Vodič za pokušaj polaganja drugog parcijalnog ispita iz ... · Vodič za pokušaj polaganja drugog parcijalnog ispita iz Inženjerske Matematike 2 AbdagićAlvin, Dragolj Edin 31

Vodič za pokušaj polaganja drugog parcijalnog ispita izInženjerske Matematike 2

AbdagićAlvin, Dragolj Edin

31. Maj 2007.

Verzija 1.2020569

Sadržaj1 Uvod 2

2 Rješenja pripremnih zadataka 1 iz Inženjerske matematike 2 32.1 Zadatak 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Zadatak 1′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.3 Zadatak 1′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.4 Zadatak 1′′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.5 Zadatak 1′′′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72.6 Zadatak 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82.7 Zadatak 2′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.8 Zadatak 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102.9 Zadatak 3′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.10 Zadatak 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.11 Zadatak 4′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142.12 Zadatak 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152.13 Zadatak 5′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.14 Zadatak 5′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3 Rješenja pripremnih zadataka 1 iz Inženjerske matematike 2 213.1 Zadatak 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Zadatak 1′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.3 Zadatak 1′′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.4 Zadatak 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 233.5 Zadatak 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 243.6 Zadatak 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253.7 Zadatak 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273.8 Zadatak 5′ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

4 Rješenje varijante A drugog parcijalnog ispita iz Inženjerske matematike 2 u aka-demskoj 2005/2006 na popravnom roku 324.1 Zadatak 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.2 Zadatak 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324.3 Zadatak 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.4 Zadatak 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 344.5 Zadatak 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1

5 Rješenje varijante B drugog parcijalnog ispita iz Inženjerske matematike 2 u aka-demskoj 2005/2006 na popravnom roku 385.1 Zadatak 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.2 Zadatak 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 385.3 Zadatak 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405.4 Zadatak 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 425.5 Zadatak 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1 UvodDobro došli u prvo (a vjerovatno i jedino) izdanje "vodiča za polaganje ispita", skripte koja je zamišljenada studentima ponudi presjek zadataka koji ih mogu očekivati na drugom parcijalnom ispitu. U skripti jeobrađeno 30-ak zadataka, koji su prikupljeni s prošlogodišnjeg materijala "Pripremni zadaci" (s obziromda ovogodišnji materijal nije bio dostupan za vrijeme pravljenja skripte) i prošlogodišnjeg popravnogispita. Zadaci su obrađeni na nivou naših (skromnih) raspoloživih znanja, ali mislimo da mogu pružitiuvid u metodiku rješavanja zadataka. Isto tako, molimo vas da shvatite da ne možemo garantovati tačnostzadataka (pa je poželjno da svaki zadatak koji radite-sami provjerite), kao i da su moguće pravopisnegreške i greške ostale prirode jer nije bilo puno vremena za detaljno pregledanje. Neki zadaci su kraćeobrađeni, nadam se da ćete imati razumijevanja za to, jer vremenski uslovi/rokovi nisu dozvoljavali"dublju" analizu zadataka.Ovom prilikom želimo se zahvaliti prof. dr. Huse Fatkiću što je ukazao podršku ovom malom projektu,kao i svima onima koji su nam pružali pomoć te ukazivali na greške i nedostatke u radu. Bićemo i daljeotvoreni za sve sugestije, primjedbe i pohvale. Nadamo se da će vam ovaj materijal biti koliko-toliko odkoristi i da će se njegovo korištenje pozitivno odraziti na rezultate ispita. Na kraju, želimo vam mnogosreće na ispitu.

2

2 Rješenja pripremnih zadataka 1 iz Inženjerske matematike 2

2.1 Zadatak 1Odredite Fourierov integral i Fourierovu transformaciju funkcije f zadane formulom:

f(x) ={

0, |x| > 11, |x| ≤ 1

Na osnovu dobijenih rezultata izračunajte nesvojstveni Riemannov integral:∫ ∞

0

sinω

ωdω

Rješenje

Zadana funkcija f se može napisati u obliku:

f(x) =

0, x < −11, −1 ≤ x ≤ 10, x > 1

-1.5 -1. -0.5 0. 0.5 1. 1.5 2.

0.5

1.

Slika 1: Dio grafika funkcije f

Na svakom konačnom intervalu (a, b), gdje su a i b proizvoljni realni brojevi, za zadanu funkciju f vrijedi:

1. Funkcija f ima maksimalno dvije tačke prekida. i svi su prve vrste. U svim ostalim tačkamafunkcija f je neprekidna.

2. Funkcija f je na intervalima (−∞,−1) ∩ (a, b), [−1, 1] ∩ (a, b) i (1,∞) ∩ (a, b) monotona.

Prema tome funkcija f(x) zadovoljava Dirichleove uslove na svakom konačnom intervalu (a, b). Kako je∫ ∞

−∞|f(x)|dx =

∫ −1

−∞|f(x)|dx +

∫ 1

−1

|f(x)|dx +∫ ∞

1

|f(x)|dx =∫ 1

−1

dx = x|1−1 = 2,

to je zadana funckija apsolutno integrabilna na intervalu (−∞,∞).Primijetimo da vrijedi f(−x) = f(x), odnosno da je zadana funkcija f parna.Na osnovu zaključenog možemo odrediti Fourierovu transformaciju:

F (ω) =2π

∫ ∞

0

f(x) cos(ωx)dx =2π

[∫ 1

0

f(x) cos(ωx)dx +∫ ∞

1

f(x) cos(ωx)dx

]=

=2π

∫ 1

0

cos(ωx)dx =2π

sin(ωzx)ω

∣∣∣∣10

=2π

sinω

ω.

3

Također funkcija f se u svim tačkama neprekidnosti može predstaviti Fourierovim integralom:

f(x) =∫ ∞

0

F (ω) cos(ωx)dω =∫ ∞

0

2π

sinω

ωcos(ωx)dω =

2π

∫ ∞

0

sinω

ωcos(ωx)dω.

Koristeći se dobijenim Fourierovim integralom, i uvrštavajući vrijednost x = 0 (što možemo uraditi, jerje funkcija neprekidna u x = 0) dobijemo:

f(0) =2π

∫ ∞

0

sinω

ωcos(ω · 0)dω,

1 =2π

∫ ∞

0

sinω

ωdω,∫ ∞

0

sinω

ωdω =

π

2.

Slika 2: Dio grafika podintegralne funkcije sin ωω

2.2 Zadatak 1′

Naći Fourierov integral i Fourierovu transformaciju funkcije zadane formulom:

f(t) ={

0, t < 0,e−αt, t ≥ 0, α > 0

Rješenje:

U određivanju Fourierovog integrala date funkcije potrebno je razmotriti uslove konvergencije traženogFourierovog integrala:

a) funkcija f : R → R je apsolutno integrabilna funkcija, tj.∫ +∞−∞ |f(t)|dt < ∞,

b) funkcija f zadovoljava Dirichletove uslove na svakom konačnom razmaku u R.

Podsjećanja radi navedimo Dirichletove uslove:

1. postoji konačan skup A ⊂ [a, b] tako da je f neprekidna funkcija u svakoj tački skupa [a, b]\A.Ukoliko je A 6= ∅, onda u svakoj tački skupa A funkcija f ima skok prve vrste;

4

-0.5 0. 0.5 1. 1.5 2.

0.5

1.

Slika 3: Dio grafika funkcije f

2. postoji podjela segmenta [a, b] na konačno mnogo dijelova takva da je funkcija f monotona nasvakom od tih dijelova segmenta.

Očigledno je kako data funkcija zadovoljava Dirichletove uslove. Stoga ispitajmo još apsolutnu integra-bilnost: ∫ +∞

−∞|f(t)|dt =

∫ +∞

−∞|e−αt|dt =

∫ 0

−∞|0|dt +

∫ +∞

0

e−αtdt = limr→+∞

[e−αt

−α

]r

0

=1α∈ R,

prema tome data funkcija je apsolutno integrabilna. Sada možemo preći na računanje Fourierove tran-sformacije, pa polazimo od relacije:

S(ω) =∫ +∞

−∞f(t)e−ıωtdt =

∫ +∞

0

e−αte−ıωtdt =∫ +∞

0

e−(αt+ıω)tdt =1

α + ıω

Znajući Fourierovu transformaciju možemo jednostavno izvršiti računanje Fourierovog integrala pomoćurelacije f(t) = 1

2π

∫ +∞−∞ S(ω)eıωtdω, tj:

f(t) =12π

∫ +∞

−∞S(ω)eıωtdω =

12π

∫ +∞

−∞

1α + ıω

eıωtdω

Time je određen Fourierov integral.

2.3 Zadatak 1′′

Riješite Cauchyev problem: x′′ − y′′ + y′ − x = et − 2.2x′′ − y′′ − 2x′ + y = −tx(0) = x′(0) = y(0) = y′(0) = 0

Rješenje:

"Laplace"-iranjem sistema dif. jednačina dobijemo sistem algebarskih jednačina po nepoznatim funkci-jama X(z) i Y (z):

z2X(z)− zx(0)− x′(0)− (z2Y (z)− zy(0)− y′(0)) + zY (z)− y(0)−X(z) =1

z − 1− 2

z

2(z2X(z)− zx(0)− x′(0))− (z2Y (z)− zy(0)− y′(0))− 2(zX(z)− x(0)) + Y (z) = − 1z2

x(0) = x′(0) = y(0) = y′(0) = 0

5

Odnosno:

z2X(z)− z2Y (z) + zY (z)−X(z) =1

z − 1− 2

z

2z2X(z)− z2Y (z)− 2zX(z) + Y (z) = − 1z2

Sređivanjem dobijemo:

X(z)(z2 − 1)− Y (z)z(z − 1) =2− z

z(z − 1)

X(z)2z(z − 1)− Y (z)(z2 − 1) = − 1z2

Rješavanjem datog sistema dobijemo:

X(z) =1

z(z − 1)2∧ Y (z) =

2z − 1z2(z − 1)2

U finalnoj etapi rješavanja treba naći inverzne Laplace-ove transformacije dobijenih funkcija, u ciljulakšeg ostvarenja te namjere poželjno je X(z) i Y (z) predstaviti preko parcijalnih razlomaka. Timedobijemo:

X(z) =1z− 1

z − 1+

1(z − 1)2

Y (z) = − 1z2

+1

(z − 1)2

Sada "inverznim Laplace-iranjem" (kojeg obavljamo uz pomoć tablica) dobijemo:

X(z) = L−1

[1z− 1

z − 1+

1(z − 1)2

]= t− et + tet

Y (z) = L−1

[− 1

z2+

1(z − 1)2

]= −t + tet.

2.4 Zadatak 1′′′

Nađite inverznu Laplaceovu transformaciju funkcije:

F (z) =2z

(z2 + 1)2

Rješenje

Zadatu funkciju možemo napisati kao:

F (z) = 2z

z2 + 11

z2 + 1

Na osnovu osobine linearnosti Laplaceove transformacije imamo:

L−1[F (z)](t) = 2 · L−1[z

z2 + 11

z2 + 1](t)

Dalje na osnovu osobine konvolucije 1 Laplaceove transformacije imamo:

L−1[F (z)](t) = 2∫ t

0

L−1[z

z2 + 1](x) · L−1[

1z2 + 1

](x− t) · dx

1Ako su f1(t) ∈ E(a1), f2(t) ∈ E(a2), a1 6= a2, L[f1(t)](z) = F1(z) i L[f2(t)](z) = F2(z) , onda vrijedi:L

hR t0 f1(x)f2(t − x)dx

i(z) = F1(z) · F2(z), odnosno L−1 [F1(z) · F2(z)] (t) =

R t0 f1(x)f2(t − x)dx

6

Iz tablice Laplaceovih transformacija imamo: L−1[ 1z2+1 ](t) = sin t i L−1[ z

z2+1 ](t) = cos t, pa uvrštavanjemu gornji izraz imamo:

L−1[F (z)](t) = 2∫ t

0

cos(x) sin(t− x)dx

Transformacijom proizvoda cosinusa i sinusa u zbir sinusa dobijemo:

L−1[F (z)](t) = 2∫ t

0

12[sin(x− (t− x)) + sin(x + (t− x))]dx = 2 · 1

2

∫ t

0

[sin(2x− t) + sin t)]dx,

L−1[F (z)](t) =∫ t

0

sin(2x−t)dx+sin t

∫ t

0

dx =cos(2x− t)

2

∣∣∣∣t0

+sin t · x|t0 =cos(2t− t)

2−cos(2 · 0− t)

2+t sin t,

L−1[F (z)](t) = t sin t +cos t− cos(−t)

2= t sin t.

2.5 Zadatak 1′′′′

Nađite funkciju čija je Laplaceova transformacija:

2z(z2 + 1)2

.

Rješenje:

Potrebno je naći inverznu Laplaceovu transformaciju zadane funkcije, stoga ćemo prvo zadani izrazrazložiti na parcijalne razlomke kako bismo posao traženja inverzne transformacije lakše obavili:

21

z(z2 + 1)2= 2

z2 + 1− z2

z(z2 + 1)2= 2

[1

z(z2 + 1)− z

(z2 + 1)2

]=

= 2[z2 + 1− z2

z(z2 + 1)− z

(z2 + 1)2

]= 2

[1z− z

z2 + 1− z

(z2 + 1)2

]=

= 2[1z− 2

z

z2 + 1− 2

z

(z2 + 1)2

]Sad pređimo na traženje inverzne Laplaceove transformacije:

L−1

[2

1z(z2 + 1)2

]= 2L−1

[1z

]− 2L−1

[1z

]− 2L−1

[z

(z2 + 1)2

]= 2− 2 cos t− 2L−1

[z

(z2 + 1)2

]Nazna čenu inverznu Laplaceovu transformaciju ćemo odrediti kao inverznu transformaciju od proizvodadvije funkcije:

z

z2 + 1· 1z2 + 1

∧ L−1[F1(z)F2(z)] =∫ t

0

f1(x)f2(t− x)dx

gdje su L−1[F1(z)] = f1(t) i L−1[F2(z)] = f2(t). Prema tome vrijedi:

L−1

[1

z2 + 1· z

z2 + 1

]=

∫ t

0

sinx cos(t− x)dx =12

∫ t

0

[sin t + sin(2x− t)]dx =

=12

[∫ t

0

sin tdx +∫ t

0

sin(2x− t)dx

]=

12

[sin t · x|t0 −

[cos(2x− t)

2

]t

0

]=

=12t sin t

Na kraju uvrštavajući dobijemo konačni rezultat:

L−1

[2

1z(z2 + 1)2

]= 2− 2 cos t− t sin t

7

2.6 Zadatak 2Izračunajte dvojni integral funkcije f zadane formulom:

f(x, y) =√

1− x2 − y2

na oblasti D(⊂ R) ograničenoj krivom čija je jednačina x2 + y2 = 1.

Rješenje

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

Slika 4: Oblast D je kružnica (lijevo), a grafička interpretacija ovog dvojnog integrala je volumen tijelana slici(desno)

Zadana funkcija f je definisana na oblasti D(f) :={(x, y) ∈ R|1− x2 − y2 ≥ 0

}=

{(x, y) ∈ R|x2 − y2 ≤ 1

}.

Kako je f očito elementarna, to je ona i neprekidna na oblasti D, pa je tu i integrabilna u Riemannovomsmislu, tj. postoji integral:

I =∫∫

D

√1− x2 − y2dxdy

Zamijenimo provougle polarnim koordinatama transformacijom:

x = ρ cos ϕ, y = ρ sinϕ

Jacobian ove transformacije je:

J =∣∣∣∣ x′ρ x′ϕ

y′ρ y′ϕ

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ cos ϕ −ρ sinϕ

sinϕ ρ cos ϕ

∣∣∣∣ = ρ sin2 ϕ+ρ cos2 ϕ = ρ(sin2 ϕ+cos2 ϕ) = ρ 6= 0, , za (x, y) 6= (0, 0)

Kako su očigledno zadovoljeni dovoljni uslovi za smjenu varijabli, to traženi integral postaje:

I =∫∫

D′ρ

√1− ρ2 cos2 ϕ− ρ2 sin2 ϕdϕdρ =

∫∫D′

ρ√

1− ρ2dϕdρ,

gdje je D′ oblast na koju se preslikava oblast D gornjom transformacijom. S obzirom da je D bilakružnica, D′ će biti pravougaonik (ρ ∈ [0, 1], ϕ ∈ [0, 2π]).

I =∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

ρ√

1− ρ2dρ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− ρ2 = t−2ρdρ = dtρdρ = − 1

2dtρ = 0 ⇔ t = 1ρ = 1 ⇔ t = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 0

1

−12

√tdt =

12

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

t12 dt =

=12

∫ 2π

0

t32

32

∣∣∣∣∣1

0

dϕ =12

∫ 2π

0

23dϕ =

13ϕ∣∣2π

0=

23π,

8

odnosno: ∫∫D

√1− x2 − y2dxdy =

23π.

2.7 Zadatak 2′

Izračunajte integral ∫ ∫D

√1− x2 − y2

1 + x2 + y2dxdy

gdje je D = {(x, y) ∈ R2|x2 + y2 ≤ 1, y ≥ 0}

Rješenje:

-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

Slika 5: Oblast D (lijevo), grafička interpretacija ovog dvojnog integrala je volumen tijela na slici(desno)

Data oblast predstavlja "gornju" polovinu kruga x2 + y2 ≤ 1. Za računanje datog integrala pogodnoje preći na polarne koordinate:

x = ρ cos ϕ ∧ y = ρ sinϕ (ϕ ∈ [0, 2π], ρ =√

x2 + y2

S obzirom da je y ≥ 0 ⇒ sinϕ ≥ 0 ⇒ ϕ ∈ [0, π]. Prije nego sto transformišemo dati integral potrebno jeutvrditi Jacobian deterimantu:

J =D(x, y)D(ρ, ϕ)

=∣∣∣∣ x′ρ x′ϕ

y′ρ yϕ

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ cos ϕ −ρ sinϕ

sinϕ ρ cos ϕ

∣∣∣∣ = ρ 6= 0

Prema tome dato preslikavanje oblasti je regularno, pa prelazimo na transformaciju integrala:∫ ∫D(x,y)

F (x, y)dxdy ⇒∫ ∫

D(ρ,ϕ)

F (ρ, ϕ)∣∣∣∣D(x, y)D(ρ, ϕ)

∣∣∣∣ dρdϕ

odnosno ∫ ∫D(x,y)

√1− x2 − y2

1 + x2 + y2dxdy ⇒

∫ ∫D(ρ,ϕ)

√1− ρ2

1 + ρ2ρdρdϕ)

Dati integral sad može preci u uzastopni integral s sljedećim granicama:∫ π

0

dϕ

∫ 1

0

√1− ρ2

1 + ρ2ρdρ =

9

tj.: ∫ π

0

dϕ

∫ 1

0

√1− ρ2

1 + ρ2ρdρ =

= π

∫ 1

0

√1− ρ2

1 + ρ2ρdρ = |ρ2 = m ∧ 2ρdρ = dm|

=π

2

∫ 1

0

√1−m

1 + mdm =

∣∣∣∣∣√

1−m

1 + m= r ⇒ m =

1− r2

1 + r2∧ dm =

−4rdr

[1 + r2]2

∣∣∣∣∣ =

=π

2

∫ 0

1

−4r2

(1 + r2)2dr =

=4π

2

∫ 1

0

r2

(1 + r2)2dr =

∣∣∣∣ u = rdv = − r

(1+r2)2 dr

∣∣∣∣=

4π

2

[−1

2r

1 + r2+

12arctg r

]1

0

=

=4π

2

[−1

4+

12

π

4

]=

= π

[π

4− 1

2

]2.8 Zadatak 3Izračunajte površinu oblasti D(⊂ R2) ograničene krivom zadanom jednačinom:

(ax + by + c)2 + (dx + ey + f)2 = 1 ,

gdje je ae 6= bd.

Rješenje

-3 -2 -1 0 1-1.5

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

Slika 6: Grafički prikaz oblasti D

Tražena površina je:

P =∫∫

D

dxdy

Odredimo transformaciju:

u = ax + by + c ⇔ x =u− by − c

a(1)

10

v = dx + ey + f ⇔ y =v − dy − f

e(2)

Uvrštavanjem 2 u 1 imamo:

x =u− c

a− bv − bdx− bf

ae

∣∣∣ · (ae)

aex = ue− ce− bv + bdx + bf

x(ae− bd) = ue− ce− bv + bf

x =ue− ce− bv + bf

ae− bd(3)

Sada uvrstimo 3 u 2:y =

v − f

e− deu− dbv − dce + dbf

ae− bd

y =1e

(aev − aef − bdv + bdf − deu + dbv + dce− dbf

ae− bd

)y =

aev − aef − deu + dce

e(ae− bd)

y =av − af − du + dc

ae− bd

Odredimo sada Jacobian transformacije:

J =∣∣∣∣ x′u x′v

y′u y′v

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ e

ae−bd−b

ae−bd−d

ae−bda

ae−bd

∣∣∣∣ =ae− bd

(ae− bd)2=

1ae− bd

6= 0

Kako su očigledno zadovoljeni uslovi za smjenu varijabli, to tražena površina postaje:

P =∫∫

D

dxdy =∫∫

D′

1|ae− bd|

dudv

Sada je potrebno odrediti granice integracije. Primjetimo da su izrazi u2 i v2 nenegativni za ∀u, v ∈ R.Također oblast D’ je ograničena krivom u2 + v2 = 1. Na osnovu ovoga možemo zaključiti da jeu, v ∈ [−1, 1]. Ako uzmemo da se u mijenja u navedem intervalu, iz jednačine krive koja ograničavaoblast imamo da se v mijenja između −

√1− u2 i

√1− u2, u funkciji od u. Pa sada imamo:

P =1

|ae− bd|

∫ 1

−1

du

∫ √1−u2

−√

1−u2dv =

1|ae− bd|

∫ 1

−1

du · v∣∣∣√1−u2

−√

1−u2=

2|ae− bd|

∫ 1

−1

√1− u2du =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣u = sinϕdu = cos ϕdϕu = −1 ⇔ ϕ = −π

2u = 1 ⇔ ϕ = π

2

∣∣∣∣∣∣∣∣ =2

|ae− bd|

∫ π2

−π2

√1− sin2 ϕ cos ϕdϕ =

∣∣sin2(−ϕ) = sin2(ϕ)∣∣ =

=4

|ae− bd|

∫ π2

0

| cos ϕ| cos ϕdϕ =∣∣∣cos ϕ ≥ 0,∀ϕ ∈

[0,

π

2

]∣∣∣ =4

|ae− bd|

∫ π2

0

cos2 ϕdϕ =

=

∣∣∣∣∣ cos(ϕ2 ) =

√1+cos ϕ

2

cos2 ϕ = 12 + 1

2 cos(2ϕ)

∣∣∣∣∣ =4

|ae− bd|

∫ π2

0

[12

+12

cos(2ϕ)]

dϕ =2

|ae− bd|

[∫ π2

0

dϕ +∫ π

2

0

cos(2ϕ)dϕ

]=

=2

|ae− bd|

[ϕ∣∣∣π

2

0+

sin(2ϕ)2

∣∣∣∣π2

0

]=

2|ae− bd|

[π

2− 0 +

sinπ

2− sin 0

2

]=

π

|ae− bd|

Površina zadate oblasti je π|ae−bd| .

2.9 Zadatak 3′

Izračunajte površinu oblasti D, koja je ograničena linijom čija je jednačina (ax)12 +(by)

12 = 1 i pravcima

čije su jednačine ax = by, 4ax = by (a > 0, b > 0).

11

0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

0.0

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0


Rješenje:

Prvo potražimo presječne tačke krivih koje obrazuju datu oblast (evidentno je da se data oblast nalaziu I kvadrantu tj. (x ≥ 0, y ≥ 0)). isto tako označimo pravce kao yg = 4ax

b (gornji) i yd = axb (donji), kao

i datu krivu sa C. Sad potražimo tačke presjeka:

1. C ∩ yd:

(ax)12 + (by)

12 = 1 ∧ ax = by ⇒ y =

14b∧ x =

14a

2. C ∩ yg:

(ax)12 + (by)

12 = 1 ∧ 4ax = by ⇒ y =

49b∧ x =

19a

3. yd ∩ yg

ax = by ∧ 4ax = by ⇒ y = 0 ∧ x = 0

Na osnovu nađenih presječnih tačaka možemo odrediti granice integracije, kao i postaviti izraz zapovršinu date oblasti. Prije toga izrazimo y iz relacije C:

(ax)12 + (by)

12 = 1 ⇒ y =

(1−√

ax)2

b

Uspostavimo integral za površinu sada:

∫ ∫D

dxdy =∫ 1

9a

0

dx

∫ 4axb

axb

dy +∫ 1

4a

19a

dx

∫ (1−√

ax)2

b

axb

dy

12

Sada:

=∫ 1

9a

0

3ax

bdx +

∫ 14a

19a

[(1−

√ax)2

b− ax

b

]dx =

[3ax2

2b

] 19a

0

+∫ 1

4a

19a

1b

[1− 2

√ax + ax− ax

]dx

=1

54ab+

∫ 14a

19a

1b[1− 2

√ax]dx =

154ab

+1b

[x− 4

√a

3x

32

] 14a

19a

=1

54ab+

7324ab

=13

324ab

2.10 Zadatak 4Primjenom dvojnog ili trojnog integrala izračunajte volumen tijela V omeđenog površinama:

z = x2 + y2, z = 2x2 + 2y2, z = 4

Rješenje

Slika 8: Grafički prikaz tijela V

Traženi volumen je:

V =∫∫∫

V

dxdydz

Radi jednostavnosti proračuna zamijenimo pravougle sa cilindričnim koordinatama transformacijom:

x = ρ cos ϕ, y = ρ sinϕ, z = z,

pa je Jacobian ove transformacije:

J =

∣∣∣∣∣∣x′ρ x′ϕ x′zy′ρ y′ϕ y′zz′ρ z′ϕ z′z

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣cos ϕ −ρ sinϕ 0sinϕ ρ cos ϕ 0

0 0 1

∣∣∣∣∣∣ = ρ sin2 ϕ+ρ cos2 ϕ = ρ(sin2 ϕ+cos2 ϕ) = ρ 6= 0 , za (x, y) 6= (0, 0)

13

Kako su očigledno zadovoljeni uslovi za smjenu varijabli, to traženi volumen postaje:

V =∫∫∫

V

dxdydz =∫∫∫

V ′ρdϕdρdz

Sada je potrebno odrediti granice integracije. Primjetimo da z uvijek mora biti nenegativno zbog izrazaz = x2 + y2. Također je ograničeno površi z = 4. Prema tome vrijedi z ∈ [0, 4]. Očigledno je volumensimetričan prema x i y, pa pravimo puni krug u xOy ravni, odnosno vrijedi: ϕ ∈ [0, 2π]. Nakon uvršta-vanja smjena imamo da je oblast V ′ ograničena sa: z = ρ2, z = 2ρ2, z = 4. Odavde je očigledno dasu granične vrijednosti za ρ (znajući da je ρ ≥ 0): ρ =

√z i ρ =

√z2 . Pa sada možemo pisati:

V =∫ 4

0

dz

∫ 2π

0

dϕ

∫ √z

√z2

ρdρ =∫ 4

0

dz

∫ 2π

0

dϕ · ρ2

2

∣∣∣∣√

z

√z2

=∫ 4

0

dz

∫ 2π

0

(z

2− z

4

)dϕ =

∫ 4

0

z

4dz

∫ 2π

0

dϕ =

=∫ 4

0

z

4dz · ϕ

∣∣∣2π

0=

π

2

∫ 4

0

zdz =π

2· z2

2

∣∣∣∣40

=π

224

2= 4π

2.11 Zadatak 4′

Izračunajte zapreminu oblasti koja je ograničena sa površi čija je jednačina:

(x2 + y2 + z2)2 = a2x, (a 6= 0).

Rješenje:

Slika 9: Grafički prikaz tijela V

Korjenovanjem polazne jednačine dobijemo:

x2 + y2 + z2 = |a|√

x.

14

Očigledno mora biti ispunjen uslov x ≥ 0 iz ovoga slijedi zaključak da se data oblast nalazi u 4 oktantatrodimenzionalnog koordinatnog sistema. Uočavajući da je data površ prema jednačini simetrična uodnosu na sva 4 kvadranta ravni yOz zaključujemo da data površ zatvara jednake volumene na svakomod tih oktanata (oktanti za koje vrijedi x ≥ 0). Uzimajući navedeno u obzir, pristupamo računanjuvolumena na samo jednom oktantu, prije toga pogodno je izvršiti prelazak na sferne koordinate:

x = ρ sin θ cos ϕ ∧ y = ρ sin θ sinϕ ∧ z = ρ cos θ

Odredimo Jacobijan:

J =D(x, y, z)D(ρ, ϕ, θ)

=

∣∣∣∣∣∣x′ρ x′ϕ x′θy′ρ y′ϕ y′θz′ρ z′ϕ z′θ

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣sin θ cos ϕ −ρ sin θ sinϕ ρ cos θ cos ϕsin θ sinϕ ρ sin θ cos ϕ ρ cos θ sinϕ

cos θ 0 −ρ sin θ

∣∣∣∣∣∣ = ρ2 sin θ

Jednačina same površi prelazi u:

ρ4 = a2ρ sin θ cos ϕ ⇒ ρ3 = a2 sin θ cos ϕ

S obzirom da računamo volumen u jednom oktantu, možemo odrediti slijedeće granice integracije:

(0 ≤ ϕ ≤ π

2) ∧ (0 ≤ θ ≤ π

2) ∧ 0 ≤ ρ ≤ a

23 (sin θ cos ϕ)

13

Prema tome integral za volumen oblasti je:∫ ∫ ∫V4

ρ2 sin θdρdϕdθ =∫ π

2

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ

∫ a23 (sin θ cos ϕ)

13

0

ρ2dρ =

tj.:

=∫ π

2

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ

[ρ3

3

]a23 (sin θ cos ϕ)

13

0

=∫ π

2

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθa2

3sin θ cos ϕ =

∫ π2

0

cos ϕdϕ

∫ π2

0

(sin θ)2dθa2

3

=a2

6

∫ π2

0

cos ϕdϕ

∫ π2

0

[1− cos 2θ]dθ =a2

6

[θ − sin 2θ

2

]π2

0

=a2

6π

2=

πa2

12

S obzirom da ovo predstavlja samo volumen koju površzaklapa u jednom oktantnu, potrebno ju jepomnožiti sa 4 kako bi dobili ukupni volumen koji zaklapa zadata površ tj:

V = 4 · πa2

12=

πa2

3

2.12 Zadatak 5Pilasta funkcija (saw-tooth) f∗ je 2π-periodičko proširenje restrikcije funkcije f na interval (−π, π).Funkcija f je zadana formulom:

f(x) ={

x, |x| < π0, |x| ≥ π

a) Pronađite Fourierov red funkcije f∗.

b) Odredite Fourierovu transformaciju funkcije f .

c) Odredite Fourierov integral funkcije f .

Rješenje

Zadana funkcija f se može napisati u obliku:

f(x) =

0, x ≤ −πx, −π < x < π0, x ≥ π

Primijetimo da za funkciju f na intervalu (a, b), gdje su a i b proizvoljni realni brojevi vrijedi:

15

1. Funkcija je neprekida u svim tačkama intervala, osim u najviše dvije tačke x ∈ {−π, π} ukoliko onepripadaju intervalu.

2. Funkcija je monotona na intervalima (−∞,−π) ∩ (a, b), (−π, π) ∩ (a, b), (π,∞) ∩ (a, b).

Prema tome funkcija f zadovoljava Dirichleove uslove na proizvoljnom, konačnom intervalu (a, b). Kakoje: ∫ ∞

−∞|f(x)|dx =

∫ π

−π

|x|dx =∫ 0

−π

−xdx +∫ π

0

xdx =x2

2

∣∣∣∣−π

0

+x2

2

∣∣∣∣π0

= π2,

to je funkcija f apsolutno integrabilna.Primijetimo još da vrijedi f(−x) = −f(x), odnosno da je f neparna funkcija.Formirajmo 2π-periodičko proširenje restrikcije funkcije f na interval (−π, π):

f∗(x) =

x , x ∈ (−π, π)x− 2kπ, x ∈ ((2k − 1) π, (2k + 1) π) ,∃k ∈ Z0 , x = (2k + 1)π,∃k ∈ Z

-2 Π -Π Π 2 Π

-Π

Π

Slika 10: Dio grafika funkcije f∗

Primijetimo da u svim tačkama, pa i u tačkama prekida vrijedi:

f∗(x) =limx→x− f∗(x) + limx→x+ f∗(x)

2

Iz svega rečenog možemo zaključiti:

1. Za funkciju f možemo naći Fourierovu transformaciju

2. Funkciju f možemo predstaviti Fourierovim integralom u svim tačkama neprekidnosti

3. Periodičkom produženju f∗, restrikcije funkcije f na interval (−π, π), možemo pridružiti Fourierovred. Taj red će konvergirati ka funkciji f∗(x) za ∀x ∈ R

a) Dužina perioda funkcije f∗(x) je T = 2π. Osim toga funkcija je neparna, pa su koeficijeniti an = 0.

bn =4T

∫ T2

0

f(x) sin(

2nπ

Tx

)dx =

42π

∫ π

0

x sin(

2nπ

2πx

)dx

bn =2π

∫ π

0

x sin(nx)dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = sin(nx)dx

v = − cos(nx)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ =2π

[−x cos(nx)

n

∣∣∣∣π0

+1n

∫ π

0

cos(nx)dx

]

16

bn =2π

[−π cos(nπ)

n+

0 · cos(n · 0)n

+sin(nx)

n2

∣∣∣∣π0

]=

2π

[−π cos(nπ)

n+

sin(πx)n2

− sin(0 · x)n2

]bn = −2 cos(nπ)

n+

2 sin(nπ)n2π

Izraz sin(nπ) je jednak nuli za svaki cio broj n, dok izraz cos(nπ) alternira između -1 i 1.

bn = (−2) · (−1)n

n= 2

(−1)n−1

n

f∗(x) =∞∑

n=1

bn sin(

2nπ

Tx

)=

∞∑n=1

2(−1)n−1

nsin

(2nπ

2πx

)= 2

∞∑n=1

(−1)n−1

nsin(nx)

b)

S(ω) =2π

∫ ∞

0

f(x) sin(ωx)dx =2π

∫ π

0

x sin(ωx)dx

S(ω) =

∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = sin(ω)xdx

v = − cos(ωx)ω

∣∣∣∣∣∣∣∣ =2π

[−x cos(ωx)

ω

∣∣∣∣π0

+1ω

∫ π

0

cos(ωx)dx

]=

2π

[−x cos(ωx)

ω

∣∣∣∣π0

+sin(ωx)

ω2

∣∣∣∣π0

]

S(ω) =2π

[−π cos(ωπ)

ω+

0 · cos(ω · 0)ω

+sin(ωπ)

ω2− sin(ω · 0)

ω2

]=

2π

[−π cos(ωπ)

ω+

sin(ωπ)ω2

]S(ω) =

2 sin(ωπ)ω2π

− 2 cos(ωπ)ω

c)

f(t) =∫ ∞

0

S(ω) sin(ωt)dω =∫ ∞

0

(2 sin(ωπ)

ω2π− 2 cos(ωπ)

ω

)sin(ωt)dω

f(t) =2π

∫ ∞

0

sin(ωπ) sin(ωt)ω2

dω − 2∫ ∞

0

cos(ωπ) sin(ωt)ω

dω

2.13 Zadatak 5′

a) Nađite jedinične vektore prirodnog trijedra prostorne krive zadane parametarskim jednačinama

x = t, y = t2, z = t3

u tački određenoj izrazom t = 1, a zatim napišitie jednačine tangente, glavne normale i binormalezadane krive u toj tački.

b) Nađite jednačinu oskulatorne ravnine kružnice zadane jednačinama

x2 + y2 + z2 = 6, x + y + z = 0

u njenoj tački M(1, 1, 2).

Rješenje:

a) Dakle, data kriva određuje tačke čiji vektori položaja su određeni koordinatama x, y i z. Prema tomevektor položaja je ~r = {x, y, z} = {t, t2, t3}, znajući ovo moguće je pristupiti određivanju vektoratangente, binormale i normale. Pa vektor tangente je:

~T =d~r

dt=

d{x, y, z}dt

= {x′t, y′t, z′t} = {1, 2t, 3t2}

17

vektor binormale:

~B =d~r

dt× d2~r

dt2= {x′t, y′t, z′t} × {x′′t , y′′t , z′′t } = {1, 2t, 3t2} × {0, 2, 6t} =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k1 2t 3t2

0 2 6t

∣∣∣∣∣∣ ={6t2,−6t, 2

}vektor normale:

~N =(

d~r

dt× d2~r

dt2

)×d~r

dt= {6t2,−6t, 2}×{1, 2t, 3t2} =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k6t2 −6t 21 2t 3t2

∣∣∣∣∣∣ ={−18t3 − 4t,−18t4 + 2, 12t3 + 6t

}Sada možemo preći na određivanje jednačina tangente, birnormale i normale po formulama ({x0, y0, z0}- zadata tačka):

Tangenta: ⇒ x− x0

Tx=

y − y0

Ty=

z − z0

Tz

Binormala: ⇒ x− x0

Bx=

y − y0

By=

z − z0

Bz

Normala: ⇒ x− x0

Nx=

y − y0

Ny=

z − z0

Nz

Uvrštavanjem dobijenih rezultata (iz računanja vektora) i zadane tačke dobijemo ({x0, y0, z0} ={t, t2, t3} konkretno za t = 1 dobijemo {x0, y0, z0} = {1, 1, 1}):

Tangenta: ⇒ x− 11

=y − 1

2=

z − 13

Binormala: ⇒ x− 16

=y − 1−6

=z − 1

2

Normala: ⇒ x− 111

=y − 1

8=

z − 1−9

Ostaje nam jošda oredimo ortove vektora tangente, binormale i normale. Označimo ih respektivnosa ~τ , ~β, ~n. Odredimo prvo ~τ :

~τ =~T

|~T |=

{1, 2t, 3t2}|{1, 2t, 3t2}|

={1, 2t, 3t2}√12 + 4t2 + 9t4

={

1√12 + 4t2 + 9t4

,2t√

12 + 4t2 + 9t4,

3t2√12 + 4t2 + 9t4

}sad ~β:

~β =~B

| ~B|=

{6t2,−6t, 2}|{6t2,−6t, 2}|

={6t2,−6t, 2}√36t4 + 4 + 36t2

={

3t2√9t4 + 9t2 + 1

,−3t√

9t4 + 9t2 + 1,

1√9t4 + 9t2 + 1

}i na kraju ~n:

~n =~N

| ~N |=

{−18t3 − 4t,−18t4 + 2, 12t3 + 6t}|{−18t3 − 4t,−18t4 + 2, 12t3 + 6t}|

={−18t3 − 4t,−18t4 + 2, 12t3 + 6t}√

4(9t3 − 2t)2 + 4(9t4 + 1)2 + 36(2t3 + t)2=

=

{−9t3 − 2t√

(9t3 − 2t)2 + (9t4 + 1)2 + 9(2t3 + t)2,

−9t4 + 1√(9t3 − 2t)2 + (9t4 + 1)2 + 9(2t3 + t)2

,

6t3 + 3t√(9t3 − 2t)2 + (9t4 + 1)2 + 9(2t3 + t)2

}

b) Prvo je potrebno odrediti vektor ~r iz jednačina krivih:

x2 + y2 + z2 = 6,∧x + y + z = 0

18

Pretpostavimo da je x = x(t), y = y(t), z = z(t) tj. da se date krive mogu predstaviti parametarski.Sada pokušajmo naći vektore d~r

dt i d2~rdt2 , diferencirajući date jednačine i izražavajući sve preko jedne

promjenjive:xdx + ydy + zdz = 0 ∧ dx + dy + dz = 0

Uvrštavajuci tačku M na mjesto koordinata (x, y, z) dobijemo:

dx + dy − 2dz = 0 ∧ dx + dy + dz = 0 ⇒ {dx,−dx, 0}

Množeći sve sa 1dx dobijemo vektor d~r

dt = {1,−1, 0}.Na sličan način određujemo vektor d2~rdt2 :

d2~r

dt2= {0,−1, 1}

Sada je pogodno odrediti vektor binormale tj.:

~B =d~r

dt× d2~r

dt2= {1,−1, 0} × {0,−1, 1} =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k1 −1 00 −1 1

∣∣∣∣∣∣ = {−1,−1,−1}

Sada je prema relaciji (vidi Ušćumlić 2, str. 158, zad 1617.):

Bx(x− x0) + By(y − y0) + Bz(z − z0) = 0 ⇒ −(x− 1)− (y − 1)− (z + 2) = 0

tj. jednačina oskulatorne ravni je:x + y + z = 0

2.14 Zadatak 5′′

a) Izračunajte krivolinijski integral ∫C

y2dx + x2dy

gdje je C gornja polovina elipse x = a cos t, y = b sin t, koja se prelazi u smislu gibanja kazaljke sata.

b) Izračunajte trojni integral ∫∫∫V

√y2 + x2 + z2dxdydz

gdje je V kugla poluprešnika R.

Rješenje

a) Kako je podintegralna funkcija elementarna, pa prema tome i neprekidna, to je ona i integrabilna,tj. postoji traženi integral po krivoj koja je glatka. Zadatkom su nam zadani x i y u parametarskomobliku. Odredimo dx i dy (što možemo, jer su funkcije x(t) i y(t) elementarne, pa prema tome idiferencijabilne):

dx = −a sin tdt

dy = b cos tdt

Da bismo opisali gornju polovinu elipse potrebno je mijenjati parametar t od 0 do π. Uzevši u obzirda elipsu obilazimo u smijeru kazaljke na satu parametar t se ustvari mijenja od π do 0. Uvrštavajućiparametarske oblike za x, y, dx i dy, i vrijednosti parametra t imamo:

I =∫

C

y2dx + x2dy =∫ 0

π

[−ab2 sin3 tdt + a2b cos3 tdt

]= ab2

∫ π

0

sin3 tdt + a2b

∫ 0

π

cos3 tdt

Riješimo sada neodređene integrale:∫sin3 tdt =

∫(1− cos2 t) sin tdt =

∫sin tdt−

∫cos2 t sin tdt =

∣∣∣∣ cos t = s− sin tdt = ds

∣∣∣∣ =

=∫

sin tdt +∫

s2ds = − cos t +s3

3=

cos3 t

3− cos t

19

∫cos3 tdt =

∫(1− sin2 t) cos tdt =

∫cos tdt−

∫sin2 t cos tdt =

∣∣∣∣ sin t = scos tdt = ds

∣∣∣∣ =

=∫

cos tdt−∫

s2ds = sin t− s3

3= sin t− sin3 t

3

Vratimo se na izračunavanje početnog integrala:

I = ab2

[cos3 t

3− cos t

] ∣∣∣∣∣π

0

+ a2b

[sin t− sin3 t

3

] ∣∣∣∣∣0

π

= ab2

[−1

3+ 1− 1

3+ 1

]=

43ab2

Traženi integral iznosi 43ab2.

b) Kako je podintegralna funkcija je očigledno elemenatarna i definisana na R3, pa prema tome i naoblasti D, to je ona i neprekidna na toj oblasti, pa prema tome i integrabilna u Riemannovom smislu,odnosno postoji tražen integral.S obzirom da je oblast integracije kugla, dati integral je najlakše računati po sfernim koordinatama.Stoga pređimo sa pravouglih na sferne koordinate, koristeći transformaciju:

x = ρ sin θ cos ϕ, y = ρ sin θ sinϕ, z = ρ cos θ

Odredimo Jacobijan ove transformacije:

J =D(x, y, z)D(ρ, ϕ, θ)

=


∣∣∣∣∣∣ =



∣∣∣∣∣∣ =

= ρ2 sin θ 6= 0 , za (x, y, z) 6= (0, 0, 0) ∧ z 6= 0

Trasformišimo podintegralnu funkciju:

f(x, y, z) =√

y2 + x2 + z2

f(ρ, ϕ, θ) =√

ρ2 sin2 θ cos2 ϕ + ρ2 sin2 θ sin2 ϕ + ρ2 cos2 θ =√

ρ2[sin2 θ

(cos2 ϕ + sin2 ϕ

)+ cos2 θ

]=

=√

ρ2(sin2 θ + cos2 θ

)= sqrtρ2 = |ρ| = ρ


I =∫∫∫

V

√y2 + x2 + z2dxdydz =

∫∫∫V ′

ρ · ρ2 sin θ · dρdϕdθ

Sada je potrebno odrediti granice integracije, što nije komplikovano, jer je oblast integracije veomajednostavna (kugla). Za kuglu poluprečnika R u sfernim koordinatama vrijedi: ρ ∈ [0, R], ϕ ∈ [0, 2π],θ ∈ [0, π], pa imamo:

I =∫ π

0

dθ

∫ 2π

0

dϕ

∫ R

0

ρ3 sin θdρ =∫ π

0

sin θdθ

∫ 2π

0

dϕ

∫ R

0

ρ3dρ =∫ π

0

sin θdθ

∫ 2π

0

dϕ · ρ4

4

∣∣∣∣R0

=

=R4

4

∫ π

0

sin θdθ

∫ 2π

0

dϕ =R4

4

∫ π

0

sin θdθ · ϕ∣∣∣2π

0=

R4π

2

∫ π

0

sin θdθ = −R4π

2· cos θ

∣∣∣π0

=

=R4π

2+

R4π

2= R4π

Traženi integral iznosi R4π.

20

3 Rješenja pripremnih zadataka 1 iz Inženjerske matematike 2

3.1 Zadatak 1Riješite sistem diferncijalnih jednačina:

3tdx

dt− 2x− y + z = 0

2tdy

dt− x− 3y − z = 0

6tdz

dt+ x− 7y − 5z = 0

Rješenje

Uvedimo smjenu eu = |t|, tada očigledno imamo: dt = eudu, pa uvrštavanjem u početne jednačineimamo:

3eu dx

eudu− 2x− y + z = 0

2eu dy

eudu− x− 3y − z = 0

6eu dz

eudu+ x− 7y − 5z = 0

Daljim sređivanjem dobijemo:dx

du=

23x +

13y − 1

3z (4)

dy

du=

12x +

32y +

12z (5)

dz

du= −1

6x +

76y +

56z (6)

Diferenciranjem (4) imamo:d2x

du2− 2

3dx

du=

13

dy

du− 1

3dz

du

Uvrštavanjem (5) i (6) u prethodnu jednačinu dobijemo:

d2x

du2− 2

3dx

du=

16x +

12y +

16z +

118

x− 718

y − 518

z

d2x

du2− 2

3dx

du− 2

9x =

19y − 1

9z

Ako izrazimo z iz (4) i uvrstimo u prethodni izraz:

d2x

du2− 2

3dx

du− 2

9x =

19y +

13

dx

du− 2

9x− 1

9y

d2x

du2− dx

du= 0

Ovo je homogena diferencijalna jednačina sa konstantnim koeficijenitima, koju možemo riješiti rješava-njem karakteristične jednačine:

λ2 − λ = 0 ⇔ λ = 1 ∨ λ = 0,

pa je opšte rješenje jednačine:x = C1e0·u + C2e1·u = C1 + C2eu (7)

Diferenciranjem rješenja imamo:dx

du= C2eu (8)

21

Sada uvrstimo (8) i (7) u (4):

C2e2 =23C1 +

23C2e2 +

13y − 1

3z

Sređivanjem ovog izraza dobijemo relaciju između y i z:

y = C2eu − 2C1 + z (9)

Uvrštavanjem (7) i (9) u (6) (pomnozenu sa 6) dobijemo:

6dz

du= −C1 − C2eu + 7C2e2 − 14C1 + 7z + 5z

Nakon sređivanja imamo:

z′ − 2z = C2e2 − 52C1

Ovo je linearna diferencijalna jednačina po z čije je opšte rješenje dato sa:

z = e−R

2du

(C3 +

∫ (C2eu − 5

2C1

)e

R2dudu

),

odnosno:z = C3e2u − C2eu +

54C1 (10)

Uvrštavanjem (10) u (9), i nakon sređivanja imamo:

y = C3e2u − 34C1

Uzimajući u obzir da je eu = |t|, dobijemo opšte rješenje polaznog sistema:

x = C1 + C2|t|, y = −34C1 + C3t

2, z =54C1 + C2|t|+ C3t

2, ∀t ∈ R \ {0}

3.2 Zadatak 1′

Riješite Cauchyev problem: {xIV + 2x′′ + x = t,x(0) = x′(0) = x′′(0) = 0, x′′′(0) = 1

Rješenje:

Dati Cauchyev problem rješavat ćemo pomoću Laplaceove transformacije, pa stoga "Laplace-irajmo"datu jednačinu:

xIV + 2x′′ + x = t /L

z4X(z)− z3x(0)− z2x′(0)− zx′′(0)− x′′′(0) + 2[z2X(z)− zx(0)− x′(0)] + X(z) =1z2

z4X(z)− 1 + 2z2X(z) + X(z) =1z2⇒ X(z)[z4 + 2z2 + 1] =

1z2

+ 1

X(z)[z2 + 1]2 =1z2

+ 1 ⇒ X(z) =1

z2(z2 + 1)2+

1(z2 + 1)2

X(z) =1 + z2

z2(z2 + 1)2⇒ X(z) =

1z2(z2 + 1)

Inverzna Laplaceova transformacija daje:

x(t) = L−1

[1

z2(z2 + 1)

]= L−1

[1z2− 1

z2 + 1

]= t− sin t

22

3.3 Zadatak 1′′

Nađite funkciju čija je Laplaceova transformacija:

4z3 + 4z

.

Rješenje:

Dati izraz razlažemo na parcijalne razlomke:

4z3 + 4z

=4

z(z2 + 4)=

z2 + 4− z2

z(z2 + 4)=

1z− z

z2 + 4

Sad prelazimo na taženje inverzne Laplaceove transformacije:

L−1

[4

z3 + 4z

]= L−1

[1z− z

z2 + 4

]= L−1

[1z

]− L−1

[z

z2 + 4

]= 1− cos 2t

3.4 Zadatak 2Laplaceovom transformacijom riješite Cauchyjev problem drugog reda:{

y′′ + y = shxy(0) = 1, y′(0) = 0

Rješenje

Prvo odredimo Laplaceovu transformaciju sh t.

sh t =et − e−t

2=

12et − 1

2e−t

L [sh t] (z) = L[12et − 1

2e−t

](z) =

12L

[et

](z)− 1

2L

[e−t

](z) =

12

1z − 1

− 12

1z + 1

=1

z2 − 1

Ako sada primjenimo Laplaceovu transformaciju na cijelu diferencijalnu jednačinu imamo:

z2Y (z)− zy(0)− y′(0) + Y (0) =1

z2 − 1

Uzimajući u obzir početne uslove dobijemo:

z2Y (z)− z + Y (z) =1

z2 − 1

Odnosno, nakon sređivanja:

Y (z) =1

(z2 + 1)(z − 1)(z + 1)+

z

z2 + 1

Rješenje diferencijalne jednačine je inverzna Laplaceova transformacija gornje funkcije. Međutim dabismo efektivno našli inverzne Laplaceove transformacije funkcije Y (z) potrebno je 1

(z2+1)(z−1)(z+1) ras-taviti na parcijalne razlomke:

1(z2 + 1)(z − 1)(z + 1)

=Az + B

z2 + 1+

C

z − 1+

D

z + 1

1 = (z2 − 1)(Az + b) + C(z2 + 1)(z + 1) + D(z2 + 1)(z − 1)

23

z = ı ⇔ (Aı + B)(−1− 1) = 1 ⇔ A = 0 ∧B = −12

z = 1 ⇔ 1 = C(1 + 1)(1 + 1) ⇔ C =14

z = −1 ⇔ 1 = D(1 + 1)(−1− 1) ⇔ D = −14

1(z2 + 1)(z − 1)(z + 1)

= −12

1z2 + 1

+14

1z − 1

− 14

1z + 1

Otuda imamo:Y (z) = −1

21

z2 + 1+

14

1z − 1

− 14

1z + 1

+z

z2 + 1,

odnosno, primjenjući inverznu Laplaceovu transformaciju dobijemo:

L−1 [Y (z)] (x) = −12L−1

[1

z2 + 1

](x) +

14L−1

[1

z − 1

](x)− 1

4L−1

[1

z + 1

](x) + L−1

[z

z2 + 1

](x)

y(x) = −12

sinx +14ex − 1

4e−x + cos x

y(x) = −12

sinx +12

ex − e−x

2+ cos x

y(t) = −12

sinx +12sh x + cos x

3.5 Zadatak 3Laplaceovom transformacijom riješite diferencijalnu jednačinu drugog reda, čija je desna strana stepfunkcija: {

y′′ + y = θ(x + α), (α > 0),y(0) = 0, y′(0) = 1

gdje je θ(t) tzv. Heavisideova funkcija definirana formulom:

θ(t) ={

1 za t ≥ 00 za t < 0

Rješenje:

Prvi korak u postupku rješavanja bit će nalaženje Laplaceove transformacije obje strane date dif. jed-načine. S obzirom da s desne strane imamo funkciju čiju:

θ(x + α) ={

1 x ≥ −α0 x < −α

Laplaceovu transformaciju ne možemo očitati s tablica (zbog uslova −α < 0), morat ćemo pristupititraženju Laplaceove transformacije funkcije θ(x + α)"po definiciji":

L[θ(x + α)] =∫ +∞

0

θ(x + α)e−zxdx,

treba uočiti kako funkcija θ(x + α) nije jednaka nuli za x < 0, pa ju je potrebno "modifikovati" da biodredili Laplaceovu transformaciju. Modifikacija se sastoji u tome da ćemo tražiti Laplaceovu transfor-maciju umnoška funkcija θ(x) i θ(x+α) pri čemu je θ(x) definisana kao u postavci zadatka (t ≡ x). Sadaje moguče napisati izraz:

L[θ(x)θ(x + α)] =∫ +∞

0

1 · 1e−zxdx =∫ +∞

0

e−zxdx =[e−zx

−z

]+∞

0

=1z,

i nastaviti sa rješavanjem zadatka-traženja Laplaceove transformacije obje strane:

24

z2Y (z)− zy(0)− y′(0) + Y (z) =1z

Y (z)[z2 + 1] =1z

+ 1

Y (z) =1

z(z2 + 1)+

1z2 + 1

Y (z) =[z2 + 1− z2]

z(z2 + 1)+

1z2 + 1

Y (z) =[1z− z

z2 + 1

]+

1z2 + 1

Y (z) =1z− z

z2 + 1+

1z2 + 1

Re{z} > 0

Sad pređimo na traženje inverzne Laplaceove transformacije dobijene funkcije Y (z):

L−1[Y (z)] = L−1

[1z

]− L−1

[z

z2 + 1

]+ L−1

[1

z2 + 1

]L−1[Y (z)] = θ(x + α)− cos x + sinx

Dakle:y(x) = θ(x + α)− cos x + sinx

predstavlja rješenje date dif. jednačine.

3.6 Zadatak 4Koristeći razvoj funkcije f(x) = x2, 0 < x < 2π, u Fourierov red, izračunajte graničnu vrijednost:

limx→∞

∞∑n=1

x2

1 + n2x2.

Rješenje

Pokažimo da za ∀x ∈ R, i ∀n ∈ n vrijedi:

0 ≤ x2

1 + n2x2<

1n2

Lijevi dio ove nejednakosti je očigledan jer je brojnik nenegativan, a nazivnik pozitivan. Kako je

x2

1 + n2x2<

1n2

⇔ x2n2 < 1 + n2x2 ⇔ 0 < 1,

to vrijedi i desni dio nejednakosti, pa i cijela nejednakost. Pa je zadani red∑∞

n=1x2

1+n2x2 uniformnokonvergentan prema Weierstrassovom kriteriju.Također funkcija x2

1+n2x2 je definisana za ∀x ∈ (−∞,∞), pa je tačka ∞ tačka gomilanja domena ovefunkcije, a funkcija je očito elementarna, pa prema tome i neprekidna na cijelom domenu.Iz ovoga možemo zaključiti da vrijedi relacija:

limx→∞

∞∑n=1

x2

1 + n2x2=

∞∑n=1

limx→∞

x2

1 + n2x2=

∞∑n=1

1n2

Zadana funkcija f je elementarna, pa prema tome i neprekidna, i ima neprekidne izvode na intervalu(0, 2π), odnosno zadovoljava Dirichleove uslove na intervalu (0, 2π). Prema tome možemo joj pridružiti

25

-Π Π 2 Π 3 Π

4 Π

2

9 Π

2

4

Π

2Π

2

9 Π

2

4

4 Π

2

Slika 11: Grafik funkcije f(x)

Fourierov red, koji će konvergirati ka funkciji f(x), za ∀x ∈ (0, 2π), dok će na krajevima intervala (x = 0i x = 2π) konvergirati ka vrijednosti:

A =limx→0+ f(x) + limx→2π− f(x)

2=

0 + 4π2

2= 2π2

Odredimo sada Fourierove koeficijente:

a0 =1π

∫ 2π

0

x2dx =1π

x3

3

∣∣∣∣2π

0

=83π2

an =1π

∫ 2π

0

x2 cos(nx)dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣u = x2

du = 2xdxdv = cos(nx)dx

v = sin(nx)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ =1π

[x2sin(nx)

n

∣∣∣∣2π

0

− 2n

∫ 2π

0

x sin(nx)dx

]=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = sin(nx)dx

v = − cos(nx)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ =1π

[2x cos(nx)

n2

∣∣∣∣2π

0

− 1n2

∫ 2π

0

cos(nx)dx

]=

=1π

[4π cos(2nπ)

n2− sin(nx)

n3

∣∣∣∣2π

0

]=

4n2

bn =1π

∫ 2π

0

x2 sin(nx)dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣u = x2

du = 2xdxdv = sin(nx)dx

v = − cos(nx)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ =1π

[−x2cos(nx)

n

∣∣∣∣2π

0

+2n

∫ 2π

0

x cos(nx)dx

]=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = cos(nx)dx

v = sin(nx)n

∣∣∣∣∣∣∣∣ =1π

[−4π2 cos(2nπ)

n+

2x sin(nx)n2

∣∣∣∣2π

0

− 2n2

∫ 2π

0

sin(nx)dx

]=

=1π

[−4π2

n− 2cos(nx)

n3

∣∣∣∣2π

0

]=−4π

n,

26

pa je odgovarajući Fourierov red:

f(x) ∼ 86π2 +

∞∑n=1

4 cos(nx)n2

−∞∑

n=1

4π sin(nx)n

Ranije je ustanovljeno da za vrijednost x = 0 dobijeni Fourierov red konvergira ka vrijednosti A(=2π2), pa imamo:

A = 2π2 =86π2 +

∞∑n=1

4 cos(0)n2

−∞∑

n=1

4π sin(0)n

2π2 =86π2 +

∞∑n=1

4n2

2π2 − 86π2

4=

∞∑n=1

1n2

∞∑n=1

1n2

=π2

6,

odnosno:

limx→∞

∞∑n=1

x2

1 + n2x2=

π2

6.

3.7 Zadatak 5Stepenasta funkcija y = f∗(x) je 2π-periodičko proširenje funkcije y = f(x) zadane formulom:

f(x) =

−1, za x ∈ (−π, 0)0, za x = 01, za x ∈ (0, π]

kao na slici.

a) Razvijte zadanu funkciju f∗ u Fourierov red.

b) Odredite Fourierovu transformaciju zadane funkcije i od proširenja f̃ funkcije f na R koja je jednakanuli izvan razmaka (−π,+π].

c) Odredite Fourierov integral zadane funkcije i od proširenja f̃ funkcije f na R koja je jednaka nuliizvan razmaka (−π,+π].

Rješenje:

U svrhu provjere zadovoljenja Dirchletovih uvjeta uočimo za datu funkciju f(x) na intervalu (a, b) vrijedi:

1. Funkcija je na zadanom razmaku neprekidna, osim u tački x = 0 u kojoj ima prekid prve vrste(konačan skok).

2. Postoji podjela razmaka (−π, π] na konačno mnogo podrazmaka na kojima je funkcija f monotna.

Dakle zadana funkcija zadovoljava Dirichletove uslove na razmaku (−π, π]. Vrijedi primjetiti da jef(−x) = −f(x), za sve x ∈ (−π,+π] tj. data funkcija je neparna. Njeno 2π-periodičko proširenjemožemo zadati formulom:

f∗ =

−1, za x ∈ ((2k − 1)π, 2kπ) (k ∈ Z)0, za x = kπ1, za x ∈ (2kπ, (2k + 1)π]

27

-Π Π

-1

1


a) Primjetimo kako za sve tačke osim tačaka x ∈ R vrijedi:

f∗ =limx→x− f∗(x) + limx→x+ f∗(x)

2

Otuda slijedi da je zadanoj funkciji f moguće pridužiti Fourierov red koji će konvergirati ka funkciji f∗(x)za ∀x ∈ R. Pređimo na određivanje Fourierovih koeficijenata. S obzirom da je funkcija neparna bićean = 0(∀n ∈ N). Ostaje da odredimo koeficijente bn, kako je period od T jednak 2π to imamo:

bn =2T

∫ T/2

−T/2

f(x) sin2nπ

Txdx =

4T

∫ T/2

0

f(x) sin2nπ

Txdx =

=42π

∫ 2π/2

0

f(x) sin2nπ

2πxdx =

2π

∫ π

0

1 · sin 2nπ

2πxdx =

2π

∫ π

0

sinnxdx =

=2π

[−cos nx

n

]π

0=

2π

[−cos nπ

n+

1n

]=

2π

[1− cos nπ

n

]=

{4

nπ , za n = 2k + 1 (k ∈ Z)0, za n = 2k (k ∈ Z)

Otuda dobijemo sljedeći razvoj funkcije f∗(x) u Fourierov red

f∗(x) =+∞∑n=1

bn sin2nπ

Tx =

+∞∑n=1

4nπ

sin2nπ

2πx =

4π

+∞∑n=1

sinnx

n=

4π

+∞∑k=0

sin(2k + 1)x2k + 1

pri čemu vrijedi da je

f(x) =4π

+∞∑k=0

sin(2k + 1)x2k + 1

za ∀x ∈ (−π, π]. b) Razmotrimo da li možemo naći Fourierovu transformaciju funkcije f∗(x). Kakofunkcija f∗(x) zadovoljava Dirichletove uslove na svakom konačnom razmaku < a, b >∈ R, ostaje namjoš da utvrdimo da li je funkcija aposlutno integrabilna:∫ +∞

−∞|f∗(x)|dx < ∞

tj.: ∫ +∞

−∞1dx =

∫ +∞

−∞1 · dx =

∫ +∞

−∞dx =

s obzirom da je skup tačaka prekida funkcije f∗(x) Lebesgeuve mjere nula, to neće uticati na vrijednostintegrala:

= x|∞−∞ = ∞Prema tome funkcija f∗(x) nije apsolutno integrabilna. Kako nije ispunjen ovaj uvjet ne možemo efek-tivno odrediti ni Fourierov integral, a ni Fourierovu transformaciju funkcije f∗(x).Na šličan način provjeravamo apsolutnu integrabilnost funkcije f̃ :∫ +∞

−∞1dx =

∫ +∞

−∞1 · dx =

∫ +π

−π

dx = 2π < ∞

28

pa prema tome funkcija f̃ je apsolutno integrabilna.Pristupamo traženju Fourierove transformacije f̃(x), s obzirom da je funkcija f̃(x) neparna vrijedi

a(ω) = 0, odnosno:

S(ω) =2π

∫ +∞

0

f(x) sinωxdx =2π

∫ +∞

0

sinωxdx =2π

[−cos ωx

ω

]π

0= − 2

π

[cos ωπ

ω− 1

ω

]

S(ω) = − 2π

[cos ωπ

ω− 1

ω

]c) Fourierov integral za funkciju f̃(x) sad možemo odrediti pomoću relacije:

f̃(t) =12π

∫ +∞

−∞S(ω)eıωtdω

tj.:

f̃(t) =−1π2

∫ +∞

−∞

[cos ωπ

ω− 1

ω

]eıωtdω

3.8 Zadatak 5′

Parna pilasta funkcija (saw-tooth) f∗ je 2π-periodičko proširenje restrikcije funkcije f na interval (−π, π)zadane formulom:

f(x) ={|x|, |x| < π0 , |x| ≥ π

a) Pronađite Fourierov red funkcije f∗.

b) Odredite Fourierovu transformaciju funkcije f .

c) Odredite Fourierov integral funkcije f .

d) Pokažite da je:∞∑

n=1

1(2n− 1)2

=π2

8

Rješenje

Zadana funkcija se može napisati u obliku:

f(x) =

0 , x ≤ −π−x, −π < x < 0x , 0 ≤ x < π0 , x ≥ π

Primjetimo da za funkciju f na intervalu (a, b), gdje su a i b proizvoljni realni brojevi vrijedi:

1. Funkcija je neprekida u svim tačkama intervala, osim u tačkama x = −π i x = π, ukoliko onepripadaju intervalu.

2. Funkcija je monotona na intervalima (−∞,−π)∩(a, b), (−π, 0)∩(a, b), (0, π)∩(a, b), (π,∞)∩(a, b).

Prema tome funkcija f zadovoljava Dirichleove uslove na intervalu proizvoljnom, konačnom (a, b). Kakoje ∫ ∞

−∞|f(x)|dx =

∫ π

−π

|x|dx =∫ 0

−π

−xdx +∫ π

0

xdx = −x2

2

∣∣∣∣0−π

+x2

2

∣∣∣∣π0

= π2,

29

-2 Π -Π Π 2 Π

Π


to je funkcija f(x) apsolutno integrabilna.Primijetimo još da vrijedi f(−x) = f(x), odnosno da je f parna funkcija.Formirajmo 2π-periodičko proširenje restrikcije funckije f na interval (−π, π):

f∗(x) =

|x| , x ∈ [−π, π)x− 2kπ , x ∈ [2kπ, (2k + 1) π] ,∃k ∈ Z−x + 2kπ, x ∈ [(2k − 1) π, 2kπ) ,∃k ∈ Z

Primjetimo da u svim tačkama vrijedi:

f∗(x) =limx→x− f∗(x) + limx→x+ f∗(x)

2Iz svega rečenog možemo zaključiti:

1. Za funkciju f možemo naći Fourierovu transformaciju

2. Funkciju f možemo predstaviti Fourierovim integralom u svim tačkama neprekidnosi.

3. Periodičkom produženju f∗, restrikcije funkcije f(x) na interval (−π, π), možemo pridružiti Fouri-erov red. Taj red će konvergirati ka funkciji f∗(x) za ∀x ∈ R

a) Dužina perioda funkcije f∗(x) je T = 2π. Osim toga funkcija je parna, pa su koeficijeniti bn = 0.

an =4T

∫ T2

0

f∗(x) cos2nπ

Txdx

a0 =2π

∫ π

0

xdx =2π

x2

2

∣∣∣∣π0

=π2

π= π

an =2π

∫ π

0

|x| cos(nx)dx =2π

∫ π

0

x cos(nx)dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = cos(nx)v = sin(nx)

n

∣∣∣∣∣∣∣∣ =2π

[x sin(nx)

n

∣∣∣∣π0

− 1n

∫ π

0

sin(nx)dx

]=

=2π

cos(nx)n2

∣∣∣∣π0

=2π

(−1)n − 1n2

Pa je odgovarajući Fourierov red:

f∗(x) ∼ π

2+

2π

∞∑n=1

(−1)n − 1n2

cos(nx)

Primjetimo da za sve parne n-ove izraz (−1)n− 1 postane jednak nuli, pa ostanu samo neparni n-ovi,pa možemo pisati:

f∗(x) ∼ π

2+

2π

∞∑n=1

(−1)2n−1 − 1(2n− 1)2

cos(nx) =π

2+

2π

∞∑n=1

−2(2n− 1)2

cos(nx)

30

Daljiim sređivanjem i na osnovu ranije izvedenih zaključaka možemo pisati:

f∗(x) =π

2− 4

π

∞∑n=1

1(2n− 1)2

cos(nx) (11)

b)

S(ω) =2π

∫ ∞

0

f(x) cos(ωx)dx =

=2π

∫ π

0

x cos(ωx)dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣u = xdu = dxdv = cos(ωx)v = sin(ωx)

ω

∣∣∣∣∣∣∣∣ =2π

[x sin(ωx)

ω

∣∣∣∣π0

− 1ω

∫ π

0

sin(ωx)dx

]=

=2π

[π sin(ωπ)

ω+

cos(ωx)ω2

∣∣∣∣π0

]=

2π

[π sin(ωπ)

ω+

cos(ωπ)ω2

− 1ω2

]=

2π

ωπ sin(ωπ) + cos(ωπ)− 1ω2π

c)

f(t) =∫ ∞

0

S(ω) cos(ωx)dω

f(t) =2π

∫ ∞

0

ωπ sin(ωπ) + cos(ωπ)− 1ω2π

cos(ωx)dω

d) Uvrštavajući x = 0 u 11 imamo:

f∗(0) = 0 =π

2− 4

π

∞∑n=1

1(2n− 1)2

cos(n · 0)

0 =π

2− 4

π

∞∑n=1

1(2n− 1)2

π

2=

4π

∞∑n=1

1(2n− 1)2

∞∑n=1

1(2n− 1)2

=π2

8

31

4 Rješenje varijante A drugog parcijalnog ispita iz Inženjerskematematike 2 u akademskoj 2005/2006 na popravnom roku

4.1 Zadatak 1Odredite Fourierov integral funkcije f zadane izrazom:

f(t) ={

0 t < 0e−2t t ≥ 0

Rješenje

Sličan zadatak je već riješen u poglavlju 1.2 (Pripremni zadaci 1 - Zadatak 1′). Tamo je riješen opštislučaj, dok je ovo primjer za α = 2.

4.2 Zadatak 2Izračunajte dvojni integral funkcije f zadane formulom

f(x, y) =

√1− 1

9x2 − y2

na oblasti D(⊂ R2) ograničenoj krivom čija je jednačina x2 + 9y2 = 9.

Rješenje

-3 -2 -1 0 1 2 3-1.5

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

1.5

Slika 14: Oblast D je elipsa (lijevo), a grafička interpretacija ovog dvojnog integrala je volumen tijela naslici(desno)

Funkcija f je definisana na oblasti D. Kako je ona na oblasti D elementarna, to je i neprekidna naovoj oblsati, pa prema tome i integrabilna u Riemannovom smislu, tj. postoji traženi integral.Primjetimo da je oblast D(⊂ R2) elipsa, ograničena krivom: x2

32 + y2 = 1 Prema tome pogodno je sapravouglih preći na eliptične koordinate, koje će elipsu preslikati na pravougaonik. Uradimo to putemtransformacije:

x = 3ρ cos ϕ

y = ρ sinϕ

Odredimo Jacobijan ove transformacije:

J =∣∣∣∣ x′ρ x′ϕ

y′ρ y′ϕ

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 3 cos ϕ −3ρ sinϕ

sinϕ ρ cos ϕ

∣∣∣∣ = 3ρ sin2 ϕ + 3ρ cos2 ϕ = 3ρ(sin2 ϕ + cos2 ϕ) =

= 3ρ 6= 0, za (x, y) 6= (0, 0)

32

Pa se funkcija f(x, y) transformiše u:

f(ρ, ϕ) =

√1− 1

932ρ2 cos2 ϕ− ρ2 sin2 ϕ =

√1− ρ2(cos2 ϕ + sin2 ϕ) =

√1− ρ2


I =∫∫

D

f(x, y)dxdy =∫∫

D′f(ρ, ϕ)3ρdρdϕ = 3

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

√1− ρ2ρdρ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1− ρ2 = t−2ρdρ = dtρdρ = − 1

2dtρ = 0 ⇔ t = 1ρ = 1 ⇔ t = 0

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

= 3∫ 2π

0

dϕ

∫ 0

1

−√

tdt

2=

32

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

t12 dt =

32

∫ 2π

0

dϕ · t32

32

∣∣∣∣∣1

0

=32

23ϕ∣∣2π

0= 2π

Traženi integral iznosi 2π.

4.3 Zadatak 3Izračunajte površinu oblasti D, koja je ograničena krivom čija je jednačina:

(x2 + y2)2 = 4x3

Rješenje

0 1 2 3 4-1.5

-1.0

-0.5

0.0

0.5

1.0

1.5


Zamjenimo pravougle kooradinate polarnim, koristeći transformaciju:

x = ρ cos ϕ, y = ρ sinϕ

Jacobian ove transformacije je:

J =∣∣∣∣ x′ρ x′ϕ

y′ρ y′ϕ

∣∣∣∣ =∣∣∣∣ cos ϕ −ρ sinϕ

sinϕ ρ cos ϕ

∣∣∣∣ = ρ sin2 ϕ+ρ cos2 ϕ = ρ(sin2 ϕ+cos2 ϕ) = ρ 6= 0, za (x, y) 6= (0, 0)

Primjetimo da iz krive koja ograničava oblast imamo:

(x2 + y2)2 = 4x3

(ρ2)2 = 4ρ3 cos3 ϕ

33

ρ = 4 cos3 ϕ

Ovo je granična vrijednost za ρ, odnosno ρ se mijenja u intevralu [0, 4 cos3 ϕ].Također mora biti ispunjeno: x ≥ 0, zato što je lijeva strana jednačine krive kvadrat, odnosno nenegativanbroj, pa to mora biti i desna strana. Prema tome vrijedi ρ cos ϕ ≥ 0, odnosno cos ϕ ≥ 0, što je ispunjenoza ∀ϕ ∈ [−π

2 , π2 ].

Kako su očigledno zadovoljeni dovoljni uslovi za smjenu promjenjivih, tražena površina postaje:

P =∫∫

D

dxdy =∫∫

D′ρdρdϕ =

∫ π2

−π2

dϕ

∫ 4 cos3 ϕ

0

ρdρ =∫ π

2

−π2

dϕ · ρ2

2

∣∣∣∣4 cos3 ϕ

0

= 8∫ π

2

−π2

cos6 ϕdϕ

Za određivanje integrala visokog stepena kosinusa pogodno je koristiti forumulu koju ćemo izvesti:∫cosn ϕdϕ =

∫cosn−2 ϕ(1− sin2 ϕ)dϕ =

∫cosn−2 ϕdϕ−

∫cosn−2 ϕ sin2 ϕdϕ =

=

∣∣∣∣∣∣∣∣u = sinϕdu = − cos ϕdϕdv = cosn−2 ϕ sinϕdϕ

v = − cosn−1 ϕn−1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =∫

cosn−2 ϕdϕ +cosn−1 ϕ sinϕ

n− 1− 1

n− 1

∫cosn ϕdϕ

Ako sada obilježimo∫

cosn ϕdϕ sa I, imamo:

I =∫

cosn−2 ϕdϕ +cosn−1 ϕ sinϕ

n− 1− I

n− 1

I(1 +1

n− 1) =

∫cosn−2 ϕdϕ +

cosn−1 ϕ sinϕ

n− 1

I =cosn−1 ϕ sinϕ

n+

n− 1n

∫cosn−2 ϕdϕ∫

cosn ϕdϕ =cosn−1 ϕ sinϕ

n+

n− 1n

∫cosn−2 ϕdϕ

Koristeći se ovom formulom (više puta) odredimo neodredjeni integral od cos6 ϕ:∫cos6 ϕdϕ =

cos5 ϕ sinϕ

6+

56

∫cos4 ϕdϕ

=cos5 ϕ sinϕ

6+

56

[cos3 ϕ sinϕ

4+

34

∫cos2 ϕdϕ

]=

cos5 ϕ sinϕ

6+

56

[cos3 ϕ sinϕ

4+

34

(cos ϕ sinϕ

2+

12

∫dϕ

)]=

cos5 ϕ sinϕ

6+

56

[cos3 ϕ sinϕ

4+

34

(cos ϕ sinϕ

2+

ϕ

2

)]Koristeći Newton-Leibnizovu formulu, uzimajući u obzir da je cos π

2 = 0 i cos−π2 = 0, imamo:

P = 8∫ π

2

−π2

cos6 ϕdϕ = 856

34

[π

4+

π

4

]=

52π

Tražena površina iznosi: 52π.

4.4 Zadatak 4Nađite jednačinu oskulatorne ravnine kružnice zadane jednačinama:

x2 + y2 + z2 = 6, x + y + z = 0

u njenoj tački M(1; 1;−2).

34

Rješenje

Identičan zadatak je već riješen u sekciji 1.13 (Pripremni zadaci 1 - Zadatak 5′-b).

4.5 Zadatak 5Koristeći Laplaceovu transformaciju riješite sljedeće diferencijalne jednačine/(sistem diferencijalnih jed-načina):

a) {x′′ + ω2

0x = 2 sin ω0tx(0) = x′(0) = 0

b) x′′ + x′ + y′′ − y = et

x′ + 2x− y′ + y = e−t

x(0) = y(0) = y′(0) = 0, x′(0) = 1

c) {y′′ + y = xθ(x− 1)y(0) = 0, y′(0) = 1

Rješenje

a) Ako primjenimo Laplaceovu transformaciju na diferencijalnu jednačinu imamo:

L [x′′] (z) + L[ω2

0x](z) = L [2 sinω0t] (z)

z2X(z)− zx(0)− x′(0) + ω20X(z) =

2ω0

z2 + ω20

Uvrštavanjem početnih uslova (x(0) = x′(0) = 0) imamo:

z2X(z) + ω20X(z) =

2ω0

z2 + ω20

X(z)(z2 + ω2

0

)=

2ω0

z2 + ω20

X(z) =2ω0

(z2 + ω20)2

Do rješenja diferencijalne jednačine doći ćemo inverznom Laplaceovom tranformacijom gornjeg izraza:

x(t) = L−1

[2ω0

(z2 + ω20)2

](t)

Pozabavimo se sada traženjem inverzne Lapaceove transformacije. U tu svrhu izraz ćemo “naštimati”na prozivod dvije tablične slike:

x(t) = L−1

[2ω0

(z2 + ω20)2

](t) = L−1

[2ω0

ω0

z2 + ω20

ω0

z2 + ω20

](t)

Dalje na osnovu osobina linearnosti i konvolucije (inverzne) Laplaceove transformacije imamo:

x(t) =2ω0

∫ t

0

L−1

[ω0

z2 + ω20

](t)L−1

[ω0

z2 + ω20

](t− x)dx =

2ω0

∫ t

0

sin(ω0x) sin(ω0t− ω0x)dx

35

Izvršimo sada transformacij proizvoda sinusa u razliku kosinusa:

x(t) =2ω0

12

[∫ t

0

cos(ω0x− ω0t + ω0x)dx−∫ t

0

cos(ω0x + ω0t− ω0x)dx

]=

=1ω0

[∫ t

0

cos(2ω0x− ω0t)dx−∫ t

0

cos(ω0t)dx

]=

1ω0

[sin(2ω0x− ω0t)

2ω0

∣∣∣∣t0

− cos(ω0)t · x∣∣∣t0

]

=sin(ω0t)− sin(−ω0t)

2ω20

− t cos(ω0t)ω0

=sin(ω0t)− ω0t cos(ω0t)

ω20

Pa je konačno rješenje Cauchyevog problema:

x(t) =sin(ω0t)− ω0t cos(ω0t)

ω20

b) Primjenjujući Laplaceovu transformaciju na obje jednačine, uvrštavajući početne uslove i sređućidobijene izraze imamo:

X(z)(z2 + z) + Y (z)(z2 + 1) =z

z − 1

X(z)(z + 2) + Y (z)(1− z) =1

z + 1Riješavanjem ovog sistema po X(z) i Y (z) dobijemo:

X(z) =1− 2z

2(z + 1)2(1− z)

Y (z) =3z

2(z + 1)2(1− z)2

Nakon rastavljanja na parcijalne razlomke:

X(z) =1

8(z − 1)+

34(z + 1)2

− 18(z + 1)

Y (z) =1

8(z − 1)2− 3

8(z + 1)2

Iz gornjih jednačina možemo primjetiti da neki od izraza nisu tablične slike Laplaceovih transforma-cija, pa ih trebamo posebno odrediti:

L−1

[1

(z − 1)2

](t) =

∫ t

0

e−xe−t+xdx =∫ t

0

e−tdx = e−t · x∣∣t0

= te−t

L−1

[1

(z + 1)2

](t) =

∫ t

0

exet−xdx =∫ t

0

etdx = et · x∣∣t0

= tet

Ostale slike su tablične pa možemo jednostavno naći inverzne Laplaceove trasformacije, pa nakonsređivanja imamo:

x(t) =38

t(e2t − 1)et

y(t) =18

e2t + 6t− 1et

c) Primjetimo da nije jednostavno naći Laplaceovu transformaciju izraza sa desne strane jednakosti udiferencijalnoj jednačini. Međutim ako ga napišemo u sljedećem obliku:

xθ(x− 1) = (x− 1)θ(x− 1) + θ(x− 1)

Tada taj izraz ustvari postaje zbir dva orginala za koje je jednastavno naći Laplaceovu transformaciju.Lijevi sabirak je funkcija x u pomaku, dok je desni sabirak Heavisideova funkcija. Prema tome nakon

36

primjene Laplaceove transformacije na diferencijalnu jednačinu sa transformisanim izrazom sa desnestrane imamo:

z2Y (z)− zy(0)− y′(0) + Y (z) =e−z

z2+

e−z

z

Nakon uvrštavanja početnih uslova i sređivanja gornjeg izraza imamo:

Y (z) =e−z

z2(z2 + 1)+

e−z

z(z2 + 1)+

1z2 + 1

Rastavaljanjem na parcijalne razlomke dobijemo:

Y (z) =e−z

z2− e−z

z2 + 1+

e−z

z− ze−z

z2 + 1+

1z2 + 1

Primjenom inverzne Laplaceove transformacije dobijemo:

y(z) = θ(x− 1)(x− 1)− θ(x− 1) sin(x− 1) + θ(x− 1)− θ(x− 1) cos(x− 1) + sin(x)

Odnosno daljim sređivanjem...

y(z) = θ(x− 1) (x− sin(x− 1)− cos(x− 1)) + sin(x)

37

5 Rješenje varijante B drugog parcijalnog ispita iz Inženjerskematematike 2 u akademskoj 2005/2006 na popravnom roku

5.1 Zadatak 1Nađite inverznu Laplaceovu transformaciju funkcije:

F (p) =1

(p− 1)n+

1(p2 + 1)2

, (n ∈ N)

Rješenje:

Razmatrajmo prvi sabirak:Izraz za prvi sabirak "malo podsjeća" na izraz n!

(p−b)n+1 čija je inverzna Laplaceova transformacija tnebt.Stoga pristupamo sređivanju izraza da poprimi oblik na "koji podsjeća":

1(p− 1)n

=(n− 1)!(n− 1)!

· 1(p− 1)(n−1)+1

=1

(n− 1)!· (n− 1)!(p− 1)(n−1)+1

Sada ako "potražimo" inverznu Laplaceovu transformaciju dobijemo:

L−1[1

(p− 1)n] =

1(n− 1)!

L−1

[(n− 1)!

(p− 1)(n−1)+1

]=

1(n− 1)!

tn−1et

Razmatranje drugog sabirka:Određivanje inverzne Laplaceove transformacije izraza drugog sabirka obavit ćemo uz pomoć relacijeL−1[F1(p)F2(p)] =

∫ t

0f1(u)f2(t− u)du (ako vrijedi L−1[F1(p)] = f1(t) i L−1[F2(p)] = f2(t)). S obzirom

da je poznato L−1[ 1z2+1 ] = sin t onda vrijedi:

L−1

[1

(p2 + 1)2

]=

∫ t

0

sinu sin(t−u)du =12

∫ t

0

[cos(2u−t)−cos t]du =12[∫ t

0

cos(2u−t)du−cos t

∫ t

0

du] =

12

[[sin(2u− t)

2

]t

0

− cos t[u]t0

]=

12[sin t− cos t · t]

Vraćanjem u izraz za funkciju F (p) dobijemo:

L−1[F (p)] = L−1

[1

(p− 1)n

]+ L−1

[1

(p2 + 1)2

]=

1(n− 1)!

tn−1et +12[sin t− cos t · t]

Vrijedi napomenuti kako navedene Laplaceove transformacije za prvi i drugi sabirak vrijede u slučajevimaRe{p} > 1 i Re{p} > 0, odnosno u slučaju {Re{p} > 1} ∩ {Re{p} > 0} = {Re{p} > 1} za Laplaceovutransformaciju čitave funkcije F (p).

5.2 Zadatak 2Izračunajte trojni integral ∫∫∫

V

√x2 + y2 + z2dxdydz

gdje je V = {(x, y, z) ∈ R3|x2 + y2 + z2 ≤ z}.

Rješenje:

Za izračunavanje integrala pogodno je preći na polarne koordinate, dakle:

x = ρ sin θ cos ϕ ∧ y = ρ sin θ sinϕ ∧ z = ρ cos θ

38

Slika 16: Grafički prikaz oblasti V

Određivanjem Jacobiana dobijemo:

J =D(x, y, z)D(ρ, ϕ, θ)

=


∣∣∣∣∣∣ =



∣∣∣∣∣∣ = ρ2 sin θ

Uvrštavanjem u polazni integral, dobijemo:∫∫∫V (x,y,z)

√x2 + y2 + z2dxdydz ⇒

∫∫∫V (ρ,ϕ,θ)

ρ3 sin θdρdϕdθ

S obzirom da je sad moguće uzastopno integrirati, najprije je potrebno odrediti granice integracije. Ucilju toga potrebno je razmotiri izraz kojim je zadat skup tačaka V:

V = {(x, y, z) ∈ R3|x2 + y2 + z2 ≤ z}.

Pošto je lijeva strana nejednakosti nenegativna, slijedi da je z ≥ 0. Uvrštavanjem polarnih koordinatadotična nejednakost poprima oblik:

x2 + y2 + z2 ≤ z ⇒ pol. koordinate ⇒ ρ2 ≤ ρ cos θ,

s obzirom da je ρ =√

x2 + y2 + z2 ≥ 0, slijedi da je 0 ≤ ρ ≤ cos θ. Time smo odredili granice integracijeza promjenjivu ρ.Kako smo već utvrdili da mora biti z ≥ 0 za oblast V (time direktno vrijedi da se oblast V na-lazi u oktantima I-IV, tj. oktanti u kojima je z ≥ 0), slijedi da razmotrimo podintegralni izrazF (x, y, z) =

√x2 + y2 + z2 na moguću simetričnost u ravni xOy. Kako vrijedi F (x, y, z) = F (−x, y, z) =

F (x,−y, z) = F (−x,−y, z) zaključujemo da je funkcija definirana datim izrazom simetrična u odnosu nasva 4 kvadranta ravni xOy. (Analogno, može se primjetiti (i dokazati) kako je i izraz koji određuje oblastV isto tako simetričan na prva 4 oktanta). Time je problem integracije koju oblast V "zatvara" moguće

39

svesti na jedan oktant, ukupni volumen će se dobiti kad se volumen jednog oktanta pomnoži sa 4 ( sobzirom da zbog simetričnosti oblast V "zaklapa" jednake volumene u sva 4 oktanta svoje definisanosti).Ako uzemo integraciju u prvom oktantu, dobijemo slijedeće granice integracije:

(0 ≤ ρ ≤ cos θ) ∧ (0 ≤ ϕ ≤ π

2) ∧ (0 ≤ θ ≤ π

2)

Sada je moguće preći na određivanje integrala:∫∫∫V

ρ3 sin θdρdϕdθ = 4∫∫∫

V/4

ρ3 sin θdρdϕdθ = 4

[∫ cos θ

0

ρ3dρ

∫ π2

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ

]=

= 4

[∫ π2

0

dϕ

∫ π2

0

sin θdθ

[ρ4

4

]cos θ

0

]= 4

[∫ π2

0

ϕdϕ

∫ π2

0

(cos θ)4

4· sin θdθ

]=

∣∣∣∣∣∣∣∣cos θ = p

− sin θdθ = dpθ = π/2 ⇒ p = 0θ = 0 ⇒ p = 1

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

4

[∫ π2

0

dϕ

∫ 0

1

p4

4· −dp

]= 4

[∫ π2

0

dϕ

[p5

20

]1

0

]= 4

[120·∫ π

2

0

dϕ

]=

15

[ϕ]π20 =

π

10

Dakle vrijednost integrala je π10 ,

5.3 Zadatak 3Primjenom trojnog integrala izračunajte volumen tijela V omeđenog površi:

x23 + y

23 + z

23 = 1.

Rješenje:

Očito kako je data površ simetrična u svih 8 oktanata, pa stoga problem računanja volumena možemosvesti na prvi oktant (ukupni volumen dobijemo množeći volumen prvog oktanta sa 8, ( sličan postupakrješavanja kao u zadatku br. 2.)). Prije toga uvedimo smjene:

x = ρ3 sin3 θ cos3 ϕ ∧ y = ρ3 sin3 θ sin3 ϕ ∧ z = ρ3 cos3 θ

Odredimo Jacobian:

J =D(x, y, z)D(ρ, ϕ, θ)

=


∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣3ρ2 cos3 ϕ sin3 θ −3ρ3 cos2 ϕ sinϕ sin3 θ 3ρ3 cos3 ϕ cos θ sin2 θ3ρ2 sin3 ϕ sin3 θ 3ρ3 cos ϕ sin2 ϕ sin3 θ 3ρ3 cos θ sin3 ϕ sin2 θ

3ρ2 cos3 θ 0 −3ρ3 cos2 θ sin θ

∣∣∣∣∣∣ =

= −27ρ8 cos2 ϕ cos2 θ sin2 ϕ sin5 θ

S obzirom da ćemo integraciju vršiti u prvom oktantu, vrijede slijedeće granice integracije:

(0 ≤ ϕ ≤ π

2) ∧ (0 ≤ θ ≤ π

2) ∧ (0 ≤ ρ(=

√x

23 + y

23 + z

23 ) ≤ 1)

Prema tome integral prvog oktanta postaje:∫∫∫V (x,y,z)/8

dxdydz ⇒∫∫∫

V (ρ,ϕ,θ)/8

|J |dρdϕdθ ⇒∫∫∫

V (ρ,ϕ,θ)/8

27ρ8 cos2 ϕ cos2 θ sin2 ϕ sin5 θdρdϕdθ

Odnosno:V = 8 ·

∫∫∫V (ρ,ϕ,θ)/8

27ρ8 cos2 ϕ cos2 θ sin2 ϕ sin5 θdρdϕdθ =

= 8 · 27

∫ 1

0

ρ8dρ

∫ π2

0

cos2 ϕ sin2 ϕdϕ︸︷︷︸I

∫ π2

0

cos2 θ sin5 θdθ︸︷︷︸II

(*)

40

Slika 17: Grafički prikaz oblasti V

Razmotrimo integral I:

I =∫ π

2

0

sin2 2ϕ

4dϕ =

18·∫ π

2

0

[1− cos 4ϕ]]dϕ =18·[ϕ− sin 4ϕ

4

]π2

0

=π

16

Razmotrimo integral II:

II =∫ π

2

0

cos2 θ sin5 θdθ ⇒∫ π

2

0

cos2 θ[1− cos2 θ]2 sin θdθ

II =∫ π

2

0

cos2 θ[1− cos2 θ]2 sin θdθ =

∣∣∣∣∣∣∣∣cos θ = p

− sin θdθ = dpθ = π

2 ⇒ p = 0θ = 0 ⇒ p = 1

∣∣∣∣∣∣∣∣II = −

∫ 0

1

p2[1− p2]2dp ⇒∫ 1

0

p2[1− 2p2 + p4]dp

II =∫ 1

0

[p2 − 2p4 + p6]dp

II =[p3

3− 2

p5

5+

p7

7

]1

0

II =8

105

Vraćajući u (*) dobijemo:

V = 8 · 27[ρ9

9

]1

0

· π

16· 8105

=4π

35

41

5.4 Zadatak 4Neka je f∗ funkcija dobivena kao 2π-periodičko proširenje funkcije f zadane formulom f(x) = x2, x ∈[−π, π]. Razvijte tu funkciju u Fourierov red.

Rješenje:

-

3 Π

2-Π -

Π

2

Π

2Π

3 Π

2

Π

2

Π

2

4

Π

2

4

Π

2


S obzirom da je data funkcija neprekidna na segmentu [−π,+π], i monotona na podsegmentima[−π, 0] i [0, π] ona očigledno zadovoljava Dirichletove uslove. Pređimo na razvijanje funkcije u Fourierovred, određujemo Fourierove koeficijente pomoću relacija:

a0 =2T

∫ b

a

f(x)dx ∧ an =2T

∫ b

a

f(x) cos2nπx

Tdx ∧ bn =

2T

∫ b

a

f(x) sin2nπx

Tdx

, pošto je kod nas segment [a,b] simetričan tj. [a, b] =[−T

2 , T2

]= [−π, π] , T = 2π, te je funkcija f(x)

parna onda vrijedi:

a0 =2π

∫ 0

π

x2dx ∧ an =2π

∫ 0

π

x2 cos nxdx ∧ bn = 0

Odredimo a0:

a0 =2π

∫ 0

π

x2dx =2π

[x3

3

]π

0

=2π2

3

Zatim an:

an =2π

∫ π

0

x2 cos nxdx =2π

[[x2 sinnx

n

]π

0

− 1n

∫ π

0

x sinnxdx

]=

=2π

[[x2 sinnx

n

]π

0

− 1n

[[−x cos nx

n

]π

0+

1n

∫ π

0

cos nxdx

]]=

2π

[[x2 sinnx

n

]π

0

− 1n

[x cos nx

n

]π

0+

1n·[sinnx

n

]π

0

]=

=2π

[x2 sinnx

n+

cos nx

n2

[x− 1

n

]]π

0

=2π

[(−1)n

n2

[π − 1

n

]+

1n3

]=

2(−1)n

n2

Sad uvrstavajuči u relaciju za Fourierov red:

f(x) =a0

2+

+∞∑n=1

[an cos

2nπx

T+ bn sin

2nπx

T

]

42

, dobijemo:

f(x) =π2

3+

+∞∑n=1

2(−1)n

n2cos nx

f(x) =π2

3+ 2

+∞∑n=1

(−1)n

n2cos nx

5.5 Zadatak 5Koristeći Laplaceovu transformaciju riješite Cauchyev problem:

a) {y′′ − 5y′ + 6y = sinxy(0) = 0, y′(0) = 1;

b) {xIV + 2x′′ + x = 3tx(0) = x′(0) = x′′(0) = 0, x′′′(0) = 1;

c) x′ = y,y′ = z,z′ = 4(x− y) + z, x(0) = 0, y(0) = 1, z(0) = 5.

Rješenje:

a) Riješimo Cauchyev problem: {y′′ − 5y′ + 6y = sinxy(0) = 0, y′(0) = 1;

"Laplace-iranjem" date jednačine dobijemo:

L[y′′]− L[5y′] + L[6y] = L[sinx] ⇒ L[y′′]− 5L[y′] + 6L[y] = L[sinx]

, odnosno:

z2Y (z)− zy(0)− y′(0)−5(zY (z)− y(0))+6Y (z) =1

z2 + 1⇒ z2Y (z)−1−5zY (z)+6Y (z) =

1z2 + 1

.

Izražavanjem Y (z) iz dobijene relacije, dobijemo:

Y [z][z2 − 5z + 6] =1

z2 + 1+ 1 ⇒ Y [z] =

1(z2 + 1)(z2 − 5z + 6)

+1

(z2 − 5z + 6)

⇒ Y [z] =1

(z2 + 1)(z − 3)(z − 2)+

1(z − 3)(z − 2)

Sada je potrebno naći inverznu Laplaceovu transformaciju izraza za Y(z), prije toga pogodno je datiizraz rastaviti na parcijalne razlomke: (što je moguće uraditi metodom neodređenih koeficijenata, ili(ako su izrazi pogodni) dodavanjem i oduzimanjem određenih članova u brojniku i sređivanjem):

Y [z] =(z − 2)− (z − 3)

(z2 + 1)(z − 3)(z − 2)+

(z − 2)− (z − 3)(z − 3)(z − 2)

Dodali smo i oduzeli neke članove u brojniku, tako da vrijednost brojnika ostaje nepromjenjena.

Y [z] =1

(z2 + 1)(z − 3)− 1

(z2 + 1)(z − 2)+

1z − 3

− 1z − 2

43

Sada za prva dva sabirka primjenimo metodu neodređenih koeficijenata čime dobijemo:(1

(z2 + 1)(z − 3)=

110(z − 3)

− (z + 3)10(z2 + 1)

)∧

(1

(z2 + 1)(z − 2)=

15(z − 2)

− z + 25(z2 + 1)

)Vraćanjem u prvobitnu relaciju dobijemo:

Y [z] =1

10(z − 3)− (z + 3)

10 (1 + z2)− 1

5(z − 2)+

z + 25 (1 + z2)

+1

z − 3− 1

z − 2

Y [z] =1110

1z − 3

+z + 1

10(z2 + 1)− 6

51

z − 2

Uvažavajući da je (iz tablica Laplaceovih transformacija):

L−1

[1

z − 3

]= e3x ∧ L−1

[1

z − 2

]= e2x ∧ L−1

[1

z2 + 1

]= sinx ∧ L−1

[z

z2 + 1

]= cos x

vrijedi:

L−1[Y (z)] =1110

L−1

[1

z − 3

]− 6

5L−1

[1

z − 2

]+

110

L−1

[z + 1z2 + 1

]=

L−1[Y (z)] =1110

L−1

[1

z − 3

]− 6

5L−1

[1

z − 2

]+

110

L−1

[z

z2 + 1

]+

110

L−1

[1

z2 + 1

]=

L−1[Y (z)] =1110

e3x − 65e2x +

110

cos x +110

sinx =

L−1[Y (z)] =1110

e3x − 65e2x +

cos x + sinx

10

Dakle, rješenje date dif. jednačine je:

y(x) =1110

e3x − 65e2x +

cos x + sinx

10

b) Slično kao pod a), imamo dif. jednačinu da riješimo pomoću Laplaceove transfromacije:{xIV + 2x′′ + x = 3tx(0) = x′(0) = x′′(0) = 0, x′′′(0) = 1;

Izvršimo Laplaceovu transformaciju obje strane jednačine:

L[xIV + 2x′′ + x] = L[3t] ⇒ L[xIV ] + 2L[x′′] + L[x] = 3L[t]

dobijemo:L[xIV + 2x′′ + x] = L[3t] ⇒ L[xIV ] + 2L[x′′] + L[x] = 3L[t]

[z4X(z)− z3x(0)− z2x′(0)− zx′′(0)− x′′′(0)] + 2[z2X(z)− zx(0)− x′(0)] + X(z) =3z2

Uvažavajući zadate početne uslove:

z4X(z)− 1 + 2z2X(z) + X(z) =3z2

X(z)[z4 + 2z2 + 1] =3z2

+ 1

X(z)[z2 + 1]2 =3z2

+ 1

X(z) =3

z2(z2 + 1)2+

1(z2 + 1)2

44

Ostaje nam kao u prethodnom slučaju da odredimo inverznu Laplaceovu transformaciju X(z)-a (prijetoga, naravno obavljamo razlaganje na parcijalne razlomke):

X(z) =3

z2(z2 + 1)2+

1(z2 + 1)2

X(z) = 3z2 + 1− z2

z2(z2 + 1)2+

1(z2 + 1)2

X(z) = 3[

1z2(z2 + 1)

− 1(z2 + 1)2

]+

1(z2 + 1)2

X(z) = 3[z2 + 1− z2

z2(z2 + 1)− 1

(z2 + 1)2

]+

1(z2 + 1)2

X(z) = 3[

1z2− 1

z2 + 1− 1

(z2 + 1)2

]+

1(z2 + 1)2

X(z) = 31z2− 3

1z2 + 1

− 31

(z2 + 1)2+

1(z2 + 1)2

X(z) = 31z2− 3

1z2 + 1

− 21

(z2 + 1)2

Sad prelazimo na traženje inverzne Laplaceove transformacije ( za prvi i drugi sabirak određujemopomoću tablice):

L−1[(z)] = 3L−1

[1z2

]− 3

[1

z2 + 1

]− 2

[1

(z2 + 1)2

]L−1[(z)] = 3t− 3 sin t− 2

[1

(z2 + 1)2

](∗)

Za zadnji sabirak određujemo pomoću relacije L−1[F1(z)F2(z)] =∫ t

0f1(u)f2(t−u)du ako je L−1[F1(z)] =

f1(t) i L−1[F2(z)] = f2(t), u našem slučaju je:

F1(z) =1

z2 + 1∧ F2(z) =

1z2 + 1

∧ L−1[F1(z)] = L−1[F2(z)] = sin t

, pa je:

L−1[F1(z)F2(z)] =∫ t

0

f1(u)f2(t− u)du =∫ t

0

sinu sin(t− u)du =12

[∫ t

0

(cos(2u− t)− cos t)du

]=

=12

[∫ t

0

cos(2u− t)du−∫ t

0

cos tdu

]=

12

[[sin(2u− t)

2

]t

0

− cos t[u]t0

]=

12

[[sin(2u− t)

2

]t

0

− cos t[u]t0

]=

=12

[sin t− t cos t]

Na kraju, vraćajući u (*) dobijemo:

L−1[X(z)] = 3t− 3 sin t− 2[12

[sin t− t cos t]]

tj. rješenje dif. jednačine u finalnom obliku je:

x(t) = 3t− 3 sin t− sin t + t cos t = 3t− 4 sin t + t cos t

c) Sada za rješavanje imamo sistem dif. jednačina: x′ = yy′ = zz′ = 4(x− y) + z, x(0) = 0, y(0) = 1, z(0) = 5.

45

"Laplace-irajmo" sve 3 jednačine i dobijemo:

pX(p)− x(0) = Y (p)Y (p)− y(0) = Z(p),pZ(p)− z(0) = 4(X(p)− Y (p)) + Z(p)

, uvrštavanjem početnih uslova sistem poprima slijedeći oblik:

pX(p) = Y (p) (12)Y (p)− 1 = Z(p), (13)

pZ(p)− 5 = 4(X(p)− Y (p)) + Z(p) (14)

Pristupimo sad rješavanju ovog algebarskog sistema jednačina po nepoznatim X(p), Y (p), Z(p). Iz-razimo X(p) i Z(p) iz jednačina (12) i (13) preko Y (p):

X(p) =Y (p)

p∧ Z(p) = pY (p)− 1 ∧ Z(p)[p− 1]− 5 = 4(X(p)− Y (p)) (3)

, sad uvrstimo u jednačinu (14):

[pY (p)− 1][p− 1] = 4[Y (p)

p− Y (p)

]+ 5 ⇒ p2Y (p)− pY (p)− p + 1 = 4

[Y (p)

p− Y (p)p

p

]+ 5

p

p

p3Y (p)− p2Y (p)− p2 + p = 4 [Y (p)− Y (p)p] + 5p ⇒ p3Y (p)− p2Y (p)− p2 + p = 4Y (p)− 4pY (p) + 5p

p3Y (p)− p2Y (p) + 4pY (p)− 4Y (p) = p2 + 4p ⇒ Y (p)[p3 − p2 + 4p− 4] = p2 + 4p

Y (p) =p2 + 4p

[p3 − p2 + 4p− 4]

Izraz u nazivniku je moguće rastaviti (jer je jedna nula polinoma p=1), pa pomoću Hornerove šemerazlaganjem nazvnika dobijemo sljedeći oblik:

Y (p) =p2 + 4p

[p− 1][p2 + 4]

, vraćajući u gornji sistem jednačina na sličan način određujemo X(p)iZ(p):

X(p) =p + 4

[p− 1][p2 + 4]∧ Z(p) =

5p2 − 4p + 4[p− 1][p2 + 4]

Rastavljanjem na parcijalne razlomke dobijemo:

X(p) =p + 4

[p− 1][p2 + 4]⇒ X(p) =

1p− 1

− p

p2 + 4

Y (p) =p2 + 4p

[p− 1][p2 + 4]⇒ Y (p) =

1p− 1

+4

p2 + 4

Z(p) =5p2 − 4p + 4[p− 1][p2 + 4]

⇒ Z(p) =1

p− 1+

4p

p2 + 4

Sada je još ostalo da nađemo inverzne Laplaceove transformacije izraza X(p), Y (p) i Z(p) što se sadamože odraditi očitavanjem iz tablica, pa za X(p) imamo:

L−1[X(p)] = L−1

[1

p− 1

]− L−1

[p

p2 + 4

]⇒ L−1[X(p)] = L−1

[1

p− 1

]− L−1

[p

p2 + 4

]L−1[X(p)] = L−1

[1

p− 1

]− L−1

[2p

p2 + 4

]⇒ L−1[X(p)] = et − cos 2t

, za Y (p):

L−1[Y (p)] = L−1

[1

p− 1

]+ L−1

[4

p2 + 4

]⇒ L−1[Y (p)] = L−1

[1

p− 1

]+ L−1

[2 · 2

p2 + 4

]L−1 =

[1

p− 1

]+ 2L−1

[2

p2 + 4

]⇒ L−1[Y (z)] = et + 2 sin 2t

46

i konačno za Z(p):

L−1[Z(p)] = L−1

[1

p− 1

]+ L−1

[4p

p2 + 4

]⇒ L−1[Z(p)] = L−1

[1

p− 1

]+ L−1

[4 · p

p2 + 4

]L−1[Z(p)] = L−1

[1

p− 1

]+ 4L−1

[p

p2 + 4

]⇒ L−1[Z(p)] = et + 4 cos 2t

Dakle rješenje datog sistema dif. jednačina je:

x(t) = et − cos 2t

y(t) = et + 2 sin 2t

z(t) = et + 4 cos 2t

47

Documents

Vodič za pokušaj polaganja drugog parcijalnog ispita iz ... · Vodič za pokušaj polaganja drugog parcijalnog ispita iz Inženjerske Matematike 2 AbdagićAlvin, Dragolj Edin 31