VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

2.teden, 01.03.2011

KOMPLEKSNA TEVILA

1. Poii realni revili x in y, ki ustrezata enabi:

(3 i)x2 (3 + 2i)x (1 i)y = 13 10i.

Reitev: Najprej vse med seboj pomnoimo in odpravimo oklepaje:

3x2 ix2 3x 2ix y + iy = 13 10i,

nato pa na levi strani zdruimo realni del skupaj in imaginarni del, pri emer pri teh lenih

izpostavimo e i:(3x2 3x y) + i(x2 2x+ y) = 13 10i

Enaimo kompleksni tevili na levi in desni strani enabe in tako dobimo dve enabi z dvema

neznankama:

3x2 3x y = 13x2 2x+ y = 10

Enabi setejemo, tako se znebimo spremenljivke y in nam ostane kvadratna enaba ene samespremenljivke:

2x2 5x 3 = 0Po formulah izraunamo diskriminanto D = 25 + 24 = 49 in obe pripadajoi reitvi:

x1,2 =bD

2a=

5 74

Pripadajoi reitvi torej sta:

x1 = 3 in x2 = 12.

K vsakemu x-u izraunamo e pripadajoi y tako, da vstavimo reitev za x v eno od zaetnihdveh enab. Dobimo:

y1 = 5 in y2 = 434.

1

2. Izraunaj realno in imaginarno komponento tevila z = a+iai , kjer je a realen. Kolikna jevsota kvadratov obeh komponent? Koliko je |z|?

Reitev: Najprej zapiimo z malo drugae in sicer bomo racionalizirali ulomek tako, datevec in imenovalec pomnoimo z izrazom (a + i), saj tako potem v imenovalcu dobimorealno tevilo. Pri tem se spomnimo: (a b)(a + b) = a2 b2, kar je na razlog za izbiroustreznega mnoitelja za raziritev. Tako dobimo:

z =a+ i

a i =(a+ i)(a+ i)

(a+ i)(a i) =a2 + 2ai+ i2

a2 i2 =a2 + 2ai 1a2 + 1

=a2 1a2 + 1

+2a

a2 + 1 i,

pri emer smo upotevali, da je i2 = 1. Od tod preberemo:Re(z) = a

21a2+1 in

Im(z) = 2aa2+1 .

Vsota kvadratov obeh komponent:

Re2(z) + Im2(z) =

(a2 1a2 + 1

)2+

(2a

a2 + 1

)2=a4 2a2 + 1(a2 + 1)2

+4a2

(a2 + 1)2

Re2(z) + Im2(z) =a4 + 2a2 + 1

(a2 + 1)2=a4 + 2a2 + 1

a4 + 2a2 + 1

Re2(z) + Im2(z) = 1

S pomojo pravkar izraunanega z lahkoto izraunamo e |z|, saj je |z| =Re2(z) + Im2(z).

Torej je :

|z| = 1.

2

3. Izraunaj

3 4i!

Reitev: Koren kompleksnega tevila bo gotovo spet kompleksno tevilo, zato nastavimo:

3 4i = x+ iy

Enabo kvadriramo. Pri tem upotevamo, da je desna stran enabe dvolenik, torej imamo

na tej strani kvadrat dvolenika. Dobimo:

3 4i = (x+ iy)2 = x2 + 2ixy y2 = x2 y2 + i(2xy)

Primerjamo levo in desno stran in dobimo dve enabi z dvema neznankama:

x2 y2 = 32xy = 4

Iz druge enabe izrazimo eno spremenljivko, npr. y = 42x = 2x in vstavimo v prvo enabo:

x2 ( 2x

)2= x2 4

x2= 3

Enabo mnoimo z x2 in dobimo:

x4 3x2 4 = 0

Leva stran se da razstavit:

(x2 4)(x2 + 1) = 0Drugi oklepaj (x2+1) nima realnih reitev (x in y sta kot realni oz. imaginarni del komplek-snega tevila nujno realna), zato izraunamo reitve samo iz prvega oklepaja. Dibimo:

x1 = 2 in x2 = 2 in pripadajoa imaginarna dela y1 = 1 in y2 = 1.Izraunali smo torej, da kot koren kompleksnega tevila lahko dobimo dve reitvi. V naem

primeru sta to kompleksni tevili

z1 = 2 i in z2 = 2 + i.

3

4. Skiciraj mnoico tok v ravnini, ki zadoajo pogoju:

|z 3| < 1

Reitev: Naj bo z = x + iy. Spomnimo se: |z| =Re2(z) + Im2(z). Vstavimo v dano

neenakost in dobimo:

|x+ iy 3| < 1 oz. |(x 3) + iy| < 1.

Upotevamo, kaj je absolutna vrednost kompleksnega tevila in dobimo naslednjo neenakost:(x 3)2 + y2 < 1

Kvadriramo celotno neenabo:

(x 3)2 + y2 < 1Ta neenakost nam v koordinatnem sistemu predstavlja naslednjo mnoico tok: notranjost

kroga (brez roba) s srediem v toki S(3, 0) in z radije r = 1.

Risba:

4

5. Poii in skiciraj mnoico tok v kompleksni ravnini, za katere velja:

|z 1|+ |z + 1| = 4

Reitev: Nastavimo: z = x+ iy, vstavimo v enabo in dobimo:

|x+ iy 1|+ |x+ iy + 1| = 4

Upotevamo, kaj je absolutna vrednost kompleksnega tevila:(x 1)2 + y2 +

(x+ 1)2 + y2 = 4

Prenesemo enega izmed korenov na drugo stran(x 1)2 + y2 = 4

(x+ 1)2 + y2

in kvadriramo enabo

(x 1)2 + y2 = 16 8(x+ 1)2 + y2 + (x+ 1)2 + y2

oziroma

x2 2x+ 1 + y2 = 16 8(x+ 1)2 + y2 + x2 + 2x+ 1 + y2

Pokrajamo, kar se da, in dobimo

4x 16 = 8(x+ 1)2 + y2

Delimo e z (-4)

x+ 4 = 2(x+ 1)2 + y2

in nato kvadriramo

x2 + 8x+ 16 = 2((x+ 1)2 + y2

)e malo poraunamo in uredimo

3x2 + 4y2 = 12

Nazadnje e delimo z 12 in dobimo konno enabo

x2

4+y2

3= 1.

Tako vidimo, da je dana mnoica tok elipsa s srediem v S(0, 0) in polosema a = 2 inb =3.

Risba:

5

6. Naslednje kompleksno tevilo zapii v polarni obliki in ga oznai (narii) v kompleksni ravnini:

z = 6 + 6i

Reitev: Zapis kompleksnega tevila v polarni obliki:

z = |z| (cos+ i sin) = |z|6 ei,

kjer je |z| =Re2(z) + Im2(z) in = arctan yx .

Pa izraunajmo to za na primer:

r = |z| = 62 + 62 =2 62 = 62

= arctan 66 = arctan 1 =pi4 + kpi, pravi kot v naem primeru je =

pi4 , saj tevilo lei v

prvem kvadrantu.

Torej se nae tevilo v polarnem zapisu glasi:

z = 62(cos

pi

4+ i sin

pi

4

)= 62 eipi4 .

7. Izraunaj:

(3+i)15

(1+i)10

Reitev: Obe kompleksni tevili bomo zapisali v polarni obliki, saj je v le-tej laje raunati

potence kompleksnega tevila. Velja namre:

zn = |z|n (cosn+ i sinn) = |z|n ein

Zapis tevila 3 + i v polarni obliki:r =3 + 1 =

4 = 2 in

= arctan 13= pi6 + kpi =

pi6

Torej je

3 + i = 2 eipi6 in (3 + i)15 = 215 ei15pi6 = 215 ei 5pi2 = 215 eipi2 .

Zapis tevila 1 + i v polarni obliki:r =1 + 1 =

2 in

= arctan 1 = pi4 + kpi =pi4

Torej je 1 + i =2 eipi4 in (3 + i)10 = 210 ei10pi4 = 2 102 ei 5pi2 = 25 eipi2 .

Sedaj e samo izraunano vstavimo v zaetni zapis, tj. v ulomek, pokrajamo, kar se da in

dobimo:

(3 + i)15

(1 + i)10=

215 eipi225 eipi2 = 2

10 = 1024

6

8. Poii kompleksne reitve enabe:

z7 = 1 + i3

Reitev: Naloga se precej laje rei, e vzamemo polarne zapise kompleksnih tevil. Tako

nastavimo z = r ei. Seveda moramo sedaj tudi tevilo na desni strani enabe zapisati vpolarnih koordinatah:

1 + i3 v polarni obliki:r =1 + 3 =

4 = 2 in

= arctan31 = pi3 + kpi = 2pi3 , saj se tevilo nahaja v II. kvadrantu.Torej je 1 + i3 = 2 ei 2pi3 .Enaba se sedaj glasi:

(r ei)7 = 2 ei 2pi3 oz. r7 ei7 = 2 ei 2pi3 .Primerjamo levo in desno stran in dobimo naslednji dve enabi:

za r: r7 = 2, od koder sledi, da je r = 72. za : 7 = 2pi3 + 2kpiDelimo s 7 in dobimo:

= 2pi21 +2kpi7 za k {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}.

Tako dobimo 7 reitev dane enabe, za katere velja, da vse leijo na kronici z radijem

72okoli izhodia. Prvo tevilo z1 oklepa z x-osjo kot

2pi21 , ostali pa potem med seboj oklepajo

kot

2pi7 .

9. Poii kompleksne reitve enabe:

z2z7 = (i 1)6

Reitev: Kot prej se naloga precej laje rei, e vzamemo polarne zapise kompleksnih tevil.

Tako nastavimo z = r ei. Tedaj je z = r ei. Seveda moramo sedaj tudi tevilo na desnistrani enabe zapisati v polarnih koordinatah:

i 1 v polarni obliki:r =1 + 1 =

2 in

= arctan11 = pi4 + kpi = 3pi4 , saj se tevilo nahaja v II. kvadrantu.Torej je 1 + i = 2 ei 3pi4 in (1 + i)6 = 26 ei6 3pi4 = 2 62 ei 9pi2 = 23 eipi2 .Enaba se sedaj glasi:

(r ei)2(r ei)7 = 23 eipi2 oz. r9 ei5 = 23 eipi2 .Primerjamo levo in desno stran in dobimo naslednji dve enabi:

za r: r9 = 23, od koder sledi, da je r = 32. za : 5 = pi2 + 2kpiDelimo s (-5) in dobimo:

= pi10 +2kpi5 za k {0,1,2,3,4}.

Tako dobimo 5 reitev dane enabe, za katere velja, da vse leijo na kronici z radijem

32okoli izhodia. Prvo tevilo z1 oklepa z x-osjo kot pi10 , ostali pa potem med seboj oklepajokot

2pi5 .

7

VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

3.teden, 08.03.2011

ZAPOREDJA

1. Dano je zaporedje s splonim lenom an =n+2n .

(a) Na tevilski premici narii nekaj lenov!

Reitev: Izrauanjmo torej prvih nekaj lenov, da jih lahko potem tudi nariemo:

a1 =1+21 = 3, a2 =

2+22 = 2, a3 =

3+23 =

53 , a4 =

4+24 =

32 , a5 =

5+25 =

75 ,

a6 =6+26 =

43 , ...

Slika:

(b) Pokai, da je zaporedje strogo padajoe!

Reitev: Zaporedje je padajoe, e je vsak naslednji len manji ali enak svojemu

predhodniku, torej z enabo: an+1 an za vsak n N. Strogo padajoe pa, e veljastrogi neenaaj.

To bomo dokazali z direktnim raunom. Spomnimo se e, da e je an =n+2n , potem je

an+1 =(n+1)+2n+1 =

n+3n+1 .

elimo torej pokazati:

n+3n+1 0, zato lahko tukaj znak za absolutno vrednostspustimo. Tako dobimo:

|an| = nn+1Za dobljeni ulomek pa lahko reemo, da je zagotovo manji od 1, saj je tevilo v imenovalcu

vedno za 1 veje od tevila v tevcu. Torej smo dobili iskani M = 1 in tako velja

|an| < 1

in s tem je dokazano, da je zaporedje omejeno.

4. Doloi stekalia naslednjega zaporedja: an = (1)n + 1n .Reitev: Izraunajmo nekaj prvih lenov zaporedja in poglejmo, kaj se z njimi dogaja:

a1 = (1)+1 = 0, a2 = +1+ 12 = 32 , a3 = 1+ 13 = 23 , a4 = +1+ 14 = 54 , a5 = 1+ 15 = 45 ,a6 = 1 +

16 =

76 , a7 = 1 + 17 = 67 , ...Opazimo, da se vsi leni s sodimi indeksi a2k pribliujejo 1, vsi leni z lihimi indeksi a2k+1pa k -1. Torej ima dano zaporedje dve stekalii in sicer 1 in -1.

2

5. Poii zaporedje:

(a) s sedmimi stekalii;

(b) takno, da je vsako naravno tevilo njegovo stekalie.

6. Dokai, da je zaporedje, podano s splonim lenom an =2n73n+2 , naraajoe in omejeno ter

izraunaj njegovo limito.

Reitev:

Naraajoe: Pokazati elimo, da za dano zaporedje velja, da je vsak njegov len vejiali enak svojemu predhodniku. Z enabo:

an+1 an za n Ne je an =

2n73n+2 , potem je an+1 =

2(n+1)73(n+1)+2 . Tako dobimo naslednjo neenakost:

2n 53n+ 5

2n 73n+ 2

Mnoimo celo neenakost s skupnim imenovalcem, tj. izrazom (3n+5)(3n+2) in dobimo:

(2n 5)(3n+ 2) (2n 7)(3n+ 5)Mnoimo in setejemo ustrezne lene

6n2 11n 10 6n2 11n 35Po krajanju nam ostane 10 35, kar je pravilno in zato velja, da je res zaporedjenaraajoe.

Omejeno: to pomeni, da moramo pokazati, da je zaporedje navzdol in navzgor omejeno.Za to, da je zaporedje navzdol omejeno, je dovolj uporabiti pravkar pokazano dejstvo,

torej da je naraajoe, saj je tedaj zagotovo rvi len zaporedja hkrati tudi najmanji

len zaporedja in tako velja:

an a1 za n NPokaimo e, da je tudi navzgor omejeno, torej da obstaja tako pozitivno realno tevilo

M , da velja:

an M za n NMi si bomo eno tako tevilo M izbrali in zanj pokazali, da velja - recimo M = 23 (lahkotudi M = 1).

an =2n73n+2 23Mnoimo s 3(3n+2) in dobimo: 3(2n7) 2(3n+2) in po mnoenju 6n21 6n+4oz. 21 4, kar seveda dri in zato dri tudi naa zaetna trditev an 23 , torej jezaporedje res navzgor omejeno.

Spomnimo se, da je po izreku naraajoe navzgor omejeno zaporedje konvergentno,

zato tudi obstaja njegova limita in jo lahko izraunamo.

Limita:limn an = limn

2n 73n+ 2

= limn

2 7n3 + 2n

=2

3

3

7. Dokai, da je zaporedje, podano s splonim lenom an =n214n2+1 , monotono in omejeno ter

izraunaj njegovo limito.

Reitev:

Monotono: pomeni naraajoe ali padajoe zaporedje. Izraunali bomo prvih nekajlenov, da vidimo, ali zaporedje pada ali naraa in potem bomo nao ugotovitev tudi

dokazali.

a1 = 0, a2 =221422+1 =

317 = 0, 176, a3 =

321432+1 =

837 = 0, 216, a4 =

421442+1 =

1565 = 0, 231

Po prvih tirih lenih sklepamo, da je zaporedje naraajoe. Pa to tudi dokaimo:

an+1 an za n N

e je an =n214n2+1 , potem je an+1 =

(n+1)214(n+1)2+1 . Tako dobimo naslednjo neenakost:

n2 + 2n

4n2 + 8n+ 5 n

2 14n2 + 1

Mnoimo celo neenakost s skupnim imenovalcem, tj. izrazom (4n2 + 8n + 5)(4n2 + 1)in dobimo:

(n2 + 2n)(4n2 + 1) (n2 1)(4n2 + 8n+ 5)Zmnoimo:

4n4 + 8n3 + n2 + 2n 4n4 + 8n3 + n2 8n 5Na obeh straneh odtejemo iste lene in uredimo enabo. Tako dobimo:

10n 5 = n 510

= 12

Ta zadnja neenakost seveda dri, saj je n naravno tevilo 1, torej tudi 12 .Zaporedje je res naraajoe.

Omejeno: podobno kot prej, ker je zaporedje naraajoe, je prvi len spodnja mejazaporedja.

Navzgor omejeno:

an 14za n N

Mnoimo s 4(4n2 + 1) in dobimo

4(n2 1) 4n2 + 1 = 4n2 4 4n2 + 1 = 4 1.Ker je zadja neenakost pravilna, velja tudi naa zaetna predpostavka in zaporedje je

res navzgor omejeno.

Limita:limn an = limn

n2 14n2 + 1

= limn

1 1n24 + 1n2

=1

4

4

8. Dokai, da je zaporedje, podano s splonim lenom an =

2 +

2 +2 + ...+

2, konver-

gentno in izraunaj njegovo limito.

Reitev: Izrek pravi, da je zaporedje konvergentno, ko je ali padajoe in navzdol omejeno

ali naraajoe in navzgor omejeno. Pa da najprej ugotovimo, ali je naraajoe ali padajoe,

izraunajmo prvih nekaj lenov zaporedja:

a1 =2 = 1, 41

a2 =2 +2 =2 + a1

a3 =

2 +2 +2 =2 + a2

...

an+1 =2 + an

Ko smo raunali zaetne lene zaporedja, smo ugotovili, da se da vsak len zapisati kot

funkcija svojega predhodnika, kar pomeni, da lahko zaporedje podamo rekurzivno (zadnja

formula). Hkrati smo ugotovili tudi, da je vsak len nekoliko veji od svojega predhodnika,

kar pomeni, da je zaporedje naraajoe. Pa to tudi dokaimo:

Naraajoe:an+1 an za n NPri rekurzivno podanih zaporedjih si za dokaz naraanja/padanja in omejenosti po-

magamo z Matematino indukcijo. Ta (se spomnimo) poteka v dveh korakih:

(a) n = 1: elimo torej, da velja a2 a1. Izraunamo vrednosti obeh leno 1, 85 1, 41in ugotovimo, da za n = 1 eljena lastnost res velja.

(b) Drugi korak pa gre takole: pri predpostavki, da lastnost velja za n, elimo pokazati,da velja tudi za naslednjika n+ 1: Predpostavka torej je : an+1 anPokazati pa elimo, da tedaj velja tudi

an+2 an+1Spomnimo se rekurzivnega zapisa tega zaporedja. Potem namesto zgornje neenabe

dobimo 2 + an+1

2 + an

Kvadriramo

2 + an+1 2 + anin odtejemo 2 na obeh straneh neenaaja in dobimo

an+1 an,

kar pa velja, saj je to naa predpostavka.

S tem smo pokazali, da je zaporedje naraajoe.

5

Omejeno: e je zaporedje naraajoe in elimo, da je konvergentno, mora biti navzgoromejeno (navzdol tako ali tako je s prvim lenom). Pokaimo:

an 2 za n N

Ponovno naredimo to s pomojo matematine indukcije:

(a) n = 1: elimo torej, da velja a1 2. Izraunamo vrednost prvega lena a1 =1, 41 2 in ugotovimo, da za n = 1 eljena lastnost res velja.(b) Drugi korak n n+ 1Predpostavka torej je : an 2Pokazati pa elimo, da tedaj velja tudi

an+1 2

Spomnimo se rekurzivnega zapisa tega zaporedja. Potem namesto zgornje neenabe

dobimo 2 + an 2Kvadriramo

2 + an 4in odtejemo 2 na obeh straneh neenaaja ter dobimo

an 2

kar pa velja, saj je to naa predpostavka.

To je bil dokaz, da je zaporedje navzgor omejeno.

Pokazali smo torej, da je naraajoe in navzgor omejeno in s tem dokazali, da je kon-

vergentno.

Pa izraunajmo e limito.

Limita: Za limito velja, da se ne spremeni, e zaporedju odvzamemo ali dodamo prvihnekaj lenov. Tako torej velja, da je lim

n an+1 = limn an = A

limn an+1 = limn

2 + an =

limn(2 + an) =

2 + lim

n an

Torej dobimo:

A =2 +A

Kvadriramo

A2 = 2 +A = A2 A 2 = 0Dobili smo kvadratno enabo za A. S pomojo razcepa ali diskriminante izraunamonjeni reitvi

A1 = 1 in A2 = 2.Pravilna je seveda druga reitev, saj je zaporedje naraajoe in je e prvi len veji od

reitve A1 = 1.Torej: lim

n an = 2.

6

VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

4.teden, 15.03.2011

1. Izraunaj naslednje limite:

(a) limn

(n3)(n21)(n2+7)(4n+3)5

Reitev: Gre za izraz

. Nalogo bomo reili tako, da bomo tako v tevcu kot vimenovalcu izpostavili n na najvijo potenco, ki jo najdemo. Tako dobimo naslednje:

limn

n(1 3n )n2(1 1n2 )n2(1 + 7n2 )(n(4 + 3n ))

5= lim

nn5(1 3n )(1 1n2 )(1 + 7n2 )

n5(4 + 3n )5

Sedaj opazimo, da se nam n5 v tevcu in imenovalcu okraja, medtem ko gredo izrazi zn oz n2 proti 0, ko poljemo n preko vseh meja. Ostane nam torej:

limn

(1 3n )(1 1n2 )(1 + 7n2 )(4 + 3n )

5=

1 1 145

=1

1024

(b) limn

n+ 3n+ 4n

9n+1

Reitev: Nalogo reimo podobno kot prejnjo, le da za zaetek korene zapiemo kot

potence:

limn

n12 + n

13 + n

14

(9n+ 1)12

= limn

n12 (1 + n

16 + n

14 )

(n(9 + 1n ))12

= limn

n12 (1 + 1

n16+ 1

n14)

n12 (9 + 1n )

12

=19=

1

3

(c) limn

ln (n2n+1)ln (n5+5n+1)

Reitev: Podobno kot prej najprej v argumentu logaritmov izpostavimo najvije po-

tence, nato pa uporabimo lastnosti logaritmov in izraz zapiemo nekoliko drugae:

limn

ln (n2(1 1n + 1n2 ))ln (n5(1 + 5n4 +

1n5 ))

= limn

lnn2 + ln (1 1n + 1n2 )lnn5 + ln (1 + 5n4 +

1n5 )

= limn

2 lnn+ ln (1 1n + 1n2 )5 lnn+ ln (1 + 5n4 +

1n5 )

Sedaj delimo tevec in imenovalec z lnn in dobimo

limn

2 +ln (1 1n+ 1n2 )

lnn

5 +ln (1+ 5

n4+ 1n5

)

lnn

e sedaj podrobneje pogledamo ulomek, ki smo ga dobili v tevcu (izraz v imenovalcu

je zelo podoben), opazimo, da gre proti 0, ko poljemo n preko vseh meja, saj gre izrazv tevcu tega ulomka proti 0, tisti v imenovalcu pa naraa v neskonno.

Tako dobimo konni rezultat, da je dana limita enaka

25 .

1

(d) limn

2n+1+3n+1

2n+3n

Reitev: Tukaj izpostavimo potenco z vejo osnovo, torej 3, razlog pa je ta, da dobimo

v tem primeru ulomek ( 23 ), kar je manj kot 1, in ta izraz bo tem manji, kolikor veja bopotenca, torej gre proti 0 ko poljemo n proti neskonno. Tako dobimo naslednji raun:

limn

3n+1( 2n+1

3n+1 + 1)

3n( 2n

3n + 1)= lim

n3n 3(( 23)n+1 + 1)

3n((23

)n+ 1)

= limn

3((23

)n+1+ 1)

((23

)n+ 1)

=3(1)

1= 3

(e) limn

n!(n+1)!n!

Reitev: Najprej se spomnimo, da se da (n + 1)! zapisati drugae kot (n + 1)n! in tovstavimo ter dobimo:

limn

n!

(n+ 1)! n! = limnn!

(n+ 1)n! n! = limnn!

n!((n+ 1) 1) = limn1

n= 0

(f) limn

(n

n+1

)nReitev: Najprej se spomnimo ene znane limite, na katero zgornji izraz spominja, to

je limn

(1 + 1n

)n= e. To bomo v naem primeru tudi poskuali dobiti.

limn

(n

n+ 1

)n= lim

n

((n+ 1

n

)1)n= lim

n

((n+ 1

n

)n)1=

(limn

(n+ 1

n

)n)1=

(limn

(1 +

1

n

)n)1= e1 =

1

e

2

VRSTE

2. Ugotovi, ali sta vrsti konvergentni ali divergentni (po deniciji):

(a) 1 1 + 12 12 + 13 13 + ...Reitev: Po deniciji je vrsta konvergentna, ko je konvergentno zaporedje ustreznih

delnih vsot, to je zaporedje s splonim lenom sn =nk=1

ak, kjer so ak, k = 1, 2, 3, ...

leni vrste. Pa za na primer izraunajmo delne vsote:

s1 = a1 = 1

s2 = a1 + a2 = 0

s3 = a1 + a2 + a3 =12

s4 = a1 + a2 + a3 + a4 = 0

s5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 =13

s4 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 0

...

Hitro opazimo, da so vsi leni s sodimi indeksi (n = 2k) enaki 0. leni z lihimi indeksi(n = 2k 1) pa so enaki 1k . e tukaj iz prvega izraza k izrazimo z n in vstavimo vdrugega, dobimo splono formulo za lene zaporedja delnih vsot in sicer:

sn =

{0 ; n sodo

2n+1 ; n liho

Dobljeno zaporedje lahko razstavimo na dve podzaporedji, eno podzaporedje naj bo

tisto z sodimi indeksi, drugo z lihimi. Za prvo zaporedje vemo, da je konvergentno z

limito 0 (saj so vsi njegovi leni enaki 0), drugo zaporedje pa je prav tako konvergentno,

saj je padajoe (1, 12 ,13 , ...) in navzdol omejeno (zagotovo noben len ni manji od 0, saj

so vsi pozitivni). e izraunamo limito tega drugega zaporedja, dobimo: limn

2n+1 = 0.

Torej to podzaporedje konvergira k lenom prvega podzaporedja, torej k 0, kar pomeni,

da je zaporedje delnih vsot konvergentno in je potem tudi dana vrtsa konvergentna.

(b) 1 1 + 1 1 + 1 1 + ...Reitev: Izraunajmo nekaj prvih lenov zaporedja delnih vsot in poskusimo uganiti

splono formulo:

s1 = a1 = 1

s2 = a1 + a2 = 0

s3 = a1 + a2 + a3 = 1

s4 = a1 + a2 + a3 + a4 = 0

s5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 1

s4 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 0

...

Hitro opazimo:

sn =

{0 ; n sodo1 ; n liho

Dobljeno zaporedje ima dve stekalii, kar pomeni, da ni konvergentno, torej je po

deniciji tudi dana vrsta divergentna.

3

3. Ugotovi konvergenco oz. divergenco vrste:

k=1

(k k 1

)

Reitev: Sploni len dane vrste je an =n n 1. Izraunajmo nekaj prvih lenovzaporedja delnih vsot in poskusimo uganiti splono formulo:

s1 = a1 =10 = 1

s2 = a1 + a2 =10 +21 = 2

s3 = a1 + a2 + a3 =10 +21 +32 = 3...

sn =10 +21 +32 + ...+n 1n 2 +nn 1 = nTo zaporedje je naraajoe in ni navzgor omejeno, saj je lim

nn =, zato je divergentnoin je tudi dana vrsta divergentna.

4. Dan je sploni len vrste an =1

n(n+1) . Izraunaj vsoto vrste.

Reitev: Vsota vrste je enaka s = limn sn, kjer je (sn)nN pripadajoe zaporedje delnihvsot. Torej moramo najprej poiskati le-to. Najprej izraunamo nekaj zaetnih lenov:

s1 = a1 =112 =

12

s2 =112 +

123 =

12 +

16 =

46 =

23

s3 =112 +

123 +

134 =

12 +

16 +

112 =

912 =

34

s4 =112 +

123 +

134 +

145 =

12 +

16 +

112 +

120 =

4860 =

45

...

Uganemo splono formulo: sn =n

n+1

To se da tudi izraunat in sicer tako, da sploni len vrste na zaetku zapiemo nekoliko

drugae in sicer kot vsoto dveh ulomkov, katerih vsaki ima v imenovalcu po en faktor iz

produkta prvotnega imenovalca, torej:

an =1

n(n+1) =An +

Bn+1

A in B izraunamo tako, da vse skupaj mnoimo s skupnim imenovalcem, uredimo enabopo potencah n-ja in primerjamo koeciente na obeh straneh:

1 = A(n+ 1) +Bn 1 = (A+B)n+AIz tega dobimo, da mora biti A+B = 0 in A = 1. e ta drugi pogoj vstavimo v prvi, dobimoe B = 1, in tako smo izraunali, da jean =

1n 1n+1 .e sedaj to upotevamo pri raunanju n-te delne vsote dobimo:

Sn =11 12 + 12 13 + 13 14 + ...+ 1n1 1n + 1n 1n+1 = 1 1n+1 = nn+1Sedaj nam samo ostane e zadnji raun, torej da izraunamo limito dobljenega zaporedja:

s = limn sn = limn

n

n+ 1= 1

4

5. Dani vrsti izraunaj vsoto:

n=1

1 + 2n

22n

Reitev: n=1

1 + 2n

22n=

n=1

(1

22n+

2n

22n

)=

n=1

1

22n+

n=1

2n

22n=

=

n=1

(1

22

)n+

n=1

(2

22

)n=

n=1

(1

4

)n+

n=1

(1

2

)nDobili smo vsoto dveh vrst. Za obe tidve vrsti vemo, da sta konvergentni, saj gre v obeh

primerih za geometrijski vrsti

n=0

a1qns |q| < 1. Poznamo pa tudi formulo, kako se takivrsti izrauna vsota, namre s = a11q . Iz zgornjega zapisa moramo samo e razbrati a1 in qza posamezno vrsto. Paziti moramo na to, da v splonem gredo indeksi od 0 naprej, pri nas

od 1. Da bomo dobili sploen primer, mora v prvem lenu biti q0, to pa doseemo tako, dabomo mi imeli eksponente n 1. Torej:n=1

(1

4

)n+

n=1

(1

2

)n=

n=1

1

4

(1

4

)n1+

n=1

1

2

(1

2

)n1=

14

1 14+

12

1 12=

1434

+1212

=1

3+1 =

4

3

6. S pomojo konvergennih kriterijev preveri konvergenco naslednjih vrst:

(a)

n=1

nn

(n!)2

Reitev: Uporabimo kvocientni kriterij:

limn

an+1an

= limn

(n+1)n+1

((n+1)!)2

nn

(n!)2= lim

n(n+ 1)n+1(n!)2

((n+ 1)!)2nn= lim

n(n+ 1)n(n+ 1) (n!)2

((n+ 1) n!)2nn =

= limn

(n+ 1)n

(n+ 1)nn= lim

n1

(n+ 1)

((n+ 1)

n

)n= 0 e = 0

Ker smo dobili limito manjo od 1, po kvocientnem kriteriju dana vrtsa konvergira.

(b)

n=1

1(lnn)n

Reitev: V tem primeru bomo vzeli pa korenski kriterij:

limn

nan = lim

nn

1

(lnn)n= lim

n1

(lnn)= 0

Ker smo ponovno dobili limito manjo od 1, po korenskem kriteriju dana vrtsa konver-

gira.

5

(c)

n=1

| sinnx|2n

Reitev: Tukaj si bomo pomagali s primerjalnim kriterijem. Vemo namre, da je

|sin| 1 za vsak R. Tako dobimo oceno za sploen len naega zaporedja, namre| sinnx|

2n 1

2n

Za zaporedje na desni pa vemo, da je konvergentno, saj gre za geometrijsko zaporedje

s |q| = 12 < 1. Nali smo torej konvergentno majoranto, kar pomeni, da je tudi danavrsta konvergentna.

(d)

n=1

(n+1n

)nReitev: V tem primeru odpove tako kvocientni kot tudi korenski kriterij (v obeh

primerih dobimo limito enako 1). Pa poglejmo sploni len te vrste

an =(n+1)n

)n=(1 + 1n

)n. e izraunamo limito zaporedja teh lenov, dobimo

limn an = limn

(1 + 1n

)n= e. Ker torej leni ne gredo proti 0, pomeni, da je vrsta

divergentna.

(e)

n=1

1n

Reitev: Ponovno si bomo pomagali s primerjalnim kriterijem.

Ker velja n n, sledi, da je 1n 1n . Vrsta, katere sploni len je zapisan na levistrani te neenakost, je harmonina vrsta, za katero vemo, da je divergentna. Torej smo

nali divergentno minoranto, kar pomeni, da je tudi dana vrsta divergentna.

6

VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

5.teden, 22.03.2011

POTENNE VRSTE

1. Danim potennim vrstam izraunaj konvergenne radije:

(a)

n=1

n! xn

Reitev: tevilu R = 1l , kjer je l = limn

an+1an ali l = limn n|an|, reemo konver-genni radij potenne vrste.

V tem primeru bomo l izraunali po prvi formuli:

l = limn

an+1an = limn

(n+ 1)!n! = limn (n+ 1)n!n! = limn n+ 11 =Konvergenni radij je potem enak

R =1

l=

1

= 0,

kar pomeni, da dana potenna vrsta divergira za vsak x R.

(b)

n=1

xn

n!

Reitev: Izraunamo najprej l:

l = limn

an+1an = limn

1

(n+1)!

1n!

= limn n!(n+ 1)! = limn 1n+ 1 = 0Konvergenni radij je potem enak

R =1

l=

1

0=,

kar pomeni, da dana potenna vrsta konvergira za vsak x R.

(c)

n=1

n!nnx

n

Reitev: Izraunamo najprej l:

l = limn

an+1an = limn

(n+1)!

(n+1)n+1

n!nn

= limn (n+ 1)! nn

(n+ 1)n+1n!=

limn

(n+ 1) n! nn(n+ 1)n(n+ 1) n! = limn

nn

(n+ 1)n= lim

n

(n

n+ 1

)n= lim

n

(1

1 + 1n

)n=

1

e

Konvergenni radij je potem enak

R =1

l=

11e

= e,

kar pomeni, da dana potenna vrsta konvergira za vsak x (e, e).

1

TAYLORJEVA VRSTA

f(x) = f(a) +f (a)1!

(x a) + f(a)2!

(x a)2 + f(a)3!

(x a)3 + ...+ f(n)(a)

n!(x a)n + ...

2. Izraunaj Taylorjevo vrsto v okolici toke 0 za naslednji funkciji:

(a) f(x) = sinx

Reitev: Izraunamo nekaj prvih odvodov in poskuamo uganit splono formulo, nato

pa izraunamo vrednost funkcije in njenih odvodov v toki 0:

f(x) = sinx f(0) = 0f (x) = cosx f (0) = 1f (x) = sinx f (0) = 0f (x) = cosx f (0) = 1f (4)(x) = sinx f (4)(0) = 0... ...

Vstavimo v formulo in poraunamo:

sinx = 0 +1

1!x+

0

2!x2 +

13!x3 +

0

4!x4 +

1

5!x5 + ...

sinx = x x3

3!+x5

5! x

7

7!+ ... =

n=1

(1)n+1x2n1(2n 1)!

(b) f(x) = ln (x+ 1)

Reitev: Izraunamo nekaj prvih odvodov in poskuamo uganit splono formulo, nato

pa izraunamo vrednost funkcije in njenih odvodov v toki 0:

f(x) = ln (x+ 1) f(0) = 0f (x) = 1x+1 = (x+ 1)

1 f (0) = 1f (x) = 1 (x+ 1)2 f (0) = 1f (x) = 2(x+ 1)3 f (0) = 2f (4)(x) = 6(x+ 1)4 f (4)(0) = 6f (4)(x) = 24(x+ 1)5 f (4)(0) = 24... ...

f (n)(x) = (1)n1(n 1)!(x+ 1)n f (4)(0) = (1)n1(n 1)!Vstavimo v formulo in poraunamo:

ln (x+ 1) = 0 +1

1!x+12!x2 +

2

3!x3 +

64!x4 +

24

5!x5 + ...

ln (x+ 1) = x x2

2+x3

3 x

4

4+x5

5+ ...+

xn

n+ ... =

n=1

(1)n1xnn

2

VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

7.teden, 05.04.2011

FOURIEROVE VRSTE

1. Izraunaj naslednje nedoloene integrale:

(a)

Rx cosnx dx

Reitev: Integral reimo s pomojo metode per partes (integracije po delih). V tem

primeru si izberemo spremenljivke takole:

u = x dv = cosnx dxdu = dx v = 1n sinnx

Potem jeZx cosnx dx = x 1

nsinnx

Z1

nsinnx dx =

x

nsinnx+

1

n2cosnx+ C

(b)

Rx sinnx dx

Reitev: Podobno kot prejnji primer in dobimo:

Zx sinnx dx = x ( 1

ncosnx)

Z( 1

ncosnx) = x

ncosnx+

1

n2sinnx+ C

(c)

Rx2 cosnx dx

Reitev: Glej naslednji primer, podobno gre tukaj. Dobimo:

Zx2 cosnx dx = x2 1

nsinnx

Z1

nsinnx 2x dx = x

2

nsinnx 2

n

Zx sinnx dx =

Za drugi integral uporabimo toko b) in dobimo:

=x2

nsinnx 2

n(x

ncosnx+

1

n2sinnx) + C =

x2

nsinnx+

2x

n2cosnx 2

n3sinnx+ C

(d)

Rx2 sinnx dx

Reitev: Tukaj metodo per partes uporabimo dvakrat. Prvi:

u = x2 dv = sinnx dxdu = 2x dx v = 1n cosnxPotem jeZ

x2 sinnx dx = x2( 1ncosnx)

Z 1ncosnx2x dx = x

2

ncosnx+

2

n

Zx cosnx dx =

Drug integral bi ponovno izraunali s pomojo metode per partes. Ker pa smo ga mi

e, uporabimo kar toko a) in dobimo:

= x2

ncosnx+

2

n(x

nsinnx+

1

n2cosnx)+C = x

2

ncosnx+

2x

n2sinnx+

2

n3cosnx+C

1

2. Funkcijo f(x) =

x ; < x 0

2x ; 0 x razvij v Fourierovo vrsto.

Reitev: Izraunajmo Fourierove koeciente:

a0 =1

R

f(x) dx = 1

0R

x dx+ 1

R0

2x dx = 1x2

2 j0 + 2 x2

2 j0= (0 2

2 ) + (2

0) = 2

an =1

R

f(x) cosnx dx = 1

0R

x cosnx dx+ 1

R0

2x cosnx dx =

Uporabimo rezultate od prej (te nedoloene integrale smo izraunali) in dobimo:

= 1 (xn sinnx+

1n2 cosnx) j0 + 2 ( xn sinnx+ 1n2 cosnx) j0=Doloeni integrali izrazov, v katerih nastopa sinus, so v teh mejah enaki 0. Tako imamo:

an =1 (

1n2 (cos 0 cos (n))) + 2 ( 1n2 (cos (n) cos 0)) =

= 1 (1n2 (cos 0 cos (n)))+ 2 ( 1n2 (cos (n) cos 0)) = 1n2 (cos (n) cos 0) = 1n2 ((1)n1)Vidimo, da e je n = 2k sodo tevilo, potem je a2k = 0, e pa je n = 2k 1 liho tevilo, padobimo

a2k1 = 2(2k1)2Pa e

bn =1

R

f(x) sinnx dx = 1

0R

x sinnx dx+ 1

R0

2x sinnx dx =

Tudi te integrale smo e zraunali, zato kar uporabimo prejnje rezultate:

= 1 ( xn cosnx+ 1n2 sinnx) j0 + 2 ( xn cosnx+ 1n2 sinnx) j0=Doloeni integrali izrazov, v katerih nastopa sinus, so v teh mejah enaki 0. Tako imamo:

bn = 1n (x cosnx j0 +2x cosnx j0 ) = 1n (0 () cosn + 2 cosn 0) = 3n cosnbn = 3(1)

n

n

Fourierova vrsta za dano funkcijo na intervalu [; ] se tako glasi:

s(x) =

4+1Xn=1

2(2n 1)2 cos (2n 1)x

3(1)nn

sinnx

2

3. Razvij v Fourierovo vrsto funkcijo f(x) = jxj na intervalu [; ]. Na podlagi dobljenegarezultata izraunaj naslednjo vsoto:

1 +1

32+

1

52+ ::: =?

Reitev: f(x) = jxj je soda na intervalu [; ], zato je bn = 0 za vsak n 2 N.Ostale koeciente pa izraunamo po formulah:

a0 =1

R

f(x) dx = 1

R

jxj dx = 2R0

jxj dx = 2R0

x dx = 2x2

2 j0= 1x2 j0= 1 (2 0) =

an =1

R

f(x) cosnx dx = 1

R

jxj cosnx dx = 2R0

x cosnx dx = 2 (xn sinnx+

1n2 cosnx) j0Pri tem smo za raunanje integrala uporabili e vnaprej izraunan rezultat. Sedaj e vsatvimo

meje, pri emer upotevamo, da je doloeni integral izraza z sinusom v teh mejah enak 0, in

dobimo:

an =2

1n2

1n2 cosnx j0= 2n2 (cosn cos 0) = 2n2 ((1)n 1)Vidimo, da e je n = 2k sodo tevilo, potem je a2k = 0, e pa je n = 2k 1 liho tevilo, padobimo

a2k1 = 4(2k1)2

Fourierova vrsta za dano funkcijo na intervalu [; ] se tako glasi:

s(x) =

2+1Xn=1

4(2n 1)2 cos (2n 1)x

=

2 4

1Xn=1

1

(2n 1)2 cos (2n 1)x

Izraunati elimo e vsoto dane vrste. Pa jo za zaetek zapiimo drugae:

1 +1

32+

1

52+ ::: =

1Xn=1

1

(2n 1)2

Opazimo, da ta izraz nastopa tudi v zapisu pravkar izraunane Fourierove vrste. Vemo pa

tudi, da je Fourierova vrsta enaka funkciji na intervalu, na katerem smo jo razvijali, torej na

intervalu [; ]. Tako za vsak x 2 [; ] velja, da je s(x) = f(x), tudi za x = 0. Takoimamo:

s(0) =

2 4

1Xn=1

1

(2n 1)2 1

= 0 = f(0)

4

1Xn=1

1

(2n 1)2 =

2

in e delimo s 4 ter dobimo: 1Xn=1

1

(2n 1)2 =2

8

3

4. Prejnjo funkcijo razvij tokrat na intervalu [0; 2].

Reitev: Za razliko od prejnje naloge pa na tem intervalu dana funkcija ni soda (o sodosti

in lihosti funkcij se lahko pogovarjamo samo na simetrinih intervalih). Zato moramo tukaj

izraunati vse koeciente. Vzamemo formule za sploen primer:

a0 = 2babRa

f(x) dx = 2202R0

jxj dx = 12R0

x dx = 1x2

2 j20 = 1 ( (2)2

2 0) = 2

an = 2babRa

f(x) cos 2nxba dx =2

202R0

jxj cos 2nx20 dx = 12R0

x cosnx dx =

= 1 (xn sinnx+

1n2 cosnx) j20 = 1 1n2 (cos (2n) cos 0) = 0

bn = 2babRa

f(x) sin 2nxba dx =2

202R0

jxj sin 2nx20 dx = 12R0

x sinnx dx =

= 1 ( xn cosnx+ 1n2 sinnx) j20 = 1 (2n cos (2n) + 0n cos 0) = 2nFourierova vrsta se v tem primeru glasi:

s(x) =a02

+1Xn=1

an cos

2nx

b a + bn sin2nx

b a

= 21Xn=1

1

nsinnx

5. Pa e na intervalu [0; ] po samih sinusih.

Reitev: e elimo razviti funkcijo po samih sinusih, potem mora biti an = 0 za vsakn 2 f0g[N, kar pomeni, da moramo imeti liho funkcijo. Zato razirimo funkcijo iz intervala[0; ] na interval [; 0] tako, da je na [; ] to sedaj liha funkcija, torejf(x) = f(x) = jxj = (x) = x.Ker so vsi an = 0, moramo poraunati samo koeciente bn. Ker smo na intervalu [; ],vzamemo formule za ta primer:

bn =1

R

f(x) sinnx dx = 2

R0

x sinnx dx = 2 ( xn cosnx+ 1n2 sinnx) j0=

= 2 (n cosn + 0n cos 0) = 2 n (1)2 = 2(1)n+1

n

Fourierova vrsta se sedaj glasi:

s(x) = 21Xn=1

(1)n+1n

sinnx

4

VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

9.teden, 19.04.2011

VEKTORJI

1. V kocki ABCDEFGH je podana baza prostora ~a =AB, ~b =

AD in ~c =

AE. Naj bo Mrazpolovie stranice CG in P razpolovie stranice EH. Izrazi z baznimi vektorji naslednjevektorje:

AF,FD,

GA,

AM,

CP,

MH in

ME.

Slika:

Reitev: Vektorji ~a, ~b in ~c tvorijo pravokoten koordinatni sistem.Prva dva sta pravokotnavektorja v ravnini kvadrata ABCD, tretji pa je pravokoten nanju oba. Ker ima kocka potiri robove vzporedne in enako dolge, pradstavljajo kot takni tudi enak vektor (vzporedni

premik vektorja). Tako dobimo:

AF = ~a+

BF = ~a+ ~c, saj je

BF vzporeden, enako dolg ter enako usmerjem kot

AE = ~c

FD = ~b ~c ~aGA = ~a~b ~cAM = ~a+~b+ 12~cCP = ~c ~a 12~bMH = 12~c ~aME = 12~c~b ~a

1

2. Dani so vektorji ~a = (0, 1, 0), ~b = (1, 0,1), ~c = 3, 1, 0) in ~d = (2, 1, 1) v prostoru R3.

(a) Dokai, da so vektorji ~a, ~b in ~c linearno neodvisni.

Reitev: Vektorji so linearno neodvisni, kadar je njihova linearna kombinacija enaka

~0 samo tedaj, ko so vsi koecienti v linearni kombinaciji enaki 0, torej: ~a, ~b in ~c solinearno neodvisni, e iz ~a+ ~b+ ~c = ~0 sledi = = = 0.

Postavimo torej: ~a+ ~b+ ~c = ~0

(0, 1, 0) + (1, 0,1) + (3, 1, 0) = ~0

Vektor mnoimo s skalarjem tako, da vsako koordinato vektorja pomnoimo z danim

skalarjem. Dobimo:

(0, , 0) + (, 0,) + (3, , 0) = (0, 0, 0)

Vektorje setevamo med seboj tako, da setejemo istolene koordinate:

+ 3, + ,) = (0, 0, 0)

Dva vektorja sta enaka, e imata enake pripadajoe koordinate. Tako dobimo sistem

treh enab s tremi neznankami:

+ 3 = 0

+ =

= 0

Iz zadnje enabe vidimo, da je = 0. To vstavimo v prvo enabo in dobimo = 0, epa upotevamo to in drugo enabo pa dobimo, da je tudi = 0. Edina reitev je torejtrivialna reitev iz esar sledi, da so vektorji res linearno neodvisni.

(b) Dokai, da so vektorji ~a, ~b, ~c in ~d linearno odvisni.

Reitev: Dovolj je e, e se spomnimo, da so poljubni tirje vektorji v R3 vektorji

linearno odvisni, saj 3 dimenzionalen prostor doloajo trije linearno neodvisni vektorji,

vsak drug pa se da zapisati kot linearna kombinacija le-teh.

Drugae pa postavimo ~a+ ~b+ ~c+ ~d = ~0 in moramo dobiti, da je vsaj en koecientv tej linearni kombinaciji razlien od ni.

2

(c) Ali se da vektor ~a izraziti kot linearna kombinacija vektorjev ~b, ~c in ~d?

Reitev: Pa predpostavimo, da se da, in poskusimo izraunati koeciente:

~a = k1~b+ k2~c+ k3 ~d

(0, 1, 0) = K1(1, 0,1) + k2(3, 1, 0) + k3(2, 1, 1)Mnoimo z ustreznim skalarjem in vektorje setejemo in dobimo:

(0, 1, 0) = (k1 + 3k2 + 2k3, k2 + k3,k1 + k3)

Ko enaimo levo in desno stran dobimo ponovno tri enabe s tremi neznankami:

k1 + 3k2 + 2k3 = 0

k2 + k3 = 1

k1 + k3 = 0

Reiti moramo sistem treh enab s tremi neznankami.

Najlaje je zaeti s tretjo enabo, kjer dobimo po preoblikovanju, da je k1 = k3.

To vstavimo v prvo enabo tako, da se v njej znebimok1, saj jo potem lahko primerjamoz drugo enabo. Dobimo:

k3 + 3k2 + 2k3 = 3k2 + 3k3 = 0,

kar lahko e delimo s tri in imamo

k2 + k3 = 0.

Tako sta nam ostali dve enabi z dvema neznankama:

k2 + k3 = 0

k2 + k3 = 1

Hitro opazimo, da sta si ti dve enabi protislovni, kar pomeni, da zaetni sistem enab

nima reitve. Torej se vektor ~a ne da izraziti z ostalimi tremi vektorji.

3

3. Dokai, da se diagonali v paralelogramu razpolavljata.

Reitev: Paralelogram ima po dve in dve stranici enako dolgi in vzporedni. Naj bo tedaj

~a =AB in ~b =

AD baza (ta dva vektorja sta nekolinearna in kot tana linearno neodvisna

v prostoru R2). Oznaimo diagonali na naslednji nain: ~e =AC in ~f =

BD. Oznaimoe s S preseie obeh diagonal. elimo pokazati, da je S razpolovie diagonal, torej, da jeAS = 12

AC in

BS = 12

BD. Pa pokaimo najprej prvo enabo.

AS izrazimo na dva naina:

(a)

AS = m ACKer tvorita ~a in ~b bazo, elimo tudi vse ostale vektorje izraziti z njima (to lahko podeniciji baze). Tako dobimo v tem primeru:

AS = m (~a+~b = m ~a+m ~b

(b) Pa e na drug nain:

AS = ~a+

BS = ~a+ n BDKer je

BD = ~b ~a, dobimo

AS = ~a+ n ~b n ~aKer gre v obeh primerih za isti vektor, lahko oba zapisa enaimo. Tako dobimo:

m ~a+m ~b = ~a+ n ~b n ~a

Prenesemo vse na eno stran:

m ~a+m ~b ~a n ~b+ n ~a = 0

e malo uredimo:

(m 1 + n)~a+ (m n)~b = 0Ker sta vektorja ~a in ~b linearno neodvisna, je njuna linearna kombinacija lahko 0 samo vprimeru, ko sta oba koecienta pred vektorjema enaka 0. Tako dobimo dve enabi z dvema

neznankama:

m 1 + n = 0m n = 0

Zadnja enaba nam da m = n, e to vstavimo v prvo enabo pa dobimo m = 12 = n.

e sedaj pogledamo, kje smo zapisali koecienta m in n dobimoAS = 12

AC in

BS = 12

BD,to pa je ravno eljeni rezultat.

4

SKALARNI PRODUKT VEKTORJEV

Skalarni produkt dveh vektorjev je:

~a ~b = ~a~b cos,kjer je kot med danima vektorjema ~a in ~b.

Iz te formule lahko izpeljemo formulo za raunanje kota med danima dvema vektorjema:

cos =~a ~b~a~b

.

Iz te enabe tudi pazimo dejstvo, da je skalarni produkt dveh vektorjev enak 0 natanko tedaj,

ko je med vektorjema kot 90o = pi2 oz. ko sta vektorja med seboj pravokotna, torej:

~a ~b = 0 ~a ~b

e sta vektorja podana po koordinatah ~a = (a1, a2, a3) in ~b = (b1, b2, b3), potem se njunskalarni produkt izrauna po formuli:

~a ~b = a1b1 + a2b2 + a3b3.Dolina vektorja pa: ~a = ~a~a =

a21 + a

22 + a

23

4. Izraunaj skalarne produkte ~a ~b, ~a ~c, ~a ~a in ~b ~c, kjer so ~a = (1,1, 1), ~b = (2, 1, 3) in~c = (1, 0,1).

Reitev: Skalarni produkt izrauanmo tako, da setejemo produkte istolenih koordinat

obeh vektorjev. Tako dobimo:

~a ~b = (1,1, 1)(2, 1, 3) = 1 2 + (1) 1 + 1 3 = 2 1 + 3 = 4~a ~c = (1,1, 1)(1, 0,1) = 1 1 + (1) 0 + 1 (1) = 1 + 0 1 = 0Ta rezultat nam pove, da sta vektorja ~a in ~c pravokotna.

~a ~a = (1,1, 1)(1,1, 1) = 1 1 + (1) (1) + 1 1 = 1 + 1 + 1 = 3Iz tega lahko razberemo dolino vektorja ~a, saj velja ~a = ~a ~a = 3.

~b ~c = (2, 1, 3)(1, 0,1) = 2 1 + 1 0 + 3 (1) = 2 + 0 3 = 1

5. Izraunaj kot med enotskima vektorjema ~a in~b, e ve, da sta vektorja ~c = ~a3~b in ~d = 5~a~bpravokotna.

Reitev: Oznaimo s kot med vektorjema ~a in ~b.

Vemo: ~a = ~b = 1.Ker sta ~c in ~d pravokotna je ~c ~d = 0. Torej:

~c ~d = (~a 3~b)(5~a~b) = 5~a ~a ~a ~b 15~b ~a+ 3~b ~b =Upotevamo denicijo vektorskega produkta in dobimo:

5~a2 16~a~b cos+ 3~b2 = 0Ker sta ~a in ~b enotska, torej doline 1, dobimo naslednjo enabo:

5 16 cos+ 3 = 0 cos = 12 = pi

3.

5

VEKTORSKI PRODUKT

Vektorski produkt dveh vektorjev ~a in ~b je enolino doloen vektor, za katerega velja:

~a~b = ~a~b sin,kjer je kot med vektorjema ~a in ~b.

Vektor ~a~b je pravokoten na vektorja ~a in ~b.Dolina vektorja ~a~b je enaka ploini paralelograma, napetega na vektorja ~a in ~b:

pparalelogram

= ~a~b

Lastnosti:

~a~b = ~b ~a (~a)~b = ~a (~b) = (~a~b) (~a+~b) ~c = ~a ~c+~b ~c ~a~b = 0 natanko tedaj, ko sta vektorja ~a in ~b linearno odvisna, torej vzporedna.Posebaj tako velja: ~a ~a = 0 za vsak ~a.

Naj bosta vektorja ~a = (a1, a2, a3) in ~b = (b1, b2, b3). Formula za vektorski produkt se glasi:

~a~b = (a2b3 a3b2, a3b1 a1b3, a1b2 a2b1)

6. Dana sta vektorja ~a = (2,3,1) in ~b = (1, 4,2). Izraunaj (~a+~b) (~a~b).

Reitev: ~a+~b = (3, 1,3) in ~a~b = (1,7, 1). Tedaj je:

(~a+~b) (~a~b) = (3, 1,3) (1,7, 1) = (1 1 (3) (7), (3) 1 3 1, 3 (7) 1 1) =

= (1 21,3 3,21 1) = (20,6,22).

7. Ploina paralelograma meri 103 cm2, stranica 5 cm in kot med stranicama = 60o.Izraunaj dolino druge stranice.

Reitev: p = ~a~b = ~a~b sinOd tod sledi: ~b = p~a sin = 10

3

5 sin pi3= 10

3

532

= 4. Dolina druge stranice je torej 4 cm.

6

VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

10.teden, 03.05.2011

1. V prostoru je podan trikotnik z oglii A(2,4, 3), B(0, 5, 5) in C(6,1, 0). Izraunaj:(a) velikost kota pri ogliu A;

Reitev: Naj bo ~c =AB = ~rB ~rA = (0, 5, 5) (2,4, 3) = (2, 9, 2) in

~b =AC = ~rC ~rA = (6,1, 0) (2,4, 3) = (8, 3,3)Kot, ki ga oklepata ta dva vektorja, izraunamo potem po formuli:

cos =~c ~b~c ~bIzraunajmo posebaj:

~c ~b = (2, 9, 2) (8, 3,3) = 16 + 27 6 = 37~c = 22 + 92 + 22 = 89~b =82 + 32 + (3)2 = 82Potem je:

cos =378982

= 0, 43 = = arccos (0, 43) = 64o20

(b) dolino teinice na stranico c;

Reitev: Teinica je daljica, ki povezuje razpolovie stranice z nasproti leeim

ogliem.

Razpolovie stranice c:

~rC =~rA + ~rB

2=

(2,4, 3) + (0, 5, 5)2

= (1, 12, 4)

Potem je teinica:

~tc =C C = (6,1, 0) (1, 1

2, 4) = (7,3

2, 4)

in njena dolina:

~tc = (7,32, 4) =

49 +

9

4+ 16 =

1

2

169 + 9 + 64 =

1

2

269 = 8, 2

(c) ploino trikotnika 4ABC.

Reitev: ptrikotnika =12pparalelograma =

12~b ~c

~b ~c = (8, 3,3) (2, 9, 2) = (6 + 27,16 6, 72 6) = (33,22, 66) = 11(3,2, 6).

Ploina je potem:

ptrikotnika =1

211(2,3, 6) = 1

2114 + 9 + 36 =

11

2

49 =

77

2= 38, 5

1

MEANI PRODUKT

Meani produkt vektorjev ~a, ~b in ~c je skalar (~a ~b) ~c, ki ga oznaimo s (~a,~b,~c). Abso-lutna vrednost meanega produkta (~a,~b,~c) je enaka prostornini paralelepipeda, napetega na

vektorje ~a, ~b in ~c.

e so vektorji ~a, ~b in ~c nenielni, je (~a,~b,~c) = 0 natanko tedaj, ko leijo ~a, ~b in ~c v isti ravnini.

Lastnosti:

(~a,~b,~c) = (~b,~c,~a) = (~c,~a,~b) =

= (~b,~a,~c) = (~a,~c,~b) = (~c,~b,~a)

2. Dokai, da za vektorje ~a, ~b, ~c R3 velja:~a+~b, ~b+ ~c,~c+ ~a so nekoplanarni ~a, ~b, ~c so nekomplanarni.

Reitev: Ker se nahajamo v R3 lahko kot kriterij nekomplanarnosti uporabimo meani

produkt treh vektorjev, ki je razlien od ni tedaj, ko so vektorji nekomplanarni.

Pa izraunajmo:

(~a+~b,~b+ ~c,~c+ ~a) = (~a,~b+ ~c,~c+ ~a) + (~b,~b+ ~c,~c+ ~a) =

Pri tem smo uporabili lastnost, da je meani produkt aditiven glede na prvo koordinato.

Dobili smo dva meana produkta, za vsakega od njiju uporabimo aditivnost glede na drugo

koordinato in dobimo naslednje:

= (~a,~b,~c+ ~a) + (~a,~c,~c+ ~a) + (~b,~b,~c+ ~a) + (~b,~c,~c+ ~a) =

Uporabimo e aditivnost na tretjo koordinato in dobimo:

= (~a,~b,~c) + (~a,~b,~a) + (~a,~c,~c) + (~a,~c,~a) + (~b,~b,~c) + (~b,~b,~a) + (~b,~c,~c) + (~b,~c,~a)

Upotevamo, da je meani produkt enak 0, kakor hitro v njem dvakrat nastopi isti vektor, in

da je (~b,~c,~a) = (~a,~b,~c). Potem je konni rezultat:

(~a+~b,~b+ ~c,~c+ ~a) = 2(~a,~b,~c)

2

RAVNINE IN PREMICE V PROSTORU

3. Premica p1 poteka skozi toko A(5, 3, 0) v smeri vektorja ~s = (4, 1,1). Premica p2 potekaskozi toko B(5, 5,2) in je vzporedna premici z enabo 2x = 1 y = z 1. Poii skupnotoko C premic p1 in p2in doloi ravnino, v kateri ti dve premici leita. Pokai, da je trikotnik4ABC pravokoten in poii sredie temu trikotniku ortanega kroga.Reitev: Zapiimo najprej enabi obeh premic.

p1: toka A(5, 3, 0) in smerni vektor ~s = (4, 1,1). Vektorska oblika te premice je:~r1 = (5, 3, 0) + t (4, 1,1)p2: toka B(5, 5,2) in vzporedna premici 2x = 1 y = z 1. Torej, e sta premicivzporedni, imata enak smerni vektor. Preberemo smerni vektor dane premici tako, da jo

najprej malo preoblikujemo v ustrezno obliko. Za zaetek delimo z 2 in pri izrazu z yizpostavimo -1. Dobimo

2x2 =

(y1)2 =

z12 , kar e malo uredimo in je

x1 =

y12 =

z12 . Tukaj ven preberemo smernivektor (koecienti v imenovalcih): ~v = (1,2, 2) in enaba druge premice v vektorski oblikise glasi:

~r2 = (5, 5,2) + k(1,2, 2)

Preseie: Preseie dobimo tako, da obe premici med seboj enaimo: ~r1 = ~r2(5, 3, 0) + t (4, 1,1) = (5, 5,2) + k(1,2, 2)

(5 + 4t, 3 + t,t) = (5 + k, 5 2k,2 + 2k)Enaimo levo in desno stran in dobimo tri enabe z dvema neznankama:

5 + 4t = 5 + k3 + t = 5 2kt = 2 + 2k3

Iz zadnje enabe vidimo, da je t = 2 2k. To vstavimo v drugo enabo in dobimo3 + (2 2k) = 5 3k 5 2k = 5 2kTa enaba nam ni povedala ni novega samo to, da ji takna t in k ustrezata. Zatovstavimo e v prvo enabo in dobimo:

5 + 4(2 2k) = 5 + k 5 + 8 8k = 5 + k 18 = 9k k = 2.Sedaj lahko izraunamo tudi parameter t = 2 2 2 = 2e elimo sedaj dobiti preseie, vstavimo v eno izmed enab premic: ali t v prvo, alik v drugo. V obeh primerih dobimo, da je C(3, 1, 2).

3

Ravnina: Enaba ravnine se glasi (~r ~rT ) ~n = 0, kjer je T dana toka na ravnini in ~nnormalni vektor na ravnino, torej vektor, ki je pravokoten na ravnino in s tem na vse

vektorje v tej ravnini. Ker imamo dva vektorja iz iskane ravnine podana (~s in ~v), lahkoizraunamo normalni vektor kot vektorski produkt teh dveh vektorjev:

~n = ~s ~v = (4, 1,1) (1,2, 2) = (2 2,1 8,8 1) = (0,9,9)

Ker nas pravzaprav zanima samo smer vektorja, ne pa njegova dolina in obrnjenost,

lahko izraunan vektor delimo ali mnoimo z nenegativnim tevilom, kot nam pa bolj

odgovarja. Mi bomo recimo delili z (-9) in tako dobimo normalni vektor ~n = (0, 1, 1).

Za toko lahko vzamemo katerokoli od treh podanih tok, recimo da vzamemo toko A.Tako se potem enaba ravnine glasi:

((x, y, z) (5, 3, 0)) (0, 1, 1) = 0

(x 5, y 3, z) (0, 1, 1) = 0y 3 + z = 0 oz. y + z = 3

4ABC je pravokoten: Pokazati moramo, da sta CA in CB pravokotna. Ker pa CAlei na premici p1 in

CB lei na premici p2, je to enako, kot da dokaemo, da sta ti dvepremici pravokotni oz. da sta njuna smerna vektorja pravokotna.

Vemo, da za pravokotne vektorje velja, da je njihov skalarni produkt enak 0. Pa izrau-

najmo skalarni produkt vektorjev ~s in ~v.

~s ~v = (4, 1,1)(1,2, 2) = 4 2 2 = 0

Torej sta vektorja ~s in ~v res pravokotna in s tem smo pokazali tudi pravokotnost trikot-nika 4ABC.

Sredie ortanega kroga:V pravokotnem trikutniku lei sredie ortanega kroga vedno na hipotenuzi, ker pa

mora biti enako oddaljeno od vseh ogli, bo to na razpoloviu hipotenuze. Torej:

~rS =~rA + ~rB

2=

(5, 3, 0) + (5, 5,2)2

=(0, 8,2)

2

Sredie je torej toka S(0, 4,1).

4

VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

11.teden, 10.05.2011

FUNKCIJE VE SPREMENLJIVK

1. Izraunaj parcialne odvode prvega reda za naslednje funkcije:

(a) f(x; y) = x2 + x 1yReitev: Obstajata dva parcialna odvoda prvega reda in sicer odvod funkcije f pospremenljivki x in odvod funkcije f po spremenljivki y.

Ko odvajamo po spremenljivki x gledamo na spremenljivko y v zapisu funkcije kot nakonstanto. Tako dobimo:

fx = 2x+ 1

Torej smo izraz z x odvajali tako, kot pri funkcijah ene spremenljivke, odvod zadnjegalena pa je 0, saj je le-ta konstanta za nas.

in obratno, ko odvajamo po y gledamo na x kot na konstanto:

Fy = (y2) = 1y2

Podobno kot prej, odvod prvih dveh lenov je 0, saj v njiju y ne nastopa, zadnjega paodvajamo kot neodvisno spremenljivko.

(b) f(x; y) = x2y3 + x3y

Reitev: Podobno kot prej

fx = 2xy3 + 3x2y

Tukaj imamo v obeh lenih produkt x-ov in y-ov in odvajamo kot produkt funkcije skonstanto, torej konstanto prepiemo, funkcijo odvajamo. Podobno po y:

fy = x23y2 + x3 1 = 3x2y2 + x3

(c) f(x; y) = x arctan (x2 + y2)

Reitev: Ko odvajamo po x imamo sedaj produkt dveh funkcij. Pa se spomnimopravila za odvod produkta:

(f g)0 = f 0 g + f g0Po tem pravilu odvajamo tudi nao funkcijo, kjer je prva funkcija v produktu x, drugapa arctan (x2 + y2). Tako dobimo:

fx = 1 arctan (x2 + y2) + x 11 + (x2 + y2)2

2x = 1 arctan (x2 + y2) + 2x2

1 + (x2 + y2)2

Ko pa odvajamo po y, pa je x spredaj samo konstanta, ki jo prepiemo in odvajamosamo arctan (x2 + y2).

fy = x 11 + (x2 + y2)2

2y = 2xy1 + (x2 + y2)2

1

2. Izraunaj parcialne odvode prvega in drugega reda za funkcijo:

f(x; y) = ln (x+ y2)

Reitev: Najprej izraunamo oba parcialna odvoda prvega reda:

fx =1

x+ y2 1 = (x+ y2)1

fy =1

x+ y2 2y = 2y

x+ y2

Sedaj pa lahko izraunamo tudi parcialne odvode drugega reda:

fxx = (fx)x = 1 (x+ y2)2 = 1(x+ y2)2

fxy = (fx)y = 1 (x+ y2)2 2y = 2y(x+ y2)2

fyy = (fy)y =2(x+ y2) 2y 2y

(x+ y2)2=

2x 2y2(x+ y2)2

fyx = (fy)x =0 (x+ y2) 2y 1

(x+ y2)2=

2y(x+ y2)2

Opazimo tudi, da sta oba meana parcialna odvoda drugega reda res enaka.

3. S pomojo diferenciala izraunaj priblino vrednost

(1; 023 + 1; 973)12

Reitev: Ustrezna funkcija za zgornji izraz bo:

f(x; y) = (x3 + y3)12 =

px3 + y3

Enaba, ki jo bomo uporabili za raunanje priblika, pa se glasi

f(x+x; y +y) = f(x; y) + fx(x; y)dx+ fy(x; y)dy

x = 1 y = 2x = 0; 02 y = 0; 03Potrebujemo e oba parcialna odvoda funkcije in vrednost funkcije ter obeh parcialnih odvodov

v toki (1; 2). Najprej vrednost funkcije

f(1; 2) =p13 + 23 =

p1 + 8 =

p9 = 3

in nato e izraunajmo oba parcialna odvoda prvega reda in njune vrednosti v dani toki

fx =12 (x

3 + y3)12 3x2 = 3x2

2px3+y3in fx(1; 2) =

32p9= 12

fy =12 (x

3 + y3)12 3y2 = 3y2

2px3+y3in fy(1; 2) =

3222p9= 42 = 2

Sedaj samo e vse izraunane podatke vstavimo v formulo:

f(1; 02; 1; 97) = 3 +1

2 0; 02 + 2 (0; 03) = 3 + 0; 01 0; 06 = 2; 95

2

DIFERENCIALNE ENABE PRVEGA REDA

Diferencialne enabe z loljivimi spremenljivkami

4. Poii tisto reitev DE y0 2x = 0, ki ustreza zaetnemu pogoju y(0) = 1.

Reitev: Najprej poiemo splono reitev diferencialne enabe. Upotevamo, da je y0 = dydx ,vstavimo to v enabo in jo malo preuredimo. Tako dobimo:

dy

dx= 2x;

kar mnoimo z dx in dobimo loene spremenljivke

dy = 2x dx:

Dobljeno enakost integriramo Zdy =

Z2x dx

in dobimo splono reitev:

y = x2 + C

Sedaj pa upotevamo e zaetni pogoj in izmed vseh parabol, ki smo jih dobili kot reitev

dane diferencialne enabe poiimo tisto, ki gre skozi toko T (0; 1):

1 = 02 + C =) C = 1

Reitev dane zaetne naloge je torej parabola

y = x2 + 1

5. Rei DE:

xyy0 = 1 x2

Reitev: Ponovno upotevamo, da je y0 = dydx in vstavimo to v enabo:

xydy

dx= 1 x2

To sedaj preuredimo tako, da imamo y-e na eni in x-e na drugi strani enaaja:

y dy =1 x2

xdx

Integriramo in dobimo:

y2

2=

Z(1

x x) dx = lnx x

2

2+ C

oziroma splona reitev dane diferencialne enabe je

y2 = 2 lnx x2 +D

3

VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

13.teden, 24.05.2011

DIFERENCIALNE ENABE 1. REDA

Linearna DE 1.reda

1. Rei diferencialno enabo:

xy0 + y = lnx+ 1

Reitev: Linearne diferencialne enabe lahko reujemo na dva naina in sicer z variacijo

konstante ali s pomojo integracijskega mnoitelja. To nalogo bomo reili na oba naina:

1. NAIN: Metoda variacije konstantePo tem nainu najprej reimo homogeni del enabe (tj. desna stran je 0), nato pa

poiemo e partikularno reitev s pomojo variacije konstante (konstanta, ki smo jo

dobili v homogeni reitvi, ni ve konstanta, temve funkcija x-a).

(a) Homogeni del: xy0 + y = 0 s tem smo dobili diferencialno enabo z loljivimispremenljivkami. Reimo jo:

xdy

dx= y

dy

y= dx

x

Integriramo in dobimo:

ln y = lnx+ lnC = ln Cx

Od koder dobimo homogeno reitev

yh =C

x

(b) Nehomogeni del: variacija konstante nastavek za partikularno reitev se sedaj

glasi:

yp =C(x)

x

elimo poraunati C(x), kar bomo storili tako, da bomo nastavek za partikularnoreitev vstavljali v zaetno podano diferencialno enabo. Za to potrebujemo odvod

y0. Izraunajmo gay0p =

C0(x)xC(x)1x2

in vstavimo v enabo:

x C0(x) x C(x)

x2+

C(x)

x= lnx+ 1

Poraunamo in dobimo enabo za C 0(x):

C 0(x) = lnx+ 1:

1

To integriramo, pri tem upotevamo, da je

Rlnx dx = x lnx x (izraunamo pometodi per partes ali prepiemo iz prironika), in dobimo

C(x) =

Z(lnx+ 1) dx =

Zlnx dx+

Zdx = (x lnx x) + x = x lnx

Partikularna reitev je potem

yp =x lnx

x= lnx

Splona reitev linearne diferencialne enabe je potem vsota obeh izraunanih reitev:

y = yh + yp =C

x+ lnx

2. NAIN: Integracijski mnoiteljNajprej celotno enabo delimo z x, da bo koecient pred odvodom odvisne funkcije yenak 1. Dobimo:

y0 +1

xy =

1

xlnx+

1

x(1)

Iz te oblike preberemo, da je

a(x) = 1x ,

izraunamo

P (x) =Ra(x) dx =

R1x dx = lnx

in s pomojo tega integracijski mnoitelj

(x) = eP (x) = eln x = x:

Z izraunanim mnoiteljem sedaj pomnoimo enabo (1) in dobimo:

xy0 + y = lnx+ 1

Leva stran enabe je sedaj odvod produkta (x) y, tako imamo:

[x y]0 = lnx+ 1

To sedaj integriramo (integral desne strani smo poraunali e zgoraj, bomo sedaj samo

prepisali)

x y = x lnx+ CZa konec e enabo delimo s x in dobimo splono reitev dane linearne diferencialneenabe, ki se glasi

y = lnx+C

x

2

Bernoullijeva DE

2. Rei diferencialno enabo:

xy0 + y = xy2

Reitev: Enabo najprej delimo z y2 in dobimo

xy0

y2+

1

y= x;

sedaj pa v enabo uvedemo novo odvisno spremenljivko z = 1y , potrebujemo pa seveda enjen odvod

z0 = 1y2 y0 =) y0

y2 = z0. Imamo vse potrebno, da lahko novo spremenljivkovstavimo v enabo in dobimo:

xz0 + z = x:S tem smo dobili linearno diferencialno enabo za spremenljivko z. Reevali jo bomo spomojo integracijskega mnoitelja, zato jo najprej delimo z x:

z0 1xz = 1 (2)

Iz enabe ven preberemo, da je a(x) = 1x , potem jeP (x) =

R( 1x ) dx = lnx = lnx1 in

(x) = eP (x) = eln x1

= x1 = 1x je integracijski mnoitelj za to LDE. Z njim pomnoimoenabo (2) in dobimo:

1

xz0 1

x2z =

1

x

Leva stran je odvod produkta

[1

x z]0 = 1

x

Integriramo in dobimo

1

x z =

Z1

xdx = lnx+ C

Dobljeno enabo moramo e pomnoit z x in dobimo reitev za spremenljivko z:

z = x lnx+ Cx

Ker nas zanima reitev za y, moramo namesto nove spremenljivke vstaviti nazaj staro. Takodobimo splono reitev dane diferencialne enabe:

z =1

y=) y = 1

z=

1

x lnx+ Cx

3

3. Rei diferencialno enabo:

y0 +x

(1 x2)y = xpy

Reitev: Enabo najprej delimo z

py in dobimo

y0py+

x

(1 x2)py = x;

sedaj pa v enabo uvedemo novo odvisno spremenljivko z =py, potrebujemo pa seveda enjen odvod

z0 = 12y 12 y0 =) y0py = 2z0. Imamo vse potrebno, da lahko novo spremenljivkovstavimo v enabo in dobimo:

2z0 +x

(1 x2)z = x:

S tem smo dobili linearno diferencialno enabo za spremenljivko z. Reevali jo bomo spomojo integracijskega mnoitelja, zato jo najprej delimo z 2:

z0 +x

2(1 x2)z =x

2(3)

Iz enabe ven preberemo, da je a(x) = x2(1x2) , potem je

P (x) =

Zx

2(1 x2) dx =

pri reevanje tega integrala si pomagamo z uvedbo nove spremenljivke:

t = 1 x2, odvajamo in dobimo diferencial dt = 2xdx in od tod dx = dt2xTo vstavimo v zgornji integral in dobimo:

=1

2

Zx

1 x2dt

2x = 1

4

Zdt

t= 1

4ln t = 1

4ln (1 x2) = ln (1 x2) 14

in

(x) = eP (x) = eln (1x2)

14 = (1 x2) 14 = 1

4p1 x2je integracijski mnoitelj za to LDE. Z njim pomnoimo enabo (3) in dobimo:

14p1 x2 z

0 +x

2 4p

(1 x2)5 z =1

4p1 x2

x

2

Leva stran je odvod produkta

[1

4p1 x2 z]

0 =1

4p1 x2

x

2

Integriramo. Pri integriranju desne strani si pomagamo z uvedbo iste nove spremenljivke kot

pri prejnjem integralu in dobimo:

14p1 x2 z =

Z1

4p1 x2

x

2dx = 1

4

Zdt4pt= 1

4 t

34

34

+ C = 13

4p

(1 x2)3 + C

Dobljeno enabo moramo e pomnoit z

4p1 x2 in dobimo reitev za spremenljivko z:

z = 13(1 x2) + C 4

p1 x2

4

Ker nas zanima reitev za y, moramo namesto nove spremenljivke vstaviti nazaj staro. Takodobimo splono reitev dane diferencialne enabe:

z =py =) y = z2 = (1

3(1 x2) + C 4

p1 x2)2

Clairautova DE

4. Rei diferencialno enabo:

y = xy0 + y02

Reitev: Clairautova DE ima splono in singularno reitev. Splono reitev dobimo tako,

da vstavimo y0 = C:y = Cx+ C2

Singularno reitev pa dobimo tako, da diferencialno enabo odvajamo po x. Dobimo:

y0 = y0 + xy00 + 2y0y00

Poraunamo:

0 = xy00 + 2y0y00

0 = y00(x+ 2y0)

Dobljena enaba ima dve reitvi, Prva je y00 = 0 od koder po integriranju dobimo splonoreitev, druga pa je 2y0 + x = 0. To enabo preuredimo in upotevamo, kaj je y':

2dy

dx= x

dy = 12xdx

Integriramo in

y = x2

4

je singularna reitev (ogrinjaa) dane diferencialne enabe.

Homogena DE

5. Rei diferencialno enabo:

y0 =y

x 1

Reitev: Dana enaba je homogena. Reujemo pa jo z uvedbo nove spremenljivke u = yx .Potrebujemo e odvod:

y = u x =) y0 = u0x+ uVstavimo v enabo in dobimo

u0x+ u = u 1 ) dudx

x = 1 ) du = dxx

Integriramo in uvedemo nazaj staro spremenljivko

u = lnx+ C ) yx

= lnx+ C ) y = x lnx+ Cx

5

6. Rei diferencialno enabo:

y0 =(x+ y)2

2x2

Reitev: Najprej enabo preuredimo kvadriramo imenovalec in razlenimo na tri ulomke:

y =(x+ y)2

2x2=

x2 + 2xy + y2

2x2=

x2

2x2+

2xy

2x2+

y2

2x2=

1

2+

y

x+

1

2

yx

2Vidimo, da je dana enaba homogena. Reujemo pa jo z uvedbo nove spremenljivke u = yx .Potrebujemo e odvod:

y = u x =) y0 = u0x+ uVstavimo v enabo in dobimo

u0x+ u =1

2+ u+

1

2u2 ) du

dxx =

1

2(1 + u2) ) du

1 + u2=

dx

2x

Integriramo in uvedemo nazaj staro spremenljivko

arctanu =1

2lnx+ C ) arctan y

x= ln

px+ C

e malo preoblikujemo da dobimo eksplicitno enabo za y:

y

x= tan ln

px+ C ) y = x tan lnpx+ C

6

VAJE IZ PREDMETA

DIFERENCIALNE ENABE

smer: E-UN, TK-UN, GING

14.teden, 31.05.2011

Eksaktna DE

1. Podano imamo diferencialno enabo:

(x+ y + 1) dx+ (x y2 + 3) dy = 0Preveri, ali je ta enaba eksaktna in jo rei.

Reitev: P (x; y) = x+ y + 1

Q(x; y) = x y2 + 3Enaba je eksaktna natandko tedaj, ko je

@P@y =

@Q@x . Preverimo:

Py = 1 in Qx = 1. Oba parcialna odvoda sta enaka, torej enaba je eksaktna.

Ker je ta enaba eksaktna, obstaja taka funkcija u(x; y), da je

ux = P (x; y) = x+ y + 1 in

uy = Q(x; y) = x y2 + 3.Ker je ux = x + y + 1, je potem u =

R(x + y + 1) dx = x

2

2 + xy + x + f(y). Ta rezultatodvajamo po spremenljivki y in dobimo:

uy = x+ f0(y).

Ta zadnji rezultat se mora ujemati s prejnjim: uy = uy.

Dobimo: x y2 + 3 = x+ f 0(y) in od tod f 0(y) = y2 + 3. To integriramo in dobimo:f(y) = y33 + 3y.Splona reitev eksaktne diferencialne enabe je: u(x; y) = C in v naem primeru dobimo:

x2

2+ xy + x y

3

3+ 3y = C

2. Podano imamo diferencialno enabo:

(3x2y2 + y) dx+ (2x3y + x+ 1) dy = 0

Preveri, ali je ta enaba eksaktna in jo rei.

Reitev: P (x; y) = 3x2y2 + y

Q(x; y) = 2x3y + x+ 1

Enaba je eksaktna natanko tedaj, ko je

@P@y =

@Q@x . Preverimo:

Py = 6x2y+ 1 in Qx = 6x

2y+ 1. Oba parcialna odvoda sta enaka, torej enaba je eksaktna.

Ker je ta enaba eksaktna, obstaja taka funkcija u(x; y), da je

ux = P (x; y) = 3x2y2 + y in

uy = Q(x; y) = 2x3y + x+ 1.

Ker je ux = 3x2y2 + y, je potem u =

R(3x2y2 + y) dx = x3y2 + xy + f(y). Ta rezultatodvajamo po spremenljivki y in dobimo:

1

uy = 2x3y + x+ f 0(y).

Ta zadnji rezultat se mora ujemati s prejnjim: uy = uy.

Dobimo: 2x3y + x+ 1 = 2x3y + x+ f 0(y) in od tod f 0(y) = 1. To integriramo in dobimo:

f(y) = y.

Splona reitev eksaktne diferencialne enabe je: u(x; y) = C in v naem primeru dobimo:

x3y2 + xy + y = C

3. Prepoznaj naslednje diferencialne enabe in jih rei:

(a) (xy x) dx+ (xy + x y 1) dy = 0 Loljive spremenljivke(b)

2xy3 dx+

y23x2y4 dy = 0 Eksaktna ali Homogena

(c) (x2 + 1) dy = 2x[(x2 + 1)2 + 3y] dx Linearna

(d) (2x+ 1) dy + y2 dx = 0 Loljive spremenljivke

(e) y0 + y = xy3 Bernoullijeva

(f) y0 (tanx)y = 2 sinx Linearna(g) y0 = 1+y

2

1+x2 Loljive spremenljivke

(h) y0 1xy = 12y Bernoullijeva(i) y = xy0 + y05 Clairautova

2

Nehomogene linearne diferencialne enabe vijega reda s konstantnimi koecienti

4. Rei naslednje diferencialne enabe s pomojo nastavkov:

(a) y00 + 4y0 + 5y = 5x2 32x+ 5

Reitev: Najprej reimo homogeni del enabe, nato e nehomogenega:

i. HOMOGENI DEL: Reujemo diferencialno enabo y00 + 4y0 + 5y = 0.Nastavek za reevanje homogenega dela je (kot se spomnimo od prej) y = ekx.Ko poraunamo e ustrezne odvode, vstavimo v enabo in delimo z ekx, dobimonaslednjo karakteristino enabo:

k2 + 4k + 5 = 0.Ta enaba ima kompleksni reitvi k1 = 2 + i in k2 = 2 i, katerima ustrezatanaslednji reitvi DE:

y1 = e2x cosx in y2 = e2x sinx.Homogena reitev diferencialne enabe je tedaj

yH = C1e2x cosx+ C2e2x sinx

ii. NEHOMOGENI DEL: V naem primeru je funkcija na desni strani enabe f(x) =5x2 32x + 5 polinom druge stopnje. Ker 0 ni reitev karakteristine enabe jenastavek za partikularno reitev v tem primeru tudi polinom druge stopnje:

yP = ax2 + bx+ cPoraunamo e ustrezne odvode

y0P = 2ax+ b iny00P = 2ater vse vstavimo v zaetno enabo. Tako dobimo naslednjo enabo:

2a+ 4(2ax+ b) + 5(ax2 + bx+ c) = 5x2 32x+ 5Pomnoimo in uredimo po potencah x-a in dobimo:5ax2 + (8a+ 5b)x+ (2a+ 4b+ 5c) = 5x2 32x+ 5Primerjamo koeciente pri posameznih potencah x-a na obeh straneh in dobimo trienabe s tremi neznankami

5a = 58a+ 5b = 322a+ 4b+ 5c = 5.Iz tega ven izraunamo vrednosti za koeciente a, b in c, ki so naslednji:a = 1, b = 8 in c = 7.Tako dobimo partikularno reitev, ki je

yp = x2 8x+ 7Skupna reitev dane diferencialne enabe je potem vsota obeh posameznih reitev, tj.

homogene in partikularne reitve:

yS = yh + yp = C1e2x cosx+ C2e2x sinx+ x2 8x+ 7

3

(b) y00 4y0 + 4y = e2x

Reitev: Najprej reimo homogeni del enabe, nato e nehomogenega:

i. HOMOGENI DEL: Reujemo diferencialno enabo y00 4y0 + 4y = 0.Nastavek: y = ekx

Izraunamo e vse ustrezne odvode: y0 = k ekx in y00 = k2 ekx.Vse vstavimo v zaetno enabo in dobimo:

k2 ekx 4k ekx + 4ekx = 0.Celo enabo delimo z ekx in dobimo karakteristini polinom za k:k2 4k + 4 = 0(k 2)2 = 0Od tod dobimo eno reitev karakteristine enabe k1 = 2. Ta reitev je realna reitev2. stopnje in ji pripadata naslednji ustrezni linearno neodvisni reitvi diferencialne

enabe:

y1 = e2xin y2 = x e2x.Homogena reitev je:

yH = C1e2x + C2xe

2x

ii. NEHOMOGENI DEL: V tem primeru je funkcija na desni strani oblike f(x) = eaxP (x),kjer je a = 2 in je P (x) konstanta (torej polinom stopnje 0). Ker je a = 2 dva-kratnareitev karakteristine enabe, je na nastavek za partikularno reitev naslednji:

yP = x2 e2x APoraunamo e ustrezne odvode

y0P = A(2xe2x + x2e2x 2) = 2A(x+ x2)e2x,

y00P = 2A((1 + 2x)e2x + (x+ x2)e2x 2) = 2A(1 + 4x+ 2x2)e2x,ter vse vstavimo v zaetno enabo. Tako dobimo naslednjo enabo:

2A(1 + 4x+ 2x2)e2x 42A(x+ x2)e2x + 4x2 e2x A = e2x

Delimo z e2x in dobimo naslednjo enabo za A:2A = 1, od koder sledi, da je A = 12 . Partikularna reitev se torej glasi:

yP =1

2x2 e2x

.

Skupna reitev je potem

yS = C1e2x + C2xe

2x +1

2x2 e2x

4

(c) y00 3y0 + 2y = 3x+ 5 sin 2x

Reitev: Najprej reimo Homogeni del enabe, nato e nehomogenega:

i. HOMOGENI DEL: Reujemo enabo y00 3y0 + 2y = 0Nastavek: y = ekx

Izraunamo e vse ustrezne odvode: y0 = k ekx in y00 = k2 ekx.Vse vstavimo v zaetno enabo in dobimo naslednjo karakteristino enabo:

k23k+2 = 0, ki jo lahko razstavimo (k1)(k2) = 0 in tako dobimo dve razlinirealni nili k1 = 1 in k2 = 2. Tako se homogena reitev glasi:

yH = C1ex + C2e

2x

ii. NEHOMOGENI DEL:

5

vaje-DE-1-3-11vaje-DE-8-3-11vaje-DE-15-3-11vaje-DE-22-3-11vaje-DE-5-4-11vaje-DE-19-4-11vaje-DE-3-5-11vaje-DE-10-5-11vaje-DE-24-5-11vaje-DE-31-5-11