Matem ZaFiz 2016 Plus
November 2, 2017 | Author: zjasak | Category: N/A
Short Description
Radni materijal za vježbe iz predmeta Matematika 2...
Description
µ SADRZAJ
µ SADRZAJ
Sadrµzaj 1 Uvod 2 Dvostruki i trostruki integrali 2.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . 2.1.1 Dvostruki integrali . 2.1.2 Trostruki integrali . . 2.2 Zadaci za vjeµzbu . . . . . . 2.3 Rješenja . . . . . . . . . . . 2.3.1 Dvostruki integrali . 2.3.2 Trostruki integrali . .
1 . . . . . . .
1 1 1 4 5 5 5 22
3 Krivolinijski integrali 3.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2 Riješeni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3 Rješenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28 28 29 30
4 Diferencijalne jednaµcine prvog reda 4.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2 Riješeni zadaci . . . . . . . . . . . 4.3 Zadaci za vjeµzbu . . . . . . . . . . 4.4 Rješenja . . . . . . . . . . . . . . .
. . . .
39 39 40 42 43
reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53 53 54 55
5 Diferencijalne jednaµcine višeg 5.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . 5.2 Riješeni zadaci . . . . . . . 5.3 Rješenja . . . . . . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
. . . . . . .
6 Literatura
Matematika, a.g.2015/2016
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
. . . . . . .
. . . .
60
i
Zoran Jasak, Mr.sci.math
1 UVOD
1 Uvod U skripti su zadaci iz predmeta Matematika 2 u a.g. 2015/216 za studente prve godine na studijskoj grupi Fizika na Prirodno matematiµckom fakultetu u Tuzli. Autor je zahvalan za svaku sugestiju u cilju otklanjanja tehniµckih i/ili konceptualnih grešaka. Zoran Jasak Mr.math.
Matematika, a.g.2015/2016
1
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
2 Dvostruki i trostruki integrali 2.1 Zadaci 2.1.1 Dvostruki integrali Z. D.01. Ispisati granice integracije za oba mogu´ca poretka ako je D paralelogram odre†en tjemenima A (1; 2), B (2; 4), C (1; 5), D (2; 7). Z. D.02. Promijeniti poredak integracije
I=
ZZ
z (x; y) dxdy =
Z1 0
D
dx
Z1
p
z (x; y) dy
2x x2
Z. D.03. Promijeniti poredak integracije
I=
ZZ
z (x; y) dxdy =
Z1
dx
0
D
2=3 xZ
z (x; y) dy +
0
Z2
1
p
dx
1
4x Z x2 3
z (x; y) dy
0
Z. D.04. Ispisati granice integracije za oba mogu´ca poretka, ako je D ograniµcena sa x2 + y 2
x2 + y 2
1;
x
Z. D.05. Promijeniti redoslijed integracije Z Z I = dx z (x; y) dy; D = f(x; y) : 0 Z. D.06. Promijeniti redoslijed integracije Z Z I = dy z (x; y) dx; D = f(x; y) : 0 Z. D.07. Izraµcunati integral ZZ I= 2xydxdy;
x
y
D = f(x; y) : y = 0; y =
2; x
1; y
p
y
x
2xg
2
yg
x; x + y = 2g
D
Z. D.08. Izraµcunati integral ZZ I= x2 yexy dxdy;
D = f(x; y) : 0
x
1; 0
y
2g
D
Z. D.09. Izraµcunati integral ZZ I= xy 2 dxdy;
D = f(x; y) : y 2 = 2x; x = 1=2g
D
Z. D.10. Izraµcunati integral Matematika, a.g.2015/2016
1
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.1 Zadaci
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
I=
ZZ
n D = (x; y) : 0
sin (x + y) dxdy;
D
Z. D.11. Izraµcunati integral ZZ dxdy I= ; (x + y)3
D = f(x; y) : 2
x
x
2
3; 1
;0
y
y
2
o
4g
D
Z. D.12. Izraµcunati integral ZZ 2ydxdy; I=
D = f(x; y) : y =
p
x; y = 0; x + y = 2g
D
Z. D.13. Izraµcunati integral I=
ZZ
xydxdy
D
D = f(x; y) : x2 + y 2 = 2ax; y 2 = 2ax; x = 2a; y
0; a > 0g
Z. D.14. Izraµcunati integral ZZ I= xydxdy; D = f(x; y) : x2 + y 2 = 1; x2 + y 2
2x = 0; y = 0g
D
Z. D.15. Izraµcunati integral ZZ I= ln (x2 + y 2 ) dxdy;
D = f(x; y) : x2 + y 2 = e2 ; x2 + y 2 = e4 g
D
Z. D.16. Izraµcunati integral ZZ p I= sin x2 + y 2 dxdy;
D = (x; y) : x2 + y 2 = R2 ; y = x; y =
p
3x
D
Z. D.17. Izraµcunati integral ZZ I= exp f (x2 + y 2 )g dxdy;
D = f(x; y) : x2 + y 2
4g
D
Z. D.18. Izraµcunati integral ZZ dxdy p ; I= x2 + y 2
D = f(x; y) : x2 + y 2
6xg
D
Z. D.19. Izraµcunati površinu koju ograniµcavaju krive x2 + y 2 = 2x;
y = x;
y=
x
Z. D.20. Izraµcunati površinu koju ograniµcavaju krive Matematika, a.g.2015/2016
2
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.1 Zadaci
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI x2 + y 2 = 2x;
x2 + y 2 = 4x;
y = x;
y=0
Z. D.21. Izraµcunati zapreminu tijela nastalog rotacijom paraboloida z = x2 + y 2 koji je ograniµcen sa ravni z = 4. Z. D.22. Izraµcunati zapreminu tijela koje cilindar x2 + y 2 = 2x isijeca na sferi x2 + y 2 + z 2 = 4 Z. D.23. Na´ci teµzište polukruga polupreµcnika a. Z. D.24. Izraµcunati zapreminu tijela kojeg ograniµcavaju p z = 1 x2 y 2 ; y = x; y = 3x; Z. D.25. Izraµcunati dvostruki integral ZZ xydxdy; D=
z=0
(x; y) : x y = 1; x + y =
5 2
D
Z. D.26. Izmijeniti poredak integracije u integralu I=
Z1
dy
Z3y
z (x; y) dx
y
0
Z. D.27. Izmijeniti poredak integracije u integralu I=
Z1
dx
0
Zx2
z (x; y) dy
x3
Z. D.28. Dvostruki integral I=
p
ZR
dx
RZ2 x2
z (x; y) dy
0
0
transformisati iz pravougaonih u polarne koordinate. Z. D.29. Izraµcunati integral ZZ I= dxdy;
D = f(x; y) : y 2
x2 = 1; x2 + y 2 = 4g
D
Z. D.30. Izraµcunati integral I=
ZZ
sin 'd d';
D
a) D : Sektor ograniµcen linijama
= a, ' =
2 = 2 + cos ' i
i ' =
; b) polukrug
; c) Oblast izme†u linija = 1. 2 Z. D.31. Izraµcunati površinu koju ograniµcavaju linije p x2 + y 2 = 2x; x2 + y 2 = 4x; y= 3x;
0
'
Matematika, a.g.2015/2016
3
y=
p
2a cos ',
3x
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.1 Zadaci
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
2.1.2 Trostruki integrali Z. T.01. Izraµcunati zapreminu tijela koje je ograniµceno funkcijama z1 = x2 + y 2 ;
x2
z2 = 1
y2
Z. T.02. Prelaskom na cilindriµcne koordinate izraµcunati zapreminu koja je ograniµcena sa z1 = 6
x2
z22 = x2 + y 2 ;
y2;
z
0
Z. T.03. Odrediti zapreminu tijela ograniµcenog sa x2 + y 2 + z 2 = 1;
z=
p
x2 + y 2
Z. T.04. Prelaskom na sferne koordinate izraµcunati integral ZZZ dxdydz q I= ; V : x2 + y 2 + z 2 = 1 2 x2 + y 2 + (z 2) V
Z. T.05. Izraµcunati integral
I=
Z
dx
Z
dy
Z p
x2 + y 2 + z 2 dz
Z. T.06. Prelaskom na cilindriµcne koordinate izraµcunati Z Z Z I = dx dy 2 dz Z. T.07. Izraµcunati integral ZZZ dxdydz ; I= (1 + x + y + z)3
V = f(x; y; z) : x = 0; z = 0; x + y + z = 1g
V
Z. T.08. Izraµcunati integral ZZZ p I= z x2 + y 2 dxdydz;
V = f(x; y; z) : x2 + y 2 = 2x; y = 0; z = 0; z = ag
V
Z. T.09. Izraµcunati zapreminu tijela koje je ograniµceno sa z1 = 4
y2;
z2 = y 2 + 2;
Z. T.10. Izraµcunati integral ZZZ p x2 + y 2 + z 2 dxdydz; I=
x=
1;
x=2
V = f(x; y; z) : x2 + y 2 + z 2 = zg
V
Z. T.11. Izraµcunati integral ZZZ (x + y + z) dxdydz; I=
V = f(x; y; z) : x 2 [0; 1] ; y 2 [0; 1] ; z 2 [0; 1]g
V
Z. T.12. Izraµcunati zapreminu tijela koje je ograniµceno sa x2 + y 2 + z 2 = 4; Matematika, a.g.2015/2016
4
x2 + y 2 = 3z Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.2 Zadaci za vjeµzbu
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
2.2 Zadaci za vjeµzbu Z. V.01. Izraµcunati integral ZZ dxdy ; I= p 2 + y 2 ) 1 + 4 x2 + y 2 (x D
D = f(x; y) : x2
y2
x2 + y 2
0; 1
4g
p 2 2 p ) (Rješenje : I = 2 ln 1+ 2
Z. V.02. Izraµcunati integral ZZ xy 2 dxdy; I=
D = f(x; y) : 0
x
2; 1
y
3g
D
Z. V.03. Izraµcunati integral ZZ (x + y) dxdy; I=
fD = (x; y) : y = 4
x2 ; y = 2
xg
D
(Rješenje : I =
261 ) 20
2.3 Rješenja 2.3.1 Dvostruki integrali Z. D.01. Najprije se traµzi jednaµcina pravaca AB i CD. 4 2 AB : y 2 = (x 1) ) y = 2x 2 1 7 5 (x 1) ) y = 2x + 3 CD : y 5 = 2 1 Na osnovu toga je
I=
ZZ
z (x; y) dxdy =
Z2 1
D
dx
2x+3 Z
z (x; y) dy
2x
Za drugi poredak nam trebaju inverzne funkcije jednaµcine pravaca 1 AB : y = 2x ) x = y 2 3 1 CD : y = 2x + 3 ) x = y 2 2 Na osnovu toga je
I=
Z4 2
dy
y=2 Z
z (x; y) dx +
1
Z5 4
dy
Z2
z (x; y) dx +
1
Z7 5
dy
Z2
z (x; y) dx
y 3 2
Z. D.02. Na osnovu uslova zadatka vrijedi da je Matematika, a.g.2015/2016
5
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
I=
ZZ
z (x; y) dxdy =
y1 =
dx
x2
2x
:
Z1
p
0
D
p
Z1
z (x; y) dy
2x x2
y1 (0) = 0;
y1 (1) =
1
p
2x x2 ) y 2 = 2x x2 ) x2 p2x + y 2 = 0 ) (x p1)2 + y 2 = 1 ) ) (x p 1)2 = 1 y 2 ) x 1 =p 1 y 2 ) x = 1p 1 y 2 1 y2 x 1 1 + 1 y2 ) x = 1 1 y2 )1 y = 0 : x (0) = 0 y = 1 : x ( 1) = 1 y=
)I=
ZZ
z (x; y) dxdy =
Z0
dy
dx
2=3 xZ
1
D
Z1
p
1
z (x; y) dy +
Z0
dy
1
1 y2
Z1
z (x; y) dy
0
Z D.03. Za prvi integral vrijedi :
I=
ZZ
z (x; y) dxdy =
Z1 0
D
z (x; y) dy +
0
Z2
1
p
dx
1
4x Z x2 3
z (x; y) dy
0
yg (x) = x2=3 x = 0 ) yg (0) = 0; x = 1 ) yg (1) = 1 2=3 3=2 yg (x) = x ) x = y y = 0 ) xg (0) = 0; y = 1 ) xg (1) = 1 Za drugi integral vrijedi : p 4x x2 3 yg (x) = 1 x = 1 )pyg (1) = 1; xp= 2 ) yg (2) = 0 2 yg (x) = 1 4x x 3 ) 4x x2 3 = 1 y ) 4x x2 3 = (1 2 ) x2 4x + 3 + (1 y)2 = 0 ) (x 2)2 + (1 y) =1 p 2 2 ) (x 2) = 1 (1 y) = y (2 y) ) x = 2 y (2 y) p p y (2 y) x 2 2 + y (2 y) 2 )I=
Z1 0
dx
2=3 xZ
z (x; y) dy +
0
Z2
1
dx
1
p
4x Z x2 3
z (x; y) dy =
0
x ) x2
x + y2
Matematika, a.g.2015/2016
0)
x
1 2
2
+ y2 =
6
2
dy
p Z2y p
0
Z. D.04. Polazi se od sljede´cih p transformacija p 2 2 2 2 x +y 1)y 1 x ) 1 x2 y 1 x2 p p ) x 2 [ 1; 1] ) y 2 1 x2 ; 1 x2 + y 2
Z1
y)2 )
y2
z (x; y) dx
y3
x2
1 ) 4
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI 2
1 = x (1 x) ) 2 p x)h y x (1 x) ) i p p ) x 2 [0; 1] ) y 2 x (1 x); x (1 x) h p i hp p p ) x 2 [0; 1] ) y 2 1 x2 ; x (1 x) [ y 2 x (1 x); 1 ) x 2 [ 1; 0] [ [0; 1] 1 ) y2 p 4 ) x (1
x
x2
i
Prvi poredak integracije je
I=
Z0
p
dx
1Z x2
p
1
z (x; y) dy +
Z1 0
1 x2
2 p Zx(1 6 dx 6 4 p
p
x)
z (x; y) dy + p
1 x2
Za drugi poredak su nam potrebne p p sljede´ce transformacije. 1 y2 x 1 y2 x2 + y 2 1 ) x2 1 y 2 ) h p p 1 y2; 1 ) y 2 [ 1; 1] ) x 2 x2 + y 2
x ) x2
x + y2
0)
1 2
x
2
+ y2 =
y2
1Z x2
3
x(1 x)
7 z (x; y) dy 7 5
i
1 ) 4
r r 1 1 1 1 1 ) x y2 ) y2 x + y2 = 4 2" 4 2 4# r r 1 1 1 1 1 1 2 )y2 ; )x2 y ; + y2 2 2 2 4 2 4 1 1 1 1 )y2 1; ; [ [ ;1 2 2 2 2 1 2
2
Drugi poredak integracije je
I21 =
Z1=2
dy
p
1
I22
p Z1
1=2 Z
I2 = I21 + I22 + I23 p Z1 Z1 z (x; y) dx; I23 = dy p 1=2
y2
1 y2
2
z (x; y) dx;
1 y2
1 62
r
1 y2 Z4
6 = dy 6 6 4 p 1=2
z (x; y) dx +
1 y2
p Z1
1 + 2
r
y2
1 y2 4
Z. D.05. Na osnovu uslova zadatka vrijedi: Z Z I= z (x; y) dxdy; D = f(x; y) : 0 )I=
Z2 0
Matematika, a.g.2015/2016
y2
dx
Z2x
x
3
7 7 z (x; y) dx7 7 5 2; x
y
2xg
z (x; y) dy
x
7
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
y1 (x) = x ) y1 (0) = 0; y1 (2) = 2 y1 (x) = x ) x1 (y) = y ) x1 (0) = 0; x1 (2) = 2 y2 (x) = 2x ) y2 (0) = 0; y2 (2) = 4 y x2 (0) = 0; x2 (4) = 2 y2 (x) = 2x ) x2 (y) = ) 2 o n n y y x y [ (x; y) : 2 y 4; ) D = (x; y) : 0 y 2; 2 2 I=
Z2
dx
Z2x
z (x; y) dy =
x
0
Z2
Zy
dy
0
z (x; y) dx +
Z. D.06. Na osnovu uslova zadatka vrijedi da je Z Z I = dy z (x; y) dx; D = f(x; y) : 0 )I=
dy
2Z y
y
x
dy
2
y=2
Z1
Z4
o 2
Z2
z (x; y) dx
y=2
1; y
x
2
yg
z (x; y) dx
y
0
x1 (y) = y ) y1 (x) = x x2 (y) = 2 y ) y2 (x) = 2 x y2 (0) = 2; y2 (2) = 0 ) x 2 [0; 2] Presjek ove dvije funkcije je y1 (x) \ y2 (x) : x = 2
x)x=1
y1 (0) = 0; y1 (1) = 1; y2 (1) = 1; y2 (2) = 0 ) ) D = f(x; y) : 0 x 1; 0 y xg [ f(x; y) : 1 x 2; 0 I=
Z1 0
dy
2Z y
z (x; y) dx =
y
Z1
dx
0
Zx
z (x; y) dy +
0
Z2
y
dx
1
2
2Z x
yg
z (x; y) dy
0
Z. D.07. Najprije se traµzi presjek ove dvije funkcije. p y = x^x+y =2)y =2 x) p 2 2 ) x=2 x 5x + 4 = 0 p) x = 4 4x + x ) x 5 25 16 5 3 x1;2 = = ) x1 = 1 ^ x2 = 4 2 2 x+y =2)y =2 p x: y (2) = 0; y (0) = 2 ) x 2 [0; 1] ) y 2 [0; x] ^ x p2 [1; 2] ) y 2 [0; 2 x] 2Z x Z1 Zx Z2 ZZ )I=I= 2xydxdy = dx 2xydy + dx 2xydy D
I1 =
I1 = 2
Z1
x
0
Matematika, a.g.2015/2016
Z1
"
0
p
dx
0
Zx 0
1 2 y 2
2xydy = 2
p
0
0
x
#
dx =
Z1 0
8
Z1
p
xdx
0
x (x
Zx
1
0
ydy
0
0) dx =
Z1
x2 dx
0
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI 1 3 1 1 (x )0 = 3 3 2Z x Z2 Z2 " 1 2 I2 = dx 2xydy = 2 x y 2 I1 =
Z2
I2 =
1
I2 = 2 (4
1
0
2
x (2
x) dx =
Z2
1
4xdx
4
1
Z2
2 x 0
x2 dx +
1
#
dx
Z2
x3 dx
1
1 3 2 1 1 2 2 2 (x )1 4 (x )1 + (x4 )1 I2 = 4 2 3 4 4 1 28 15 5 1) (8 1) + (16 1) = 6 + = 3 4 3 4 12 1 5 9 3 ) I = I1 + I2 = + = = 3 12 12 4
Z. D.08. Rješenje koristi µcinjenice da je (exy )0x = yexy ;
(exy )0y = xexy
Sada je Z
Z
u = x2 ) du = 2xdx x2 d (exy )x dy = dv = d (exy )x ) v = exy Z Z 2 xy x=1 )I= (x e )x=0 2 xexy dx dy Z Z Z Z Z y xy y I= e 2 xe dx dy = e dy 2 xexy dxdy Z Z Z y y=2 xy 2 I = (e )y=0 2 xe dy dx = e 1 2 (exy )y=2 y=0 dx Z Z Z 2 2x 2 2x I=e 1 2 (e 1) dx = e 1 2 e dx + 2 dx I=
I = e2
1
1
(e2x )0 + 2 (x)10 = e2
1
e2 + 1 + 2 = 2
Z. D.09. Na osnovu zadatka je y 2 = 2x ) y =
p
2x
Prvi mogu´ci poredak integracije je
I=
ZZ
xy 2 dxdy =
p
xdx
0
D
1 I= 3
1=2 Z
Z2x p
2x
y 2 dy =
Z
x
"
1 3 y 3
p
2x
p
2x
#
dx
1=2 p 1=2 Z Z p 4 4 2 2 x 2x 2x + 2x 2x dx = x 2xdx = x5=2 dx 3 3 0 0 0 p 1=2 4 2 2 7=2 1=2 8 2 1 8 1 1 I= x = = = 0 7=2 3 7 21 2 21 8 21
1=2 Z
p
p
Za drugi mogu´ci poredak integracije potreban je presjek ove dvije krive
Matematika, a.g.2015/2016
9
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
1 ) y2 = 1 ) y = 1 2 y2 1 1 y 2 = 2x ) x = :y= 1)x= ; y=1)x= 2 2 2 y2 ; 1=2 ) ) y 2 [ 1; +1] ) x 2 2 1=2 +1 +1 Z ZZ Z Z 1 2 1 2 2 xy dxdy = y dy )I= xdx = y 2 (x )y2 =2 dy 2 y 2 = 2x ^ x =
1
D
1
y 2 =2
+1 Z
+1 Z
1 1 y4 1 y2 dy = y 2 (1 2 4 4 8 1 2 +1 1 3 +1 Z Z 1 1 3 1 1 4 y 2 dy y 6 dy 5 = (y ) 1 I= 8 8 3 I=
1
1 I= 8
y 4 ) dy 1 7 1 (y ) 1 7
1
1 (1 3
1 1 (1 ( 1)) = 7 8 1 8 1 1 14 6 = = I= 8 21 8 21 21
2 3
( 1))
2 7
Z. D.10. Na osnovu uslova zadatka vrijedi : Z Z Z I = dx sin (x + y) dy = (cos (x + y))0 =2 dy Z Z I= cos x + cos x dx = 2 sin x + sin dx 4 4 p 2Z 2 I=2 sin x cos + cos x sin dx 4 Z 4 Z p Z2 p 2 I= 2 (sin x + cos x) dx = sin xdx + cos xdx 2 I = (cos x)0 =2 + (sin x)0 =2 = (0 1) + (1 0) = 2 Z. D.11. Na osnovu uslova zadatka vrijedi I=
ZZ D
I=
1 2
1 I= 2
Z3 2
dxdy = (x + y)3 Z3 2
Z3
dx
2
4
I= Z. D.12. Vrijedi da je x+y =2)y =2 x) Presjek funkcija je Matematika, a.g.2015/2016
1 2
Z3 2
1 2
dy = (x + y)3
1 (x + 1)2
1 (x + 4)2
dx (x + 1)2
Z4
=
1 3
+
y (0) = 2;
1 2
1 2
1 2
1 (x + y)2
2
Z3
1 (x + 1)2
2
dx = (x + 4)2 1 4
Z3
1 2
1 x+1 1 7
1 6
=
3
1 + 2 2
y=4
dx y=1
1 (x + 4)2 1 x+4
3 2
5 168
y (2) = 0
10
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI p p x^x+y =2)x+ x=2) x=2 x ) x =p4 4x + x2 ) x2 5x + 4 = 0 5 3 25 16 5 = ) x1 = 1; x2 = 4 x1;2 = 2 p 2 ) x 2 [0; 1] ) y 2 [0; x] ; p x 2 [1; 2] ) y 2 [0; 2 x] 2Z x Z1 ZZ Zx Z2 2ydxdy = dx 2ydy + dx I= 2ydy y=
p
D
Z1
I=2
I=
Z1 0
xdx +
Z1
1 2 y 2
0
0 p
0
1
Z1
x
dx + 2 0
1 2 y 2
0
1 1 4x + x2 ) dx = (x2 )0 + 4 2
(4
0
1 I = + 4 (x)21 2
0
2 x
Z1
dx 0
dx
4
0
Z1
xdx +
0
1 1 1 2 2 4 (x2 )1 + (x3 )1 = + 4 2 3 2
Z1
x2 dx
0
7 5 6+ = 3 6
Z. D.13. Prvo ´cemo uraditi odre†ene transformacije K1 : x2 + y 2 = 2ax ) x2 2ax + y 2 = 0 ) (xp a)2 + y 2 = a2 2ax x2 x2 + y 2 = 2ax ) y 2 = 2ax x2 ) y = y (0) = 0; y (2a) = 0 p 2 K2 : y = 2axp )y= 2ax )p y 0 ) 2ax x2 y 2ax Presjek y 2 = 2ax ^ x = 2a ) y 2 = 4a2 ) y = 2a Sada se raµcuna integral
I=
ZZ
xydxdy =
Z2a
p
xdx
0
D
1 I= 2
Z2a
x (2ax
p
Z2ax
ydy =
x
1 2 y 2
0
2a x2
(2ax
Z2a
1 x )) dx = 2 2
0
Z2a
p
2ax
p
2a x2
dx
x3 dx
0
1 1 4 2a 1 I= (x )0 = 16a4 = 2a4 2 4 8 Z. D.14. Presjek datih krivih je 1 2x = 0 ) x = 2 p 1 3 3 2 2 ) +y =1)y = )y = 4 4 2 1 1 ) x 2 0; [ ;2 2 2 Polarne koordinate su x2 + y 2 = 1 ^ x2 + y 2
2x = 0 ) 1
x = r cos '; K1 : r = 1 K2 : r2 cos2 ' + r2 sin2 ' ) r 2 [0; 2 cos '] ;
y = r sin ';
jJj = r
2r cos ' = 0 ) r2 = 2r cos ' ) r = cos ' r 2 [0; 1]
Matematika, a.g.2015/2016
11
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
Za krug K1 vrijedi x = 0 = r cos ' ) cos ' = 0 ) ' = 2 1 1 x = = r cos ' ) cos ' = ) ' = (r = 1) 2 2 3 Za krug K2 vrijedi p p 3 3 1 x= )y= = r cos ' ) cos ' = )'= 2 2 2 3 Na osnovu ovoga je i o n h i o n h ; ; r 2 [0; 1] [ (r; ') : ' 2 0; ; r 2 [0; 2 cos '] D0 = (r; ') : ' 2 3 2 3 Integral je
I=
I=
Z=2
=3 =2 Z
d'
Z1
3
cos ' sin 'r dr +
0
d'
0
cos ' sin 'd'
Z1
r3 dr +
0
=3
Z=2
Z=3 Z=3
2 cos Z '
cos ' sin 'r3 dr
0
cos ' sin 'd'
0
2 cos Z '
r3 dr
0
Z=3
1 4 2 cos ' 1 4 1 cos ' sin ' d' (r )0 + (r )0 4 4 =3 Z0 1 1 =2 1 I= sin2 ' =3 + cos ' sin ' 16 cos4 'd' 2 4 4 Z Z 3 1 1 5 1 +4 cos ' sin 'd' = 4 cos5 'd (cos ') I= 8 4 32 1 1 1 2 1 11 =3 I= 4 (cos6 ')0 = 1 = 32 6 32 3 64 16 I=
sin 'd (sin ')
Z. D.15. Uvode se polarne koordinate x = r cos '; y = r sin '; jJj = r ) r 2 [e; e2 ] ; ' 2 [0; 2 ] Z2 Ze2 Z2 Ze2 I = d' ln (r2 ) rdr = 2 d' r ln rdr 0
I=2
I=4
(')20
4 1 r2 ln r 2 4
e
e 2
e2 e
1 2
e
0
r ln rdr =
e
2
2
I=4
e Ze2
Ze2 e
1 (e4 4
3
rdr5 = 4
dr r 1 2 dv = rdr ) v = r 2 u = ln r ) du =
e2 ) = 4
e4 2 2 3 4 e 4
1 2 e 4
e2 2
1 1 2 e2 (r )e 2 2 = (3e4
e2 )
Z. D.16. Uvode se polarne koordinate x = r cos '; Matematika, a.g.2015/2016
y = r sin '; 12
jJj = r Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
y = x : r cos ' = r sin ' ) cos ' = sin ' ) tan ' = 1 ) ' = 4 p p p p y = 3x : r cos ' = r 3 sin ' ) cos ' = 3 sin ' ) tan ' = 3 ) ' = 3 i h ; ) r 2 [0; R] ; '2 4 3
=3 =4
ZR
u = r ) du = dr dv = sin rdr ) v = cos r 0 =4 2 3 ZR i h R 4 (r cos r)R + cos rdr5 = R cos R + (sin r) 0 0 3 4
I=
I = (')
Z=3
d'
r sin rdr =
0
I=
(sin R
12
R cos R)
Z. D.17. Uvode se polarne koordinate x = r cos '; y = r sin '; jJj = r r 2 [0; 2] ; '0 2 [0; 2 ] 1 Z2 Z2 Z2 1 exp f r2 g d ( r2 )A I = d' exp f r2 g rdr = (')20 @ 2 0
0
0
1 2
I=2
e
r2
2
=
(e
4
1) =
e 4)
(1
0
Z. D.18. Prvo ´cemo obaviti sljede´ce transformacije x2 + y 2
6x ) x2
6x + y 2
0 ) (x
3)2 + y 2
9
Uvode se polarne koordinate x = r cos '; y = r sin '; jJj = r 2 2 2 6x ) r2 cos ' + r sin ' 6r cos ' ) r 6 cos ' h i )'2 ; ; r 2 [0; 6 cos '] 2 2 6 cos Z=2 Z=2 Z=2 Z ' rdr 6 cos ' p = (r)0 d' = 6 cos 'd' d' I= r2
x2 + y 2
0
=2
I = 6 (sin ')
=2 =2 =2 =
=2
6 (1
( 1)) = 12
Z. D.19. Prvo ´cemo uraditi sljede´ce transformacije x2 + y 2 = 2x ) x2
2x + y 2 = 0 ) (x
1)2 + y 2 = 1
Presjek krive i pravih je x2 + y 2 = 2x ^ y =
x ) 2x2 2x = 0 ) 2x (x )x=0_x=1
1) = 0
Uvode se polarne koordinate Matematika, a.g.2015/2016
13
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
x = r cos ';
jJj = r
y = r sin ';
y = x : r cos ' = r sin ' ) cos ' = sin ' ) tan ' = 1 ) ' = y=
x : r cos ' =
r sin ' ) cos ' =
sin ' ) tan ' =
Z=4
Z=4
4 1)'=
4 x2 + y 2 = 2x ) r2 cos2 ' + r2 sin2 ' = 2r cos ' ) r2 = 2r cos ' ) r = 2 cos ' I=
d'
1 I= 2
Z=4
4 cos2 'd' = 2
=4
I = (')
rdr =
0
=4
Z=4
2 cos Z '
2 cos '
1 2 r 2
d' 0
=4
Z=4
1 + cos (2') d' = 2
=4
=4
=4 =4
d' +
Z=4
cos (2') d'
=4
1 1 =4 + sin + (sin (2')) =4 = 2 4 4 2 2 1 I= + (1 ( 1)) = + 1 2 2 2
sin
2
Z. D.20. Prvo ´cemo uraditi sljede´ce transformacije K1 : x2 + y 2 = 2x ) x2 K2 : x2 + y 2 = 4x ) x2
2x + y 2 = 0 ) (x 4x + y 2 = 0 ) (x
1)2 + y 2 = 1 2)2 + y 2 = 4
Uvode se polarne koordinate x = r cos ';
jJj = r
y = r sin ';
) x2 + y 2 = 2x ) r = 2 cos ' ) x2 + y 2 = 4x ) r = 4 cos ' y = 0 : r sin ' = 0 ) ' = 0 y = x : r cos ' = r sin ' ) tan ' = 1 ) ' = 4 h i ) ' 2 0; ; r 2 [2 cos '; 4 cos '] 4 I=
Z=4
d'
Z=4
rdr =
2 cos '
0
I=6
4 cos Z '
Z=4
0
cos2 'd' = 6
0
Z=4
1 2 r 2
4 cos '
1 d' = 2 2 cos '
Z=4
I = 3 (')0
4 cos2 ') d'
0
1 + cos (2') d' = 3 2
0
=4
(16 cos2 '
Z=4
d' + 3
0
Z=4
cos (2') d'
0
1 3 3 3 +3 (sin (2'))0 =4 = + = ( + 2) 2 4 2 4
Z. D.21. Presjek paraboloida sa ravni z2 = 4 je z1 = x2 + y 2 ^ z2 = 4 ) x2 + y 2 = 4 što je ujedno i oblast integracije. Traµzena zapremina je
Matematika, a.g.2015/2016
14
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
V =
ZZ
ZZ
z2 dxdy
z1 dxdy =
ZZ
4dxdy
(x2 + y 2 ) dxdy
D
D
D
D
ZZ
Ovo se tumaµci na naµcin da je traµzena zapremina razlika zapremina valjka visine z2 = 4 i zapremina prostora ispod krive z1 . Uvode se polarne koordinate x = r cos '; y = r sin '; jJj = r r 2 [0; 2] ; ' 2 [0; 2 ] Z2 Z2 Z2 Z2 Z2 Z2 V = d' 4rdr d' r2 r dr = d' (4 0 2 Z2 4 4rdr
0
V = (')20
0
0
0
Z2
3
0
r3 dr5 = 2
0
V =2
0
1 2 2 (r )0 2
4
r2 ) rdr 1 2 (r4 )0 4
1 16 = 8 4
2 4
Z. D.22. Prvo ´cemo uraditi sljede´ce transformacije. x2 + y 2 = 2x ) x2 2x + y 2 = 0 ) (x 1)2 + y 2 = 1 Uvode se polarne koordinate x = r cos ';
jJj = r
y = r sin ';
2 2 2 x2 + y 2 = 2xh ) r2 cos i ' + r sin ' = 2r cos ' ) r = 2 cos ' ) )'2 ; ; r 2 [0; 2 cos '] 2 2 p p x2 + y 2 + z 2 = 4 ) z 2 = 4 (x2 + y 2 ) ) z = 4 (x2 + y 2 ) ) z = 4 Sada se raµcuna integral
I=
ZZ
zdxdy =
D
Z=2
d'
2 cos Z '
p
4
r2
r2 rdr
0
=2
Uvodi se smjena t=
p
r2 ) t2 = 4 r2 ) 2tdt = 2rdr ) rdr = tdt r = 0 ) t = 2; r = 2 cos ' ) t = 2 sin ' =2 2 sin ' 2Z sin ' Z Z Z=2 )V = d' t ( t) dt = d' t2 dt 4
2
=2
V =
Z=2
=2
V =
1 3 t 3 2
86 4 3
2
1 d' = 3 2 sin ' Z=2
d'
=2
2
Z=2
=2
8 6 V = 4(') 3
Matematika, a.g.2015/2016
=2
Z=2
=2
8 8 8 sin3 ' d' = 3 3
7 sin3 'd'5 = =2 =2
Z=2
=2
15
(1
2
Z=2
1
sin3 ' d'
=2
sin3 ' = sin2 ' sin ' = = (1 cos2 ') sin ' 3 7 cos2 ') sin 'd'5
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
V =
2
8 6 4 3 2 V =
Z=2
2
Z=2
sin 'd' +
=2
2
8 6 4 + (cos ') 3
8 V = 3
+ (0
=2
Z=2
=2 =2
=2
3
7 cos2 ' sin 'd'5 3
7 cos2 'd (cos ')5
1 (cos3 ') 3
=
8 3
g (x; y) = 1 ) m =
ZZ
0)
=2 =2
Z. D.23. Jednaµcina polukruga je
m=
ZZ
x 2 + y 2 = a2 ) y =
g (x; y) dxdy;
p
a2
x2
dxdy
Uvode se polarne koordinate x = r cos ';
y = r sin '; jJj = r ) ' 2 [0; ] ; r 2 [0; a] Z Za 1 2 a a2 (r )0 = ) m = d' rdr = (')0 2 2 0
1 x0 = m 2 x0 = 2 a
2 y0 = 2 a
ZZ
0
2 xdxdy = 2 a
Z
0
Za
0
0
cos 'd'
r2 dr
0
1 3 a 2 1 3 (sin ')0 (r )0 = 2 (0 0) (a 0) = 0 3 a 3a ZZ Z Z 1 2 sin 'd' r2 dr y0 = ydxdy = 2 m a 1 3 a 2 [ (cos ')0 ] (r )0 = 3 3a2 4a 4a3 y0 = 2 = 3a 3
( 1
1) (a3
0)
Z. D.24. Zapremina je V =
ZZ
z (x; y) dxdy
D
Polarne koordinate su x = r cos ';
z = 1 x2 y 2 ) z = 1 r 2 y = x ) r cos ' = r sin ' ) tan ' = 1 ) ' = p p p 4 y = 3x ) r sin ' = 3r cos ' ) tan ' = 3 ) ' =
Matematika, a.g.2015/2016
jJj = r
y = r sin ';
16
3
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
V =
Z1
0
Z=3
r2 ) rdrd' =
(1
21 Z 4 rdr
=3 =4
V = (')
Z Z
0
V =
r3 dr5 =
3
4
1 4
=
1 2
r2 ) rdr
(1
0
=4
3
12
d'
Z1
1 1 (r2 )0 2
1 1 (r4 )0 4
48
Z. D.25. Najprije se traµzi presjek datih krivih. x y =1^x+y =
x)
5x x2 = 1 ) x2 +1=0 2 p 5 25 16 2x2 5x + 2 = 0 ) x1;2 = ) 4 1 1 ) x1 = ; x2 = 2 ) y1 = 2; y2 = 2 2 1 5 5 x y=1)y= ; x+y = )y = x x 2 2 1 1 5 D = (x; y) : x 2 ; 2 ; y 2 ; x 2 1 x 2 0 5=2 ZZ Z2 Z x Z2 1 h 2 5=2 x i B C x@ ydy A dx = x I= xydxdy = (y )1=x dx 2 5 2
)x
D
I=
1 2
Z2
x
x=1=2
=1)
x
x=1=2
"
5 2
y=1=x
2
1 x
x
25 1 2 2 I= (x )1=2 4 2 25 1 5 I= 4 8 4 6 25 15 I= 8 4
5x 2
5 5 )y= 2 2
2
#
x=1=2
dx =
1 2
Z2
25x 4
5x2 + x3
1 x
dx
x=1=2
5 1 3 2 1 1 4 2 1 (x )1=2 + (x )1=2 (ln x)21=2 2 3 2 4 2 1 1 1 1 1 8 + 16 ln 2 ln 8 8 16 2 2 5 63 1 255 915 + ln 2 = ln 2 6 8 8 16 128
Z. D. 26. Na osnovu uslova zadatka vrijedi x=y)y=x )y =0)x=0^y =1)x=1 1 x = 3y ) y = x 3 )y =0)x=0^y =1)x=3 I=
Z1 0
dy
Z3y
z (x; y) dx =
y
Z1 0
dx
Zx
x=3
z (x; y) dy +
Z3 1
dx
Z1
z (x; y) dy
x=3
Z. D.27. Na osnovu uslova zadatka vrijedi
Matematika, a.g.2015/2016
17
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
I=
Z1
dx
0
Zx2
z (x; y) dy
x3
p y = x3 ) x = 3 y )x=1)y=1 p y = x2 ) x = y )x=1)y=1 p p )x2 y; 3 y I=
Z1
dx
0
Zx2
z (x; y) dy = I =
Z1
dy
0
x3
1=3 yZ
z (x; y) dy
y 1=2
Pitanje : zašto su u poµcetnom integralu granice za y date sa [x3 ; x2 ] a ne [x2 ; x3 ] ? Z. D.28. Oblast integracije je p D = (x; y) ; x 2 [0; R] ; y 2 0; R2
x2
Vrijedi p da je y = R 2 x2 ) y 2 = R 2 x2 ) x2 + y 2 = R 2 x = 0 ) y = R; x=R)y=0 x = r cos '; y = r sin '; jJj = r r 2 [0; R] r = R ^ x = 0 ) y = R , R sin ' = R ) sin ' = 1 ) ' = 2 r = R ^ x =hR )i y = 0 , R sin ' = 0 ) sin ' = 0 ) ' = 0 ) ' 2 0; 2 I=
p
ZR
dx
RZ2 x2
z (x; y) dy =
0
0
ZR
rdr
0
Z=2
z (r cos '; r sin ') dy
0
Z. D.29. Na osnovu uslova zadatka vrijedi : ZZ I= dxdy; D = f(x; y) : y 2
x2 = 1; x2 + y 2 = 4g
D
Presjek dvije krive (hiperbole i kruga) je y
2
r
5 x = 1 ^ x + y = 4 ) 2y = 5 ) y = 2 r r 5 3 x2 = 4 y 2 ) x = 4 = 2 p 2 y 2 x2 = 1 ) y 2 = 1 + x2 ) y = p 1 + x2 x2 + y 2 = 4 ) y 2 = 4 x2 ) y = 4 x2 2
2
2
2
Vrijedi da je Matematika, a.g.2015/2016
18
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI p
y2
x2 ;
4
p
1 + x2 ^ y 2
p
1 + x2 ;
p
4
x2
x2
p
Zbog simetriµcnosti oblasti D je
I=
ZZ
p Z3=2
dxdy = 4
D
I=4
p Z3=2
p
p
4Z x2
x2 dx
4
dx
0
p
4
1+x2
0
dy = 4 p Z3=2
p Z3=2
p
4
1 + x2 dx
0
p
1 + x2 dx = 4 I1
4 I2
0
Prvi od dva integrala je : p Z3=2
p
p Z3=2
p Z3=2
p Z3=2
4 x2 4dx x2 dx p p p dx = I1 = 4 = 4 x2 4 x2 4 x2 0 0 0 0 p p p p 3=2 x Z3=2 Z3=2 Z Z3=2 4d 1 4dx x2 dx x2 dx 2 r p r p I1 = = 2 4 x2 4 x2 x 2 x 2 0 0 0 0 1 1 2 p 2 3=2 Z u = x ) du = dx x2 dx p xdx p = I11 = dv = p ) v = 4 x2 4 x2 4 x2 0 p Z3=2 p p p p p 3=2 3=2 2 2 2 I11 = x 4 x 0 4 x dx = x 4 x 0 I1 ) I1 =
p Z3=2 0
x2 dx
0
x 4d 2 r
+ I11
x = arcsin 2
p
3=2
p
+ x 4
x2
0 x 2 1 2" p p # 3=2 p x 1 3=2 arcsin + x 4 x2 0 ) I1 = 2 2 0 " p p # 1 6 15 I1 = arcsin + 2 4 2
p 0
3=2
I1
Drugi od dva integrala je
I2 =
p Z3=2 p
p
1 + x2 dx
3=2
Metod ´ce biti prezentiran na rješenju neodre†enog integrala, metodom Ostrogradskog:
Matematika, a.g.2015/2016
19
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
Z p x2 + 1 dx 2 p p 1+ = dx = (ax + b) x + 1 + =0 2 1+x 1 + x2 p p x2 + 1 2x 1 p + p = x2 + 1 = a x2 + 1 + (ax + b) p 1 + x2 2 x2 + 1 x2 + 1 ) x2 + 1 = a (x2 + 1) + ax2 + bx + x2 + 1 = 2ax2 + bx + (a + ) ) 2a = 1 ^ b = 0 ^ a + = 1 1 1 )a= ) = ) 2 2 Z Z p p x 1 dx p 1 + x2 dx = x2 + 1 + 2 2 1 + x2 Z p p p x 1 1 + x2 dx = x2 + 1 + ln x + x2 + 1 ) 2 2 p p 3=2 p Z 3=2 3=2 p p p x 1 I2 = 1 + x2 dx = x2 + 1 ln x + x2 + 1 + 2 2 0 0 0 r r p 15 1 3 5 I2 = + ln + ) 2 2 2 2 " "p r r # p p # 6 15 15 1 3 5 1 arcsin + 4 + ln + I=4 2 4 2 2 2 2 2 r r p p 6 1 3 5 I = 2 arcsin ln + 15 4 2 2 2
Z
p
Z
x2 dx
Z. D.30. Rješenje je u nastavku, po taµckama. a) Vrijedi da je I=
ZZ
sin 'd d';
D
)I=
ZZ
= a;
sin 'd d' =
D
I = ( cos ')
Z
2
sin 'd'
;
Za
0)
1 2 (a 2
2a cos ';
0
( 1
'=
d
0
=2
1 2 a ( )0 = 2
=2
'=
0) =
a2 2
b) Vrijedi da je I=
ZZ
sin 'd d';
'
2
D
)I=
ZZ
Z=2
sin 'd'
d' =
Z=2
sin 'd d =
0
D
I=
Z=2
sin '
1 2
2a cos ' 2
0
I=
2a
2
Z=2
2
cos 'd (cos ') =
0
2aZ cos '
d
0
4a2 2
sin ' cos2 'd'
0
2a
2
1 =2 (cos3 ')0 = 3
2a2 (0 3
2a2 1) = 3
0
Matematika, a.g.2015/2016
20
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
c) Vrijedi da je ZZ
I=
sin 'd d';
= 1;
= 2 + cos '
D
D:1 ZZ )I= I= 1 I= 2
Z2
2 + cos '; sin 'd d' = 2+cos '
1 2
sin '
2
d' = 0
0
1 2
2
1 4 3 2
I=
I=
1 2
I=
Z2
d (cos ') + 4
0
Z2
2
sin 'd'
Z2
sin ' (2 + cos ')2
2+cos Z '
d
0
0
sin ' (3 + 4 cos ' + cos2 ') d' =
0
'
0
D
Z2
0 Z=2
1 2
Z2
1 d'
(3 + 4 cos ' + cos2 ') d (cos ')
0
cos 'd (cos ') +
0
Z2
0
3
cos2 'd (cos ')5
1 1 2 2 3 (cos ')20 + 4 (cos2 ')0 + (cos3 ')0 2 3 1 1 3 (1 1) + 2 (1 1) + (1 1) = 0 2 3
Z. D.31. Prvo ´cemo uraditi sljede´ce transformacije K1 : x2 + y 2 = 2x ) x2 K2 : x2 + y 2 = 4x ) x2
2x + y 2 = 0 ) (x 4x + y 2 = 0 ) (x
1)2 + y 2 = 1 2)2 + y 2 = 4
Uvode se polarne koordinate x = r cos ';
jJj = r
y = r sin ';
) x2 + y 2 = 2x ) r = 2 cos ' ) x2 + y 2 = 4x ) r = 4 cos ' y = 0 : r sin ' = 0 ) ' = 0 p p p y= 3x : r cos ' = 3r sin ' ) tan ' = 3)'= p p p y = 3x : r cos ' = 3r sin ' ) tan ' = 3 ) ' = 3 h i )'2 ; ; r 2 [2 cos '; 4 cos '] 3 3 I=
I=6
Z=3
d'
=3 Z=3
4 cos Z '
rdr =
2 cos '
Z=3
=3 Z=3
2
cos 'd' = 6
=3
I=3
1 2 r 2
4 cos '
1 d' = 2 2 cos '
Z=3
1 + cos (2') d' = 3 2
=3
Z=3
d' +
3 2
=3
Matematika, a.g.2015/2016
Z=3
3
(16 cos2 '
=3 Z=3
d' + 3
=3
cos (2') d (2') = 3 (')
=3 =3
4 cos2 ') d' Z=3
cos (2') d'
=3
+3
1 (sin (2')) 2
=3 =3
=3
21
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
I=3
3
3
p !! p 3 3 3 =2 + 2 2
p
3 + 2
3 2
2.3.2 Trostruki integrali Z. T.01. Presjek ove dvije funkcije je z1 = x2 + y 2 ^ z2 = 1
(x2 + y 2 ) ) x2 + y 2 = 1 p !2 2 1 ) x2 + y 2 = = 2 2
(x2 + y 2 ) )
Cilindriµcne koordinate su jJj = r
x = r cos ';
r sin '; z = z; "y = p # 2 ; ' 2 [0; 2 ] r 2 0; 2
z1 = x2 + y 2 ) z1 = r2 z2 = 1 (x2 + y 2 ) ) z2 = 1 ) z 2 [r2 ; 1 r2 ] I=
ZZZ
dxdydz =
V
p
Z2=2
V =2
r2
Z2=2
d'
0
rdr
0
r2
r (1
0 2p 2=2 Z 6 rdr 2 4
V =2
p
Z2
0
0
dz =
r zr12
r2
dr
0
p
Z2=2
2r3 ) dr
(r
0
1 2 p2=2 (r )0 2
7 r dr5 = 2 3
Z2=2
(')20
r2
3
1 1 2 2
V =2
p
r2 ) dr = 2
p
Z2=2
1Z r2
1 1 =2 2 4
1 4 p2=2 2 (r )0 4
1 = 8 4
Z. T.02. Presjek ovih površi je (x2 + y 2 )p ^ z 2 = x2 + y 2 ) z = 6 z 2 ) z 2 + z 6 = 0 1 1 + 24 1 5 z1;2 = = ) z1 = 3; z2 = 2 2 2
z=6
Projekcija presjeka na Oxy ravanh je p z = 2 ) x2 + y 2 = 4 ) z2 x2 + y 2 ; 6 Cilindriµcne koordinate su
x
2
y
2
i
x = r cos '; y = r sin '; z = z; jJj = r ' 2 [0; 2 ] ; r 2 [0; 2] ; z 2 [r; 1 r2 ] 2 1Z r Z2 Z2 Z2 2 2 ) V = d' rdr dz = (')0 r zr6 r dr 0
Matematika, a.g.2015/2016
0
r
0
22
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI Z2
V =2
r2
r (6
r) dr = 2
0
46
Z2 0
r
Z2
r3 dr
0
3 4
3
Z2
r2 dr5
0
1 1 2 2 1 2 2 (r )0 (r4 )0 (r3 )0 6 2 4 3 1 1 8 16 8 =2 12 4 4 3 3
V =2 V =2
2
=
32 3
Z. T.03. Presjek ovih površi je p z = x2 + y 2 ^ x2 + y 2 + z 2 = 1 ) z 2 = x2 + y 2p^ x2 + y 2 + z 2 = 1 ) 1 2 ) 2z 2 = 1 ) z 2 = ) z = 2 2 Cilindriµcne koordinate su z; jJj = r "z = p # 2 ' 2 [0; 2 ] ; r 2 0; 2 p 2 2 2 2 2 2 x + y + z = 1 ) z = 1 x p y ) z = 1 (x2 + y 2 ) ) )z 1 r2 p p p 2 1 Z2 Z2=2 Zr Z2=2 p 2 2 V = d' rdr dz = (')0 r zr 1 r dr x = r cos ';
0
p
V =2
Z2=2
r
y = r sin ';
r
0
p
1
r2
r dr = 2
0
0 2p Z2=2 p 6 r 1 4
p
r2 dr
0
Smjena
Z2=2 0
3
7 r2 dr5
r2 = t2 )
2rdr = 2tdt p ) rdr =p tdt 2 2 r = 0 ) t = 1; r= )t= 32 2 2 3 2p 1 p Z2=2 Z 1 3 p2=2 7 1 27 6 6 (r )0 5 = 2 4 V =2 4 t ( t) dt t2 dt 5 3 3 4 p 1 2=2 " " p ! p # p # 1 3 1p 2 1 2 2 =2 1 V =2 (t ) 2=2 3 12 3 4 12 " " p # p # p 1 2 2 1 2 V =2 =2 = 2 2 3 12 3 6 3 1
Z. T.04. Sferne koordinate u ovom sluµcaju su x = r cos ' sin ; y = r sin ' sin ; z = r cos ; r 2 [0; 1] ; ' 2 [0; 2 ] ; 2 [0; ] Vrijedi da je x2 + y 2 + (z
2)2 = r2 cos2 ' sin2 + r2 sin2 ' sin2 + (r cos
Matematika, a.g.2015/2016
23
jJj = r2 sin
2)2 = r2
4r cos + 4
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
I=
Z2
d'
0
Z1
2
r dr
0
Z
p
0
sin d 4r cos + 4
r2
Smjena t = r2
4r cos + 4 ) dt = 4r sin d Z1 Z r 4r sin d 2 I = (')0 dr p 4 r2 4r cos + 4 0
Smjena t = r2 4r cos + 4 :
= 0 ) t = (r Z1
I=2 Z1
2 I= 2 1
0
r dr 4
0
Z
0
r ((r + 2)
(r
2)2 ;
dt p = 2 t 2)) dr =
0
= Z1 0
t1=2 1=2
r Z1
) t = (r + 2)2 (r+2)2
dr (r 2)2
1 2 1 (r )0 = 2 2
4rdr = 4
0
Z. T.05. Na osnovu uslova zadatka vrijedi p y = p1 x2 ) y 2 = 1 x2 ) x2 + y 2 = 1 z = 1 x2 y 2 ) z 2 = 1 x2 y 2 ) x2 + y 2 + z 2 = 1 Sferne koordinate su x = r cos ' cos ; h yi= r sin ' cos ; z = r sin ; jJj = r2 cos p r 2 [0; 1] ; 2 0; (gornja polulopta) ) x2 + y 2 + z 2 = r 2 Krugpu Oxy ravni: y = 1 x2 : h i x = 0 ) y = 1 = sin ' ) ' = ; x=1)y=0)'=0) ' 2 0; 2 2 Na osnovu ovoga je I=
Z=2 0
d'
Z1
r2 dr
0
Z=2
r cos d = (')0 =2
0
Z1 0
r3 dr
Z=2
cos d
0
1 4 1 1 I= (r )0 (sin )0 =2 = 1= 2 4 2 4 8 Z. T.06. Cilindriµcne koordinate su x = r cos ';
y = r sin ';
Na osnovu p uslova zadatka vrijedi K1 : y = 1 x2 x = 0 ) y = 1 = sin ' ) ' = x = 1p) y = 0 = sin ' ) ' = 0 K2 : y = 1 x 2 x = 0 ) y = 1 = sin ' ) ' = 2 x = 1 ) y = 0 = sin ' ) ' = 0 x 2 [0; 1] ) r 2 [0; 1] Matematika, a.g.2015/2016
z = z;
jJj = r
2
24
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
I=
Z=2
d'
0
Z1
rdr
0
Za
1 a 1 2 1 (r )0 (z)a0 = a= 2 2 2 2
dz = (')0 =2
0
Z. T.07. Prema uslovima zadatka, de…nisane su tri taµcke u prostoru A (1; 0; 0), B (0; 1; 0) i C (0; 0; 1). Jednaµcina prave AB je y
0=
1 0
0 (x 1
1) =
x+1
Tako†e x+y+z =1)z =1
x
y
Na osnovu toga vrijedi
I=
Z1
0 Z1
dx
1Z x
0 1Z x
x 2 [0; 1] ) y 2 [0; 1
dy
1 Zx y 0
dz (1 + x + y + z)3
x] ) z 2 [0; 1 1Z x Z1 dy = dx 0 Z1
0
x
y]
1 2 (1 + x + y + z)2
1 x y
0
1Z x
1 1 1 = dx dy 2 2 2 4 2 (1 + x + y) 8 2 (1 + x + y) 0 0 0 2 0 3 # " 1Z x 1Z x Z1 Z1 1 x 1 1 1 1 1 1 I = dx 4 dy 5 = dx (y)01 x 2 dy 2 8 2 1 + x + y 8 (1 + x + y) 0 I=
0
dx
1
dy
+
0
0
Z1
1 I= 2
1 1 + 2 1+x
0
I=
1 4
Z1
0
1 dx + 2
0
Z1
1 8
dx
dx 1+x
0
1 8
Z1
Z1
(1
0
1 dx + 8
0
x) dx Z1
xdx
0
1 1 1 1 1 1 I= (x)10 + ln (1 + x)10 (x)10 + (x2 )0 4 2 8 8 2 1 1 1 5 1 1 I= + ln 2 + = ln 2 4 2 8 16 2 16 Z. T.08. Prvo ´cemo napraviti sljede´ce transformacije x2 + y 2 = 2x ) x2 2x + y 2 = 0 ) (x 1)2 + y 2 = 1 Cilindriµcne koordinate su x = r cos ';
y = r sin ';
z = z;
jJj = r
2 2 2 2 x2 + y 2 = 2x ) h r icos ' + r sin ' = 2r cos ' ) r = 2 cos ' y = 0 ) ' 2 0; 2
I=
Z=2 0
d'
2 cos Z '
Matematika, a.g.2015/2016
0
r2 dr
Za 0
zdz =
Z=2
1 3 2 cos ' 1 2 a (r )0 d' (z )0 3 2
0
25
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI Z=2
1 I= 6 2
4a2 4 I= 3
0
Z=2
cos 'd'
0
=2 2 Z 4a 1 sin2 ' cos 'd' 8 cos3 'd' a2 = 3 3 3 0 2 =2 Z=2 Z 2 4a 4 (sin ')0 =2 sin2 'd (sin ')5 sin2 ' cos 'd'5 = 3 0
0
4a2 1 I= 3
1 sin3 ' 3
4a2 = 3
=2
0
8a2 = 9
1 3
1
Z. T.09. Prvo traµzimo presjek dvije funkcije z = y2 + 2 ^ y = 4
y 2 ) 2y 2 = 2 ) y =
1
Granice integracije su x 2 [ 1; 2] ; y 2 [ 1; 1] ; z 2 [y 2 + 2; 4 y 2 ] 2 yZ+2 Z2 Z1 Z2 Z1 y2 V = dx dy dz = dx (z)4y2 +2 dy V =
Z2
dx
1
2
V = 2 (x)
1
1 Z1
1
(2
1
4 y2
2y 2 ) dy = 2
1
Z2
1
2 11 Z dx 4 dy
Z1
1
1
1 3 +1 (y ) 1 = 2 (2 ( 1)) (1 3 2 4 V =2 3 2 =8 =6 3 3
(y)+11
3
y 2 dy 5
( 1))
1 (1 3
( 1))
Z. T.10. Prvo ´cemo napraviti sljede´ce transformacije 2
2
2
2
2
x +y +z =z )x +y +z
2
2
2
1 2
2
z =0)x +y + z
=
1 4
Sferne koordinate su x = r cos ' sin ;
y = r sin ' sin ;
jJj = r2 sin
z = r cos ;
Vrijedi p p x2 + y 2 + z 2 = r2 cos2 ' sin2 + r2 sin2 ' sin2 + r2 cos2 = r x2 + y 2 + z 2 = z ) r2 cos2 ' sin2 + r2 sin2 ' sin2 + r2 cos2 = r cos ) r2 = r cos h ) ri = cos ) ' 2 [0; 2 ] ; 2 0; ; r 2 [0; cos ] 2 cos cos Z2 Z' Z=2 Z=2 Z' 2 3 I = d' r dr sin d = (')0 sin d r3 dr 0
0
I=2
Z=2
0
sin d
0
1 4 cos (r )0 = 4 2
0
I=
2
Z=2
cos4 d (cos ) =
Z=2
0
cos4 sin d
0
1 =2 (cos5 )0 = 2 5
10
(0
1) =
10
0
Matematika, a.g.2015/2016
26
Zoran Jasak, Mr.sci.math
2.3 Rješenja
2 DVOSTRUKI I TROSTRUKI INTEGRALI
Z. T.11. Vrijedi I=
Z
dx Z
Z
Z
dy Z1
(x + y + z) dz =
Z
dx
21 3 Z Z1 Z1 dy 4 xdz + ydz + zdz 5
Z
Z
0
0
Z1
0
1 1 2 1 x+y+ (z )0 = dx dy 2 2 0 20 1 3 Z Z Z1 Z1 Z1 1 1 1 1 I = dx 4x dy + ydy + dy 5 = dx x y01 + (y 2 )0 + y01 2 2 2 I=
I=
dx
Z1
x z01 + y z01 +
dy
0
x+
0
1 1 + 2 2
dx =
0
Z1
0
(x + 1) dx =
1 2 1 1 3 (x )0 + x10 = + 1 = 2 2 2
0
0
Z. T.12. Presjek datih krivih je x2 + y 2 + z 2 p = 4 ^ x2 + y 2 = 3z ) z 3 + 3z 4 = 0 3 3 5 9 + 16 z1;2 = = ) z1 = 4; z2 = 1 2 2 Presjek je krug µcija projekcija na Oxy za z = 1 ima jednaµcinu x2 + y 2 = 3. Vrijedi da je 1 2 (x + y 2 ) Donja granica 3 p x2 + y 2 + z 2 = 4 ) z = 4 x2 y 2 Gornja granica p 1 2 (x + y 2 ) ; 4 x2 y 2 )z2 3 x2 + y 2 = 3z ) z =
Cilindriµcne koordinate su
y = r sin '; jJj =pr; ' 2 [0; 2 ] 2 x + y = 3 ) r 2 0; 3 p 1 zdg = r2 ; zgg = 4 r2 3 p p p 4 ZZZ Z2 Z3 Z r2 Z3 p 2 )V = dxdydz = d' rdr dz = (')20 r [z]r24=3 r dr x = r cos ';
2
Z3
V =2
r
r=0
V =2
r=0
0
V p
p
4
r2
r2 3
r2 =3
dr = 2
2p Z3 p 6 4 r 4
p
r2 dr
r=0
p
r2
2
2
Z3
r=0
4 =t)t =4 r r =p0 ) t = 2 2tdt = 2rdr ) rdr = tdt r = 3 ) t = 1 21 3 22 Z Z p 1 4 ( t) tdt 1 1 (r4 ) 3 5 = 2 4 t2 dt (9 0 3 4 12 2
V =2
r=0
1 3 2 (t )1 3
1
3 =2 4
Matematika, a.g.2015/2016
1 (8 3
1)
27
3 =2 4
7 3
3 4
=
3
r3 7 dr5 3 3
0)5
38 19 = 12 6
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
3 Krivolinijski integrali 3.1 Uvod 02.01. Krivolinijski integral prve vrste. Ako je L kriva u ravni opisana jednaµcinom y = (x), a x b, tada je Z Z q 1 + ( x (x))0x dx I = f (x; y) dl = f (x; (x)) Ako je kriva L opisana parametarskim jednaµcinama x (t) = (t) i y (t) = (t), t1 tada je Z Z q I = f (x; y) dl = f ( (t) ; (t)) ( (t))0t + ( (t))0t dt
t
t2 ,
02.02. Krivolinijski integral druge vrste. Ako je kriva C u ravni opisana parametarskim jednaµcinama x=
(t) ;
y = (t) ;
t 2 [t1 ; t2 ]
tada vrijedi da je Z Z Z P (x; y; z) dx + Q (x; y; z) dy = P ( (t) ; (t) ; (t)) dt + Q ( (t) ; (t) ; (t)) dt Ako je kriva C u prostoru opisana parametarskim jednaµcinama x=
(t) ;
y = (t) ;
z = (t) ;
t 2 [t1 ; t2 ]
tada vrijedi da je Z P (x; y; z) dx + Q (x; y; z) dy + R (x; y; z) dz = I1 + I2 + I3 Z Z I1 = P ( (t) ; (t) ; (t)) dt; I2 = Q ( (t) ; (t) ; (t)) dt; Z R ( (t) ; (t) ; (t)) dt
I3 =
02.03. Grinova formula. Ako je oblast ograniµcena konturom C tada vrijedi Grinova formula Z ZZ @Q @P dxdy P (x; y) dx + Q (x; y) dy = @x @y D
gdje je D oblast ograniµcena konturom C. 02.04. Parametarska jednaµcina prave kroz dvije taµcke A (x1 ; y1 ) i B (x2 ; y2 ) u ravni je x x1 y y1 = =t x2 x1 y2 y1 Parametarska jednaµcina ravni kroz tri taµcke A (x1 ; y1 ), B (x2 ; y2 ) i C (x3 ; y3 ) u prostoru je x x1 y y1 z z1 = = =t x2 x1 y2 y1 z2 z1 Neparametarska jednaµcina prave kroz dvije taµcke u ravni je x x1 y y1 y2 y1 = ) y y1 = (x x1 ) x2 x1 y2 y1 x2 x1 Matematika, a.g.2015/2016
28
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.2 Riješeni zadaci
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
3.2 Riješeni zadaci Z. K.01. Izraµcunati krivolinijski integral Z p I= 43x
p 3 y dl
izme†u taµcki E ( 1; 0) i F (0; 1) i to po pravoj EF po liniji astroide x (t) = cos3 t, y (t) = sin3 (t) Z. K.02. Izraµcunati krivolinijski integral prve vrste I p I= x2 + y 2 ds; C = f(x; y) : x2 + y 2 = ax; a > 0g C
Z. K.03. Izraµcunati krivolinijski integral I I = (x y) ds; C = f(x; y) : x2 + y 2 = ax; a > 0g C
Z. K.04. Izraµcunati krivolinijski integral Z p I=
Ako je C odsjeµcak prave 2x
p
ds x2
+ y2 + 1
ds
1 = 0 izme†u presjeka sa koordinatnim osama.
5y
Z. K.05. Izraµcunati krivolinijski integral Z I = xy 2 dx + yz 2 dy
zx2 dz
gdje je C duµz koja spaja taµcke O (0; 0; 0) i B ( 2; 4; 5). Z. K.06. Izraµcunati krivolinijski integral I I = 2xdx (x + 2y) dy; l = f(x; y) : A ( 1; 0) ; B (0; 2) ; C (2; 0)g l
Z. K.07. Izraµcunati krivolinijski integral I I = y cos xdx + sin xdy; l = f(x; y) : A ( 1; 0) ; B (0; 2) ; C (2; 0)g l
Z. K.08. Izraµcunati krivolinijski integral I I = (x2 + y 2 ) dx + x2 ydy C
Matematika, a.g.2015/2016
29
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.3 Rješenja
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
gdje je C kontura trapeza kojeg obrazuju prave x = 0;
y = 0;
x + y = 1;
x+y =2
Z. K.09. Izraµcunati integral I=
I
y 2 dx
C
po krivoj koja je presjek kugle i valjka x2 + y 2 + z 2 = R 2 ;
x2 + y 2 = Rx
Z. K.10. Pomo´cu Grinove formule izraµcunati integral I 1 x2 y + y 3 + yexy dx + (x + xexy ) dy I= 3 C
ako je C pozitivno orijentisana kontura odre†ena linijama p y = 1 x2 ; y=0
3.3 Rješenja Z. K.01. Rješenje je dato po taµckama. a) Jednaµcina prave EF je 0 (x ( 1)) ) y = x + 1 0 ( 1) p p ) yx0 Z= 1 ) dl = 1 + yx0 dx Z = 2dx p p p p 4x1=3 3 (x + 1)1=2 4 3 x 3 y dl = 2dx 3 y dl = y
I=
Z
p 43x
1
0=
p I=4 2
Z0
x
1=3
dx
p 3 2
1
p 3 4=3 I=4 2 x 4
Z0
(x + 1)1=2 dx
1
0 1
p 3 2
Z0
(x + 1)1=2 d (x + 1)
1
p 2 ( 1)) 3 2 (x + 1)0 1 3p p p I=3 2 2 2 1= 2
p I = 3 2 (0
b) Linija je zadata parametarski x (t) = cos3 t ) x0 (t) = 3 cos2 t ( sin t) = 3 cos2 t sin t y (t) = sin3 t ) y 0 (t) = 3 sin2 t cos t q p 2 4 4 2 ) dl = 9 cos t sin t + 9 sin t cos tdt = 9 cos2 t sin2 t cos2 t + sin2 t dt = 3 jsin t cos tj dt Parametar t uzima vrijednosti od =2 do pa je Matematika, a.g.2015/2016
30
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.3 Rješenja
)I=
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
Z
dl = p 43x
p 3 y dl =
3 sin t cos tdt ) Z 1=3 3 4 (cos3 t)
1=2
3 sin3 t
sin t cos tdt
=2
I=
12
Z
Z
sin5=2 t cos tdt
Z
sin5=2 td (sin t)
2
cos t sin tdt + 9
=2
=2
Kra´ci naµcin je sljede´ci : I = 12
Z
2
cos td (cos t) + 9
=2
1 I = 12 (cos3 t) 3
=2
2 sin7=2 t =2 + 9 7
=2
=4 ( 1
18 (0 7
0) +
46 7
1) =
Duµzi naµcin rješavanja je da se za svaki od integrala naprave odgovaraju´ce smjene. Za prvi integral je u = cos t ) du = t= t=
sin tdt ) sin tdt = )u=0
2 )u=
du
1
Za drugi integral je v = sin t ) dv = cos tdt t= )v=1 2 t= )v=0 Sada je 2
Z0
I=4 ( 1
18 0) + (0 7
I=
12
Z1
u ( du) + 9
0
v 5=2 dv = 12
1
1) =
4
1 1 1 (u3 )0 + 9 v 7=2 7 3 2 18 28 18 46 = = 7 7 7
Z. K.02. Prvo ´cemo obaviti sljede´ce transformacije a a a 2 x2 +y 2 = ax ) x2 ax+y 2 = 0 ) x2 2 x+ +y 2 = 2 2 2 Uvodimo polarne koordinate x = r cos ';
y = r sin ';
2
) x
a 2
0 1
2
+y 2 =
a2 4
jJj = r
2 2 2 x2 + y 2 = axh ) r2 cos i ' + r sin ' = ar cos ' ) r = a cos ' )'2 ; ) r 2 [0; a cos '] 2 2 a ) x = a cos ' cos ' = a cos2 '; y = a cos ' sin ' = sin 2' 2 p p ) x2 + y 2 = a2 cos4 ' + a2 cos2 ' sin2 ' = a cos ' S obzirom da smo prešli na parametarski oblik vrijedi
Matematika, a.g.2015/2016
31
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.3 Rješenja
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
q 2 2 ds = x0' + y'0 d' = ad' I p Z=2 =2 I= x2 + y 2 ds = a cos ' ad' = a2 (sin ') =2 = a2 (1 C
( 1)) = 2a2
=2
Z. K.03. Prvo ´cemo obaviti sljede´ce transformacije a 2 a a 2 +y 2 = ) x x2 +y 2 = ax ) x2 ax+y 2 = 0 ) x2 2 x+ 2 2 2 Uvodimo polarne koordinate a a = r cos ' ) x = + r cos '; y = r sin ' x 2 2
a 2
2
+y 2 =
x2 + y 2 = ax ) r2 cos2 ' + r2 sin2 ' = ar cos ' ) r = a cos ' ) ' 2 [0; 2 ] ) r 2 [0; a cos '] ) a ) x = + a cos2 '; y = a sin ' cos ' 2 S obzirom da smo prešli na parametarski oblik vrijedi x0' = 2 cos ' sin '; y 0 = a cos2 ' sin2 ' q q ' 2 2 ) x0' + y'0 = 4a2 sin2 ' cos2 ' + a2 cos4 ' 2 cos2 ' sin2 ' + sin4 ' q q p 2 2 2 4 0 0 4 2 x' + y' = a cos2 ' + sin2 ' cos ' + 2 cos ' sin ' + sin ' = a I= 2
a I= 2
Z2
Z2
a + a cos2 ' 2
0
d' + a
0
a2 I= (')20 + a2 2 I=
a2 a2 2 + 2 2
Z2
0
2
Z2
Z2
cos 'd'
a
0
1 + cos 2' d' 2
d' +
2
Z2
0
a2 2
Z2
a2
sin ' cos 'd' Z2
sin 'd (sin ')
0
cos (2') d'
a2 2
sin2 '
x1 y = x1 y2
Matematika, a.g.2015/2016
2 0
0
a2 a2 a2 2 + (sin 2')20 (0 I = a2 + 2 4 2 a2 I = 2a2 + (0 0) = 2a2 4 p Z. K.04. Presjek prave 2x 5y 1 = 0 sa osama je p 1 1 5y 1 = 0 ) y = p x=0)0 A 0; p 5 5 1 1 y = 0 ) 2x 1 = 0 ) x = B ;0 2 2 Parametarska jednaµcina prave kroz dvije taµcke je x x2
=a
a sin ' cos ' ad'
2
0
2
a2 4
y1 x =t) 1 y1 2 32
0 0
y = 0
1 p 5 1 p 5
0)
=t
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.3 Rješenja
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
t 1 1 p ) y=p ) x = t; 2 5 r5 r q 1 1 1 1 9 3 yt0 = p ) (x0t )2 + (yt0 )2 = + = = p ) x0t = ; 2 4 5 20 5 2 5 2 2 2 2 t t t 2t 1 1 t p x2 + y 2 + 1 = + p + = + 4 4 5 5 5 5 5 2 9 8 4 9t 8t + 4 = t2 t+ x2 + y 2 + 1 = 20 20 9 9s " # 2 2 p 9 3 4 20 4 20 x2 + y 2 + 1 = t + ) x2 + y 2 + 1 = p t + 20 9 9 9 9 2 5 Z1 Z1 ds dt 3 s p I= ds = p 2 2 5 x2 + y 2 + 1 3 4 20 0 0 p t + 9 9 2 5 4 20 1 Z1 t = u t=0)u= dt 9 9 5 s I= = 20 1 2 dt = du t = 1 ) u = 4 20 0 9 4 t + 9 9 v 0 11=4 20 !2 1=4 u Z du u u u 9 v I= = ln @ p +t p + 1A !2 u 20=9 20=9 u u 1=5 t 1=5 p +1 20=9 v v 0 1 0 1 !2 !2 u u u u 1=4 1=4 1=5 1=5 I = ln @ p +t p + 1A + ln @ p +t p + 1A 20=9 20=9 20=9 20=9 p p 2545 3 5 ! ! p p p p 2545 3 5 1645 3 5 50 p = 0:300 694 I = ln ln + = ln p 50 50 50 40 40 1645 3 5 + 40 40 Z. K.05. Ovo je krivolinijski integral druge vrste. Najprije traµzimo parametarsku jednaµcinu prave OB. x x2
x1 y y1 z z1 = = =t x1 y2 y1 z2 z1 x 0 y 0 z 0 x y z = = =t) = = =t 2 0 4 0 5 0 2 4 5 ) x = 2t; y = 4t; z = 5t; t 2 [0; 1] ) x0t =Z 2; yt0 = 4; zt0 = 5 I=
I=
I=
Z1
Z1
xy 2 dx + yz 2 dy
zx2 dz
[( 2t) 16t2 ( 2) + 4t 25t2 4
0
3
3
(64t + 400t
3
100t ) dt = 364
0
Matematika, a.g.2015/2016
Z1
5t 4t2 5] dt
t3 dt = 364
1 4 1 (t )0 = 91 4
0
33
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.3 Rješenja
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
Z. K.06. Za nastavak nam trebaju jednaµcine pravih kroz parove taµcaka A ( 1; 0), B (0; 2) i C (2; 0). 2 0 AB : y 0 = (x ( 1)) ) y = 2x + 2 ) yx0 = 2 0 ( 1) 0 2 BC : y 2 = (x 0) ) y = x + 2 ) yx0 = 1 2 0 0 0 CA : y 0 = (x ( 1)) ) y = 0 ) yx0 = 0 2 ( 1) Na osnovu ovoga je I 2xdx (x + 2y) dy = I1 + I2 + I3
I1 =
Z0
I1 =
Z
I1 =
Z
[ 8x
l
2xdx
(x + 2y) dy; Z I3 = 2xdx
2xdx
8] dx =
(x + 2y) dy = 1 2 0 (x ) 1 2
8
I2 = Z
Z
2xdx
(x + 2y) dy;
(x + 2y) dy [2x
(x + 2 (2x + 2)) 2] dx
8 (x)0 1 =
4 (0
1)
8 (0
( 1)) =
4
1
I2 =
I2 =
Z2
Z2
2xdx
(x + 2y) dy =
0
I3 =
[2x
(x + 2 (2x + 2)) ( 1)] dx
0
(x + 4) dx =
0
Z2
Z1
2xdx
(x + 2y) dy =
2
I3 = )I=
1 1 2 (x2 )0 + 4 (x)20 = (4 2 2
I
Z1
Z1
[2x
0) + 4 (2
0) = 10
(x + 2 (2x + 2)) 0] dx
2
2xdx = 2
1 2 1 (x )2 = 1 2
4=
3
2
2xdx
(x + 2y) dy =
4 + 10
3=3
l
Drugi naµcin je korištenje Grinove formule. @P @Q P (x; y) = 2x ) = 0; Q (x; y) = (x + 2y) ) = 1) @y @x ZZ ZZ ZZ @P @Q I= dxdy = (0 ( 1)) dxdy = dxdy @y @x D
Oblast D je trougao
D
D
ABC a ovaj integral je površina tog trougla koja je jednaka I=
AC BO 3 2 = =3 2 2
Isti rezultat se dobija ako se oblast D podijeli na dvije oblasti: Matematika, a.g.2015/2016
34
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.3 Rješenja
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
D1 = f(x; y) : x 2 ( 1; 0) ; y 2 (0; 2x + 2)g D2 = f(x; y) :ZxZ2 (0; 2) ; y 2 ( x + 2)g ) dxdy = I1 + I2 )
)I=
) I1 =
Z0
1
D 2x+2 Z
dx
dy =
0
Z0
(2x + 2) dx
1
1 0 (x2 ) 1 + 2 (x)0 1 = 0 1 + 2 (0 ( 1)) = 1 I1 = 2 2 Z2 Zx+2 Z2 I1 = dx dy = ( x + 2) dx 0
I2 =
0
0
1 2 2 (x )0 + 2 (x)20 = 2 + 4 = 2 ) 2 I = I1 + I2 = 1 + 2 = 3
Z. K.07. Moµzemo iskoristiti Grinovu formulu.
I=
I
l
@P = cos x @y y cos xdx + sin xdy = @Q Q (x; y) = sin x ) = cos x @x ZZ I= (cos x cos x) dxdy = 0 P (x; y) = y cos x )
D
Z. K.08. De…nisane su µcetiri krive: C1 : y = 0; x 2 [1; 2] ) yx0 = 0 C2 : y = x + 2; x 2 [0; 2] ) yx0 = 1 C3 : x = 0; y 2 [1; 2] ) yx0 = 0 C4 : y = x + 1; x 2 [0; 1] ) yx0 = 1 Ove µcetiri krive imaju µcetiri zajedniµcke taµcke i to A (1; 0) ;
B (2; 0) ;
C (0; 2) ;
D (0; 1)
Kriva je orijentisana što znaµci da se kretanje obavlja iz taµcke A prema taµcki B, zatim do taµcke C, nakon toga u taµcku D i nazad u taµcku A. Stoga je mogu´ce polazni integral razbiti na sljede´ce integrale. I I = (x2 + y 2 ) dx + x2 ydy = I1 + I2 + I3 + I4 C
Prvi integral je po duµzi AB što znaµci da je x 2 [1; 2]. I1 =
Z2
2
2
2
(x + y ) dx + x ydy =
1
Matematika, a.g.2015/2016
Z2 1
1 1 2 I1 = (x3 )1 = (8 3 3
35
2
2
(x + 0 ) dx = 7 1) = 3
Z2
x2 dx
1
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.3 Rješenja
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
Drugi integral je po duµzi BC i to od B (2; 0) do C (0; 2) (a ne od C do B) što znaµci da je x 2 [2; 0] (a ne x 2 [0; 2]). I2 =
Z0
2
2
2
(x + y ) dx + x ydy =
2
I2 =
Z0
Z0
x)2 + x2 (2
x2 + (2
2
2
(x + x
2
1 0 I2 = (x4 )2 4
2
4x + 4 + x
3
Z0
2
2x ) dx =
1 2 0 1 4 (x )2 + 4 (x)02 = (0 2 4 I2 = 4 + 8 8 =
(x3
x) ( 1) dx
4x + 4) dx
2
16) 4
2 (0
4) + 4 (0
2)
Tre´ci integral je po duµzi CD i to od C do D što znaµci da je y 2 [2; 1] (a ne od D do C). I3 =
Z1
(x2 + y 2 ) dx + x2 ydy =
2
Z1
(y 2 0 + 0 y) dy = 0
2
µ Cetvrti integral je po duµzi DA što znaµci da je x 2 [0; 1]. I4 =
Z1 0
I4 =
(x2 + y 2 ) dx + x2 ydy = Z1
Z1
x2 + (1
0
(x2 + 1
2x + x2
x2 + x3 ) dx =
0
x)2 + x2 (1 Z1
(x3 + x2
x) ( 1) dx
2x + 1) dx
0
1 1 1 2 1 1 1 I4 = (x4 )0 + (x3 )0 2 (x )0 + (x)10 4 3 2 7 1 1 1+1= I4 = + 4 3 12 I 7 7 2 2 2 ) I = (x + y ) dx + x ydy = I1 + I2 + I3 + I4 = 4+0+ = 3 12
13 12
C
Drugi naµcin je da se koristi Grinova formula.
I=
I
C
@P = 2y @y (x2 + y 2 ) dx + x2 ydy = @Q Q (x; y) = x2 y ) = 2xy @x ZZ I= (2xy 2y) dxdy P (x; y) = x2 + y 2 )
D
Oblast D se dijeli na dvije oblasti D = f(x; y) : x 2 [0; 1] ; y 2 [ x + 1; x + 2]g [ f(x; y) : x 2 [1; 2] ; y 2 [0; x + 2]g I = I1 + I2 2 x+2 3 Z1 Zx+2 Z1 Z I1 = 2 dx (xy y) dy = 2 (x 1) dx 4 ydy 5 0
Matematika, a.g.2015/2016
x+1
0
36
x+1
Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.3 Rješenja
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI Z1
I1 = 2
1 2 2 (y )1 1) 2
(x
0
I1 =
x x
dx =
Z1 0
Z1
(x
1) (3
2x) dx =
0
(x Z
x)2
1) (2
( 2x2 + 5x
x)2 dx
(1
3) dx
1 3 1 1 2 1 2 5 7 I1 = 2 (x )0 + 5 (x )0 3 (x)10 = + 3= 3 2 3 2 6 2Z x 2Z x Z2 Z2 I2 = 2 dx (xy y) dy = 2 (x 1) dx ydy I2 = 2
I2 =
Z2
1
0
(x
1
1)
1 2 2 (y )0 2
x
dx =
1
Z2
(x
4x + x2 ) dx =
1) (4
1
Z
Z2
0
(x
x)2 dx
1) (2
1
(x3
5x2 + 8x
4) dx
1 5 3 2 1 2 2 2 (x4 )1 (x )1 + 8 (x )1 4 (x)21 4 3 2 1 5 1 (16 1) (8 1) + 4 (4 1) 4 (2 1) = I2 = 4 3 12 1 13 7 + = ) I = I1 + I2 = 6 12 12 I2 =
Z. K.09. Prvo ´cemo napraviti sljede´cu transformaciju. 2 2 R R R x2 + y 2 = Rx ) x2 2 x+ + y2 = ) 2 2 2 Uvodimo polarne koordinate x = r cos ';
R 2
x
2
+ y2 =
R 2
2
jJj = r
y = r sin ';
x2 + y 2 = Rx ) r2 cos2 ' + r2 sin2 ' = Rr cos ' ) r = R cos ' ) x = R cos2 '; y = R sin ' cos ' 2 ) x + y 2 + z 2 = R2 ) R2 cos4 ' + R2 sin2 ' cos2 ' + z 2 = R2 ) R2 cos2 ' + z 2 = R2 ) ) z 2 = R2 (1 cos2 ') = R2 sin2 ' ) z = R sin ' x = R cos2 '; y = R cos ' sin '; z = R sinh '; ijJj = r ) dx = R 2 cos ' ( sin ') d'; '2 ; 2 2 I Z=2 2 I = y dx = R2 cos2 ' sin2 ' ( 2) R cos ' sin 'd' C
I=
2R3
=2
Z=2
sin3 ' cos3 'd' =
2 R3
=2
I=
R3 1 4 2
1 8
Z=2
(2 sin ' cos ')3 d'
=2
Z=2
(sin 2')3 d (2') =
R3 1 8 4
( cos 2')4
=2 =2
=2
I= Matematika, a.g.2015/2016
R3 ( 1)4 32 37
14 = 0 Zoran Jasak, Mr.sci.math
3.3 Rješenja
3 KRIVOLINIJSKI INTEGRALI
Z. K.10. Na osnovu uslova zadatka imamo da je @P 1 = x2 + y 2 + exy + xyexy P (x; y) = x2 y + y 3 + yexy ) 3 @y @Q Q (x; y) = x + xexy ) = 1 + exy + xyexy ) @x @Q @P ) = (1 + exy + xyexy ) (x2 + y 2 + exy + xyexy ) = 1 x2 y 2 @x I @y ZZ 1 3 2 xy xy (1 x2 y 2 ) dxdy dx + (x + xe ) dy = )I= x y + y + ye 3 D
Polarne koordinate su x = r cos '; y = r sin '; jJj = r ' 2 [0; ] ; r 2 [0;21] 3 Z Z1 Z1 Z1 ) I = d' r (1 r2 ) dr = (')0 4 rdr r3 dr5 0
I=
Matematika, a.g.2015/2016
0
1 2 1 (r )0 2
0
1 1 (r4 )0 = 4
38
1 2
0
1 4
=
4
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4 Diferencijalne jednaµcine prvog reda 4.1 Uvod 03.01. Diferencijalne jednaµcine koje ´ce biti obra†ene u ovom dijelu su : Jednaµcine sa razdvojenim promjenljivim Homogene diferencijalne jednaµcine Obiµcne diferencijalne jednaµcine prvog reda 03.02. Za rješavanje zadataka ´ce nam trebati neki karakteristiµcni integrali i relacije. 03.02.01. Riješiti integral
Z Z sin xdx sin xdx dx = = I= 2 sin t 1 cos2 t sin t ju = cos t ) du = sin Z tdt ) sin tdt = duj du I= 1 u2 Z
Razlomak pod integralom se razlaµze na sabirke na sljede´ci naµcin : A B A + Au + B Bu (A + B) + (A B) u 1 = + = = 1 u2 1 u 1+u 1 u2 1 u2 1 1 )A+B =1^A B =0)A= )B = 2 2 1 1 1 1 1 ) = + 1 u2 2 1 u 2 1+u Sada se vra´camo na integral Z Z Z 1 1 du du du =I= )I= 2 1 u Z 2 1 u 2 1+u Z 1 1 1 d (1 u) 1 du = ln j1 uj ln j1 + uj I= 2 1 u 2 1+u 2 2 1 1 u ) I = ln 2 1+u 1 cos t 1 2 sin2 t t 1 = ln = ln tan u = cos t ) I = ln 2 1 + cos t 2 2 cos t 2 Z 2 dx t ) = ln tan (3.1) sin t 2 03.02.02. Za rješavanje homogenih diferencijalnih jednaµcina treba nam transformacija y = u ) y = x u ) y 0 = u0 x + u x 03.03. Opšte rješenje linearne diferencijalne jednaµcine y 0 + P (x) y = Q (x) je y=e
Matematika, a.g.2015/2016
Z
P (x)dx
2
6 4C +
Z
39
Z
Q (x) e
P (x)dx
3
7 dx5 Zoran Jasak, Mr.sci.math
4.2 Riješeni zadaci
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.2 Riješeni zadaci Z. D1.01. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine (xy 2 + x) dx + (y
x2 y) dy = 0
Z. D1.02. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine xyy 0 = 1
x2
Z. D1.03. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine 1
yy 0 =
2x y
Z. D1.04. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 0 tan x
y=a
Z. D1.05. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine xy 0 + y = y 2 Z. D1.06. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine r 1 y2 0 y + =0 1 x2 Z. D1.07. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine p p 1 y 2 dx + y 1 x2 dy = 0 Z. D1.08. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 0 + sin
x+y x y = sin 2 2
Z. D1.09. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 0 sin x = y ln y;
y
2
=e
Z. D1.10. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 0 = cos (x
y)
Z. D1.11. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y0 =
y2 x2
2
Z. D1.12. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y0 = Matematika, a.g.2015/2016
x+y x y 40
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.2 Riješeni zadaci
Z. D1.13. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine (3y 2 + 3xy + x2 ) dx = (x2 + 2xy) dy Z. D1.14. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y (xy 0 y) arctan = x; x
y (1) = 0
Z. D1.15. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 0 + 2y = 4x Z. D1.16. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y0 +
1
2x x2
y=1
Z. D1.17. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 0 + y = cos x Z. D1.18. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine xy 0 + y
ex = 0;
y (a) = b
Z. D1.19. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y = x; y (1) = 0 xy 0 x+1 Z. D1.20. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine (8y + 10x) dx + (5y + 7x) dy = 0 Z. D1.21. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y0 =
y+1 x
Z. D1.22. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y0 =
1 + y2 xy (1 + x2 )
Z. D1.23. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine x3 y 0 = y (x2 + y 2 ) Z. D1.24. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y0 =
x2 + xy + y 2 x2
Z. D1.25. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine x2 dy + (3
2xy) dx = 0
Z. D1.26. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine 2
x (x2 + 1) y 0 + y = x (1 + x2 ) Matematika, a.g.2015/2016
41
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.3 Zadaci za vjeµzbu
4.3 Zadaci za vjeµzbu Z. D1.V.01. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine 2ydx + (y 2
(R:y 2
6x) dy = 0
2x = Cy 3 )
Z. D1.V.02. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y0 =
1 2x
y2
1 1 1 (R:x = Ce2y + y 2 + y + ) 2 2 4
Z. D1.V.03. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y0 =
1 2y ln y + y
(R:x = y ln y +
x
C ) y
Z. D1.V.04. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y xy 0 y = tan x x
(R:sin
y = C x) x
Z. D1.V.05. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine x
y cos
y y dx + x cos dy x x
y + ln jxj = C) x
(R:sin
Z. D1.V.06. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 0 = e2x
ex y
(R:y = C ee
x
+ ex
1)
Z. D1.V.07. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine x2
dy dx = 2 2 xy + y 2y xy
(R:y (y
2x)3 = C (y
x)2 )
Z. D1.V.08. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine dy 1 = dx x cos y + sin 2y
(R:x = Cesin y
2 (1 + sin y))
Z. D1.V.09. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 0 + y cos x = sin x cos x
Matematika, a.g.2015/2016
(R:y = Ce
42
sin y
+ sin x
1)
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.4 Rješenja
4.4 Rješenja Z. D1.01. Rješenje je u nastavku. x (y 2 + 1) dx + y (1 x2 ) dy = 0 y (1 x2 ) y = x (y 2 + 1) dx xdx ydy = y2 + 1 1 x2 2 v = 1 x2 ) dv = 2xdx u = 1 + y ) du = 2ydy 1 1 ) xdx = dv ) ydy = du 2 2 Z Z 1 du du dv 1 dv 1 1 = ) = ) 2 u 2 v 2 u 2 v ln juj = ln (C v) u = C v ) 1 + y 2 = C (1 x2 ) Z. D1.02. Rješenje je u nastavku dy = 1 x2 ) x2 ) xy dx Z Z 1 x2 1 x2 ) ydy = dx ) ydy = dx xZ x Z 1 1 2 1 2 dx y = xdx ) y 2 = ln jxj x + C1 2 x 2 2 ) y 2 = 2 ln jxj x2 + C xyy 0 = 1
Z. D1.03. Rješenje je u nastavku yy 0 = y
2 dy
dx
1
2
2x y
) y 2 y 0 = 1 2x Z Z 2 2x) dx ) y dy = (1
2x ) y dy = (1 Z Z 1 3 1 ) y = dx 2 xdx ) y 3 = x 3 3 3 ) y = 3x 3x2 + C =1
2x) dx
1 2 x + C1 2
2
Z. D1.04. Rješenje je u nastavku. dy y 0 tan x y = a ) tan x = y + a ) dx Z Z dy dx dy cos xdx ) = ) = y + a Z tan x y+a sin x Z d (y + a) d (sin x) = ) ln jy + aj = ln (C sin x) y+a sin x ) y + a = C sin x ) y = C sin x a Z. D1.05. Rješenje je u nastavku. xy 0 + y = y 2 ) x
Matematika, a.g.2015/2016
dy = y2 dx
43
y)
dy y2
y
=
dx x
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.4 Rješenja
B Ay + By B (A + B) y B = = ) y y (y 1) y 1 y y (y 1) y (y 1) )A+B =0^ B =1)B = 1)A=1 1 1 1 = 2 y y y 1 y Z Z dx dy dx 1 1 = ) dy = 2 y Zy x Z yZ 1 y x Z Z Z dy dy dx d (y 1) dy dx = ) = y 1 y x y 1 y x y 1 ) ln jy 1j ln jyj = ln (C x) ) ln = ln (C x) y y 1 1 ) =C x)y= y 1 C x 1
y2
=
1
=
A
+
Z. D1.06. Rješenje je u nastavku. r p 2 1 1 y dy = p y0 + =0) 2 1 x dx 1 dy dx )p = p ) arcsin y = 1 x2 1 y2
y2 ) x2 arcsin x + C
Z. D1.07. Rješenje je u nastavku. p p p p 2 dy = 2 1 y 2 dx + y 1 x2 dy = 0 ) y 1 x Z 1 y dx Z ydy dx dx ydy p p )p = p = ) 2 2 2 1 x 1 x2 1 y 1 y p u = 1 y 2 ) u2 = 1 y 2 Z ) 2udu Z= 2ydy ) ydy = udu udu dx p ) u = arcsin x + C = 2 u 1 x p ) 1 y 2 = arcsin x + C
Z. D1.08. Rješenje je u nastavku.
x y x y x+y x+y = sin ) y 0 = sin sin 2 2 2 2 x y x+y x y x+y + 2 cos 2 2 ) y 0 = 2 sin 2 2 2 y x y x y 0 = 2 sin cos = 2 sin cos 2 2 2 Z2 Z dy y x dy x dy x ) = 2 sin cos ) = 2 cos dx ) = 2 cos dx y y dx 2 2 2 2 sin sin 2 2 y x t = ) y = 2t w = ) x = 2w 2 2 ) dy = 2dt ) dx = 2dw Z Z dt t 2 = 4 cos wdw )(3.1)) 2 ln tan = 2 sin w + C sin t 2 y x ) ln tan = 2 sin + C 4 2 y 0 + sin
Matematika, a.g.2015/2016
44
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.4 Rješenja
Z. D1.09. Rješenje je u nastavku. Z Z dy dx dy dy dx y sin x = y ln y ) sin x = y ln y ) = ) = dx y ln y sin x y ln y sin x dy u = ln y ) du = y Z Z dx du x = ) ln u = ln C tan u sin x 2 x x ) u = C tan ) ln y = C tan 2 2 x = ^ y = e ) ln e = C tan )1=C 1)C=1 2 4 n x x o ) y = exp tan ) ln y = tan 2 2 0
Z. D1.10. Rješenje je u nastavku.
dy du y=u)y=x u) =1 dx dx du du du 1 = cos u ) = 1 cos u ) = dx ) dx Z dx Z 1 cos uZ Z du du ) = dx ) u = dx 1 cos u 2 sin2 2 u t = ) u = 2t ) du = 2dt 2 Z Z 2dt u dx ) cot t = x + C ) cot = x + C 2 = 2 2 sin t x y y x ) cot = x + C ) cot =x+C 2 2 y x ) = arccot (x + C) ) y = x + 2 arccot (x + C) 2 x
Z. D1.11. Rješenje je u nastavku. y2 2 ) y0 = x2 y = u ) y = u x ) y0 x 0 ) u 0 x + u = u2 2 ) Z u du dx ) 2 = ) u u 2 x u2 y0 =
y 2 2 x = u0 x + u x = u2 uZ 2 du dx = u 2 x
Trinom u imeniocu prvog sabirka se rastavlja na faktore
u1;2
1 (u + 1) (u
u2 ) 1 ^ u2 = 2
2) dx x
B Au + A + Bu 2B (A + B) u + (A 2B) = = ) 2) u 2 u+1 (u + 1) (u 2) (u + 1) (u 2) 1 1 ) A + B = 0 _ A 2B = 1 ) 3B = 1 ) B = )A= 3 3 =
A
u2p u 2 = (u u1 ) (u 1 1+8 1 3 = = ) u1 = 2 2 ) uZ2 u 2 = (u + 1) (u Z du ) = (u + 1) (u 2) +
Matematika, a.g.2015/2016
45
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.4 Rješenja 1 Z3
Z
du
Z Z du dx 1 = 3 Z u+1 Zx d (u + 1) dx 1 = 3 u+1 x
u 2 1 d (u 2) 3 u 2 1 1 ln ju 2j ln ju + 1j = ln (C1 x) 3 3 1 u 2 u 2 ) ln = C x3 = ln (C1 x) ) 3 u+1 u+1 y 2 x (2 + Cx3 ) y 2x 3 3 = C x ) y = ) x = C x ) y y+x 1 Cx3 +1 x Z. D1.12. Rješenje je u nastavku. y 1+ x + y x y0 = ) y0 = y x y 1 x y = u ) y = u x ) y 0 = u0 x + u x 1+u 1+u ) u0 x + u = ) u0 x = u 1 u 1 u Z Z 1 + u2 (1 u) du dx (1 u) du dx du x= ) = ) = 2 2 x 1+u x Z dx Z1 u Z1 + u du udu dx 1 = ) arctan u ln (1 + u2 ) = ln (C x) 1 + u2 1 + u2 x 2 y 1 y2 ) arctan ln 1 + 2 = ln (C x) x 2 x Z. D1.13. Rješenje je u nastavku. (3y 2 + 3xy + x2 ) dx = (x2 + 2xy) dy = : x2 y 2 y dy y )3 +3 +1= 1+2 x x x dx y = u ) y = u x ) y 0 = u0 x + u x du ) 3u2 + 3u + 1 = (1 + 2u) +u dx du (1 + 2u) = 3u2 + 3u + 1 u (1 + 2u) dx du du (1 + 2u) = u2 + 2u + 1 ) (1 + 2u) = (u + 1)2 dx dx Z Z (1 + 2u) du (1 + 2u) du ) = dx ) = dx 2 2 (u + 1) (u + 1) Z Z Z Z Z (2 + 2u 1) du 2 (1 + u) du du = dx ) dx 2 = (u Z+ 1)2 (u + 1)2 Z Z Z Z(u + 1) Z 2 du du d (u + 1) d (u + 1) dx ) 2 = dx 2 = u+1 u+1 (u + 1) (u + 1)2 1 y x 2 ln ju + 1j + = x + C ) 2 ln + 1 + =x+C u+1 x y+x Z. D1.14. Rješenje je u nastavku. Matematika, a.g.2015/2016
46
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.4 Rješenja
y y) arctan = x =:x x y y arctan = 1 ) y0 x x y 0 = u ) y = u x ) y = u0 x + u x du ) (u0 x + u u) arctan u = 1 ) x arctan u = 1 dx Z Z dx dx ) arctan udu = ) arctan udu = x x du U = arctan u ) dU = 1 + u2 dV = du ) V = u Z Z udu d (u2 + 1) 1 ) u arctan u = ln (C x) ) u arctan u = ln (C x) 1 + u2 2 1 + u2 1 ln ju2 + 1j = ln (C x) ) u arctan u 2 y y 1 y2 arctan ln 1 + 2 = ln (C x) x x 2 x 1 ln j1 + 0j = ln (C 1) x = 1 ) y = 0 : 0 arctan 0 2 ) ln (C 1) = 0 ) C 1 = 1 ) C = 1 y2 y 1 y y 1 y ln 1 + 2 = ln (x) ) arctan = ln jx2 + y 2 j ) arctan x x 2 x x x 2 (xy 0
Z. D1.15. Rješenje je u nastavku.
y=e
y=e
2x
R
y 0 + 2y = Z 4x; R 2dx C + 4xe
C +2
y=e
2x
xe
2x
C + 2xe2x
Z
P (x) = 2; 2dx
2x
dx ) y = e
u = x ) du = dx dv = 2e2x ) v = e2x 2x
Q (x) = 4xZ
2x
C +4
Z
e dx )y=e C + 2xe 2 e2x dx Z e2x d (2x) ) y = e 2x [C + 2xe2x e2x ]
)y=C e
2x
+ 2x
2x
xe2x dx
1
Alternativni naµcin rješanja je da se prvo na†e rješenje homogene jednaµcine a zatim partikularno rješenje. Z Z dy dy dy 0 = 2y ) = 2 dx ) = 2 dx y + 2y = 0 ) dx y y ) ln y = 2x + C1 ) y = e 2x eC1 ) yH = C e 2x yP = Ax + B ) y 0 = A ) A + 2 (Ax + B) = 4x ) 2Ax + (A + 2B) = 4x ) 2A = 4 ^ A + 2B = 0 ) A = 2 ^ B = 1 ) yP = 2x 1 ) y = yH + yP = C e 2x + 2x 1 Z. D1.16. Rješenje je u nastavku.
Matematika, a.g.2015/2016
47
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.4 Rješenja
2x 1 2x y = 1; P (x) = ; Q (x) = 1 x2 Z Z Z Z 1 2x dx dx 1 = 2 ln x P (x) dx = dx = 2 2 2 x x x R x R 1 1 1 2 ) e P (x)dx = e x +2 ln x = e x eln x = x2 e x ) e P (x)dx = x 2 e Z 1 1 1 2 ) y = x ex C + e x dx x2 Z 1 1 1 2 t= ) dt = 2 dx ) y = x e x C + et dt x x y0 +
1
x2
1
1
) y = x2 e x [C + et ] ) y = x2 e x
C +e
1 x
1 x
1
) y = C x2 e x + x2 Z. D1.17. Rješenje je u nastavku. y0 + y = Z cos x; P (x) = 1; Q (x) = Zcos x R y = e dx C + cos xe dx dx ) y = e x C + cos xex dx Z u = ex ) du = ex dx I = cos xex dx = dv = cos xdx ) v = sin x Z u = ex ) du = ex dx I = ex sin x ex sin xdx = dv = sin xdx ) v = cos x Z Z x x x x x I = e sin x e cos x + e cos xdx ) I = e sin x + e cos x ex cos xdx R
) I = ex sin x + ex cos x x I ) 2 I = ex sin x + ex cos x e )I= (sin x + cos x) 2 x e sin x + cos x ) y = e x C + (sin x + cos x) ) y = C e x + 2 2
Z. D1.18. Rješenje je u nastavku. xy 0 + y ex = 0 =:x x 1 e 1 ex ) y0 + y = ; P (x) = ; Q (x) = xZ x xR x Z x R dx dx e ex ln x ln x x y=e C+ e x dx ) y = e C+ e dx xZ x Z ex 1 ln x y=e C+ xdx ) y = C + ex dx x x 1 C + ex ) y = [C + ex ] ) y = x x C + ea a y (a) = b : b = ) C + e = ab ) C = ab ea a ab ea + ex )y= x Z. D1.19. Rješenje je u nastavku. xy 0
y =x x+1
= : x ) y0
Matematika, a.g.2015/2016
1 y=1 x (x + 1) 48
P (x) =
1 ; x+1
Q (x) = x
Zoran Jasak, Mr.sci.math
4.4 Rješenja
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
A B Ax + A + Bx (A + B) x + A 1 = + = = x (x + 1) x x+1 x (x + 1) x (x + 1) )A+B =0^A=1)B = 1 1 1 1 ) = x (x + 1) x x+1 R dx Z R dx x(x+1) C + y=e e x(x+1) dx Z Z Z Z Z dx dx dx dx d (x + 1) x = = = ln jxj ln jx + 1j = ln x (x + 1) x R x+1 x x+1 R x+1 dx dx x x + 1 x x(x+1) = e ln x+1 = )e ) e x(x+1) = x x+1 Z Z xdx (x + 1 1) dx x+1 x+1 C+ )y= C+ )y= x Z xZ + 1 x x+1 Z dx d (x + 1) x+1 x+1 C + dx )y= C +x y= x x+1 x x+1 x+1 y= [C + x ln jx + 1j] x 2 y (1) = 0 : 0 = [C + 1 ln 2] ) C + 1 ln 2 = 0 ) C = ln 2 1 1 x+1 )y= [ln 2 1 + x ln jx + 1j] x Z. D1.20. Rješenje je u nastavku. (8y + 10x) dx + (5y + 7x) dy = 0 ) (5y + 7x) dy = (8y + 10x) dx y 8 + 10 dy (8y + 10x) = : x dy x ) = ) = y dx (5y + 7x) = : x dx 5 +7 x y = u ) y = u x ) y 0 = u0 x + u x 8u + 10 8u + 10 0 )u x+u= ) u0 x = u 5u + 7 5u + 7 8u 10 u (5u + 7) 8u 10 5u2 7u u0 x = ) u0 x = 5u + 7 5u + 7 2 2 5 (u + 3u + 2) 5u 15u 10 ) u0 x = ) u0 x = ) 5u + 7 5u + 7 Z Z du 5 (u + 1) (u + 2) (5u + 7) du dx ) x= ) = 5 dx 5u + 7 (u + 1) (u + 2) x 5u + 7 A B Au + 2A + Bu + B (A + B) u + (2A + B) = + = = (u + 1) (u + 2) u+1 u+2 (u + 1) (u + 2) (u + 1) (u + 2) ) A + B = 5 ^ 2A + B = 7 ) A = 2 ^ B = 3 ) 5u + 7 2 3 ) = + (u + 1) (u + 2) u+1 u+2 Z Z Z Z Z Z 3du dx 2d (u + 1) 3d (u + 2) dx 2du + = 5 ) + = 5 (u + 1) (u + 2) x (u + 1) (u + 2) x ) 2 ln ju + 1j + 3 ln ju + 2j = 5 ln (C1 x) ) ln (u + 1)2 (u + 2)3 = ln (C1 x) 5 2 y 3 C y C ) (u + 1)2 (u + 2)3 = 5 ) +1 +2 = 5 x x x x Matematika, a.g.2015/2016
49
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.4 Rješenja
(y + x)2 (y + 2x) 3 C = 5 ) (y + x)2 (y + 2x)3 = C 2 3 x x x Z. D1.21. Rješenje je u nastavku. 1 1 1 1 y+1 ) y0 y= ; P (x) = ; Q (x) = y0 = x x Z x R x Z R dxx dx 1 1 ln x ln x x dx ) y = e y=e x C+ e C+ e dx x x Z Z 1 1 y=x C+ x dx ) y = x C + x 2 dx x 1 )y=C x 1 y=x C x Z. D1.22. Rješenje je u nastavku. y0 =
1 + y2 dy 1 + y2 ) = xy (1 + x2 ) dx xy (1 + x2 ) ydy dx ) = 2 1+y x (1 + x2 )
A Bx + C A + Ax2 + Bx2 + Cx (A + B) x2 + Cx + A 1 = + = = x (1 + x2 ) x 1 + x2 x (1 + x2 ) x (1 + x2 ) )A+B =0^C =0^A=1)B = 1 1 x 1 = ) x (1 + x2 ) x 1 + x2 Z Z Z dx 1 d (y 2 + 1) 1 x ydy = ) = dx 2 2 2 2 1 + y Z x (1 Z+ x ) 2 1+y x 1+ Zx 1 dx xdx 1 1 d (1 + x2 ) 2 ln jy 2 + 1j = ) ln jy + 1j = ln jxj 2 x 1 + x2 2 2 1 + x2 1 1 ln j1 + x2 j + ln C1 ) ln jy 2 + 1j = ln jxj 2 2 ) ln jy 2 + 1j = 2 ln jxj ln j1 + x2 j + ln C C x2 C x2 C x2 ) ln jy 2 + 1j = ln 2 ) y2 + 1 = 2 ) y2 = 2 1 x +1 x +1 x +1 Z
Z. D1.23. Rješenje je u nastavku. x3 y 0 = y (x2 + y 2 ) = : x3 ) 2 2 y x +y y y 2 0 ) y0 = ) y = 1 + x x2 x x y = u ) y = u x ) y 0 = u0 x + u x 3 u0 x + u = u (1 + u2 ) ) u0 x = Zu+u Z u) du du dx ) u0 x = u3 ) x = u3 ) = 3 dx u x 1 1 x2 x2 2 = ln (C x) ) = ln (C x) ) y = 2u2 2 y2 2 ln (C x) Z. D1.24. Rješenje je u nastavku. Matematika, a.g.2015/2016
50
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.4 Rješenja
x2 + xy + y 2 y 2 y 0 y0 = + ) y = 1 + x2 x x y = u ) y = u x ) y 0 = u0 x + u x du ) u0 x + u = 1 + u + u2 ) x = 1 + u2 dx Z Z du du dx dx ) ) ) = = 2 2 1+u x 1+u x y ) arctan u = ln (C x) ) arctan = ln (C x) ) y = x tan [ln (C x)] x Z. D1.25. Rješenje je u nastavku. dy x2 dy + (3 2xy) dx = 0 ) x2 + (3 2xy) = 0 = : x2 dx dy 3 2 3 3 2 2 ) + 2 y = 0 ) y0 y= ; Q (x) = ; P (x) = dx x x2 xZ x2 Z R dx x Rx dx 1 1 y = e2 x C 3 e 2 x dx ) y = e2 ln x C 3 e 2 ln x dx x2 x2 2 2 e2 ln x = eln x = x2 ; e 2 ln x = eln x =x 2 Z Z 1 y = x2 C 3 x 2 dx ) y = x2 C 3 x 4 dx x2 x 3 1 y = x2 C 3 ) y = x2 [C + x 3 ] ) y = C x3 + 3 x Z. D1.26. Rješenje je u nastavku. 2
x (x2 + 1) y 0 + y = x (1 + x2 )
y0 +
1 = 1 + x2 ; x (x2 + 1)
P (x) =
= : x (1 + x2 )
1 ; x (x2 + 1)
Q (x) = 1 + x2
1 A Bx + C A + Ax2 + Bx2 + Cx (A + B) x2 + Cx + A = + = = x (1 + x2 ) x 1 + x2 x (1 + x2 ) x (1 + x2 ) )A+B =0^C =0^A=1)B = 1 1 1 x ) = 2 x (1 + x ) x 1 + x2 Z
Z
Z Z Z dx 1 x dx xdx P (x) dx = = dx = 2 2 x (x Z+ 1) x x +1 x x2 + 1 Z 1 d (x2 + 1) 1 x P (x) dx = ln jxj = ln jxj ln jx2 + 1j = ln p 2 2 2 x +1 2 x +1 R x x ) e P (x) = exp ln p =p ) x2 + 1 x2 + 1 p R x x2 + 1 e P (x) = exp ln p = ) 2+1 x x p Z Z R R x2 + 1 x P (x) P (x) )y=e C + Q (x) e dx ) y = C + (1 + x2 ) p dx 2 x x + 1 p Z p x2 + 1 )y=y C + x 1 + x2 dx x p t = x2 + 1 ) t2 = x2 + 1 ) 2tdt = 2xdx ) xdx = tdt Matematika, a.g.2015/2016
51
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 4 DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA
4.4 Rješenja
)I=
Z
p
Z
p 1 1 t2 dt = t3 = (x2 + 1) x2 + 1 3 3 2 p 1 x +1 C + (x2 + 1) x2 + 1 )y= xp 3 2 2 x + 1 1 (x2 + 1) + y=C x 3 x x2 dx
x 1+ p
Matematika, a.g.2015/2016
=
52
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 5 DIFERENCIJALNE JEDNACINE VIŠEG REDA
5 Diferencijalne jednaµcine višeg reda 5.1 Uvod 04.01. Opšti oblik diferencijalne jednaµcine drugog reda sa konstantnim koe…cijentima je a2 y 00 + a1 y 0 + a0 y = f (x) Ako je f (x) = 0 tada je to homogena diferencijalna jednaµcina. Karakteristiµcna jednaµcina ove diferencijalne jednaµcine je a2
2
+ a1
+ a0 = 0
sa korijenima 1 i 2 . Opšte rješenje homogene diferencijalne jednaµcine zavisi od prirode korijena karakteristiµcne jednaµcine i mogu nastupiti sljede´ci sluµcajevi: Korijeni
1
i
2
su realni i razliµciti. Tada je 1x
yH = C1 e Korijeni
1
i
2
su realni i jednaki tj
1
+ C2 e =
2
yH = (C1 x + C2 ) e Korijeni
1
i
2
su kompleksni tj.
1;2
2x
=m
1x
i n
yH = emx (C1 cos nx + C2 sin nx) 04.02. Ako je f (x) polinom ili funkcija oblika emx (C1 cos nx + C2 sin nx) tada partikularno rješenje yP ima isti oblik kao i funkcija f (x). Ako je jedan od korijena = 0 tada se partikularno rješenje dobija tako da se rješenje koje ima oblik funkcije f (x) mnoµzi sa x. 04.03. Opšti oblik diferencijalne jednaµcine reda k sa konstantnim koe…cijentima je k X
ai y (i) = f (x)
i=0
Ako je f (x) = 0 tada je to homogena diferencijalna jednaµcina. Karakteristiµcna jednaµcina homogene diferencijalne jednaµcine je k X
i
ai
=0
i=0
sa korijenima
i,
i = 0; :::; k.
04.04. Rješenje homogene diferencijalne jednaµcine zavisi od prirode korijena karakteristiµcne jednaµcine. Pritom mogu nastupiti sljede´ci sluµcajevi: Matematika, a.g.2015/2016
53
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 5 DIFERENCIJALNE JEDNACINE VIŠEG REDA
5.2 Riješeni zadaci
Korijeni
i,
i = 0; :::; k, su realni i razliµciti. Tada je yH =
k X
Ci e
i
x
i=0
Korijen
i
je reda q yH = e
ix
q 1 X
Cj xi
j=0
Korijen
i
je su kompleksan tj. q 1 X
yH = emx
Cj xi
j=0
1;2
!
i n i pritom su reda q ! ! q 1 X cos nx + sin nx Dj x i
=m
j=0
04.05. Ako je f (x) polinom ili funkcija oblika emx (C1 cos nx + C2 sin nx) tada partikularno rješenje yP ima isti oblik kao i funkcija f (x). Izuzetak su sluµcajevi: Korijen
= 0 je korijen reda q
Funkcija f (x) je oblika emx (C1 cos nx + C2 sin nx) a korijen reda q
1;2
= m i n je kompleksni
U tom sluµcaju se yP od f (x) razlikuje za faktor xq .
5.2 Riješeni zadaci Z. D2.01. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 00 ako je a) f (x) = x
e
2x
3y 0 + 2y = f (x)
+ 1 b) f (x) = 2 sin x c) f (x) = sin x sin 2x.
Z. D2.02. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine y 00 ako je a) f (x) = 2x3
4y 0 + 4y = f (x)
x + 2 b) f (x) = e x .
Z. D2.03. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine 2 y 00 + 5y 0 = f (x) ako je a) f (x) = 5x2
2x
1 b) f (x) = 33 cos x.
Z. D2.04. Na´ci rješenje diferencijalne jednaµcine 5y 00 4 ako je a) f (x) = sin x b) f (x) = 2x3 5
6y 0 + 5y = f (x) x + 2 c) f (x) = e3=5 cos x.
Z. D2.05. Riješiti diferencijalnu jednaµcinu y 00 Matematika, a.g.2015/2016
6y 0 + 9y = 4 e3x 54
10 e2x + 18 sin 3x Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 5 DIFERENCIJALNE JEDNACINE VIŠEG REDA
5.3 Rješenja
5.3 Rješenja Z. D2.01. Karakteristiµcna jednaµcina ima oblik 2
a) Funkcija f (x) = x
e
2x
3 +2=0) 1 =1^ 2 =2 ) yH = C1 ex + C2 e2x + 1 na desnoj strani se rastavlja na dvije funkcije
f1 (x) = x + 1;
f (x) =
e
2x
Prvo partikularno rješenje je yP = Ax + B ) y 0 = A; y 00 = 0 ) 0 3 A + 2Ax + 2B = x + 1 2Ax + ( 3A + 2B) = x + 1 ) 2A = 1 ^ 3A + 2B = 1 3 5 5 1 ) A = ) 2B = 1 + = ) B = 2 2 2 4 5 1 ) yP 1 = x + 2 4 Drugo partikularno rješenje je yP 2 = A e 2x ) y 0 2A e 2x ) y 00 = 4A e 2x ) (4A + 6A + 2A) e 2x = e 2x ) 12 e 2x = e 2x ) 1 1 2x ) 12A = 1 ) A = ) yP 2 = e 12 12 1 5 1 2x ) y = yH + yP 1 + yP 2 = C1 ex + C2 e2x + x + e 2 4 12 b) Funkcija na desnoj strani je f (x) = 2 sin x pa vrijedi yP = A sin x + B cos x ) y 0 = A cos x B sin x ) y 00 = A sin x B cos x ) ( A sin x B cos x) 3 (A cos x B sin x) + 2 (A sin x + B cos x) = 2 sin x ) ( A + 3B + 2A) sin x + ( B 3A + 2B) cos x = 2 sin x (A + 3B) sin x + ( 3A + B) cos x = 2 sin x A + 3B = 2 ^ 3A + B = 0 ) 1 3 1 3 10A = 2 ) A = ) B = ) yP = sin x + cos x 5 5 5 5 1 3 x 2x y = yH + yP = C1 e + C2 e + sin x + cos x 5 5 c) Funkcija na desnoj strani je f (x) = sin x sin 2x. Najprije treba napraviti sljede´cu transformaciju 1 sin x sin 2x = [cos (x 2x) cos (x + 2x)] 2 1 1 1 ) sin x sin 2x = (cos x cos 3x) = cos x cos 3x 2 2 2 Prvo partikularno rješenje je
Matematika, a.g.2015/2016
55
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 5 DIFERENCIJALNE JEDNACINE VIŠEG REDA
5.3 Rješenja
yP 1 = A cos x + B sin x ) y 0 =
A sin x + B cos x ) y 00 =
A cos x
B sin x 1 ( A cos x B sin x) 3 ( A sin x + B cos x) + 2 (A cos x + B sin x) = cos x 2 1 ( A 3B + 2A) cos x + ( B + 3A + 2B) sin x = cos x 2 1 (A 3B) cos x + (3A + B) sin x = cos x ) 2 1 ) A 3B = ^ 3A + B = 0 ) 2 1 1 3 1 3 ) 10A = ) A = )B= ) yP 1 = cos x sin x 2 20 20 20 20 Drugo partikularno rješenje je yP 2 = A cos 3x + B sin 3x ) y 0 =
3A sin 3x + 3B cos 3x ) y 00 =
9A cos 3x
9B sin 3x 1 cos 3x ( 9A cos 3x 9B sin 3x) 3 (3B cos 3x 3A sin 3x)+2 (A cos 3x + B sin 3x) = 2 1 ( 9A 9B + 2A) cos 3x + ( 9B + 9A + 2B) sin 3x = cos 3x 2 1 ( 7A 9B) cos 3x + (9A 7B) sin 3x = cos 3x 2 1 7 9 ) 7A 9B = ^ 9A 7B = 0 ) A = )B= 2 260 260 9 7 cos 3x + sin 3x ) yP 2 = 260 260 1 3 7 9 ) y = C1 ex + C2 e2x + cos x sin x + cos 3x + sin 3x 20 20 260 260 Z. D2.02. Karakteristiµcna jednaµcina ima oblik 4 +4=0)( 2)2 = 0 ) ) yH = (C1 x + C2 ) e2x
2
a) Funkcija f (x) = 2x3
1;2
=2
x + 2 je polinom pa vrijedi
yP = Ax3 + Bx2 + Cx + D ) y 0 = 3Ax2 + 2Bx + C ) y 00 = 6Ax + 2B ) (6Ax + 2B) 4 (3Ax2 + 2Bx + C) + 4 (Ax3 + Bx2 + Cx + D) = 2x3 x + 2 4Ax3 + ( 12A + 4B) x2 + (6A 8B + 4C) x + (2B 4C + 4D) = 2x3 x + 2 ) 4A = 2 ^ 12A + 4B = 0 ^ 6A 8B + 4C = 1 ^ 2B 4C + 4D = 2 1 3 ) A = ) 4B = 6 ) B = ) 2 2 1 3 )6 8 + 4C = 1 ) 4C = 8 ) C = 2 2 2 3 7 )2 4 2 + 4D = 2 ) 4D = 7 ) D = 2 4 1 3 3 2 7 ) yP = x + x + 2x + 2 2 4 1 3 3 2 7 2x ) y = (C1 x + C2 ) e + x + x + 2x + 2 2 4 b) Funkcija f (x) = e
x
nije polinom pa vrijedi
yP = A e
x
) y0 =
A e
x
) y 00 = A e
x
1 + 4 A e x + 4 A e x = e x ) 9A = 1 ) A = 9 1 x 1 x 2x ) yP = e ) y = yH + yP = (C1 x + C2 ) e + e 9 9
A e
x
Matematika, a.g.2015/2016
56
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 5 DIFERENCIJALNE JEDNACINE VIŠEG REDA
5.3 Rješenja
Z. D2.03. Karakteristiµcna jednaµcina ima oblik 2
2
+5 =0)
(2 + 5) = 0 )
) yH = C1 + C2 e(
a) Funkcija f (x) = 5x2
2x
1
= 0;
2
=
5=2)x
5 2
1 je polinom pa vrijedi yP = (Ax2 + Bx + C) x
Faktor x je dodat jer je jedan korijen karakteristiµcne jednaµcine
= 0. Vrijedi da je
y 0 = Ax2 + Bx + C + 2Ax2 + Bx = 3Ax2 + 2Bx + C ) y 00 = 6Ax + 2B ) 2 (6Ax + 2B) + 5 (3Ax2 + 2Bx + C) = 5x2 2x 1 15Ax2 + (12A + 10B) x + (4B + 5C) = 5x2 2x 1 1 ) 15A = 5 ) A = 3 1 + 10B = 2 ) 10B = 6 ) B = 12A + 10B = 2 ) 12 3 12 7 7 ) 4B + 5C = 1 ) + 5C = 1 ) 5C = ) C = 5 5 25 1 2 3 7 1 2 3 ( 5=2)x ) yP = x x+ ) y = C1 + C2 e + x x+ 3 5 25 3 5
3 5 7 25
b) Funkcija f (x) = 33 cos x nije polinom pa vrijedi yP = (A sin x + B cos x) x Faktor x je dodat jer je jedan korijen karakteristiµcne jednaµcine
= 0. Vrijedi da je
y 0 = (A cos x B sin x) x + A sin x + B cos x y 0 = (Ax + B) cos x + (A Bx) sin x ) y 00 = A cos x (Ax + B) sin x B sin x + (A Bx) cos x y 00 = (2A Bx) cos x + ( Ax 2B) sin x 2 [(2A Bx) cos x + ( Ax 2B) sin x] + 5 [(Ax + B) cos x + (A Bx) sin x] = 33 cos x (4A 2Bx + 5Ax + 5B) cos x + ( 2Ax 4B + 5A 5Bx) sin x = 3 cos x ) (5A 2B) x + (4A + 5B) = 33 ) 5A 2B = 0 ^ 4A + 5B = 33 ) A = 2 ^ B = 5 ) yP = (2 sin x + 5 cos x) x ) y = C1 + C2 e( 5=2)x + (2 sin x + 5 cos x) x Z. D2.04. Karakteristiµcna jednaµcina ima oblik p 6 36 100 3 ) 1;2 = 5 2 6 + 5 = 0 ) 1;2 = 10 5 4 4 3=5 ) yH = e C1 cos x + C2 sin x 5 5
i
4 5
4 a) Funkcija f (x) = sin x nije polinom pa vrijedi 5
Matematika, a.g.2015/2016
57
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 5 DIFERENCIJALNE JEDNACINE VIŠEG REDA
5.3 Rješenja
4x 4x 4A 4x 4B 4x + B sin ) y0 = sin + cos 5 5 5 5 5 5 4x 16B 4x 16A cos sin ) y 00 = 25 5 25 5 16A 4x 16B 4x 4A 4x 4B 4x )5 cos sin 6 sin + cos + 25 5 25 5 5 5 5 5 4x 4x 4x +5 A cos + B sin = sin 5 5 5 16A 24B 4x 16B 24A 4x 4x + 5A cos + + + 5B sin = sin 5 5 5 5 5 5 5 4x 24A 9B 4x 4x 9A 24B cos + + sin = sin ) 5 5 5 5 5 5 5 9A 24B 24A 9B ) =0^ + =1 5 5 5 5 40 15 5 ^B = ) 3A 8B = 0 ^ 8A + 3B = ) A = 3 219 219 40 4x 15 4x ) yP = cos + sin 219 5 219 5 yP = A cos
b) Funkcija f (x) = 2x3
x + 2 je polinom pa vrijedi
yP = Ax3 + Bx2 + Cx + D ) y 0 = 3Ax2 + 2Bx + C ) y 00 = 6Ax + 2B 5 (6Ax + 2B) 6 (3Ax2 + 2Bx + C) + 5 (Ax3 + Bx2 + Cx + D) = 2x3 x + 2 5Ax3 + ( 18A + 5B) x2 + (30A 12B + 5C) x + (10B 6C + 5D) = 2x3 x + 2 2 ) 5A = 2 ) A = ; 5 18 36 18A + 5B = 0 ) 5B = 18A ) B = A = 5 25 432 30A 12B + 5C = 1 ) 12 + 5C = 1 ) 25 132 105 107 ) 5C = 1 + = )C= 25 25 125 360 642 10B 6C + 5D = 2 ) + 5D = 2 ) 25 125 360 642 908 908 ) 5D = 2 + = )D= 25 125 125 625 2 3 36 2 107 908 1 36 107 908 ) yP = x + x + x = 2x3 + x2 + x 5 25 125 625 5 5 25 125 4 4 1 36 107 908 y = e3=5 C1 cos x + C2 sin x + 2x3 + x2 + x 5 5 5 5 25 125 Z. D2.05. Karakteristiµcna jednaµcina ima oblik 2
6 +9=0)( 3)2 = 0 ) ) yH = (C1 x + C2 ) e3x
1;2
=3
S obzirom da karakteristiµcna jednaµcina ima jedan dvostruki korijen = 3 koji je u eksponentu funkcije na desnoj strani, prvo partikularno rješenje se traµzi u obliku yP 1 = A x2 e3x ) y 0 = 2Ax e3x + 3Ax2 e3x = (2Ax + 3Ax2 ) e3x y 00 = (2A + 3Ax) e3x + 3 (2Ax + 3Ax2 ) e3x = (9Ax2 + 12Ax + 2A) e3x Matematika, a.g.2015/2016
58
Zoran Jasak, Mr.sci.math
µ 5 DIFERENCIJALNE JEDNACINE VIŠEG REDA
5.3 Rješenja
Zamjena u jednaµcinu daje 9Ax2 + 12Ax + 2A 6 (2Ax + 3Ax2 ) + 9 Ax2 = 4 ) 2A = 4 ) A = 2 ) yP 1 = 2 x2 e3x Drugo partikularno rješenje je yP 2 = A e2x ) y 0 = 2A e2x ) y 00 = 4A e2x ) ) 4A e2x 6 2A e2x + 9 A e2x = 10 e2x ) A e2x = 10 e2x ) A = 10 ) yP 2 = 10 e2x Tre´ce partikularno rješenje se traµzi u obliku yP 3 = A sin 3x + B cos 3x ) y 0 = 3A cos 3x 3B sin 3x ) y 00 = 9A sin 3x 9B cos 3x ) 9A sin 3x 9B cos 3x 6 (3A cos 3x 3B sin 3x) + 9 (A sin 3x + B cos 3x) = 18 sin 3x ) 18B sin 3x 18A cos 3x = 18 sin 3x ) B = 1 ) yP 3 = cos 3x y = (C1 x + C2 ) e3x + 2 x2 e3x 10 e2x + cos 3x
Matematika, a.g.2015/2016
59
Zoran Jasak, Mr.sci.math
REFERENCES
6 Literatura References [1] Pavle Miliµci´c, Momµcilo Uš´cumli´c, Zbirka zadataka iz više matematike II, Nauµcna knjiga, Beograd, 1981, tre´ce izdanje [2] Ramiz Vugdali´c, Matematika III - Predavanja, Tuzla, 2010 [3] Zoran Jasak, Pripreme za vjeµzbe odrµzane u akademskoj 2011 / 2012 na Mašinskom fakultetu Univerziteta u Tuzli [4] Miloš Tomi´c, Matematika, Svjetlost, Sarajevo, 1988.
Matematika, a.g.2015/2016
60
Zoran Jasak, Mr.sci.math
View more...
Comments
