazimo tu jednu vrstu: sada imamo dva slučaja: 1.,. Odatle sledi 2.,. Odatle sledi 76

77 Zadaci za samostalan rad:

78 Rešenja:

79

80

81 Sistem je oblika (sistem 3. reda): Nehomogeni sistemi ili u razvijenom obliku: gde su a su funkcije. Postoje dve metode za rešavanje ovakvih sistema: metoda neodređenih koeficijenata i Lagranžova metoda varijacije konstanti. Metoda neodređenih koeficijenata: Ova metoda se može koristiti onda kada su svi elementi vektora funkcije oblika: Određujemo: 1. m - najveći stepen za P i Q u vektoru 2. k + višestrukost korena u karakterističnoj jednačini. Onda je rešenje oblika (polinomi koeficijentima): su stepena m+k, sa neodređenim 81

82 Zatim to vraćamo u polaznu jednačinu i dobijemo rešenje. Konačno rešenje je oblika Važi princip superpozicije: Rešenje: Prvo rešavamo odgovarajući homogeni sistem: Njegovo rešenje je: Sad tražimo. Pri rešavanju homogenog sitema dobili smo da su rešenja karakteristične jednačine, tj.. U ovom nehomogenom sistemu, imamo tri vektora funkcija: 1. Vektor funkcija oblika odavde je. To se poklapa sa rešenjem. To znači da je. Pošto su polinomi koji stoje uz u samom sistemu nultog stepena,. Zato će polinomi uz u rešenju biti prvog stepena ( ). 82

83 2. Vektor funkcija oblika odavde je. Pošto se ovo ne poklapa ni sa jednim rešenjem i polinomi uz u sistemu su nultog stepena, polinomi u rešenju uz će biti prvog stepena. 3. Vektor funkcija oblika odavde je. Pošto se ovo ne poklapa ni sa jednim rešenjem i polinomi uz u sistemu su nultog stepena, polinomi u rešenju uz će biti prvog stepena. Sve ovo ćemo spojiti (prema principu superpozicije) u: Sad vraćamo to u polazni sistem odredimo :. Za početak treba da Sad određujemo postupno. 83

84 Kad izjednačimo dobijemo tri sistema jednačina: 1) 2) p 3) 1) 2) 84

85 3) Rešenje: kad uvedemo smenu : Rešenje: Rešenje homogenog sistema: Rešenja karakteristične jednačine. U ovom nehomogenom sistemu, imamo dva vektora funkcija: 85

86 Prva vektor funkcija oblika odavde je. Nijedno od rešenja karakteristične jednačnine nije oblika pa je stepen polinoma u rešenju 0. Druga vektor funkcija oblika odavde je. Nijedno od rešenja karakteristične jednačnine nije oblika pa je stepen polinoma u rešenju 0. Sve ovo ćemo spojiti (prema principu superpozicije) u: Sad vraćamo to u polazni sistem odredimo :. Za početak treba da Sad određujemo postupno. Kad izjednačimo dobijemo dva sistema jednačina: 86

87 1) 2) 1) 2) Rešenje: Rešenje: Rešenja karakteristične jednačine, tj.. Sad vraćamo to u polazni sistem odredimo :. Za početak treba da Kad izjednačimo dobijemo dva sistema jednačina: 87

88 1) 2) Odatle dobijamo:. Konačno rešenje: Rešenje: Rešenja karakteristične jednačine, Sad vraćamo to u polazni sistem odredimo :. Za početak treba da Kad izjednačimo dobijemo sistem jednačina: Odatle dobijamo:. 88

89 Konačno rešenje: Rešenje: Rešenja karakteristične jednačine Sad vraćamo to u polazni sistem odredimo :. Za početak treba da Kad izjednačimo dobijemo sistem jednačina, čijim rešavanjem dobijamo:. Rešenje: 89

90 Metoda varijacije konstanti Homogeno rešenje (sistema drugog reda) je oblika: gde je a Konstante variramo u funkcije (umesto da je to konstanta, pretvaramo se da je to funkcija argumenta t) Izvode funkcija dobijamo iz Nakon toga, integraljenjem dobijamo funkcije. Njih uvrstimo u homogeno rešenje koje onda postaje konačno rešenje sistema. Rešenja: Rešenja karakteristične jednačine. Rešenje homogenog sistem je: 90

91 Određujemo : Odatle sledi: Konačno rešenje (menjamo konstante): 91

92 Nelinearni sistemi su oblika: Nelinearni sistemi Rešavaju se tako što se pronađu nezavisni prvi integrali. Ima ih uvek onoliko koliko je znakova jednakosti u sistemu, odnosno za jedan manje od broja 'izraza' koje povezuju ti znakovi jendakosti: Prvi integrali moraju biti međusobno nezavisni. Dobijamo ih nalaženjem integralnih kombinacija i polaznog sistema. Rešenja su definisana prvim integralima. Za određivanje prvih integrala ne postoji jedinstven 'recept'. Zato je potrebno provežbati zadatke, kako bi se stekao 'osećaj' za njihovo pronalaženje. Uslov za postojanje rešenja je: Za rešavanje, će biti potrebno poznavati osobine razmera i diferencijala. Osobine razmera: 92

93 Osobine diferencijala: Za rešavanje nelinearnih sistema, ne postoji uverzalan 'recept' kao što postoji kod linearnih (tu spadaju sistemi koje smo dosad radili). Potrebno je koristeći osobine proporcije i diferencijala doći do međusobno linearno nezavisnih prvih integrala. Postoje neki šabloni kako se dolazi do njih, a ta rutina se stiče vežbom. Rešenje: Dobijamo sistem: 93

94 Imaćemo dva prva integrala: koristeći osobinu proporcije dobijamo: Provera uslova: Prema uslovu iz zadatka, ovo je uvek različito od nule. Prema tome, rešenje je određeno prvim integralima: Rešenje: Imaćemo dva prva integrala: 1. Dakle, imamo: 94

95 2. koristeći osobinu proporcije dobijamo: Očigledno je da su ova dva rešenja linearno nezavisna, pa nema potrebe za proverom uslova. Rešenje sistema je, dakle, određeno prvim integralima: Rešenje: Imaćemo tri prva integrala: 1. koristeći osobinu proporcije dobijamo: Dakle, imamo: 95

96 2. koristeći osobinu proporcije dobijamo: 3. koristeći osobinu proporcije dobijamo: Dakle, imamo: Očigledno je da su ova tri rešenja linearno nezavisna, pa nema potrebe za proverom uslova. Rešenje sistema je, dakle, određeno prvim integralima: Rešenje: Svođenjem na diferencijale dobijamo: 96

97 Imaćemo dva prva integrala: 1. koristeći osobinu proporcije dobijamo: 2. koristeći osobinu proporcije dobijamo: Rešenje: Imaćemo dva prva integrala: Rešenje: Imaćemo dva prva integrala: 97

98 1. 2. Rešenje: Imaćemo dva prva integrala: Rešenje: Imaćemo tri prva integrala:

99 3. Rešenje: Imaćemo dva prva integrala: Rešenje: Imaćemo dva prva integrala:

100 Rešenje: Imaćemo dva prva integrala: Rešenje: Imaćemo dva prva integrala:

101 Rešenje: Imaćemo dva prva integrala: Rešenje: Imaćemo dva prva integrala:

102 Parcijalne diferencijalne jednačine Ove jednačine su oblika (linearne): kvazilinearne: Prilično lako se svode na nelinarne sisteme i tako se rešavaju. Svođenje je: Linearne: Kvazilinearne Rešenje: Rešavanjem ovog sistema dobije se prvi integral 102

103 Rešenje: Rešavanjem ovog sistema dobije se prvi integral Rešenje: Rešavanjem ovog sistema dobiju se prvi integrali pa je konačno rešenje oblika: Rešenje: Rešavanjem ovog sistema dobiju se prvi integrali 103

104 pa je konačno rešenje oblika (jer se funkcija integralu): pojavljuje samo u jednom Rešenje: Rešavanjem ovog sistema dobiju se prvi integrali pa je konačno rešenje oblika (pošto se funkcija pojavljuje u oba integrala): Rešenje: Rešavanjem ovog sistema dobiju se prvi integrali pa je konačno rešenje oblika (pošto se funkcija pojavljuje u oba integrala): 104

105 Rešenje: Rešavanjem ovog sistema dobiju se prvi integrali pa je konačno rešenje oblika (pošto se funkcija pojavljuje u jednom integralu): 105

106 Treci zadatak Funkcija kompleksne promenljive Funkcija kompleksne promenljive je oblika (algebarski oblik) Svaka funkcija se sastoji iz realnog i kompleksnog dela: Moduo kompleksnog broja - : Argument kompleksnog broja - : 106

107 Važi i: Ako su i kompleksni brojevi onda važi: Pri tom je i. Dakle, funkcija je višeznačna. Izvod funkcije kompleksne promenljive. Koši-Rimanovi uslovi. Funkcija je diferencijalna u ako postoji: Funkcija je regularna (analitička) u ako je diferencijabilna u svakoj tački neke okoline. Tačke u kojima funkcija nije analitička se nazivaju singularnim tačkama. Tačka je izolovani singularitet ako je analitička u svim tačkama neke okoline tačke osim u. Izolovani singularitet je pol funkcije ako je Ako je funkcija diferencijabilna u tački i tada postoje svi parcijalni izbodi funkcija Rimanovi uslovi: i važe Koši- Suprotno: ako su diferencijabilne u i važe Koši-Rimanovi uslovi u, tada je diferencijabilna u. 107

108 Ako vam ovaj zadatak zapadne, tekst se može razlikovati tu i tamo, ali je poenta ista: daju ili a vi preko K-R uslova treba da odredite ono drugo. Jedina težina u ovim zadacima mogu biti integrali. Hiperboličke funkcije Ovo je klasa funkcija koje ste dosad uspešno izbegavali, ali vreme je da ih naučite. Za ovaj tip zadataka, ali i za Laplasovu transformaciju (4. zadatak) potrebno je znati hiperbolički sinus i kosinus: hiperbolički sinus naziv hiperbolički kosinus definicija izvod integral ako je: Odrediti sve analitičke funkcije Rešenje: Prvo određujemo iz Koši-Rimanovih uslova sledi: Sada treba da dobijemo. To se najlakše radi rešavajući odgovarajuću jednačinu sa totalnim diferencijalom: 108

109 Dakle, ako je: Odrediti sve analitičke funkcije Rešenje: Sada treba da dobijemo. To se najlakše radi rešavajući odgovarajuću jednačinu sa totalnim diferencijalom: 109

110 Dakle, sve to vratimo u polaznu funkciju ako je: Odrediti sve analitičke funkcije Dakle 110

111 ako je: Odrediti sve analitičke funkcije Rešenje: Prvo određujemo iz Koši-Rimanovih uslova sledi: 111

112 ako je: Odrediti sve analitičke funkcije Koja je vrednost za? Rešenje: u pa imamo partikularno rešenje: Zadaci za samostalan rad: 112

113 Rešenja:

114 Integral funkcije kompleksne promenljive. Reziduum. Ovde bi trebalo preći sve vezano za integral kompleksne promenljie i Košijeve formule. Pošto zadaci iz toga ne dolaze na ispitu, ovde to nećemo pominjati, ali bi bilo zgodno da prođete to sa slajdova. Ono što dolazi na ispitu je računanje integrala preko reziduuma. - izolovani singularitet funkcije u tački, ograničen konturom C. Definicija: odavde sledi: u slučaju da imamo više singulariteta u oblasti ograničenoj konturom C: Pomoću Košijevih formula, mogu da se izračunaju reziduumi u singularitetima koji su polovi: 1. Ako je onda je pol 1. reda i važi: 2. Ako je 114

115 onda je pol 1. reda i važi: obratite pažnju da znači stepen izvoda. Tako, na primer, za (pol trećeg stepena), tražićemo izvod drugog reda. Neke granične vrednosti: Izračunati integral: Rešenje: Prvo ćemo nacrtati konturu C: Dakle, kontura je kružnica sa centrom u tački (0,0) i poluprečnikom Zatim tražimo polove. Polove nalazimo kad imenilac razlomka u integralu izjednačimo sa nulom: Polovi su i (jednostruki pol) 115

116 prvo proveravamo uslov (da li je ovo pol i otklonjiv prekid) Dakle, je pol drugog reda. Rešenje je zbir reziduuma prema formuli (obratite pažnju kako se menja znak u zavisnosti od toga kako obilazimo konturu: ). 116

117 Izračunati integral: Rešenje: Prvo ćemo nacrtati konturu C: Dakle, kontura je kružnica sa centrom u tački (1,1) i poluprečnikom Zatim tražimo polove. Polovi su (jednostruki pol), (jednostruki pol), (jednostruki pol), (jednostruki pol). Iz uslova (kontura C) vidimo da i ne pripadaju konturi, pa ih ne računamo. Ostaju dva pola: 117

118 Rešenje je zbir reziduuma prema formuli (obratite pažnju kako se menja znak u zavisnosti od toga kako obilazimo konturu: ). Izračunati integral: Rešenje: Prvo ćemo nacrtati konturu C: Dakle, kontura je kružnica sa centrom u tački (1,0) i poluprečnikom Zatim tražimo polove. Ovde izgleda kao da postoji jedan pol i da je trostruki. Međutim, nije tako (probajte da uradite, dobićete 0 za graničnu vrednost, a to ne može biti reziduum). Zato treba da razvijemo funkciju: Polovi su,. 118

119 Pošto je pol višestruki, prvo ispitujemo postojanje granične vrednosti (uslov postojanja reziduuma, stavka 2). Već smo videli ovaj pol nije trostruki. Probajmo za dvostruki. Dakle, pol je dvostruki. Jedina vrednost celobrojnog parametra k, za koju tačka z pripada konturi C je 1, pa imamo uvodimo smenu: 119

120 Izračunati integral:. Polovi su. Iz uslova (kontura C) vidimo da ne pripada konturi, pa ga ne računamo. Ostaju dva pola: Ovo je otklonjiv prekid, nema reziduuma. 120

121 Konačno rešenje je zbir reziduuma. Pošto imamo samo jedan: Izračunati integral: Rešenje: Prvo ćemo nacrtati konturu C: Dakle, kontura je kružnica sa centrom u tački (1,0) i poluprečnikom Zatim tražimo polove. 121

122 Polovi su,. Iz uslova (kontura C) vidimo da ne pripada konturi, pa ga ne računamo. Ostaju tri pola: Pol je dvostruki: 122

123 Konačno rešenje je zbir reziduuma: Izračunati integral: Polovi su,. Iz uslova (kontura C) vidimo da i ne pripadaju konturi, pa ga ne računamo. Ostaju dva pola: Pol je dvostruki: 123

124 Konačno: Izračunati integral: Polovi su, Pol je trostruki: 124

125 Konačno: Pošto nam nije data oblast D, definisana konturom C, razmatramo sledeće slučajeve:

126 Izračunati integral: Rešenje: Prvo ćemo nacrtati konturu C: Kad razvijemo ovo po definiciji dobijamo: odavde dobijamo: Sada tražimo vrednosti k (celobrojno) za koje će dobijena tačka oblasti ograničenoj konturom C. pripadati 126

127 nema smisla da ispitujemo za i dalje, jer sigurno neće biti u oblasti D. nema smisla da ispitujemo za i manje, jer sigurno neće biti u oblasti D. Polovi su,. 127

128 Konačno rešenje: Izračunati integral: Rešenje: 128

129 Kontura je krug poluprečnika 1, sa centrom u. Pol je. Pol je trostruki: Konačno: Izračunati integral: Rešenje: Konturu određuje kružnica poluprečnika 5, sa centrom u. Zatim tražimo polove. 129

130 nema potrebe da idemo dalje. Sad idemo u minus: Dakl Polovi su,, Konačno rešenje: 130

131 131

132 Četvrti zadatak Četvrti zadatak je vezan za Laplasovu transformaciju. Laplasova transformacija funkciji realne promenljive pridružuje funkciju kompleksne promenljive (tj. transformiše realnu funkciju u funkciju kompleksne promenljive, koja je algebarskog oblika). Koristi se za rešavanje diferencijalnih jednačina i sistema diferencijalnih jednačina. Logika je sledeća: 1. Imamo diferencijalnu jednačinu realnog argumenta 2. Transformišemo diferencijalnu jednačinu u algebarsku jednačinu kompleksnog argumenta 3. Rešimo algebarsku jednačinu 4. Vratimo rešenje jednačine inverznom Laplasovom transformacijom u realni domen. Osobine i tablice Laplasove transformacije su date u prilogu na kraju zbirke. A sada malo formalnijih stvari: Data je funkcija realne promenljive. Njoj se pridružuje funkcija kompleksne promenljive. Pravilo po kom se vrši ovo pridruživanje naziva se Laplasova transformacija i zapisuje se kao:. Formula po kojoj se pridruživanje vrši: Odskočna funkcija. Definiše se ovako: Laplasova slika je: 132

133 Nalaženje Laplasove transformacije Trebalo bi da prođete one primere na Šonetovim slajdovima a ovde ću dati nekoliko. Dakle koriste se osobine i tablica. Za ispit nisu potrebni neki složeni primeri. Inverzna Laplasova transformacija Inverznom Laplasovom transformacijom, vraćamo funkciju iz s domena u t domen. Postoje dva načina nalaženja inverzne Laplasove transformacije: Preko inverznih razlomaka i preko reziduuma. Zapis inverzne Laplasove transformacije: 1. Svođenje na inverzne razlomke: a) jednostruki pol b) višestruki pol c) konjugovano-kompleksni pol 133

134 2. Pomoću reziduuma 1) je pol I reda 2) je pol višeg (k-tog) reda Na kraju Osobina konvolucije: Ako je funkcija zadata kao proizvod dveju funkcija: Onda se inverzna osobina može odrediti preko osobine konvolucije (znak *). Pri tom su i : pošto je osobina konvolucije komutativna: 134

135 Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: Rešenje: 1) Reziduum: Imamo dva pola, i. Oba su jednostruka: 2) Razlomci 135

136 Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: Rešenje: Ovaj zadatak ćemo odraditi preko inverznih razlomaka. Vi probajte i preko reziduuma, dobićete isto. - Ovo je impulsna funkcija. Samo zapamtite da je Laplasova transformacija te funkcije 1, a inverzna L. transformacija od 1 je potrebno znati. Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: Rešenje: Imamo dva pola, (jednostruki) i (dvostruki): 136

137 Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: Rešenje: Čitamo iz tablice (stavka 5) Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: Rešenje: Rastavimo na razlomke: 137

138 Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije. Ovaj zadatak je urađen na slajdovima sa vežbi netačno. Zato ćemo ga ovde uraditi na oba načina. Rešenje: Prvi način (reziduum) Imamo tri pola,,, (jednostruki): 138

139 Drugi način (razlomci) 139

140 Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: Rešenje: Rastavimo na razlomke: 140

141 Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: Rešenje: Rastavimo na razlomke: 141

142 Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: Rešenje: Predstavimo ovu funkciju na sledeći način: Iz tablice osobina, koristimo osobinu odskočne funkcije: Sada treba naći inverznu Laplasovu transformaciju od. Odredi inverznu Laplasovu transformaciju funkcije: 142

143 Rešenje: Ovaj zadatak ćemo rešiti primenom osobine konvolucije. gde su Tražena funkcija je (osobina konvolucije): 143

144 Zadaci za samostalan rad (napominjem da ove zadatke nisam proverio ručno, tako da je moguća greška, samo sam ih prepisao (sa rešenjima) iz jedne zbirke). Potrebno je odrediti inverznu Laplasovu sliku za datu funkciju :

145 Rešenja:

146

147 Rešavanje diferencijalnih jednačina preko Laplasove transformacije Linearne (ne)homogene jednačine je moguće rešiti i preko Laplasove transformacije. Pri tom traži se partikularno rešenje pri zadatim uslovima. Neka je data jednačina: Tražimo funkciju takvu da je. Zatim inverznom Laplasovom transformacijom dobijamo traženu funkciju. Koristi se osobina izvoda Laplasove transformacije: Dakle, upotrebimo ovu osobinu za svako, dobijemo jednačinu iz koje izrazimo, zatim ga inverznom transformacijom prevedemo u traženu funkciju. Koristeći Laplasovu transformaciju, rešite jednačinu: pri uslovima: Rešenje: 147

148 Odatle: Koristeći Laplasovu transformaciju, naći opšte rešenje jednačine: Nalaženje opšteg rešenja je slično kao kod partikularnog. Samo, ovog puta ćemo pretpostaviti da je. Rešenje: Vratimo to u jednačinu: 148

149 Odatle: Neka su i. Koristeći Laplasovu transformaciju, naći opšte rešenje jednačine: Nalaženje opšteg rešenja je slično kao kod partikularnog. Samo, ovog puta ćemo pretpostaviti da je. Rešenje: 149

150 Vratimo to u jednačinu: Sada bi trebalo razložiti na izložioce. To se radi na sledeći način: Imamo funkciju. Koristimo Tejlorov razvoj: u tački (izjednačimo imenilac sa nulom). 150

151 Takođe, isti rezultat bi se dobio kada bismo uradili: Vratimo to: Inverznom Laplasovom transformacijom dobijamo: Koristeći Laplasovu transformaciju, naći opšte rešenje jednačine: pri uslovima Rešenje: Krećemo sa transformacijom: 151

152 Da bismo odredili preostalu Laplasovu transformaciju (integral) Koristimo osobinu 12. (konvolucija) iz tablice Laplasovih transformacija. Osobina glasi dakle Vratimo to u jednačinu: Odatle: 152

153 Koristeći Laplasovu transformaciju, naći opšte rešenje jednačine: Rešenje: Za početak treba da prevedemo u analitički oblik. To se radi preko hevisajdove (odskočne) funkcije. Prvo pogledamo koliko intervala imamo. U ovom slučaju su dva: U ovom slučaju funkcija je: U ovom slučaju funkcija je: Ukupno je: Sad se vraćamo na zadatak. Pretpostavimo da je : Vratimo to u jednačinu: 153

154 Odatle: Koristeći Laplasovu transformaciju, naći opšte rešenje jednačine: pri uslovima: Rešenje: Prevodimo u analitički oblik. U ovom slučaju funkcija je: U ovom slučaju funkcija je: Ukupno je: Sad se vraćamo na zadatak: 154

155 Vratimo to u jednačinu: Odatle: Zadaci za samostalan rad:

156 Rešenja:

157 Rešavanje sistema diferencijalnih jednačina preko Laplasove transformacije Sisteme nehomogenih diferencijalnih jednačina je moguće rešiti putem Laplasove transformacije. Ovog puta tražimo dve funkcije: i. Dobija se sistem dve jednačine sa dve nepoznate Rešavanjem ovog sistema dobijamo ove dve funkcije. Zatim inverznom Laplasovom transformacijom iz njih dobijamo tražene funkcije. Koristeći Laplasovu transformaciju, naći rešenje sistema: Rešenje: Sistem ćemo rešiti Kramerovom metodom. Sistem: Kramerova metoda za sistem sa dve jednačine sa dve nepoznate: Determinante: Rešenja: 157

158 Dakle, konačno rešenje je: 158

159 Zadaci za samostalan rad:

160 Rešenja:

161

162 JEDNAČINA SA RAZDVOJENIM PROMENLJIVIMA... 4 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA PRVOG REDA...11 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA PRVOG REDA...14 BERNULIJEVA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA...17 JEDNAČINE SA TOTALNIM DIFERENCIJALOM...20 REŠENJA ZADATAKA:...25 INTEGRALI POTREBNI ZA REŠAVANJE ZADATAKA IZ ZBIRKE:...31 HOMOGENE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE VIŠEG REDA...41 NEHOMOGENE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE VIŠEG REDA...44 Zadaci za samostalan rad: Resenja: JEDNAČINE KOJIMA SE MOŽE SNIZITI RED...54 Zadaci: Rešenja Zadaci: Rešenja HOMOGENI SISTEMI...57 Zadaci za samostalan rad: Rešenja: NEHOMOGENI SISTEMI...81 Metoda neodređenih koeficijenata: Metoda varijacije konstanti NELINEARNI SISTEMI...92 PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

163 FUNKCIJA KOMPLEKSNE PROMENLJIVE IZVOD FUNKCIJE KOMPLEKSNE PROMENLJIVE. KOŠI-RIMANOVI USLOVI Zadaci za samostalan rad: Rešenja: INTEGRAL FUNKCIJE KOMPLEKSNE PROMENLJIVE. REZIDUUM Nalaženje Laplasove transformacije Inverzna Laplasova transformacija Rešenja: REŠAVANJE DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA PREKO LAPLASOVE TRANSFORMACIJE Zadaci za samostalan rad: Rešenja: REŠAVANJE SISTEMA DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA PREKO LAPLASOVE TRANSFORMACIJE Zadaci za samostalan rad: Rešenja:

164 ОСОБИНЕ ЛАПЛАСОВЕ ТРАНСФОРМАЦИЈЕ ОРИГИНАЛ ( f (), t g() t ) СЛИКА ( F(), s G() s ) 1. α f() t ± β g() t α Fs ( ) ± βgs ( ) 2. f ( at ) 1 s F( ), a > 0 a a as 3. f ( t a) U( t a ) e F(), s a > 0 at 4. e f() t Fs ( a ) 5. tf() t F () s n 6. t f() t F s n n ( n) ( 1) ( ), 7. f () t t s F( z) dz 8. f () t sf() s f (0) 9. f ( n ) () t sfs s f f n n 1 ( ( ) n 1) (0)... (0) 10. t 0 f ( xdx ) F() s s 11. t t1 t n 1 dt dt... f ( t ) dt n n Fs (), n n s t 1 2 = f f () t f ( t x) f ( x) dx F1() s F2() s 12. ( ) 12. ( ) t > 0 f( t) = f( t + T) 1 st Fs () = () 1 st e ftdt e T 0

165 ОСНОВНЕ ЛАПЛАСОВЕ ТРАНСФОРМАЦИЈЕ ОРИГИНАЛ СЛИКА n t 1 1, Re( s) > 0 s n!, Re( s n+ ) > 0, n s e 3. Ut ( a ), Re( s) > 0, a > 0 s 4. at e as 1, Re( s )> a s a a 5. sin at, Re( s ) > s + a s 6. cos at, Re( s ) > s + a n as n! 7. ( t a) U( t a) e + 1, Re( s ) > 0, a > n 0 s as b 8. si n bt ( a) Ut ( a) e, Re( s) > 0, a > s + b as s 9. co s bt ( a) Ut ( a) e, Re( s) > 0, a > s + b 10. at n e t n 1 n!, Re( s) > a, n ( s a) + at b 11. e sin bt, Re( s ) 2 2 ( s a) + b at s a 12. e cosbt, Re( s ) 2 2 ( s a) + b 2as 13. tsin at, Re( s) > ( s + a ) 14. t cos at 15. sin at t > a > a 2 2 s a, Re( s ) > ( s + a ) π s arctg, Re( s) > 0 2 a a 16. sh at, Re( s ) > a 2 2 s a s 17. ch at, Re( s ) > a 2 2 s a