Vodič za pokušaj polagaja drugog parcijalog ispita iz Ižejerske Matematike AbdagićAlvi, Dragolj Edi 3. Maj 7. Verzija.569 Sadržaj Uvod Rješeja pripremih zadataka iz Ižejerske matematike 3. Zadatak............................................. 3. Zadatak............................................. 4.3 Zadatak............................................ 5.4 Zadatak............................................ 6.5 Zadatak............................................ 7.6 Zadatak............................................. 8.7 Zadatak............................................. 9.8 Zadatak 3..............................................9 Zadatak 3.............................................. Zadatak 4............................................. 3. Zadatak 4............................................. 4. Zadatak 5............................................. 5.3 Zadatak 5............................................. 7.4 Zadatak 5............................................ 9 3 Rješeja pripremih zadataka iz Ižejerske matematike 3. Zadatak............................................. 3. Zadatak............................................. 3.3 Zadatak............................................ 3 3.4 Zadatak............................................. 3 3.5 Zadatak 3............................................. 4 3.6 Zadatak 4............................................. 5 3.7 Zadatak 5............................................. 7 3.8 Zadatak 5............................................. 9 4 Rješeje varijate A drugog parcijalog ispita iz Ižejerske matematike u akademskoj 5/6 a popravom roku 3 4. Zadatak............................................. 3 4. Zadatak............................................. 3 4.3 Zadatak 3............................................. 33 4.4 Zadatak 4............................................. 34 4.5 Zadatak 5............................................. 35
5 Rješeje varijate B drugog parcijalog ispita iz Ižejerske matematike u akademskoj 5/6 a popravom roku 38 5. Zadatak............................................. 38 5. Zadatak............................................. 38 5.3 Zadatak 3............................................. 4 5.4 Zadatak 4............................................. 4 5.5 Zadatak 5............................................. 43 Uvod Dobro došli u prvo (a vjerovato i jedio) izdaje "vodiča za polagaje ispita", skripte koja je zamišljea da studetima poudi presjek zadataka koji ih mogu očekivati a drugom parcijalom ispitu. U skripti je obrađeo 3-ak zadataka, koji su prikupljei s prošlogodišjeg materijala "Pripremi zadaci" (s obzirom da ovogodišji materijal ije bio dostupa za vrijeme pravljeja skripte) i prošlogodišjeg popravog ispita. Zadaci su obrađei a ivou aših (skromih) raspoloživih zaja, ali mislimo da mogu pružiti uvid u metodiku rješavaja zadataka. Isto tako, molimo vas da shvatite da e možemo garatovati tačost zadataka (pa je poželjo da svaki zadatak koji radite-sami provjerite), kao i da su moguće pravopise greške i greške ostale prirode jer ije bilo puo vremea za detaljo pregledaje. Neki zadaci su kraće obrađei, adam se da ćete imati razumijevaja za to, jer vremeski uslovi/rokovi isu dozvoljavali "dublju" aalizu zadataka. Ovom prilikom želimo se zahvaliti prof. dr. Huse Fatkiću što je ukazao podršku ovom malom projektu, kao i svima oima koji su am pružali pomoć te ukazivali a greške i edostatke u radu. Bićemo i dalje otvorei za sve sugestije, primjedbe i pohvale. Nadamo se da će vam ovaj materijal biti koliko-toliko od koristi i da će se jegovo korišteje pozitivo odraziti a rezultate ispita. Na kraju, želimo vam mogo sreće a ispitu.
Rješeja pripremih zadataka iz Ižejerske matematike. Zadatak Odredite Fourierov itegral i Fourierovu trasformaciju fukcije f zadae formulom: {, x > f(x), x Na osovu dobijeih rezultata izračuajte esvojstvei Riemaov itegral: Rješeje si ω ω dω Zadaa fukcija f se može apisati u obliku:, x < f(x), x, x >..5 Slika : Dio grafika fukcije f Na svakom koačom itervalu (a, b), gdje su a i b proizvolji reali brojevi, za zadau fukciju f vrijedi:. Fukcija f ima maksimalo dvije tačke prekida. i svi su prve vrste. U svim ostalim tačkama fukcija f je eprekida.. Fukcija f je a itervalima (, ) (a, b),, (a, b) i (, ) (a, b) mootoa. Prema tome fukcija f(x) zadovoljava Dirichleove uslove a svakom koačom itervalu (a, b). Kako je f(x) dx f(x) dx + f(x) dx + f(x) dx dx x, to je zadaa fuckija apsoluto itegrabila a itervalu (, ). Primijetimo da vrijedi f( x) f(x), odoso da je zadaa fukcija f para. Na osovu zaključeog možemo odrediti Fourierovu trasformaciju: F (ω) f(x) cos(ωx)dx f(x) cos(ωx)dx + f(x) cos(ωx)dx cos(ωx)dx si(ωzx) ω si ω ω. 3
Također fukcija f se u svim tačkama eprekidosti može predstaviti Fourierovim itegralom: f(x) F (ω) cos(ωx)dω si ω ω cos(ωx)dω si ω ω cos(ωx)dω. Koristeći se dobijeim Fourierovim itegralom, i uvrštavajući vrijedost x (što možemo uraditi, jer je fukcija eprekida u x ) dobijemo: f() si ω ω cos(ω )dω, si ω ω dω, si ω ω dω. Slika : Dio grafika poditegrale fukcije si ω ω. Zadatak Naći Fourierov itegral i Fourierovu trasformaciju fukcije zadae formulom: {, t <, f(t) e αt, t, α > Rješeje: U određivaju Fourierovog itegrala date fukcije potrebo je razmotriti uslove kovergecije tražeog Fourierovog itegrala: a) fukcija f : R R je apsoluto itegrabila fukcija, tj. + f(t) dt <, b) fukcija f zadovoljava Dirichletove uslove a svakom koačom razmaku u R. Podsjećaja radi avedimo Dirichletove uslove:. postoji koača skup A a, b tako da je f eprekida fukcija u svakoj tački skupa a, b\a. Ukoliko je A, oda u svakoj tački skupa A fukcija f ima skok prve vrste; 4
..5 Slika 3: Dio grafika fukcije f. postoji podjela segmeta a, b a koačo mogo dijelova takva da je fukcija f mootoa a svakom od tih dijelova segmeta. Očigledo je kako data fukcija zadovoljava Dirichletove uslove. Stoga ispitajmo još apsolutu itegrabilost: + + + e f(t) dt e αt dt dt + e αt αt r dt lim r + α α R, prema tome data fukcija je apsoluto itegrabila. Sada možemo preći a račuaje Fourierove trasformacije, pa polazimo od relacije: S(ω) + f(t)e ıωt dt + e αt e ıωt dt + e (αt+ıω)t dt α + ıω Zajući Fourierovu trasformaciju možemo jedostavo izvršiti račuaje Fourierovog itegrala pomoću relacije f(t) + S(ω)eıωt dω, tj: f(t) Time je određe Fourierov itegral. + S(ω)e ıωt dω + α + ıω eıωt dω.3 Zadatak Riješite Cauchyev problem: x y + y x e t. x y x + y t x() x () y() y () Rješeje: "Laplace"-irajem sistema dif. jedačia dobijemo sistem algebarskih jedačia po epozatim fukcijama X(z) i Y (z): z X(z) zx() x () (z Y (z) zy() y ()) + zy (z) y() X(z) z z (z X(z) zx() x ()) (z Y (z) zy() y ()) (zx(z) x()) + Y (z) z x() x () y() y () 5
Odoso: z X(z) z Y (z) + zy (z) X(z) z z z X(z) z Y (z) zx(z) + Y (z) z Sređivajem dobijemo: X(z)(z ) Y (z)z(z ) z z(z ) Rješavajem datog sistema dobijemo: X(z)z(z ) Y (z)(z ) z X(z) z Y (z) z(z ) z (z ) U fialoj etapi rješavaja treba aći iverze Laplace-ove trasformacije dobijeih fukcija, u cilju lakšeg ostvareja te amjere poželjo je X(z) i Y (z) predstaviti preko parcijalih razlomaka. Time dobijemo: X(z) z z + (z ) Y (z) z + (z ) Sada "iverzim Laplace-irajem" (kojeg obavljamo uz pomoć tablica) dobijemo: X(z) L z z + (z ) t e t + te t Y (z) L z + (z ) t + te t..4 Zadatak Nađite iverzu Laplaceovu trasformaciju fukcije: Rješeje Zadatu fukciju možemo apisati kao: F (z) z (z + ) z F (z) z + z + Na osovu osobie liearosti Laplaceove trasformacije imamo: L F (z)(t) L z z + z + (t) Dalje a osovu osobie kovolucije Laplaceove trasformacije imamo: L F (z)(t) t L z z + (x) L z (x t) dx + h Ako su f (t) E(a ), f (t) E(a ), a a, Lf (t)(z) F (z) i Lf (t)(z) F (z), oda vrijedi: R i L t f (x)f (t x)dx (z) F (z) F (z), odoso L F (z) F (z) (t) R t f (x)f (t x)dx 6
Iz tablice Laplaceovih trasformacija imamo: L z + (t) si t i L u gorji izraz imamo: L F (z)(t) t cos(x) si(t x)dx Trasformacijom proizvoda cosiusa i siusa u zbir siusa dobijemo: L F (z)(t) L F (z)(t) t.5 Zadatak t si(x (t x)) + si(x + (t x))dx si(x t)dx+si t t dx L F (z)(t) t si t + Nađite fukciju čija je Laplaceova trasformacija: Rješeje: cos(x t) t +si t x t cos t cos( t) z(z + ). z z + t (t) cos t, pa uvrštavajem si(x t) + si t)dx, cos(t t) t si t. cos( t) +t si t, Potrebo je aći iverzu Laplaceovu trasformaciju zadae fukcije, stoga ćemo prvo zadai izraz razložiti a parcijale razlomke kako bismo posao tražeja iverze trasformacije lakše obavili: z(z + ) z + z z(z + ) z(z + ) z (z + ) z + z z z(z + ) (z + ) z z z + z (z + ) z z z + z (z + ) Sad pređimo a tražeje iverze Laplaceove trasformacije: L z(z + ) L L L z z z (z + ) cos t L z (z + ) Naza čeu iverzu Laplaceovu trasformaciju ćemo odrediti kao iverzu trasformaciju od proizvoda dvije fukcije: z z + t z + L F (z)f (z) f (x)f (t x)dx gdje su L F (z) f (t) i L F (z) f (t). Prema tome vrijedi: L z + z t z si x cos(t x)dx t si t + si(x t)dx + t t si tdx + si(x t)dx cos(x t) si t x t t si t Na kraju uvrštavajući dobijemo koači rezultat: L z(z + ) cos t t si t t 7
.6 Zadatak Izračuajte dvoji itegral fukcije f zadae formulom: f(x, y) x y a oblasti D( R) ograičeoj krivom čija je jedačia x + y. Rješeje..5..5. Slika 4: Oblast D je kružica (lijevo), a grafička iterpretacija ovog dvojog itegrala je volume tijela a slici(deso) Zadaa fukcija f je defiisaa a oblasti D(f) : { (x, y) R x y } { (x, y) R x y }. Kako je f očito elemetara, to je oa i eprekida a oblasti D, pa je tu i itegrabila u Riemaovom smislu, tj. postoji itegral: I x y dxdy Zamijeimo provougle polarim koordiatama trasformacijom: y ρ y ϕ D x ρ cos ϕ, y ρ si ϕ Jacobia ove trasformacije je: J x ρ x ϕ cos ϕ ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ ρ si ϕ+ρ cos ϕ ρ(si ϕ+cos ϕ) ρ,, za (x, y) (, ) Kako su očigledo zadovoljei dovolji uslovi za smjeu varijabli, to tražei itegral postaje: I ρ cos ϕ ρ si ϕdϕdρ ρ ρ dϕdρ, D D ρ gdje je D oblast a koju se preslikava oblast D gorjom trasformacijom. S obzirom da je D bila kružica, D će biti pravougaoik (ρ,, ϕ, ). ρ t I dϕ ρ ρdρ dt ρ dρ ρdρ dt dϕ tdt dϕ t dt ρ t ρ t t 3 3 dϕ 3 dϕ 3 ϕ 3, 8
odoso: D x y dxdy 3..7 Zadatak Izračuajte itegral gdje je D {(x, y) R x + y, y } Rješeje: D x y + x + y dxdy..8.6.4.. Slika 5: Oblast D (lijevo), grafička iterpretacija ovog dvojog itegrala je volume tijela a slici(deso) Data oblast predstavlja "gorju" poloviu kruga x + y. Za račuaje datog itegrala pogodo je preći a polare koordiate: x ρ cos ϕ y ρ si ϕ (ϕ,, ρ x + y S obzirom da je y si ϕ ϕ,. Prije ego sto trasformišemo dati itegral potrebo je utvrditi Jacobia deterimatu: D(x, y) J D(ρ, ϕ) x ρ x ϕ y ϕ cos ϕ ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ ρ y ρ Prema tome dato preslikavaje oblasti je regularo, pa prelazimo a trasformaciju itegrala: F (x, y)dxdy F (ρ, ϕ) D(x, y) D(ρ, ϕ) dρdϕ odoso D(x,y) D(x,y) D(ρ,ϕ) x y + x + y dxdy ρ D(ρ,ϕ) + ρ ρdρdϕ) Dati itegral sad može preci u uzastopi itegral s sljedećim graicama: ρ dϕ + ρ ρdρ 9
tj.: dϕ ρ ρ + ρ ρdρ + ρ ρdρ ρ m ρdρ dm m + m dm m 4r ( + r ) dr 4 r ( + r ) dr u r dv r (+r ) dr 4 r + r + arctg r 4 4 + 4 4 + m r m r 4rdr dm + r + r.8 Zadatak 3 Izračuajte površiu oblasti D( R ) ograičee krivom zadaom jedačiom: (ax + by + c) + (dx + ey + f), gdje je ae bd. Rješeje..5..5..5 Slika 6: Grafički prikaz oblasti D Tražea površia je: Odredimo trasformaciju: P D dxdy u ax + by + c x u by c a ()
Uvrštavajem u imamo: Sada uvrstimo 3 u : v dx + ey + f y v dy f e x u c bv bdx bf (ae) a ae aex ue ce bv + bdx + bf x(ae bd) ue ce bv + bf x ue ce bv + bf ae bd y v f deu dbv dce + dbf e ae bd ( ) aev aef bdv + bdf deu + dbv + dce dbf () (3) y e y Odredimo sada Jacobia trasformacije: J x u x v y u y v y e ae bd d ae bd ae bd aev aef deu + dce e(ae bd) av af du + dc ae bd b ae bd a ae bd ae bd (ae bd) ae bd Kako su očigledo zadovoljei uslovi za smjeu varijabli, to tražea površia postaje: P dxdy D D ae bd dudv Sada je potrebo odrediti graice itegracije. Primjetimo da su izrazi u i v eegativi za u, v R. Također oblast D je ograičea krivom u + v. Na osovu ovoga možemo zaključiti da je u, v,. Ako uzmemo da se u mijeja u avedem itervalu, iz jedačie krive koja ograičava oblast imamo da se v mijeja između u i u, u fukciji od u. Pa sada imamo: P ae bd u du ae bd dv u u si ϕ du cos ϕdϕ u ϕ u ϕ 4 cos ϕ cos ϕdϕ ae bd cos( ϕ ) +cos ϕ cos ϕ + cos(ϕ) 4 ae bd ϕ ae bd + si(ϕ) u du v u ae bd u du si ϕ cos ϕdϕ si ( ϕ) si (ϕ) ae bd cos ϕ, ϕ, 4 ae bd + cos(ϕ) ae bd dϕ + si si ae bd cos ϕdϕ ae bd dϕ + cos(ϕ)dϕ Površia zadate oblasti je ae bd..9 Zadatak 3 Izračuajte površiu oblasti D, koja je ograičea liijom čija je jedačia (ax) + (by) čije su jedačie ax by, 4ax by (a >, b > ). i pravcima
..8.6.4.. Slika 7: Grafički prikaz oblasti D Rješeje: Prvo potražimo presječe tačke krivih koje obrazuju datu oblast (evideto je da se data oblast alazi u I kvadratu tj. (x, y )). isto tako ozačimo pravce kao y g 4ax b (gorji) i y d ax b (doji), kao i datu krivu sa C. Sad potražimo tačke presjeka:. C y d :. C y g : (ax) + (by) ax by y 4b x 4a (ax) + (by) 4ax by y 4 9b x 9a 3. y d y g ax by 4ax by y x Na osovu ađeih presječih tačaka možemo odrediti graice itegracije, kao i postaviti izraz za površiu date oblasti. Prije toga izrazimo y iz relacije C: Uspostavimo itegral za površiu sada: D (ax) + (by) y ( ax) b dxdy 9a dx 4ax b ax b dy + 4a 9a dx ( ax) b ax b dy
Sada: 9a 54ab + 3ax b dx + 4a 9a 4a 9a 54ab + 7 34ab 3 34ab ( ax) ax b b b axdx 54ab + b dx 3ax 9a b x 4 a 3 x 3 4a 4a + 9a 9a ax + ax ax dx b. Zadatak 4 Primjeom dvojog ili trojog itegrala izračuajte volume tijela V omeđeog površiama: z x + y, z x + y, z 4 Rješeje Tražei volume je: Slika 8: Grafički prikaz tijela V V V dxdydz Radi jedostavosti proračua zamijeimo pravougle sa cilidričim koordiatama trasformacijom: pa je Jacobia ove trasformacije: x ρ x ϕ x z J y ρ y ϕ y z z ρ z ϕ z z cos ϕ ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ x ρ cos ϕ, y ρ si ϕ, z z, ρ si ϕ+ρ cos ϕ ρ(si ϕ+cos ϕ) ρ, za (x, y) (, ) 3
Kako su očigledo zadovoljei uslovi za smjeu varijabli, to tražei volume postaje: V dxdydz ρdϕdρdz V V Sada je potrebo odrediti graice itegracije. Primjetimo da z uvijek mora biti eegativo zbog izraza z x + y. Također je ograičeo površi z 4. Prema tome vrijedi z, 4. Očigledo je volume simetriča prema x i y, pa pravimo pui krug u xoy ravi, odoso vrijedi: ϕ,. Nako uvrštavaja smjea imamo da je oblast V ograičea sa: z ρ, z ρ, z 4. Odavde je očigledo da su graiče vrijedosti za ρ (zajući da je ρ ): ρ z i ρ z. Pa sada možemo pisati: V 4 4 dz dϕ z z 4 dz ϕ. Zadatak 4 ρdρ z 4 4 dz zdz z dϕ ρ 4 z z 4 4 4 dz Izračuajte zapremiu oblasti koja je ograičea sa površi čija je jedačia: Rješeje: (x + y + z ) a x, (a ). ( z z 4 z dϕ 4) 4 dz dϕ Korjeovajem polaze jedačie dobijemo: Slika 9: Grafički prikaz tijela V x + y + z a x. 4
Očigledo mora biti ispuje uslov x iz ovoga slijedi zaključak da se data oblast alazi u 4 oktata trodimezioalog koordiatog sistema. Uočavajući da je data površ prema jedačii simetriča u odosu a sva 4 kvadrata ravi yoz zaključujemo da data površ zatvara jedake volumee a svakom od tih oktaata (oktati za koje vrijedi x ). Uzimajući avedeo u obzir, pristupamo račuaju volumea a samo jedom oktatu, prije toga pogodo je izvršiti prelazak a sfere koordiate: x ρ si θ cos ϕ y ρ si θ si ϕ z ρ cos θ Odredimo Jacobija: J D(x, y, z) D(ρ, ϕ, θ) Jedačia same površi prelazi u: x ρ x ϕ x θ y ρ y ϕ y θ z ρ z ϕ z θ si θ cos ϕ ρ si θ si ϕ ρ cos θ cos ϕ si θ si ϕ ρ si θ cos ϕ ρ cos θ si ϕ cos θ ρ si θ ρ si θ ρ 4 a ρ si θ cos ϕ ρ 3 a si θ cos ϕ S obzirom da račuamo volume u jedom oktatu, možemo odrediti slijedeće graice itegracije: Prema tome itegral za volume oblasti je: tj.: a 6 dϕ V 4 ρ 3 si θdθ 3 cos ϕdϕ ( ϕ ) ( θ ) ρ a 3 (si θ cos ϕ) 3 ρ si θdρdϕdθ a 3 (si θ cos ϕ) 3 cos θdθ a 6 a 3 (si θ cos ϕ) 3 dϕ si θdθ ρ dρ θ dϕ si θ si θdθ a si θ cos ϕ 3 a 6 a cos ϕdϕ (si θ) dθ a 3 S obzirom da ovo predstavlja samo volume koju površzaklapa u jedom oktatu, potrebo ju je pomožiti sa 4 kako bi dobili ukupi volume koji zaklapa zadata površ tj:. Zadatak 5 V 4 a a 3 Pilasta fukcija (saw-tooth) f je -periodičko prošireje restrikcije fukcije f a iterval (, ). Fukcija f je zadaa formulom: { x, x < f(x), x a) Proađite Fourierov red fukcije f. b) Odredite Fourierovu trasformaciju fukcije f. c) Odredite Fourierov itegral fukcije f. Rješeje Zadaa fukcija f se može apisati u obliku:, x f(x) x, < x <, x Primijetimo da za fukciju f a itervalu (a, b), gdje su a i b proizvolji reali brojevi vrijedi: 5
. Fukcija je eprekida u svim tačkama itervala, osim u ajviše dvije tačke x {, } ukoliko oe pripadaju itervalu.. Fukcija je mootoa a itervalima (, ) (a, b), (, ) (a, b), (, ) (a, b). Prema tome fukcija f zadovoljava Dirichleove uslove a proizvoljom, koačom itervalu (a, b). Kako je: f(x) dx x dx xdx + xdx x + x, to je fukcija f apsoluto itegrabila. Primijetimo još da vrijedi f( x) f(x), odoso da je f epara fukcija. Formirajmo -periodičko prošireje restrikcije fukcije f a iterval (, ): x, x (, ) f (x) x k, x ((k ), (k + ) ), k Z, x (k + ), k Z Π Π Π Π Slika : Dio grafika fukcije f Primijetimo da u svim tačkama, pa i u tačkama prekida vrijedi: Iz svega rečeog možemo zaključiti: f (x) lim x x f (x) + lim x x+ f (x). Za fukciju f možemo aći Fourierovu trasformaciju. Fukciju f možemo predstaviti Fourierovim itegralom u svim tačkama eprekidosti 3. Periodičkom produžeju f, restrikcije fukcije f a iterval (, ), možemo pridružiti Fourierov red. Taj red će kovergirati ka fukciji f (x) za x R a) Dužia perioda fukcije f (x) je T. Osim toga fukcija je epara, pa su koeficijeiti a. b T b 4 T x si(x)dx ( ) f(x) si T x dx 4 u x du dx dv si(x)dx v cos(x) ( ) x si x dx x cos(x) + cos(x)dx 6
b cos() cos( ) + + si(x) b cos() + si() cos() + si(x) Izraz si() je jedak uli za svaki cio broj, dok izraz cos() alterira između - i. f (x) b ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) b si T x ( ) si x si( x) ( ) si(x) b) c) S(ω) f(x) si(ωx)dx u x S(ω) du dx dv si(ω)xdx x cos(ωx) ω + v cos(ωx) ω ω S(ω) cos(ω) cos(ω ) + + si(ω) ω ω ω f(t) f(t) S(ω) si(ω) ω S(ω) si(ωt)dω x si(ωx)dx cos(ωx)dx x cos(ωx) ω + si(ωx) ω si(ω ) ω cos(ω) + si(ω) ω ω cos(ω) ω ( si(ω) ω si(ω) si(ωt) ω dω cos(ω) ) si(ωt)dω ω cos(ω) si(ωt) dω ω.3 Zadatak 5 a) Nađite jediiče vektore prirodog trijedra prostore krive zadae parametarskim jedačiama x t, y t, z t 3 u tački određeoj izrazom t, a zatim apišitie jedačie tagete, glave ormale i biormale zadae krive u toj tački. b) Nađite jedačiu oskulatore ravie kružice zadae jedačiama u jeoj tački M(,, ). Rješeje: x + y + z 6, x + y + z a) Dakle, data kriva određuje tačke čiji vektori položaja su određei koordiatama x, y i z. Prema tome vektor položaja je r {x, y, z} {t, t, t 3 }, zajući ovo moguće je pristupiti određivaju vektora tagete, biormale i ormale. Pa vektor tagete je: T d r dt d{x, y, z} dt {x t, y t, z t} {, t, 3t } 7
vektor biormale: B d r dt d r dt {x t, y t, z t} {x t, y t, z t } {, t, 3t } {,, 6t} vektor ormale: N ( ) d r dt d r dt d r dt {6t, 6t, } {, t, 3t } i j k 6t 6t t 3t i j k t 3t 6t { 6t, 6t, } { 8t 3 4t, 8t 4 +, t 3 + 6t } Sada možemo preći a određivaje jedačia tagete, birormale i ormale po formulama ({x, y, z } - zadata tačka): Tageta: x x T x y y T y z z T z Biormala: x x B x y y B y z z B z Normala: x x N x y y N y z z N z Uvrštavajem dobijeih rezultata (iz račuaja vektora) i zadae tačke dobijemo ({x, y, z } {t, t, t 3 } kokreto za t dobijemo {x, y, z } {,, }): Tageta: x Biormala: x 6 Normala: x y z 3 y 6 z y 8 z 9 Ostaje am jošda oredimo ortove vektora tagete, biormale i ormale. Ozačimo ih respektivo sa τ, β,. Odredimo prvo τ: τ sad β: β T T {, t, 3t } {, t, 3t } {, t, { 3t } + 4t + 9t 4 B { B {6t, 6t, } {6t, 6t, } {6t, 6t, } 36t4 + 4 + 36t i a kraju : + 4t + 9t, 4 3t 9t4 + 9t +, t + 4t + 9t, 3t } 4 + 4t + 9t 4 } 3t 9t4 + 9t +, 9t4 + 9t + N N { 8t3 4t, 8t 4 +, t 3 + 6t} { 8t 3 4t, 8t 4 +, t 3 + 6t} { 8t 3 4t, 8t 4 +, t 3 + 6t} 4(9t3 t) + 4(9t 4 + ) + 36(t 3 + t) { 9t 3 t (9t3 t) + (9t 4 + ) + 9(t 3 + t), 9t 4 + (9t3 t) + (9t 4 + ) + 9(t 3 + t), } 6t 3 + 3t (9t3 t) + (9t 4 + ) + 9(t 3 + t) b) Prvo je potrebo odrediti vektor r iz jedačia krivih: x + y + z 6, x + y + z 8
Pretpostavimo da je x x(t), y y(t), z z(t) tj. da se date krive mogu predstaviti parametarski. Sada pokušajmo aći vektore d r dt i d r dt, diferecirajući date jedačie i izražavajući sve preko jede promjejive: xdx + ydy + zdz dx + dy + dz Uvrštavajuci tačku M a mjesto koordiata (x, y, z) dobijemo: Možeći sve sa dx dx + dy dz dx + dy + dz {dx, dx, } dobijemo vektor d r dt {,, }.Na sliča ači određujemo vektor d r dt : d r {,, } dt Sada je pogodo odrediti vektor biormale tj.: B d r dt d r {,, } {,, } dt Sada je prema relaciji (vidi Ušćumlić, str. 58, zad 67.): i j k {,, } B x (x x ) + B y (y y ) + B z (z z ) (x ) (y ) (z + ) tj. jedačia oskulatore ravi je: x + y + z.4 Zadatak 5 a) Izračuajte krivoliijski itegral y dx + x dy C gdje je C gorja polovia elipse x a cos t, y b si t, koja se prelazi u smislu gibaja kazaljke sata. b) Izračuajte troji itegral y + x + z dxdydz gdje je V kugla poluprešika R. V Rješeje a) Kako je poditegrala fukcija elemetara, pa prema tome i eprekida, to je oa i itegrabila, tj. postoji tražei itegral po krivoj koja je glatka. Zadatkom su am zadai x i y u parametarskom obliku. Odredimo dx i dy (što možemo, jer su fukcije x(t) i y(t) elemetare, pa prema tome i diferecijabile): dx a si tdt dy b cos tdt Da bismo opisali gorju poloviu elipse potrebo je mijejati parametar t od do. Uzevši u obzir da elipsu obilazimo u smijeru kazaljke a satu parametar t se ustvari mijeja od do. Uvrštavajući parametarske oblike za x, y, dx i dy, i vrijedosti parametra t imamo: I y dx + x dy ab si 3 tdt + a b cos 3 tdt ab si 3 tdt + a b cos 3 tdt C Riješimo sada eodređee itegrale: si 3 tdt ( cos t) si tdt si tdt + si tdt s ds cos t + s3 3 cos3 t cos t 3 9 cos t si tdt cos t s si tdt ds
cos 3 tdt ( si t) cos tdt cos tdt cos tdt s ds si t s3 3 si t si3 t 3 si t cos tdt si t s cos tdt ds Vratimo se a izračuavaje početog itegrala: I ab cos 3 t 3 Tražei itegral izosi 4 3 ab. cos t + a b si t si3 t 3 ab 3 + 3 + 4 3 ab b) Kako je poditegrala fukcija je očigledo elemeatara i defiisaa a R 3, pa prema tome i a oblasti D, to je oa i eprekida a toj oblasti, pa prema tome i itegrabila u Riemaovom smislu, odoso postoji traže itegral. S obzirom da je oblast itegracije kugla, dati itegral je ajlakše račuati po sferim koordiatama. Stoga pređimo sa pravouglih a sfere koordiate, koristeći trasformaciju: x ρ si θ cos ϕ, y ρ si θ si ϕ, z ρ cos θ Odredimo Jacobija ove trasformacije: J D(x, y, z) D(ρ, ϕ, θ) x ρ x ϕ x θ y ρ y ϕ y θ z ρ z ϕ z θ si θ cos ϕ ρ si θ si ϕ ρ cos θ cos ϕ si θ si ϕ ρ si θ cos ϕ ρ cos θ si ϕ cos θ ρ si θ ρ si θ, za (x, y, z) (,, ) z Trasformišimo poditegralu fukciju: f(x, y, z) y + x + z f(ρ, ϕ, θ) ρ si θ cos ϕ + ρ si θ si ϕ + ρ cos θ ρ ( si θ + cos θ ) sqrtρ ρ ρ ρ si θ ( cos ϕ + si ϕ ) + cos θ Kako su očigledo zadovoljei dovolji uslovi za smjeu varijabli, to tražei itegral postaje: I y + x + z dxdydz ρ ρ si θ dρdϕdθ V V Sada je potrebo odrediti graice itegracije, što ije komplikovao, jer je oblast itegracije veoma jedostava (kugla). Za kuglu poluprečika R u sferim koordiatama vrijedi: ρ, R, ϕ,, θ,, pa imamo: I R4 4 R4 dθ dϕ si θdθ + R4 R R 4 Tražei itegral izosi R 4. ρ 3 si θdρ dϕ R4 4 si θdθ si θdθ ϕ dϕ R R4 ρ 3 dρ si θdθ si θdθ R4 dϕ ρ4 4 cos θ R
3 Rješeja pripremih zadataka iz Ižejerske matematike 3. Zadatak Riješite sistem difercijalih jedačia: Rješeje 3t dx dt x y + z t dy dt x 3y z 6t dz + x 7y 5z dt Uvedimo smjeu e u t, tada očigledo imamo: dt e u du, pa uvrštavajem u počete jedačie imamo: 3e u dx e u du x y + z e u dy e u du x 3y z 6e u dz e u + x 7y 5z du Daljim sređivajem dobijemo: dx du 3 x + 3 y 3 z (4) dy du x + 3 y + z (5) dz du 6 x + 7 6 y + 5 6 z (6) Diferecirajem (4) imamo: d x du dx 3 du dy 3 du dz 3 du Uvrštavajem (5) i (6) u prethodu jedačiu dobijemo: d x du dx 3 du 6 x + y + 6 z + 8 x 7 8 y 5 8 z d x du dx 3 du 9 x 9 y 9 z Ako izrazimo z iz (4) i uvrstimo u prethodi izraz: d x du dx 3 du 9 x 9 y + dx 3 du 9 x 9 y d x du dx du Ovo je homogea diferecijala jedačia sa kostatim koeficijeitima, koju možemo riješiti rješavajem karakterističe jedačie: λ λ λ λ, pa je opšte rješeje jedačie: Diferecirajem rješeja imamo: x C e u + C e u C + C e u (7) dx du C e u (8)
Sada uvrstimo (8) i (7) u (4): C e 3 C + 3 C e + 3 y 3 z Sređivajem ovog izraza dobijemo relaciju između y i z: Uvrštavajem (7) i (9) u (6) (pomozeu sa 6) dobijemo: y C e u C + z (9) Nako sređivaja imamo: 6 dz du C C e u + 7C e 4C + 7z + 5z z z C e 5 C Ovo je lieara diferecijala jedačia po z čije je opšte rješeje dato sa: ( z e R ( du C 3 + C e u 5 ) ) C e R du du, odoso: z C 3 e u C e u + 5 4 C () Uvrštavajem () u (9), i ako sređivaja imamo: y C 3 e u 3 4 C Uzimajući u obzir da je e u t, dobijemo opšte rješeje polazog sistema: x C + C t, y 3 4 C + C 3 t, z 5 4 C + C t + C 3 t, t R \ {} 3. Zadatak Riješite Cauchyev problem: Rješeje: { x IV + x + x t, x() x () x (), x () Dati Cauchyev problem rješavat ćemo pomoću Laplaceove trasformacije, pa stoga "Laplace-irajmo" datu jedačiu: x IV + x + x t /L z 4 X(z) z 3 x() z x () zx () x () + z X(z) zx() x () + X(z) z z 4 X(z) + z X(z) + X(z) z X(z)z4 + z + z + X(z)z + z + X(z) z (z + ) + (z + ) X(z) + z z (z + ) X(z) z (z + ) Iverza Laplaceova trasformacija daje: x(t) L z (z L + ) z z t si t +
3.3 Zadatak Nađite fukciju čija je Laplaceova trasformacija: Rješeje: Dati izraz razlažemo a parcijale razlomke: 4 z 3 + 4z. 4 z 3 + 4z 4 z(z + 4) z + 4 z z(z + 4) z z z + 4 Sad prelazimo a tažeje iverze Laplaceove trasformacije: L 4 z 3 L + 4z z z z + 4 L L z z z cos t + 4 3.4 Zadatak Laplaceovom trasformacijom riješite Cauchyjev problem drugog reda: { y + y sh x y(), y () Rješeje Prvo odredimo Laplaceovu trasformaciju sh t. L sh t (z) L et e t sh t et e t et e t (z) L e t (z) L e t (z) z z + z Ako sada primjeimo Laplaceovu trasformaciju a cijelu diferecijalu jedačiu imamo: Uzimajući u obzir počete uslove dobijemo: Odoso, ako sređivaja: z Y (z) zy() y () + Y () z Y (z) z Y (z) z + Y (z) z (z + )(z )(z + ) + z z + Rješeje diferecijale jedačie je iverza Laplaceova trasformacija gorje fukcije. Međutim da bismo efektivo ašli iverze Laplaceove trasformacije fukcije Y (z) potrebo je (z +)(z )(z+) rastaviti a parcijale razlomke: (z + )(z )(z + ) Az + B z + + C z + D z + (z )(Az + b) + C(z + )(z + ) + D(z + )(z ) 3
z ı (Aı + B)( ) A B z C( + )( + ) C 4 z D( + )( ) D 4 (z + )(z )(z + ) z + + 4 z 4 z + Otuda imamo: Y (z) z + + 4 z 4 z + + odoso, primjejući iverzu Laplaceovu trasformaciju dobijemo: L Y (z) (x) L z (x) + + 4 L z 3.5 Zadatak 3 z z +, (x) 4 L z + y(x) si x + 4 ex 4 e x + cos x y(x) si x + e x e x + cos x y(t) si x + sh x + cos x (x) + L z z (x) + Laplaceovom trasformacijom riješite diferecijalu jedačiu drugog reda, čija je desa straa step fukcija: { y + y θ(x + α), (α > ), y(), y () gdje je θ(t) tzv. Heavisideova fukcija defiiraa formulom: { za t θ(t) za t < Rješeje: Prvi korak u postupku rješavaja bit će alažeje Laplaceove trasformacije obje strae date dif. jedačie. S obzirom da s dese strae imamo fukciju čiju: { x α θ(x + α) x < α Laplaceovu trasformaciju e možemo očitati s tablica (zbog uslova α < ), morat ćemo pristupiti tražeju Laplaceove trasformacije fukcije θ(x + α)"po defiiciji": Lθ(x + α) + θ(x + α)e zx dx, treba uočiti kako fukcija θ(x + α) ije jedaka uli za x <, pa ju je potrebo "modifikovati" da bi odredili Laplaceovu trasformaciju. Modifikacija se sastoji u tome da ćemo tražiti Laplaceovu trasformaciju umoška fukcija θ(x) i θ(x+α) pri čemu je θ(x) defiisaa kao u postavci zadatka (t x). Sada je moguče apisati izraz: Lθ(x)θ(x + α) + e zx dx + e e zx zx dx z + i astaviti sa rješavajem zadatka-tražeja Laplaceove trasformacije obje strae: z, 4
z Y (z) zy() y () + Y (z) z Y (z)z + z + Y (z) z(z + ) + z + Y (z) z + z z(z + + ) z + Y (z) z z z + + z + Y (z) z z z + + z Re{z} > + Sad pređimo a tražeje iverze Laplaceove trasformacije dobijee fukcije Y (z): L Y (z) L L z z z + L + z + Dakle: predstavlja rješeje date dif. jedačie. L Y (z) θ(x + α) cos x + si x y(x) θ(x + α) cos x + si x 3.6 Zadatak 4 Koristeći razvoj fukcije f(x) x, < x <, u Fourierov red, izračuajte graiču vrijedost: lim x x + x. Rješeje Pokažimo da za x R, i vrijedi: x + x < Lijevi dio ove ejedakosti je očigleda jer je brojik eegativa, a azivik pozitiva. Kako je x + x < x < + x <, to vrijedi i desi dio ejedakosti, pa i cijela ejedakost. Pa je zadai red x + x uiformo kovergeta prema Weierstrassovom kriteriju. x Također fukcija + x je defiisaa za x (, ), pa je tačka tačka gomilaja domea ove fukcije, a fukcija je očito elemetara, pa prema tome i eprekida a cijelom domeu. Iz ovoga možemo zaključiti da vrijedi relacija: lim x x + x lim x x + x Zadaa fukcija f je elemetara, pa prema tome i eprekida, i ima eprekide izvode a itervalu (, ), odoso zadovoljava Dirichleove uslove a itervalu (, ). Prema tome možemo joj pridružiti 5
4 Π 9 Π 4 Π Π Slika : Grafik fukcije f(x) Fourierov red, koji će kovergirati ka fukciji f(x), za x (, ), dok će a krajevima itervala (x i x ) kovergirati ka vrijedosti: A lim x + f(x) + lim x f(x) + 4 Odredimo sada Fourierove koeficijete: a x dx x 3 3 8 3 a u x x cos(x)dx du xdx dv cos(x)dx x si(x) x si(x)dx v si(x) u x du dx dv si(x)dx x cos(x) v cos(x) cos(x)dx 4 cos() si(x) 3 4 b u x x si(x)dx du xdx dv si(x)dx x cos(x) + x cos(x)dx v cos(x) u x du dx dv cos(x)dx 4 cos() x si(x) + v si(x) si(x)dx 4 cos(x) 3 4, 6
pa je odgovarajući Fourierov red: f(x) 8 6 + 4 cos(x) 4 si(x) Raije je ustaovljeo da za vrijedost x dobijei Fourierov red kovergira ka vrijedosti A( ), pa imamo: A 8 4 cos() 4 si() 6 + odoso: 3.7 Zadatak 5 8 6 + lim 8 6 4 x 6, 4 x + x 6. Stepeasta fukcija y f (x) je -periodičko prošireje fukcije y f(x) zadae formulom:, za x (, ) f(x), za x, za x (, kao a slici. a) Razvijte zadau fukciju f u Fourierov red. b) Odredite Fourierovu trasformaciju zadae fukcije i od prošireja f fukcije f a R koja je jedaka uli izva razmaka (, +. c) Odredite Fourierov itegral zadae fukcije i od prošireja f fukcije f a R koja je jedaka uli izva razmaka (, +. Rješeje: U svrhu provjere zadovoljeja Dirchletovih uvjeta uočimo za datu fukciju f(x) a itervalu (a, b) vrijedi :. Fukcija je a zadaom razmaku eprekida, osim u tački x u kojoj ima prekid prve vrste (koača skok).. Postoji podjela razmaka (, a koačo mogo podrazmaka a kojima je fukcija f moota. Dakle zadaa fukcija zadovoljava Dirichletove uslove a razmaku (,. Vrijedi primjetiti da je f( x) f(x), za sve x (, + tj. data fukcija je epara. Njeo -periodičko prošireje možemo zadati formulom:, za x ((k ), k) (k Z) f, za x k, za x (k, (k + ) 7
Π Π Slika : Dio grafika fukcije f a) Primjetimo kako za sve tačke osim tačaka x R vrijedi: f lim x x f (x) + lim x x+ f (x) Otuda slijedi da je zadaoj fukciji f moguće pridužiti Fourierov red koji će kovergirati ka fukciji f (x) za x R. Pređimo a određivaje Fourierovih koeficijeata. S obzirom da je fukcija epara biće a ( N). Ostaje da odredimo koeficijete b, kako je period od T jedak to imamo: b T T/ T/ f(x) si T xdx 4 T T/ f(x) si T xdx 4 cos x / f(x) si xdx si xdx si xdx cos + { cos 4, za k + (k Z), za k (k Z) Otuda dobijemo sljedeći razvoj fukcije f (x) u Fourierov red f (x) pri čemu vrijedi da je + b si + T x 4 si x 4 + si x 4 + si(k + )x k + k f(x) 4 + k si(k + )x k + za x (,. b) Razmotrimo da li možemo aći Fourierovu trasformaciju fukcije f (x). Kako fukcija f (x) zadovoljava Dirichletove uslove a svakom koačom razmaku < a, b > R, ostaje am još da utvrdimo da li je fukcija aposluto itegrabila: tj.: + + dx f (x) dx < + dx + s obzirom da je skup tačaka prekida fukcije f (x) Lebesgeuve mjere ula, to eće uticati a vrijedost itegrala: x Prema tome fukcija f (x) ije apsoluto itegrabila. Kako ije ispuje ovaj uvjet e možemo efektivo odrediti i Fourierov itegral, a i Fourierovu trasformaciju fukcije f (x). Na šliča ači provjeravamo apsolutu itegrabilost fukcije f: + dx + dx + dx dx < 8
pa prema tome fukcija f je apsoluto itegrabila. Pristupamo tražeju Fourierove trasformacije f(x), s obzirom da je fukcija f(x) epara vrijedi a(ω), odoso: S(ω) + f(x) si ωxdx + si ωxdx cos ωx cos ω ω ω ω S(ω) cos ω ω ω c) Fourierov itegral za fukciju f(x) sad možemo odrediti pomoću relacije: f(t) + S(ω)e ıωt dω tj.: f(t) + cos ω e ıωt dω ω ω 3.8 Zadatak 5 Para pilasta fukcija (saw-tooth) f je -periodičko prošireje restrikcije fukcije f a iterval (, ) zadae formulom: { x, x < f(x), x a) Proađite Fourierov red fukcije f. b) Odredite Fourierovu trasformaciju fukcije f. c) Odredite Fourierov itegral fukcije f. d) Pokažite da je: ( ) 8 Rješeje Zadaa fukcija se može apisati u obliku:, x x, < x < f(x) x, x <, x Primjetimo da za fukciju f a itervalu (a, b), gdje su a i b proizvolji reali brojevi vrijedi:. Fukcija je eprekida u svim tačkama itervala, osim u tačkama x i x, ukoliko oe pripadaju itervalu.. Fukcija je mootoa a itervalima (, ) (a, b), (, ) (a, b), (, ) (a, b), (, ) (a, b). Prema tome fukcija f zadovoljava Dirichleove uslove a itervalu proizvoljom, koačom (a, b). Kako je f(x) dx x dx xdx + xdx x + x, 9
Π Slika 3: Dio grafika fukcije f to je fukcija f(x) apsoluto itegrabila. Primijetimo još da vrijedi f( x) f(x), odoso da je f para fukcija. Formirajmo -periodičko prošireje restrikcije fuckije f a iterval (, ): f (x) Primjetimo da u svim tačkama vrijedi: Iz svega rečeog možemo zaključiti: x, x, ) x k, x k, (k + ), k Z x + k, x (k ), k), k Z f (x) lim x x f (x) + lim x x+ f (x). Za fukciju f možemo aći Fourierovu trasformaciju. Fukciju f možemo predstaviti Fourierovim itegralom u svim tačkama eprekidosi. 3. Periodičkom produžeju f, restrikcije fukcije f(x) a iterval (, ), možemo pridružiti Fourierov red. Taj red će kovergirati ka fukciji f (x) za x R a) Dužia perioda fukcije f (x) je T. Osim toga fukcija je para, pa su koeficijeiti b. a 4 T a a T f (x) cos T xdx xdx x cos(x) x cos(x)dx ( ) Pa je odgovarajući Fourierov red: x cos(x)dx f (x) + u x du dx dv cos(x) v si(x) ( ) cos(x) x si(x) Primjetimo da za sve pare -ove izraz ( ) postae jedak uli, pa ostau samo epari -ovi, pa možemo pisati: f (x) + ( ) ( ) cos(x) + 3 ( ) cos(x) si(x)dx
Daljiim sređivajem i a osovu raije izvedeih zaključaka možemo pisati: f (x) 4 cos(x) () ( ) b) S(ω) f(x) cos(ωx)dx u x x cos(ωx)dx du dx dv cos(ωx) x si(ωx) ω v si(ωx) ω ω si(ω) + cos(ωx) ω ω si(ω) ω si(ωx)dx + cos(ω) ω ω ω si(ω) + cos(ω) ω c) f(t) f(t) d) Uvrštavajući x u imamo: S(ω) cos(ωx)dω f () 4 ω si(ω) + cos(ω) ω 4 4 cos(ωx)dω cos( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 3
4 Rješeje varijate A drugog parcijalog ispita iz Ižejerske matematike u akademskoj 5/6 a popravom roku 4. Zadatak Odredite Fourierov itegral fukcije f zadae izrazom: { t < f(t) e t t Rješeje Sliča zadatak je već riješe u poglavlju. (Pripremi zadaci - Zadatak ). Tamo je riješe opšti slučaj, dok je ovo primjer za α. 4. Zadatak Izračuajte dvoji itegral fukcije f zadae formulom f(x, y) 9 x y a oblasti D( R ) ograičeoj krivom čija je jedačia x + 9y 9. Rješeje..5..5..5 Slika 4: Oblast D je elipsa (lijevo), a grafička iterpretacija ovog dvojog itegrala je volume tijela a slici(deso) Fukcija f je defiisaa a oblasti D. Kako je oa a oblasti D elemetara, to je i eprekida a ovoj oblsati, pa prema tome i itegrabila u Riemaovom smislu, tj. postoji tražei itegral. Primjetimo da je oblast D( R x ) elipsa, ograičea krivom: 3 + y Prema tome pogodo je sa pravouglih preći a eliptiče koordiate, koje će elipsu preslikati a pravougaoik. Uradimo to putem trasformacije: x 3ρ cos ϕ y ρ y ϕ y ρ si ϕ Odredimo Jacobija ove trasformacije: J x ρ x ϕ 3 cos ϕ 3ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ 3ρ si ϕ + 3ρ cos ϕ 3ρ(si ϕ + cos ϕ) 3ρ, za (x, y) (, ) 3
Pa se fukcija f(x, y) trasformiše u: f(ρ, ϕ) 9 3 ρ cos ϕ ρ si ϕ ρ (cos ϕ + si ϕ) ρ Kako su očigledo zadovoljei dovolji uslovi za smjeu varijabli, to tražei itegral postaje: ρ t ρdρ dt I f(x, y)dxdy f(ρ, ϕ)3ρdρdϕ 3 dϕ ρ ρdρ ρdρ D D dt ρ t ρ t 3 dϕ t dt 3 dϕ t 3 dt dϕ t 3 3 3 3 ϕ Tražei itegral izosi. 4.3 Zadatak 3 Izračuajte površiu oblasti D, koja je ograičea krivom čija je jedačia: Rješeje (x + y ) 4x 3..5..5..5 Slika 5: Grafički prikaz oblasti D Zamjeimo pravougle kooradiate polarim, koristeći trasformaciju: x ρ cos ϕ, y ρ si ϕ Jacobia ove trasformacije je: J x ρ x ϕ cos ϕ ρ si ϕ si ϕ ρ cos ϕ y ρ y ϕ ρ si ϕ+ρ cos ϕ ρ(si ϕ+cos ϕ) ρ, za (x, y) (, ) Primjetimo da iz krive koja ograičava oblast imamo: (x + y ) 4x 3 (ρ ) 4ρ 3 cos 3 ϕ 33
ρ 4 cos 3 ϕ Ovo je graiča vrijedost za ρ, odoso ρ se mijeja u itevralu, 4 cos 3 ϕ. Također mora biti ispujeo: x, zato što je lijeva straa jedačie krive kvadrat, odoso eegativa broj, pa to mora biti i desa straa. Prema tome vrijedi ρ cos ϕ, odoso cos ϕ, što je ispujeo za ϕ,. Kako su očigledo zadovoljei dovolji uslovi za smjeu promjejivih, tražea površia postaje: P D dxdy ρdρdϕ D dϕ 4 cos 3 ϕ ρdρ dϕ ρ 4 cos 3 ϕ 8 cos 6 ϕdϕ Za određivaje itegrala visokog stepea kosiusa pogodo je koristiti forumulu koju ćemo izvesti: cos ϕdϕ cos ϕ( si ϕ)dϕ cos ϕdϕ cos ϕ si ϕdϕ u si ϕ du cos ϕdϕ dv cos ϕ si ϕdϕ cos ϕdϕ + cos ϕ si ϕ cos ϕdϕ v cos ϕ Ako sada obilježimo cos ϕdϕ sa I, imamo: I cos ϕdϕ + cos ϕ si ϕ I I( + ) cos ϕdϕ + cos ϕ si ϕ I cos ϕ si ϕ + cos ϕdϕ cos ϕ si ϕ + cos ϕdϕ cos ϕdϕ Koristeći se ovom formulom (više puta) odredimo eodredjei itegral od cos 6 ϕ: cos 6 ϕdϕ cos5 ϕ si ϕ + 5 cos 4 ϕdϕ 6 6 cos5 ϕ si ϕ + 5 cos 3 ϕ si ϕ + 3 cos ϕdϕ 6 6 4 4 cos5 ϕ si ϕ + 5 cos 3 ϕ si ϕ + 3 ( cos ϕ si ϕ + ) dϕ 6 6 4 4 cos5 ϕ si ϕ + 5 cos 3 ϕ si ϕ + 3 ( cos ϕ si ϕ + ϕ ) 6 6 4 4 Koristeći Newto-Leibizovu formulu, uzimajući u obzir da je cos i cos P 8 cos 6 ϕdϕ 8 5 3 6 4 4 + 5 4, imamo: Tražea površia izosi: 5. 4.4 Zadatak 4 Nađite jedačiu oskulatore ravie kružice zadae jedačiama: u jeoj tački M(; ; ). x + y + z 6, x + y + z 34
Rješeje Idetiča zadatak je već riješe u sekciji.3 (Pripremi zadaci - Zadatak 5 -b). 4.5 Zadatak 5 Koristeći Laplaceovu trasformaciju riješite sljedeće diferecijale jedačie/(sistem diferecijalih jedačia): a) { x + ω x si ω t x() x () b) x + x + y y e t x + x y + y e t x() y() y (), x () c) { y + y xθ(x ) y(), y () Rješeje a) Ako primjeimo Laplaceovu trasformaciju a diferecijalu jedačiu imamo: L x (z) + L ω x (z) L si ω t (z) z X(z) zx() x () + ω X(z) ω z + ω Uvrštavajem početih uslova (x() x () ) imamo: z X(z) + ω X(z) ω z + ω X(z) ( z + ω ) ω z + ω ω X(z) (z + ω ) Do rješeja diferecijale jedačie doći ćemo iverzom Laplaceovom traformacijom gorjeg izraza: x(t) L ω (z + ω (t) ) Pozabavimo se sada tražejem iverze Lapaceove trasformacije. U tu svrhu izraz ćemo aštimati a prozivod dvije tabliče slike: x(t) L ω (z + ω (t) L ω ω ) ω z + ω z + ω (t) Dalje a osovu osobia liearosti i kovolucije (iverze) Laplaceove trasformacije imamo: x(t) t L ω ω z + ω (t)l ω t z + ω (t x)dx ω si(ω x) si(ω t ω x)dx 35
Izvršimo sada trasformacij proizvoda siusa u razliku kosiusa: x(t) t t cos(ω x ω t + ω x)dx cos(ω x + ω t ω x)dx ω t t cos(ω x ω t)dx cos(ω t)dx ω si(ω x ω t) ω ω si(ω t) si( ω t) ω Pa je koačo rješeje Cauchyevog problema: t cos(ω t) ω si(ω t) ω t cos(ω t) ω x(t) si(ω t) ω t cos(ω t) ω t cos(ω )t x b) Primjejujući Laplaceovu trasformaciju a obje jedačie, uvrštavajući počete uslove i sređući dobijee izraze imamo: X(z)(z + z) + Y (z)(z + ) z z X(z)(z + ) + Y (z)( z) z + Riješavajem ovog sistema po X(z) i Y (z) dobijemo: X(z) Y (z) Nako rastavljaja a parcijale razlomke: X(z) z (z + ) ( z) 3z (z + ) ( z) 8(z ) + 3 4(z + ) 8(z + ) Y (z) 8(z ) 3 8(z + ) Iz gorjih jedačia možemo primjetiti da eki od izraza isu tabliče slike Laplaceovih trasformacija, pa ih trebamo posebo odrediti: L t t (z ) (t) e x e t+x dx e t dx e t x t te t L (z + ) (t) t e x e t x dx t e t dx e t x t tet Ostale slike su tabliče pa možemo jedostavo aći iverze Laplaceove trasformacije, pa ako sređivaja imamo: x(t) 3 t(e t ) 8 e t y(t) e t + 6t 8 e t c) Primjetimo da ije jedostavo aći Laplaceovu trasformaciju izraza sa dese strae jedakosti u diferecijaloj jedačii. Međutim ako ga apišemo u sljedećem obliku: xθ(x ) (x )θ(x ) + θ(x ) Tada taj izraz ustvari postaje zbir dva orgiala za koje je jedastavo aći Laplaceovu trasformaciju. Lijevi sabirak je fukcija x u pomaku, dok je desi sabirak Heavisideova fukcija. Prema tome ako t 36
primjee Laplaceove trasformacije a diferecijalu jedačiu sa trasformisaim izrazom sa dese strae imamo: z Y (z) zy() y () + Y (z) e z z + e z z Nako uvrštavaja početih uslova i sređivaja gorjeg izraza imamo: Y (z) Rastavaljajem a parcijale razlomke dobijemo: e z z (z + ) + e z z(z + ) + z + Y (z) e z z e z z + + e z z ze z z + + z + Primjeom iverze Laplaceove trasformacije dobijemo: y(z) θ(x )(x ) θ(x ) si(x ) + θ(x ) θ(x ) cos(x ) + si(x) Odoso daljim sređivajem... y(z) θ(x ) (x si(x ) cos(x )) + si(x) 37
5 Rješeje varijate B drugog parcijalog ispita iz Ižejerske matematike u akademskoj 5/6 a popravom roku 5. Zadatak Nađite iverzu Laplaceovu trasformaciju fukcije: Rješeje: F (p) (p ) + (p, ( N) + ) Razmatrajmo prvi sabirak:! Izraz za prvi sabirak "malo podsjeća" a izraz (p b) čija je iverza Laplaceova trasformacija t e bt. + Stoga pristupamo sređivaju izraza da poprimi oblik a "koji podsjeća": ( )! (p ) ( )! (p ) ( )+ ( )! ( )! (p ) ( )+ Sada ako "potražimo" iverzu Laplaceovu trasformaciju dobijemo: L (p ) ( )! ( )! L (p ) ( )+ ( )! t e t Razmatraje drugog sabirka: Određivaje iverze Laplaceove trasformacije izraza drugog sabirka obavit ćemo uz pomoć relacije L F (p)f (p) t f (u)f (t u)du (ako vrijedi L F (p) f (t) i L F (p) f (t)). S obzirom da je pozato L z + si t oda vrijedi: L t (p + ) si u si(t u)du t cos(u t) cos tdu t t cos(u t)du cos t du si(u t) t cos tu t si t cos t t Vraćajem u izraz za fukciju F (p) dobijemo: L F (p) L (p ) + L (p + ) ( )! t e t + si t cos t t Vrijedi apomeuti kako avedee Laplaceove trasformacije za prvi i drugi sabirak vrijede u slučajevima Re{p} > i Re{p} >, odoso u slučaju {Re{p} > } {Re{p} > } {Re{p} > } za Laplaceovu trasformaciju čitave fukcije F (p). 5. Zadatak Izračuajte troji itegral x + y + z dxdydz gdje je V {(x, y, z) R 3 x + y + z z}. V Rješeje: Za izračuavaje itegrala pogodo je preći a polare koordiate, dakle: x ρ si θ cos ϕ y ρ si θ si ϕ z ρ cos θ 38
Slika 6: Grafički prikaz oblasti V Određivajem Jacobiaa dobijemo: D(x, y, z) J D(ρ, ϕ, θ) x ρ x ϕ x θ y ρ y ϕ y θ z ρ z ϕ z θ si θ cos ϕ ρ si θ si ϕ ρ cos θ cos ϕ si θ si ϕ ρ si θ cos ϕ ρ cos θ si ϕ cos θ ρ si θ ρ si θ Uvrštavajem u polazi itegral, dobijemo: x + y + z dxdydz V (x,y,z) V (ρ,ϕ,θ) ρ 3 si θdρdϕdθ S obzirom da je sad moguće uzastopo itegrirati, ajprije je potrebo odrediti graice itegracije. U cilju toga potrebo je razmotiri izraz kojim je zadat skup tačaka V: V {(x, y, z) R 3 x + y + z z}. Pošto je lijeva straa ejedakosti eegativa, slijedi da je z. Uvrštavajem polarih koordiata dotiča ejedakost poprima oblik: x + y + z z pol. koordiate ρ ρ cos θ, s obzirom da je ρ x + y + z, slijedi da je ρ cos θ. Time smo odredili graice itegracije za promjejivu ρ. Kako smo već utvrdili da mora biti z za oblast V (time direkto vrijedi da se oblast V alazi u oktatima I-IV, tj. oktati u kojima je z ), slijedi da razmotrimo poditegrali izraz F (x, y, z) x + y + z a moguću simetričost u ravi xoy. Kako vrijedi F (x, y, z) F ( x, y, z) F (x, y, z) F ( x, y, z) zaključujemo da je fukcija defiiraa datim izrazom simetriča u odosu a sva 4 kvadrata ravi xoy. (Aalogo, može se primjetiti (i dokazati) kako je i izraz koji određuje oblast V isto tako simetriča a prva 4 oktata). Time je problem itegracije koju oblast V "zatvara" moguće 39
svesti a jeda oktat, ukupi volume će se dobiti kad se volume jedog oktata pomoži sa 4 ( s obzirom da zbog simetričosti oblast V "zaklapa" jedake volumee u sva 4 oktata svoje defiisaosti). Ako uzemo itegraciju u prvom oktatu, dobijemo slijedeće graice itegracije: Sada je moguće preći a određivaje itegrala: 4 V ( ρ cos θ) ( ϕ ) ( θ ) ρ 3 si θdρdϕdθ 4 ρ 3 si θdρdϕdθ 4 V/4 ρ 4 dϕ si θdθ 4 4 Dakle vrijedost itegrala je, 5.3 Zadatak 3 cos θ 4 ϕdϕ p 4 dϕ 4 dp p 5 4 dϕ cos θ ρ 3 dρ dϕ (cos θ) 4 si θdθ 4 4 dϕ Primjeom trojog itegrala izračuajte volume tijela V omeđeog površi: Rješeje: x 3 + y 3 + z 3. si θdθ cos θ p si θdθ dp θ / p θ p 5 ϕ Očito kako je data površ simetriča u svih 8 oktaata, pa stoga problem račuaja volumea možemo svesti a prvi oktat (ukupi volume dobijemo možeći volume prvog oktata sa 8, ( sliča postupak rješavaja kao u zadatku br..)). Prije toga uvedimo smjee: x ρ 3 si 3 θ cos 3 ϕ y ρ 3 si 3 θ si 3 ϕ z ρ 3 cos 3 θ Odredimo Jacobia: D(x, y, z) J D(ρ, ϕ, θ) x ρ x ϕ x θ y ρ y ϕ y θ z ρ z ϕ z θ 3ρ cos 3 ϕ si 3 θ 3ρ 3 cos ϕ si ϕ si 3 θ 3ρ 3 cos 3 ϕ cos θ si θ 3ρ si 3 ϕ si 3 θ 3ρ 3 cos ϕ si ϕ si 3 θ 3ρ 3 cos θ si 3 ϕ si θ 3ρ cos 3 θ 3ρ 3 cos θ si θ 7ρ 8 cos ϕ cos θ si ϕ si 5 θ S obzirom da ćemo itegraciju vršiti u prvom oktatu, vrijede slijedeće graice itegracije: ( ϕ ) ( θ x ) ( ρ( 3 + y 3 + z 3 ) ) Prema tome itegral prvog oktata postaje: dxdydz J dρdϕdθ 7ρ 8 cos ϕ cos θ si ϕ si 5 θdρdϕdθ V (x,y,z)/8 V (ρ,ϕ,θ)/8 V (ρ,ϕ,θ)/8 Odoso: V 8 8 7 V (ρ,ϕ,θ)/8 ρ 8 dρ 7ρ 8 cos ϕ cos θ si ϕ si 5 θdρdϕdθ cos ϕ si ϕdϕ } {{ } I cos θ si 5 θdθ (*) } {{ } II 4
Slika 7: Grafički prikaz oblasti V Razmotrimo itegral I: I Razmotrimo itegral II: II II si ϕ dϕ 4 8 II II II II Vraćajući u (*) dobijemo: p 3 cos 4ϕdϕ 8 ϕ si 4ϕ 4 cos θ si 5 θdθ cos θ cos θ si θdθ cos θ p cos θ cos θ si θdθ si θdθ dp θ p θ p p p dp p p 4 + p 6 dp 3 p5 5 + p7 7 8 5 ρ 9 V 8 7 9 p p + p 4 dp 6 8 5 4 35 6 4
5.4 Zadatak 4 Neka je f fukcija dobivea kao -periodičko prošireje fukcije f zadae formulom f(x) x, x,. Razvijte tu fukciju u Fourierov red. Rješeje: Π Π 4 3 Π Π Π Π Π Slika 8: Dio grafika fukcije f S obzirom da je data fukcija eprekida a segmetu, +, i mootoa a podsegmetima, i, oa očigledo zadovoljava Dirichletove uslove. Pređimo a razvijaje fukcije u Fourierov red, određujemo Fourierove koeficijete pomoću relacija: a T b a f(x)dx a T b a f(x) cos x T dx b T b a f(x) si x T dx, pošto je kod as segmet a,b simetriča tj. a, b T, T para oda vrijedi: Odredimo a : Zatim a : a a x dx a x dx,, T, te je fukcija f(x) x cos xdx b x 3 3 3 a x cos xdx x si x x si xdx x si x x cos x + cos xdx x si x x cos x + si x x si x cos x + x ( ) + 3 ( ) Sad uvrstavajuči u relaciju za Fourierov red: f(x) a + + a cos x + b si x T T 4
, dobijemo: f(x) 3 + + f(x) 3 + + ( ) cos x ( ) cos x 5.5 Zadatak 5 Koristeći Laplaceovu trasformaciju riješite Cauchyev problem: a) { y 5y + 6y si x y(), y () ; b) { x IV + x + x 3t x() x () x (), x () ; c) Rješeje: x y, y z, z 4(x y) + z, x(), y(), z() 5. a) Riješimo Cauchyev problem: { y 5y + 6y si x y(), y () ; "Laplace-irajem" date jedačie dobijemo:, odoso: Ly L5y + L6y Lsi x Ly 5Ly + 6Ly Lsi x z Y (z) zy() y () 5(zY (z) y()) + 6Y (z) z + z Y (z) 5zY (z) + 6Y (z) z +. Izražavajem Y (z) iz dobijee relacije, dobijemo: Y zz 5z + 6 z + + Y z (z + )(z 5z + 6) + (z 5z + 6) Y z (z + )(z 3)(z ) + (z 3)(z ) Sada je potrebo aći iverzu Laplaceovu trasformaciju izraza za Y(z), prije toga pogodo je dati izraz rastaviti a parcijale razlomke: (što je moguće uraditi metodom eodređeih koeficijeata, ili (ako su izrazi pogodi) dodavajem i oduzimajem određeih člaova u brojiku i sređivajem): Y z (z ) (z 3) (z ) (z 3) (z + + )(z 3)(z ) (z 3)(z ) Dodali smo i oduzeli eke člaove u brojiku, tako da vrijedost brojika ostaje epromjejea. Y z (z + )(z 3) (z + )(z ) + z 3 z 43
Sada za prva dva sabirka primjeimo metodu eodređeih koeficijeata čime dobijemo: ( ) ( (z + )(z 3) (z + 3) (z 3) (z + ) (z + )(z ) 5(z ) z + ) 5(z + ) Vraćajem u prvobitu relaciju dobijemo: Y z (z + 3) (z 3) ( + z ) 5(z ) + z + 5 ( + z ) + z 3 z Y z z 3 + z + (z + ) 6 5 z Uvažavajući da je (iz tablica Laplaceovih trasformacija): L e 3x L e x L z 3 z z + vrijedi: L Y (z) L L Y (z) L 6 z 3 5 L + z 6 z 3 5 L z L + L L Y (z) e3x 6 5 ex + cos x + si x L Y (z) e3x 6 5 ex + Dakle, rješeje date dif. jedačie je: cos x + si x y(x) e3x 6 cos x + si x 5 ex + si x L z + z + z z + z z + + L b) Sličo kao pod a), imamo dif. jedačiu da riješimo pomoću Laplaceove trasfromacije: { x IV + x + x 3t x() x () x (), x () ; Izvršimo Laplaceovu trasformaciju obje strae jedačie: Lx IV + x + x L3t Lx IV + Lx + Lx 3Lt cos x z + dobijemo: Lx IV + x + x L3t Lx IV + Lx + Lx 3Lt z 4 X(z) z 3 x() z x () zx () x () + z X(z) zx() x () + X(z) 3 z Uvažavajući zadate počete uslove: z 4 X(z) + z X(z) + X(z) 3 z X(z)z 4 + z + 3 z + X(z)z + 3 z + X(z) 3 z (z + ) + (z + ) 44
Ostaje am kao u prethodom slučaju da odredimo iverzu Laplaceovu trasformaciju X(z)-a (prije toga, aravo obavljamo razlagaje a parcijale razlomke): X(z) 3 z (z + ) + (z + ) X(z) 3 z + z z (z + ) + (z + ) X(z) 3 z (z + ) (z + ) + z + z X(z) 3 z (z + ) (z + ) + X(z) 3 z z + (z + ) + (z + ) (z + ) (z + ) X(z) 3 z 3 z + 3 (z + ) + (z + ) X(z) 3 z 3 z + (z + ) Sad prelazimo a tražeje iverze Laplaceove trasformacije ( za prvi i drugi sabirak određujemo pomoću tablice): L (z) 3L z 3 z + (z + ) L (z) 3t 3 si t (z + ) ( ) Za zadji sabirak određujemo pomoću relacije L F (z)f (z) t f (u)f (t u)du ako je L F (z) f (t) i L F (z) f (t), u ašem slučaju je: F (z) z + F (z) z + L F (z) L F (z) si t, pa je: t t L F (z)f (z) f (u)f (t u)du si u si(t u)du t (cos(u t) cos t)du t t si(u cos(u t)du cos tdu t si(u t) cos tu t t t) cos tu t Na kraju, vraćajući u (*) dobijemo: si t t cos t L X(z) 3t 3 si t tj. rješeje dif. jedačie u fialom obliku je: si t t cos t x(t) 3t 3 si t si t + t cos t 3t 4 si t + t cos t c) Sada za rješavaje imamo sistem dif. jedačia: x y y z z 4(x y) + z, x(), y(), z() 5. 45
"Laplace-irajmo" sve 3 jedačie i dobijemo: px(p) x() Y (p) Y (p) y() Z(p), pz(p) z() 4(X(p) Y (p)) + Z(p), uvrštavajem početih uslova sistem poprima slijedeći oblik: px(p) Y (p) () Y (p) Z(p), (3) pz(p) 5 4(X(p) Y (p)) + Z(p) (4) Pristupimo sad rješavaju ovog algebarskog sistema jedačia po epozatim X(p), Y (p), Z(p). Izrazimo X(p) i Z(p) iz jedačia () i (3) preko Y (p): X(p) Y (p) p, sad uvrstimo u jedačiu (4): Y (p) py (p) p 4 p Z(p) py (p) Z(p)p 5 4(X(p) Y (p)) (3) Y (p) Y (p) + 5 p Y (p) py (p) p + 4 Y (p)p + 5 p p p p p 3 Y (p) p Y (p) p + p 4 Y (p) Y (p)p + 5p p 3 Y (p) p Y (p) p + p 4Y (p) 4pY (p) + 5p p 3 Y (p) p Y (p) + 4pY (p) 4Y (p) p + 4p Y (p)p 3 p + 4p 4 p + 4p Y (p) p + 4p p 3 p + 4p 4 Izraz u aziviku je moguće rastaviti (jer je jeda ula polioma p), pa pomoću Horerove šeme razlagajem azvika dobijemo sljedeći oblik: Y (p) p + 4p p p + 4, vraćajući u gorji sistem jedačia a sliča ači određujemo X(p)iZ(p): X(p) Rastavljajem a parcijale razlomke dobijemo: X(p) Y (p) p + 4 p p + 4 Z(p) 5p 4p + 4 p p + 4 p + 4 p p + 4 p + 4p p p + 4 Z(p) 5p 4p + 4 p p + 4 X(p) p p p + 4 Y (p) p + 4 p + 4 Z(p) p + 4p p + 4 Sada je još ostalo da ađemo iverze Laplaceove trasformacije izraza X(p), Y (p) i Z(p) što se sada može odraditi očitavajem iz tablica, pa za X(p) imamo: L X(p) L L p p p L X(p) L L p + 4 p p + 4 p L X(p) L L p p L X(p) e t cos t + 4, za Y (p): L Y (p) L + L 4 p p + 4 L + L p p + 4 L Y (p) L + L p p + 4 46 L Y (z) e t + si t