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 a j, a i i m N. 3. Neka je funkcija f analiti ka na zatvorenom jedini nom disku ( D = {z C : z }). Pretpostavimo da je f(x) = za z = i da f nije konstantna funkcija. Pokazati da slika funkcije f sadrºi otvoreni jedini ni disk (D = {z C : z < }). 4. Primenom Laplasove transformacije re²iti sistem integralnih jedna ina: x(t) = e t y(t) = t x(u)du + 4 t t t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar 24. e t u y(u)du, y(u)du.. Izra unati: I(a) = e x2 2 cos ax dx, a R. 2. Odrediti sve cele funkcije za koje je: ( z 2 + 6 ) f(z) = f. 5
3. Primenom Ko²ijevog ra una ostataka izra unati: x 2 (x 2 + ) 2 (x 2 + 2) dx. 4. Primenom Laplasove transformacije re²iti sistem diferencijalnih jedna ina: x y + z = x + 2y 2z = sin t x + y z = x() =, x () =, y() =, y() = 2. Pismeni ispit, 5. septembar 24.. Izra unati: I(p) = cos px xe x dx, p R. 2. Odrediti sve cele funkcije za koje je: f(z) = f(z 2 + z). 3. Izra unati: ln x x 4 + dx. 4. Primenom Laplasove transformacije re²iti sistem diferencijalnih jedna ina: x 2y + z = x + 2y + z = 2e t x 2y + z = x() =, x () =, y() =, z() =. 2 2
Pismeni ispit, julski ispitni rok 24.. Izra unati: I(n, a) = dx, n N, a >. (x 2 + a) n+ 2. Odrediti analiti ku funkciju f(z) na C ako je f(z) = (x 2 + y 2 )e 2xy. Odrediti lim z f(x). 3. Izra unati: ln x (x 2 + ) 2 dx. 4. Primenom Laplasove transformacije re²iti Ko²ijev problem: y + 4y + 4y = e 2t cos t + 2e 2t sin t, y() = 8, y () = 7. Pismeni ispit, 2. jul 24.. Izra unati: I(α, β, m) = e αx e βx x sin mxdx, α >, β >, m R 2. Neka je analiti ka funkcija f(z) u jedini nom disku re²enje jedna ine: f(z) = z + f(z 2 ), f() =. Razviti funkciju u Tejlorov red po stepenima z. Koliki je polupre nik konvergencije tog reda? 3. Izra unati: ln x x 3 + dx. 4. Primenom Laplasove transformacije re²iti Ko²ijev problem: y + 2y + y = 24te t, y() = 2; y () = 7; y () = 24. 3
2. kolokvijum, 3. jun 24.. Izra unati I = 2π Re²enje: I = 2π ɛ 2 2. Izra unati I = Re²enje: I = π e 2 dθ, ( ɛ ) +ɛ cos θ cos x sin x (+x 2 ) dx x 3. Izraziti u funkciji od Γ( 3 ): I = x3 ( x 3 ) 3 dx Re²enje: I = Γ3 ( 3 ) 2π 3 4. Primenom Laplasove transformacije re²iti Ko²ijev problem: y + y = 24e t + 6, y() = 3, y () = 6, y () =. Re²enje: y(x) = 6x 2 + 7(e x + cos x sin x). kolokvijum, 28. april 24.. Izra unati integral I(b) = e x2 cos (bx)dx, b R. Re²enje: I (b) = Parcijalnom integracijom, imamo da je xe x2 sin bxdx u = sin bx, dv = xe x2, du = b cos bx, v = 2 e x2. I (b) = 2 sin bx e x2 + b 2 di I = 2 b db ln I = b2 4 + C I = C e b2 4 e x2 cos (bx)dx = + b 2 I = b 2 I Znamo da je I() = e x2 dx, a da je ovo Poasonov integral ija je vrednost π 2, pa je: π 2 = e x2 dx = I() = C e 2 4 = C 4
π I = 2 e b 2. Odrediti standardne ta ke funkcionala: Re²enje: J(y) = π 4 Kako znamo da je I = (y 2 y 2 + 6y sin 2x)dx y() =, y( π 4 ) =. F (x, y, y ) = y 2 y 2 + 6y sin 2x df dy d df = dx dy Za F (x, y, y,..., y (n) ) formula je: F y d F d2 dx y + F dx 2 y + +( ) n dn F dx n y (n) = df dy = 2y + 6 sin 2x df Karakteristi na jedna ina je: 2 4 dy = 2y d df = 2y dx dy df dy d df = 2y + 6 sin 2x + 2y = dx dy y + y = 3 sin 2x λ 2 + = λ = ±i Op²te re²enje jedna ine y + y = 3 sin 2x je odavde: y h = C cos x + C 2 sin x Re²enje nehomogene jedna ine moºemo re²iti metodom varijacija konstanti: Re²avanjem ovog sistema dobijamo: C cos x + C 2 sin x = C sin x + C 2 cos x = 3 sin 2x C = 6 sin 2 x cos x C 2 = 6 sin x cos 2 x Integraljenjem posebno svaki od ovih izraza dobijamo: C = 2 sin 3 x + A C 2 = 2 cos 3 x + B, gde su A i B konstante. 5
y = C cos x + C 2 sin x = (2 sin 3 x + A) cos x + (2 cos 3 x + B) sin x Kori² enjem zadatih uslova y() =, y( π ) =, dobijamo A = B = i: 4 y = 2 sin 3 x cos x + 2 cos 3 x sin x 3. Odrediti analiti ku funkciju f(z) = u(x, y) + iv(x, y), ako u i v zadovoljavaju relaciju: Re²enje: uy vx + 2x 3 y + 2xy 3 = Analiti ka funkcija je funkcija koja se moºe razviti u red u okolini neke ta ke. I za realne i za kompleksne analiti ke funkcije vaºi da su one beskona no diferencijabilne, ali kod kompleksnih analiti kih funkcija vaºi i ekvivalencija da je funkcija analiti ka ako i samo ako se moºe razviti u Tejlorov red u okolini neke ta ke za svaku ta ku domena. Zbog osobina diferencijabilnosti, kompleksne analiti ke funkcije oblika f(z) = u(x, y) + iv(x, y) zadovoljavaju Ko²i-Rimanove uslove: u x = v y, u y = v x, a takože su i harmonijske funkcije, jer zadovoljavaju Laplasovu jedna inu: u xx + u yy =, v xx + v yy =. Diferencirajmo jedna inu koju zadovoljavaju funkcije u i v najpre po promenljivoj x, a zatim po promenljivoj y: u x y v x x v + 6x 2 y + 2y 3 = u y y + u v y x + 2x 3 + 6xy 2 = Diferencirajmo prvu od njih jo² jednom po x, a drugu jo² jednom po y i saberimo ih: u xx y v xx x v x v x + 2xy = u yy y + u y + u y v yy x + 2xy = y(u xx + u yy ) x(v xx + v yy ) 2v x + 2u y + 24xy = 6
Kako vaºe jedna ine u xx + u yy =, v xx + v yy = i u y = v x, dobijamo: u = 4u y + 24xy = ( 6xy)dy = 6x ydy = 3xy 2 + C (x), gde je C (x) konstanta po y koja moºe zavisiti od x. Sli no dobijamo oblik funkcije v do na konstantu po x: 4v x + 24xy = v = 3x 2 y + C 2 (y). Poznaju i i zavisnost u x = v y, ako diferenciramo dobijenu jedna inu za funkciju u po x, a funkciju v po y, imamo: u x = 3y 2 + C (x) = 3x 2 + C 2(y) = v y, a kako znamo da C moºe biti samo funkcija od x i analogno C 2 moºe zavisiti samo od y, dobijamo da je: odakle lako dobijamo da je: C (x) = 3x 2, C 2(y) = 3y 2, C (x) = x 3 + A, C 2 (x) = y 3 + B, gde su A i B konstante. u = x 3 3xy 2 +A, v = y 3 +3x 2 y+b, f = x 3 3xy 2 +A+i( y 3 +3x 2 y+b). 4. Funkciju f(z) = z2 2z+5 (z 2)(z 2 +) Re²enje: razviti u Loranov red u prstenu < z < 2. f(z) = z2 2z + 5 (z 2)(z 2 + ) = z 2 2z + 5 (z 2)(z i)(z + i) = z 2 + i z i i z + i Skicirajmo sad nule funkcije i prsten u koji se traºi da funkciju razvijemo. Na osnovu slike vidimo da deo funkcije treba da razvijemo u z 2 Tejlorov red, a po²to za lanove i i i Tejlorov razvoj ne postoji, z i z+i njih treba da razvijemo u Loranov red. Znaju i da je = z zn, 7
i ostale delove razloºene funkcije treba da prilagodimo na taj oblik kako bi smo ih sra unali. z 2 = 2 z 2 = 2 Za Loranov red koristimo smenu t = z vratimo smenu i dobijamo razvoj po z. ( z n z = 2) n 2 n+ i razvijamo red po t, a na kraju, samo z i = i = t it = t it = t (it) n = t i n t n+ = i n z n+ z + i = + i = t t + it = t ( it) = t ( it) n = z n f(z) = 2 i n+ n+ z + ( ) n+ i n+ = n+ z n+ ( ) n i n t n+ = z n 2 + n+ ( ) n i n z n+ i n+ z n+ ( +( )n+ ) 8