Vodič za pokušaj polaganja drugog parcijalnog ispita iz ... · Vodič za pokušaj polaganja...
Transcript of Vodič za pokušaj polaganja drugog parcijalnog ispita iz ... · Vodič za pokušaj polaganja...
Vodič za pokušaj polaganja drugog parcijalnog ispita izInženjerske Matematike 2
AbdagićAlvin, Dragolj Edin
31. Maj 2007.
Verzija 1.2020569
Sadržaj1 Uvod 2
2 Rješenja pripremnih zadataka 1 iz Inženjerske matematike 2 32.1 Zadatak 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Zadatak 1′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.3 Zadatak 1′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4 Zadatak 1′′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.5 Zadatak 1′′′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.6 Zadatak 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.7 Zadatak 2′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.8 Zadatak 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.9 Zadatak 3′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.10 Zadatak 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.11 Zadatak 4′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.12 Zadatak 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.13 Zadatak 5′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.14 Zadatak 5′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3 Rješenja pripremnih zadataka 1 iz Inženjerske matematike 2 213.1 Zadatak 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Zadatak 1′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.3 Zadatak 1′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.4 Zadatak 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.5 Zadatak 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.6 Zadatak 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.7 Zadatak 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.8 Zadatak 5′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
4 Rješenje varijante A drugog parcijalnog ispita iz Inženjerske matematike 2 u aka-demskoj 2005/2006 na popravnom roku 324.1 Zadatak 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.2 Zadatak 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.3 Zadatak 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.4 Zadatak 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.5 Zadatak 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
1
5 Rješenje varijante B drugog parcijalnog ispita iz Inženjerske matematike 2 u aka-demskoj 2005/2006 na popravnom roku 385.1 Zadatak 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.2 Zadatak 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.3 Zadatak 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405.4 Zadatak 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425.5 Zadatak 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
1 UvodDobro došli u prvo (a vjerovatno i jedino) izdanje "vodiča za polaganje ispita", skripte koja je zamišljenada studentima ponudi presjek zadataka koji ih mogu očekivati na drugom parcijalnom ispitu. U skripti jeobrađeno 30-ak zadataka, koji su prikupljeni s prošlogodišnjeg materijala "Pripremni zadaci" (s obziromda ovogodišnji materijal nije bio dostupan za vrijeme pravljenja skripte) i prošlogodišnjeg popravnogispita. Zadaci su obrađeni na nivou naših (skromnih) raspoloživih znanja, ali mislimo da mogu pružitiuvid u metodiku rješavanja zadataka. Isto tako, molimo vas da shvatite da ne možemo garantovati tačnostzadataka (pa je poželjno da svaki zadatak koji radite-sami provjerite), kao i da su moguće pravopisnegreške i greške ostale prirode jer nije bilo puno vremena za detaljno pregledanje. Neki zadaci su kraćeobrađeni, nadam se da ćete imati razumijevanja za to, jer vremenski uslovi/rokovi nisu dozvoljavali"dublju" analizu zadataka.Ovom prilikom želimo se zahvaliti prof. dr. Huse Fatkiću što je ukazao podršku ovom malom projektu,kao i svima onima koji su nam pružali pomoć te ukazivali na greške i nedostatke u radu. Bićemo i daljeotvoreni za sve sugestije, primjedbe i pohvale. Nadamo se da će vam ovaj materijal biti koliko-toliko odkoristi i da će se njegovo korištenje pozitivno odraziti na rezultate ispita. Na kraju, želimo vam mnogosreće na ispitu.
2
2 Rješenja pripremnih zadataka 1 iz Inženjerske matematike 2
2.1 Zadatak 1Odredite Fourierov integral i Fourierovu transformaciju funkcije f zadane formulom:
f(x) ={
0, |x| > 11, |x| ≤ 1
Na osnovu dobijenih rezultata izračunajte nesvojstveni Riemannov integral:∫ ∞
0
sinω
ωdω
Rješenje
Zadana funkcija f se može napisati u obliku:
f(x) =
0, x < −11, −1 ≤ x ≤ 10, x > 1
-1.5 -1. -0.5 0. 0.5 1. 1.5 2.
0.5
1.
Slika 1: Dio grafika funkcije f
Na svakom konačnom intervalu (a, b), gdje su a i b proizvoljni realni brojevi, za zadanu funkciju f vrijedi:
1. Funkcija f ima maksimalno dvije tačke prekida. i svi su prve vrste. U svim ostalim tačkamafunkcija f je neprekidna.
2. Funkcija f je na intervalima (−∞,−1) ∩ (a, b), [−1, 1] ∩ (a, b) i (1,∞) ∩ (a, b) monotona.
Prema tome funkcija f(x) zadovoljava Dirichleove uslove na svakom konačnom intervalu (a, b). Kako je∫ ∞
−∞|f(x)|dx =
∫ −1
−∞|f(x)|dx +
∫ 1
−1
|f(x)|dx +∫ ∞
1
|f(x)|dx =∫ 1
−1
dx = x|1−1 = 2,
to je zadana funckija apsolutno integrabilna na intervalu (−∞,∞).Primijetimo da vrijedi f(−x) = f(x), odnosno da je zadana funkcija f parna.Na osnovu zaključenog možemo odrediti Fourierovu transformaciju:
F (ω) =2π
∫ ∞
0
f(x) cos(ωx)dx =2π
[∫ 1
0
f(x) cos(ωx)dx +∫ ∞
1
f(x) cos(ωx)dx
]=
=2π
∫ 1
0
cos(ωx)dx =2π
sin(ωzx)ω
∣∣∣∣10
=2π
sinω
ω.
3
Također funkcija f se u svim tačkama neprekidnosti može predstaviti Fourierovim integralom:
f(x) =∫ ∞
0
F (ω) cos(ωx)dω =∫ ∞
0
2π
sinω
ωcos(ωx)dω =
2π
∫ ∞
0
sinω
ωcos(ωx)dω.
Koristeći se dobijenim Fourierovim integralom, i uvrštavajući vrijednost x = 0 (što možemo uraditi, jerje funkcija neprekidna u x = 0) dobijemo:
f(0) =2π
∫ ∞
0
sinω
ωcos(ω · 0)dω,
1 =2π
∫ ∞
0
sinω
ωdω,∫ ∞
0
sinω
ωdω =
π
2.
Slika 2: Dio grafika podintegralne funkcije sin ωω
2.2 Zadatak 1′
Naći Fourierov integral i Fourierovu transformaciju funkcije zadane formulom:
f(t) ={
0, t < 0,e−αt, t ≥ 0, α > 0
Rješenje:
U određivanju Fourierovog integrala date funkcije potrebno je razmotriti uslove konvergencije traženogFourierovog integrala:
a) funkcija f : R → R je apsolutno integrabilna funkcija, tj.∫ +∞−∞ |f(t)|dt < ∞,
b) funkcija f zadovoljava Dirichletove uslove na svakom konačnom razmaku u R.
Podsjećanja radi navedimo Dirichletove uslove:
1. postoji konačan skup A ⊂ [a, b] tako da je f neprekidna funkcija u svakoj tački skupa [a, b]\A.Ukoliko je A 6= ∅, onda u svakoj tački skupa A funkcija f ima skok prve vrste;
4
-0.5 0. 0.5 1. 1.5 2.
0.5
1.
Slika 3: Dio grafika funkcije f
2. postoji podjela segmenta [a, b] na konačno mnogo dijelova takva da je funkcija f monotona nasvakom od tih dijelova segmenta.
Očigledno je kako data funkcija zadovoljava Dirichletove uslove. Stoga ispitajmo još apsolutnu integra-bilnost: ∫ +∞
−∞|f(t)|dt =
∫ +∞
−∞|e−αt|dt =
∫ 0
−∞|0|dt +
∫ +∞
0
e−αtdt = limr→+∞
[e−αt
−α
]r
0
=1α∈ R,
prema tome data funkcija je apsolutno integrabilna. Sada možemo preći na računanje Fourierove tran-sformacije, pa polazimo od relacije:
S(ω) =∫ +∞
−∞f(t)e−ıωtdt =
∫ +∞
0
e−αte−ıωtdt =∫ +∞
0
e−(αt+ıω)tdt =1
α + ıω
Znajući Fourierovu transformaciju možemo jednostavno izvršiti računanje Fourierovog integrala pomoćurelacije f(t) = 1
2π
∫ +∞−∞ S(ω)eıωtdω, tj:
f(t) =12π
∫ +∞
−∞S(ω)eıωtdω =
12π
∫ +∞
−∞
1α + ıω
eıωtdω
Time je određen Fourierov integral.
2.3 Zadatak 1′′
Riješite Cauchyev problem: x′′ − y′′ + y′ − x = et − 2.2x′′ − y′′ − 2x′ + y = −tx(0) = x′(0) = y(0) = y′(0) = 0
Rješenje:
"Laplace"-iranjem sistema dif. jednačina dobijemo sistem algebarskih jednačina po nepoznatim funkci-jama X(z) i Y (z):
z2X(z)− zx(0)− x′(0)− (z2Y (z)− zy(0)− y′(0)) + zY (z)− y(0)−X(z) =1
z − 1− 2
z
2(z2X(z)− zx(0)− x′(0))− (z2Y (z)− zy(0)− y′(0))− 2(zX(z)− x(0)) + Y (z) = − 1z2
x(0) = x′(0) = y(0) = y′(0) = 0
5
Odnosno:
z2X(z)− z2Y (z) + zY (z)−X(z) =1
z − 1− 2
z
2z2X(z)− z2Y (z)− 2zX(z) + Y (z) = − 1z2
Sređivanjem dobijemo:
X(z)(z2 − 1)− Y (z)z(z − 1) =2− z
z(z − 1)
X(z)2z(z − 1)− Y (z)(z2 − 1) = − 1z2
Rješavanjem datog sistema dobijemo:
X(z) =1
z(z − 1)2∧ Y (z) =
2z − 1z2(z − 1)2
U finalnoj etapi rješavanja treba naći inverzne Laplace-ove transformacije dobijenih funkcija, u ciljulakšeg ostvarenja te namjere poželjno je X(z) i Y (z) predstaviti preko parcijalnih razlomaka. Timedobijemo:
X(z) =1z− 1
z − 1+
1(z − 1)2
Y (z) = − 1z2
+1
(z − 1)2
Sada "inverznim Laplace-iranjem" (kojeg obavljamo uz pomoć tablica) dobijemo:
X(z) = L−1
[1z− 1
z − 1+
1(z − 1)2
]= t− et + tet
Y (z) = L−1
[− 1
z2+
1(z − 1)2
]= −t + tet.
2.4 Zadatak 1′′′
Nađite inverznu Laplaceovu transformaciju funkcije:
F (z) =2z
(z2 + 1)2
Rješenje
Zadatu funkciju možemo napisati kao:
F (z) = 2z
z2 + 11
z2 + 1
Na osnovu osobine linearnosti Laplaceove transformacije imamo:
L−1[F (z)](t) = 2 · L−1[z
z2 + 11
z2 + 1](t)
Dalje na osnovu osobine konvolucije 1 Laplaceove transformacije imamo:
L−1[F (z)](t) = 2∫ t
0
L−1[z
z2 + 1](x) · L−1[
1z2 + 1
](x− t) · dx
1Ako su f1(t) ∈ E(a1), f2(t) ∈ E(a2), a1 6= a2, L[f1(t)](z) = F1(z) i L[f2(t)](z) = F2(z) , onda vrijedi:L
hR t0 f1(x)f2(t − x)dx
i(z) = F1(z) · F2(z), odnosno L−1 [F1(z) · F2(z)] (t) =
R t0 f1(x)f2(t − x)dx
6
Iz tablice Laplaceovih transformacija imamo: L−1[ 1z2+1 ](t) = sin t i L−1[ z
z2+1 ](t) = cos t, pa uvrštavanjemu gornji izraz imamo:
L−1[F (z)](t) = 2∫ t
0
cos(x) sin(t− x)dx
Transformacijom proizvoda cosinusa i sinusa u zbir sinusa dobijemo:
L−1[F (z)](t) = 2∫ t
0
12[sin(x− (t− x)) + sin(x + (t− x))]dx = 2 · 1
2
∫ t
0
[sin(2x− t) + sin t)]dx,
L−1[F (z)](t) =∫ t
0
sin(2x−t)dx+sin t
∫ t
0
dx =cos(2x− t)
2
∣∣∣∣t0
+sin t · x|t0 =cos(2t− t)
2−cos(2 · 0− t)
2+t sin t,
L−1[F (z)](t) = t sin t +cos t− cos(−t)
2= t sin t.
2.5 Zadatak 1′′′′
Nađite funkciju čija je Laplaceova transformacija:
2z(z2 + 1)2
.
Rješenje:
Potrebno je naći inverznu Laplaceovu transformaciju zadane funkcije, stoga ćemo prvo zadani izrazrazložiti na parcijalne razlomke kako bismo posao traženja inverzne transformacije lakše obavili:
21
z(z2 + 1)2= 2
z2 + 1− z2
z(z2 + 1)2= 2
[1
z(z2 + 1)− z
(z2 + 1)2
]=
= 2[z2 + 1− z2
z(z2 + 1)− z
(z2 + 1)2
]= 2
[1z− z
z2 + 1− z
(z2 + 1)2
]=
= 2[1z− 2
z
z2 + 1− 2
z
(z2 + 1)2
]Sad pređimo na traženje inverzne Laplaceove transformacije:
L−1
[2
1z(z2 + 1)2
]= 2L−1
[1z
]− 2L−1
[1z
]− 2L−1
[z
(z2 + 1)2
]= 2− 2 cos t− 2L−1
[z
(z2 + 1)2
]Nazna čenu inverznu Laplaceovu transformaciju ćemo odrediti kao inverznu transformaciju od proizvodadvije funkcije:
z
z2 + 1· 1z2 + 1
∧ L−1[F1(z)F2(z)] =∫ t
0
f1(x)f2(t− x)dx
gdje su L−1[F1(z)] = f1(t) i L−1[F2(z)] = f2(t). Prema tome vrijedi:
L−1
[1
z2 + 1· z
z2 + 1
]=
∫ t
0
sinx cos(t− x)dx =12
∫ t
0
[sin t + sin(2x− t)]dx =
=12
[∫ t
0
sin tdx +∫ t
0
sin(2x− t)dx
]=
12
[sin t · x|t0 −
[cos(2x− t)
2
]t
0
]=
=12t sin t
Na kraju uvrštavajući dobijemo konačni rezultat:
L−1
[2
1z(z2 + 1)2
]= 2− 2 cos t− t sin t
7
2.6 Zadatak 2Izračunajte dvojni integral funkcije f zadane formulom:
f(x, y) =√
1− x2 − y2
na oblasti D(⊂ R) ograničenoj krivom čija je jednačina x2 + y2 = 1.
Rješenje
-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
Slika 4: Oblast D je kružnica (lijevo), a grafička interpretacija ovog dvojnog integrala je volumen tijelana slici(desno)
Zadana funkcija f je definisana na oblasti D(f) :={(x, y) ∈ R|1− x2 − y2 ≥ 0
}=
{(x, y) ∈ R|x2 − y2 ≤ 1
}.
Kako je f očito elementarna, to je ona i neprekidna na oblasti D, pa je tu i integrabilna u Riemannovomsmislu, tj. postoji integral:
I =∫∫
D
√1− x2 − y2dxdy
Zamijenimo provougle polarnim koordinatama transformacijom:
x = ρ cos ϕ, y = ρ sinϕ
Jacobian ove transformacije je:
J =∣∣∣∣ x′ρ x′ϕ
y′ρ y′ϕ
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ cos ϕ −ρ sinϕ
sinϕ ρ cos ϕ
∣∣∣∣ = ρ sin2 ϕ+ρ cos2 ϕ = ρ(sin2 ϕ+cos2 ϕ) = ρ 6= 0, , za (x, y) 6= (0, 0)
Kako su očigledno zadovoljeni dovoljni uslovi za smjenu varijabli, to traženi integral postaje:
I =∫∫
D′ρ
√1− ρ2 cos2 ϕ− ρ2 sin2 ϕdϕdρ =
∫∫D′
ρ√
1− ρ2dϕdρ,
gdje je D′ oblast na koju se preslikava oblast D gornjom transformacijom. S obzirom da je D bilakružnica, D′ će biti pravougaonik (ρ ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π]).
I =∫ 2π
0
dϕ
∫ 1
0
ρ√
1− ρ2dρ =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− ρ2 = t−2ρdρ = dtρdρ = − 1
2dtρ = 0 ⇔ t = 1ρ = 1 ⇔ t = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
∫ 2π
0
dϕ
∫ 0
1
−12
√tdt =
12
∫ 2π
0
dϕ
∫ 1
0
t12 dt =
=12
∫ 2π
0
t32
32
∣∣∣∣∣1
0
dϕ =12
∫ 2π
0
23dϕ =
13ϕ∣∣2π
0=
23π,
8
odnosno: ∫∫D
√1− x2 − y2dxdy =
23π.
2.7 Zadatak 2′
Izračunajte integral ∫ ∫D
√1− x2 − y2
1 + x2 + y2dxdy
gdje je D = {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 ≤ 1, y ≥ 0}
Rješenje:
-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Slika 5: Oblast D (lijevo), grafička interpretacija ovog dvojnog integrala je volumen tijela na slici(desno)
Data oblast predstavlja "gornju" polovinu kruga x2 + y2 ≤ 1. Za računanje datog integrala pogodnoje preći na polarne koordinate:
x = ρ cos ϕ ∧ y = ρ sinϕ (ϕ ∈ [0, 2π], ρ =√
x2 + y2
S obzirom da je y ≥ 0 ⇒ sinϕ ≥ 0 ⇒ ϕ ∈ [0, π]. Prije nego sto transformišemo dati integral potrebno jeutvrditi Jacobian deterimantu:
J =D(x, y)D(ρ, ϕ)
=∣∣∣∣ x′ρ x′ϕ
y′ρ yϕ
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ cos ϕ −ρ sinϕ
sinϕ ρ cos ϕ
∣∣∣∣ = ρ 6= 0
Prema tome dato preslikavanje oblasti je regularno, pa prelazimo na transformaciju integrala:∫ ∫D(x,y)
F (x, y)dxdy ⇒∫ ∫
D(ρ,ϕ)
F (ρ, ϕ)∣∣∣∣D(x, y)D(ρ, ϕ)
∣∣∣∣ dρdϕ
odnosno ∫ ∫D(x,y)
√1− x2 − y2
1 + x2 + y2dxdy ⇒
∫ ∫D(ρ,ϕ)
√1− ρ2
1 + ρ2ρdρdϕ)
Dati integral sad može preci u uzastopni integral s sljedećim granicama:∫ π
0
dϕ
∫ 1
0
√1− ρ2
1 + ρ2ρdρ =
9
tj.: ∫ π
0
dϕ
∫ 1
0
√1− ρ2
1 + ρ2ρdρ =
= π
∫ 1
0
√1− ρ2
1 + ρ2ρdρ = |ρ2 = m ∧ 2ρdρ = dm|
=π
2
∫ 1
0
√1−m
1 + mdm =
∣∣∣∣∣√
1−m
1 + m= r ⇒ m =
1− r2
1 + r2∧ dm =
−4rdr
[1 + r2]2
∣∣∣∣∣ =
=π
2
∫ 0
1
−4r2
(1 + r2)2dr =
=4π
2
∫ 1
0
r2
(1 + r2)2dr =
∣∣∣∣ u = rdv = − r
(1+r2)2 dr
∣∣∣∣=
4π
2
[−1
2r
1 + r2+
12arctg r
]1
0
=
=4π
2
[−1
4+
12
π
4
]=
= π
[π
4− 1
2
]2.8 Zadatak 3Izračunajte površinu oblasti D(⊂ R2) ograničene krivom zadanom jednačinom:
(ax + by + c)2 + (dx + ey + f)2 = 1 ,
gdje je ae 6= bd.
Rješenje
-3 -2 -1 0 1-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
Slika 6: Grafički prikaz oblasti D
Tražena površina je:
P =∫∫
D
dxdy
Odredimo transformaciju:
u = ax + by + c ⇔ x =u− by − c
a(1)
10
v = dx + ey + f ⇔ y =v − dy − f
e(2)
Uvrštavanjem 2 u 1 imamo:
x =u− c
a− bv − bdx− bf
ae
∣∣∣ · (ae)
aex = ue− ce− bv + bdx + bf
x(ae− bd) = ue− ce− bv + bf
x =ue− ce− bv + bf
ae− bd(3)
Sada uvrstimo 3 u 2:y =
v − f
e− deu− dbv − dce + dbf
ae− bd
y =1e
(aev − aef − bdv + bdf − deu + dbv + dce− dbf
ae− bd
)y =
aev − aef − deu + dce
e(ae− bd)
y =av − af − du + dc
ae− bd
Odredimo sada Jacobian transformacije:
J =∣∣∣∣ x′u x′v
y′u y′v
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ e
ae−bd−b
ae−bd−d
ae−bda
ae−bd
∣∣∣∣ =ae− bd
(ae− bd)2=
1ae− bd
6= 0
Kako su očigledno zadovoljeni uslovi za smjenu varijabli, to tražena površina postaje:
P =∫∫
D
dxdy =∫∫
D′
1|ae− bd|
dudv
Sada je potrebno odrediti granice integracije. Primjetimo da su izrazi u2 i v2 nenegativni za ∀u, v ∈ R.Također oblast D’ je ograničena krivom u2 + v2 = 1. Na osnovu ovoga možemo zaključiti da jeu, v ∈ [−1, 1]. Ako uzmemo da se u mijenja u navedem intervalu, iz jednačine krive koja ograničavaoblast imamo da se v mijenja između −
√1− u2 i
√1− u2, u funkciji od u. Pa sada imamo:
P =1
|ae− bd|
∫ 1
−1
du
∫ √1−u2
−√
1−u2dv =
1|ae− bd|
∫ 1
−1
du · v∣∣∣√1−u2
−√
1−u2=
2|ae− bd|
∫ 1
−1
√1− u2du =
=
∣∣∣∣∣∣∣∣u = sinϕdu = cos ϕdϕu = −1 ⇔ ϕ = −π
2u = 1 ⇔ ϕ = π
2
∣∣∣∣∣∣∣∣ =2
|ae− bd|
∫ π2
−π2
√1− sin2 ϕ cos ϕdϕ =
∣∣sin2(−ϕ) = sin2(ϕ)∣∣ =
=4
|ae− bd|
∫ π2
0
| cos ϕ| cos ϕdϕ =∣∣∣cos ϕ ≥ 0,∀ϕ ∈
[0,
π
2
]∣∣∣ =4
|ae− bd|
∫ π2
0
cos2 ϕdϕ =
=
∣∣∣∣∣ cos(ϕ2 ) =
√1+cos ϕ
2
cos2 ϕ = 12 + 1
2 cos(2ϕ)
∣∣∣∣∣ =4
|ae− bd|
∫ π2
0
[12
+12
cos(2ϕ)]
dϕ =2
|ae− bd|
[∫ π2
0
dϕ +∫ π
2
0
cos(2ϕ)dϕ
]=
=2
|ae− bd|
[ϕ∣∣∣π
2
0+
sin(2ϕ)2
∣∣∣∣π2
0
]=
2|ae− bd|
[π
2− 0 +
sinπ
2− sin 0
2
]=
π
|ae− bd|
Površina zadate oblasti je π|ae−bd| .
2.9 Zadatak 3′
Izračunajte površinu oblasti D, koja je ograničena linijom čija je jednačina (ax)12 +(by)
12 = 1 i pravcima
čije su jednačine ax = by, 4ax = by (a > 0, b > 0).
11
0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Slika 7: Grafički prikaz oblasti D
Rješenje:
Prvo potražimo presječne tačke krivih koje obrazuju datu oblast (evidentno je da se data oblast nalaziu I kvadrantu tj. (x ≥ 0, y ≥ 0)). isto tako označimo pravce kao yg = 4ax
b (gornji) i yd = axb (donji), kao
i datu krivu sa C. Sad potražimo tačke presjeka:
1. C ∩ yd:
(ax)12 + (by)
12 = 1 ∧ ax = by ⇒ y =
14b∧ x =
14a
2. C ∩ yg:
(ax)12 + (by)
12 = 1 ∧ 4ax = by ⇒ y =
49b∧ x =
19a
3. yd ∩ yg
ax = by ∧ 4ax = by ⇒ y = 0 ∧ x = 0
Na osnovu nađenih presječnih tačaka možemo odrediti granice integracije, kao i postaviti izraz zapovršinu date oblasti. Prije toga izrazimo y iz relacije C:
(ax)12 + (by)
12 = 1 ⇒ y =
(1−√
ax)2
b
Uspostavimo integral za površinu sada:
∫ ∫D
dxdy =∫ 1
9a
0
dx
∫ 4axb
axb
dy +∫ 1
4a
19a
dx
∫ (1−√
ax)2
b
axb
dy
12
Sada:
=∫ 1
9a
0
3ax
bdx +
∫ 14a
19a
[(1−
√ax)2
b− ax
b
]dx =
[3ax2
2b
] 19a
0
+∫ 1
4a
19a
1b
[1− 2
√ax + ax− ax
]dx
=1
54ab+
∫ 14a
19a
1b[1− 2
√ax]dx =
154ab
+1b
[x− 4
√a
3x
32
] 14a
19a
=1
54ab+
7324ab
=13
324ab
2.10 Zadatak 4Primjenom dvojnog ili trojnog integrala izračunajte volumen tijela V omeđenog površinama:
z = x2 + y2, z = 2x2 + 2y2, z = 4
Rješenje
Slika 8: Grafički prikaz tijela V
Traženi volumen je:
V =∫∫∫
V
dxdydz
Radi jednostavnosti proračuna zamijenimo pravougle sa cilindričnim koordinatama transformacijom:
x = ρ cos ϕ, y = ρ sinϕ, z = z,
pa je Jacobian ove transformacije:
J =
∣∣∣∣∣∣x′ρ x′ϕ x′zy′ρ y′ϕ y′zz′ρ z′ϕ z′z
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣cos ϕ −ρ sinϕ 0sinϕ ρ cos ϕ 0
0 0 1
∣∣∣∣∣∣ = ρ sin2 ϕ+ρ cos2 ϕ = ρ(sin2 ϕ+cos2 ϕ) = ρ 6= 0 , za (x, y) 6= (0, 0)
13
Kako su očigledno zadovoljeni uslovi za smjenu varijabli, to traženi volumen postaje:
V =∫∫∫
V
dxdydz =∫∫∫
V ′ρdϕdρdz
Sada je potrebno odrediti granice integracije. Primjetimo da z uvijek mora biti nenegativno zbog izrazaz = x2 + y2. Također je ograničeno površi z = 4. Prema tome vrijedi z ∈ [0, 4]. Očigledno je volumensimetričan prema x i y, pa pravimo puni krug u xOy ravni, odnosno vrijedi: ϕ ∈ [0, 2π]. Nakon uvršta-vanja smjena imamo da je oblast V ′ ograničena sa: z = ρ2, z = 2ρ2, z = 4. Odavde je očigledno dasu granične vrijednosti za ρ (znajući da je ρ ≥ 0): ρ =
√z i ρ =
√z2 . Pa sada možemo pisati:
V =∫ 4
0
dz
∫ 2π
0
dϕ
∫ √z
√z2
ρdρ =∫ 4
0
dz
∫ 2π
0
dϕ · ρ2
2
∣∣∣∣√
z
√z2
=∫ 4
0
dz
∫ 2π
0
(z
2− z
4
)dϕ =
∫ 4
0
z
4dz
∫ 2π
0
dϕ =
=∫ 4
0
z
4dz · ϕ
∣∣∣2π
0=
π
2
∫ 4
0
zdz =π
2· z2
2
∣∣∣∣40
=π
224
2= 4π
2.11 Zadatak 4′
Izračunajte zapreminu oblasti koja je ograničena sa površi čija je jednačina:
(x2 + y2 + z2)2 = a2x, (a 6= 0).
Rješenje:
Slika 9: Grafički prikaz tijela V
Korjenovanjem polazne jednačine dobijemo:
x2 + y2 + z2 = |a|√
x.
14
Očigledno mora biti ispunjen uslov x ≥ 0 iz ovoga slijedi zaključak da se data oblast nalazi u 4 oktantatrodimenzionalnog koordinatnog sistema. Uočavajući da je data površ prema jednačini simetrična uodnosu na sva 4 kvadranta ravni yOz zaključujemo da data površ zatvara jednake volumene na svakomod tih oktanata (oktanti za koje vrijedi x ≥ 0). Uzimajući navedeno u obzir, pristupamo računanjuvolumena na samo jednom oktantu, prije toga pogodno je izvršiti prelazak na sferne koordinate:
x = ρ sin θ cos ϕ ∧ y = ρ sin θ sinϕ ∧ z = ρ cos θ
Odredimo Jacobijan:
J =D(x, y, z)D(ρ, ϕ, θ)
=
∣∣∣∣∣∣x′ρ x′ϕ x′θy′ρ y′ϕ y′θz′ρ z′ϕ z′θ
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣sin θ cos ϕ −ρ sin θ sinϕ ρ cos θ cos ϕsin θ sinϕ ρ sin θ cos ϕ ρ cos θ sinϕ
cos θ 0 −ρ sin θ
∣∣∣∣∣∣ = ρ2 sin θ
Jednačina same površi prelazi u:
ρ4 = a2ρ sin θ cos ϕ ⇒ ρ3 = a2 sin θ cos ϕ
S obzirom da računamo volumen u jednom oktantu, možemo odrediti slijedeće granice integracije:
(0 ≤ ϕ ≤ π
2) ∧ (0 ≤ θ ≤ π
2) ∧ 0 ≤ ρ ≤ a
23 (sin θ cos ϕ)
13
Prema tome integral za volumen oblasti je:∫ ∫ ∫V4
ρ2 sin θdρdϕdθ =∫ π
2
0
dϕ
∫ π2
0
sin θdθ
∫ a23 (sin θ cos ϕ)
13
0
ρ2dρ =
tj.:
=∫ π
2
0
dϕ
∫ π2
0
sin θdθ
[ρ3
3
]a23 (sin θ cos ϕ)
13
0
=∫ π
2
0
dϕ
∫ π2
0
sin θdθa2
3sin θ cos ϕ =
∫ π2
0
cos ϕdϕ
∫ π2
0
(sin θ)2dθa2
3
=a2
6
∫ π2
0
cos ϕdϕ
∫ π2
0
[1− cos 2θ]dθ =a2
6
[θ − sin 2θ
2
]π2
0
=a2
6π
2=
πa2
12
S obzirom da ovo predstavlja samo volumen koju površzaklapa u jednom oktantnu, potrebno ju jepomnožiti sa 4 kako bi dobili ukupni volumen koji zaklapa zadata površ tj:
V = 4 · πa2
12=
πa2
3
2.12 Zadatak 5Pilasta funkcija (saw-tooth) f∗ je 2π-periodičko proširenje restrikcije funkcije f na interval (−π, π).Funkcija f je zadana formulom:
f(x) ={
x, |x| < π0, |x| ≥ π
a) Pronađite Fourierov red funkcije f∗.
b) Odredite Fourierovu transformaciju funkcije f .
c) Odredite Fourierov integral funkcije f .
Rješenje
Zadana funkcija f se može napisati u obliku:
f(x) =
0, x ≤ −πx, −π < x < π0, x ≥ π
Primijetimo da za funkciju f na intervalu (a, b), gdje su a i b proizvoljni realni brojevi vrijedi:
15
1. Funkcija je neprekida u svim tačkama intervala, osim u najviše dvije tačke x ∈ {−π, π} ukoliko onepripadaju intervalu.
2. Funkcija je monotona na intervalima (−∞,−π) ∩ (a, b), (−π, π) ∩ (a, b), (π,∞) ∩ (a, b).
Prema tome funkcija f zadovoljava Dirichleove uslove na proizvoljnom, konačnom intervalu (a, b). Kakoje: ∫ ∞
−∞|f(x)|dx =
∫ π
−π
|x|dx =∫ 0
−π
−xdx +∫ π
0
xdx =x2
2
∣∣∣∣−π
0
+x2
2
∣∣∣∣π0
= π2,
to je funkcija f apsolutno integrabilna.Primijetimo još da vrijedi f(−x) = −f(x), odnosno da je f neparna funkcija.Formirajmo 2π-periodičko proširenje restrikcije funkcije f na interval (−π, π):
f∗(x) =
x , x ∈ (−π, π)x− 2kπ, x ∈ ((2k − 1) π, (2k + 1) π) ,∃k ∈ Z0 , x = (2k + 1)π,∃k ∈ Z
-2 Π -Π Π 2 Π
-Π
Π
Slika 10: Dio grafika funkcije f∗
Primijetimo da u svim tačkama, pa i u tačkama prekida vrijedi:
f∗(x) =limx→x− f∗(x) + limx→x+ f∗(x)
2
Iz svega rečenog možemo zaključiti:
1. Za funkciju f možemo naći Fourierovu transformaciju
2. Funkciju f možemo predstaviti Fourierovim integralom u svim tačkama neprekidnosti
3. Periodičkom produženju f∗, restrikcije funkcije f na interval (−π, π), možemo pridružiti Fourierovred. Taj red će konvergirati ka funkciji f∗(x) za ∀x ∈ R
a) Dužina perioda funkcije f∗(x) je T = 2π. Osim toga funkcija je neparna, pa su koeficijeniti an = 0.
bn =4T
∫ T2
0
f(x) sin(
2nπ
Tx
)dx =
42π
∫ π
0
x sin(
2nπ
2πx
)dx
bn =2π
∫ π
0
x sin(nx)dx =
∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = sin(nx)dx
v = − cos(nx)n
∣∣∣∣∣∣∣∣ =2π
[−x cos(nx)
n
∣∣∣∣π0
+1n
∫ π
0
cos(nx)dx
]
16
bn =2π
[−π cos(nπ)
n+
0 · cos(n · 0)n
+sin(nx)
n2
∣∣∣∣π0
]=
2π
[−π cos(nπ)
n+
sin(πx)n2
− sin(0 · x)n2
]bn = −2 cos(nπ)
n+
2 sin(nπ)n2π
Izraz sin(nπ) je jednak nuli za svaki cio broj n, dok izraz cos(nπ) alternira između -1 i 1.
bn = (−2) · (−1)n
n= 2
(−1)n−1
n
f∗(x) =∞∑
n=1
bn sin(
2nπ
Tx
)=
∞∑n=1
2(−1)n−1
nsin
(2nπ
2πx
)= 2
∞∑n=1
(−1)n−1
nsin(nx)
b)
S(ω) =2π
∫ ∞
0
f(x) sin(ωx)dx =2π
∫ π
0
x sin(ωx)dx
S(ω) =
∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = sin(ω)xdx
v = − cos(ωx)ω
∣∣∣∣∣∣∣∣ =2π
[−x cos(ωx)
ω
∣∣∣∣π0
+1ω
∫ π
0
cos(ωx)dx
]=
2π
[−x cos(ωx)
ω
∣∣∣∣π0
+sin(ωx)
ω2
∣∣∣∣π0
]
S(ω) =2π
[−π cos(ωπ)
ω+
0 · cos(ω · 0)ω
+sin(ωπ)
ω2− sin(ω · 0)
ω2
]=
2π
[−π cos(ωπ)
ω+
sin(ωπ)ω2
]S(ω) =
2 sin(ωπ)ω2π
− 2 cos(ωπ)ω
c)
f(t) =∫ ∞
0
S(ω) sin(ωt)dω =∫ ∞
0
(2 sin(ωπ)
ω2π− 2 cos(ωπ)
ω
)sin(ωt)dω
f(t) =2π
∫ ∞
0
sin(ωπ) sin(ωt)ω2
dω − 2∫ ∞
0
cos(ωπ) sin(ωt)ω
dω
2.13 Zadatak 5′
a) Nađite jedinične vektore prirodnog trijedra prostorne krive zadane parametarskim jednačinama
x = t, y = t2, z = t3
u tački određenoj izrazom t = 1, a zatim napišitie jednačine tangente, glavne normale i binormalezadane krive u toj tački.
b) Nađite jednačinu oskulatorne ravnine kružnice zadane jednačinama
x2 + y2 + z2 = 6, x + y + z = 0
u njenoj tački M(1, 1, 2).
Rješenje:
a) Dakle, data kriva određuje tačke čiji vektori položaja su određeni koordinatama x, y i z. Prema tomevektor položaja je ~r = {x, y, z} = {t, t2, t3}, znajući ovo moguće je pristupiti određivanju vektoratangente, binormale i normale. Pa vektor tangente je:
~T =d~r
dt=
d{x, y, z}dt
= {x′t, y′t, z′t} = {1, 2t, 3t2}
17
vektor binormale:
~B =d~r
dt× d2~r
dt2= {x′t, y′t, z′t} × {x′′t , y′′t , z′′t } = {1, 2t, 3t2} × {0, 2, 6t} =
∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k1 2t 3t2
0 2 6t
∣∣∣∣∣∣ ={6t2,−6t, 2
}vektor normale:
~N =(
d~r
dt× d2~r
dt2
)×d~r
dt= {6t2,−6t, 2}×{1, 2t, 3t2} =
∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k6t2 −6t 21 2t 3t2
∣∣∣∣∣∣ ={−18t3 − 4t,−18t4 + 2, 12t3 + 6t
}Sada možemo preći na određivanje jednačina tangente, birnormale i normale po formulama ({x0, y0, z0}- zadata tačka):
Tangenta: ⇒ x− x0
Tx=
y − y0
Ty=
z − z0
Tz
Binormala: ⇒ x− x0
Bx=
y − y0
By=
z − z0
Bz
Normala: ⇒ x− x0
Nx=
y − y0
Ny=
z − z0
Nz
Uvrštavanjem dobijenih rezultata (iz računanja vektora) i zadane tačke dobijemo ({x0, y0, z0} ={t, t2, t3} konkretno za t = 1 dobijemo {x0, y0, z0} = {1, 1, 1}):
Tangenta: ⇒ x− 11
=y − 1
2=
z − 13
Binormala: ⇒ x− 16
=y − 1−6
=z − 1
2
Normala: ⇒ x− 111
=y − 1
8=
z − 1−9
Ostaje nam jošda oredimo ortove vektora tangente, binormale i normale. Označimo ih respektivnosa ~τ , ~β, ~n. Odredimo prvo ~τ :
~τ =~T
|~T |=
{1, 2t, 3t2}|{1, 2t, 3t2}|
={1, 2t, 3t2}√12 + 4t2 + 9t4
={
1√12 + 4t2 + 9t4
,2t√
12 + 4t2 + 9t4,
3t2√12 + 4t2 + 9t4
}sad ~β:
~β =~B
| ~B|=
{6t2,−6t, 2}|{6t2,−6t, 2}|
={6t2,−6t, 2}√36t4 + 4 + 36t2
={
3t2√9t4 + 9t2 + 1
,−3t√
9t4 + 9t2 + 1,
1√9t4 + 9t2 + 1
}i na kraju ~n:
~n =~N
| ~N |=
{−18t3 − 4t,−18t4 + 2, 12t3 + 6t}|{−18t3 − 4t,−18t4 + 2, 12t3 + 6t}|
={−18t3 − 4t,−18t4 + 2, 12t3 + 6t}√
4(9t3 − 2t)2 + 4(9t4 + 1)2 + 36(2t3 + t)2=
=
{−9t3 − 2t√
(9t3 − 2t)2 + (9t4 + 1)2 + 9(2t3 + t)2,
−9t4 + 1√(9t3 − 2t)2 + (9t4 + 1)2 + 9(2t3 + t)2
,
6t3 + 3t√(9t3 − 2t)2 + (9t4 + 1)2 + 9(2t3 + t)2
}
b) Prvo je potrebno odrediti vektor ~r iz jednačina krivih:
x2 + y2 + z2 = 6,∧x + y + z = 0
18
Pretpostavimo da je x = x(t), y = y(t), z = z(t) tj. da se date krive mogu predstaviti parametarski.Sada pokušajmo naći vektore d~r
dt i d2~rdt2 , diferencirajući date jednačine i izražavajući sve preko jedne
promjenjive:xdx + ydy + zdz = 0 ∧ dx + dy + dz = 0
Uvrštavajuci tačku M na mjesto koordinata (x, y, z) dobijemo:
dx + dy − 2dz = 0 ∧ dx + dy + dz = 0 ⇒ {dx,−dx, 0}
Množeći sve sa 1dx dobijemo vektor d~r
dt = {1,−1, 0}.Na sličan način određujemo vektor d2~rdt2 :
d2~r
dt2= {0,−1, 1}
Sada je pogodno odrediti vektor binormale tj.:
~B =d~r
dt× d2~r
dt2= {1,−1, 0} × {0,−1, 1} =
∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k1 −1 00 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = {−1,−1,−1}
Sada je prema relaciji (vidi Ušćumlić 2, str. 158, zad 1617.):
Bx(x− x0) + By(y − y0) + Bz(z − z0) = 0 ⇒ −(x− 1)− (y − 1)− (z + 2) = 0
tj. jednačina oskulatorne ravni je:x + y + z = 0
2.14 Zadatak 5′′
a) Izračunajte krivolinijski integral ∫C
y2dx + x2dy
gdje je C gornja polovina elipse x = a cos t, y = b sin t, koja se prelazi u smislu gibanja kazaljke sata.
b) Izračunajte trojni integral ∫∫∫V
√y2 + x2 + z2dxdydz
gdje je V kugla poluprešnika R.
Rješenje
a) Kako je podintegralna funkcija elementarna, pa prema tome i neprekidna, to je ona i integrabilna,tj. postoji traženi integral po krivoj koja je glatka. Zadatkom su nam zadani x i y u parametarskomobliku. Odredimo dx i dy (što možemo, jer su funkcije x(t) i y(t) elementarne, pa prema tome idiferencijabilne):
dx = −a sin tdt
dy = b cos tdt
Da bismo opisali gornju polovinu elipse potrebno je mijenjati parametar t od 0 do π. Uzevši u obzirda elipsu obilazimo u smijeru kazaljke na satu parametar t se ustvari mijenja od π do 0. Uvrštavajućiparametarske oblike za x, y, dx i dy, i vrijednosti parametra t imamo:
I =∫
C
y2dx + x2dy =∫ 0
π
[−ab2 sin3 tdt + a2b cos3 tdt
]= ab2
∫ π
0
sin3 tdt + a2b
∫ 0
π
cos3 tdt
Riješimo sada neodređene integrale:∫sin3 tdt =
∫(1− cos2 t) sin tdt =
∫sin tdt−
∫cos2 t sin tdt =
∣∣∣∣ cos t = s− sin tdt = ds
∣∣∣∣ =
=∫
sin tdt +∫
s2ds = − cos t +s3
3=
cos3 t
3− cos t
19
∫cos3 tdt =
∫(1− sin2 t) cos tdt =
∫cos tdt−
∫sin2 t cos tdt =
∣∣∣∣ sin t = scos tdt = ds
∣∣∣∣ =
=∫
cos tdt−∫
s2ds = sin t− s3
3= sin t− sin3 t
3
Vratimo se na izračunavanje početnog integrala:
I = ab2
[cos3 t
3− cos t
] ∣∣∣∣∣π
0
+ a2b
[sin t− sin3 t
3
] ∣∣∣∣∣0
π
= ab2
[−1
3+ 1− 1
3+ 1
]=
43ab2
Traženi integral iznosi 43ab2.
b) Kako je podintegralna funkcija je očigledno elemenatarna i definisana na R3, pa prema tome i naoblasti D, to je ona i neprekidna na toj oblasti, pa prema tome i integrabilna u Riemannovom smislu,odnosno postoji tražen integral.S obzirom da je oblast integracije kugla, dati integral je najlakše računati po sfernim koordinatama.Stoga pređimo sa pravouglih na sferne koordinate, koristeći transformaciju:
x = ρ sin θ cos ϕ, y = ρ sin θ sinϕ, z = ρ cos θ
Odredimo Jacobijan ove transformacije:
J =D(x, y, z)D(ρ, ϕ, θ)
=
∣∣∣∣∣∣x′ρ x′ϕ x′θy′ρ y′ϕ y′θz′ρ z′ϕ z′θ
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣sin θ cos ϕ −ρ sin θ sinϕ ρ cos θ cos ϕsin θ sinϕ ρ sin θ cos ϕ ρ cos θ sinϕ
cos θ 0 −ρ sin θ
∣∣∣∣∣∣ =
= ρ2 sin θ 6= 0 , za (x, y, z) 6= (0, 0, 0) ∧ z 6= 0
Trasformišimo podintegralnu funkciju:
f(x, y, z) =√
y2 + x2 + z2
f(ρ, ϕ, θ) =√
ρ2 sin2 θ cos2 ϕ + ρ2 sin2 θ sin2 ϕ + ρ2 cos2 θ =√
ρ2[sin2 θ
(cos2 ϕ + sin2 ϕ
)+ cos2 θ
]=
=√
ρ2(sin2 θ + cos2 θ
)= sqrtρ2 = |ρ| = ρ
Kako su očigledno zadovoljeni dovoljni uslovi za smjenu varijabli, to traženi integral postaje:
I =∫∫∫
V
√y2 + x2 + z2dxdydz =
∫∫∫V ′
ρ · ρ2 sin θ · dρdϕdθ
Sada je potrebno odrediti granice integracije, što nije komplikovano, jer je oblast integracije veomajednostavna (kugla). Za kuglu poluprečnika R u sfernim koordinatama vrijedi: ρ ∈ [0, R], ϕ ∈ [0, 2π],θ ∈ [0, π], pa imamo:
I =∫ π
0
dθ
∫ 2π
0
dϕ
∫ R
0
ρ3 sin θdρ =∫ π
0
sin θdθ
∫ 2π
0
dϕ
∫ R
0
ρ3dρ =∫ π
0
sin θdθ
∫ 2π
0
dϕ · ρ4
4
∣∣∣∣R0
=
=R4
4
∫ π
0
sin θdθ
∫ 2π
0
dϕ =R4
4
∫ π
0
sin θdθ · ϕ∣∣∣2π
0=
R4π
2
∫ π
0
sin θdθ = −R4π
2· cos θ
∣∣∣π0
=
=R4π
2+
R4π
2= R4π
Traženi integral iznosi R4π.
20
3 Rješenja pripremnih zadataka 1 iz Inženjerske matematike 2
3.1 Zadatak 1Riješite sistem diferncijalnih jednačina:
3tdx
dt− 2x− y + z = 0
2tdy
dt− x− 3y − z = 0
6tdz
dt+ x− 7y − 5z = 0
Rješenje
Uvedimo smjenu eu = |t|, tada očigledno imamo: dt = eudu, pa uvrštavanjem u početne jednačineimamo:
3eu dx
eudu− 2x− y + z = 0
2eu dy
eudu− x− 3y − z = 0
6eu dz
eudu+ x− 7y − 5z = 0
Daljim sređivanjem dobijemo:dx
du=
23x +
13y − 1
3z (4)
dy
du=
12x +
32y +
12z (5)
dz
du= −1
6x +
76y +
56z (6)
Diferenciranjem (4) imamo:d2x
du2− 2
3dx
du=
13
dy
du− 1
3dz
du
Uvrštavanjem (5) i (6) u prethodnu jednačinu dobijemo:
d2x
du2− 2
3dx
du=
16x +
12y +
16z +
118
x− 718
y − 518
z
d2x
du2− 2
3dx
du− 2
9x =
19y − 1
9z
Ako izrazimo z iz (4) i uvrstimo u prethodni izraz:
d2x
du2− 2
3dx
du− 2
9x =
19y +
13
dx
du− 2
9x− 1
9y
d2x
du2− dx
du= 0
Ovo je homogena diferencijalna jednačina sa konstantnim koeficijenitima, koju možemo riješiti rješava-njem karakteristične jednačine:
λ2 − λ = 0 ⇔ λ = 1 ∨ λ = 0,
pa je opšte rješenje jednačine:x = C1e0·u + C2e1·u = C1 + C2eu (7)
Diferenciranjem rješenja imamo:dx
du= C2eu (8)
21
Sada uvrstimo (8) i (7) u (4):
C2e2 =23C1 +
23C2e2 +
13y − 1
3z
Sređivanjem ovog izraza dobijemo relaciju između y i z:
y = C2eu − 2C1 + z (9)
Uvrštavanjem (7) i (9) u (6) (pomnozenu sa 6) dobijemo:
6dz
du= −C1 − C2eu + 7C2e2 − 14C1 + 7z + 5z
Nakon sređivanja imamo:
z′ − 2z = C2e2 − 52C1
Ovo je linearna diferencijalna jednačina po z čije je opšte rješenje dato sa:
z = e−R
2du
(C3 +
∫ (C2eu − 5
2C1
)e
R2dudu
),
odnosno:z = C3e2u − C2eu +
54C1 (10)
Uvrštavanjem (10) u (9), i nakon sređivanja imamo:
y = C3e2u − 34C1
Uzimajući u obzir da je eu = |t|, dobijemo opšte rješenje polaznog sistema:
x = C1 + C2|t|, y = −34C1 + C3t
2, z =54C1 + C2|t|+ C3t
2, ∀t ∈ R \ {0}
3.2 Zadatak 1′
Riješite Cauchyev problem: {xIV + 2x′′ + x = t,x(0) = x′(0) = x′′(0) = 0, x′′′(0) = 1
Rješenje:
Dati Cauchyev problem rješavat ćemo pomoću Laplaceove transformacije, pa stoga "Laplace-irajmo"datu jednačinu:
xIV + 2x′′ + x = t /L
z4X(z)− z3x(0)− z2x′(0)− zx′′(0)− x′′′(0) + 2[z2X(z)− zx(0)− x′(0)] + X(z) =1z2
z4X(z)− 1 + 2z2X(z) + X(z) =1z2⇒ X(z)[z4 + 2z2 + 1] =
1z2
+ 1
X(z)[z2 + 1]2 =1z2
+ 1 ⇒ X(z) =1
z2(z2 + 1)2+
1(z2 + 1)2
X(z) =1 + z2
z2(z2 + 1)2⇒ X(z) =
1z2(z2 + 1)
Inverzna Laplaceova transformacija daje:
x(t) = L−1
[1
z2(z2 + 1)
]= L−1
[1z2− 1
z2 + 1
]= t− sin t
22
3.3 Zadatak 1′′
Nađite funkciju čija je Laplaceova transformacija:
4z3 + 4z
.
Rješenje:
Dati izraz razlažemo na parcijalne razlomke:
4z3 + 4z
=4
z(z2 + 4)=
z2 + 4− z2
z(z2 + 4)=
1z− z
z2 + 4
Sad prelazimo na taženje inverzne Laplaceove transformacije:
L−1
[4
z3 + 4z
]= L−1
[1z− z
z2 + 4
]= L−1
[1z
]− L−1
[z
z2 + 4
]= 1− cos 2t
3.4 Zadatak 2Laplaceovom transformacijom riješite Cauchyjev problem drugog reda:{
y′′ + y = shxy(0) = 1, y′(0) = 0
Rješenje
Prvo odredimo Laplaceovu transformaciju sh t.
sh t =et − e−t
2=
12et − 1
2e−t
L [sh t] (z) = L[12et − 1
2e−t
](z) =
12L
[et
](z)− 1
2L
[e−t
](z) =
12
1z − 1
− 12
1z + 1
=1
z2 − 1
Ako sada primjenimo Laplaceovu transformaciju na cijelu diferencijalnu jednačinu imamo:
z2Y (z)− zy(0)− y′(0) + Y (0) =1
z2 − 1
Uzimajući u obzir početne uslove dobijemo:
z2Y (z)− z + Y (z) =1
z2 − 1
Odnosno, nakon sređivanja:
Y (z) =1
(z2 + 1)(z − 1)(z + 1)+
z
z2 + 1
Rješenje diferencijalne jednačine je inverzna Laplaceova transformacija gornje funkcije. Međutim dabismo efektivno našli inverzne Laplaceove transformacije funkcije Y (z) potrebno je 1
(z2+1)(z−1)(z+1) ras-taviti na parcijalne razlomke:
1(z2 + 1)(z − 1)(z + 1)
=Az + B
z2 + 1+
C
z − 1+
D
z + 1
1 = (z2 − 1)(Az + b) + C(z2 + 1)(z + 1) + D(z2 + 1)(z − 1)
23
z = ı ⇔ (Aı + B)(−1− 1) = 1 ⇔ A = 0 ∧B = −12
z = 1 ⇔ 1 = C(1 + 1)(1 + 1) ⇔ C =14
z = −1 ⇔ 1 = D(1 + 1)(−1− 1) ⇔ D = −14
1(z2 + 1)(z − 1)(z + 1)
= −12
1z2 + 1
+14
1z − 1
− 14
1z + 1
Otuda imamo:Y (z) = −1
21
z2 + 1+
14
1z − 1
− 14
1z + 1
+z
z2 + 1,
odnosno, primjenjući inverznu Laplaceovu transformaciju dobijemo:
L−1 [Y (z)] (x) = −12L−1
[1
z2 + 1
](x) +
14L−1
[1
z − 1
](x)− 1
4L−1
[1
z + 1
](x) + L−1
[z
z2 + 1
](x)
y(x) = −12
sinx +14ex − 1
4e−x + cos x
y(x) = −12
sinx +12
ex − e−x
2+ cos x
y(t) = −12
sinx +12sh x + cos x
3.5 Zadatak 3Laplaceovom transformacijom riješite diferencijalnu jednačinu drugog reda, čija je desna strana stepfunkcija: {
y′′ + y = θ(x + α), (α > 0),y(0) = 0, y′(0) = 1
gdje je θ(t) tzv. Heavisideova funkcija definirana formulom:
θ(t) ={
1 za t ≥ 00 za t < 0
Rješenje:
Prvi korak u postupku rješavanja bit će nalaženje Laplaceove transformacije obje strane date dif. jed-načine. S obzirom da s desne strane imamo funkciju čiju:
θ(x + α) ={
1 x ≥ −α0 x < −α
Laplaceovu transformaciju ne možemo očitati s tablica (zbog uslova −α < 0), morat ćemo pristupititraženju Laplaceove transformacije funkcije θ(x + α)"po definiciji":
L[θ(x + α)] =∫ +∞
0
θ(x + α)e−zxdx,
treba uočiti kako funkcija θ(x + α) nije jednaka nuli za x < 0, pa ju je potrebno "modifikovati" da biodredili Laplaceovu transformaciju. Modifikacija se sastoji u tome da ćemo tražiti Laplaceovu transfor-maciju umnoška funkcija θ(x) i θ(x+α) pri čemu je θ(x) definisana kao u postavci zadatka (t ≡ x). Sadaje moguče napisati izraz:
L[θ(x)θ(x + α)] =∫ +∞
0
1 · 1e−zxdx =∫ +∞
0
e−zxdx =[e−zx
−z
]+∞
0
=1z,
i nastaviti sa rješavanjem zadatka-traženja Laplaceove transformacije obje strane:
24
z2Y (z)− zy(0)− y′(0) + Y (z) =1z
Y (z)[z2 + 1] =1z
+ 1
Y (z) =1
z(z2 + 1)+
1z2 + 1
Y (z) =[z2 + 1− z2]
z(z2 + 1)+
1z2 + 1
Y (z) =[1z− z
z2 + 1
]+
1z2 + 1
Y (z) =1z− z
z2 + 1+
1z2 + 1
Re{z} > 0
Sad pređimo na traženje inverzne Laplaceove transformacije dobijene funkcije Y (z):
L−1[Y (z)] = L−1
[1z
]− L−1
[z
z2 + 1
]+ L−1
[1
z2 + 1
]L−1[Y (z)] = θ(x + α)− cos x + sinx
Dakle:y(x) = θ(x + α)− cos x + sinx
predstavlja rješenje date dif. jednačine.
3.6 Zadatak 4Koristeći razvoj funkcije f(x) = x2, 0 < x < 2π, u Fourierov red, izračunajte graničnu vrijednost:
limx→∞
∞∑n=1
x2
1 + n2x2.
Rješenje
Pokažimo da za ∀x ∈ R, i ∀n ∈ n vrijedi:
0 ≤ x2
1 + n2x2<
1n2
Lijevi dio ove nejednakosti je očigledan jer je brojnik nenegativan, a nazivnik pozitivan. Kako je
x2
1 + n2x2<
1n2
⇔ x2n2 < 1 + n2x2 ⇔ 0 < 1,
to vrijedi i desni dio nejednakosti, pa i cijela nejednakost. Pa je zadani red∑∞
n=1x2
1+n2x2 uniformnokonvergentan prema Weierstrassovom kriteriju.Također funkcija x2
1+n2x2 je definisana za ∀x ∈ (−∞,∞), pa je tačka ∞ tačka gomilanja domena ovefunkcije, a funkcija je očito elementarna, pa prema tome i neprekidna na cijelom domenu.Iz ovoga možemo zaključiti da vrijedi relacija:
limx→∞
∞∑n=1
x2
1 + n2x2=
∞∑n=1
limx→∞
x2
1 + n2x2=
∞∑n=1
1n2
Zadana funkcija f je elementarna, pa prema tome i neprekidna, i ima neprekidne izvode na intervalu(0, 2π), odnosno zadovoljava Dirichleove uslove na intervalu (0, 2π). Prema tome možemo joj pridružiti
25
-Π Π 2 Π 3 Π
4 Π
2
9 Π
2
4
Π
2Π
2
9 Π
2
4
4 Π
2
Slika 11: Grafik funkcije f(x)
Fourierov red, koji će konvergirati ka funkciji f(x), za ∀x ∈ (0, 2π), dok će na krajevima intervala (x = 0i x = 2π) konvergirati ka vrijednosti:
A =limx→0+ f(x) + limx→2π− f(x)
2=
0 + 4π2
2= 2π2
Odredimo sada Fourierove koeficijente:
a0 =1π
∫ 2π
0
x2dx =1π
x3
3
∣∣∣∣2π
0
=83π2
an =1π
∫ 2π
0
x2 cos(nx)dx =
∣∣∣∣∣∣∣∣u = x2
du = 2xdxdv = cos(nx)dx
v = sin(nx)n
∣∣∣∣∣∣∣∣ =1π
[x2sin(nx)
n
∣∣∣∣2π
0
− 2n
∫ 2π
0
x sin(nx)dx
]=
=
∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = sin(nx)dx
v = − cos(nx)n
∣∣∣∣∣∣∣∣ =1π
[2x cos(nx)
n2
∣∣∣∣2π
0
− 1n2
∫ 2π
0
cos(nx)dx
]=
=1π
[4π cos(2nπ)
n2− sin(nx)
n3
∣∣∣∣2π
0
]=
4n2
bn =1π
∫ 2π
0
x2 sin(nx)dx =
∣∣∣∣∣∣∣∣u = x2
du = 2xdxdv = sin(nx)dx
v = − cos(nx)n
∣∣∣∣∣∣∣∣ =1π
[−x2cos(nx)
n
∣∣∣∣2π
0
+2n
∫ 2π
0
x cos(nx)dx
]=
=
∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = cos(nx)dx
v = sin(nx)n
∣∣∣∣∣∣∣∣ =1π
[−4π2 cos(2nπ)
n+
2x sin(nx)n2
∣∣∣∣2π
0
− 2n2
∫ 2π
0
sin(nx)dx
]=
=1π
[−4π2
n− 2cos(nx)
n3
∣∣∣∣2π
0
]=−4π
n,
26
pa je odgovarajući Fourierov red:
f(x) ∼ 86π2 +
∞∑n=1
4 cos(nx)n2
−∞∑
n=1
4π sin(nx)n
Ranije je ustanovljeno da za vrijednost x = 0 dobijeni Fourierov red konvergira ka vrijednosti A(=2π2), pa imamo:
A = 2π2 =86π2 +
∞∑n=1
4 cos(0)n2
−∞∑
n=1
4π sin(0)n
2π2 =86π2 +
∞∑n=1
4n2
2π2 − 86π2
4=
∞∑n=1
1n2
∞∑n=1
1n2
=π2
6,
odnosno:
limx→∞
∞∑n=1
x2
1 + n2x2=
π2
6.
3.7 Zadatak 5Stepenasta funkcija y = f∗(x) je 2π-periodičko proširenje funkcije y = f(x) zadane formulom:
f(x) =
−1, za x ∈ (−π, 0)0, za x = 01, za x ∈ (0, π]
kao na slici.
a) Razvijte zadanu funkciju f∗ u Fourierov red.
b) Odredite Fourierovu transformaciju zadane funkcije i od proširenja f̃ funkcije f na R koja je jednakanuli izvan razmaka (−π,+π].
c) Odredite Fourierov integral zadane funkcije i od proširenja f̃ funkcije f na R koja je jednaka nuliizvan razmaka (−π,+π].
Rješenje:
U svrhu provjere zadovoljenja Dirchletovih uvjeta uočimo za datu funkciju f(x) na intervalu (a, b) vrijedi:
1. Funkcija je na zadanom razmaku neprekidna, osim u tački x = 0 u kojoj ima prekid prve vrste(konačan skok).
2. Postoji podjela razmaka (−π, π] na konačno mnogo podrazmaka na kojima je funkcija f monotna.
Dakle zadana funkcija zadovoljava Dirichletove uslove na razmaku (−π, π]. Vrijedi primjetiti da jef(−x) = −f(x), za sve x ∈ (−π,+π] tj. data funkcija je neparna. Njeno 2π-periodičko proširenjemožemo zadati formulom:
f∗ =
−1, za x ∈ ((2k − 1)π, 2kπ) (k ∈ Z)0, za x = kπ1, za x ∈ (2kπ, (2k + 1)π]
27
-Π Π
-1
1
Slika 12: Dio grafika funkcije f∗
a) Primjetimo kako za sve tačke osim tačaka x ∈ R vrijedi:
f∗ =limx→x− f∗(x) + limx→x+ f∗(x)
2
Otuda slijedi da je zadanoj funkciji f moguće pridužiti Fourierov red koji će konvergirati ka funkciji f∗(x)za ∀x ∈ R. Pređimo na određivanje Fourierovih koeficijenata. S obzirom da je funkcija neparna bićean = 0(∀n ∈ N). Ostaje da odredimo koeficijente bn, kako je period od T jednak 2π to imamo:
bn =2T
∫ T/2
−T/2
f(x) sin2nπ
Txdx =
4T
∫ T/2
0
f(x) sin2nπ
Txdx =
=42π
∫ 2π/2
0
f(x) sin2nπ
2πxdx =
2π
∫ π
0
1 · sin 2nπ
2πxdx =
2π
∫ π
0
sinnxdx =
=2π
[−cos nx
n
]π
0=
2π
[−cos nπ
n+
1n
]=
2π
[1− cos nπ
n
]=
{4
nπ , za n = 2k + 1 (k ∈ Z)0, za n = 2k (k ∈ Z)
Otuda dobijemo sljedeći razvoj funkcije f∗(x) u Fourierov red
f∗(x) =+∞∑n=1
bn sin2nπ
Tx =
+∞∑n=1
4nπ
sin2nπ
2πx =
4π
+∞∑n=1
sinnx
n=
4π
+∞∑k=0
sin(2k + 1)x2k + 1
pri čemu vrijedi da je
f(x) =4π
+∞∑k=0
sin(2k + 1)x2k + 1
za ∀x ∈ (−π, π]. b) Razmotrimo da li možemo naći Fourierovu transformaciju funkcije f∗(x). Kakofunkcija f∗(x) zadovoljava Dirichletove uslove na svakom konačnom razmaku < a, b >∈ R, ostaje namjoš da utvrdimo da li je funkcija aposlutno integrabilna:∫ +∞
−∞|f∗(x)|dx < ∞
tj.: ∫ +∞
−∞1dx =
∫ +∞
−∞1 · dx =
∫ +∞
−∞dx =
s obzirom da je skup tačaka prekida funkcije f∗(x) Lebesgeuve mjere nula, to neće uticati na vrijednostintegrala:
= x|∞−∞ = ∞Prema tome funkcija f∗(x) nije apsolutno integrabilna. Kako nije ispunjen ovaj uvjet ne možemo efek-tivno odrediti ni Fourierov integral, a ni Fourierovu transformaciju funkcije f∗(x).Na šličan način provjeravamo apsolutnu integrabilnost funkcije f̃ :∫ +∞
−∞1dx =
∫ +∞
−∞1 · dx =
∫ +π
−π
dx = 2π < ∞
28
pa prema tome funkcija f̃ je apsolutno integrabilna.Pristupamo traženju Fourierove transformacije f̃(x), s obzirom da je funkcija f̃(x) neparna vrijedi
a(ω) = 0, odnosno:
S(ω) =2π
∫ +∞
0
f(x) sinωxdx =2π
∫ +∞
0
sinωxdx =2π
[−cos ωx
ω
]π
0= − 2
π
[cos ωπ
ω− 1
ω
]
S(ω) = − 2π
[cos ωπ
ω− 1
ω
]c) Fourierov integral za funkciju f̃(x) sad možemo odrediti pomoću relacije:
f̃(t) =12π
∫ +∞
−∞S(ω)eıωtdω
tj.:
f̃(t) =−1π2
∫ +∞
−∞
[cos ωπ
ω− 1
ω
]eıωtdω
3.8 Zadatak 5′
Parna pilasta funkcija (saw-tooth) f∗ je 2π-periodičko proširenje restrikcije funkcije f na interval (−π, π)zadane formulom:
f(x) ={|x|, |x| < π0 , |x| ≥ π
a) Pronađite Fourierov red funkcije f∗.
b) Odredite Fourierovu transformaciju funkcije f .
c) Odredite Fourierov integral funkcije f .
d) Pokažite da je:∞∑
n=1
1(2n− 1)2
=π2
8
Rješenje
Zadana funkcija se može napisati u obliku:
f(x) =
0 , x ≤ −π−x, −π < x < 0x , 0 ≤ x < π0 , x ≥ π
Primjetimo da za funkciju f na intervalu (a, b), gdje su a i b proizvoljni realni brojevi vrijedi:
1. Funkcija je neprekida u svim tačkama intervala, osim u tačkama x = −π i x = π, ukoliko onepripadaju intervalu.
2. Funkcija je monotona na intervalima (−∞,−π)∩(a, b), (−π, 0)∩(a, b), (0, π)∩(a, b), (π,∞)∩(a, b).
Prema tome funkcija f zadovoljava Dirichleove uslove na intervalu proizvoljnom, konačnom (a, b). Kakoje ∫ ∞
−∞|f(x)|dx =
∫ π
−π
|x|dx =∫ 0
−π
−xdx +∫ π
0
xdx = −x2
2
∣∣∣∣0−π
+x2
2
∣∣∣∣π0
= π2,
29
-2 Π -Π Π 2 Π
Π
Slika 13: Dio grafika funkcije f∗
to je funkcija f(x) apsolutno integrabilna.Primijetimo još da vrijedi f(−x) = f(x), odnosno da je f parna funkcija.Formirajmo 2π-periodičko proširenje restrikcije funckije f na interval (−π, π):
f∗(x) =
|x| , x ∈ [−π, π)x− 2kπ , x ∈ [2kπ, (2k + 1) π] ,∃k ∈ Z−x + 2kπ, x ∈ [(2k − 1) π, 2kπ) ,∃k ∈ Z
Primjetimo da u svim tačkama vrijedi:
f∗(x) =limx→x− f∗(x) + limx→x+ f∗(x)
2Iz svega rečenog možemo zaključiti:
1. Za funkciju f možemo naći Fourierovu transformaciju
2. Funkciju f možemo predstaviti Fourierovim integralom u svim tačkama neprekidnosi.
3. Periodičkom produženju f∗, restrikcije funkcije f(x) na interval (−π, π), možemo pridružiti Fouri-erov red. Taj red će konvergirati ka funkciji f∗(x) za ∀x ∈ R
a) Dužina perioda funkcije f∗(x) je T = 2π. Osim toga funkcija je parna, pa su koeficijeniti bn = 0.
an =4T
∫ T2
0
f∗(x) cos2nπ
Txdx
a0 =2π
∫ π
0
xdx =2π
x2
2
∣∣∣∣π0
=π2
π= π
an =2π
∫ π
0
|x| cos(nx)dx =2π
∫ π
0
x cos(nx)dx =
∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = cos(nx)v = sin(nx)
n
∣∣∣∣∣∣∣∣ =2π
[x sin(nx)
n
∣∣∣∣π0
− 1n
∫ π
0
sin(nx)dx
]=
=2π
cos(nx)n2
∣∣∣∣π0
=2π
(−1)n − 1n2
Pa je odgovarajući Fourierov red:
f∗(x) ∼ π
2+
2π
∞∑n=1
(−1)n − 1n2
cos(nx)
Primjetimo da za sve parne n-ove izraz (−1)n− 1 postane jednak nuli, pa ostanu samo neparni n-ovi,pa možemo pisati:
f∗(x) ∼ π
2+
2π
∞∑n=1
(−1)2n−1 − 1(2n− 1)2
cos(nx) =π
2+
2π
∞∑n=1
−2(2n− 1)2
cos(nx)
30
Daljiim sređivanjem i na osnovu ranije izvedenih zaključaka možemo pisati:
f∗(x) =π
2− 4
π
∞∑n=1
1(2n− 1)2
cos(nx) (11)
b)
S(ω) =2π
∫ ∞
0
f(x) cos(ωx)dx =
=2π
∫ π
0
x cos(ωx)dx =
∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = cos(ωx)v = sin(ωx)
ω
∣∣∣∣∣∣∣∣ =2π
[x sin(ωx)
ω
∣∣∣∣π0
− 1ω
∫ π
0
sin(ωx)dx
]=
=2π
[π sin(ωπ)
ω+
cos(ωx)ω2
∣∣∣∣π0
]=
2π
[π sin(ωπ)
ω+
cos(ωπ)ω2
− 1ω2
]=
2π
ωπ sin(ωπ) + cos(ωπ)− 1ω2π
c)
f(t) =∫ ∞
0
S(ω) cos(ωx)dω
f(t) =2π
∫ ∞
0
ωπ sin(ωπ) + cos(ωπ)− 1ω2π
cos(ωx)dω
d) Uvrštavajući x = 0 u 11 imamo:
f∗(0) = 0 =π
2− 4
π
∞∑n=1
1(2n− 1)2
cos(n · 0)
0 =π
2− 4
π
∞∑n=1
1(2n− 1)2
π
2=
4π
∞∑n=1
1(2n− 1)2
∞∑n=1
1(2n− 1)2
=π2
8
31
4 Rješenje varijante A drugog parcijalnog ispita iz Inženjerskematematike 2 u akademskoj 2005/2006 na popravnom roku
4.1 Zadatak 1Odredite Fourierov integral funkcije f zadane izrazom:
f(t) ={
0 t < 0e−2t t ≥ 0
Rješenje
Sličan zadatak je već riješen u poglavlju 1.2 (Pripremni zadaci 1 - Zadatak 1′). Tamo je riješen opštislučaj, dok je ovo primjer za α = 2.
4.2 Zadatak 2Izračunajte dvojni integral funkcije f zadane formulom
f(x, y) =
√1− 1
9x2 − y2
na oblasti D(⊂ R2) ograničenoj krivom čija je jednačina x2 + 9y2 = 9.
Rješenje
-3 -2 -1 0 1 2 3-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
Slika 14: Oblast D je elipsa (lijevo), a grafička interpretacija ovog dvojnog integrala je volumen tijela naslici(desno)
Funkcija f je definisana na oblasti D. Kako je ona na oblasti D elementarna, to je i neprekidna naovoj oblsati, pa prema tome i integrabilna u Riemannovom smislu, tj. postoji traženi integral.Primjetimo da je oblast D(⊂ R2) elipsa, ograničena krivom: x2
32 + y2 = 1 Prema tome pogodno je sapravouglih preći na eliptične koordinate, koje će elipsu preslikati na pravougaonik. Uradimo to putemtransformacije:
x = 3ρ cos ϕ
y = ρ sinϕ
Odredimo Jacobijan ove transformacije:
J =∣∣∣∣ x′ρ x′ϕ
y′ρ y′ϕ
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 3 cos ϕ −3ρ sinϕ
sinϕ ρ cos ϕ
∣∣∣∣ = 3ρ sin2 ϕ + 3ρ cos2 ϕ = 3ρ(sin2 ϕ + cos2 ϕ) =
= 3ρ 6= 0, za (x, y) 6= (0, 0)
32
Pa se funkcija f(x, y) transformiše u:
f(ρ, ϕ) =
√1− 1
932ρ2 cos2 ϕ− ρ2 sin2 ϕ =
√1− ρ2(cos2 ϕ + sin2 ϕ) =
√1− ρ2
Kako su očigledno zadovoljeni dovoljni uslovi za smjenu varijabli, to traženi integral postaje:
I =∫∫
D
f(x, y)dxdy =∫∫
D′f(ρ, ϕ)3ρdρdϕ = 3
∫ 2π
0
dϕ
∫ 1
0
√1− ρ2ρdρ =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− ρ2 = t−2ρdρ = dtρdρ = − 1
2dtρ = 0 ⇔ t = 1ρ = 1 ⇔ t = 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=
= 3∫ 2π
0
dϕ
∫ 0
1
−√
tdt
2=
32
∫ 2π
0
dϕ
∫ 1
0
t12 dt =
32
∫ 2π
0
dϕ · t32
32
∣∣∣∣∣1
0
=32
23ϕ∣∣2π
0= 2π
Traženi integral iznosi 2π.
4.3 Zadatak 3Izračunajte površinu oblasti D, koja je ograničena krivom čija je jednačina:
(x2 + y2)2 = 4x3
Rješenje
0 1 2 3 4-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
Slika 15: Grafički prikaz oblasti D
Zamjenimo pravougle kooradinate polarnim, koristeći transformaciju:
x = ρ cos ϕ, y = ρ sinϕ
Jacobian ove transformacije je:
J =∣∣∣∣ x′ρ x′ϕ
y′ρ y′ϕ
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ cos ϕ −ρ sinϕ
sinϕ ρ cos ϕ
∣∣∣∣ = ρ sin2 ϕ+ρ cos2 ϕ = ρ(sin2 ϕ+cos2 ϕ) = ρ 6= 0, za (x, y) 6= (0, 0)
Primjetimo da iz krive koja ograničava oblast imamo:
(x2 + y2)2 = 4x3
(ρ2)2 = 4ρ3 cos3 ϕ
33
ρ = 4 cos3 ϕ
Ovo je granična vrijednost za ρ, odnosno ρ se mijenja u intevralu [0, 4 cos3 ϕ].Također mora biti ispunjeno: x ≥ 0, zato što je lijeva strana jednačine krive kvadrat, odnosno nenegativanbroj, pa to mora biti i desna strana. Prema tome vrijedi ρ cos ϕ ≥ 0, odnosno cos ϕ ≥ 0, što je ispunjenoza ∀ϕ ∈ [−π
2 , π2 ].
Kako su očigledno zadovoljeni dovoljni uslovi za smjenu promjenjivih, tražena površina postaje:
P =∫∫
D
dxdy =∫∫
D′ρdρdϕ =
∫ π2
−π2
dϕ
∫ 4 cos3 ϕ
0
ρdρ =∫ π
2
−π2
dϕ · ρ2
2
∣∣∣∣4 cos3 ϕ
0
= 8∫ π
2
−π2
cos6 ϕdϕ
Za određivanje integrala visokog stepena kosinusa pogodno je koristiti forumulu koju ćemo izvesti:∫cosn ϕdϕ =
∫cosn−2 ϕ(1− sin2 ϕ)dϕ =
∫cosn−2 ϕdϕ−
∫cosn−2 ϕ sin2 ϕdϕ =
=
∣∣∣∣∣∣∣∣u = sinϕdu = − cos ϕdϕdv = cosn−2 ϕ sinϕdϕ
v = − cosn−1 ϕn−1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =∫
cosn−2 ϕdϕ +cosn−1 ϕ sinϕ
n− 1− 1
n− 1
∫cosn ϕdϕ
Ako sada obilježimo∫
cosn ϕdϕ sa I, imamo:
I =∫
cosn−2 ϕdϕ +cosn−1 ϕ sinϕ
n− 1− I
n− 1
I(1 +1
n− 1) =
∫cosn−2 ϕdϕ +
cosn−1 ϕ sinϕ
n− 1
I =cosn−1 ϕ sinϕ
n+
n− 1n
∫cosn−2 ϕdϕ∫
cosn ϕdϕ =cosn−1 ϕ sinϕ
n+
n− 1n
∫cosn−2 ϕdϕ
Koristeći se ovom formulom (više puta) odredimo neodredjeni integral od cos6 ϕ:∫cos6 ϕdϕ =
cos5 ϕ sinϕ
6+
56
∫cos4 ϕdϕ
=cos5 ϕ sinϕ
6+
56
[cos3 ϕ sinϕ
4+
34
∫cos2 ϕdϕ
]=
cos5 ϕ sinϕ
6+
56
[cos3 ϕ sinϕ
4+
34
(cos ϕ sinϕ
2+
12
∫dϕ
)]=
cos5 ϕ sinϕ
6+
56
[cos3 ϕ sinϕ
4+
34
(cos ϕ sinϕ
2+
ϕ
2
)]Koristeći Newton-Leibnizovu formulu, uzimajući u obzir da je cos π
2 = 0 i cos−π2 = 0, imamo:
P = 8∫ π
2
−π2
cos6 ϕdϕ = 856
34
[π
4+
π
4
]=
52π
Tražena površina iznosi: 52π.
4.4 Zadatak 4Nađite jednačinu oskulatorne ravnine kružnice zadane jednačinama:
x2 + y2 + z2 = 6, x + y + z = 0
u njenoj tački M(1; 1;−2).
34
Rješenje
Identičan zadatak je već riješen u sekciji 1.13 (Pripremni zadaci 1 - Zadatak 5′-b).
4.5 Zadatak 5Koristeći Laplaceovu transformaciju riješite sljedeće diferencijalne jednačine/(sistem diferencijalnih jed-načina):
a) {x′′ + ω2
0x = 2 sin ω0tx(0) = x′(0) = 0
b) x′′ + x′ + y′′ − y = et
x′ + 2x− y′ + y = e−t
x(0) = y(0) = y′(0) = 0, x′(0) = 1
c) {y′′ + y = xθ(x− 1)y(0) = 0, y′(0) = 1
Rješenje
a) Ako primjenimo Laplaceovu transformaciju na diferencijalnu jednačinu imamo:
L [x′′] (z) + L[ω2
0x](z) = L [2 sinω0t] (z)
z2X(z)− zx(0)− x′(0) + ω20X(z) =
2ω0
z2 + ω20
Uvrštavanjem početnih uslova (x(0) = x′(0) = 0) imamo:
z2X(z) + ω20X(z) =
2ω0
z2 + ω20
X(z)(z2 + ω2
0
)=
2ω0
z2 + ω20
X(z) =2ω0
(z2 + ω20)2
Do rješenja diferencijalne jednačine doći ćemo inverznom Laplaceovom tranformacijom gornjeg izraza:
x(t) = L−1
[2ω0
(z2 + ω20)2
](t)
Pozabavimo se sada traženjem inverzne Lapaceove transformacije. U tu svrhu izraz ćemo “naštimati”na prozivod dvije tablične slike:
x(t) = L−1
[2ω0
(z2 + ω20)2
](t) = L−1
[2ω0
ω0
z2 + ω20
ω0
z2 + ω20
](t)
Dalje na osnovu osobina linearnosti i konvolucije (inverzne) Laplaceove transformacije imamo:
x(t) =2ω0
∫ t
0
L−1
[ω0
z2 + ω20
](t)L−1
[ω0
z2 + ω20
](t− x)dx =
2ω0
∫ t
0
sin(ω0x) sin(ω0t− ω0x)dx
35
Izvršimo sada transformacij proizvoda sinusa u razliku kosinusa:
x(t) =2ω0
12
[∫ t
0
cos(ω0x− ω0t + ω0x)dx−∫ t
0
cos(ω0x + ω0t− ω0x)dx
]=
=1ω0
[∫ t
0
cos(2ω0x− ω0t)dx−∫ t
0
cos(ω0t)dx
]=
1ω0
[sin(2ω0x− ω0t)
2ω0
∣∣∣∣t0
− cos(ω0)t · x∣∣∣t0
]
=sin(ω0t)− sin(−ω0t)
2ω20
− t cos(ω0t)ω0
=sin(ω0t)− ω0t cos(ω0t)
ω20
Pa je konačno rješenje Cauchyevog problema:
x(t) =sin(ω0t)− ω0t cos(ω0t)
ω20
b) Primjenjujući Laplaceovu transformaciju na obje jednačine, uvrštavajući početne uslove i sređućidobijene izraze imamo:
X(z)(z2 + z) + Y (z)(z2 + 1) =z
z − 1
X(z)(z + 2) + Y (z)(1− z) =1
z + 1Riješavanjem ovog sistema po X(z) i Y (z) dobijemo:
X(z) =1− 2z
2(z + 1)2(1− z)
Y (z) =3z
2(z + 1)2(1− z)2
Nakon rastavljanja na parcijalne razlomke:
X(z) =1
8(z − 1)+
34(z + 1)2
− 18(z + 1)
Y (z) =1
8(z − 1)2− 3
8(z + 1)2
Iz gornjih jednačina možemo primjetiti da neki od izraza nisu tablične slike Laplaceovih transforma-cija, pa ih trebamo posebno odrediti:
L−1
[1
(z − 1)2
](t) =
∫ t
0
e−xe−t+xdx =∫ t
0
e−tdx = e−t · x∣∣t0
= te−t
L−1
[1
(z + 1)2
](t) =
∫ t
0
exet−xdx =∫ t
0
etdx = et · x∣∣t0
= tet
Ostale slike su tablične pa možemo jednostavno naći inverzne Laplaceove trasformacije, pa nakonsređivanja imamo:
x(t) =38
t(e2t − 1)et
y(t) =18
e2t + 6t− 1et
c) Primjetimo da nije jednostavno naći Laplaceovu transformaciju izraza sa desne strane jednakosti udiferencijalnoj jednačini. Međutim ako ga napišemo u sljedećem obliku:
xθ(x− 1) = (x− 1)θ(x− 1) + θ(x− 1)
Tada taj izraz ustvari postaje zbir dva orginala za koje je jednastavno naći Laplaceovu transformaciju.Lijevi sabirak je funkcija x u pomaku, dok je desni sabirak Heavisideova funkcija. Prema tome nakon
36
primjene Laplaceove transformacije na diferencijalnu jednačinu sa transformisanim izrazom sa desnestrane imamo:
z2Y (z)− zy(0)− y′(0) + Y (z) =e−z
z2+
e−z
z
Nakon uvrštavanja početnih uslova i sređivanja gornjeg izraza imamo:
Y (z) =e−z
z2(z2 + 1)+
e−z
z(z2 + 1)+
1z2 + 1
Rastavaljanjem na parcijalne razlomke dobijemo:
Y (z) =e−z
z2− e−z
z2 + 1+
e−z
z− ze−z
z2 + 1+
1z2 + 1
Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobijemo:
y(z) = θ(x− 1)(x− 1)− θ(x− 1) sin(x− 1) + θ(x− 1)− θ(x− 1) cos(x− 1) + sin(x)
Odnosno daljim sređivanjem...
y(z) = θ(x− 1) (x− sin(x− 1)− cos(x− 1)) + sin(x)
37
5 Rješenje varijante B drugog parcijalnog ispita iz Inženjerskematematike 2 u akademskoj 2005/2006 na popravnom roku
5.1 Zadatak 1Nađite inverznu Laplaceovu transformaciju funkcije:
F (p) =1
(p− 1)n+
1(p2 + 1)2
, (n ∈ N)
Rješenje:
Razmatrajmo prvi sabirak:Izraz za prvi sabirak "malo podsjeća" na izraz n!
(p−b)n+1 čija je inverzna Laplaceova transformacija tnebt.Stoga pristupamo sređivanju izraza da poprimi oblik na "koji podsjeća":
1(p− 1)n
=(n− 1)!(n− 1)!
· 1(p− 1)(n−1)+1
=1
(n− 1)!· (n− 1)!(p− 1)(n−1)+1
Sada ako "potražimo" inverznu Laplaceovu transformaciju dobijemo:
L−1[1
(p− 1)n] =
1(n− 1)!
L−1
[(n− 1)!
(p− 1)(n−1)+1
]=
1(n− 1)!
tn−1et
Razmatranje drugog sabirka:Određivanje inverzne Laplaceove transformacije izraza drugog sabirka obavit ćemo uz pomoć relacijeL−1[F1(p)F2(p)] =
∫ t
0f1(u)f2(t− u)du (ako vrijedi L−1[F1(p)] = f1(t) i L−1[F2(p)] = f2(t)). S obzirom
da je poznato L−1[ 1z2+1 ] = sin t onda vrijedi:
L−1
[1
(p2 + 1)2
]=
∫ t
0
sinu sin(t−u)du =12
∫ t
0
[cos(2u−t)−cos t]du =12[∫ t
0
cos(2u−t)du−cos t
∫ t
0
du] =
12
[[sin(2u− t)
2
]t
0
− cos t[u]t0
]=
12[sin t− cos t · t]
Vraćanjem u izraz za funkciju F (p) dobijemo:
L−1[F (p)] = L−1
[1
(p− 1)n
]+ L−1
[1
(p2 + 1)2
]=
1(n− 1)!
tn−1et +12[sin t− cos t · t]
Vrijedi napomenuti kako navedene Laplaceove transformacije za prvi i drugi sabirak vrijede u slučajevimaRe{p} > 1 i Re{p} > 0, odnosno u slučaju {Re{p} > 1} ∩ {Re{p} > 0} = {Re{p} > 1} za Laplaceovutransformaciju čitave funkcije F (p).
5.2 Zadatak 2Izračunajte trojni integral ∫∫∫
V
√x2 + y2 + z2dxdydz
gdje je V = {(x, y, z) ∈ R3|x2 + y2 + z2 ≤ z}.
Rješenje:
Za izračunavanje integrala pogodno je preći na polarne koordinate, dakle:
x = ρ sin θ cos ϕ ∧ y = ρ sin θ sinϕ ∧ z = ρ cos θ
38
Slika 16: Grafički prikaz oblasti V
Određivanjem Jacobiana dobijemo:
J =D(x, y, z)D(ρ, ϕ, θ)
=
∣∣∣∣∣∣x′ρ x′ϕ x′θy′ρ y′ϕ y′θz′ρ z′ϕ z′θ
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣sin θ cos ϕ −ρ sin θ sinϕ ρ cos θ cos ϕsin θ sinϕ ρ sin θ cos ϕ ρ cos θ sinϕ
cos θ 0 −ρ sin θ
∣∣∣∣∣∣ = ρ2 sin θ
Uvrštavanjem u polazni integral, dobijemo:∫∫∫V (x,y,z)
√x2 + y2 + z2dxdydz ⇒
∫∫∫V (ρ,ϕ,θ)
ρ3 sin θdρdϕdθ
S obzirom da je sad moguće uzastopno integrirati, najprije je potrebno odrediti granice integracije. Ucilju toga potrebno je razmotiri izraz kojim je zadat skup tačaka V:
V = {(x, y, z) ∈ R3|x2 + y2 + z2 ≤ z}.
Pošto je lijeva strana nejednakosti nenegativna, slijedi da je z ≥ 0. Uvrštavanjem polarnih koordinatadotična nejednakost poprima oblik:
x2 + y2 + z2 ≤ z ⇒ pol. koordinate ⇒ ρ2 ≤ ρ cos θ,
s obzirom da je ρ =√
x2 + y2 + z2 ≥ 0, slijedi da je 0 ≤ ρ ≤ cos θ. Time smo odredili granice integracijeza promjenjivu ρ.Kako smo već utvrdili da mora biti z ≥ 0 za oblast V (time direktno vrijedi da se oblast V na-lazi u oktantima I-IV, tj. oktanti u kojima je z ≥ 0), slijedi da razmotrimo podintegralni izrazF (x, y, z) =
√x2 + y2 + z2 na moguću simetričnost u ravni xOy. Kako vrijedi F (x, y, z) = F (−x, y, z) =
F (x,−y, z) = F (−x,−y, z) zaključujemo da je funkcija definirana datim izrazom simetrična u odnosu nasva 4 kvadranta ravni xOy. (Analogno, može se primjetiti (i dokazati) kako je i izraz koji određuje oblastV isto tako simetričan na prva 4 oktanta). Time je problem integracije koju oblast V "zatvara" moguće
39
svesti na jedan oktant, ukupni volumen će se dobiti kad se volumen jednog oktanta pomnoži sa 4 ( sobzirom da zbog simetričnosti oblast V "zaklapa" jednake volumene u sva 4 oktanta svoje definisanosti).Ako uzemo integraciju u prvom oktantu, dobijemo slijedeće granice integracije:
(0 ≤ ρ ≤ cos θ) ∧ (0 ≤ ϕ ≤ π
2) ∧ (0 ≤ θ ≤ π
2)
Sada je moguće preći na određivanje integrala:∫∫∫V
ρ3 sin θdρdϕdθ = 4∫∫∫
V/4
ρ3 sin θdρdϕdθ = 4
[∫ cos θ
0
ρ3dρ
∫ π2
0
dϕ
∫ π2
0
sin θdθ
]=
= 4
[∫ π2
0
dϕ
∫ π2
0
sin θdθ
[ρ4
4
]cos θ
0
]= 4
[∫ π2
0
ϕdϕ
∫ π2
0
(cos θ)4
4· sin θdθ
]=
∣∣∣∣∣∣∣∣cos θ = p
− sin θdθ = dpθ = π/2 ⇒ p = 0θ = 0 ⇒ p = 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
4
[∫ π2
0
dϕ
∫ 0
1
p4
4· −dp
]= 4
[∫ π2
0
dϕ
[p5
20
]1
0
]= 4
[120·∫ π
2
0
dϕ
]=
15
[ϕ]π20 =
π
10
Dakle vrijednost integrala je π10 ,
5.3 Zadatak 3Primjenom trojnog integrala izračunajte volumen tijela V omeđenog površi:
x23 + y
23 + z
23 = 1.
Rješenje:
Očito kako je data površ simetrična u svih 8 oktanata, pa stoga problem računanja volumena možemosvesti na prvi oktant (ukupni volumen dobijemo množeći volumen prvog oktanta sa 8, ( sličan postupakrješavanja kao u zadatku br. 2.)). Prije toga uvedimo smjene:
x = ρ3 sin3 θ cos3 ϕ ∧ y = ρ3 sin3 θ sin3 ϕ ∧ z = ρ3 cos3 θ
Odredimo Jacobian:
J =D(x, y, z)D(ρ, ϕ, θ)
=
∣∣∣∣∣∣x′ρ x′ϕ x′θy′ρ y′ϕ y′θz′ρ z′ϕ z′θ
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣3ρ2 cos3 ϕ sin3 θ −3ρ3 cos2 ϕ sinϕ sin3 θ 3ρ3 cos3 ϕ cos θ sin2 θ3ρ2 sin3 ϕ sin3 θ 3ρ3 cos ϕ sin2 ϕ sin3 θ 3ρ3 cos θ sin3 ϕ sin2 θ
3ρ2 cos3 θ 0 −3ρ3 cos2 θ sin θ
∣∣∣∣∣∣ =
= −27ρ8 cos2 ϕ cos2 θ sin2 ϕ sin5 θ
S obzirom da ćemo integraciju vršiti u prvom oktantu, vrijede slijedeće granice integracije:
(0 ≤ ϕ ≤ π
2) ∧ (0 ≤ θ ≤ π
2) ∧ (0 ≤ ρ(=
√x
23 + y
23 + z
23 ) ≤ 1)
Prema tome integral prvog oktanta postaje:∫∫∫V (x,y,z)/8
dxdydz ⇒∫∫∫
V (ρ,ϕ,θ)/8
|J |dρdϕdθ ⇒∫∫∫
V (ρ,ϕ,θ)/8
27ρ8 cos2 ϕ cos2 θ sin2 ϕ sin5 θdρdϕdθ
Odnosno:V = 8 ·
∫∫∫V (ρ,ϕ,θ)/8
27ρ8 cos2 ϕ cos2 θ sin2 ϕ sin5 θdρdϕdθ =
= 8 · 27
∫ 1
0
ρ8dρ
∫ π2
0
cos2 ϕ sin2 ϕdϕ︸ ︷︷ ︸I
∫ π2
0
cos2 θ sin5 θdθ︸ ︷︷ ︸II
(*)
40
Slika 17: Grafički prikaz oblasti V
Razmotrimo integral I:
I =∫ π
2
0
sin2 2ϕ
4dϕ =
18·∫ π
2
0
[1− cos 4ϕ]]dϕ =18·[ϕ− sin 4ϕ
4
]π2
0
=π
16
Razmotrimo integral II:
II =∫ π
2
0
cos2 θ sin5 θdθ ⇒∫ π
2
0
cos2 θ[1− cos2 θ]2 sin θdθ
II =∫ π
2
0
cos2 θ[1− cos2 θ]2 sin θdθ =
∣∣∣∣∣∣∣∣cos θ = p
− sin θdθ = dpθ = π
2 ⇒ p = 0θ = 0 ⇒ p = 1
∣∣∣∣∣∣∣∣II = −
∫ 0
1
p2[1− p2]2dp ⇒∫ 1
0
p2[1− 2p2 + p4]dp
II =∫ 1
0
[p2 − 2p4 + p6]dp
II =[p3
3− 2
p5
5+
p7
7
]1
0
II =8
105
Vraćajući u (*) dobijemo:
V = 8 · 27[ρ9
9
]1
0
· π
16· 8105
=4π
35
41
5.4 Zadatak 4Neka je f∗ funkcija dobivena kao 2π-periodičko proširenje funkcije f zadane formulom f(x) = x2, x ∈[−π, π]. Razvijte tu funkciju u Fourierov red.
Rješenje:
-
3 Π
2-Π -
Π
2
Π
2Π
3 Π
2
Π
2
Π
2
4
Π
2
4
Π
2
Slika 18: Dio grafika funkcije f∗
S obzirom da je data funkcija neprekidna na segmentu [−π,+π], i monotona na podsegmentima[−π, 0] i [0, π] ona očigledno zadovoljava Dirichletove uslove. Pređimo na razvijanje funkcije u Fourierovred, određujemo Fourierove koeficijente pomoću relacija:
a0 =2T
∫ b
a
f(x)dx ∧ an =2T
∫ b
a
f(x) cos2nπx
Tdx ∧ bn =
2T
∫ b
a
f(x) sin2nπx
Tdx
, pošto je kod nas segment [a,b] simetričan tj. [a, b] =[−T
2 , T2
]= [−π, π] , T = 2π, te je funkcija f(x)
parna onda vrijedi:
a0 =2π
∫ 0
π
x2dx ∧ an =2π
∫ 0
π
x2 cos nxdx ∧ bn = 0
Odredimo a0:
a0 =2π
∫ 0
π
x2dx =2π
[x3
3
]π
0
=2π2
3
Zatim an:
an =2π
∫ π
0
x2 cos nxdx =2π
[[x2 sinnx
n
]π
0
− 1n
∫ π
0
x sinnxdx
]=
=2π
[[x2 sinnx
n
]π
0
− 1n
[[−x cos nx
n
]π
0+
1n
∫ π
0
cos nxdx
]]=
2π
[[x2 sinnx
n
]π
0
− 1n
[x cos nx
n
]π
0+
1n·[sinnx
n
]π
0
]=
=2π
[x2 sinnx
n+
cos nx
n2
[x− 1
n
]]π
0
=2π
[(−1)n
n2
[π − 1
n
]+
1n3
]=
2(−1)n
n2
Sad uvrstavajuči u relaciju za Fourierov red:
f(x) =a0
2+
+∞∑n=1
[an cos
2nπx
T+ bn sin
2nπx
T
]
42
, dobijemo:
f(x) =π2
3+
+∞∑n=1
2(−1)n
n2cos nx
f(x) =π2
3+ 2
+∞∑n=1
(−1)n
n2cos nx
5.5 Zadatak 5Koristeći Laplaceovu transformaciju riješite Cauchyev problem:
a) {y′′ − 5y′ + 6y = sinxy(0) = 0, y′(0) = 1;
b) {xIV + 2x′′ + x = 3tx(0) = x′(0) = x′′(0) = 0, x′′′(0) = 1;
c) x′ = y,y′ = z,z′ = 4(x− y) + z, x(0) = 0, y(0) = 1, z(0) = 5.
Rješenje:
a) Riješimo Cauchyev problem: {y′′ − 5y′ + 6y = sinxy(0) = 0, y′(0) = 1;
"Laplace-iranjem" date jednačine dobijemo:
L[y′′]− L[5y′] + L[6y] = L[sinx] ⇒ L[y′′]− 5L[y′] + 6L[y] = L[sinx]
, odnosno:
z2Y (z)− zy(0)− y′(0)−5(zY (z)− y(0))+6Y (z) =1
z2 + 1⇒ z2Y (z)−1−5zY (z)+6Y (z) =
1z2 + 1
.
Izražavanjem Y (z) iz dobijene relacije, dobijemo:
Y [z][z2 − 5z + 6] =1
z2 + 1+ 1 ⇒ Y [z] =
1(z2 + 1)(z2 − 5z + 6)
+1
(z2 − 5z + 6)
⇒ Y [z] =1
(z2 + 1)(z − 3)(z − 2)+
1(z − 3)(z − 2)
Sada je potrebno naći inverznu Laplaceovu transformaciju izraza za Y(z), prije toga pogodno je datiizraz rastaviti na parcijalne razlomke: (što je moguće uraditi metodom neodređenih koeficijenata, ili(ako su izrazi pogodni) dodavanjem i oduzimanjem određenih članova u brojniku i sređivanjem):
Y [z] =(z − 2)− (z − 3)
(z2 + 1)(z − 3)(z − 2)+
(z − 2)− (z − 3)(z − 3)(z − 2)
Dodali smo i oduzeli neke članove u brojniku, tako da vrijednost brojnika ostaje nepromjenjena.
Y [z] =1
(z2 + 1)(z − 3)− 1
(z2 + 1)(z − 2)+
1z − 3
− 1z − 2
43
Sada za prva dva sabirka primjenimo metodu neodređenih koeficijenata čime dobijemo:(1
(z2 + 1)(z − 3)=
110(z − 3)
− (z + 3)10(z2 + 1)
)∧
(1
(z2 + 1)(z − 2)=
15(z − 2)
− z + 25(z2 + 1)
)Vraćanjem u prvobitnu relaciju dobijemo:
Y [z] =1
10(z − 3)− (z + 3)
10 (1 + z2)− 1
5(z − 2)+
z + 25 (1 + z2)
+1
z − 3− 1
z − 2
Y [z] =1110
1z − 3
+z + 1
10(z2 + 1)− 6
51
z − 2
Uvažavajući da je (iz tablica Laplaceovih transformacija):
L−1
[1
z − 3
]= e3x ∧ L−1
[1
z − 2
]= e2x ∧ L−1
[1
z2 + 1
]= sinx ∧ L−1
[z
z2 + 1
]= cos x
vrijedi:
L−1[Y (z)] =1110
L−1
[1
z − 3
]− 6
5L−1
[1
z − 2
]+
110
L−1
[z + 1z2 + 1
]=
L−1[Y (z)] =1110
L−1
[1
z − 3
]− 6
5L−1
[1
z − 2
]+
110
L−1
[z
z2 + 1
]+
110
L−1
[1
z2 + 1
]=
L−1[Y (z)] =1110
e3x − 65e2x +
110
cos x +110
sinx =
L−1[Y (z)] =1110
e3x − 65e2x +
cos x + sinx
10
Dakle, rješenje date dif. jednačine je:
y(x) =1110
e3x − 65e2x +
cos x + sinx
10
b) Slično kao pod a), imamo dif. jednačinu da riješimo pomoću Laplaceove transfromacije:{xIV + 2x′′ + x = 3tx(0) = x′(0) = x′′(0) = 0, x′′′(0) = 1;
Izvršimo Laplaceovu transformaciju obje strane jednačine:
L[xIV + 2x′′ + x] = L[3t] ⇒ L[xIV ] + 2L[x′′] + L[x] = 3L[t]
dobijemo:L[xIV + 2x′′ + x] = L[3t] ⇒ L[xIV ] + 2L[x′′] + L[x] = 3L[t]
[z4X(z)− z3x(0)− z2x′(0)− zx′′(0)− x′′′(0)] + 2[z2X(z)− zx(0)− x′(0)] + X(z) =3z2
Uvažavajući zadate početne uslove:
z4X(z)− 1 + 2z2X(z) + X(z) =3z2
X(z)[z4 + 2z2 + 1] =3z2
+ 1
X(z)[z2 + 1]2 =3z2
+ 1
X(z) =3
z2(z2 + 1)2+
1(z2 + 1)2
44
Ostaje nam kao u prethodnom slučaju da odredimo inverznu Laplaceovu transformaciju X(z)-a (prijetoga, naravno obavljamo razlaganje na parcijalne razlomke):
X(z) =3
z2(z2 + 1)2+
1(z2 + 1)2
X(z) = 3z2 + 1− z2
z2(z2 + 1)2+
1(z2 + 1)2
X(z) = 3[
1z2(z2 + 1)
− 1(z2 + 1)2
]+
1(z2 + 1)2
X(z) = 3[z2 + 1− z2
z2(z2 + 1)− 1
(z2 + 1)2
]+
1(z2 + 1)2
X(z) = 3[
1z2− 1
z2 + 1− 1
(z2 + 1)2
]+
1(z2 + 1)2
X(z) = 31z2− 3
1z2 + 1
− 31
(z2 + 1)2+
1(z2 + 1)2
X(z) = 31z2− 3
1z2 + 1
− 21
(z2 + 1)2
Sad prelazimo na traženje inverzne Laplaceove transformacije ( za prvi i drugi sabirak određujemopomoću tablice):
L−1[(z)] = 3L−1
[1z2
]− 3
[1
z2 + 1
]− 2
[1
(z2 + 1)2
]L−1[(z)] = 3t− 3 sin t− 2
[1
(z2 + 1)2
](∗)
Za zadnji sabirak određujemo pomoću relacije L−1[F1(z)F2(z)] =∫ t
0f1(u)f2(t−u)du ako je L−1[F1(z)] =
f1(t) i L−1[F2(z)] = f2(t), u našem slučaju je:
F1(z) =1
z2 + 1∧ F2(z) =
1z2 + 1
∧ L−1[F1(z)] = L−1[F2(z)] = sin t
, pa je:
L−1[F1(z)F2(z)] =∫ t
0
f1(u)f2(t− u)du =∫ t
0
sinu sin(t− u)du =12
[∫ t
0
(cos(2u− t)− cos t)du
]=
=12
[∫ t
0
cos(2u− t)du−∫ t
0
cos tdu
]=
12
[[sin(2u− t)
2
]t
0
− cos t[u]t0
]=
12
[[sin(2u− t)
2
]t
0
− cos t[u]t0
]=
=12
[sin t− t cos t]
Na kraju, vraćajući u (*) dobijemo:
L−1[X(z)] = 3t− 3 sin t− 2[12
[sin t− t cos t]]
tj. rješenje dif. jednačine u finalnom obliku je:
x(t) = 3t− 3 sin t− sin t + t cos t = 3t− 4 sin t + t cos t
c) Sada za rješavanje imamo sistem dif. jednačina: x′ = yy′ = zz′ = 4(x− y) + z, x(0) = 0, y(0) = 1, z(0) = 5.
45
"Laplace-irajmo" sve 3 jednačine i dobijemo:
pX(p)− x(0) = Y (p)Y (p)− y(0) = Z(p),pZ(p)− z(0) = 4(X(p)− Y (p)) + Z(p)
, uvrštavanjem početnih uslova sistem poprima slijedeći oblik:
pX(p) = Y (p) (12)Y (p)− 1 = Z(p), (13)
pZ(p)− 5 = 4(X(p)− Y (p)) + Z(p) (14)
Pristupimo sad rješavanju ovog algebarskog sistema jednačina po nepoznatim X(p), Y (p), Z(p). Iz-razimo X(p) i Z(p) iz jednačina (12) i (13) preko Y (p):
X(p) =Y (p)
p∧ Z(p) = pY (p)− 1 ∧ Z(p)[p− 1]− 5 = 4(X(p)− Y (p)) (3)
, sad uvrstimo u jednačinu (14):
[pY (p)− 1][p− 1] = 4[Y (p)
p− Y (p)
]+ 5 ⇒ p2Y (p)− pY (p)− p + 1 = 4
[Y (p)
p− Y (p)p
p
]+ 5
p
p
p3Y (p)− p2Y (p)− p2 + p = 4 [Y (p)− Y (p)p] + 5p ⇒ p3Y (p)− p2Y (p)− p2 + p = 4Y (p)− 4pY (p) + 5p
p3Y (p)− p2Y (p) + 4pY (p)− 4Y (p) = p2 + 4p ⇒ Y (p)[p3 − p2 + 4p− 4] = p2 + 4p
Y (p) =p2 + 4p
[p3 − p2 + 4p− 4]
Izraz u nazivniku je moguće rastaviti (jer je jedna nula polinoma p=1), pa pomoću Hornerove šemerazlaganjem nazvnika dobijemo sljedeći oblik:
Y (p) =p2 + 4p
[p− 1][p2 + 4]
, vraćajući u gornji sistem jednačina na sličan način određujemo X(p)iZ(p):
X(p) =p + 4
[p− 1][p2 + 4]∧ Z(p) =
5p2 − 4p + 4[p− 1][p2 + 4]
Rastavljanjem na parcijalne razlomke dobijemo:
X(p) =p + 4
[p− 1][p2 + 4]⇒ X(p) =
1p− 1
− p
p2 + 4
Y (p) =p2 + 4p
[p− 1][p2 + 4]⇒ Y (p) =
1p− 1
+4
p2 + 4
Z(p) =5p2 − 4p + 4[p− 1][p2 + 4]
⇒ Z(p) =1
p− 1+
4p
p2 + 4
Sada je još ostalo da nađemo inverzne Laplaceove transformacije izraza X(p), Y (p) i Z(p) što se sadamože odraditi očitavanjem iz tablica, pa za X(p) imamo:
L−1[X(p)] = L−1
[1
p− 1
]− L−1
[p
p2 + 4
]⇒ L−1[X(p)] = L−1
[1
p− 1
]− L−1
[p
p2 + 4
]L−1[X(p)] = L−1
[1
p− 1
]− L−1
[2p
p2 + 4
]⇒ L−1[X(p)] = et − cos 2t
, za Y (p):
L−1[Y (p)] = L−1
[1
p− 1
]+ L−1
[4
p2 + 4
]⇒ L−1[Y (p)] = L−1
[1
p− 1
]+ L−1
[2 · 2
p2 + 4
]L−1 =
[1
p− 1
]+ 2L−1
[2
p2 + 4
]⇒ L−1[Y (z)] = et + 2 sin 2t
46
i konačno za Z(p):
L−1[Z(p)] = L−1
[1
p− 1
]+ L−1
[4p
p2 + 4
]⇒ L−1[Z(p)] = L−1
[1
p− 1
]+ L−1
[4 · p
p2 + 4
]L−1[Z(p)] = L−1
[1
p− 1
]+ 4L−1
[p
p2 + 4
]⇒ L−1[Z(p)] = et + 4 cos 2t
Dakle rješenje datog sistema dif. jednačina je:
x(t) = et − cos 2t
y(t) = et + 2 sin 2t
z(t) = et + 4 cos 2t
47