Zbirka zadataka iz više matematike II

U N I V E R Z I T E T U B E O G R PAVLE MILIČIĆ MOMCILO UŠĆUMLIĆ .. ZBIRKA ZADATAK�IZ VIŠE MATEMATIKE ...

Author: Pavle Miličić | Momčilo Ušćumlić

142 downloads 2278 Views 22MB Size Report

This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!

Report copyright / DMCA form

DOWNLOAD PDF

U

N

I

V

E R

Z

I

T

E

T

U

B

E

O

G

R

PAVLE MILIČIĆ MOMCILO UŠĆUMLIĆ ..

ZBIRKA ZADATAK�IZ VIŠE MATEMATIKE II

I IZDA NJ E

IZDAVAČKO PREDUZEĆE GRAĐEVINSKA KNJIGA BEOGRAD, 1971 .

A

D

U

Rešenjem Rektora Univerziteta u Beogradu br. 06-3475/1 od 20. n ovembra 1969. na predlog Univerzitetske komisije za ud žbenike ova knjiga je odobrena kao stalni pomoćni udžbenik

ZA PREDUZEĆE: JURELA. glavni urednik LAZIN, urednik J. PRŠENDić, tehnički urednik D. ALAGić, k orektor A. PAJVANČić. naslovna strana u.

D.

šTAMPA: Beogradski grafički zavod,

Bul.

vojvodG Mišića 17, Beoarad

PREDGOVOR

"Zbirka zadataka iz više matematike 1", koja je već doživela treće izdanje i "Zbirka zadataka iz više matematike Il", koja se prvi put sada pojavljuje, čine jednu celinu koja obuhvata programe matematike na višim školama i programe matematike na prve dve godine većine fakulteta u našoj zemlji, kao i neke delove programa poslediplomskih studija. Uloživši sve svoje višegodišnje iskustvo sa izvođenja nastave, prvenstveno smo želeli da ovim dvema knjigama pomognemo studentima na savlađivanju gradiva u toku studija i u toku sistematskog pripremanja za ispit. Pri izradi knjige koristili smo sve postojeće zbirke koje su u upotrebi kod nas, bilo da su strane ili domaće, ali veliki broj zadataka su originalnog karaktera. Svi zadaci imaju rezultate ili rešenja. Veliki broj zadataka je urađen ili je dato uputstvo za rešavanje. Poredani su po oblastima, od prostijih do složenijih, a na početku svake oblasti date su najvažnije definicije i teoreme koje se koriste u zadacima te i sledećih oblasti. I za ovu Zbirku, kao i za treće izdanje prve Zbirke, recenzenti su bili vanredni profeso ri Prirodno-matematičkog fakulteta dr D. Adnadević i dr M. Marjanović, koji su svojim primedbama i sugestijama doprineli da pojedini delovi u knjizi postanu preciznije i tačnije izloženi. I ovog puta im se na tome najsrdačnije zahvaljujemo. Posebno se zahvaljujemo magistru matematičkih nauka M. Trifunoviću na saradnji u pisanju knjige. Veliku zahvalnost dugujemo vanrednom profesoru Prirodno-matematičkog fakulteta dr V. Dajoviću na njegovoj inicijativi za pisanje ovih Zbirki i na podrškama. Zahvaljujemo se dipl. ing. A. Miličiću na izradi crteža i kolektivima Građevinske knjige i Beogradskog grafičkog zavoda koji su uspešno realizovali pojavu ovih knjiga. Kao i do sada bićemo zahvalni svima koji nam ukažu na omaške, greške i nedo s ta tk e ove knjige. ·

Beograd

8. XII.

1969.

Pisci

SADRžAJ

Glava I Strana

. . . .... . . .. . .. . . . . .. . .. I. Brojni redovi sa pozitivnim članovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Redovi sa promenljivim predznacima članova i operacije sa konvergentnim redovima 3. Ponovljeni i dvojni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Funkcionalni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . 5. Stepeni redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Fourierrovi redovi . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... .... . .. . .. . . .. . 7. Beskonačni proizvodi . . . . . .... . .. . . . .. . ... . . .. .. . . . . . .. . .. . .. . ... ... . ...

Redovi

§ § § § § § §

. . .

. .

. . . .

.

. . . .

. .

. . . .

. . .

. . .

.

. . .

·

. .

.

· · · · · . · · · · · · · · ·

.

4.

.

.

.

l

7

ll

14 19 26 30

Glava II . . . .. . ..... ..... .. . § I. Gran1čna vrednost i neprekidnost funkcije više promenljivih. . . . ... .. . § 2. Parcijalni izvodi i diferencijali. Izvod složene funkcije . .. ... .. . ...... .. ... .. § 3. ��kcionalne determinante. Diferenciranje implicitnih funkcija. Smena promenIJIVIh . . . .. .. ..... . ... § 4. Taylorova formula. Ekstremumi funkcija. Singularne tačke krivih u ravni . .. . Diferencijalni račun funkcija više realnih promenljivib

. . .

.

. . .

.

.

•

•

.

.

•

•

•

•

•

•

•

•

•

.

•

.

•

•

•

•

•

.

.

.

•

.

.

.

.

.

'

.

.

.

.

.

•

•

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

. .

. .

.

.

. . .

.

•

34 34 38 42 49

Glava III

. . .. . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . I. Funkcije predstavljene pravim integralima . . .. . . . . . . . . . . ... . . .. . . ... .. .. . . . 2. Nepravi integral kao funkcija parametra. Uniformna konvergencija integrala . 3. Zamena promenljivih u nepravim integralima. Diferenciranje i integracija nepravih integrala pod znakom integrala . .. . ... . . . . . .. . . .. . . . .. . . . . . . . ... . .. . . . 4. Eulerovi integrali . . .. . . . . . ... ... .. .. .. .. ...... ..... ... 5. Fourierrov integral i Fourierrove transformacije . .. . . .. .... . ... . .. . . . .... . .

Funkcije predstavljene pomoću integrala

§ § § § §

.

.

.

.

.

. .

.

. .

. .

.

.

.

. . .

.

.

.

.

.

55 55 61 65 73 77

Glava iV

. .. . . . .. . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . Dvojni i ntegral . .. . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... Izracunavanje površine ravnog lika p�moću dvojnog integrala . . . . .. . . . . . . . . . . Izračunavanje zapremine pomoću dvojnog integrala . . .. . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . Izračunavanje površine površi.. .. . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . ... . Primena dvojnog integrala u mehanici . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Trojni i višestruki integrali . . .. . . . . . . . ..... . . .. . .. . . . .... . ... . . . .. . .. . . . . . . Izračunavanje zapremine pomoću trostrukog integrala . .. . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . Primena trojnog integrala u mehanici . . .. .. . . . . . . . . .. . . . . .. . . . . . . . . . . . .. . . Krivolinijski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .. . .. . . . .

Višestruki i krivolinijski integrali

§

ll

§ § § § § § § § §

l. z.

3.

4.

5. 6. 7. 8. 9. 10. Primena krivolinijskog integrala . . . . . .. . . . . . ..... . ... . . ...... . . . . . ... . . . . .. . ll. Površinski integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . .. . . . .. .

81 81 90 92 96 99 102 109 112 115 125 130

Glava V Vektorska analiza i elementi teorije polja..........................................

§ l. Vektorska analiza . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . ..... . .... . . . § 2. Elementi teorije polja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

140 140 l t9

Glava VI Diferencijalna geometrija

§ l. Kriva u prostoru .. . . .. . . . .. . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . ... . . . . . . . . .... . . . . . . . § 2. Površi § 3. Krive linije na površi� . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . .. . . . . ... . . . . . .... . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

158 158 165 158

Glava VII

...... .. . . ... . .... . . ... .. .. . . . § I. Sistemi i omake . ........ . .. . . . .... . .... . ..... . . . .. . . . . .. . .. . . . ..... . ... . . Tenzorski račun

§ 2. Transfor macije promenljivih. Tenzorska algebra . . . . . .. . ... . . . . ..... . .. . ... . .

. . . . . .

. .

.

. . . . . . . . . .

.

. . . .

.

.

. . .

.

.

.

.

175 175 179

§ §

3. Tenzorska analiza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. .. . . . . . . .. . . . 4. Primena tenzora u diferencijalnoj geometriji i mehanici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Glava VIil

Diferencijalne jednačine i varijacioni račun .

§ § § § § § § § § § §

Diferencijalne jednačine drugog i višeg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Razni primeri diferencijalnih jednačina drugog i višeg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . Rešavanje diferencijalnih jednačina pomoću redova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sistemi diferencijalnih jednačina . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Inte�r�cija sistema običnih linearnih diferencijalnih jednačina sa konstantnim _ _ _ matnca pomocu ............................................ koefiCIJentima 8. Problem stabilnosti rešenja sistema diferencijalnih jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9. Numeričke metode integracije običnih diferencijalnih jednačina . . . . . . . . . . . . . . lO. Parcijalne diferencijalne jednačine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ll. Varijacioni račun . . .. . . . ... . . . ... . . . . . . . . . . ... . . . . . .. ... . . . . . . . . . . . . . . . . .

3. 4. 5. 6. 7.

Kompleksne funkcije .

§ § § § §

.......................................

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . .

2. Razni primeri diferencijalnih jednačina prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . ...... ... . .

l. Diferencijalne jednačine prvog reda .

Glava IX

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

l. Uvodni zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2. Kompleksna funkcija. Granična vrednost i neprekidnost . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . 3. Kompleksno diferenciranje i Cauchy-Riemannove jednačine . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4. Konformno preslikavanje . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5. Integracija funkcije kompleksne promenljive. Cauchyeva integralna teorema . . . . § 6. Integralna Cauchyeva formula i srodni problemi . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 7. Beskonačni redovi. Taylorov i Laurentov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 8. Reziduum i njegova primena . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . ... . . . . . . . . Glava X

. . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . § l. Gama-funkcija i Beta-funkcija. . . . . . . . . . . . . . . .. . . ..... . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . § 2. Hipergeometrijska funkcija i Zeta-funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. § 3. Eliptičke funkcije . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 4. Bernoullievi polinomi i Bernoullievi brojevi . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . § 5. Legendreovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 6. Laguerreovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 7. Hermiteovi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 8. Čebiševljevi polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 9. Ortogonalni polinomi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 10. Besselove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Specijalne funkcije .

.

.

§ ll. Asimptotski redovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Operacioni račun

Glava Xl

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . •

..

. . .. . . . . .. . . .. .. . .. . ..

§ l. Određivanje slike i originala . . . . . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . § 2. Primena operacionog računa na rešavanje diferencijalnih jednačina . . . . . . • . . . . . § 3. Primena operacionog postupka na rešavanje diferencijalnih jednačina sa argu-

mentom odstupanja i diferencnih jednačina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

§

4. Primena operacionog računa na rešavanje nekih tipova integralnih jednačina Glava Xll

......... .......... ............ ............ .................. .................. .... ...................... .. 2. Geometrijska verovatnoća . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3. Uslovna verovatnoća. Proizvod i zbir verovatnoća. Totalna verovatnoća . . . . . . 4. Izračunavanje verovatnoće pojave događaja pri ponavljanju nezavisnih opita . . . . 5. Slučajne veličine i njihove karakteristike . . Rezultati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Račun verovatnoće .

§ § § § §

l. Osnovni pojmovi i definicije

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . •

Strana

183 191 197

197

210 216 227

235 241

245 251 258

266 283

293 293

298 306

309 317 32 1 327 338 349 349 352 354 357 360 362 364 366 368 369 373

376

376 382 388 392 397 397 405 408 420 428 449

Glava I

REDOVI

§ l. Redovi sa pozitivnim članovima lo

K o n v e r g e n e i j a r e d a. Brojni red

(l)

.2; a,. ..

a1 + a2 + a3 + ···+a,.+··· �

n=l

je konvergentan ako postoji konačan limes lim S,. =S

11-->00

gde je S,.= a1 -t a2 + · · · +a,. (delimična suma reda (l)) i slučaju, kaže se da red (l) divergira. 2°

S zbir reda (l). U protivnom

C a u e h y e v k r i t e r i j u m. Potreban i dovoljan uslov da red (1) konvergira jeste da za proizvoljno e>O postoji prirodan broj N =N (e) takav da je za n>N ip>O

ISn+_p-Snl<e. Specijalno je lim a,.=O, ako red konvergira.

11-->00

3°

T e s t o v i u p o r edi v a n j a. Neka je, pored (1), dat red

(2)

1) Ako je

bl + bl + bl + ... + b,. + ... =

za

n;;.n0 ispunjena nejednakost

L: b,.. 8

11�1

tada iz konvergencije reda {2) sledi konvergencija reda (l) i iz divergencije reda (l) sledi divergencija reda (2).

2) Ako je

lim

a ,.

11-->00 b,.

=k

(O
oo

)

tada iz konvergencije reda (l), za k< oo, sledi konvergencija reda (2), a iz divergen cije reda (l), za k>O, sledi divergencija reda (2).

2

I. REDOVI

oo

divergira za p.;; l.

an t -.- --

l

-koji konvergira za p> l L nP

Kao komparativni red (2) često se upotrebljava red

n= l

4° D 'A l e m b e r t o v t e s t. Ako je +

hm

n-+-oo an

=q

tada je zaq< l red (l) konvergentan. Akojc lim

n-J-oo

an+t = q>l, On

red (l) je divergentan.

5° Ca u e h y e v t e s t. Ako je n

lim n--+oo

Van=q

tada je za q< l red (l) konvergentan a za 6 ° R a a b e o v t e s t. Ako je lim

n�oo

n

(

q> l

divergentan .

)

�- l =p Un+t

tada je za p > l red (l) konvergentan a za p< l divergentan. JO G a u s s o v t e s t. Neka je

a,. --

so

ft =A+-+

O,. -

(a11>0),

gde je O,. ograničena funkcija od n i e>O. Tada red (l) konvergira za ako je t-t> l. Za A< l i za ,1. = l ako je t-t< 1, red (l) divergira. an+t

Ca uch y e v

n

integralni

nl+•

t e s t.

!'u..n.kctja,. tada. red

Ako

je

/(x) (x>O)

A> l

i za J.= 1

nenegativna rastuća

L f (n) oo

n=l

konvergira ili divergira istovremeno sa integralor•.

j /(x)dx. oo

l

Za sledeće redove naći delimičnu sumu Sn

oo ( -I)n-t

l 4. 2:oo :--·- l) �

II=O (n+k)(n+k+

6

�Jn� (n : I)kl

' n

2. 11=1 "L

zn-!

(kEN) . 7.

�ln ( t + _!_n ) .

n=!

limeS" lim Sn = S:

n->-oo

3.

� n (nl+ l)

n=l

oo

2n+ l ---

s. nL =! n2 (n+ 1 )2 8.

00

n

11+l

L (Va-Va) (a>O).

n= l

§l. REDOVI SA POZITIVNIM <'::LANOVIMA

�n=2 Van l � -t+ "' l 10. 2 arc tg-. 9

•

=---==-

L.

2 n2

n=l

an obrazuju

gde pozitivni brojevi

ll. 1° 2 qn sin nx (JqJ < l ); oo

2°

n�l

aritmetički niz .

11 cosn

2q oo

ll=l

(JqJ
x

12. Površine ograničene krivom y =e-z V sin x (x;;;. O) i x-osom rotiraju oko x-ose. Naći zbir zapremina tela koja nastaju ovom rotacijom .

Na osnovu opšteg člana reda, 13.

15.

14.

a n,

zaključiti da sledeći redovi divergiraju:

_2 sin na oo

n= l

2: cosna ( -!:..
2 n n= l oo

16.

n=O

n

17.

Vl n.

_2�" n=l oo

Vn+ a

Odrediti granice kojima teže sledeći izrazi kad n-+ oo : 18.

l _2 Ink. 19. an=-

l an =2 e-k.

n

n

n k-l

n k=o

-n

an = ll+a _2 k" (a> - l). n k=l

20.

�

21. Na osnovu Cauchyevog kriterijuma

da konvergencija reda "'2 an povlači konvergenciju reda 2"' Andokazati Pn - ! , gde je An= 2., (p1 = l ,

n=l

Pn
n= l , 2 ,

·

·

n=!

. ).

i=Pn

22. Pokazati da je u prethodnom zadatku

Ot

2 an= 2 An. oo

oo

n=!

n=!

Koristeći Cauchyev kriterijum dokazati da sledeći redovi konvergiraju: 24. 25.

� cos nx- cos (n + l ) x

L.,

n

n=l

2

-·

"' sin xn

n=l nZ

.

26. Koristeći Cauchyev kriterijum dokazati da red

Znajući da je red

2: _!__

n= l rf'-

konvergentan za

2: _!__n

a> l

i divergentan za a < l

ispitati konvergenciju sledećih redova: 27. 30.

2: 11=1 oo

2 "'

l 2n-l l

n=! n Vn + l

28.

2: oo

11�1

31.

2 oo

l (2 n- 1)2

.

l

n�l V3 n (2 n- l)

divergira.

n=3

29.

l -(a>O). ll= l + an

_2 oo

t

32.

2: Vn +Jrln- Vn . oo

11=1

.

l. REDOVI

4

33.

37.

1 � (an+b) P =n l

�n=l e--ln

n+

n

n

40. 43.

46.

�(en��-lr.

l

)

.

�

L:3 oo

n=

Za

"

>

X

':n :!

sin- (x=FO). n

1 2: 2n sin-. n 3 n =O

•

(ln ln n) lnn

oo

..

dovoljno velike vrednosti

n

=V2nn n" e

Vn2+T

--

n- 1 l-y n/ln n+ l 1t

J r::\

l

chn

:r&

"' [el

( l + 1 )32n ]p

n

�n l -

48 .

l

L;: (lnn) ln In n

l

�n l

45. :ž:ln -n=3 cos

"" -- .

n

n!

39.

""

47.

. l

"" nsmn

n+ 42. L; (vn=2

oo

44.

l

n 3 (lnn)lnn

oo

38.

41.

l

oo

oo

34. L: (Va - l) (a> 1). =n l

(a>O).

nZ

•

važi sledeća Stirlingova formula !Zn o

-n+-

(O
Koristeći ovu formulu ispitati konvergenciju sledećih redova: 4 9.

"' n"

:z:-. n! n=!

·

50. 2 -n R=l 1/:T oo

n

51•

·

yn :

�

Inn !

n=l nlnn

"' l ( ) e

n n 52. :z:,- . n=l n.

.

�=n ! On_.!.._ divergentan ako je at> a2, a3, aritmetički niz. Da li je konvergentan red � _.!.._ ako je a1, a2, a3, geometrijski niz? l

53. Dokazati da je red 54.

•

•

n=

an

•

•

•

•

55. Ako je red L an (an> O) konvergentan, dokazati da je red L; a; takođe n=l n=l konvergentan. Primerom pokazati da obrnuto ne važi. "'

oo

�

56. Iz konvergencije redova � a; i b� sledi konvergencija sledećih redova: n=l =n l "" "" "' -"la l . Dokazati. l o L l a" b11 l; r L (an± bn)2; 3o 2 n=l n n=l n=l

§ l. REDOVI SA POZITIVNIM Cl.ANOVIMA

57.

2; an konvergentan n=l lim n an= O. Dokazati . n-+oo oo

Ako je red tada je

s

an>On+1>0

i ako je za dovoljno veliko n

Koristeći D 'Alambertov test ispitati konvergenciju sledećih redova:

58.

oo l 2:-· n=ln!

61.

oo n' 2: ___:_ n= l nn

64.

oo

oo

P

n=t !

oo

n=l

an ( l +a) ( l +a2 ) •

• •

65.

1 ° 2: Cv'2- V2HV2-V2) 3

oo

3

oo

( r

(x>O).

(2 n-1) l! l n l (2n)!! 2n+1

�

•

2n+ l

S

n= l oo

(a>O).

( l + an)

""af'

n=O

xn (x>O, y>O).

oo

2- (a>O). n=tn!

oo x 63. 2: n ! n

n 62. 2: -. n

.

2:n=l n11

66. 2; 67.

60.

2n 59. L:-· n=l n

·

·

·

CV2=-V2 ); 2n-t-1

S

2: (VS-VS) (Vs-VS)· · · ({5-Vs). 2° n=l

2: an (an>O) konvergira,

68.

Ako red

69.

Dokazati da je red

n=i

2; IT oo n

dokazati da može biti lim

sin2 k a

n=lk=l l + x2 + cos2ka

n�oo

an+t =q> l . an

konvergentan za svako a i x.

Koristeći Cauchyev test ispitati konvergenciju sledećih redova: n 70. 2;n (a>1). n=l a

oo

71.

oo n . 2: n=i (lnn)n

72. 74. 2: oo

� (�) n

n

( +2

n-2 )n(n+l)

n=2 n

75. 78.

"" nl+J 2: an+l. n= l

(x>O).

n=l

.

Ako D 'Alembertov test rešava pitanje konvergencije nekog reda onda ga rešava i Cauchyev test. Obrnuto ne važi. Dokazati.

79. Primeniti D'Alembertov i Cauchyev test na red

2 n=l oo

a,.

gde

je Gz�-1 =

= --, a2k = -(k = l , 2, . . . ) i potvrditi drugi deo teoreme Jk Jk-1 2k-l

2k-l

u

pret-

hodnom zadatku.

80. Ako je lim V an = q (an > O) tada je red za q < l konvergentan a n-->oo divergentan. Dokazati.

Ispitati konvergenciju redova: 81. 83.

�

a + (- l)n b

�(

an

n=l

82.

(a > b> l).

)

:Z: oo

n=l

n cosz

za q >

l

nn

-

3

an

(a > 1).

l + cos n 2n.-lnn

n=l 2 +cos n

Koristeći Raabeov test ispitati konvergenciju redova: 85. 87. 88.

. n=da + l ) (a + 2) .. ·(a + n) oo

91.

86.

� (2n-1)!!

n= 1

(2 n) ! !

+ n-1) n . 2 a (a + l) ·· · (a + - l)· P· (P + l) ·· · (P

�

�

n=l

· (y + n- 1)

n! y (y+ l )

n=l

(

a+

VIH l

�

(

a + 2 . .. a +

a (a+l) · · · (a + n- 1) ,__!__ n!

na

+ k) � IT In (l +a

n

�[

n= l

89.

� _!_ ( )

n=ln!

" !:. · e

(a> O).

(a> O).

+k)

n=lk=tln(l

Vn) (a > O) .

J

Koristeći Gaussov test ispitati konvergenciju redova:

92•

2 n+l

oo

n=l

90•

n .r

2

(2 n- l) ! ! P· (2 n) !!

93.

�[

J

p (p + l)···(p + n-1) a (p>O, q > O). n=l q ( q+ l ) · ··+(q + n- 1)

Koristeći Cauchyev integralni test ispitati konvergenciju redova:

94. :z:-. n=l na oo

96. 1°

l

�

95.

l

n=2 n {n3 n lnz (In n)

';

�

l

n=2 n (ln n)a

20

�

(a> 1). l

n=2 n In n In (ln n)

7

§ 2. REDOVI SA PROMENUIVIM PREDZNACIMA ĆLANOVA I OPERACIJE, . .

oo l

97. Neka je S= L- ( a > l). 1° Pokazati da se, ako se umesto S uzme n=l na l l l � • ,, j OS da j e vka manja Sn= L., - , cmt gres od -- · -- . 20 Do da'JUCt a- l na-t k=l� dx , 1 E = Sn+ pokazati da je S između E-- - i E. 3° Pokazati da. je v•

E

--12na

J

n

+

�

•

•

a

12 (n+ l)a+l

v

•

2�

a < <.E--1S + 2na 12(n-l)aTI

98. Ako je an > an-t1 > O za svako n dovoljno veliko, dokazati da red i red L 2n a2n istovremeno konvergiraju i divergiraju. oo

L oo

n=l

an

n=l

Ispitati konvergenciju redova: 99.

t ot.

� V n+ a - Vn + b

L.,

n=l

L s-V-n.

�

(a> O, b> O).

3

oo

102.

n=l

00

a logA n +b

LAclogAn+d (A > l). n=l

§ 2. Redovi sa promenljivim predznacima članova sa konvergentnim redovima

lo

operacije

A p s o l u t n a k o n v e r g e n e i j a. Kaže se da red

L a" oo

(l)

n=l

konvergira a p s o l u t n o ako konvergira red

(2) U tom slučaju konvergira i red (1). Zbir apsolutno konvergentnog reda ne zavisi od poretka sabiranja njegovih članova. Ako red (l) konvergira a red (2) divergira, kaže se da red (l) u s l o v n o kon vergira. Zbir uslovno konvergentnog reda promenom poretka sabiranja njegovih članova može imati proizvoljnu vrednost (Riemannova teorema).

2°

T e s t o v i k o n v e r g e n c i j e. l) Leibnizov test. Naizmenični red +(-1) n-lb"+·

konvergira ako je b">bn+dn =l, 2 , . . .) i lim b,. =O. b, -b2+b3-b,+

• • •

• •

(b">O)

ll--+00 U tom slučaju za ostatak reda R"=( -l) "bn+ 1 +( -1) "+ 1 bn+2+'" važi ocena " (O< lJ"
b,. obrazuju

L IlO

Red

2) Abe/ov test.

n=l

monotono ograničen niz.

3) Di rich/etov test. Red

=

n

L

k= l

Ot

ograničene i

3° O p e r a e i j e - s a l)

L a,.b,. IlO

konvergira ako

n=l ako b,. monotono

L a,.± L b,. = L (a,.±b,.); oo

oo

oo

n=l

n=l

n=l

L a,. i ako brojevi ..

n=l

su de limi čne sume A,. =

teži nuli kad

r e d o v i m a. Ako red

gde je e,.= a1 b,.+ a2 b,.- 1 +

103.

a,. b,. konvergira ako konvergira red

n-+- oo.

L a,.i red L b,. konvergiraju tada je: oo

oo

n=l

n-1

· ·· +a,.b, i bar jedan od datih redova apsolutno konvergira.

Primenom Leibnizovog testa dokazati konvergenciju redova: ( - l)n (a>O) . 104. L: oo

n=t n (n +l )

.

Može se dokazati da iz 105.

L an = A, oo

n=l

(Abel) Ispitati apsolutnu 106.

�(- l) n ln (fi)"

107.

Vn

n=l

(-l)n-1 n= t (n+ l)a2n

l 09. L: oo

110.

i uslovnu konvergenciju redova: oo

L;(-l)ntg - . n

n=l

108.

(-l)n

L: ln n n=2 oo

__;_______ _;_

Da li se može primeniti Leibnizov test na red l l l l l -- + + .· + -:::-::: --- + f2-l --:V2=2 + 1 V3-l V3 + 1 --:vn=n-1 Vn + l Konvergira li dati red?

.

.

.

111.

Znajući da je L oo

n=l

l

l

l

3

(-J)n-1

n

l

6

=

l

ln 2 naći sumu reda

1----+-----+ ... +

2 4

8

.

.?

l

l

2k- l 4k-2 4k- +

---

.

koji je nastao od datog reda premeštanjem njegovih članova.

.

,·

§ 2. REDOVI SA PROMENUIVIM PREDZNACIMA CLANOVA I OPERACIJE...

Primenom Dirichletovog testa dokazati konvergenciju

112o 115.

(

�

n=i oo

n

n=l

2

__

-- -ln2 n

cos

nn2

n+ l

oo

{-l [Vnl

n=!

n

) -L: -'-----'-

113 o

cos n a gde je

L: l

n=2

1)

n

La oo

117.

-

n (n-1)

n=2

116o

n-:,.oo

sledećih redova�

� sinna.

1140

On-1 >an>0, Iiman=O.

9'

oo

L

n=i

lnn

-- . -4 • ln2n

SlO

n

nn

·

Primenom Abelovog testa dokazati konvergenciju redova:

118o

119o

� {-l)n ( 1 +_!_n )

tg J_ • n

n

n=l

�

n=l

(-l)n Inn

_Vn (a>O).

n

120.

n+a

� ( -l)n Vn . lnn

n=2

Pokazati da sledeći redovi konvergiraju i izračunati njihov zbir sa tačnošću od 0,01.

12lo

oo ( -})U-1 L: --·

122o

n4

n=l

(-l)n

L: oo

n=2n(n+ l)(n+2)

.

Koliko članova reda treba sabrati da bi se dobio zbir sa tačnošću 10-6�

123o

oo

L

n=l

(-l)n+1 .

124o

Vn2+1

125. Dokazati da je 126o

L: oo

••= l

oo

1 -< L 2

(a-I)nan

(2n+l) ln(n+ l)

'•=l

2

oo sinn°

n=l

vn

--·

{-l)n-1 na

(a>O).

.

Ispitati uslovnu i apsolutnu konvergenciju redova:

127o

130.

133.

oo

n'

n=l

nn

L ( -l)n ..,:_

� (- l )n [

n=l

�

L.,

n=l

sin n x nu

129o

·

(2 n- l )!! (2 n)!!

(O<x
] a·

131o

134.

an L n (b;;.O). n=l b +n oo

�

n=l

-

ln

(

1+

sm-.

nn

-� n

.,2: oo

n=2

. nn SlO12 lnn n

l

132.

o

oo

.

n

cos- 4

L-a-' n

'•='

lO

l. REDOVI

li

Ako su redovi n=1L"' an n=1L"' bn divergentni, može biti rednL=1"' (an± bn) konvergentan? Posmatrati redove: nL="'1 -nl 11=1L"' n+l l · "' 137. Da bi red L en (en =01 bn +a2 bn-1 + · · · +On bn) bio konvergentan, mon=1 raju li oba reda nL=1an n=1L bn biti konvergentna? l sm. n sinnz, pokazati da ovaj red 138. rans1ormactJOm vlanova reda � n=l n konvergira i da mu je zbir između O i l. an+t =-3 + (-l )n ISpitati . . . apsolutnu . uslovnu konver139. Ako Je a1 l 2 an 4 genciju reda n=1L ( -l)n an. Naći zbirove sledećih redova: (__!__+ { -l)n ) 141. � ( -l)n(2n+l)+ l 140. "" n(n+1) /.;1 3n 2n n=1 136.

--

oo

T

••

l'

.

=

"'

e

L.

,

-

1

,

"'

oo

142.

·

L,

"' . 3-64n 2:---=-2n SID

:n;

"_�

1 = 2 naci· · zbtr. reda � n · · •· Je · dnakost � onstect n n=1 2n+l n=O 2 144. Naći Cauchyev proizvod reda I � sa samim sobom i pokazati n=O n+l da tako dobijeni red ne konvergira iako dati red konvergira. Koristeći Cauchyev proizvod pokazati da je n=�2 n(n-1) 2n-Z 16 pa zatim � nz-n nact,. zbtr" reda n=l 2 146. Dokazati da je ( I --\) (I (-�)n)= 143

•

K

L.

L.

-

145.

L.

L.

·

11-o

n.

11-o

·

n.

L

-

ll

§ 3. PONOVUENI l DVOJNI REDOVI

dvojni redovi

§ 3. Ponovljeni Data je beskonačna matrica

Neka su elementi matrice A, aiJ, bilo kako poredani u niz (l) i neka je pomoću njega formiran red

(2) koji daje "zbir" svih elemenata matrice A. Najčešće se upotrebljavaju sledeća tri metoda nalaženja "zbira" svih elemenata matrice A:

1° M e t o d t r o u g l a. Obrazuju se zbirovi: S, =a 1 1 ,

S2 =S1 + a,2 + a2,,

S 3 = S2 +au+a22 + a31 , • • •

traži se granična vrednost niza

Ako ova granična vrednost postoji n

L

=

i=l

konačna

je,

kaže

se

da red

a1 n-i+O konvergira po Cauchyu i zbir mu je S = lim S,. .

2" M e t o d k o n a č n i h p r a v o u g a o n i k a. Obrazuje se konačan zbir ll-+ OO

Anm = traži se dvojni limes

L;

i=n, i=m i, j=l

a ,,

Ako ovaj limes postoji i konačan je, kaže se da dvojni red

(3) konvergira (zbir mu je

(2) (u,.=

12

I. REDOVI

3° M e t o d b e s k o n a č n i h p r a v o u g a o n i k a. Ako sve vrste matrice zuju konvergentne redove

A

obra

i ako red

konvergira, kaže se da konvergira ponovljeni , red (4) Takođe je ponovljeni i red

L L a11.

(4' ) 4 o V a ž n i j e t e o r e m e.

L

n=l

L co

3)

Ako red

i=l

i=l

u,.-

L L oo

oo

}=l

i=l

aw

konvergira tada konvergiraju i redovi

j=l

važi

oo

l) Ako red (2) apsolutno konvergira tada je oo

2) Ako red

oo

L L co

co

i =l

1=1

� � l a11!

a11 =

co

L

L L oo

oo

J =l

i=l

a11

u,..

n=l

konvergira tada je

}=l 1=1

4) Za konvergenciju dvojnog reda (3), pod uslovom a11>0, potrebno je i dovoljno da su mu delimične sume i=n, j=m

A,.m=

L

i, j= l

ograničene.

a,,

5) Neka su članovi niza (l) elementi matrice A i neka se svi članovi matrice A nalaze u nizu (1). Ako bilo koji od redova (2}, (3), (4), (4'), posle zamene njihovih čla nova sa apsolutnim vrednostima, konvergira, tada konvergiraju svi i imaju isti zbir.

147.

Ispitati konvergenciju dvojnog reda L GO

l,k=l

148.

Dokazati da dvojni red L co

l, k=l

l

(i+ k)P

l

--

jP kq

·

konvergira za p>2 .

13

§ 3. PONOVLJENI l DVOJNI REDOVI

k·

149 Nact, . zb' ponov l'jenog reda � � ml i- j (i + j - 3 )! 150. Neka je:. a,1=-2'+1-2 (i- 1 )! (j-l)! (i > l, j > l), L.

L,

JI

•

m=2 k=2

OCJ=2-(f-1)

a11=-2-l), a11=0. 2 a,1=l r .L 2 ac1= -t.

{i >l),

Pokazati da je: lo .L 151. Neka je r - 1 ). 154. J.: (2--=l n)m l l 155. .L (4 n-l)zm+ ---ln 2 . l 8 2 oo

oo

j=l i=l

oo

;

oo

i=l j=l

iz

iz

m

l

m

m

t

da

oo

oo

m=2, n=l

m,n=2 oo

n

m,n=l

156.

.L oo

m, n=l

2. -- =_.!_ln -(4 n-l)Zm 4

X p Xq

157.

2 oo

m, n= l

l

(4 n- 2)zm

158. Pokazati da je 2: p + q + l > 0 ako je 159. Neka je: _L l, i neka red _L.. Pokazati da su sledeća dva iskaza ekvivalentna: p,q=l

oo

•

Xp = 2

P=l

p,q=l

2) red � l � OpqYq 1 konvergira. oo

oo

p

t

q

2

I

n

---- =-·

8

apq XpYq

konvergira.

14

l. REDOVI

Neka je: P=2l Xp l, q=l� y;=l. Dokazati da je �L, �L, -X�pYq--"--- < :n:. p=O q=O p+q + l 161. Kaže se da beskonačna matrica A = (ai1)';J=t preslikava niz {xn} u {x:} ako je x:= j=�l an1x1 (n= l, 2, . . .) Pokazati da beskonačna matrica A, kod koje je lim ank =O, transformiše svaki ograničen niz u nula niz tada i samo tada kada je lim 21ankl =O. 2 koristeći: 162. Posmatrajući ln=_!_ J t [ i ( - l ) ' (x,cos rt-y,sin r t) ] dt :n: r=l J t sin mt dt= (-l)mm+12:n: , J t cos mt dt=O (m ceo broj različit od nule), pokazati da je In= 2 (Sn - Tn) gde je Sn =p=lq=tP+q i i XpYq , (�, označava se pri sabiranju izostavljaju članovi gde je p= q) . Ako je: �L, �L, Xp Yq, T=�L, �L,, XpYq , �L, Xp= �L, Yq = l , S = p=l q=l p +q p=l q=l p -q P=l q=l dokazati da je: l S l < :n:, l Tl < 2 :n: . oo

160.

2

=

niz

.

n-+ oo

oo

n.-oo

i

"

_"

"

k-l

"

-n

-n

da

L.

2

§

2

4. Funkcionalni redovi

l 0 O b l a s t k o n v e r g e n e i j e.

Skup X, onih vrednosti

x, za koje funkcionalni red

2 Un (x) n=l oo

(l)

konvergira, zove se oblast konvergencije. zo U n i f o r m n a k o n v e r g e n e i j a. Kaže se da niz funkcija

u1 (x), u2 (x), u3 (x), ... uniformno konvergira na skupu X ako za svako x E X postoji funkcija u (x) = = lim un(x) i ako, za proizvoljno e>O, postoji broj N=N(e) takav da je n-+oo

za svako n>Ni za svako

l u (x)-un (x) l <e xEX.

15

§ 4. FUNKCIONALNI REDOVI Funkcionalni red (1) je uniformno konvergentan na skupu uniformno konvergira niz njegovih delimičnih suma

S,. (x)=

n

2 Uv(x)

X ako na tom skupu

(n= 1, 2, 3, . . ) .

•=l

.

3° Ca u c hye v k r i t e r i j u m z a u n i f o r m n u k o n v e r g e n c ifu. Da bi red (1) uniformno konvergirao na skupu X, potrebno je i dovoljno da za svako e>O postoji broj N=N (e), takav da je za n>N i p>O ispunjena nejednakost

l Sn+p(x)-S,.(x) l =

(x E X).

l n+o2 l •=n+1

Uv(x) <E

4° Te s t o v i u n i f o r m n e k o n v e r g e n c ij e. l) Weierstrassov test. Red (1) konvergira apsolutno i uniformno na skupu

2 Cn takav da je za svako x E X n=l (n= 1, 2, . . ). oo

ako postoji konvergentan brojni red

X

2) Abe/ov test. Red oo

2 a,. (x) b,. (x)

n=l

(2)

2

uniformno konvergira na X ako red a (x) konvergira uniformno na niz funkcija b,. (x) (n= 1, 2, ...) ograničen i monoton za svako xEX.

n

..

3) Dirich/etov test. Red (2) uniformno konvergira na

2 a.(x)

ograničene i ako niz b,. (x)

P= l

X ako su delimične sume

(n= 1, 2, ...) za svako x E X monotono

O s o b i n e f u n k e i o n a l n i h re d o v a. l) Zbir uniformno reda neprekidnih funkcija je neprekidna funkcija. uniformno konvergira ka nuli kad

5°

X i ako je

n-+oo.

konvergentnog

2) Ako funkcionalni red (l) uniformno konvergira na intervalu (a, b) i ako postoji lim

x�

u,.(x)=A,.(n= l, 2, . ..) tada: a) red lim x--wz

{�

n= l

u,. (x)

}

=

oo

�{

n=

1

2 An

konvergira i b) važi jednakost

n=l

Un (x)

lim X--+-a

}·

3) Ako su članovi konvergentnog reda (1) neprekidno diferencijabilne funkcije na

intervalu (a, h) i ako red

2 u:(x) uniformno konvergira na (a,b) tada je za xE(a,b) oo

11=1

[� ]

u : (x). = 11=1 11=1 4) Ako su članovi reda (l) neprekidne funkcije i ako red uniformno konvergira na konačnom segmentu [a, h] tada je

u,. (x)

J{� b

(3)

n-1

}

'

�

u,.(x) dx=

�

n=1

J

b

u,.(x)dx

lJ

il6

REDOVI

l.

J{ � b

Ako

l=n+l

}

u1 (x) dx-+0 za n-+ oo onda je formula (3) tačna i u slučaju besko

Q

načnih granica integracije.

Odrediti oblast apsolutne i uslovne konvergencije redova: n 165. 163. L:(-l) n-1n (2x) n ' 164. L:xn · n l 167. L; n fsi nx. . 166. L: n(x+2)n 168. n=1 L:(lnx) · n l (2n-l)!! ( 2x )n 169. L: -170. L:---'- l +x2 . 171. x2+n2 (2n)!! n2 � _2_n_si_n_nx_ 175. � cos"nx 172. L: n e-x- 173. L:_.;174. . -n2 n. e nz 176. konvergira Dat je niz funkcija Un(x)=xn (n=l, 2, ...). 1° Pokazati da dati niz na odsečku [0, l] i naći mu graničnu vrednost. 2° Pokazati da oo

oo

n�l

n=l

oo

oo

n= l

n=l

oo

oo

oo

n=l

n= l oo

n

"

oo

L.

n= l

n=l

n=l

n=I

.

na odsečku [0,1] niz funkcija ne konvergira uniformno. 3° Da li dati niz konvergira uniformno na odsečku [0, a] (a< l )? Za ispitivanje uniformne konvergencije nizova funkcija korisno može da posluži sledeća teorema: Da bi niz U n(x) uniformno konvergirao graničnoj funkciji u (x) na skupu X potrebno i dovoljno je da je lim {sup lun(x) -u(x)i}=O.

11-f-00 X

valima:

EX

Ispitati običnu i uniformnu konvergenciju nizova funkcija na datim inter

l77. U n (x) =n(1-x) xn-t,

179. Un(X) =� X2+ �2, 181. Un(x) = arc tg nx, 183. Un(x)=( l :): +

XE [0,1].

xE(-oo,oo). xE (0, oo ) .

ux 178. Un(X)= 1-rn+x , xE[O, 1]. sin nx 180. Un(X)=-, xE[a,b]. n 182. Un(x)=en xE(l,e). (lnz-1)

1° xE(a,b);

,

2° XE {-oo, oo ) .

Koristeći Cauchyev kriterijum ispitati uniformnu konvergenciju redova:

184.

L; xn oo

n-o

za:

1°

!xl
2o lx l
§4.

185.

17

FUNKCIONALNI REDOVI

.XE[0, a].

186. n=2L:oo (x+n-1)l (x+n) , nx 188. _Loo

xE[-1,1].

187. n=OL;oo x(l-x) n, xE[O,l]. XE[l, oo] . n= {l+ x)(l + 2x) · ·(l+ nx) 189. Ako red n=O� an -(-'--x_l-'-)-'-(x_---n!'2)_·_·_·-'-(x_--' n)_ (Newtonov red) konvergira x x0, x0 #0, l, 2, . , dokazati da konvergira za svako x>x0• n 1 190. Dokazati da iz konvergencije redan=lL; (- l) n an k= k sledi konvergencija reda n=OL; an (x-I) (x-2)n! ·(x-n) . · (x·-n) i Dirichle191. Dokazati da Newtonov red n=OL;oo an (x-l) (x-2). nf tov red L;oo (-l) n an imaju istu oblast obične konvergencije i apsolutne konvergencije, Koristeći test pokazati da sledeći redovi uniformno kon vergiraju uWeierstrassov naznačenim intervalima � sin nx a> , xE {-oo, ) l

za

=

..

oo

oo

,

•

-z

e

l

:E -

· ·

·

n= l

nZ

20

L.

n=l

,

rt'

1

·

oo

.

193. n=l� sinn.nx xE(- oo, oo). 194. n=L:l x2+n3 xE(-oo, oo). nx 195. n=L:oo l+n4x2 196. n=L: 2n-1 Vll+nx ' xE[O, oo]. XE {-oo, oo). 197. n�ool n2 +[cpl (x)p' XE(-oo, ) 198. n=l2;oo n2 . XE(-oo, oo ( ) l , xE[a,oo] (a> l). 199. n=l_Loo 200. L; ln l+ x2 , xE[-a, a]. nZ nln2n n=2 Ispitati uniformnu konvergenciju sledećih redova naznačenim intervalima: -1)11 nx 201. n=lL: (x+n 202. n=� Vl+2 , xE[O, ) , XE (0, oo). n! 203. _L x2 n XE {-oo, oo). oo

'

,

oo

l

oo

l

oo).

e-n• x•

.

-

--

na

oo

oo

n=l

2

l

2 e-" x2,

Zbirka zadataka iz više matematike II

oo

.

18

I. REDOVI

"' 204. Ako red 2 l Un (x) l uniformno konvergira na [a, b], dokazati da n= l

2 Un (x) oo

l

n=

205. Ako red

uniformno konvergira na [a, b].

2 an oo

konvergira, dokazati da red

2 an e-nx oo

n=l

n=l mno za xE[O, oo).

Odrediti oblast definisanosti

206,

red

2 X e-n(x) "'

207.f(x)=

n= l

konvergira unifor-

oblast neprekidnosti sledećih funkcija:

l " ). �00(x+-;

208. f(x)=

" 1

2

(aER). 210. Da li se može diferencirati član po član reda f(x)

211. Koristeći jednakost

� xn= 1-X 1 (/xl< l) naći --

n=O

l0 l+ 2 x+ 3 x2+ 4 xJ+

·

.

.

---

n=l n2(l+n2x2

209. Ispitati uslovnu, apsolutnu i uniformnu konvergenciju reda

xE(-oo, oo)?

l

oo

=

x -) � (x+l

n=1

2

"' sin 2n nx , 2n n=l

zbirove:

;

Naći limese:

212.

hm 2 X-->-1-0n=l oo

.

( - l )n

-

n

1

xn

. n

213.

--

l+x

214. lim X-->-00

215. lim P--'>

oo

lim

2 "'

x-..+ On=l

2-. kP oo

k=

l

l (x +n)(x +n+l)

.

l 2

Da li se mogu diferencirati član po član redovi:

216. 218.

�

L.

sinnx

n=l

n

,

xE (e, 2n-e).

X 2 arc tg-. oo

n2

n=l

217.

� sinn2nx ,

n=l

x E (e,

2n-e).

xE(-oo, oo).

Da li se mogu integraliti član po član redovi:

219.

l 2--, oo

n=l X2+n2

J (� oo

221. Naći

o

xE(-oo, oo).

1 ) dx

n=ln4+x2

•

220.

�

sin nx _, , n= l n Vn L.

an

xE(-oo, oo. )

19

5. STEPENI REDOVI

222. Neka je lim an = oo

neka red

n-HO

l

0

Pokazati da red

2 n=llan l l

oo

konvergira.

--

1 konvergira apsolutno i uniformno na svakom � --

n=I X-On

ograničenom i zatvorenom skupu koji ne sadrži tačke x =an (n= l ,

2°

Za

an=a(l-22n),

2a

naći

gde

J (J1x aJ dx. 1

a

§

an(n= 1, 2, . .. )

5. Stepeni redovi

ne pripada odsečku

2, ... ) . [a, 2a],

2 a,.(x-a) "

postoji broj R taka v n=O da za l x-a l< R red konvergira a za l x-a l > R red divergi ra. Interval (R-a, R +a) zove se interval konvergencije a R poluprečnik intervala konvergencije reda. Na krajevima intervala konvergencije, red može konvergirati ili divergi rati. R se određuje po formuli oo

1° I n t e r va l k o n ve r g e n c i j e. Za stepeni red

l -n -=lim Vr;I,;i R

n--+oo

ili po formuli R=lim

n---+oo

ako ovaj limes postoji. zo

a,.

,

l ·� 1

--

an+

Tayl o r o v r e d. Ako funkcija f(x) u tački x = a ima sve neprekidne izvode tada se u okolini te tačke funkcija može predstaviti na sledeći način f(x) =

J 2� (x-a)". n=O n! oo

(n)

Ovaj red zove se Taylorov red funkcije f(x). Izraz

t< n +l)[a + O(x-a)] f(k) R ,.(x)=f(x)- L.� (x-a)k= (x-a)"+1 (n + l)! k!

� k=O

je o s t a t a k Ta yl o r o v o g r e d a.

3° Taylo r o v r e d ne kih f u n k c ija u ta č k i x=O.

sinx= 2 ( oo

COSX=

1) " -1

xzn-1

(2n-l)!

oo zn 2 (- 1)11 (2xn)! n=O

n=l

---

(-oo<x
(-oo<X
(O
l)

1.

L (:) x" (-1<x<1 CIO

(1+x}«=

n=O

ln (1+x)=

REDOVI

7A

-1<x<1

et<-1;

L (-1)"-1 oo

n=-1

za

-1<et<0)

x" - (-1<x<1}. n

Odrediti i ispitati konvergenciju na krajevima intervala poluprečnik konvergencijekonvergencije sledeće stepene redove: x" 225. 223. L(n+l)x". 224. n=tL:-· 2-· n! n=l n x" 226. n=ln(n+ . 22� n=L:l (n+2)(n+ 3) . 2 l) x" 229. n2= (-2)"xz". (a>O). 230. n=lL"" na" 233. n=l� (n+n 1 ) x". 235. n=lL (n+2) n!x-n (a>O, p ER). 236. Ako je R1 poluprečnik konvergencije reda L an x" i R2 poluprečnik konvergencije reda 2 b n xn, šta se može reći poluprečniku konvergencije redova; l n=OL: (an+ b11)x"; 2° nL= a11bnx"? Naći oblast konvergencije redova: a(a+l) {J({J +l) z ... 237. n-1I (1 +_!_+··· +_!_) xn. 238. l+ a{J x+ + 2 n l . ,.. l . 2 . (y +l) za

oo

oo

oo

xn

n =O oo

oo

nx"

oo

O

"1

oo

na"z

P

oo

ft=O

oo

oo

0

o

11=0

co

O

,..

=

· ( +n ( +l ·( +n 1 +a(a+l)· · a -I){J {J )·· fJ - ) x" + .. ·. l·2 3· ·n y (y +l)· · (y +n-I) ·

·

·

Naći oblast definisanosti funkcija: 239. f(x) I (-l)" (x-1 ) 240 =

n=O 2n+ l X+ l

241. f(x)= n=lL -na"z'tg "x oo

1

=n=lL: e-n(x+l) n2

2n+l.

(a>l).

242• f(x)

oo

--

=

(2n-l) !! JP (cos x-1 ) [ 2 n=l (2n) !!

�

"

·

§ S.

21

STEPENI REDOVI

244. Razložiti polinom xJ -2 x2 + 5 x-7 po stepenima od (x- 1 ). 245. penima Razložiti(xpolinom xt 0 + 2 x9 - 3 x?-6 x6 + 3 x4 + 6 x3-x-2 u red po ste - 1) i pokazati da je x = l nula trećeg reda ovog polinoma. 246. Razložiti funkciju f(x) =a--1 -x (a=F O) u red po: 1° stepenima od x; 2° stepenima od (x-b) (b =Fa); 3° stepenima od __!_ . U svim slučajevima odrediti oblast konvergencije dobijenih redova. 1 247. Napisati Mac Laurinov red za funkciju f(x) = l +-xk (k prirodan broj) . 248. Razložiti funkciju f(x) = -x2l u red po stepenima od (x + l) i naznačiti kada razvoj važi. 249. Razložiti funkciju u red po stepenima (x + 2). 250. tajRazložiti razvoj.funkciju ln x u red po stepenima (x- 1 ) i pokazati za koje x važi 251. Razložiti funkciju cosz u red po stepenima (x- : ) . Koristeći razlaganja u stepeni red po x funkcija sin x, cos x, ln (l x), (l + x)a razložiti u stepeni red po x sledeće funkcije i naznačiti kada ti razvoji važe: 252. sh x. 253. chx. 254. (a>O). 255. 4 -l x4 256. (xx+-13)1 257. ez sin x. X

eZ

x

eZ,

+

aZ

258. x + V l + x 2.

259.

261. ln ( l + 3 x + 2 xz).

262. 1 -2xcosx cosa-x2 a + x2

264. J ln (lt+ t) dt. X

o

e-xl .

X

265. J �rcttg t dt.

260.

12 - 5 x 6 - 5 x-x2

263.

x sin a l -2 x cosa + x2

266. J co; x

dx.

I. REDOVI

22

Razvijajući izvod .f' (x) u stepeni red po x i integraleći član po član dobijenog reda napisati razvoj u stepeni red po x funkcija: 268. fx) = arc sin x. 269. f(x) = ln (x + V l + xž) . 267. f(x) = arc tg x. 270. f(x) = arccos x2). Razviti u stepeni red x sledeće funkcije: l +x 273. ( l + xz) arc tg x. 272. ln 271. X COS X. . 1 x

(1-2

2

-

274. ( l + eZ)Z .

275. Jnz (1 -x).

Napisati prva četiri člana stepenog reda po x sledećih funkcija: 278. ( l + x)x. 277. ecosx. 276. tg x. oo (- 1)1H zameni zbirom prvih l OO 279. Kolika je greška ako se zbir reda L n

n=l

članova?

280. Proceniti grešku ako se zbir reda 281. Ako je za dovoljno veliki broj

n

n

x zameni zbirom prvih n članova? � ,. =o n !

\ 0;:1 l < k<

l

važi procena l Rn l < l an l � . Do kazati. 1 -k

282. Koristeći razvoj arc tg x

oo

n=O

=

L;

tada za ostatak reda Rn

( - l)n xz n+t izračunati broj l

2n+

:n

sa pet tačnih

decimalnih mesta. 283 . Koristeći odgovarajuće stepene izračunati sledeće vrednosti sa tačnošću od arc sin l ,· ''e arc tg _!__,. sin l o . 3° sin !!___. l o cos l r e .

0,0001: 0°'· 2°

5°

4 ' 4°

'

5 6°

Razvijajući podintegralnu funkciju u stepeni red izračunati integrale:

v , do 1 0-s. [ sin x dx s a tacnoscu l

284.

..,

--

285.

X

•

o

o

J sin xz dx sa tačnošću

1/2

n/4

286. J

288.

1/5

s in X

l Q-3 .

dx sa tacnoscu l J V--l-x

o

v

v ,

-J Q .

l

J e-x2 dx sa tačnošću

287

•

.

l O-J.

J arc tg x dx sa tacnoscu 1 0

o

X

v

.., ,

-z .

23

§ S. STEPENI REDOVI;

Naći zbirove

289.

292.

( - l )n-1

oo

sledećih redova:

.

290.

2n(n + l ) . n! n�O

293.

2

n

n=l oo

2

2( oo

295.

l

n=

- l )n 22 n-1 x2 n-1 (2 n- 1)

Integracijom član

2 oo

297.

2 oo

2 -· n

J

ln ( l

-

xn

n

n=O

o

301 .

n= 1

J

' ln ( l -x)

o

304.

Dat

red

. ,. . � znaJUci da Je L.

.

1

+x

1 -x

.

.

znaJUCI d a

X

l

J Jn

dx,

x a

. ristiti Jed

za

( - l )n-1

n2

O

� l

izračunat i sledeće

=-. :rr;2

12

nz

n=l n2

J

6

in x ln ( l - x) dx.

o

J � +�

� (a > O .

In x

.

1 u

J �+�

član pc

stepeni red po x

u

..

O <x
.

L. - = - .

l

o

nak ost

integraleći

.

Je

303.

dx.

je integral I (a) =

po

2 n (2 n- l)

n.

n=o

n=l

J

o

302.

X

( - 1 )n+1 x2 n

oo

2

------

.

-� -

n= t n + 2 n !

x + ) dx,

2 4n+ l . x 4 n+1

oo

� (2 n + �) xz n .

298.

integrale:

300.

.., nz

294.

Razlaganjem podintegralne funkcije

l

:z: - . n= ! n l

član naći zbirove sledećih redova:

po

� red a L.

xn

296.

nz xn-I .

, . z b"tr Naci

n2 (2 n- 1)

oo

n= l

299.

291.

-

n= l

n=l

.

-.

n- 1

---

član

u

1 Razviti funkciju --- u s tepeni

stepem. red po

�+� a

za

-

x

a

dx =

x > a,

oo

J � + � dx + J � + � ln x

ln x

---

---

O

dobijenim

a

redovima.

.

pa zatim Isko-

dx

naći /(a)

24

I. REDOVI

305.

. .. . r sm 2n tp d. tp=; (2n-l)!! , dokazati (2n) !! 2 , n/2 T_,, .. ,--� � .

ZnaJUCI da Je

n

.

-

da se dužina luka

o

25 9 = l ,može izraziti u obliku . konvergentnog br jnog reda 1 ) !!]2 (4j5)2n} s= lOn { 1 - 2: [(2n(2 n) ! -2n-1 306. Dat je integral (a)= J (e2. 2 l ) l Pokazati � e d (a)} = {-d [ sin2 } dx=-l ( 2: e s ax) dx. -{l J da e 1) J 2 J da l naći (a) u obliku 2° Koristeći jednakost ct hx =-l 2: 2 elipse

xz

yz

-+-

o

oo

.

n= l

I

..

o

..

X-

X

s m ax _____ dx.

j

-kx m .

"'

k=t

2 x-

o

da

oo

ax

x(

o

o

+

x

elementarne funkcije.

00

X

---

n = l x2 + n2n2

o

I

oo

I= J e-ax_x e-Px cos axdx (a > O, {J > O) Za (a, {J) min (a, {J) razviti cos ax u stepeni red, da znak integrala znak sumiranja mogu na osnovu toga izračunati I u

307. Dat je

integral

-min

o

pokazati

razmeniti

mesta i

obliku elementarnih funkcija.

308.

Koeficijenti

an

stepenog reda

oo

n=l

an xn su uzastopne cifre decimalnog broja

koji se dobija pretvaranjem razlomka _! u prečnik konvergencije

309.

2:

Dat je red h (x)

i zbir toga

a

7

decimalni

broj . Odrediti polu-

red .

(A ER).

n=l oo

=

i

2: nA xn-l

l o Odrediti interval konvergencije i ispitati konvergenciju na krajevima intervala. 2° Pokazati

310

•

. red Dat Je

(x)=�[x!A(x)]. dx n 2)a n (a E R). � n (n+ l)(n 2) da

.e..

11=1

je

h+t

(3 +

+

x

§ S STEPENilREDOVI

l Ispitati uslovnu, apsolutnu i uniformnu konvergenciju reda. 2° Za a = l i x = l sumirati dati red. (2n + an) rf' " n 311. Dat je potencijalni red 2: x gde su a i a realni parametri. n! n= l 1 Odrediti poluprečnik konvergencije �datog reda u zavisnosti od a i a. 2° Za a = l i a� 2 ispitati konvergenciju na krajevima intervala konver� gencije. l . . . 3° za a = o 1. a = -sumirati dati red . 3 22k k 4° Sumirati red 2: xz . k=l (2k)! 3 n + n n (aER) 312. Dat je red 2: x . n= l n ! rf' " o

oo

·

o

--

oo

oo

--

l Odrediti poluprečnik konvergencije datog reda u zavisnosti od pa rametra a. 2° Za a = - l ispitati konvergenciju datog reda na granicama intervala konvergencije. 3° Za a = naći zbir datog reda. ( - l)n+t x- 1 n+I 313. Dat je red f(x) = 2: X+ l n= l 4 n2- l o

O

( )2 .

oo

l Naći oblast definisanosti funkcije f(x). 2° Napisati f(x) u konačnom obliku. (- l) n 3° Naći zbir reda 2: . n = l (4 n2 - l) 9n o

oo

314. Dat je red 2: xn sh (n + l) a (a>O). oo

11=0

l Naći poluprečnik konvergencije intervala konvergencije . o

2° Pokazati da je zbir reda jednak

ispitati konvergenciju na krajevim�

sh a l -2 x ch a + xz

-----

315. l Naći oblast konvergencije redova o

f(r, O) = 2: rk cos k O, cp (r, O) = 2: rk sin k O. oo

oo

k=O

k-l

2° Napisati f(r, O) i cp (r, O) u konačnom obliku.

26

I.

REDOVI

00

3 16. Pokazati jednakost

J

sin xz dx =

O

j sin xz J dx pa

Y
I (- l) k J

yk n

k =O

toga dokazati da integral J sin x2dx konvergira. Da li oo

integrala

o

iz

na

osnovu

konvergencije

limf(x) = 0? J f(x) dx sledi da je X--+00 oo

a

Dokazati da konvergiraju integrali: 317.

J

318. J (- l)E<x'> dx. oo

cos xz dx.

o

o

.

319. Pokazati. da Je

J -- dx oo

sinz x X

O (k+ l ) n

integrala

sinz x d --J

kn oo

J o

320.

k= l

(k+ l) n

sinz x J -- dx, pa kons. teci.. srednJu vrednost .

X

kn

dobijenu jednakost dokazati da integral

X

X

= L.

�

sinz x dx divergira. x

Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju integrala

x sin x ---J xz + x + l - dx oo

o

predstavljajući ga redom. § 6. Fourierovi redovi

l o D i r i e h l e t o v i u s l o v i. Kaže se da funkcija uslove u intervalu (a, b) ako je u tom intervalu:

f(x)

ispunjava Dirichletove

l) uniformno ograničena, tj. J/(x) J < M za svako x E (a, b) gde je M konstanta; 2) ima ne više od konačnog broja tačaka prekida i sve su prvog reda, tj. u svakoj tački prekida ; postoji konačan levi i desni limes; 3) ima ne više od konačnog broja pravih ekstremuma.

2° Te o r e m a o r a z l a g a n j u u F o u r i e r o v r e d. Ako funkcija ispunjava Dirichletove uslove u intervalu (-i, l), tada se za svaku tačku x-tog intervala, za l koju je f(x) =- [/(x-0) + f (x + 0)], funkcija može predstaviti Fourierovim redom: 2 (l)

a0

/(x) =-+ L 2

00

11=1

(

a,. cos

-nnx

J

+ bn sin

--) nn x

l

§ 6. FOURIEROVI REDOVI l

gde je:

(2)

nnx

jl

(n = 0, 1 , 2, . . . )

On = / f (x) cos --- dx 1

l

bn = l

(n=l, 2, 3, . . .) .

l nnx J f(x) s in -1- dx

-l

Specijalno: a) ako je f(x) parna, tada je

o0 "' 2 nnx f(x) = - + L.. on cos -- gde je On = 2 n= l l l

l

oo

"'

2

nnx

co

nn x

dx J f(x) cos -l

(n = O, l, 2, . . .)

e

b) ako je f(x) neparna, tada je

f (x) = L.. bn sin -- gde je bn = l l n= l

27

l

nnx

dx J f(x) sin -l

(n = l , 2, . . .) .

e i j a F o u r i e r o v o g r e d a. Ako je funkcija f(x) integrabilna na intervalu (- l, l) tada se red (1), koji može biti i divergentan, može integraliti član po član u tom intervalu. O

3° I n t e g r a

321. Pokazati da funkcija f(x) =

va Dirichletove uslove.

E (x) na svakom konačnom intervalu ispunja

l + x2

322. Pokazati da funkcija f(x) = arc sin (sin x) na svakom konačnom intervalu

{

ispunjava Dirichletove uslove.

323 D a l.1 funkCIJa . . f(x) = •

intervalu ( - / /)? ,

x sm- , x * O ispunjava Dirichletove uslove na x O , x=O l

.

324. l o Razviti u Fourierov red funkciju f(x) = x u razmaku (-n, n).

2° Za koje je x funkcija jednaka zbiru reda?

3° Izraziti !!___ u obliku konvergentnog brojnog reda. 2 (- nn-1 40 oo

Naći zbir reda L

n=t

2 n- l

.

l

.

325. l o Funkciju f(x) = l x l razviti u Fourierov red u razmaku (-n, n).

2° Naći zbir reda

L oo

n� l (2 n- 1 )2

28

I. REDOVI

326. l o Periodičnu funkciju f(x) = xz za xE [-n, n], sa periodom 2 n, razviti

Fourierov red u razmaku [-n, n].

2° Sumirati redove: a)

2: _!__ ; n2

n=l

b)

u

2 ( - n2l )n-1 oo

n= l

..:.._::.._ ___ __

327. l o Pokazati da se Fourierovi koeficijenti periodične funkcije f(x) sa peri

orlom 2 l mogu izračunati po obrascima: J.+21

l an. = l

J

f(x) cos

J.

-- dx (n = O, l , 2, . . . ),

n nx l

·

J.+2 1

l bn = gde je

A.

l

J

nx . n-f(x) sm dx (n = l, 2, 3, . . ) l

A

proizvoljan broj.

2° Razložiti periodičnu funkcijuf(x) = 2 n, u Fourierov red .

r

n-x za xE [O, 2n], sa periodom 2

(n

3n 2' 2

)

328. Razložiti funkciju f(x) = � n-x xE - -

'

ll

u Fourierov red.

.

{

. " f(x) -- nx-xz, x E(O , n) 329 l o Razlozttl red funkCIJU v· · u Founerov •

2° Pokazati da je ,L

.. (- on-l

n= l

-=----=--

(2 n-1)3

nJ 32

xz- 3 nx+2nz, xE(n,2n) .

Razviti u Fourierov red na naznačenim intervalima sledeće funkcije 330. f (x) =

-n <x < O { ax, bx, O <x< n u intervalu ( -n, n).

331. f(x) = cos 3 x u intervalu (- n, n). 332. f(x) = sin ax u intervalu ( -n, n). 333. f(x) = eX u intervalu (- 1, 1).

334. f (x) = ch ax u intervalu ( -n, n).

29

§ 6. FOURIEROVI REDOVI

"

335. f(x) = L

(a, cos ix+ b, sin ix)

u intervalu ( -:rr;, n) .

i� l

336. f(x) = x cos x u intervalu ( -:n/2, :n/2).

Razložiti u Fourierov red sledeće periodične funkcije 337. f(x) = sin 2_ x, xE(-n, n) ; f(x) =f(x +2n). 6

338. f(x) =x(n-x), xE [O, n) ; f(x) =f(x+n).

340. f(x) = arc sin (sin x) . Pokazati da je n ( - l) n ( ) sin nx=x za xE - -, - , sin ( n - l) x = L L 2 :rr; 1 (2 n - 1) n ( 2)

339. f(x)-sg (cos x) . 4

oo

- l n+1

oo

2

2 :rr;

2

n=l

n=

341. f (x) = (n2-x2)2, xE[-n, n] ; f(x) =f(x+2n). Izračunati zbir reda oo e_ 0n-1

:L n=l

n4

:rr;

.

342. Funkciju f(x) = xz za l x l < l razviti u Fourierov red i naći zbirove oo 1 . oo ( -l) n -1

n2 . { etx' xE(O' 2:rr;) , f(x+2n) =f( x) 343. Funkciju f(x) = :L -

n=l

n2

•

:L

n= l

l, x= 0, x=2n

razviti u Fourierov

t -, (t#O) . red i pokazati da je :n ctg h (:rr;t ) = __!_ + 2 � _ t n = l n2 +

l � l·

344. f(x) = ln sin

Razlaganjem u stepeni red po funkcija po x: a sinx Cl a l < l) . l-2acosx+az a cosx-az 348. j aj> l . 1-2a cosx+az

a

naći Fourierov red

346.

{

l � l·

345. f(x) = ln tg

349. Funkciju f(x) = x, xE (0 , l)

2-x, xE(l, 2)

sledećih periodičnih

l-az l -2 a cosx+a

347. ----- ( l a l
u intervalu (0, 2) razložiti:

l u red sinusa; 2° u red kosinusa. o

(2

3

0

I. REDOVI

Razložiti sledeće funkcije u red po sinusima u intervalu 350. f(x) =

sin �. 2

352. f(x) = xz.

351. f(x) = cos 2 x .

Razložiti sledeće funkcije u intervalu

(0, :n:)

u red po kosinusima:

r cos E ( ; ) f(x) = � f(x) = x sin x. t -cos x, xE ( ; , ) r l , x E (2_, 2) 2 Funkciju f(x) = , u intervalu ( � , 3) 0,

X, X

353.

(0, :n:):

354.

355. f(x) = eax.

:n:

356.

l 3-x, x E (2, 3)

po sinusima.

357. 358.

Pomoću Fourierovog reda funkcije f(x) u intervalu ( ) integracijom član po član, naći u tom intervalu Fourierov red za funkcije xz, xl, x4 itd. - :n:, :n: ,

P.okazati da se za funkciju f(x) koja ispunjava Dirichletove uslove na i ima neprekidan treći izvod, Fourierovi koeficijenti mogu izra čunati po formulama (-n, :n:)

an = 359.

, razložiti u red

n

n

-1- - jJ"' (x) sin nxdx, bn = --n1�- jJ'" (x) cos nxdx. n�

-n

-n:

l o Razviti u potencijalni red po x funkcije:

cp (x) = &ctg a sin x.

f(x) = &ctg a COS X,

sin ka 2° Sumuati redove: 2 -k=l k ! •

•

oo

,

� coskx

k= l L.

3o Razviti u Fourierov red funkcije

k!

.

ecosx cos (sin x)

§ 7. Beskonačni proizvodi

l o K o n v e r g e n e i j a p r o i z v o d a. Beskonačni proizvod (l)

PJ P2 ' " 'Pn · · · =

T1 Pn (Pn> 0, n = l, 2 . . .) oo

11 = 1

je konvergentan ako postoji konačan i različit od nule

ecosx sin (sin x).

§

7.

31

BESKONAČNI PROIZVODI

proizvod definisan sa Pn =

gde je Pn tzv. parcijalni

[l P k· n

k=

(l)

Konvergencija proizvoda

l

ekvivalentna je konvergenciji reda oo

.L: ln pn n=no

(2)

2 ° A p s o l u t n a k o n v e r g e n e i j a . Proizvod (1) je apsolutno i l i uslovno (ne apsolutno) konvergentan zavisno od toga da li red (2) konvergira apsolutno ili uslovno.

Dokazati jednakosti:

00 (

)

l 360. TI 1 - - = - . nZ

361. TI - = - . n=3 nZ- l 4

n3 - l 2 362. TI - = - , 3 n=2 n3

363. TI l + - = .L: - . n=2 n= O 2n

l

n=2 oo

364. 366.

+l

2

oo

2n

n=l

[l (l oo

n=l

l

l ) ( 2n-2 x 365. [l oo

cp sin tp = -[l eos oo

nZ- 4

f{J

--

l +xzn)= 1 -x

([

Dokazati konvergentnost

2n

n=l

x [ < l) .

367.

1

shx ch- = -

oo

(O < cp< n).

00

X

( - l) n = a-ln2

fr

xn

n=l

(a> O).

naći vrednost proizvoda:

369.

fr (2n+ 1 ) (2n+7) .

(2 n + 3) (2 n+ 5)

n=O

Ispitati konvergenciju sledećih beskonačnih proizvoda :

l . [l -

371.

n= l (

374.

oo

370.

n=l nZ oo

373. TI l 376.

+ ---;x3n;- ) .

l

n [l ch oo

n=3

n

cos - . n

n

l+n nfr =l ( �)·

372.

nn = t 4 n2- l oo

4 n2

( l r lnr-n . 375. 1] l + ; fr �. -, n=l nZ + l 377. n=TIl --l. -1 378. n=[ll ( l - an). oo

oo

na

sm -

·

na

Ispitati apsolutnu i uslovnu konvergenciju proizvoda:

...

V

32

I. REDOVI

382. .383. Dokazati da je L: a" = co

k-l

Ii ( t + (- l)n )

·

ln n

11=2

TI (1-a") co

k=l

.384. Dokazati da je proizvod

TI (l ± an) co

ll= l

(an> O) konvergentan tada

samo

co

tada ako je konvergentan red L: an. n�l

385. Pokazati da tvrđenje u prethodnom zadatku nije tačno ako an nije stal

nog znaka. Uveriti se, na primer, da proizvod

konvergira iako red

386. Dokazati da iz konvergencije proizvoda

cija proizvoda: l TI Pn qn; 2° !1 Pnfqn. 11= 1 11=1 0

oo

TI Pn i TI co

..

11=1

n� l

q,. sledi konvergen-

oo

) (

(

)

TI 1 + _!_ zi 1 + � konvergira apsox n=l n l n lutno za svako x različito od nule i svih negativnih celih brojeva.

387. Pokazati da proizvod F (x) = I_ 388. Dokazati da je r (x) = lim

n ! nZ Posle pokazati da (x + n) n-+oo x (x + l) (x+ 2) j e F(a + l ) = x F(x). Proveriti da _li je F(n + l ) = n!.

389. Za x=f=kn

(*)

(k

·

•

·

·

ceo broj) može se pokazati da važi ..

sin x= x fJ

k=l

(1 - x ) . 2

--

k2 7&2

k2 l TI --Pokazati da je F(x) F(l -x) = pa pomoću prethodne jed 2 x k= t k - x2 oo

nakosti zaključiti da je F (x) F(l -x) = � . sm nx

33

§ 7. BESKONACNI PROIZVODI

390.

Dokazati jednakost

n (a + b + n)

F (a + l) F (b + l) F (a + b + l)

frl (a + n) (b + n) n=

391. Koristeći jednakost (*) u zadatku (3 8 9) dokazati važnost sledeće Wallisove formule � = lim

2

fr � �.

ft->o00 k= l 2 k - 1 2 k + l

392. Koristeći Wallisovu formulu pokazati da je (2 n- l) ! ! (2 n) ! ! "' vnn·

fr ( 1 - k24 x2n2 ) pokazati da je 393. Polazeći od jednačine sin 2 x = 2 x k=1 COS X =

fr

k=1

[

1

394. Koristeći prethodni zadatak pokazati da je u određenoj oblasti X tg x = 8 J' ----- n-::1:: (2 n- l )2 n2- 4 X2 395. još Jednakost < *> u zadatku 3 8 9 važi za kompleksne vrednosti x. Koristeći veze sin x i sh x, pokazati da je oo

sh x = x Dokazati da je:

.. f1

(

396. sh x = kfr= l ( l (2 k-4 x21)2 n2) 397. (-l)k . 398. 1 /sinx = -Xl + 2 x k=:L.. l X2-k2n2 +

3

Zbirka zadataka iz vile matematike

•

n

)

X2 l + -- . k2 n2 k=1 ctg x

=

I --

x

2x

""

l :L --.

k= l k2n2-x2

Glava liJ DIFERENCIJALNI RACUN FUNKCIJA VIŠE REALNIH PROMENLJIVIH

§

l.

Granična vrednost i neprekidnost funkcije više promenljivih

1° R e a l n i n - d i m e n z i o n i p r o s t o r R". Neka je R" skup nizova od Jn članova (R" = {(;,, ;2, • • · , ;,.)}, ;1 E R) u kome je zbir dva elementa x = (;to ;,.) i y= (1Ju 1]2, � 2, · , 1],.) (koji se zovu vektori ili tačke) definisan sa X + Y = (;, + 1] . , �2 + 1Jz,

• • ·,

• •

a množenje skalara ;. i vektora

x sa

• • •,

+

;,. 1/n)

(J, je realan broj).

Ako je rastojanje izmedu tačaka x i y dato sa

onda je R" n-dimenzioni realni metrički prostor. 2° K o n v e r g e n e i j a u R". Niz tačaka Xm = ( �� . �:. · , �;:') konvergira [tački x = (�,. �2, , �..) ako za proizvoljno e>O postoji broj N takav da je • •

• • •

m>N.

čim je

;,.) (f: D..... R, D C R") 3° N i v o f u n k c i j e u=c. Neka je u=f(x)=f(;., ;2 , jednoznačna funkcija n nezavisno promenljivih �� (i = l, 2, · , n). Skup tačaka x=(;,, ;2, • • · , ;,.) za koje f(x)=e (e = const), zove se nivo funkcije u = e. Ako je n = 2 nivo funkcije u = e su nivo linije, a ako je n = 3 nivo funkcije u = e su nivo površi. · · · ,

• ·

4° G r a n i č n a v r e d n o s t. Kazaćemo da je lim f(x) = A

ako za proizvoljno kad god je

X-+Xo

e>O postoji broj

O
15 (e,

x0)>0 takav da je

i f(x) -A l < e

§ l. GRANICNA VREDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCUE VI!lB PROMENILIVlll

5° N e p r e k i d n o s t. Funkcija

Funkcija oblasti.

/(x)

f(x)

je neprekidna u tački

lim ( (x) =/(x0) .

x0

35

ako je

X-+Xo

je neprekidna u oblasti D ako je neprekidna u svakoj tački te

/(x) je uniformno neprekidna u oblasti D ako za svako e>O postoji čJ>O koje zavisi samo od e, tako da za bilo koje dve tačke x', x" E D važi nejednakost

6° U n i f o r m n a n e p r e k i d n o s t. Funkcija

J /(x')-/(x") J<e

čim je d (x', x'')<čJ. Ako je funkcija /(x) neprekidna u ograničenoj i zatvorenoj oblasti onda je ona u toj oblasti uniformno neprekidna.

399. Označimo sa ll l l rastojanje tačke da je

x

x

od tačke (0,

O,

0). Pokazati

gde je

400. Izraz

x y i

L n

l-l

�t 1Jt,

iz prethodnog zadatka, zove se skalami proizvod vektora

i označava se sa

(x, y).

Pokazati da za skalarni proizvod

(x, y)

važe jednakosti :

401. Dokazati da niz tačaka { �. �. ·, tada i samo tada ako

�n) Xm= �f �) �, f(2a, -a)=2._4 f(x, y)= y-2y Z x-y i a:;tO. f(x, y)=3x2y-V.x6 y6, f(tx, ty)=t3f(x, y). f (x, y) =xy f(ax=bu, cy+dv)=acf(x, y)+bcf(u, y)+adf(x, v)+bdf(u, v). f(x, y)=lnxlny f(xy, uv)=f((x, u)+f(x, v)+f(y, u)+f(y, v). X= i= l,(�1,2, �2,

•

•

•

•

konvergira tački konvergira ka za svako

·

,

· · · , n.

402. Dokazati da je

ukoliko je

403. Ako je

dokazati da je

404. Pokazati da funkcija

zadovoljava funkcionalnu jednačinu

405. Funkcija

zadovoljava funkcionalnu jednačinu Dokazati.

36

U. DIFERENCUALNI RACUN FUNKCUA VISE REALNIH PROMENLJIVIH

406. Pokazati da funkcija f (a, b, e, d) = (a2 + b2 + ez + d2)2 zadovoljava funk cionalnu jednačinu jz (a, b, e, d) = l 6a4f(x, b, e, d) gde je

2a Naći oblast definisanosti sledećih funkcija : 407. u = Vx + y.

409. u = Vt - xz + Vyz I.

410. u = ln [xln (y-x)]. 412. u =

...J � -sin ln xy.

413. u = Vsin 7e (x2 + yz). z

414. u = arc sin � .

415. u = arc cos

416. u = arc tg ln (x + y + z - 1).

X 417. u = ln :-;;::=::;=:::::;::=::;:;:: : :=;=:::::::;:

y

Vxz + yz

.

VCx-a) 2 + (y-b)2 + (z-e)z

418. u = In (az-xz-yz-zz).

Ispitati nivo linije sledećih površi :

xz yz 421. Z = --- .

xz yz

419. z = ax + by.

420. Z = - + a2 bz

422. z = ln < l xl + I Y 1)-

423. Z= VXY.

425. z = sgn (xy).

az

2x

--"' + y2 (a> O).

426. Z= a

b2

427. z = min (j x j, j y j).

428. Šta su nivo linije obrtnih površi čija je osa z-osa ? 429. Šta su nivo linije konoidne površi čija je direktorna ravan z = O, a direk torna prava z-osa? Naći nivo površi sledećih funkcija :

xz yz z2 431. U = - + - + - . az bz cz

430. u = ax + by + cz + d.

433. U = l X l + l Y l + l Z j.

432. u = axz + byz + ez2.

Pomoću nivo linija utvrditi vrstu sledećih površi : 434. z =f(Vx2 +y2).

( )

435. xz + z2 = f(y).

437. z = (x- 1)! � + 2 - x. x- 1

438. z =!

(: ) ·

436. z =f (ax + by).

§ t. GRANICNA VREDNOST I

NEPREKIDNOST FUNKCIJE VISE PROMENUIVIH

37

Odrediti funkciju f ako je z = -x2

439. Neka je z =f(x2-y + x) + x2 -xy, za y = x.

440. Data je familija površi 2 e z cos (x + y = 8 (x-y) gde je neprekidna funkcija od x-y. l o Odrediti onu od datih površi koja prolazi kroz krivu y = -x, eZ cosz x = I . -

-

2° Šta su z-nivo linije tako dobijene površi ? 441. Naći sledeće, ponovljene limese

( --) ;

1 ° lim lim �

X2

y2

-

x-+0 xz + yz

) ( 2° x-+0 lim lim -�

xz -y2 . x2 + y2

442. Pokazati da ne postoji dvojni limes lim

x2

yz

x-+O XZ + yz

.

443. Da li iz egzistencije dvojnog limesa sledi egzistencija ponovljenih limesa? �

444. Ako oba ponovljena limesa postoje i ako su jednaka, dvojni limes ne mora da postoji. Dokazati primerom. Naći sledeće limese ili ustanoviti da ne postoje:

-. -- ; l o tm sm

xz-y2 . x-+O x2 + y z .

445. hm �

447.

r

x

x_,.oo y-+ oo

x+y

sin xy 448. rtm -- . x-+0 y-+a

X

446. lim

x

2° lim sin __ . x +y x_,.a y-+oo

449. lim

x-+0

�

x2 -:p2

450. lim e x2+y2 .

451. lim

x--+0

X---+00

y-+a

�

453.

x_+ Y_ _:__

_ _

x-+oo xz- xy + y2 y-+oo

a -Va2 - xy xy

.

( 1)x-y . x+ X

U kojoj oblasti egzistira konačan lim ex2-Y2 sin X-+ OO y-+oo

Ispitati neprekidnost sledećih funkcija : "

m

454. u (x, y) = L L a,1 x' y1. = j=l

x +y

455. U = -- . x-y

2 xy?

38

DIFERENCUALNI RACUN FUNKCUA VIŠE REALNIH PROMENUIVIH

II.

456. U =

l

1n (x2 + yz) l

460. U =

459. U = - .

xy z

461.

xzy f u = { x4 +yz

'

o,

l l

/

457. u

----

xz + yz =;t: O

l

x+y xJ + y3

sin xy X

--

458. U =

xZ + yz + z2

---

, x =;t: O, y =;t: a, z =;t:a •

x = O , y = a, z = a

az,

xz +yz = O .

462. Naći sve preki dne tačke funkcije U =

sinz n x + sinz ny

463. Dokazati da je funkcija f(x, y) = ax + by + c (a, b i e date konstante) uniformno neprekidna u svakoj ograničenoj zatvorenoj oblasti. 464. Ispitati uniformnu neprekidnost funkcije u = ln (xz + yz) u oblasti

O<xz +yz .;; Rz. 465. Ispitati običnu i uniformnu neprekidnost funkcije u = sin

O < xz +yz < Rz.

xz +yz

u oblasti

466. Ako je u oblasti D funkcija f(x, y) neprekidna po promenljivoj x i zado voljava Lipchitzov uslov po promenljivoj y

(l f(x, y ')-f(x, y ")I < L i y ' -y " l , (x, y ') E D, (x, y ") ED, L = const.), dokazati da je f(x, y) neprekidna. 467. Proveriti sledeću Jungovu teoremu : Ako je f(x, y) neprekidna posebno po promenljivoj x i posebno po promenljivoj y i ako je monotona po jednoj promenljivoj, onda je ona neprekidna. § 2. Parcijalni izvodi i diferencijali. Izvod složene funkcije 1° P a r c i j a l n i

p r i r a š t a j i t o t a l n i p r i r a š t a j. Parcijalni priraštaj po promenljivoj �� je izraz

.d�.J=/(�1• �2•

• • •,

�, + LJ ��' �H l

· · ·,

�,.)-/(�1• �2 •

• • •,

�n)•

Totalni priraštaj je izraz

.d f=/(�t + iJ �t• �2 + LI �2• · · · , �,. + iJ �,.)-/(�1> �2• · · · , �,.). zo P a r e i j a l n i i z v o d. Prvi parcijalni izvod po promenljivoj �1 je limes • · · , �� + LJ �lo �1 + 1• · · · , �,.)-/(�1• �z• • · • , �n) /� (�1•� �2• iJf = . � �� --��

iJ �,

1Im

Ll;j......O

jj �.

§ 2.

PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJAL!. IZVOD SLOŽENE

39

FUNKCIJE

k-ti parcijalni izvod po promenljivoj �� je prvi parcijalni izvod po �� od k-l-og parcijalnog izvoda po �� Uzastopno diferenciranje po pojedinim promen)jivim ne zavisi od reda diferen ciranja ako su ti parcijalni izvodi neprekidni.

3° D i f e r e n e i j a I. Ako se totalni priraštaj može napisati u obliku

gde a1 ne zavise od A �� i e = V

L a1 A �1, n

�1 )2 + (A �2)2 + · · · + (A �,.)2 tada �2, • • · , �n) a glavni linearni

se kaže da je deo priraštaja,

jednak

i= l

(l) gde je d �1 = A �1 ; (i = l, 2, · · · , n) , zove se diferencijal funkcije j. Ako su priraštaji A �� dovoljno mali (po apsolutnoj vrednosti) tada je (2) Formula (l) ostaje u važnosti ako su promenljive novih promenljivih. Diferencijal k-og reda može se simbolički napisati

��

diferencijabilne funkcije ocl

4° I z v o d s l o ž e n e f u n k c i j e. Ako je u =/(�1 , �2, · · · , �n) gde su �� 2, · . , n) diferencijabilne funkcije od nezavisno promenljivih 17k (k = l, 2, . tada je ·

ou o 17"

�

-- --

o u o �, , = 1 o t;, o 11"

-- = L.

(k = l,

2,

)

(i= · ·,

l, m)

· · ·, m .

468. Za funkciju f(x, y) = Vxz + y1 naći prve parcijalne izvode u tački ( I , l)

*>

0 f tx, y) O i of(x, y) = O tada je u toj oblasti oy ox f(x, y) = const. Dokazati .

469. Ako je u oblasti D

470. Da li je za diferencijabilnost u tački dovoljna egzistencija parcijalnih

izvoda u toj tački ?

471. Postoje li parcijalni izvodi funkcije f= Vxz + y1 + z2 u tački (0, O, O) ?

Da li je funkcija diferencijabilna u toj tački?

•> U prvoj knjizi ove zbirke nalazi se veliki broj zadataka koji dolaze u ovaj

paragraf.

40

ll. DIFERENCUALNI RACUN FUNKCUA VIŠE REALNIH PROMENUMH

Naći prve parcijalne izvode sledećih funkcija : 473. u =

-

474. u = ln (x + yz) .

+ 476. u = arc tg x Y

475. u = x11.

478. u =

xz + yz -=xy

-

x z + y2

(;r

479. u = I1 �,. i= l "

" ( )rH. � 480. U = ;� t "

t�l

•

Za sledeće funkcije naći naznačene parcijalne izvode :

i)2u oxz

481. -

i)z u , --, ox oy

2° U = exY ; 04u o.x4

482. - '

04u ' ox3 oy

X

3° u = arc tg L ;

4° U = sin ex+y.

04u 04u -' ako je ' OX2 oyz oy4

u = ax + by + cxz + dxy + eyz +fx3 + gxzy + hy3 + x4- 4xzyz + y4. 483.

484.

03u , ako je u = eA Y z. ox oy oz

---

OPH+r u , ako je u = xPy'l z". oxP iJy'l iJzr

----

485. Koliko različitih parcijalnih izvoda k-og reda ima funkcija od

menljivih?

486. Pokazati da je 487. Pokazati da je

( iJ"'+" u ) _0 = sin -, un ako je u = ez sin y. iJ x"' iJY11 �:o

n

pro

2

'iJu l iJu . -yx + - - = 2 u, ako Je u = x11. iJx ln x iJy

488. Pokazati da funkcija u = n V (x-a)l + (y-b)2 zadovoljava Laplasovu

iJ2u iJ2u .. " v• d"fi 1 erenciJalnu J ednacmu - + - = o. oxz iJyz

489. Funkcija u = l /V(x- a)2 + (y-b)2 + (z- c)z zadovoljava Laplasovu j edna

iJz u 02 u iJ2 u činu - + - + - = O osim u tački (0, O, 0). Dokazati. iJxz iJyz iJz2

l :Z. PARCUALNI IZVODI I DIFERENCUALI. IZVOD SLOZENE

490. Ako je

9'

u= (xz + yz) i

9'

41

FUNKCUE

diferencijabilna funkcija, dokazati da je

ou -x ou =0. yo x oy

Pod pretpostavkom da su 9' i 'P dife. �ncijabilne funkcije dovoljan broj puta, dokazati sledeće jednakosti :

ou-y ou ako je u=x+ q:> (xy). xox oy = x ou ou 492. 2x-+y - =2u ako je U= X IJ' (; J ox oy ou ou 493. y - -X - =0 ako je u= (Vxz + yz). ox oy ou ou 494. (xz-yz) - + xy - = xyu, ako je u= e" q:> (ye;;2) . ox oy ou ou ako je U = xn q:> ( . 495. x - + 2y -=nu, :2) o x oy o2 u ou ou 496. u---- - = ako je u= (x) (y). oxoy ox oy ' o2U Voz u o2 u 497. -- 2 --+-=0, ako je u= X (x+ y) + y tp (x+ y). ox2 ox oy oy2 ozu o2 u o2 u 498. xZ -+ 2 xy --+ y2- =0, ako je U= IJ'( � ) + xtp (� )· ox2 oxoy oyz 499. Ako diferencijabilna funkcija u= f(x, y, z) zadovoljava jednačinu ou ou ou nu, x -+y-+z-= ox oy oz 491.

9'

o

tp

9'

lJ'

dokazati da je ona homogena stepena homogenosti Naći prvi totalni diferencijal sledećih funkcija :

xy . U=-x-y z 504. U = -- xz+y2 Izračunati sa tačnošću 0,01 sledeće izraze : sin l ,49 · arc tg 0,07 507. l ,083.96.

U=xzy. y 503. u= arc tg- . X 500.

506.

501.

n.

u= sin (xy) 5o5. u= IT�,. 502.

.

"

i= l

508.

2,68

sin o,os.

42

II.

DIFERBNCUALNI RACuN FUNKCUA VIŠE REALNlli PROMENUIVIH

x i y dovoljno mali, dokazati da je arc tg x + Y �x + y. l + xy xy ' x2 y2 =#= O + . Pokazati da je funkcijaf(x, y) Neka je f(x, y) = V xz +y2 O, xz +yz = O l neprekidna u okolini tačke (0, 0), da su J:(x, y) i f� (x, y) ograničene funkcije u okolini te tačke ali da funkcija f (x, y) nije diferencijabilna u

509. Ako su

510.

l

toj tački.

511. Pokazati da je funkcija f (x,

y, z) = }o/"xy z neprekidna u tački (0, O, O) i da postoje parcijalni izvodi J:(o, O, 0), f� (O , O, 0) , 1: (0, O, 0). Da li je funkcija f (x, y , z) diferencijabilna u tački (0, O, O) ?

Naći totalni diferencijal naznačenog reda za date funkcije :

512. 514. 515. 517. 518. 51

9

513. dJu ; u = x3 + y3- 3 xzy + 3 xy2. d2u; u = xJ +y3-Jx2y + 3xy2. dJu ; u =f(x, y). (Izraziti dJ u preko parcijalnih izvoda funkcije f(x, y) i dx i dy). d4u ; u = sin x cos y. 516. dnu ; U = qJ (X) VJ (y). Dokazati da je za u =f(x + y + z) dn u =j(n>(x + y + z) (dx + dy + dz)n. Ako je P (x, y, z) homogeni polinom stepena homogenosti n, dokazati da je dn P (x, y, z) = n ! P (dx, dy, dz). X ,. O U . O U . Naci - 1 - ak o Je u = v2 ln w a v = - 1 w = 3 x- 2 y. ox oy y •

•

Naći diferencijal prvog i drugog reda sledećih složenih funkcija :

520. 521. 522. 523.

u =f(z) gde je z = ax + by; (a i b konstante). u = x sin y cos z gde je y = ln (x2 + 1), z = -V1 -x2 . u = sin (u, v, w) gde je u = x2 +y2, v = xz -y2, w = 2 xy. Ako je y =f(x, t) i F(x, y, t) = O, tada je of oF of oF - -- - dy = ox ot ot ox Dokazati. of oF oF dx - -+ o t oy o r

§ 3. Funkcionalne determinante. Diferenciranje implicitnih funkcija. Smena promenljivih.

1o F u n k e i o n a l n e d e t e r m i n a n t e. Ako funkcije

(l)

u1 =/1 (�" �2,

· · ·,

�n) (i = l, 2,

· · · , n)

43

§ 3. FUNKCIONALNE DE1ERMINANTE. DIFERENC. IMPL. FUNKCIJA. SMENA PROMENUIVlli

imaju parcijalne izvode u nekoj oblasti, tada se determinanta

OUt o u !

O Ut

o ;,.

o ;! o ;z

l=

O Uz O Uz

O Uz

o ;z

o ;,.

o ;!

·················

o u,. o u,. o ;. o ;z

o u,. o ;,.

naziva Jakobieva funkcionalna determinanta ili jakobijan. Označavaćemo je i sa

D e; •. ;z, ·

D (u1, U2,

;,.>

· , u,.)

..

• •

Ako pored sistema funkcija (l) postoji i sistem ,

(2) sa sličnim osobinama, tada važi

D (u1, Uz, · · · , u,.) D (;, , ;z , . . . ' ;,.)

D e;

..

;z, · · · • ;..>

D (?Ju ?Jz ,

·

•

'

, ?Jn)

D (u�> Uz, · ·, u,.) ·

D C?J t • ?Jz•

•

· ·,

?J,.)

2" E g z i s t e n c i j a i m p l i c i t n i h f u n k c i j a. Neka funkcije

zadovoljavaju uslove :

l) anuliraju se u tački X0 = ( ;�,

�.

• •

·,

;�, u�, u�,

2) diferencijabilne su u okolini tačke x0 ; 3) funkcionalna determinanta

··

·,

�) ;

u

D (F., Fz, · · · , Fm) D (u., u2,

• •

·,

Um)

je različita od nule u toj tački. Tada sistem jednačina (3) jednoznačno definiše, u okolini tačke nih funkcija

=

- ( ;i'o ;2,o X0

• •

o)

. , �n , sistem diferencijabil-

koje zadovoljavaju dati sistem i početne uslove

3° D i fe r e n c i r a n j e i m p l i c i t n i h f u n k c i j a. Ako su funkcije u1, iz (3}, diferencijabilne tada se diferencijali du1 mogu naći iz jednačina

44

ll.

DIFERENCUALNI RACUN

FUNKCUA VI.SE

REALNIH PROMENUIVIH

" O Uj a parCIJalni Izvo d1 I Z Jednacma • •

•

•

•

•

v•

-

a �,

�

a F, ou�< a F, - + L.. - - = 0 a �, k = l ou�< a �,

.

(1 = 1, 2, · · · , m ; j = l , 2, · · · , n).

Za n = 2 i m - l dobijamo odgovarajući iskaz za egzistenciju implicitne funkcije F (x, y, z) = O i formule za njeno diferenciranje.

4° S m e n a

p r o m e n l j i v i h. Ako

(4)

F

X, y, z,

(

se

u diferencijalnom izrazu

az o• z o2 z o2z ox' t}y' ox•' OX ay ' ay' '

az

•..

)

stavi : x -f (u, v), y- fP (u, v) gde su u i v nove nezavisno promenljive, tada se parcijalni " OZ OZ Izvod1 -, , naJaze IZ jednacma •

•

ox

-

• • •

ay

v•

•

az az of az 0(/J - -= - - + - -, ou ox ou ay ou

az az of az 0(/J - = - - + - -. ov ox ov ay ov

Ako se

u

(4)

stavi : x =f(u, v, w), y = qJ (u, v, w), z = g (u, v, w) gde su u i v nove az

az

ox

ay

nezavisno promenljive a w nova funkcija tada se -, -, . . . mogu dobiti iz jed načina og au

+

og aw

az

aw av = ax

(

af du

+

af aw aw ou

) ( +

az

ay

0(/J

au

+

0(/J aw

aw du

)

itd.

Naći jakobijane datih sistema funkcija :

u 526. x = arc tg v

524. X = u + v uv y = -. a

y = 2 uv. u+v , u

527. x = e cos 8, y = e sin 8.

528. X = U, y =

529. X = r cos q; Y = r sin q;

530. x = r cos 8 cos q; y = r sin 8 cos q; z = r sin q;.

Z = h.

531. x = ar cosa q; cos/l tp y = br sina q; cos/l tp z = cr sin/l tp,

gde su a, b,

e, a,

--

{1 konstante.

Z=u+v+w

----

u+v

45

§ 3. FUNKCIONALNE DElERMINANTE. DIFERENC. IMPL. FUNKCUA. SMENA PROMENLJIVIH

532. Dokazati da je

D (Yt> Yz , · · · ' Yn) D (xl , X2, · , Xn) · ·

533. Neka je

_D--'(,_x�I·_..xz::...: .:.• D (yl , Yz,

:__x..::..:"). Yn)

_ _

"l

l.

� �Z + rJZ +(;Z Y = �Z + rJ2+(;Z Z= �Z + rJZ+ (;2 � = uz +vu2+ tz rJ = uz+·vvz +tz (; = uz + vtz + t 2 D(x, y, z) D (�, rJ, (;) 1 Proventi . . da 11 Je D (�. rJ, (;) D(u, v, t) X=

'

'

' . "'r

.

.

'

'

'

=

·

•

Preslikati date oblasti datim transformacijama : 534.

{ (x, y): a<x
- { x= u + a y= v+ {J. · · { X = (! COS trans1 ormaciJom y = (! sin O. · · { X = (! COS .trans1 ormacnom · trans1rormac1·JOm_.

·

537.

{x, y):

538.

[(x, y) : axzz + ybZz < 1 }

r

0

r

0

· { trans1 ormaci··JOm { · transformaciJOm

r

transformacijom

540.

{(x, y, z) :

Y = e sin O.

zZ -axzz +-yzbz +-
541. Dokazati da sistem

transformacijom

l l

X = (! COS 0 y = e sin O.

X = O(! COS 0 O.

y = b e sin x = r cos fP cos y = r sin fP COS z = r sin X = Or COS fP COS y =br sin fP COS V'·

'I{J, 'I{J,

z = c r sin V'·

u yeu-11- --=2x I +v definiše diferencijabilne funkcije u= u (x, y), v = v (x, y) takve da je u (I, 2)= 0 i v(I , 2) = 0.

'I{J, 'I{J,

46

II. DIFERENCIJALNI RACUN FUNKCUA VISE REALNIH PROMENLJIVIH

542. Da li sistem

x sm v y u okolini tačke ( l , l ), uz početne uslove u (l , I) = l , v (l , l)= l , niše jednoznačne neprekidne funkcije u = u (x, y), v = v (x, y) ? dy za sledeće funkcije : Naći izvod dx u + v = x +y,

543.

sin u

- === - , .

defi

3° xy + ln xy = O. 544. Ako je

z = x + ytp (z)

545. Pokazati da

z

i

l

-y tp, (z) #:- o

( )

548.

dokazati da Je .

x i y definisana y = X(/) (z) + V' (z)

kao funkcija od

zadovoljava diferencijalnu jednačinu

546.

,

.

- = (/J (z) - .

oz ox

oz oy

jednačinom

( )

ozz oz 2 oz oz � ozz oz 2 = O. + ox2 oy ox oy ox oy oy2 ox Naći diferencijal du za sledeće implicitne funkcije : x2 y2 u2 547. � = ln � + l . - +- + - = 1. a2 b2 c2 u y 549. uJ- 3 (x + y) uz + z3 = O. cos2 x + cos2 y + cos2 u = I . _

du i dv ako je : u + v = x +y, sin u x sm v y X .'!.. v y .'!.. X = l , y = l , U = 0. e x cos =e x Slll - = - , y V2 y V2 ' ou i ou ako je ax + by-cu = cos (ax + by-cu). Naći k ox oy Proveriti da li funkcija 4 sin (3 x + 2y + 5 z) = 3 x + 2 y + 5 z zadovoljava oz oz jednačinu - + - + l = 0. ox oy ou ou ov ov N act - , - , - , ako je x = e" + u sin v, y = e u cos v ox oy ox oy Naći diferencijale

550.

551. 552. 553.

554.

. = - .

V

•

-

,

.

"-

.

§ 3. FUNKCIONALNE

SSS.

DETERMINANTB. DIFERENC. IMPL. FUNKCIJA. SMENA PROMENLJIVIH

47

Ako su funkcije y, z i u, od nezavisno promenljive x, definisane sistemom

dy . x + y + z + u = a, xz +yZ + zZ + uz = bz, x3 +y3 + z3 + u3 = c3 nact, . dx SS6. Pokazati da funkcija z = z (x, y) definisana jednačinom x + y + z =f(xZ + yz + zz), gde je f diferencijabilna funkcija, zadovoljava jednačinu oz oz = x-y . (y-z) - + (z- x) ox ay SS7.

�:

. . ·

SSS.

Pokazati da funkcija z = z (x, y) definisana sa jednačinom (xz + yz + z2)3 = yz z zadovoljava jednačinu oz oz (xz -yz-zZ) - + 2 xy - = 2 xz. ox ay Ako funkcija u = u (x, y, z) zadovoljava jednačinu

pokazati da je zadovoljavaju i funkcije :

ou iJu ou ou ou . ()zu ()zu iJzu ou -.ou- , x + y + z - , y - -x - yz - -2xy + xz - + z - . OX ox oy oz OX oy iJxz OXoy ox2 oz

. Ss9 NaĆ1

1

--

ou . ou . dnačma . . . . : · - L- . u = u (x, y) defmtsanu Sistemom Je za f;UUA.ClJU ox ay u =f(x, y, z, t), g (y, z, t) = O, h (z, t) = O. l l S60. Transformisati jednačinu xzy" + 2 xy' + - = O smenom x = - . x3 t •

-

1

.

-

S61.:

Smenom x = sh t transformisati jednačinu

S62.

Uzimajući y za novu nezavisno promenljivu, transformisati jednačinu

(l + xz)y' ' + [x - (a + p) V I + xz] y' + aP = O.

y'z yiV- l O y'y"y'" + S63.

15 y"3 = O.

Uvodeći smenu x = u + t, y = u-t gde je u = u (t) transformisati jednačinu y" + (� + y) (l +y')3 = 0.

48

U.

DIFERENCIJALNI RACUN FUNKCUA VIŠE REALNlli PROMENUIVIH

x'" 3 (x" ) ostaje invarijantan odnosu na S = --x' 2 x' ax+ b smenu y = -- (ad-bc=FO). cx+d I Y" I 565. Izraziti krivinu krive, izraz K= (l + y'2)3/2 u polarnim koordinatama. 566. Tangens ugla između tangenta krive y = y (x) u nekoj tački i potega u toj xy'-y Izraziti ovaj izraz u polarnim koortački dat je obrascem tg a = x+yy' dinatama. Uzimajući za u i v nove nezavisno promenljive, transformisati jednačine: oz . y oz 567. (x+y)--(x-y) - = 0, ako Je u = In Vxz+yz, v = arc tg -. X � oz oz .-..,..---. y -,- 568. x-+y- = z+ Vxz+yz+zz, ako Je u = -, ox oy X ozv ()zv ov 569. Jednačina --- -= 2-, smenom v=ue-t, prelazi u jednačinu oxz otz . ot ()zu ()zu --otz oxz = u. Dokazatt ! ozu ()zu 570. Jednacma ---- = u, smenom � = x-t, TJ = X+ t, prelazi u jednačinu otz oxz l ozu -Dokazati ! o�OTJ +-u=O. 4 2

564.

Dokazati da izraz

u

�

v•

571.

Pokazati da jednačina

572.

Pokazati da jednačina

ozw +yZ-ozw + zZ oz-w +yz -ozw = 0, ()z w +xy-oz w +zx -xz oxz oyz ()zZ oyoz ozox oxoy smenom: x = uv, y=vt, z = tu, prelazi u jednačinu

oz oz t - z= --t , prelazt. U J"edxz-+y l ox Z oy-=zz, smenom : X = y = -1 + tu + tv OV nacmu ot (v = v(t, u)) . Uzimajući za u i v nove nezavisno promenljive a za novu funkciju transformisati jednačine: v•

- = Q,

t,

w

§

4, TAYLOROVA FORMULA. EKSTRE'dUMI FUNKCIJA. SINGULARNE TACKE KRIVIH U RAVNI 49

573. 574. 575. 576.

577.

5 78.

()z ()z l l y --x-= (y-x) z, ako je u = xz + yz, v = - + -, w = ln z- (x + y). ()x ()y X y ()z ()z ---= x-y, ako je u = ln Vxz +yz, v = arc tg z, w = x + y + z. ()x ()y x d2z ()z 2 y - + 2- = -, ako je U = - , V = X, W = Xz-y. ()yz ()y x y ()z t ()z ()zz ()z ()z az ()z ()zz ()z t ()z ()zz + + - l + + +2 =O + ()y ()y iJxz dx ()y dx ()y dx ()y ()x ()x ()yz ako je u = x + z, v =y + z, w = x + y + z. ()zu ()z u ()zu . Smenom x = r cos rp, y = r sin rp Izraz w = xz -- + 2xy + yz ()yz ()x ()y ()xz ()zu . postaJe w = rz --. Dokazat1. . ()rz Prelaskom na polarne koordinate: x = r cos 8, y = r sin 8, pokazati da izrazi ()zz ()z 2 ()z ()zz Wz = + w� - - + ()y ()xz ()yz ()x prelaze u izraze : l ()zz l ()z -+Wz = ()zz +- -. ()rz rz ()8z r dr Transformisati izraze :

(

(

)

)

--

_

579.

(

)

wl =

__

( ) ( )

(�:r + (�;r + (�:r

prelaskom na polarne koordinate : X = r sin rp cos 8, y = r sin rp sin 8, z= r cos rp. 580. Pokazati da se za F(x, y, z, t) =f(xyz t) parcijalna jed.načina ()4F

()x ()y ()z dt

§

F, smenom xyzt =- u, svodi na običnu diferencijalnu jednačinu

ul Jl4> + 6 uz j<J> + 7 uJ + J' = f.

4. Taylorova formula. Ekstremumi funkcija. Singularne tačke krivih u ravni 1° T a y l o r o v a

fo r m u l a i T a y l o r o v r e d z a f u n k c i j u d v e p r o m e n l j i v e. Ako funkcija f(x , y) ima u nekoj okolini tačke (a, b) sve parcijalne izvode, do n + l-og reda zaključno, tada u toj okolini važi: {l)

f(x, y) =f(a, b) +

n l

L -:il

i=l

4 Zbirka zadataka iz više matematike((

[

O

O

(x-a) - + (y- b) oy ox

](i)f(a, b) + Rn (x, y).

50

II. DIFERENCUALNI RACUN FUNKCIJA VIŠE REALNIH PROMENLJIVlli gde je

[

l O o R,. (x y) = --- (x- a) - + (.r - b) ox oy

(O < Il,. < l) .

(n+ l)!

)(n +l)

f[a + On (x-a), b + lln Cv-b)]

n-HO Rn

Ako je funkcija f(x, y) beskonačno diferencijabilna i lim

f(x, y) = f(a, b) =

(2)

� l.].

i +j > l

Specijalni slučajevi formula red za a = O, h = O.

o iH . . ox• ay'

1

L

(l)

(x, y) = O, tada je

/(a, b)(x- a)1 (y -b)f .

i (2) _su Mac Laurin ov · formula i Mac Lauri nov

l)

fu n k c i j a v i s e p r o m e n lj i v i h. Potreban uslov da diferencijabilna funkcija f(x) =l ; , . . . , ;n) ima ekstremum u unutrašnjoj

2" E k s t r e m u m i

(i= l, 2, . · · , n). tački Xo

oblasti

definisanosti D, jeste da je u toj tački df= o, tj. da je

c;l , ,

of

o;j

=o

Tačka x0 zove se stacionarna tačka.

2) Dovoljan uslov

da funkcija /(x) u tački x0 ima ekstremum jeste :

a) df (x0) = 0 i d'/< 0

za

b) df(x0) = 0 i d'f> O

za

2: 1 d;; l =!= O -maksimum; n

i=ln L

i=l

l d;i l =!= O -minimum.

Specijalno, d a bi funkcija /(x, y ) imala ekstremum u stacionarnoj tački (x0 , y0) mora da bude u toj tački D =AC-B2>0, gde je

o 'f A =ox2 ,

a) maksimum, ako je D > O, b) m inimum,

a'!

o'f B = - ox oy

ako je D > O,

C=- .

ay'

Tada je :

A < O (C O (C>O).

Ako je D = O slučaj j e neodređen. Ako je D < O nema ekstremuma.

3" U s l

'Pi (x) = O (i = l, 2,

4"

ovni

e k s t r e m u m. · · ·,

Nalaženje ekstremuma funkcije f(x) p r i uslovima m, m< n) svodi se na nalaženje ekstremuma funkcije

F (x) = f (x) +

L m

i=!

A; rp1 (x).

A p s o l u t n i e k s t r e m u m . Dife rencijabilna fu nkcija /(x) dost iže najveću ili najmanju vrednost, u zatvorenoj i ograničenoj oblasti, u stacionarnoj tački ili gra ničnoj tački te oblasti.

5" S i n g u l

arne

tačke

k r i v ih

u

r a v n i.

f (x, y) = O je singularna ako je istovremeno :

Tačka

M (x0, y0)

ravne

krive

Neka u singularnoj tački M (x0, y0), svi izvodi drugog reda A, B i C nisu jednaki nuli i neka je D =AC-B2• Tada je tačka M:

51

4. TAYLOROVA FORMULA. EKSTREMUMI FUNKCUA. SINGULARNE TAĆKE KRIVIH U RAVNI

a) za D > O izolovana tačka (sl.

l) y

y

o

Sl. l

X

SI. 2

b) za D < O dvostruka tačka (sl .�_ 2) y

y

�

0

:

X

Sl.

-"-

- --

e)

3

o

-�:

M

------�)(

Sl. 4

za D = O povratna tačka prve vrste (sl. 3) ili druge vrste (sl. 4) ili izolovana tačka, ili dvostruka tačka sa dodirom (sl. 5)

581. Razložiti funkciju

f (x, y) = Ax2 + By2 + Cxy + Ex + Fy + G u okolini tačke (a, b) po Taylorovoj formuli.

y

582. Funkciju z= f (x, y), definisanu jednači

nom z3 - 2 xz + y = 0, pri čemu je /( 1 , 1 ) = 1 , predstaviti Taylorovim polinomom dru gog stepena u okolini tačke ( 1 , 1 ).

o

)(

Sl. 5

583. Razložiti funkciju f (x, y) = ln (l + x + y) po Mac Laurinovoj formuli

polinom do drugog stepena zaključno. 584. Razložiti po Mac Laurinovoj formuli funkciju f (x, y) = V 1 - x2-y2 polinom do četvrtog stepena zaključno.

u u

52

II. DIFERENCIJALNI RAĆUN FUNKCIJA VIŠE REALNIH PROMENUIVIH

585. Razložiti u stepeni red po stepenima od binama

f(x, y) = ex+y.

(x+ l ) i (y - 1 ) funkciju

Razložiti u Mac Laurinov red funkcije :

586.

f(x, y) = arctg lx+-yxy .

587. u = ln

l - x-y + xy l

-

x

-

y

Dokazati da je :

588. 589. 590.

l) (n l ) + R (x, y) . xZ+mnxy+ n--yz +mx + ny + m (m2 2! 2! xm yz n+ ( / x / < oo , / Y / < oo). e:t sin y = L L (- l) n m ! (2 n+ l ) ! xm yn ( / x / < l , / Y / < l ). In ( l +x) ln ( l + y) L L ( - l)m+n

(l + x)m (l +y)n = l DO

-

l

DO

m =O n=O

oo

=

oo

__

mn

m=l n = l

Naći stacionarne tačke za funkcije :

x+ 2 ln y + 5 ln z + ln (22 - x-y- z). ax+ by+ e.. (az + bz + cz O). 594. U = Vxz+yz+ l

592. U = 3 ln Naći ekstremurne funkcija :

593.

=1=

u=x3+8yJ-6xy+ 5.

Ispitati ekstremume sledećih funkcija :

595. 1 ° U = (x-y)Z + (y- 1 )3.

u=xlfY-xz-y+ 6x+ 3 . 597. u = (xz +y) )leil. 598. u = 3 ln - + 2 ln y + ln ( l 2 - x-y) . 6 599. u = x - 2 y + In Vxz+ yz + 3 arctg L . X yz zZ 2 600. u = x + -+-+- (x > O, y > O , z > O). 4x y z 596.

X

Naći uslovne ekstremume sledećih funkcija :

u=ax+by, 602. u x 2y + 2z, 601.

=

ako je ako je

-

xz+yz= l . xz + y2 + zZ = I .

Naći najveće i najmanje vrednosti funkcije :

603. u = 2

x3 + 4 xz + yz 2 xy

y = 4.

-

u

zatvorenoj oblasti ograničenoj kr ivama y =

xz,

§ 4. TAYLOROVA FORMULA. EKSTREMUMI FUNKCUA. SINGULARNE TACKE KRIVIH U RAVNI

53

u=x3 +y3-9xy+2z, ako je 0<x< 4 i 0
un Cl.

--

zati nejednakost

L.. 1-1

i=l L.

1

� j��x � > c�x, r (k > 1 . x,;;.o. i = 1 . 2 n) . n sabiraka tako da zbir kvadrata tih sabi 607. Razložiti pozitivan broj a raka bude najmanji. xz + -+ yz z2 l upisati paralelepiped najveće zapremine. 608. U elipsoid az bz cz .

•

.

.

•

na

-

609. U 610.

polusferu poluprečnika

R

upisati paralelepiped najveće zapremine.

Pokazati da je najveće rastojanje tačke

Ax+ By + Cz + D = O 611.

-=

dato obrascem

M0 (x0, y0, z0) od tačaka ravni d l Ax0VA+ 2By+0B+2 +CzC02+ D l

Pokazati da je najkraće rastojanje između pravih

x-xl = Y-YJ = z-zl X-Xz = Y-Yz = z-z2 12 mz n2 l ml nl l dato obrascem xl - x2 Y1 -Y2 zl - Zz l d= ±Ll /12l mml2 nnzl gde je Ll = J i 1'� mm2� r + l mml nnlz r + l nnl Izl, r· 2 2 2 z x + y2 + z2 l naći tačku koja je najmanje (najviše) 612. Na elipsoidu 96 ljena od ravni 3x+ 4y+ 12z=288. 613. Klas irati singularne tačke krive y2 axz + x3, -

=

uda·

=

Ispitati karakter singularnih tačaka sledećih krivih: 616.

16 (y- a-x)2--xs 225 = O.

54

ll.

DIFERENCIJALNI RACUN FUNKCIJA VIŠE REALNIH PROMENUIVIH

617. y z -x (x- J) z + X = O.

618. yz -x (a + x) z = O

619. yz (a + x)- xz (a-x) = O.

620. yz -xz (9- xz) = O.

621. (x2 + y zp- az (xz-yz) = O.

622. x3 + y3- 3 a xy = O.

623. (y-x2)2- x (x-a)3 = O (a> O).

624. azyz + 4 a xyz- 4axzy + 4 x4 = 0.

625. yz - (x-a) (x- b) (x-e) = O

(a O).

Glava liT FUNKCIJE PREOSTAVLJENE POMOĆU INTEGRALA

l. Funkcije predstavljene pravim integralima Ako je funkcija f(x, m) definisana i neprekidna u ograničenoj oblasti m1 � m < mz], onda je integral §.

1°

b

l (m) =

R [a <; x <; b;

J f(x, m) dx

a

2°

neprekidna funkcija na odsečku m1 � m <; m2• Ako je uslove navedene pod l o još i parcijalni izvod fm' (x, oblasti R onda za m E (m. , mz) važi Leibnizova formula m:

b

:J

d

b

f(x, m) dx =

a

J

m)

nt.prekidan

fm' (x, m) dx

a

U opštijem slučaju kada su i granice integrala diferencijabilne funkcije rp (m) parametra m a sem toga je a � rp (m) <; b, a � lj! (m) <; b za m 1 < m < m, onda je

:J

9�

d

f(x, m) dx =f('P (m), m) 'P' (m)-f(rp (m), m) rp' (m) +

3 o Ako su ispunjeni uslovi pod mz

b

lo

9�

J

fm ' (x , m) dx

onda važi takođe i formula b

mz

J dm J f(x, m) dx = J dx J f (x, m) dm a

626. Ispitati neprekidnost funkcije

I(m) ako je funkcija

l

=

dx J xmf(x) z + mz

o

u

f(x) neprekidna i pozitivna na segmentu [0, 1 ].

i 'P (m )

56

ID. FUNKCIJE PREDSTAVUENE POMOĆU INTEGRAI.A

627. Naći

J I + xzdx+ mz '

J xz mx dx;

l+m

l o l'liD

m->0

2

2°

---- ·

m

l

lim

m->O

o

cos

J l

dx o l + ( l + �r 628. Neka je f(x) neprekidna na segmentu [a, b]. Dokazati da je lim _!_ J [f(u+h)-f(u)] du=f(x)-f(a) (a<x
J Vxz +mz dx; m-+1

3° lim

4° lim

m->oo

-l

X

h ->0

629.

�spitati Izrazu

a

da Ii se može izvesti granični prelaz pod znakom integrala u lim

m->0 630. Ako je

l

J 3...m2 .

e

x2

- m2

dx?

o

f(x, m) = cos mx

pokazati neposrednim izračunavanjem ispravnost jednakosti

( j f(x, m) ) j dx

'

' til

o

=

o

J.' (x, m) dx.

631. Može li se po Leibnizovom pravilu izračunati izvod funkcije J (m) = za

m=O?

632. Izračunati I'

l

J ln �· xz+ mzdx

o

(x), ako je I

(x) =J X

633. Naći

/(a) , ako je:

l 0 / (a) =J

cos a

sin a

ea VI-x2

dx;

e -xy2

dy.

57

§ l · FUNKCIJE PREDSTAVUENE PRAVIM INTEGRALIMA

3o

I(a) = ,r sinXax dx ,· b+a

4°

o

a+a a2

5°

/(a)= J O

dx

634. Izračunati l"

x+ a

/(a)= Jf(x+a), x-a)dx; a

(x2 +y2 -a2) dy.

J sin

x-a

(x) , ako je I(x)= J (x+y)f(y)dy, X

o

f(x) diferencijabilna funkcija. 635. Naći (x), ako je I(x) = J f(y) l x-y l dy, gde je a O), gde je f(x) neprekidna funkcija. 637. Naći J' (x) ako je l(x)= Jf(t) (x-t)n- l dt . gde je

I"

b

a

I"

l

h

o

h

o

.

o

638. Pokazati da najopštija funkcija koja zadovoljava diferencijalnu jedna

činu

y =f(x) ima oblik

(X-Xo)n-1 (n- 1) !

+ (n - l) ! x0J (x-t)n-1 f(t) dt.

' f(x) y(x)= . !_ J f(t) sin k (x-t) dt,

l

X

639. Pokazati, ako je funkcija neprekidna u nekom intervalu, koji ne sadrži tačku a, da onda funkcija r

k

a

zadovoljava diferencijalnu jednačinu

y" +k2y =f(x).

58

III.

FUNKCIJE PREDSTAVUENE POMOĆU INTEGRALA

640. Primenom formule za diferenciranje pod znakom integrala odrediti Fou rierove koeficijente

ai

i

bt date funkcije y (x) tako da integral

I= - J [y (x) - Tn (x)]1 dx, 2n o 2n

1

l . . . . . . Tn (x) = - a0 + � a1 cos zx + b 1" s1n gde Je . lX, Ima mmlffial nu vrednost. L.., 2 i=l

641. Naći izvod potpunih eliptičkih integrala n/2

E (k)

= J V�l__,k;-z-s-,in_z_ r dr o (O < k < l )

i izraziti i h pomoću funkcija diferencijalnu jednačinu

E (k) i F (k). Pokazati

E" (k) + _]_ E' (k) + , E(k)

l -k:Z

k

da

E (k)

zadovoljava

= O.

642. Dokazati da Besselova funkcija celobrojnog indeksa

n

l n ln (x) = - J cos (n r-x sin r) dr no

zadovoljava Besselovu jednačinu

643. Neka je I (m) =

lU

J

o

r (x) Vm

dx

x

'

gde je funkcija r (x) kao i njen prvi izvod r' (x), nep rekidna Dokazati da je za m E: (0, a) ispravna jednakost I' (m) =

644. Pokazati da funkcija r

+J � �� m m -x m

v

(x)

dx.

u

l

= J u (x, y) (y) dy, o

v

za

x -:= [0, a].

t l . FUNKCIJE PREDSTAVLJENE PRAVIM INTEGRALIMA

gde je

u (x) = a

{

x ( l -y), y ( I -x),

ako je

ako je

59

x <: y; x >y,

neprekidna funkcija, zadovoljava jednačinu

v (y)

q/ ' (x) = - v (x) (x E [O, 1 ]) .

645. Naći lx11" (x, y) ako je

gde je

646. Neka

xy

I (x, y) = J (x-yz) f (z) dz, x/y

f(z) d.iferencijabilna funkcija. je f(x) dvaput d.iferencijabilna

funkcija

funkcija.

diferencijabilna

F (x)

Dokazati da funkcija

l l u (x, t ) = - [f(x- at) +f (x + at] + - j F (z) dz 2 a x-at 2 x+m

zadovoljava jednačinu treperenja žice

i početne uslove

{)z u {)2 u - = az o tz o x2 u (x, O) = f (x), u/ (x, O) = F (x).

647. Pokazati, ako je funkcija f (x) neprekidna na segmentu [0, l] i (x- ;) 2 + + yz + z2 =F O za ; E [0, l], onda funkcija

zadovoljava Laplaceovu jednačinu

{)2 u {)2 u {)z z - + - + - = 0. o xz o y2 o zZ Primenom pravila diferenciranja po parametru izračunati sledeće integrale:

648.

650.

I (m)

t

=

/ (m) =

J

a re

tg

o

m

J

o

ln ( l

� dx.

+ mx) dx. l + xz

a

649. l ( ) =

651.

I (m) =

l

arc tg

J x VI

o

l

J

o

ax

xz

dx

ln (xz + y2) dx

(a > O). (y > O).

60

III. FUNKCIJE PREDSTAVLJENE POMOĆU INTEGRALA

652. J (r) =

J ln ( 1 -2 r cos x + rZ) dx

o

a =J

653. I (

)

o

655. J (y) =

657.

660.

J o

1

arc tg (a tg tg

X

xY (ln x) n dx,

o

654.

(y > - I )

J -(aZ dx

J

o

o

/ (a) =

ln ( l + m cos x) COS

J

b

X

dx .

dx

Z + X2 Z o (a )

ln (sinz x + m2 cosz x) dx

cosz x + bz sinz x)2

o

Koristeći formulu

J __ l

x

=

J

arc tg x

izračunati integral l

o

dx

_ _

o

X .

l + xz yz

dx

Primenom pravila integracije pod znakom integrala izračunati integral l=

662.

656.

658 . J (m) =

arc tg x

661.

/ (m) =

"'2

ln ( l + x) dx. l + x2

J

n/2

x) dx.

J ----l

n/2

659.

n/2

I (O) = O (Poissonov integral).

Izračunati integrale:

lo

J l

xb-;xa

o

J ( Xl ) xb-:xaX l

o

sin In -

Jn

ln x

dx

dx;

Koristeći postupak integracije pod znakom integrala izračunati sledeće integrale:

§ 2.

d

663.

Jdx J xY dy. o

J dx . f l

665. l o

666.

o

o

a+b J In a-b n/2

o

667. Neka su

61

NEPRAVI INTEGRAL KAO FUNKCIJA PARAMETRA. . .

Jdx I (xzyz-xz . + yz)z

664.

o

y-x dy. (x + y)z sin

sin

l

l

x x

dx

sin

F(k) i E (k)

Dokazati formule:

o

20

dx J dy J (xy-x + y)z . l

o

x potpuni eliptički integrali (v. zad.

641).

1 ° j F(k) k dx = E (k) -k1Z F (k); k

o

2°

J E (k) k dx = + [ I + kz) E (k)-k1Z F (k)] , k

o

gde je k1Z = l -kz.

668. Proveriti formulu

j x 10 (x) dx = x 11 (x), X

gde su

10 (x)

11

(x)

o

Besselove funkcije sa indeksima O

l (v. zad.

642).

§ 2. Nepravi integral kao funkcija parametra. Uniformna konvergencija integrala lo

Nepravi integral

j f(x, m) dx,

(l)

a

gde je funkcija f(x, m) neprekidna u oblasti a ";; x < oo , m1 ";; m ";; m2 , naziva se uni formno konvergentan u intervalu (m 1 , m2) ako za proizvoljno e>O postoji broj M = M (e) takav, da za svako b > M važi nejednakost

lJ

O>

f(x, m) dx

b

l

<e

(m 1 < m < m2).

Uniformna konvergencija definisana pcd svih redova oblika 2 j co

lo

ekvivalentna je uniformnoj konvergenciji

nn + t

n=O an

/(x, m ) dx,

gde je a = a0 < a 1 < a2< · · · < an < an + ! < " ·

m

i l i an n--.oo

= . oo

62

POMOĆU INTEGRALA

m. FUNKCIJE PREDSTAVLJENE

Ako integral (l) uniformno konvergira u intervalu (m" m0) onda je on neprekidna funkcija parametra m u tom intervalu. 2° Potreban i dovoljan uslov da integral (l) bude uniformno konvergentan u inter valu (m1, m2) je da za proizvoljno e>O postoji broj M � M (e) takav da je b"

l J f(x, m) dx l < e

za

b'

3°

m E (m1, m2)

samo ako je b'>b i b">M. Ovaj kriterijum je poznat kao Cauchyev kriterijum. Da bi integral (l) bio uniformno konvergentan potrebno je i dovoljno da postoji majorantna funkcija F (x) nezavisna od parametra m takva da je l) i f(x, m) I < F (x) za a � x < oo oo

2)

J F (x) dx< oo .

a

4°

Ovaj kriterijum naziva se Weierstrassov kriterijum. Analogne teoreme važe i za slučaj nepravih integrala prekidnih funkcija.

Odrediti oblast konvergencije integrala: "'

669 .

Jo

1l

672.

J o

oo

675.

J o

"'

678.

J o

"'

_xa- l

-- dx. l +x

X

COS X x'1

xP +

x+2

xa --

dx.

670.

673.

J

o

"'

xk

dx.

67 1 .

e-z dx.

674.

--

l + xz

r

oo

xn

o

e

dx.

x+ l

sin xq dx. xP

676.

r

o

J o

oo

684.

J

1l

cos x x+m

e - a.t !

xm

dx .

dx xa f sin2 x

.

i'

677.

682.

o

V

---

nu---

Jo xm ""

685 .

J

o

s:n

x•

-

dx.

-==-- 1 ==

dx.

l

"" cos l=X -- dx.

J

679.

x•

x"" �>

e

oo

dx.

f

l

e

l - X2

680.

Upored ivanjem sa redovima ispitati konvergenciju

681.

J

o

-mz

e -dx. l - xc

sin xn dx.

sin (x + x2) xm

dx .

oJ

sl e-C .:-č:::.

683.

dx.

x:

e - = : _ : - :�:

:=·;;:=- � :

�

X

-- --

l - _r-

S:L:

dx.

§ 2. NEPRAVI INTEGRAL KAO FUNKCIJA PARAMETRA •

686. Dokazati da za m > O integrali

63

• .

J j (x) e-mx' dx

J j (x) e-mx dx oo

oo

o

o

uniformno konvergiraju ako integral

J j(x) dx apsolutno

konvergira.

o

687. Dokazati da, ako integral oo

J j (x) dx konvergira integral

a

ako je funkcija

q; (x, y) ograničena

monotona po

x, onda

J j (x) q; (x, y) dx a

uniformno konvergira (u odgovarajućoj oblasti) . 688. Pokazati da se uniformno konvergentni integral

ne može majorirati konvergentnim integralom koj i ne zavisi od para metra. 689. Pokazati da integral

l = J me-mx dx oo

o

l ) uniformno konvergira u proizvoljnom intervalu

2) neuniformno kon ver gi ra u intervalu O < m < b.

0< a < m < b

i

690. Pokazati da Dirichletov integral

l=

691.

J

sin a x --- dx X

o

l)

uniformno konvergi ra na svakom segmentu [a, b], koj i ne sadrži vrednost a = O, i 2) neuniformno konvergira na svakom segmentu [a, b], koji sadrži vrednost a = O. Ispitati uniformnu konvergencij u, u naznačenim intervalima, sledećih integrala:

J

yz - xz dx. (x2 + yz) z

X

692.

l

J

o

y dx , y E [O, d>O]. xz + yz

ill. FUNKCIJE PREDSTAVLJENE POMOĆU INTEGRALA

64

l

oo

693.

J y e-xY dx

(a ;;;. O).

J xv-t dx.

694.

o

a

695.

oo

J e-ax sin x dx (O
oo

J xm e-:r: dx (a < m < b).

696.

o

o

J

oo

697.

sin

J

698.

X

o 699.

oo

ax cos x dx.

sin

X

ax dx, a>O.

700.

J l

J

oo

703.

e-ax cos x dx (O < a< oo ), xP

oo

705.

J

sin x -e-ax dX (O .;;; a< oo).

X

gde je p fiksno . oo

cos

xy dx (O
o

J

oo

o

oo

702.

mx dx (- oo <m < oo). l + xz

- oo

X

oo

J

cos

x sin xy dx (a >O). a2 + xz

704.

J

o

706.

l

J

l

sin

xz dx (m > O). l + xm

. l dx (0<m<2). x xm

sm � · -

707. Da l i je dozvoljen prelaz pod znakom integrala u izrazu lim J me-mx dx? m-++ 0 o 708. Ako je funkcija

f(x)

integrabilna u intervalu oo

709. Dokazati da j e lim m-+0 ako je

lim J e-mxj(x) m-+l o

(0, oo)

oo

dx = J f (x) dx. o

oo

Jf(x) sin mx dx = O, O

f(x)

apsolutno integrabilna u intervalu

(0, oo).

dokazati formulu

§ 3.

710. Izračunati

ZAMENA PROMENUIVIH U NEPRAVIM INTEGRALIMA

65

. • •

integral

koristeći granični prelaz pod znakom integrala. da je integral

711. Dokazati

oo

l (a) = J e-<x-a)2 dx o

neprekidna funkcija parametra a. Ispitati neprekidnost,

..

u

naznačenim intervalima, sledećih funkcija: oo

x

x dx , za m>O. 713. l(m) =J cos dx, za m>O. 712. /(m) =J xm+2 xm x dx, za 0<m<2 . 714. /(m) =J xm sin (n-x)m l

o

,.

o

..

715. /(m) =J J sin x Jm dx, za O<m< I. e-X

o

..

716. /(m) = J m e-ml x dx, za - oo <m< o

oo .

3. ZamenacijapromenJjivih u nepravim integralima. Diferenciranje nepravib integrala pod znakom integrala

§

integra

1° Ako je funkcija f(x, m) neprekidna i diferencijabilna po parametru m u oblasti oo

a:;;; x < oo, m1 <.m<.m2, i ako sem toga integral J !(x, m) dx konvergira, a integral a

..

J f� (x, m) dx uniformno konvergira u intervalu (m1, mJ onda je d .. (x, m) dx = f�(x, m) dx J dm J /

a

"'

a

za

m1 <m< m2 (Leibnitzovo pravilo).

S Zbirka zadataka iz više matematike II

a

66

m. FUNKCIJE PREDSTAVUENE POMOĆU INTEGRALA

2°

Ako je funkcija

f(x, m)

neprekidna za

x>a i

m, < m � m2 ,

. J f(x, m) dx uniformno konvergira u konačnom intervalu (m1, ..

m2)

i

ako integn onda je

a

m2

oo

J dm J /(x, m) dx =

(l)

m2

co

J dx J f(x, m) dm. a

a

Ako je f(x, m) > O, onda formula (l), važi takođe i za beskonačan interv; (m1 , m� uz pretpostavku da jedna od strana u jednakosti ( l) ima smisla. 717. Koristeći formulu

l

J

xm-l dx =

o

izračunati integral

l l= J xm-l

�

(m > O)

Inn x dx, gde je

o

n

prirodan broj.

718. Koristeći jednakost oo

J

e-xy

dx =

o

izračunati integral oo

J

�

za y > O,

e-ax _ rbx dx, X

-----

o

719. Polazeći od jednakosti ..

J

e-az cos

o

koja se

za

{J x dx =

a z + a pz

a > O dobija neposrednom integracijom izračunati integral

720. Polazeći od jednakosti

J e-= dx = : . oo

o

§

3. ZAMENA PROMENUIVlli U NEPRAVIM INTEGRALIMA

•

•

.

gde je a > O, izračunati integral oo

J e-az xn-l dx

ako je

n

o

prirodan broj .

721. Polazeći od jednakosti oo

J

o

dx

n

x2 + a2

2a

izračunati vrednost integrala

722. Polazeći od jednakosti oo

J

sin ax --

X

o

naći integral

oo

J o

n

.

dx = - sign a, 2

cos ax- cos bx dx. x2

Izračunati sledeće integrale: d

723.

J J dy

I (y) = oo

725.

J o

oo

727.

sin xy

O

e

724.

oo

J o

s•

J

x

l -cos xy

X

o

1 - e-zv ---

xeZ

(y> O) .

e-kz dx,

(y > O, k > O).

(a > O, {3 > 0).

dx.

e-az _ e-bz

X

dx,

cos mx dx,

(a > O, {3 > 0).

67

68 728.

..

..

xy dx. J x(l +x2) oo

xy J x(az+xz) dx, a#O. o

730.

ITI. FUNKCIJE PREDSTAVLJENE POMOĆU INTEGRALA

sin

729.

arc tg

o

(a2 +x2) dx, b#O. J bZ + x2 ln

731. Izračunati Poissonov integral ..

l= J

e-x2 dx

o

polazeći od formule oo

/2 = J o

..

e-xl dx J xe- x2Y2 dx. o

Koristeći Poissonov integral izračunati sledeće integrale: oo

732.

Je

- (x2+ ) a2

x2

dx, (a>O).

o

dx,

733.

734.

oo

J

(a>O, h>O);

e-=2 cos bx dx, (a>O).

735.

(vidi zad.

oo

J

680).

xe-=2 sin bx dx, (a> O) .

o

736.

..

J

x2n e-xl cos 2 bx dx,

(n E N) .

o

737. Polazeći od integrala oo

/ (a) =

J e-az

sin

{3x

dx,

X

o

izračunati Dirichletov integral oo

D

({3) = J

sin

{3 x dx.

X

(a > O) .

§ 3. ZAMENA PROMENLJIVIH U NEPRAVIM INTEGRALIMA

.

•

•

69

Koristeći Dirichletov integral i jednakost oo

f(ax)-f (bx) dx=f(O) ln .!!___ (a>O, b>O) .

J

X

o

X

f(x) neprekidna funkcija i integral J f�x) dx ima smisla proizvoljno A >0, izračunati sledeće integrale: e- ax2 - cos {3x sin a x sin {3x d a> 739. x, ( O). dx. 2 J x J oo

gde je

za

A

GO

738.

""

GO

740.

J

a

sin4 x-sin4

o

GO

742.

X

o

o

J

"'n- kz

sin

X

741.

sin xz dx. J x

o

ax sin {3 x d (k>O, a>O, {3>0) . x2 ---'---

X,

-

o

oo

{3 x dx.

743. Izračunati integrale: GO

- oo

ax x+b

sin

dx;

GO

--- X.

cos ax J x+b d

2°

- oo

744. Dat je integral l

(m) - J cosl +xmx2 dx, _

---

o

m realan parametar. o Ispitati konvergenciju ovog integrala i naći svako realno m . da je \ I (m) \ < M

gde je l

za

zo Vodeći računa o jednakosti

!!.. = 2

pokazati da je za m

>O

I"

{ sin x dx, oo

,

o

X

(m)=l(m)

takav pozitivan broj M

70

Ill .

FUNKCIJE PREDSTAVLJENE POMOĆU INTEGRALA

opšti integral diferencijalne jednačine pod 2° i vrednosti / (0) 3° iNaći I' (O) uz dokaz da druga od njih postoji. Na osnovu toga naći vrednost funkcije l(m) . 4° Naći granične vrednosti lim l(m) l� Jdm J _cosl _+_mx _z_ dx, x o o koristeći rezultat iz tačke 3° i bez njega. m

oo

745. Diferenciranjem po parametru izračunati vrednost integrala oo

J e- 12 cos

- oo

mt dt, (m E R).

Izračunati sledeće integrale: 746.

748.

oo

sinz

co

x dx.

J l + x2 o

J (lcos+ xz)axz dx.

747.

oo

cos ax J axz+2bx+c dx,

o

(a > O, ac-b2 > 0).

- oo

749. Dat j e integral oo

tg mx I(m) =J arc zx Vxz- 1

gde je

m realan parametar.

dx,

l o Ispitati konvergenciju integrala (m). 2° Koristeći diferenciranje integrala po parametru izračunati integral I (m) uz obrazloženje postupka. 3° Nacrtati grafik funkcije l(m). I

750. Koristeći formulu

l 2

- = - '{ e -xy2 Vx vn o oo

dx,

(y > O)

izračunati Frenetove integrale co

oo

J xz dx=-z J sinVxx dx, o

. sm

l

o

'

3 . ZAMENA PROMENUIVJH

U NEPRAVIM INTEGRALIMA

J xz dx = � J rx oo

oo

X

C

COS

•

•

71

dx .

o

o

7 5 1 . Koristeći pravilo diferenciranja pod znakom integrala izračunati vrednost integraJa oo

I(a) = J

e-x2 cos

ax dx. Isti integral izračunati razvijajući cos ax u Mac l.aurinov red i uporediti dobijene rezultate. o

752. Dokazati identitete 1

o

e-mt

te-at dt, x dx = cos dt , m ;;;. O; 2° -dx= -J x+m J l + tz J x+m J l + rz oo

oo

sin

oo

o

o

o

oo

X

o

Izračunati integrale: oo

J sin (axz + 2 bx+ e) dx, (ai= O) .

753.

- oo oo

J sin xz cos 2 ax dx.

754.

755.

- oo

756. Izračunati

oo

J cos xz cos 2 ax dx.

- oo

e-x2

(a - J dx) J (x2 +dxa2)2 . oo

a

lim

a--•+0

o

o

757. Dokazati formule:

ax o r az-xz dx= 2a sm ax; 2° J xaz-xz · dx = --2 ax, ao;l=O, oo

1

cos

n

.

L

o

oo

sm a x

n

cos

o

gde je

a integrali se uzimaju u smislu glavne Cauchyeve vrednosti.

758. Izračunati vrednost integrala

I(a) = J -sin x oo

o

X

e-az

dx,

72

Ill. FUNKCIJE PREDSTAVLJENE POMOĆU INTEGRALA

a na osnovu toga izračunati integrale:

lo

oo

Jo

: dx;

2° J' sin2 x dx;

si X

-X

oo

4o J smx3z x dx;

so J sinxJ4 x dx. o

.

F

759. Funkcije (x) i G (x) definisane su odredenim integralima x2(t2 + 1> F(x)= ( J e-12 dt)2 i G(x) = -J e-tZ+ dt. l o o ol Pokazati je F' (x) =G' (x) za svako x, pa odatle izvesti identitet F (x) =- +G (x) . 2 2° Na osnovu rezultata pod l o izračunati vrednost integrala 12 oJ e- dt. 760. Naći Laplaceovu transformaciju F(p) = oJ e-Pt f(t) dt (p>O) funkciju f (t), ako je: 1° /(t)=t" (n E N); 2° J1; so /(t)= cos t; 6° /(t) = 1 t e ; 7° /(t)= sin a vr. 761. Dokazati formulu (Lipschitzov integral) 1 (a>O) Jo e-<>1 lo (bt) dt= VaZ+bZ gde je /0 (t)= J_ cos (x sin tp) d tp Besselova funkcija nultog indeksa. l

oo

da

'TC

oo

oo

za

- -'

oo

'TC

-

§ 4. EULEROVI

73

INTEGRAL!

762. Naći Weierstrassovu transformaciju

F(x) = �

ako je:

1°

J

"'

e-!x -y)2j (y)

dy.

- oo

2o f(y) = yz;

J(y)= l ;

4 ° j(y) = cos

763. Dokazati da za polinome Čebiševa-Hermitea

dn Hn (X)=(-l)• exz tJxn

-- (e - x2)

ay.

(n= O, l, 2, ) •

.

.

važi formula

J Hm(x) Hn (x) dx = { O,2n n!akov;;, ako Je� m= ..

n

e- xz

n.

- oo

764. Integral

rp(x) = 2 :na1l az

J

"'

---

e

x-e)2 ez - 2 a,z - 2 2 az e

(al > O, az > O ),

d�

oo

ima veliki značaj u teoriji verovatnoće. Naći njegovu vrednost.

apsolutno integrabilna na intervalu ( - oo ,

f(x)

765. Neka je funkcija Dokazati da integral

u (x, t)= 2 a r:nt J f('YJ) ,e-;

-

- 4 a2t

(n- x)2

oo

l

oo ) .

e

d'YJ

oo

i)

zadovoljava jednačinu termoprovodljivosti

i)zu -ut = -alz oxz lim u(x, t)=f(x). i)

početne usl ove

t-+O

1°

§ 4. Eulerovi integrali

Integral

l

B (a,

b) = Jxa- t (1-x)b- l dx o

za a>b i b>O naziva se beta funkcija svojstva beta funkcije su sledeća:

ili Eu/erov integral prve vrste.

l)

b-1) . (b> l).

B (a,

b) =

b-1 b- 1

a+

B (a,

Osnovna

74

ID.

Ako je formula

2)

b=n>l,

Ako su

FUNKCIJE PREDSTAVLJENE POMOĆU INTEGRALA

gde je

a b i

n B (a, n)= a n-l + n-l (a, n-l). prirodan broj

onda ova

formula postaje rekurentna

prirodni brojevi onda je

B (m, n)=-'-(m--,-1)! --(m+n-1)! -'---(n-1)! '----'- a= l b= l B (1, l)= l. 2° F(a)= J gama funkcija Eu/erov integral druge vrste. a> F(a+ l)=a F(a) l) a 1· 3 · ·(2n-l) 2n F(2)=F(l)=l. r ( � ) = n. 2) a F(a) F(l-a)=-.-na- . Specijalno za

i

Integral

sledi

oo

x<>- l e - "' dx

o

O naziva se za funkcije su sledeća: Ako je

ili

prirodan broj onda je

·

·

Specijalno je Ako

Osnovna svojstva

Vit.

V

nije ceo broj onda važi formula

:n;

sm

Ova formula omogućava da se proširi gama funkcija na negativne vrednosti argu menta. Osnovna veza ismedu beta i gama funkcije izražena je formulom

F(b) B(a, h) = F(a) F(a+b) .

766. Dokazati da je beta funkcija B

neprekidna i da ima (a, b)i b>O. a>O 7 67. Dokazati da je gama funkcija F (a) neprekidna i da ima izvode bilo kog reda u oblasti a>O.

neprekidne

izvode bilo kog reda u oblasti

neprekidne

Izračunati sledeće integrale:

7 68. 770.

l

J Vx xz dx. l J x {1 -xJ dx. :; o

7 69 . 771.

a

J xz Vaz-xz dx (a>O).

o

Jo + t)x-1 (1- t)Y-1 dx. l

-l

772.

Jl+ oo

o

� X"

dx

.

75

! 4. EULEROVI INTEGRAL!

773.

1

J VI

dx

774.

x4

o

J VI

dx

J xv-t ( 1 -xm)q-t dx

775.

xJ

o

oo

776.

1

778.

J oo

780.

J

sin4

779.

xJ

o

oo

782.

J

sinP/q x X

o

oo

gde su p

dx,

J x2n e -x2 dx, oo

783.

J

781.

o

(n > O).

o

(a, b > O).

x dx.

'

J sin6 x cos4 x dx. oo

o

n -

n/2

777.

n/2

sina-1 cp co sb-l cp d cp

dx

J V I -xn o

(p, q, m > O) .

o

1

J

sin2

o

� � dx.

x dx.

X2

sin

q uzajamno prosti neparni prirodni brojevi .

(n E N).

o

Odrediti oblast definisanosti deće integrale: oo

784.

J

o

oo

786.

J

o

788.

1

J

790.

J

-

(x + a)a+ll

xm-t dx, n > O. l + xn

--

o

X"-1 ( 1 -x)ll 1

oo

787.

J

o

xm dx (a> O, b > O, n > O). (a + bxn)P

dx, a > O.

789.

J o

cp d cp, O
J xP e-ax ln x dx,

sinn-l

oo

tg2 a-1 X

J

o

J

785.

xm-1 dx. (l + x)n

dx.

791.

o

oo

792.

oo

dx ( l + x2)n

o

izraziti pomoću Eulerovih integrala sle

X"

l

ln

x

+ x2

dx.

oo

793.

(a> O)

J xme-xndx.

o

III. FUNKCIJE PREDSTAVLJENE POMOĆU INTEGRALA

76

1 795. J (ln � rdx. o - oo oo xP-I -xq-t oo xP-I lnz 796. J l +x (p> 0). 797. J (l + x) ln x dx. o o 1 -x_P_-_I x-P sh ax dx, (OO). 800. oJ ln (x) dx. l 1 803. oJ ln F(x) cos nnx dx, (n EN). 802. oJ ln F (x) sin 1t oo dx. 804. J � sh 2x o Dokazati jednakosti: 805. J J xz - • = s� · 806. J VIdx J YIxz dx = 4 o o 8 o 807. J xP-t cos axdx =__!_aP F(p) cos n2p , (O O). naći integrale: �. . x- dx, (O<m< sin 811. J -co-(O<m<2). 812. I xm .. . o x

dx,

oo

•

r

a+ l

X dx.

oo

l

oo

e- x• dx

e x dx

x4

n

- x4

oo

oo

1).

ax

00

e -x"

e - x" dx =

"_....

oo

oo

rm-t e-xt

oo

1).

ax

dx,

o

§ S.

FOURIEROV INTEGRAL-J FOURIEROVE TRANSFORMACIJE

813. Pokazati da je

x > O i a>O

za oo

dt = F(a) 2 l (x + n)a oo

o

n=

814. Dokazati Eulerove formule: oo

1°

77

J t:zr.-1 e-lt cos a

cos (A. t sin

a) dt=

o

F (x) J...X

cos

a x;

F (x) sm . a x, J tz-I e-", 1 cosa sm. (A. t sm. a) dt = ---:;:;(A.> O, x > O, - ;
2°

o

815. Naći dužinu luka krive

rn = an cos n cp, (a>O, n E N).

816. Naći površinu ograničenu krivom

! x !m + ! y !m = am, (m>O, a>O). 817. Dat je integral

gde je

m

cp (m) =

realan parametar.

oo

J e- xm dx,

o

l 0 Ispitati njegovu konvergenciju. 2° Koristeći gama funkciju izračunati lim cp (m). 3° Ispitati konvergenciju reda

lo

n= l oo

2

(2 n - l ) ! !

(

X

l

)n , naći njegov zbir.

+ x2

1

§ 5. Fourierov integral i Fourierove transformacije P r e d s t a v l j a n j e fun k i j e F o u r i e o v i m i n t e g r a l o m. Ako je funkcija /(x) apsolutno integrabilna na celoj realnoj pravoj, tj. ako integral oo J lf(x) l dx konvergira, i ako ispunjava Dirichletove uslove na svakom konačnom intervalu, tada se ona, u svim tačkama neprekidnosti, može predstaviti Fouriera e

r

- oo

vim integralom:

(l)

/(x) = J [a (J.) cos J.x + b (J.) sin J.x] dx oo

o

78

m. FUNKCIJE

gde je

l

a (A) = -;

PREOSTAVUENE POMOĆU INTEGRALA

l

oo

J /(t) cos A t dt

- oo

U prekidnim tačkama integral (l) jednak je Ako je funkcija

- oo

l

Z

[/(x + O) +f(x-O)j.

parna, tada je:

f(x)

oo

f(x) = J a (A)

(2)

J /(t) sin A t dt. oo

b (A) � -;

cos

o

gde je

A x dx,

2 oo o

a (A) = - J /(t) cos A t dt, n

a ako je funkcija

/\x)

neparna, tada je: oo

f(x) = J b (A)

( 3)

o

gde je

2 -; J

sin

A x dx,

oo

b (A)

=

f(t)

sin

A t dt.

z o P r e d s t a v l j a n j e f u n k e i j e F o u r i e r o v i m i n t e g r a l o m u i n t e r v a l u (0, oo). Ako je funkcija f(x) zadat a na intervalu (O. oo ) , apsolutno inte o

grabi Ina na tom intervalu i ispunjava Dirichletove uslove na svakom konačnom intervalu (a, b) e (0, oo ), tada se, parnim produženjem. može predstaviti formu lom (2), ili neparnim produženjem formulom (3).

3° F o u r i e r o v e t r a n s f o r m a e i j e. Ako se funkcija f(x) za svako xE(- oo , oo ) sem. možda, u konačnom broju tačaka može predstaviti Fourierovim tada je funkcija koja je rešenje integralne jednačine

F(z)

(4)

oo j F(z) e-l:t• dz

l

f(x) = -

data integralom:

Zn

oo

- oo

l F (z) = -= J!(u) e1"'11 du (i = V=t). Vz n

F(z)

- oo

Funkcija zove se Fourierova parna, tada je funkcija

flx)

integralom,

Fc

transformacija

(z)=� � j

rešenje integralne jednačine

f(x) =

o

f(u) cos

�� J Fc (z) - oo

o

(zu) du

cos

(xz) dz,

funkcije

f(x).

Ako j e funkcija

a ako je

79

FOURffiROV INTEGRAL l FOURIEROVE TRANSFORMACIJE

] S.

/(x)

neparna , tada je

F,

(z)=�! jf(u) (zu) du sin

o

rešenje integralne jednačine

f(x) ={!; j (z) (xz) dz.J f(x). f(x) o

sin

F,

xE(O,

Funkcije F. (t) i F, (t) su respektivno kosinus-Fourierova transformacija i sinus-Fourierova transformacija funkcije Funkcija definisana za oo ) može se parno ili neparno produžiti zavisno d a li j e potrebna sinus ili cosinus -Fourierova transformacija.

j

Sledeće funkcije predstaviti Fourierovim integralom: 818.

f(x) =

820.

f(x)

822.

f(x) �

824.

826.

828. 830. 831. 832.

{ l, l x l < l

�� l

f(x) =

0, l X 1 > 1 . l + x, - 1 <x < 0 O<x< l 1 -x, o l x l > l. l' ,

O<xh

o,

- l,

l

(a>O).

az + xz

l

819.

o

X n.

.

O, x < O f(x) = n x, O < x < l O, X> l .

82 1. J (x) = sgn (x - a) - sgn (x-b) 823.

825.

827.

x { m e x>O f(x) = mx ' e ,x x
lA (

f(x) =

f(x) =

f(x) =

829.

{

e

i

(J)

ex

parnim produženjem;

2°

_

X

A

f(x) =

.

Sin

l X-Xo l a

)'

o,

lx-x0 l < a l x -x0 l >a.

(a> O) .

az + xz

(m > O). X, X > 0 j(x) = O, x < O (k> O). f(x) = - a i x l cos {J x (a > O ). Funkciju f(x) = - ( O < x < oo ) predstaviti ·

l

(b > a).

W

2nn t, l t l < - (J)

O, l t l >

{ e-mmxx, -e ,

2nn (J)

(n E N).

x> O x < O (m> O).

Fourierovim integralom: l o neparnim produženjem.

Naći Fourierove transformacije

za

sledeće funkcije:

80

III. FUNKCIJE

PREDSTAVUENE POMOĆU INTEGRALA

2

834. f(x) = e-2x .

833. f(x) = e-a lxl (a> O).

835. f(x) = xe-a l x l (a> O).

Naći kosinus-Fourierove transformacije za sledeće funkcije:

837. f(x) = V2n pz +f3 xz 839. f(x) = Vxl .

836. f(x) = e-fJ z (/3> 0, x > O). 838. f(x) = e-2;r2 .

(/3> 0, x ;;;. O).

Naći sinus-Fourierove transformacije za sledeće funkcije:

840. f(x) = e-fJz (/3 > 0, x ;;;. O). 841. f(x) = �ln f3z +X xz ({3 > 0, 0). ;r2 842. f(x) = Xe 2 . 843. Pokazati da je za funkciju lx njena sinus-Fourierova transformacija sama -

funkcija.

ta

Rešiti sledeće integralne jednačine:

844. J

oo

q; (y) cos

xy dy =

o

845.

1

-.

l + xz

-

J q; (y) sin xy dy = e--a: oo

846. J

(x> O) .

o

q; (y) sm xy dy =

.

o

847. f � (y) sin 00

r

X,

- Sin 2

f; xy dy � j l

COS

o,

X,

n

--;r · o,

O < x
x ;;;. n. O < x
x-n x>n.

X>

Glava IV VIŠESTRUKI I KRIVOLINIJSKI IN1EGRALI

§ l. Dvojni integral

l o Pod

dvojnim integralom neprekidne funkcije nom oblašću D, podrazumeva se broj

JJ z (x, y) dx, dy = D

zo

max max

z (x, y)

nad nekom zatvorenom pravil

z (x1 , y1) Ll x1 Ll y1 llim xl l 2:' 2: Lly -.o

Ll

j

1 -.o gde je Ll x1 = xl+1-x1, Ll y1 = xl + 1 - x1 a zbir se odnosi na sve vrednosti i i j za koje je (x1 , y1) E D. Ako je oblast D određena nejednakostima a<.x<.h, y, (x)�Y
JJ z (x, y) dx dy = J dx J

z (X, J) dy

y1 (x) Ako se neprekidnim i diferencijabilnim funkcijama D

a

x = x (u, v),

y = y (u, v)

realizuje jednoznačno preslikavanje ograničene i zatvorene oblasti na oblast D' ravni u O v i ako je D (x, y) =!=O l= D (n, v) onda važi formula

JJ z (x, y) dx, dy =JJ z [x (u, v), y (u, v)] I I I du dv D

6 Zbirka zadataka iz ville matematike II

D

D

u ravni

x Oy

82

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEGRAL!

U specijalnom slučaju kada se prelazi na polarne koordinate i y = r sin rp biće:

x = r cos rp

3° Ako su

rp i r po formulama

JJ z(x, y) dx dy = JJ z(r cos rp, r sin rp) r dr drp. D

D

m i M donja i gornja međa funkcije z (x, y) u oblasti D, onda je m<.z (x, y) <.M

jednakost

X, Y) Z1 (X, Y) dx dy = Z (�, 7})

J J z( D

JJ D

Z1 (X, Y) dx dy

z1 (x, y) neka neprekidna funkcija koja zadržava stalan znak u oblasti D, a (�, 1'/) E D naziva se formula o srednjoj vrednosti dvojnog integrala. Ako se stavi p. = z (�, 7}) i z1 (x, y) l dobija se gde je

=

l

p. = z (�, 7J) = -p

JJ z (x, y) dx dy D

z (x, y) u oblasti D čija je površina P. D neograničena a funkcija z (x, y) neprekidna na D, onda

što se naziva srednja vrednost funkcije

4°

Ako je oblast integracije j e po definiciji

JJ z (x, y) dx dy = D

gde je oblast

lim

n-+oo

JJ z (x, y) dx dy Dn

D,. proizvoljan niz ograničenih zatvorenih pravilnih oblasti koji pokriva oo

D, tj. U D,. = D. Ako granica na desnoj strani postoji i ne zavisi od izbora n=l

niza D,. , onda se odgovarajući integral naziva konvergentan; u protivnom inte gral se naziva divergentan.

je funkcija sem u tački P (a,

.s• Ako

z (x, y) svuda neprekidna u ograničenoj i zatvorenoj oblasti D, b), onda se stavlja

JJ

z (x ,

y) dx dy = lim

D

e....O

JJ

z (x. y) dx dy

D - U8

gde je Ue oblast poluprečnika e koja sadrži tačku P, i ako postoji granica inte gral se naziva konvergentan; u protivnom integral se naziva divergentan. Pretpostavljajući da u oblasti tačke P (a,

b) važi jednakost: z (x, y)

rp (x, y)

=

,a

gde

l

gde je m< l rp l (x, y) I<M (m, M>O) r = V (x-a)2 + (y-b)2 dobija se da: ) za a< 2 integral (2) konvergira; 2) za a ;;;. 2 divergira. Analogno se definiše nepravi integral (2) ako funkcija z (.4, y) ima liniju prekida.

Polazeći od definicije izračunati sledeće integrale:

848.

JJ

xy dxdy.

849.

JJ

850.

xzyz dx dy.

JJ

eX + Y dx dy.

a <. x <. b c�y�d

a <. x <. b c�y
O <. x <. l O <.y <. l

851. Formirati donji S i gornji S integralni zbir funkcije z (x, y) = xz + yz na oblasti l < x < 2; l < y < 3, deleći tu oblast na pravougaonike pravama.

i , X= l +n

2j y= l +n

(i, j = O,

l , . n). .

.

§ l. DVOINI INTEGRAL

Naći graničnu vrednost tih zbirova kada

83

n- oo

852. Proveriti sledeće relacije:

1 ° 8 { 5 - V2) n < jj (x +y + l00) dx dy < 8 ( 5 + V2) n; D

2° 36 n < JJ (xZ + 4yZ + 9) dx dy<76 n D

gde je oblast 853.

854.

855.

D

ograničena krugom

xz + y2 = 4

0 < JJ xy (x +y) dx dy < 64 D D (O < x < 2, O .;;; y .;;; 2) 2 -4 < J J (x + xy -xz-yz) dx dy<3 D D (O < x < l ; O .;;; y .;;; 2) dx dy 2. 1 '96< 1 00 + cosz x+ cosz y <

JJ

l x ! + I Y I";; I o

U sledećim zadacima za navedenu oblast ispisati granice integracije dvoj nog integrala

JJ z (x,y) dx dy

za oba moguća poretka integracije.

D

D je Oblast D je Oblast D je Oblast D je Oblast D je Oblast D je

856. Oblast 857. 858. 859. 860. 861.

O); B ( I , l ) . paralelogram s a temenima A ( l , 2); B (2, 4); C (2, 7); D ( I , 5). krug } 0 xz +yz < I ; 2° xz + yz .;;; x. kružni prsten 4 < xz + yz < 9. ograničena linijama y = x, y = V4 x-xz. definisana nejednakošću l x l + l y l < l . trougao sa temenima

O (0, O);

A (I,

U sledećim zadacima promeniti poredak integracije: 862.

D

O

y

l

863.

VY

1

J J z (x, y)dx dy = J dy J z (x, y) dx. l

JJ z (x, y) dx dy = J dx J z (x, y) dx dy. D

O

Vzx-x2

V t -x2

864.

J dx J z (x, y) dy.

-l 6*

o

V2-x2

865.

J dx J z (x, y) dy.

o

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEGRALI

114

866.

V :ZO-xZ

J dx J a

0

z (x, y) dy.

867.

&inx

J dx J

o

z (x, y) dx.

869.

dvojnom integralu

l

(2 V 4-xZ l

J

-nv4-xz l

z (x,y) dy.

2/3

2

J dx J z (x, y) dx + J dx

o

o

U

J dx

-2

X

2 ,.

868.

2

1-

V 4x-x2-3

l

o

J J z (x, y) dx dy preći

J

z (x, y) dy.

o

na polarne koordinate

rp

i

r

D

i napisati granicu integracije za oba moguća slučaja.

xz + yz < az zo kružni prsten az < xz + yz < b2 • (a> O). Oblast D je krug x2 -yz < ax Oblast D je ograničena krivom r= 1 -rpz (r>O). Oblast D je pravougaonik sa temenima 0 (0, 6); A (l , O); B(l, l); C (O, 1). Oblast D je ograničena pravama x = 2, y = x i y = x V3. Oblast D je ograničena krivom (xz + yz)2 = az (xz -yz) (x > O). Pretpostavljajući da su rp i r polarne koordinate, izmeniti poredak inte

870. Oblast D je: l o krug 871. 872. 873. 874. 875.

gracije u sledećim primerima: 2 "

876. -

878.

J drp J

COS'!'

"

2

o

"

'l'

z(rp, r) dr.

n/2

877.

o

J drp J z (rp, r) dr

a

V sin 29'

J drp J

z (rp, r) dr (a> O),

o

(0
o

o

Izračunati sledeće integrale:

879.

JJ xyz dx dy,

ako je oblast integracije ograničena parabolom

D

pravom

880.

yz = 2 x

i

l x=.

2

JJ ; dx dy, JJ � dx dy,

ako je oblast D ograničena parabolama

y = x2 i x =yz .

D

881.

D

y = O; y = 2 n.

ako je oblast D ograničena linijama

x = O; x = 2 + siny;

§

882.

JJ 2 y dx dy, ako je oblast D ograničena linijama y = Vx ; y = O; x + y = 2 . D

883. J r �l _.!._ dx dy. l

l

•

o

885. 886. 887.

ss

I . DVO�I UNTEGRAL

e x

y-y

884.

J J eY2 dx dy . a

0

a

X

J J (x2 + y2) dx dy, ako je D paralelogram sa stranama y = x; y = x + a; D

y = a; y = 3 a (a> O)

JJ yz dx dy ako je oblast D ograničena osoro O i prvim svodom cikloide z

D

x = a (t-sin t), y = a (l -cos t).

JJ

� dx dy, ako je O < x < l , O < y < l . l + yz

888. {J (x +dxydy+ 1 )2 , ako je O < x < l , O < y < l . 889. JJ x sin (x + y) dx dy, ako je O < x � n, O < y < ; . D

•

D

D

890. JJ xz y eZY dx dy, ako je O < x < l , 0 < y < 2. 891. Ji x2 y cos (xy2) dx dy, ako je O < x < ; , 0 < y < 2. 892. JJ cos (x + y) dx dy, ako je oblast D ograničena pravama x = O, y = n, y = x. 893. JJ xz dx dy. . 5 xy = l , x + y = . 894. JJ xy dx dy, gde je oblast ogramcena l'ITIIJama 2 D

D

D

J x ! + I Y J ";; l

D

•v

·

D

895. 896.

J J (x + y) dx dy gde je oblast D ograničena linijama y2 = 2 x, D

x + y = 1 2. Izračunati I (a) =

x

+ y = 4,

JJ (x + y)-
x > O, y > O, O < a < x + y < l a zatim ustanoviti za koje će vrednosti para metra a postojati lim I (a) i naći tu graničnu vrednost. a�

IV.

86

897.

.

Izračunati I (a) =

VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI

INTEGRAL!

dx dy

JJ V x + V Y gde Je. D trougao ogramcen pravama x = l , •v

D

y = O, x=y + a, O
898.

Izračunati JJ xz y V 1 - x3 -yJ dx dy ako je oblast D definisana nejedna D činama

899. Pokazati

da je

JJ x2

dx dy =

D

JJ yz dx dy = � JJ (xz + yz) dx dy = �:n D

D

ako je oblast integracije definisana nejednačinom x2 + y2 < az za x>O) y>O. Prelazeći na polarne koordinate izračunati sledeće integrale:

900. 901. 901. 903. 904.

JJ xy dx dy, gde je oblast D ograničena D

O:e

osom i lukovima krugova

xz + y2 = l , xz + yz-2 x = O. J J (x2 + yz) dx dy.

x2+yl .,;:; 2 ay

JJ e -xl -yl dx dy, ako je oblast integracije krug xz + y2 < az. D

J J V xz +yz dx dy.

x2+yl .,;:; al

JJ V a2 -xz-yz dx dy, gde je oblast integracije ograničena: l o krugom D

xz + y2 = a2 i pravama y = x i y = xV3; 2° krugom xz + yz-ax = O . ln (x2 + yz) dxdy, ako je D oblast između krugova xz + yz = l ix2 + y2 = e2• xz + y2

905. JJ D

dy_ dx___. .:_ 907. J'J __ 312 (I + xz + yz) D

908.

, gde je D oblast ograničena pravama X= O, X = l , y = O, y = l .

JJ sin Vx2 + y2 dx dy, gde je D oblast ograničena krugovima D x2 +yz = nz i xz +yz = 4 nz .

§

l.

DVOJNI INTEGRAL

87

xz xz yz dy' gde je oblast D definisana nejednačinom -+ 909. JJ � 1----dx az bZ az + ybzz < I . D

910. JJ � 4 - ( :r -(� r dxdy, ako je oblast D ograničena linijama xz + yz = 1, � + � = l i pripada prvom kvadrantu. az bz (2 a)z (2 b)2 911. JJ � Vx + VY dx dy, ako je oblast D ograničena koordinatnim osama i krivom Vx + VY = l . 912. JJarctg � dxdy, gde je D deo prstena l .;;; xz+yz.;;; 9, y> � , y;;;. xVJ. D

D

D

Naći srednju vrednost sledećih funkcija: 913. z(x, y)=V az-xz-yz, u oblasti određenoj nejednačinom xz +yz .;;; az. 914. z(x, y)= 12-2x-3y, u oblasti ograničenoj pravama x=O, y=O, 12-2x-3y=0. 915. z(x, y)=2x+y, u oblasti ograničenoj pravama x=O, y=O, x+y=3. 916. z(x, y)=sin2xsinzy u kvadratu: O <x< n, O
O "o::; y "o::; l

918. 919. 920.

JJ j xy) dx dy

ako je oblast D definisana nejednačinom xz + yz
D

i x i + I Y i "o::; l j x j "o::; l

O "o;; y "o;; 2

922.

x2+y2 "o;; l

J J l cos (x + y) j dx dy ako je oblast D definisana nejednakostima: D

IV. VlSESTRUKI l KRIVOLINIJSKI INTEGR.AI:1

88

Izračunati vrednost integrala:

JJ (y-x) dx dy, ako je oblast ograničena pravama

923.

7 I x+ l x+ 5 y = -Y = x + l , y= x-3 , y = -3 3 9 ,

D

stavljajući

l u =y-x, v = y + - x. 3

Uvodeći mesto x i y nove promenljive u sledećim dvojnim integralima:

925.

ax

a

926.

2

927.

z (x, y) dy (O
2-x

J dx J z (x, y) dy

O

stavljajući

odrediti granice integracije

stavljajući

u = x, v = L . X

u = x + y, V = X-y.

l -x

JJ z (x, y) dx dy, ako je oblast D ograničena linijama Vx + VY = va. D

y = O (a>O) 928.

ui v

stavljajući

x = u cos4 v, y = u sin4 v.

X = o,

z (x, y) dx dy gde je oblast D ograničena pravama x = O, y = O, x + y = a . . ,. u (a-v) y=- · stavlJaJUCI X = a a

JJ D

uv

929. Kako treba izvršiti zamenu promenljivih pa da se krivolinijski četvoro ugaonik, ograničen linijama xy = I . xy = 2 , x-y + l = O, x-y- 1 = 0

(x >O, y>O)

preslika na pravougaonik čije su stranice paralelne koordi

natnim osama.

930. U integralu

JJ z (x, y)dx dy oblast integracije je četvrtina kruga x2 + y2 < az, D

x>O, y>O. 1 °. Zamenom promenljivih preslikati onik; 2° u ravnokrako pravougli trougao. Izračunati sledeće integrale:

JJ

931.

yJ V l -x2-y4 dx dy.

x2+y• .;; l x ;;;, O y ;;;, O

933.

JJ x2 yz V l -(x3 + yJ) dx dy D

xJ + yJ ;> l, y ;> O.

932.

JJ

x4+y4 � l

ako je oblast

tu oblast

u

pravouga

(xz + yz) dx dy.

D određena nejednakostima

§ l. DVOJNI INTEGRAL

934.

Dokazati da je

JJ xm xn dx dy = O

x2 +yz .,;; az

89

ako su

m i n prirodni brojevi i bar

jedan od njih neparan. :r& (!2

dx dy gde je

935. Naći lim 1 JJ (x, y) 936. Ako je funkcija (x) za x z

-

"_...o

937.

Naći

F' (t)

x2 +yz .,;; Ciz

qJ

z

(x, y)

neprekidna funkcija.

.ueprekidna i p�zitivna pokazati da je

<e

ako je:

JJ e�dx dy.

F(t) =

O.;;; x .;;; t O.;;; y .;;; t

938. Ako je funkcija

z

(x, y)

neprekidna, dokazJ.ti da

u (x, y) =

� J d � J z (�. x +y-o

X

� -X+J'

0

'YJ)

drJ .

zadovoljava diferencijalnu jednačinu 02 u

iJ2 u

- --

ox2 dy2

=Z

(X,

y) .

Ispitati konvergenciju sledećih nepravih integrala:

(p >O, q >O).

940. JJ sin(Xx yin)1'-y dX d s

-

x+ y ;;. l

941. Pokazati da integral JJ

x ;;. l , y ;;. l

J J l

l

2 -y2 -x - dx (xz + y )2

Izračunati sledeće neprave integrale: ""

""

- oo

- oo

J.

x2-y2 dx dy divergira iako dvostruki integrali (x2 + y2)2 dy

942. J J

+-

943. . /'J dx dy y ;;;, x2+ 1

X" + y2

konvergiraju .

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEGRAL!

90 oo

"'

944. J J -8

- oo

"'

945. J J az +dxxzdy+ yz)z o

o

"'

946. J J e-l x i-I Y I dx dy. - oo

"'

"'

dx dy (l + xz + y z) 3iz

- oo

(

947. JJ e-<x+Y> dx dy. o":; x ":;y

949. J dx J x e-Y si;: dy. 948. J J (x + y) dx dy ako je oblast D definisana nejednakostima x>O, 950. JJ arctg (xz + yz) z oo

"'

"'

oo

dx e-Y2 dy.

0

2 >:

o

X

D

y>O, x + y > l . dx dy (a E R) gde je oblast D definisana nejednakošću (1 -xz-yz)a D xz + yz < 1 . Pokazati koji od sledećih integrala uzeti po krugu xz + yz < az konvergiraju: e- xz-yz dx dy. JJ ln V xz + yz dx dy. +� � D D

951. JJ

954. JJ sinV x(xz +z +yyz)z)3 dx dy.

953. JJ 955. JJ cosx(xz +z +yzyz) dx dy.

956.

957.

952.

D

"'

oo

JJ

-OCI

- oo

e- (x2 +Y2) dx dy.

D

"' oo

J J e-<x2+Y'> cos (x2

-r

y2) dx dy.

- oo - oo

"' oo

- co - oo

959. Može li se izabrati broj m tako da nepravi integral JJ VG(xdxZ +dyyz)m uzet po celoj ravni xOy, konvergira? § Površina oblasti D

u

2. Izračunavanje površine ravni xOy, može se naći po formuli P=

JJ dx dy. D

•

§

2. IZRAĆUNAVANJE

91

POVRŠINE

Naći površine ograničene sledećim linijama:

960. -xazz + -ybzz = l

962. xy = az, x + y = -25 a (a>O) 963. y = xz, x = yz. 964. y = vx. y = 2 vx. y = 965. xy = az, xy = 2 a1, y = x, y = 2 x (x>O, y>O). 967. y = 2 x-xz, y = xz. 968. y = -X3 , xz + yz = l O 970. (xl + y1)3 = x4 y4 971. (xl + yz)3 = 4.

4 xz yz.

+

975. (xz + yz)z = 8 az xy

976. 978.

(x-a)2 + (y-a) z < az. Uvodeći generalisane polarne koordinate r i rp po formulama x-ar cosa rp, y=br sina rp (r;>O). gde su a, b i a podesno izabrane konstante i D (x,y) . -- = a arb cosa-l rp s)Jla-1 rp, D (r,rp) naći površinu ograničenu sledećim krivim linijama, pretpostavljajući da su parametri pozitivni: x z yl X y x3 y3 xz yz =+-=-+- + - = - + - ; x = O, y = O. aZ bZ h k a3 b3 hZ kz - 4\11 : + \}/ = l , X = O, y = O.

977.

t

Koristeći se podesnom zamenom promenljivih izračunati površinu ogra ničenu linijama:

979. (�a + L.b )2 = �a -L.a ,

y>O.

980. (-xa + -yb )3 = -xyc3 ;

površinu petlje.

92

981.

IV. VlSESTRUKI l KRIVOLINUSKI INTEGRALI

(x2 + y2 ) = xy .

982.

c2

az b2

983.

Vx + vY =Va, x + y = a a>O.

984.

x 'J/ a + \jjy 7} = I ·'

986.

X + y = a,

x2 y2 xz + y2 . -+-= 25 4 9

4

X + y = b, y = a X, y = {J X

a < b, a < fJ

X

= y (a > O, b>O) .

a b

.

988. xy = az, xy = bz, yz = mx, xz = ny a > b, m > n.

xz yz = c2 (u = u1, u ) i hiper -+ -2 chz u shz u

989.

Naći površinu ograničenu elipsama

990.

Naći površinu preseka površi xz + yz + zZ-xy -xz-yz = az

§

ravni

3. Izračunavanje zapremine primenom dvojnog integrala

Zapremina cilindra, koji odozgo ograničava neprekidna površ definisana jednačinom z = z (x, y), odozdo ravan z � O, a sa strane prava cilindrična površ, koja u ravni xOy iseca neku obl ast D, data je formulom V-

JJ z (x,y) dx dy D

Naći zapreminu tela ograničenog sledećim površima: 991. z = l + x + y, x + y = l , x = O y = O . 992.

Koordinatnim ravnima i ravnima

x = 2, y = 3, x + y + z = 4. 993. x = O, y = O, z = O, x = 4, y = 4 i parabolom z = xz + yz + I . 994.

Ravni � + L + __.:_ = l i koordinatnim ravnima . a

b

e

§ 3. IZRACUNAVANIE ZAPREMINE PRIMENOM DVOJNOG INTEGRALA

93

995. Ravnima y = O, z = O, 3 x +y = 6, 3 x + 2 y = l2 i x + y + z = 6 . 996. Rotacionim paraboloidom z = x2 + y2, koordinatnim ravnima ravni x +y = l . 997. Rotacionim paraboloidom z = + y2 ravnima z = O, y = l, y = 2 x, y = 6-x. 998. Ravnima z = O, y + z = 2 i cilindrom y = x2. 999. Cilindrima y = V X, y = 2Vx i ravnima z = O, x + z = 6 . 1000. Koordinatnim ravnima, ravni 2 x-3y-12 = 0 i cilindrom z = _.!_2 y2, 1001. z = cos x cos y, z= O, l x +Y I < -2 , l x-y l < -2 1002. Površima x2 + y2 = 2 x, xy = z; z > O. .x2

:rt:

1003. 1004. 1005. 1006. 1007. 1008. 1009. 1010. 1011. 1012. 1013.

:rt:

Prelazeći na polarne koordinate naći zapreminu tela, ograničenog sledećim površima: Paraboloidom z= 3-x2-y2 i ravni z = O. Sferom x2 +y2 + z2 = R2 i cilindrom x2 +y2 = Rx; x2 + y2 < Rx. Paraboloidom z= x2 + y2 i cilindrima x2 + y2 = x, x2 + y2 = 2 x ravni z = O. Paraboloidom x2 + y2-az = O, cilindrom (x2 + y2)2 = a2 (x2-y2) i ravni z = O (a> O). Ravnima z = a x, z= O i cilindrom x2 +y2 = 2 ax. Paraboloidom 2 az = x2 + y2 i sferom x2 + y2 + z2 = 3 a2 ; x2 + y2 < 2 az. x2 + y2 + -= z2 l. Elipsoidom a2 b2 c2 Ravni z = O, paraboličkim cilindrom y2 = 2px, ravni x = a i površi z = xy2. Prizmom čija je osnovica trougao sa temenima O (0, O, 0), A (1, O, 0), B O, , O a ivice paralelne z-osi i površi z = x2 + y + l za z > O.

( � )

Cilindrom x2 +y2-2 x = O i površi z = x2 y, z > O. Eliptičkim cilindrom x + y + z = 5.

4 y2 + z2 = 4,

koordinatnim ravnima

ravni

94

N.

VIŠESTRUKI

J

KRIVOUNIJSKJ INTEGRAL!

1014. Zajedničkog dela cilindra xz + z2 = Rz, xz + yz = Rz . 1015. Paraboloidom z = xz +yz i ravni z = x +y. 1016. z = xz + yz, xz + yz = X, xz + yz =2 x, Z= O . 1017. xz (a-y)z +yz zz = yz (a-y)z (a>O), z = O . 1018. z2 = az (xz +yz), xz + yz-bx = b Jlxz + yz , a, b>O, O 1019. yz = x, yz = 4 x, z = O, x + z = 4, y > O. )2 ( y )2 = l , zZ = x. 1020. (x-a -- + b a 1021. Data je kriva x = a cosz u, y = a sin u cos u, z = a sin u gde je a>O. z ;;;.

l o Pokazati da se ova kriva dobija kao presek sfere i cilindra čija je generatrisa paralelna z-osi i odrediti jednačinu tih površi. 2° Odrediti zapreminu ograničenu tom sferom, cilindrom i ravni z = O; z ;;;. O Naći zapreminu tela ograničenu površima: s V2 ln .!____ . Z = 0, x +y = 2 , Z=2 y xz +yZ + z2 = 3 az, xz +yz = 2 az (z ;;;. O) . xz +yz = 2 x2, xz +yz = 2 y, z = x + 2y, z = O. Z = 3 + x2 + 2 y2, y = 2 X2- } , y= 0, Z = 0. xz + yz = 2 az, (x2 + yz)2 + 2 az xy = O, Z = O . z z xz + yz + zz l Konusom x + y (z - V2)z i elipsoidom 2 6 2 x 2 2• xz yz z= z+y + = X z = O. 4 9 4 9 ' xz + yz + zZ = 2; xz + yz + z2 = 6; xz + z2 = x (manjeg dela) . xz + yz= ex; x4 + y4 = az (x2 + yz) ; z= O. z2 = 2 xy; (xz +y2)2 = 2 az xy; z = O; x>O; y>O. xz + yz + z2 = az; xz + yz > l ax l · z (x +y) = ax + by; z = O; l ..;;; xz +yz ..;;; 4; x>O; y>O; a>O; b> O . Dokazati da je zapremina tela ograničenog površima: z= O; xz + yz = cz, z [cp (x) + cp (y) ] = a cp (x) + b cp (y),

1022. 1023. 1024. 1025. 1026. 1027. 1028. ( 1029. 1030. 1031. 1032. 1033. 1034.

=

)

'

95

§ 3. IZRACUNAVANJE ZAPREMINE PRIMENOM DVOJNOG INTEGRALA

gde je

O b > O jednaka __!__ n e2 (a + b). 2 Pri rešavanju sledećih zadataka korisno je uvesti generalisane polarne koordinate po formulama. x - ar cosa tp1; y = br sina tp2 -=:.J= ab a cosa-l tp sina -l tp. Naći zapreminu ograničenu sledećim površima: 1035.

1036.

1037.

1038•

xz yz xz + yz = 2 Z, + - = 1 , Z = O. az b2 p q

yz = l , z = O, x>O, y >O. xz + ez =xy, az bz 2 2 xz + yz � = l, � 3 L 3 = l , Z= O, (a, b, e< O). + + b a az bz e

( ) ( )

(az-xz + -ybzz,)2 + -ezZz = 1 .

1040.

xz + xz yz x yz = zZ -; + =-; >0. az bz ez az bz h

1041.

yz = z ,x4 + xz + xz + y2 , z = O. - , - y4 = az bz e a4 b4 az bz

1043.

1044. 1045. 1046.

1042.

x" yn zn -11 + - + -11 = l , x = O, y = O, z = O, (n>O). a b11 e zzn = z ( xz + yz) n z (az-x2 + y-bzz ) + - - ezn h az b2 -

"

(n> l ; a, b, e, h>O).

z = x Vx+y vJ, x +y = O; x>O; y > O ; :z > O. 2 2 � + L + ..::_ = 1, � + L =� y>O ; z>O. a b a b a ez

(

)

(

)

(-xzaz + -yzb2)2 + -z4 = l . c4

96

1049.

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEGRALJ

y2 z2 x-A a2-fJ2 zz xz + yz + Dati su elipsoid = l i paraboloid - + - = · az bz c2 b2 cz fl- A az gde je -a
---

Naći zapreminu ograničenu površima:

z=ye-01; xy = a2; xy = 2 a2 ; y = m; y = n; z= O. z2 = xy, xy= a2, xy= 4 a2, x = 2 y, x = 3 y, z = O. Z = Xy, XY = l , xy= 4, y2 = X, y2 = 3 X, Z = 0. z = x2 y, yz = a2-2 ax, y2 = m2 + mx, y = O, z= O . xy

1050. 1051. 1052. 1053.

§

4. Izračunavanje površine površi onda je veličina površine data formulom

Ako je površ zadata jednačinom

z= z(x, y) P= JJ VI + p' + q'dxdy D

gde je

p=z:, q =z�,

a

D

projekcija odgovarajućeg dela površi na ravan

z=O. x = x (u,x, y,v),zy = y (u, v), (u, v) E D,

Ako je površ zadat a parametarskim jednačinama a D je neka zatvorena oblast i sem toga su funkcije bilne u oblasti D onda je površina 1ovrši data formulom

pri čemu je

gde neprekidne i diferencija

P = JJ V

EG-F' dudv, -(ox)2 ('o y)2 + (oz-)2' E- ou ou ou G-_(oov-x)z + (oo-yv )z + (oo-v )z' oy -+oy oz oz-. F= ouox- ovox-+ou ov ou ov D

+

-

z

1054.

Izračunati povrsmu dela cilindra z2 = 4 x koji pripada prvom oktantu, a koji isecaju cilindar y2 = 4 x i ravan x = l .

1055.

Izračunati površinu dela paraboloida 2 z = x2 + yz koji iseca cilindar x2 + y2 = 1 .

1056.

Izračunati površinu dela sfere x2 + y2 + z2 = a2 koji iseca cilindar x2 + yz = b2 (b < a)

97

§ 4. IZRACUNAVANJE POVRŠINE POVRši

1057. 1058. 1059. 1060. 1061.

Naći površinu onog dela sfere xz +yZ + zZ =Rz koji se projektuje ravan z = O van kruga xz + yZ-Rx = O, (x > O), (y ;;;. O). Naći površinu dela paraboloida nima x = O, x =a, y = O, y = b.

Naći površinu dela sfere

1066. 1067.

xz + yz + zz = az

=

2 x.

isečenog cilindrom

(xz + yz)z = az (xz -yz). Date su površi

(pz)

xz yz x -+-=-, aZ bZ h xz yz z Z - + - = - (z ;;;o O) az b2 cz

(p3)

z = O.

(pl)

2°

1065.

koji je ograničen rav

Izračunati površinu dela konusa z2 = xz + yz , isečenog cilindrom xz + yz

lo

1062. 1063. 1064.

z2 = 2 xy (z > O)

na

Izračunati zapreminu tela ograničenog ovim površima. Za specijalan slučaj a = b izračunati veličinu dela površi čenog površima (P2 ) i (P3).

Izračunati veličinu onog dela površi (xz + yz) 2 = 2 cz xy za x ;;;. O, z > O.

z2 = xz + 2 yz

(P1)

koji iseca cilindar

Naći površinu obrtne po vrši koja nastaje obrtanjem krive ravni z = O oko Oz ose. Izračunati površinu obrtnog paraboloida ravni

x = ]!_ .

ograni

yz + zZ = 2 px

z =f(x)

u

između vrha i

2

Naći kvadraturu zatvorene površi koju obrazuju kružni cilindri

xz + yz = az, xz + zZ = az. Naći površinu onog dela p ovrši

z = xy

Izračunati površinu onog dela p ovrši

xz yz az bZ

koji iseca cilindar

xz yz -+-=2z a b

xz + yz = RZ.

koji iseca eliptični

cilindar - + - = l .

1068. 1069.

Izračunati površinu dela površi (xz + yz + zZ)z = az (xz-yz) koji se pro jektuje u unutrašnjost krive (xz + yz) z = az (xz-yz). Primenom dvojnog integrala izračunati zapreminu obrtnog elipsoida

xz yz zZ -+-+-= 1. az az bz 7 Zbirka zadataka iz više matematike II

98

1070.

IV. VISESTRUKI I KRJVOLINIJSKI INTEGRALI

Izračunati površinu sfemog trougla.

1071. 1 o

Pokazati da za komplanaciju površi z z (u) (a < u < {3, O < O < n) gde su kcije važi obrazac

=

2

Xcp=(u)cp

fJ

(u) cos O, (u) tp (u) diferencijalne

y = cp

sin O, fun

P = 2 n J i cp(u) i Vcp'z (u) + tp'z (u) du.

2°

a

Izračunati veličinu površi:

1072. 1073.

u

j VI-e-ztdt. Izračunati površinu tela ograničenog sferom xz + yz + z2 = 3 az i parabo loidom xz + yz = 2 az, (z > 0). x = e-u cos O, y = e-t� sin O, z =

o

Naći površinu tela koje ograničavaju površi

xz+ yz = 2 az, (x2+ yz)z + 2 axy= O, z = O.

1074.

z z Izračunati površine P1 i P2 površi koje iseca konus x + y z2 na elipsoidu 6

xz + yz + - = l. 2

1075.

Izračunati površinu manjeg tela ograničenog površima

2

(z- V2Y

xz+ yz +zZ= 2, xz+ yz + z2 = 6, yz +zz=x. x+y koji isecaju površi x2+y2= l , 1076. Naći površinu dela površi z = xz +yz xz yz 4 i pripada prvom oktantu. 1077. Naći površinu dela konusa yz+zz = xz koji se nalazi unutar cilindra xz + yz = az. 1078. Naći površinu dela površi z = arc tg L koji se projektuje na deo ravni X z = O ograničen Arhimedovom spiralom r=cp i osom Ox. 1079. Izračunati površinu dela površi xz + y z = zZ koji iseca cilindar (xz + yz)z= 2 xy, z > O. +

=

99

§ S . PRIMENA DVOJNOG INTEGRALA U MEHANICI

1080.

Odrediti površinu ograničenu površima

(x cos a + y sin a)Z + zz = az, x>O, y > O, z>O.

1081. 1082. 1083.

1084.

1085.

1086.

Naći površinu koju ograničavaju površi: (x + y) 2 + z = l , x>O, y > O, z>O. (xz + yz) z = x +y za l <xz + yz<4, x>O, y > O. xz + yz = 2 z unutar cilindra ' b a Naći veličinu površi (xz + yz + z2)2 = az (xz + yz).

Naći površinu prostornog ugla pod kojim se iz koordinatnog početka vidi pravougaonik O < y < b, O < z < c, X= a>O. Drugim rečima, naći deo površine sfere xz + yz + zZ = l na koju se iz koordinatnog početka pro jektuju tačke datog pravougaonika. Naći površinu i zapreminu tela ograničenog površima

§

xOy,

5. Primena dvojnog integrala u mehanici

lo T e ž i š t e. Ako su

a e=e

(x, y)

x0 y0

i koordinate težišta ravne ploče gus tina ploče onda je

x0 = � JJ exdxdy,

gde je m =

Yo =

s

S, koja leži u ravni

� If eydxdy s

J J edxdy masa ploče. Integral i J J exdxdy i jjey dxdy nazivaju se

statičn momenti inercije u odnosu na ose i i z o M o m e n t i i n e r e i j e. Moment inercije ravne ploče S u odnosu na proizvoljnu s

Ox Oy.

s

osu, koja leži u istoj ravni, naziva se integral

Ox (x,Oyy)

promenljive tačke odnosu na ose i

l:r; =

Za

e=

l dobijaju se

e

s

I= JJ e d2 dx dy s

d

rastojanje

od ose a gustina ploče. Specijalno momenti inercije u dati su respektivno formulama

JJ ey2dxdy

i

ly =

J J ex2dxdy

geometrijsk momenti nercije ravne ploče. i i s

gde je

s

100

IV. VIŠESTRUKI l KRIVOLINUSKI INTEGRAL!

ploče S u odnosu na neku tačku naziva se integral JJ e d2 dx dy, gde je d rastojanje tačke (x, y) E S od date tačke. Specijalno polarni

Polarni moment inercije s

moment u odnosu na koordinatni_ početak je 3°

Ako je u pitanju cilindrično telo čije su izvodnice paralelne osi Oz, a čija je osnovica neka oblast D u ravni xOy, i sem toga ga odozgo ogran'čava površ z = z (x, y), onda se koordinate njegovog težišta mogu odrediti po formulama D

JJ z dx dy D

1088.

1089.

1090. 1091.

1092. 1093. 1094. 1095. 1096. 1097.

e (x2 + y2) dx dy.

s

J J zx dx dy

1087.

l= JJ

Yo

JJ yzdx dy D

JJ z dx dy D

Zo =

JJ z2 dx dy D

JJ z dx dy

-----

2

D

Naći masu kružnog prstena ako je u svakoj njegovoj tački površinska gustina obrnuto proporcionalna kvadratu rastojanja te tačke od centra p rstena.

Naći masu ploče, koja ima oblik elipse ako je površinska gustina u svakoj tački ploče proporcionalna rastojanju d od manje ose elipse a za d = l iznosi .?.. Odrediti težište ravnokrako pravouglog trougla, ako je u svakoj njego voj tački površinska gustina proporcionalna njenom rastojanju od hipotenuze. Naći moment inercije trougla iz prethodnog zadatka u odnosu na njegovu hipotenuzu. Ploča je ograničena parabolom y2 = 2 px i njenom sečicom koja prolazi kroz žižu parabole i normalna je na osu parabole. Naći masu ploče, ako je u svakoj njenoj tački površinska gustina obrnuto proporcionalna rastojanju tačke od direktrise parabole. U sledećim zadacima odrediti statičke momente homogenih ravni figura (gustina e = l ): Pravougaonika sa stranicama a b u odnosu na stranicu a. Polukruga u odnosu na prečnik. Kruga u odnosu na tangentu. Pravilnog šestougaonika u odnosu na stranicu. Dokazati da statički moment trougla čija je osnova a, u odnosu na tu osnovu, zavisi samo od visine trougla.

Naći masu kvadratne ploče, u čijoj je svakoj tački površinska gustina proporcionalna zbiru njenih rastojanja od dijagonala.

§

10 1

S. PRIMENA DVOJNOG INTEGRALA U MEHANICI

1098.

Izračunati količinu elektriciteta q raspoređenog na površini kruga xz + yz = ax, ako je površinska gustina elektriciteta p = VRz-xz-yz.

1099. 1100.

Naći momente inercije sledećih homogenih figura: Kruga poluprečnika a u odnosu na tangentu. Elipse u odnosu na centar.

1101.

Pravougaonika sa stranicama a i b u odnosu na presek dijagonala.

1102. 1103.

1104. 1 105. 1106. 1107. 1109. 1110. 1111. 1112. 1113. 1114. 1115. 1116. 1117. 1118.

1119.

Ravnokrakog trougla čija je osnovica a i visina h u odnosu na temena. Kruga poluprečnika a u odnosu na tačke koje leže na njegovoj periferiji. Naći težište sledećih homogenih figura: Polukruga poluprečnika a. xz + yz = l y ;;;. O. az bz x = a ( sin ); y = a ( I -cos t); 0 < t< 2 :n; y = O. 1108. x4 + y4 = xz y; (desne petlje). yz = xz-x4, (x > O).

- - , t- t

Vx + VY = Va; x = O; y = O. 4 � + Z.. = xy ; (desne petlje). a b ab Figure ograničene krivama y = 2 x3 i yz = 2 x.

(

)

n

Figure ograničene krivom y = sin x i pravama y = O, x = 4 Figure ograničene krivama xz + yz = 1 3; xy = 6, x>O.

·

Kružnog isečka kome odgovara centralni ugao a. Kružnog odsečka kome odgovara centralni ugao a. Naći težište homogene zarubljene prizme, ograničene koordinatnim rav nima x= l ; y = l ; x +y + z= 4 . Naći težište homogene polulopte xz + yz + zZ < az; z > O. Naći težište tetraedra koji je ograničen ravnima x + 2y + z = 1 ; x = O; y = O; z = O. Naći težište dela kruga ograničenog sferom xz + yz + zZ = Rz i ravnima x =a, y = b.

102

1120. 1121.

1122.

1123.

IV. VISESTRUKI I KRIVOLINIJSKI INTEGRAL!

z= h. > h>

Odrediti silu pritiska vode na unutrašnju bočnu stranu x O cilindričnog suda x2 + y2 = a2, O ako je nivo vode

z=

Sfera poluprečnika a potapa se u tečnost konstantne gustine na dubinu (računato od centra sfere) gde je a. Naći silu pritiska tečnosti na donji i gornji deo površi sfere. Pravi kružni cilindar, čiji je poluprečnik osnove a i visina potapa se ceo u tečnost gustine tako da se njegov centar nalazi na dubini ispod površine vode, a osa cilindra zaklapa sa vertikalom ugao a. Odrediti silu pritiska tečnosti na donju i gornju osnovicu cilindra.

h

e.

h, h O
e.

Odrediti silu kojom homogeni cilindar x2 +y2 .;; a2, privlači materijalnu tačku P (0, O, b) ako je masa cilindra M a masa tačke m.

1124.

Dokazati da je moment inercije kružnog prstena u odnosu na centar dva puta veći od momenta inercije u odnosu na proizvoljnu osu, koja prolazi kroz centar prstena i leži u njegovoj ravni.

1125.

Dokazati da je zbir momenata inercije ravne figure u odnosu na pro izvoljni par uzajamno normalnih osa, koje leže u istoj ravni sa tom figurom i prolaze kroz nepokretnu tačku O, konstantna veličina. Dokazati da moment inercije ravni figure u odnosu na bilo koju osu iznosi Mdz + lc gde je M masa raspoređena na figuri, d rastojanje od ose do težišta figure, a Ic moment inercije u odnosu na osu koja je paralelna datoj osi i prolazi kroz težište figure (Steinerova teorema). Dokazati da je zapremina tela, kojr se dobija rotacijom figure F oko neke ose koja ne seče F, a leži u istoj ravni, jednaka površini S te figure pomnožene obimom kruga koji opisuje težište figure F. (Papus -Gouldinova teorema).

1126.

1127.

§

1°

6. Trojni i n-tostruk.i integrali

f (x, y, z) x1(x),<x(<x)x,2;z1 (yx1,(yx)),
Izračunavanje trojnog integrala. Ako je funkcija određenoj nejednakostima

gde su y1 kcije

neprekidna u oblasti V

neprekidne funkcije, onda trojni integral fun Zz uzet po oblasti V, može biti izračunat po formuli

Yz

J JJ y

Xz

J

Yz (x)

Z z (x, y)

J

J

Yt (x)

Zt (x, y)

2° Ako se pravilno zatvorena oblast V prostora slikava na oblast V' prostora

Xt

uzajamno jednoznačno pre pomoću neprekidnih diferencijalnih funkcija

f 6. TROJNI l N-TOSTRUKI INTEGRAU

pri čemu je J�

onda važi formula

JJJ f(x,y, z) dx dy dz

D (x, y, z) -#0 D (u, v, w)

= JJJ

za

(u, v, w)

E

103

v'

fix (u, v, w), y (u. v, w), z ( u, v, w)] l J l du dv dw.

Specijalni slučajevi su: l ) cilindrični sistem koordinata rp, r, h gde je x = r cos rp y = r sin rp, z = h V

V1

D (x,-� y, z) -=r

a

D (rp, r, h)

2)

a

sferni sistem koordinata rp, O, r gde je x - r cos rp sin O, y=rsin rp sin O, z =r cos 8 D (x, y, z)

(rp,

3°

Srednja vrednost p funkcije f(x, y, z) u oblasti p-

4°

so

sm 0.

----:: - = r2 • D lJ, r)

� JJJ

V

data je formulom

f(x, y, z) dx dy dz.

v

Pojam nepravog trojnog integrala prekidne funkcije potpuno je analogan tom istom pojmu u slučaju dvojnog integrala. Ako je funkcija f(x1 , x2 , • • • x,.) neprekidna u nekoj ograničenoj oblasti !J, defini sanom nejednakostima

x ;' brojevi a x; (x ), x� (x,) , . . . , x : (x1 , x2 , . . . , x,. - 1) , x � (X�o Xz o neprekidne funkcije, onda odgovarajući višestruki integral može biti izračunat po formuli

gde su x � .

. . , x., - 1)

,

Jr � - J f(x . , x2 . . . , x,.) dx, dxz • • • dx,. = f(x,. . . , x,.) dx,..

x;, (x1 , • • • x11_1) Zamena promenljivih kod višestrukog integrala može promenlj1vih kod dvojnog i trojnog integrala.

se

izvesti po analogiji zarnene

104

IV.

VISESTRUKI

l

KRIVOLINIJSKI INTEGRALI

Izračunati sledeće trojne integrale 1128.

J dx J dy J dz. 3

2

l

o

o

o

l

J dx J dy J (4 + z) dz i konstruisati oblast integracije.

1129.

x2

-1

1130.

2

J dx J dy J xy z dz. y

X

lJ

1131.

o

o

1132.

"

J dx J dy J x3y2 z dz. xy

o

o

JJJ (1 -x) yz dx dy dz ako je oblast v

1133.

x

v

ograničena ravnima x = O.

v

ograničena ravmma X= O.

z = O, y = O, z = 1 -x -y. JJJ (x + y + z) dx dy dz ako je oblast v

X = 1 , y = O, y = l, Z = O, Z= l . e-l

1134.

J dx J

o

1135.

o

e

ln (z-x-y) dz. (x - e) (x +y-e)

JJJ (x2 + y2 + z2) dx dy dz ako je oblast V ograničena po vrši (V)

3 (x2 + y2) + z2 = 3 a2. 1136.

JJJ y dx dy dz ako je oblast V ograničena površima

y = Vx2 + z2, y =h, h>O. 1137.

JJJ y cos (z + x) dx dy dz gde je oblast V ograničena cilindrom y = Vx y

i ravnima y = O, z = O, x + z = - ·

1138.

( x2 y2 z2) JJI -a2 + -b2 + -c2 dx dy dz

:n

2

gde je oblast V ograničena elipsoidom

v

x2 y2 z2 -++-= 1. a2 b2 c2 1139.

JJJ[<x +y + z)2- � a2] dx dy dz

gde je oblast V definisana nejedna

-

kostima x2 + y2-2 az < O, x2 + y2 + z2 3 a2 < O, a>O. v

§ 6. TROJNI l N-TOSTRUKI INTEGRALI

1140.

J=

dy _ dz __ JJI -(z_+_dxa_)z_ xz y z

105

gde je oblast V ograničena površima

v

l z = - (xz +yz), z = b, a > O, b >O. 2a J " ' " ) Im Naci b-Ho b

1141.

·

dy dz J [J (l +dxx +y + z)3 •

gde je oblast V ograničena površima x + y + z = l ,

v

x = O, y = O, z = O.

1142.

JJJ Vxz + yz dx dy dz gde je oblast V ograničena površima

1143•

JJ ! z ln (xZ xz+ yz+ y+z z2+ zZ+ l+) ldx dy dz v

ako je oblast V unutrašnjost sfere

•

xz + yz + zZ = 1 .

1144.

JJJ (xz + yz + z2) dx dy dz ako je oblast V ograničena površima v

1145.

yz + z2 = xz , xz + yz + z2 = Rz, x ;;;. O (zajednički deo). hZ xz dx dy dz , z2 = (xz +yz), z = h, x ;;. O, y ;;;. O. xz + yz - Rz RZ

JJI v

sledećim zadacima odrediti granice integracije u Dekartovim, cilin dričnim i sferičnim koordinatama.

U

1146. 1147. 1148. 1149.

x > O, Y > O, z > O; x + y < a, z
1150. 1152.

l

sledećim zadacima na različite načine napisati granice integracije: l-x

x +y

l

x2 +y2

oJ dx oJ dy oJ f(x, y, z) J dx J dy J f(x, y , z) l

o

o

o

dz. dz.

l

1151. J dx -1

J

Vl -xz

- V!-xz

J

Vx2+y2

dy

f (x, y , z) dz.

106

IV. VIŠESTRUKI l KRIVOLINUSKI INTEGRAL! Prelaskom na sferne koordinate izračunati sledeće trojne integrale:

1153.

d."C

dy dz I JJ .�yz + (z- 2)2 v

r

xz + yz + z2 1154.

1155.

. o blast mtegraCIJe ogramcena: l o sfierom gd e Je .

.A� ;=

2° cilindrom

I;

xz + yz < l ,

. .

-l

.

v

J JJ Vxz + yz + zz dx dy dz gde je oblast V ograničena sferom xz + yz + z2 =z. v

l

Vl-x2 V2- xLy2

J dx J dy J zz dz. o

o

Vx2+y2

1156. Prelazeći na cilindrične koordinate izračunati integral

J J J (xz + yz) dx dy dz, ako je oblast

v

V

ograničena površima

xz + yz = 2 z, z = 2.

1157. Uvodeći generalisane sferne koordinate izračunati integral

xz y z2 dx dy dz, JJI � 1 -----az bz cz z

v

gde Je .

xz yz z2

. .da - + - + - = l . V unutrasnJOSt e11psor v

•

az

bz

cz

1 158. Odrediti srednju vrednost funkcije

/xl y2 z2

f(x, y,

1159.

z) = e V tii+ bi+ Ci xz yz zZ u unutrašnjosti elipsoida - + - + -= l. az bz cz Naći srednju vrednost funkcije f(x, y, z) = xz + yz + z2 xz + yz + z2 < x + y + z.

u oblasti

1160. Izračunati integral

J JJ eXYZ xz y dx dy dz D

x > O, y > l , z ;;;. I , xyz < I ,

uvodeći nove promenljive

X = U, y = u + v , U --

Prelazeći na cilindrične ili integrale:

u+v+w u+v

Z = ----

na sferne koordinate izračunati sledeće

107

§ 6. TROJNI ! N-TOSTRUKI INTEGRALI

Vl -x 2

l

-Vl-x2

O

Vl-x2

l

o

Vl- x2-y2

o

o

a

1162. J dx J dy J VxZ+ yz dz.

O

1163. J dx J dy

Y2 x -x2

2

a

1161. J dx J dy J dz.

J

o

o

z

V� x_ z +_y_z_+_z-z dz.

o

1164. J JJ (xz + yz) dx dy dz

gde je oblast

V

definisana nejednakostima

v

1165.

Neka je f(u) diferencijabilna funkcija za svako

JJI

f

(xz- + -yz + -zZ ) dx dydz = O. az

u>O

neka je

bz cz

za svako t>O. Dokazati da je f(u) = O za svako u>O. Da li se uslovi funkcije f(u) mogu oslabiti pa da tvrđenje ostane i dalje tačno? Izračunati sledeće neprave integrale:

1166.

JJ I

o

oo

oo

oo

o

oo

o

JJ I (l +xyxzdx+dyyz +dzzZ oo

dx dy dz V(l + x + y + z)7

1167.

oo

oo

)l

--=------=-

o

o

o

co

oo

1168. J J J e -xz-y>-z> dx dy dz. - oo - oo

- oo

Ispitati konvergenciju sledećih nepravih integrala

1169. J J J &+v+z dx dy dz,

1 ° za

x ;;. O, y ;;. O, z;;. O;

2° za

x < O, y < O, z .;; O.

v

1170.

dy dz JJI dx(xyz)a

· , po sferi poluprečnika l sa centrom

u

koordinatnom

v

početku.

Ispitati da li konvergiraju sledeći integrali ako je oblast integracije definisana nejednačinom xz + yz + zZ < Rz.

1171 •

dy:__d-;:z;-==== dx =' JJI -.==== V<xz + yz + zZ)3 f xz + yz + zZ y

ln

108

1172.

IV.

JJI v

VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEGRAL!

zz x yz_+_ xz_+_'ln_V__ _ xz + yz + zz d dy dz.

1173.

JJI v

xyz

(xz + yz + zZ)3

1174. Izračunati integral JJ J ln (xz + yz + z2) dx dy dz gde je v prečnika R sa centrom u koordinatnom početku. 1175. Ispitati konvergenciju integrala q; (x, y, z) dx dy dz. (xz + y2 + zZ)P

JJI

xl +yl+zl � t

gde je O < m < j q; (x, y, z) j < M. Izračunati integrale: t

t

1176.

l

JJ I o

o

"'

dx dy dz . xP yq zr

o

"'

"'

- oo - oo - oo

Izračunati sledeće integrale: 1178. J J . · · J dx1 dx2 . . . dx1 " ako je xk > O (k = l, 2 . . . n) i X1 + x2 + · · · Xn < l . 1180.

JJ ·

·

J xt !+ ! x2 ! +

·

l

t

I l

l

· · ·

J

dx1 dx2

•

+ l xn l
•

•

dxn .

1181. J J · · · J (xi + x� + · · · x ;) dx1 dx2 . . . dxn. o o o 1182. J J · · · J (x1 x2 + x1 x3 + · · · + Xn-1 Xn) dx1 dx2 • o o

o

1183. Dokazati jednakost

gde je Un (a) = JJ xf+ xj+ ·

··

x 11
• •

dxn.

V

dx dy dz.

sfera polu·

§

7. IZRACUNAVANJE ZAPREMINE PRIMENOM TROJNOG INTEGRALA

Dokazati jednakosti:

109

J dx J dx2 J f(xn) dxn = J f(t) · (x(�;�; dt · 1185. J x1 dx1 J x2 dx2 . . . J Xn dxn J f(t) dt = 4. � .2 Jf(t) (x2-t 2)" dt. X

1184.

· · · ·

o

o

X

X1

o

o

§ 7.

X

Xn- I

Xt

o

o

.\n - t

Xn

o

X

·2 .

o

n

o

Izračunavanje zapremine primenom trojnog integrala

Zapremina oblasti

V izračunava se po formuli V=

J JJ

dx dy dz

v

Naći zapreminu tela ograničenu površima:

1186. z = xz + yz, z = 2 xz + 2 yz, y = x, y = xz. 1187. X = 0, X = l, y = O, y = 1 -X, Z = X + y, Z = Xy. 1189. az = az-xz-yz, z = a-x-y a > O). 1190. Cilindrima z = 4-yz, z = yz + 2 i ravnima X= - l , x = 2. 1191. z = O, xz + y2 = 4 az, xz + yz = 2 ex. ravnima x = O, x + y = O 1192. Cilindrima z = ln (x + 2) i z = ln (6-x) x-y = 2. 1193. Paraboloidom (x- 1 )2 + yz = z i ravni 2 x + z = 2 . Prelazeći na cilindrične koordinate površima :

izračunati zapremine

1 194. Paraboloidom z = 6 -xz-yz i konusom zZ = xz + yz 1195. Sferom xz + yz + zZ = 4 i paraboloidom xz + yz = 3 z. 1196. (xz + yZ)312 = z, z = 8, z > O.

ograničene

(z > 0).

Koristeći generalisane cilindrične koordinate izračunati zapreminu ogra ničenu površima:

(

)

xz + yz z + zZ = l . 1198. az bZ c4

1 10

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEGRAL!

Izračunati zapremine tela ograničene sledećim površima:

1 199. Sferom xz + yz + zZ = Rz i paraboloidom xz + yz = R (R- 2 z); 1200. Paraboloidom z = xz + yz i konusom zZ = xy. 1201. O ..;;; x ..;;; l , O < y < l , xz + yz ;;;. l , 0 < z < (xz + yz)3. 1202. Sferom xz + yz + zZ = 4 Rz- 3 Rz i konusom zZ = 4 (xz + yz) .

(z > 0).

(Deo sfere u unutrašnjosti konusa).

yz =xz + z az bZ e ·

yz zz = l, xz -+ 1203. + aZ bZ cz

Prelazeći na sferne koordinate izračunati zapremine ograničene površima:

1204. xz + yz + zz = 2 az; xz + yz ..;; zz. 1205. (xz + yz + zZ)z = az (xz + yz -zz); z = O. 1206. Zatvorenom površi (xz + yz + zZ)3 = 3 xyz. 1209. (xz -1- yz + zZ)l

a6 zZ xz + yz

= --

1212. (xz + yz + zZ) S = (aJ xz + bJ yz + c3 zZ)z. 1213 . (xZ + yz + zZ)Z = aJ z 1215.

e

x2 +y2 x2 +Y2 + z2

•

Naći geometrijsko mesto S ortogonalnih projekcija centra elipsoida

yz zZ xz + +- l z a bz cz =

Za slučaj

na njegove tangentne ravni.

a = b = e V2 izračunati zapreminu tela

koje ograničava površ S.

Koristeći generalisane sferne koordinate naći zapremine površima :

(

)

yz zz 2 X xz + + - = - h>O. 1216. z a bz cz h yz zz 2 y xz + 1218. + - = x z. az bz cz

(

)

(

)

xz yz zZ 2 1217. + - + - = X. az bz cz

ograničene

7. IZRAC:UNAVANIE ZAPREMINE PRIMENOM TROJNOG INTEGRALA

)

xz yz zZ 2 z 1221. + +- = - e az bz cz

(

U x =ar(x, y, z)

h

111

zl C2

sledećim zadacima zgodno je koristiti generalisane pol arne koordinate uvedene formulama cosa q; sin P O,

D D

(r, =a {3 abc r

---

q;, O)

y

=br

sinaq; sinP O,

z= cr

cosP O,

(a, b,

e, a,

{3 ER),

2 cos a - 1 . sin a - 1 q; . sin2P - 1 O · cosP- 1 O.

Naći zapremine ograničene površima:

x>O, y>O, z>O. ( r 1223. � + _L + _:_ = � + L ; x>O, y>O, z>O. (a b r h k 1224. (: + � + :r = : - : ; x>O, y> O, z>O. z 1225. ( ; + :r + ; = : - : ; x> O, y>O, z>O. 1222. � + L + -=- = !__ e a b e e

.xm yn zP 1226. - + + - = 1. am bn cP

3 1227. (� + L + !... ) a b

� + _z_ + _:_ a b e X> O Y> O ; = ln ; e �+L a b 3 - 31228. \j/ = + \j/ + \j3 /: = l; y> O ; z>O.

�

Podesnom površima:

zamenom

promenljivih

Z

>0 .

izračunati zapremine ograničene

1229. x + y + z = a, x + y + z = 2 a, x + y = z, x + y = 2 z, y = x, 1230. (a1 x + b1 y + c1 z)2 + (az x + b2 y + cz z)2 + (a3 x + b3 y+ c3 z) = I .

y = 3 x.

1 12 1231. 1232.

IV. VIŠESTRUKI l KRIVOLINUSKI INTEGRALI

Izračunati zapremine tela ograničenih površima:

xz + yz + zZ < 4 az, xz + yz + az = 4 az. xz + z2 = az, zZ + xz = b2, xz-yz- z2 = O

(a=Fb; x>O.

1233. Naći zapreminu i površinu tela ograničenog površima

xz + yz = az, z = 2 a-Vxz + y2

(a>O) .

§ 8. Primena trojnog integrala u mehanici

masm=a edxdydz. e=e(x,y,z) Koordinate težišta (x0, y0, z0) x0 = � JJJ pdxdydz � JJJ e.v dxdydz � JJJ ezdxdydz. e= Momenti inercije tela u odnosu na koordinatne ravni ez2 dxdydz, ex2 dxdydz, e.v2dxdydz. Moment inercije tela u odnosu na enekud2 dxosudy dl z d Ox, Oy, Oz (x, y, z) l. Moment inercije tela u odnosu koordinatni početak e(x2 +y2 +z2) dxdydz. Newtonov potencijal tela (x, y, z) u (x, y, z)=JJI e(;, d�dTJdC r (x, y, z),

1 ° M a s a t e l a. Ako telo zauzima oblast V i ako je tela izračunava po obrascu u tački onda se

zo

Teži šte

v

njegova gustina

J JJ

t e l a.

tela izračunavaju se po formulama

v

Yo =

v

Z0 =

v

3°

Ako je telo homogeno onda se uzima da je

1.

M o m e n t i i n er e i j e. nazivaju se respektivno integrali

lx11 =

J JJ

lu• =

v

JJ J

I.x =

v

J JJ v

naziva se integral

Iz =

J JJ v

gde je rastojanje promenlj ive tačke od ose za koordinatne ose i respektivno će biti: l,. = lxu + lx• ;

lu = l11x + l11. ;

I. = l:x + l.u·

naziva se integral

na

lo =

Očigledno je

4°

v

J JJ

10 = lxu + lu: + l•x

P o t e n e i j a I g r a v i t a e i o n o g p o l j a.

P

U specijalnom slučaju

naziva se integral

v

1], o

u

tački

§ 8. PRIMENA TROJNOG INTEGRALA U MEHANICI

1 13

gde je v zapremina tela, e = e (�. 1J, C) njegova gusti na, a r

Projekcije natne ose

=

O Y,OZy, Oz X, x,

V (x-�2 + {y-1])2 + (z- C)2 •

sile kojom telo privhči m 1terijalnu tačku m:1se iznose respektivno:

X=km-=km J [J Y=km-=m JJJ 1)-Y Z=km-=m !ff iJx

.

iJy

. v

iJ u

v

iJ u

iJz

gde je

k

�-x e -- dx dy dz,

iJ u

v

m

na koordi

rl

e

e

--

rl

rl C-

z

--

dx dy dz, dx dy dz.

gravitaciona konstanta.

1234. Naći masu tela koje ograničava cilindrična površ xz = 2 y i ravni x + z = l , 2 y + z = 2, ako j� u svakoj nj �govoj tački prostorna gustina brojno jed naka ordinati te tačke. 1235. Naći masu koja je u svakoj nj �noj tački gustina brojno jednaka zbiru rastojanja te tačke od triju ivica te kocke, koj � prolaze kroz jedno dato teme kocke . 1236. Naći masu tela ograničenog ravnima je njegova gustina (! = x + y = z.

x = O, x = l , y = O, y = l , z = O

ako

Naći masu sledećih tela: 1237. Cilindra poluprečnika R i visine h, ako se gustina raspodele mase menja proporcionalno sa visinom a iznosi l na donjem bazisu . 1238. Sfere xz + yz + z2 = 2 x, ako je gustina mase j�dnaka rastojanju od koor dinatnog početka . 1239. Konusa visine h i p oluprečnika osnove rastojanju od vrha.

R,

ako je gustina proporcionalna

1240. Prstena ograničenog krugovima p J!uprečnika R i r (R > r) ako je gus tina rasporeda mase proporcionalna rastojanju od centra . 124 1. Pravougaonika sa stranicama a i b, ako je gustina rasporeda mase pro porcionalna kvadratu rastojanja od jednog nj�govog temena.

1242. Zajedničkog dela sfera xz + yz + zZ < R2 i xz + yz + z2 < 2 Rx, ako je gus tina u svakoj tački proporcionalna njenom rastojanju od ravni xOy. 1243. Beskonačne oblasti

e = eo e- k Vxz+ y2 +z2 '

xz + yz + zz > l , ako se gde je eo > O i k > O.

Naći težište sledećih tela: 8 Zbirka zadataka iz više matematike ll

gustina tela menja po zakonu

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEGRAL!

1 14

1244. Homogenog tela koje je ograničeno paraboloidom z = 3 - x2- yz i ravni z = O (z ;;;- 0) . 1245. Ograničenog paraboloidom z = xz + yz i ravnima x + y = a, x = O, y = O, z = O (e = l). 1246. Segmenta sfere, ako je u svakoj njegovoj tački gustina proporcionalna rastojanju te tačke od osnove segmenta. 1247. Ograničenog paraboloidom e (xz + yz) = 2 az z i konus om (e = l). yz zZ + - = l koji pripada prvom oktantu; 1248. Dela elipsoida xz + -

az

bZ

cz

(e = J ).

1249. Polovine sfere O < z < VRz - xz-yz čija je prostorna gustina u svakoj tački brojno jednaka njenom rastojanju od centra sfere. Naći težište sledećih homogenih tela: 1250. xz + yz + zZ = az, xz + yz = ax. 1251. (xz + yz + zZ) Z = aJ x. xz yz zZ 1252. +-+-= l, az

bz

cz

xz yz zZ - + - = -; az bz cz

z ;;;- 0

.

1254. Naći težište tela ograničenog površima xz + yz = Rz = xz + yz = az (a< R). y 2z + - = l , z = O, i moment inercije u odnosu na njegovu osovinu. R

H

1255. Nehomogena telo ograničeno je ravnima x = 2, y = O, y = l , z = O i cilin drom zz = 6 x. Prostorna gustina materije u svakoj njegovoj tački propor cionalna je njenom rastojanju od ravni xOy. Naći moment inercije toga tela u odnosu na osu Oz . 1256. Naći polarni moment inercije (u odnosu na koordinatni početak) homo genog tela. ograničenog konusom zz = xz-yz i sferom xz + yz + zZ = Rz. 1257. Naći masu cilindra xz + yz < az, O < z < h i njegov moment inercije u od nosu na prečnik osnove, ako je gustina u svakoj tački cilindra propor cionalna kvadratu njenog rastojanja od ose cilindra . Naći moment inercije u odnosu na osu Oz tela ograničenih površima� 258. h2 (xz + yz) = az zz; O < z < h. 1259 x + y + z = a v'2, xz + yz = a2, z = O. 2

1260.

2

2

(; r + ( � r + ( ; r = l .

§

9. KRIVOLINUSKI INTEGRAL

Naći moment inercije torusa x = (a + r cos 6) cos rp, u odnosu na njegovu osu rotacije.

11 5

y = (a + r cos 6) sin rp,

1261.

z = r sin e

1262.

Naći moment inercije eliptičnog konusa - + - = - , na osu

1263. 1264. 1265. 1266. 1267. 1268.

xz az

Ox.

yz bz

zZ hZ

z=

h

u odnosu

Izraziti u obliku integrala silu kojom homogena kocka ivice a privlači jedinicu mase, koja se nalazi na rastojanju b od centra jedne strane kocke.

h,

Naći silu kojom j edinicu mase, koja se nalazi u centru osnove cilindra poluprečnika R i visine privlači taj cilindar.

h

Naći silu kojom jedinicu mase privlači cela ravan, ako se ta masa nalazi na rastojanju od te ravni. Dokazati da je Newtonova sila uzajamnog dejstva između dve homogene sfere ista, kao kad bi mase sfera bile skoncentrisane u njihovim centrima. Naći Newtonov potencijal u tački + cz < Rz gustine flo .

P (x, y, z)

homogene sfere

Naći Newtonov potencijal u tački P (x, y, z) sfernog sloja _Ri < + cz < R t ako je gustina f(R), gde je J data funkcija a

e=

�z + rp + �z + rp +

R = V�z + 17z + cz .

1269.

Naći Newton ov potencijal u tački konstantne gustine flo .

§

9.

P (0, O, z)

cilindra

�z + 17z < az, O < C < h

Krivolinijski integral

/(x, x=x(t), y, z) y = y(t), z = z(t) (t0 <.t
1° Ako je definisana i neprekidna funkcija u svim tačkama deo po deo glatke krive (l) a diferencijal luka, onda se krivolinijski integral prve vrste izračunava po formuli T

l

to

Ovaj integral ima osobinu da ne zavisi od orijentacije krive. 2° Ako su funkcije neprekidne u svakoj tački krive (1), koja se pomera u smeru rašćenja parametra onda se krivolinijski integral druge vrste izračunava po formuli

M(t) P= P (x, y, z), Q = Q (x, y, z), R = R (x, y, z) J P (x y, z) dx+ Q (x, y, z) dy + R (x, y, z) dz = e

= J {P [x (t), y(t), z(t)] + Q [x(t), y(t), z (t)]+R[x(t), y(t), z(t)]} dt. T

to

t,

1 16

IV. VISESTRUKI I KRIVOLINIJSKI INTEGRALI

Pri promeni smera integracije duž krive ovaj integral menja znak. 3° Ako je e

P (x. y, z) dx + Q (x, y, z) dy + R (x, y, z) dz = du

gde je u = u (x, y, z) jednoznačna funkcija u oblasti koja pripada oblasti V, biti

J P dx + Q dy + Rdz = u (x2 , y2 , z2)- u (x1 ,

V,

Y1 ,

e

ona će nezavisno od krive e

Z1)

gde su (x1 , y1 , z,) i (x2 , y2 , z2) respektivno početna i krajnja tačka pu tanje integracije u specjalnom slučaju, kada je oblast V jednostruka povezana a fun kcije P, Q i R imaju neprekidne parcijalne izvode prvog reda, onda je radi toga potrebno i dovoljno, da u oblasti budu ispunjeni sledeći U.>lovi

U

o P o Q o Q o R o R oP = = , oy = ox ' � � h o z '

tom slučaju funkcija u može biti nađena po formuli X

u (x, y, z) =

z

J P (x, y, z) dx + J Q (x0, y, z) dy + J R (x0 , y0, z) dz xo

4°

y

Yo

zo

gde je (x0, y0, z0) neka fiksirana tačka oblasti V. Ako se prosto zatvorena, deo po deo glatka kriva e, koja ograničava konačnu jednostruka povezanu oblast D, obilazi tako da oblast D ostaje s leve strane, a funkcije P, Q i neprek:dne zajedno sa svojim parcijalnim izvodima prvog reda u oblasti D i na njenom rubu, onda važi Greenova formula

R

f P (x, y) dx + Q (x, y) dy = JJ (�:-�:) dxdy.

e

D

Ova formula važi takođe i za konačnu oblast D, koja je ogran:čena sa nekoliko prostih kontura, ako se pod njenom konturom e podrazumeva unja svih gra ničnih kontura, pri čemu se obilazak po konturama izvodi tako da oblast D uvek ostaje s leve strane. Izračunati sledeće krivolinijske integrale:

1270. J e

xds, ako je e deo prave y = x, između tačaka

1271. J y2 ds, e

i

1272.

J

e

O)

(l' I).

gde je e gornja polovina kruga x2 + y2 = a2 između tačaka

(-a, 0).

y ds, po luku parabole y2 = 2 x od tačke (0, O) do tačke

1273. J V2 y ds, e

(0,

gde je e prvi svod cikloide

(a, O)

(4, VS).

x = a (t-sin t), y = a (l -cos t).

1 17

§ 9. KRIVOLINIJSKI INTEGRAL

gde je e luk krive x = ln ( l + t2), y = 2 arc tg t- t + 3 između

1274. J y e-x ds, e

tačaka t = O i t = l .

1275.

JV

e

ds

, gde je e odsečak prave y = � - 2 između tačaka (0, - 2) 2 �+�

i (4, 0) .

f xy ds,

1276.

gde je e kontura

e

pravougaonika koji određuju prave x = O,

y = O, x = 4 i y = 2 .

1277. J (x + y) ds, e

e

1279.

,

f __!_s__ , (x2 + y2p12

cp = 2 V2.

e

ako je e kontura tro ugla O (0, 0), A ( l , 0), B (0,

1280. J y2 ds, e

ako je e luk hiperboličke spirale r cp = l od cp = VJ do

gde je e luk cikloide

x = a (t- sin t), y = a ( l - cos t), (0 < t < 2 n) .

1281. J (x2 y2)ds, e

1).

+

gde je e kriva

x = a (cos t + t sin t),

1282. J x ds, e

y = a (sin t- t cos t),

ako je e deo logaritamske spirale r = a eh (k > O) koji se nalazi

unutar kruga r = a.

1283.

J

vw

(Z

xyz ds, gde je e luk krive x = t, y = -- , z = 2 od tačke t = O do 3

e

tačke t = l .

1284. J (x2 + y2 + z2) ds,

gde je e deo zavojnice

x = a cos t, y = a sin t, z = bt,

1285. J x2 ds, e

(O < t < 2 n).

gde je e krug x2 + y2 + zZ = a2, x + y

+z=

O.

1 18

IV. VISESTRUKI I KRIVOUNUSKI INTEGRAL!

1286.

x2 + z2 = a2, y2 + z2 a2; x2 + z2 = a2, kriva e: y2 + z2 = a2

{

Date su površi lo

da se

=

pokazati :

nalazi u dve uzajamno normalne ravni; 2°

izračunati krivolinijske integrale

J <x + y + z) ds

i

J <x + y + z) ds

ako su c1 i c2 delovi krive e koji leže u tim normalnim ravnima. Naći dužinu luka prostornih krivih:

1287. x = 3 t , y = 3 t2, z = 2 t2 od tačke 0 (0, O, O) do 1288. x = - cos t, y= sin t, z = (0< t< )

e

e-t

'

e-t

oo

tačke

A (3, 3, 2), (t> O).

.

Izračunati sledeće krivolinijske integrale:

1289. J (x2 + y2) dx + (x2-y2) dy, tačaka

1290.

x=O

gde je e deo krive

y = l - / 1 -x /

između

x = 2.

i

J x dy-ydx x+y

··

·

· prava , ako Je e kontura trougl a kOJI obrazuJe

x +y= l

e

sa koordinatnim osama.

1291. J x3 dy -y3 dx, e

1292.

po konturi kruga

Y dx, J xdy + -l +x

e

1293.

·�":.:::- :

r

kada

x varira od x = O

f (x2 + y2) dx + (x2-yz) dy,

1295. J (x2 + y2) dx, e

od tačke

X=

(0, O)

l i

do

ako je e kriva

x=4

duž krive

do tačke

y = x2.

y = 2 VX- x.

/ x- I l + l y- 1 / = l .

gde je kriva integracije gornji deo kruga

1296. J xy dx + (x + y) dy y = O,

x2 + y2 = a2 .

(x- 1)2 + y2 = I

(2, 0).

gde je e zatvorena kontura koju obrazuju linije

§

1297. Jy2 dx-x2 dy,

1 19

9. KRIVOLINUSKI INTEGRAL

između tačaka

A (O, l) i B(l, O):

e

l o po pravoj AB; 2° po luku kruga čiji je centar u koordinatnom po četku a poluprečnik l . 1298. J xy dx, e

1299.

ako je e luk parabole

P l dxx i ++ dyI Y I

x = y2

od tačke

(1 , - 1)

do tačke

{l, 1).

. , ako Je e kontura kvadrata CIJa su temena v. .

A (l , O); B (O, l); C {- 1 , O); D (O, - 1 )

1300. J 6 x2 y dx + 1 0 xydy, tačke {2, 8). e

gde je e

1301. J y dx-x dy, ako je e e tačke {0, O) do tačke (4 1302.

J x dy-y dx,

luk

luk cikloide :n:,

krive

J

1304. J x3 dx + 3 z y2 dy-x2 y dz, tačke (0, O, 0). e

1305. J z dx + x dy + y dz, e

luk astroide

-

do

cos t) od

3 at 3 at2 x = -, y = -. l + t3 l + t3

x = a cos3 t, y = a sinJ t

gde je e deo prave od tačke (3,

ako je e zavojnica

1306. J(y-z) dx + (z-x)dy + (x-y) dz, X y Z natne ravru - + - + - = l . a b e e

{ l , l)

0).

. . Descartesovog 1tsta gde je e petIJa

x2 dy-y2 dx , ako je e xs/ 3 + ys/3 e A (a, O) do tačke B(O, a) .

o d tačke

x = 2 (t-sin t), y = 2 (1

e

1303.

y = x3

od tačke

2, l)

do

y = a sin t, x = a cos t, z = at.

ako je e trougao koji isecaju koordi-

•

1307. J z2 dx + x2 dy + y2 dz, e

gde je e kontura sfernog trougla koji isecaju koor-

x2 + y2 + z2 = R2, (x>O), y>O). x2 + y2 + z2 + 4 x-6 y + 2 z-22 = O naći tačku

dinatne ravni na sferi

1308. l o Na

sferi bliža pravoj zadatoj jednačinama

x-2 y + 2 z-11 = 0 i 1 x + 4 y + 2 z-5 = 0.

M koja je naj

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINIJSKI INTEGRALI

120

2° Ako sa P obeležimo ortogonalnu projekciju tačke M na datoj pravoj, izračunati vrednost integrala (y dx + (xz + 2 z) dy + (2 x y dx,

J +z)

uzetog duž odsečka MP.

Izračunati sledeće integrale: 1309. § yz dx + z2 dy + xz dz, ako je

f

1310.

e

e

{ xz + yz + zZ = az

e

xz + yz = ax

y dx + z dy + x dz, ako j e

+ +z)

e

e

Vivijanijeva kriva (z> O, a> O) .

kriva

{ �+�=�

+

xz = rz

1311. § (y2 + zZ) dx + (zZ + xz) dy + (xz yz) dz gde je e

{ xz + yz + zZ = 2 Rx xz + yz = 2 ax

e

·

kriva

(O
1312. § (y-z) dx + (z-x) dy + (x-y)dz, ako je kriva e definisana jednačinama e

xz + yz = az

-+-= l a h X

Z

(a>O, h>O).

1313. § l4 yz + 2 xz) dx + (z + x) dy + y dz, ako je kriva e

z = 4 -xz-yz, z = yz.

e

određena jednačinama

Naći funkciju kada je poznat njen totalni diferencijal: 1314. (eli + x) dx + (x e11-2 y) dy. 1315. x + ay dx + y-ax dy. xz + yz xz + yz 1316. (2 x cos y-yz sin x) dx + (2 y cos x-xz siny) dy. ll 1317. 2 x ( l -e ) dx + � + 1 dy. 1 + xz ( l + x2) 2 1318. (2 xy exZy + yz exyZ + l) dx + (xz exZy + 2 xy exyZ -2 y) dy.

(

dn+ +t u ---

dn + m+t u

)

m dy. 1319. d n d dx + d n +t x dm +t x ym

§

1320.

0

9. KRIVOLINIJSKI INTEGRAL

()n+m + l ( ln _!_) dx ()n +m+ t ( 1n _!_) dy, gde je R = V x2 + y2 . xn + z ym-n R oxn-t oym+z R

121

0

1321. Odrediti konstante a i b tako, da izraz (yz + 2 xy + a xz) dx- (xz + 2 xy + b yz) dy (xz + yz)z bude totalni diferencijal i naći odgovarajuću funkciju. Naći funkciju kada je poznat njen totalni diferencijal: 1322. (xZ-2 yz) dx + (yz-2 xz) dy + (z2 -2xy) dz. 1323. 1324.

( l -_!_y + Lz ) dx + (.!..._z + .!_yz ) dy-xyz2 dz. (2 xyz + 1n y) dx + ( xz y + : ) dy + (xz y-2z) dz.

1325• dx-3 dy + 3 y-x + z:l dz . z2 z

[

l [

y z

l

y

(x + 1 ) + z eYz dy + e z (x + 1 ) + y eYz + e-z dz. 1326. e dx + zZ z 1327. l o U ravni Oxy date su tačke A (l, l), B (2, 2), C ( l , 2) . Izračunati krivolinijski integral (ax - y) (a + l ) dx + (x + ay) (a- l) dy (l) xy prvo po duži AB pa zatim po izlomljenoj liniji ACB. 2° Za koju su vrednost konstante a ova dva integrala jednaka? 3° Odrediti a tako da vrednost integrala ( 1 ) u prvom kvadrantu zavisi samo od početne i krajnje tačke integracije. Vodeći računa da je podintegralni izraz totalni diferencijal izračunati integrale: y z

e

J

1328.

J 2 xy dx + xz dy

od tačke (0, O) do tačke

(l,

l ) ako je putanja e:

e

1329.

J xdy + ydx,

e

ako je

tačaka (0, O) i (I, 1) .

e luk

krive xs + y9 + xzyz-6 y + 3 x = 0 između

122

IV. VISES1RUKI I KRIVOUNIJSKI INlllGRALI

l)

(1,

1330. 1332.

J

1331.

(x-y) (dx-dy).

(1, -1)

J zc

(a, b)

os y dx

e

(0,

O)

-

sin y dy).

(�· ") J cos y dx-x sin y dy. (o. �)

q; (x + y) (dx + dy), ako je q; (u) neprekidna funkcija .

(a, b)

1333. J

(O, O)

1334.

J

(YI •Y2) (xp x2)

f(x) dx + q; (y) dy, gde su f i q; neprekidne funkcije.

1335.

tačke M1 i Mz leže respektivno na krugovima (a < b). Do kazati da su vrednosti sledećih krivolinijskih integrala, uzetih po zatvorenoj konturi, jednake nuli, nezavisno od oblika funkcije u pod integralnom izrazu:

1336.

J f(xy) (y dx + x dy).

e

1337.

J (;) � xdy

t

ydx .

1338.

z

J f(x2 + y1) (x dx + y dy).

e

e

Izračunati sledeće krivolinijske integrale:

1339. 1341 •

(Z, l ,3)

J

1340.

x dx -yz dy + z dz. l , - 1 , 2) (5,3,1)

J

z x dy + xy dz -yz dx

(7, 2, 3)

(x-yz)2

(3, 2, lJ

J

y z dx + z x dy + xy dz.

( l , 2, 3)

,

1342. ako su tačke (x1 , y1 , z1) i (x2 , y1 , Zz) respektivno na sferama x2 + y1 + + z2 a1, xz + yz + z2 = bz, (b > a). =

§

9. KRIVOLINUSKI INTEGRAL

123

1343. Dokazati da je

§ f(xz + yz + zZ) (x dx + y dy + z dz) = O, "

ako je e zatvorena kriva a f(u) neprekidna funkcija. Koristeći Greenovu formulu transformisati krivolinijske integrale po zatvorenoj putanji , uzete u pozitivnom smeru, u dvojne: 1344. 1345.

J (1 -xz) y dx + x (l + yz) dy. J (eX" + 2 x cos y) dx + (exY-xz sin y) dy.

- dx + 3 y arc tg x + y dy. J _L l -xy l + xz

e

1346.

e

Koristeći Greenovu formulu izračunati integrale: 1347. § 2 (xz + y2) dx + (x + y)2 dy, ako je

e

e

kontura trougla čija su temena

A (l , l) ; B (2 , 2); C ( l , 3). 1348. § xyz dy-xz y dx ako je e kontura kruga x2 + y2 = az. 1349. e

J :r

(x + y) dx-(x-y) dy, ako je

e

�+�= 1. elipsa az bz

�= 1; -+2° krug (xy + x + y) dx + (xy + x-y) dy ako je e : 1° elipsa � a2 b2 xz + y2 = ax. x dy-y dx ako je e krug x2 + y2 -2 x-2 y + l = 0. 1351. xz + y2 J :r

1350.

e

j

,

e

1352.

j x dy-y dx

___:___:__ ,

e

1353.

x2 + y2

ako je e zatvorena kontura.

J (eX sin y-my) dx + (ez cos y-m) dy ako je e gornji deo kruga x2 + y2 =

e

= ax od tačke (a, O) do tačke (0, 0). 1354.

J [j(y) eX-a y] dx + [f' (y) eX-a] dy,

gde su f (y) i j' (y) neprekidne

funkcije .} e pr?izvoljna putanja koja s�aja tačke A (x1 y1) i B (x2 , y2), v a ogramcava zajedno sa odseckom AB figuru date površine P. e

124

1355.

IV .

VIŠESTRUKI I KRIVOLINIJSKI INTEGRAL!

Dokazati da je integral

J (yxJ + eY) dx + (xyJ + xeY-2 y) dy,

e

1356.

jednak nuli , ako je e zatvorena linija simetrična u odnosu na koordi natni početak ili u odnosu na obe koordinatne ose. Pokazati da integral

J (2 xy-y) dx + x2 dy,

e

1357.

gde je e zatvorena kontura, izražava površinu oblasti koju ograničava ta kontura. Pokazati da je krivolinijski integral [xcos (�. ;) + y sin (�. ;)J ds,

J

e

1358.

gde je n spoljna normala zatvorene konture e, uzet u pozitivnom smeru, jednak dvostrukoj vrednosti površine koju ograničava kontura e. Pokazati, ako je e zatvorena kriva a / proizvoljni pravac da je krivo linijski integral f cos (/, -;;) ds = O, gde je n spoljna normala konture e. e

1359.

Izračunati Gaussov integral

u (x, y) =

f cos (;. -;;) ds

e

1360.

gde je r = V(�-x)2 + (17- y)2 intenzitet vektora --; koji spaja tačku A(x, y) sa promenljivom tačkom M (�. 17) proste zatvorene glatke krive e, e;, -;;) ugao između vektora --; i spoljne normale � krive e u njenoj tački M. Dokazati da je u harmonijska funkcija, tj. funkcija koja zadovoljava jednačinu o2 u o2 u L1 u = - + - = 0, o x2 o y2

onda

samo onda, ako je J o u ds = O , J on

e

ou gde Je e pr01zvol"Jna zatvorena knva a on te krive. o

o

o

-

IZVOd o

po spoljnoj normali

§ 10. PRIMENA KRIVOLINIJSKOG

1361.

125

INTEGRALA

Dokazati da je

ou u _ ds, on gde glatka kontura

1362.

Dokazati

ou

1363.

u ravni

Ll : l dx dy = f e

e

D.

ograničava oblast

drugu Greenovu formulu

pri čemu je

�

e

ou on U

glatka kontura koja ograničava konačnu oblast

izvod u pravcu spoljne normale krive

D

a

e.

Koristeći drugu Green ovu formulu dokazati, ako je u = u (x, y) harmo nijska funkcija u zatvorenoj konačnoj oblasti, da je onda

r o u) l2 n p (u --In r - ds on ln

u (x, y) = -

1364.

gde je e granica oblasti D, i spoljna n ormala konture e, (x, y) neka tačka iz unutrašnjosti oblasti D, a r = V(�-x)Z + (1] -y)Z između tačke (x, y) i promenljive tačke a, 1]) konture e. Dokazati

= u (x, y)

teoremu o srednjoj vrednosti u (M) =

gde je

1365.

on

e

harmonijske funkcije

u (M) =

_2 l_n JJ u (�, 17) ds

krug sa centrom u tački

M.

Dokazati, ako je funkcija u (x, y) harmonijska u ograničenoj i zatvo renoj oblasti i nema konstantnu vrednost u toj oblasti, da onda funkcija u ne može imati najveću i najmanju vrednost u toj oblasti

(princip maksimuma) .

§ 10.

Primena kdvolinijskog integrala

l o Iz

Greenove formule sledi da je površina ravne oblasti D koja je ograničena krivom e data formulom

P=�2 JJ: xdy-ydx. e

126

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINIJSKI INTEGRAL!

2°

Površina omotača cilindrične površi, čije su izvodnice paralelne z-osi a genera trisa mu je kriva e u ravni xOy, data je formulom P=

3°

J z ds.

e

y, z)

Ako je e = e (x, gustina u promenljivoj tački data formulom

krive

(x,

y, z) krive

e,

onda je

masa

m= J e(x,y,z)ds. e

Koordinate težišta te krive izražavaju se formulama = � JX (x, y, z) ds, = � J (x, y, z) � J Z(!(X,y,z)ds. Momenti inercije Iz, i /0, respektivno u odnosu na ose Ox, Oy i koordinatni početak izražavaju se formulama /"' = J y2 (x, y, ds, Iv = J x2 (x, y, ds, /0 = J (x2 y2) (x, y, z) ds. X0

lJ

e

Ye

Yo

ly

z)

e

e

e

e

4° Krivolinijski integral

ds,

e

z)

Zo =

e

e

+

e

J X (x, y, z) dx + Y (x, y, z) dy (x, z) dz. izražava rad sile pri pomeranju jedinice mase duž krive u polju sile F(X, Y, Prema Bio-Savarovom zakonu element struje dejstvuje na magnetnu masu m silom ds , gde je I jačina struje, ds element dužine provodčija je veličina m /sin 2 r nika, r rastojanje od elementa struje do magnetne mase, ugao između prave koja spaja magnetnu masu i element struje i pravca proticanja struje. Ta sila +Z

y,

e

5°

-..

e

a

Z).

a

ima pravac normale na ravan koja sadrži element struje i tačku u kojoj se nalazi magnetna masa; smer sile se određuje po pravilu desne zavojnice.

Izračunati površinu ograničenu krivim linijama:

1366. 1367. 1368. 1369.

x = a cos t,

y = b sin t.

x = a (t -sin t), x = a cos3 t,

(O < t < Z n)

y = a ( l - cos t),

y = a sin3 t,

(0 < t < 2 n).

Ograničenu jednim lukom epicikloide x = a [(l + m) cos mt-m cos ( l + m) t], y = a [( l + m) sin mt -m sin ( l + m) t],

(0 < t < 2 n)

lukom odgovarajućeg kruga.

1370. (x2 + y2)2 = 2 a2 (x2 + y2). 1372. x = 2 a cos t - a cos_2 t,

1371.

x3 + y3 = 3 axy

y = 2 a sin t - a sin 2 t

(Descartesov list). (O < t < 2 n).

127

§ 10. PRIMENA KRIVOLINIJSKOG INTEGRALA

1374. (x + y)3 = xy. (a>O). 1373. (x + y)2 = ax, y = O, 1376. 9 y2 = 4 x3-x4. 1378. (Vx + v'Y)1 2 = xy. 1379. (x + y)a+P+l = axa yP a a _ + y -1 1380. b a

(a>O, a>O, {3>0).

(X) ( ) -

(a>O, b>O, a>O).

-

Naći površinu sledećih površi:

1381.

Omotača cilindra

1382.

Kružnog cilindra

1383 .

. •v ElIpheneg

x2 + y2 = l

x2 + y2 = R2 x2 y2 c1'l'md ra -+ - = l 5

1385.

Onog dela omotača cilindra

x2 + y2 + z2 = a2.

x2 + y2 = R2

Date su površi

(P3) z = 0. l Naći površinu 0

2° Naći

. z = o 1. z = y.

.

između ravni

x2 + y2 - ax = O između ravni

z = O, z = y i x = _!_ p. 9

koji se nalazi unutar sfere

z=O

i po vrši

2 Rz = xy.

p (;2

(P1) z = V x2 + y2 + V I x2 + Vl -y2, (P2) x2 +y2 = l

(P2) koji isecaju V x2 + y2 + V 4 x2 + V4 y2 dy

)

dela površi

površi

Naći masu krive y = x2 između tačaka x = O i tački gustina jednaka kvadratu apscise te tačke.

Luka krive

f,

y = 2x

od tačke

(0, O)

�

(P1) i (P3),

x dx V 4 x2

Naći masu sledećih krivih:

1390.

z = R + x2 -. R

x213 + y2!3 = a2!3 ;x4J3 + y413 = z; z = O.

e

1389.

i po vrši

Dela cilindrične po vrši koju isecaju po vrši

1388.

z=O

Između ravm

y2 = 2 px

Paraboličnog cilindra

Kružnog cilindra

između ravni

9

1384.

1386. 1387.

z = 4 y i z = 2 y.

između ravni

do tačke

gustina krive proporcionalna dužini njenog luka .

x= 2

duž krive

ako je u svakoj

(4, 136) .

ako je linijska

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLJNIJSKI INTEGRAL!

1 28

1391.

Dela krive = ln izmedu tr..čaka V3 i svakoj tački jednaka kvadratu njene apscise.

1392.

Dela lančanice

y x,

x=

y = ; (e.:; + e-.:;) ,

x

=

2 V2

ako je gustina u

x = a,

ako je

y = b sin t, ako je linearna gustina u svakoj tački

e = I Y I·

izmedu tačaka

x=O

i

gustina krive u svakoj tački proporcionalna njenoj ordinati.

1393. 1394.

1395.

x = a cos t,

a a Z= -t3 x=at, y=-tz, (O< t < l ) čija se gustina me2 3 /2 y nja po zakonu e = va· Naći težište luka krug;t xz + yz = az, (y;;;;. 0), moment inercije u odnosu na osu Ox; (e= 1). Luka krive

Naći težište homogenih krivih: Luka cikloi::Je -sin

t), y =a ( l -cos t), (O< t.;;; 2 n). Luka krug;t poluprečnika a, kome odgovara centralni ug;to 2 1398. r =a (l + cos cp). 1399. y a ch _!__ , izmedu A (0, a) i B (b, h). a 1400. Sfern Jg trougla xz +yz +zz =az, x>O, y>O, z>O. 1401. x=acos t, y=asin t, z=ht O bp c1) u tačku (a2 , b2 , Cz) · 1405. Sila F(P, Q). gde je P = x-y, Q = x obrazuje polje . Izračunati rad po treban da jedinica m:J.se obiđe konturu kvadrata x = ±a i y = ±a. 1406. Date su tačke A (-a, a) i B (a, a). Ochditi silu kojom deluje masa M ravnomerno raspoređena na duži AB, na masu m koja je skoncentrisana u tački O (0, 0). 1407. Odrediti silu kojom m :t.s:t. M ravnomerno raspoređena na gornjem luku kruga xz + yz =az , privlači mlsu m skoncentrisanu u koordinatnom početku. 1408. Naći rad sile F = � , gde je r = Vxz + yz +zz, koja dejstvuje na jedinicu rz mase, ako se ta masa pomera tačke (xl> Yt > z1) u tačku (x2 , y2 , z2). 1396. 1397.

x =a (t

cp.

Z3.

oo

IZ

iz

1 0.

1409.

1410. 1411.

PRIMENA KRIVOLINIISKOG INTEGRALA

129

Projekcije sile na koordinatne ose su X= 2 xy i Y = x2. Pokazati da rad sile pri pomeranju materijalne tačke mase m zavisi samo od njenog počet nog i krajnjeg položaja, a ne zavisi od oblika putanje. Izračunati rad ako se vrši pomeranje iz tačke (1, O) u tačku (0, 3). Komponente sile su X= x + y2 i Y = 2 xy -8. Pokazati da rad pri pome ranju materijalne tačke u polju te sile ne zavisi od putanje.

U svakoj tački ravni dejstvuje sila, čije su projekcije na koordinatne ose X = xy, Y = x + y. Izračunati rad sile pri pomeranju tačke mase m iz tačke (0, O) u tačku (1, 1): l o po pravoj y = x; 2° po paraboli y = x2; 3 ° po izlomljenoj dvogranoj l iniji, čiji su del ovi patalelni koordinatnim osama (dva slučaja).

1412.

Naći silu kojom struja I u beskonačnom pravolinijskom provodniku dejstvuje na tačkastu magnetnu masu m, koja se nalazi na rastojanju d od provodnika.

1413.

Po konturi, čiji je oblik kvadrat stranice a teče struja I. Kakvom silom dejstvuje taj protok na tačkastu magnetnu masu m, koja se nalazi u centru kvadrata?

1414.

Pokazati da struja /, koja teče po luku krive, čija je jednačina u polar nim koordinatama r = r (q;), dejstvuje na tačkastu magnetnu masu, koja se nalazi u polu, silom

F = ml

J drq; . '1'2

'Pt

1415. 1416.

Kolika je sila kojom struja /, koja teče po zatvorenoj eliptičkoj putanji, dejstvuje na tačkastu magnetnu masu m, koja se nalazi u žiži elipse? Kolikom silom struja I, koja teče po beskonačnoj paraboličkoj konturi, dejstvuje na tačkastu magnetnu masu m, smeštenu u žiži parabole? Rastojanje od temena do fokusa je __!!_ 2

1417.

1418.

Kolikom silom struja l, koja teče po kružnoj konturi poluprečnika R, dejstvuje na tačkastu magnetnu masu m, smeštenu u tački P, koja leži na normali, postavljenoj kroz centar kruga, na rastojanju h, od centra kruga? Za koju vrednost od R će ta sila biti najveća ako je h fiksirano? Izračunati logaritamski potencijal prostog sloja

e

gde je p, = const uz + v2 = R2.

gustina, r = V(�-x)2 + (1] -Y)2 a kontura e krug

9 Zbirka zadataka iz ville matematike

II

1 0 3

IV. VIŠESTRUKI l KRIVOLINIJSKI INTEGRAL!

1419. Izračunati u polarnim koordinatama

r

prostog sloja 2" /1

=J cos

n

() In

+ d()

i ff! Iogaritamske potencijale

2" 12

= J sin

n

() In

+ d ()

ako je r rastojanje između tačke (Q, ff!) i promenljive tačke { l , ()) a o

o

n

EN

§ ll. Površinski integral P

P o v r š i n s k i i n t e g r a l d r u g e v r s t e. Ako je dvostrana površ definisana jednačinama x = x (u, ) y = y (u,

v

(l)

v), z = z (u, v)

gde je

S,

onda je

JJ f(x . y, z) dS= JJ f[x (u, v), y (u, v), z (u, v)] VEG-P du dv, 2 2 E = (iJ u ) + (iJ u )' + (iJ u ) 2 ox iJ z ' iJy (iJ x)2 + (iJy )2 + (iJ z ) 2• G= S

D

ov

U

deo po deo glatka

[(u, v) E D]

a f (x, y, z) funkcija definisana i neprekidna na površi (2)

S

ov

,ov

o x o x iJy iJ y iJ z iJz F= - - + - +- - . iJ u o v iJ u o v iJ u o v

specijalnom slučaju, ako jednačina površi S ima oblik z= z (x, y)

[(x, y) E D]

gde je z (x, y) jednoznačna neprekidno diferencijabilna funkcija, onda je

JJ f(x, y, z) dS = JJ /[x, y, z (x, y)] Vl + p2 + q2 dx dy,

{S)

D

iJz -· gde je p = iJ-z a q = iJy Ovaj integral ne zavisi od izbora strane površi S. Ako se funkcija f(x, y, z) tretira kao gustina površi S u tački (x, y, z), onda integral (2) predstavlja masu te površi. Koordinate težišta materijalne homogene površi S date su obrascima

OX

zo

Sx0 =

JJ xdS, s

Sy0 =

JJ y dS, s

Sz0 =

JJ zdS, S = JJ dS. s

s

3° P o v r š i n s k i i n t e g r a l d r u g e v r s t e. Ako je S glatka dvostrana površ, na kojoj je izabrana jedna od dveju strana, određena smerom normale

§ l l. POVRŠINSKI INTEGRAL

131

cosy) a P=P(x, Q = Qje(x, y, z) i R = R (x, y, z) funkcije, defi(cosa, nisanecosfl, i neprekidne na površiy, z),S, onda JJ Pdydz + Qdzdx+Rdxdy= JJ (Pcosa+ Q cosfl+R cosy)dS. prelazu na drugu stranu površi ovaj integral dobija suprotan znak. 4° S t o ce s o v a for m u l a. Ako su P=P(x, y, z), Q=Q(x, y, z) i R = R (x, y, z) nepreki dno ograni diferenci jabilne funkcideoje poa deoprosta zatvorena deo poS,deoondaglatka kriva, koja č ava konačnu glatku dvostranu površ važi Stoeesova formula: cos a cos fl cos y o o dS § Pdx+Qdy+Rdz = J J oox oy oz Q R gde sustranu, cos a,u cosodnosu fl, cosnay koju kosinusise obil pravca normale površi S, orijentikretanju sane na onu a zak konture vrši suprotno kazaljke na časovniku. o r m u l a oblast O s t r o g r a d s k o g. Ako je S deo po deo glatka površ, koja ograničava V,svojim a P=P (x,jalnim y, z), izvodima Q = Q (x, prvog y, z) i reda R Ru (x,oblasti y, z) Vnepreki dne funkcije zajedno sa parci S, onda + važi formula Ostrogradskog JJ (P cosa + Q cosfl + R cos y) dS= JIJ (�: + 00� + 00:) dxdydz s gde su cos a, cos fl i cos y kosinusi pravca spoljne normale površi S. -;

tri

S

(S)

Pri

�

e

S

e

p

e

so F

=

v

Izračunati sledeće površinske integrale:

1420.

JJ

(6 x + 4 y + 3 z) dS ako je S deo ravni x + 2 y + 3 z = 6, koja pripada

s

prvom oktantu.

1421.

JJ

dS ( l + x + z)Z

ako je S deo ravm x + y + z = l koji pripada prvom

s

oktan tu .

1422.

JJ

(xz + yz) dS, ako je S sfera xz + yz + zZ = az.

s

1423.

s JJ_d_ xz + yz + z2

ako Je S deo cilindra xz + yz = Rz ograničen rav!l .Ll<'.

s x = O, y = O, z = O, z = m. 9•

132

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEGRALI

1424. JJ(y + z + Vaz xz) dS

S

ako je

xz + yz = az,

deo cilindra

između ravni

s

Z = 0, Z = h.

1425.

JJ,

d� +z . x+L 2 X = 0, Z = 0, Z = l .

1426. JJ x (yz + zZ) dS

ako je

S

deo cilindra

S

ako je površ

x = 2 -yz 2

data jednačinom

ograničen ravnima

x = V9-yz-zz.

·

s

1427. JJ (yZ + zZ) dS ako 1428.

JJ (l dS + z)Z

S

je površ

ako je

S

sfera

data jednačinom

z = Vaz-xz -yz.

xz + yZ + zZ = l, z ;;;. O.

s

1429.

JJ V dSl + z '

po po vrši

xz + yz + zz = az, z ;;;. O.

s

1430. JJVRz-xz-yz dS, 1431. j/xz yz dS, s

1432.

S

JJ�� s

polovina sfere

polovina sfere

ako je

d

JJ dSd ,

S

deo cilindra

z = VRz-xz -yz.

z = VRz-xz-yz.

• gde Je

s

v•

deo povrsi

s

JJ d: ,

xz + yz = Rz,

ograničen ravnima

ako je

S

Oz

elipsoid a

z = xy

•

1secen cilindrom v

d rastojanje centra elipsoida

s

JJ�� s

gde su

Sid

xz + yz = Rz,

a

d

o<>e.

ravni elipsoida.

1435.

z=O

rastojanje od koordinatnog početka do tačke na p ovrši.

rastojanje tačke površi do

1434.

S

l

z = h, a

1433.

gde je

gde je

kao u prethodnom zadatku.

od tangentne

1436.

JJ ��,· ako je S

P (0, s

'

O, e) (c> R)

do

• v l4 37 . Izracunati •• l po tenCIJa

xz + y2 + z2 = R2,

sfera

tačke u=

133

POVRŠINSKI INTEGRAL

§ ll.

na sferi.

JJ -eoddS- s eme fi

a d

rastojanje

v· povrsi

od

fiksne tačke

xz + yz + z2 = a2 gustme f!o •

s

na tačku M0 (X0 , y0 , z0) ako je d= V (x - x0)2 + (y -y0) 2 + (z -z0)2 • 1438.

JJ V Rz-xz-y2-z2 dS, s

1439.

ako je

S

površ kruga

xz + yz + z2 = Rz,

ax + by + cz = d.

JJ (xy + yz + zx) dS, ako je S deo

površi

s

z = V xz + y2,

isečen cil indrom

x2 + yz = 2 ax. 1440.

Dokazati Poissonovu formulu

JJ f(ax + by + cz) dS= 2 n J J(u Vaz + bz + cz) du l

s

1441.

-l

Pokazati da je integral l=

JJ

cos

s

��) dS= JJ s

o

l

: dS,

o

uzet po površi S jednak prostornom uglu pod kojim se površ S vidi iz koordinatnog početka. Sa r je obeležen radijus vektor elementa površi

dS

a sa n normalna površ, dok je ou izvod u pravcu normale.

Naći masu sledećih površi:

1442.

Površ paraboloida z = zakonu

1443. 1444.

12 = z.

-2l (xz + yz)

on

(O < z < l ) čija se gus tina menJa po

Sfere, ako je površinska gustina u svakoj tački jednaka rastojanju te tačke od nekog fiksiranog prečnika sfere. Sfere, ako je površinska gustina u svakoj tački jednaka kvadratu rasto janja te tačke od nekog fiksiranog prečnika sfere.

134

Odrediti težište površi:

1445.

Površi segmenta sfere

1446.

Omotača sfere

1447.

Dela p ovrši

IV. VIŠESTRUKI l KRIVOLINUSKI INTEGRAL!

xz + yz +zz= az hO, y>O, z>O. xz + yz +zz= az, xz + yz =ax, z= O. za

koji j e ograničen površima

Naći moment inercije površi:

1448.

Površi konusa

1449. 1450.

Površi sfere

z2 za

hz (xz + yz) =az O>z
z

u odnosu na

osu.

u odnosu na prečnik.

Površi paraboloida

=

u odnosu na

z

osu.

Izraćunati sledeće površinske integrale:

1451.

JJ zdxdy+xdxdz+ ydydz,

ako je S gornji deo ravni

s

x-y+ z=

l

isečen koordinatnim ravnima.

1452.

JJ xyz dx dy, II V xz + yz dx dy JJ 2dxdy+ydxdz-xZzdydz,

po spoljnoj strani sfere

s

1453. 1454.

l;

ako je S donja strana kruga

s

s

ako je S spoljna strana onog dela elip

xz + yz + zZ= 1.fi y dx dz, x+ y+z= l , x=O, y=O, z=O. JJ xz dy dz + yz dx dz +zz dx dy,

soida 4

1455.

xz + yz +zZ= x >O, y >O. xz + yz
4

l koji pripada prvom oktantu.

ako je S unutrašnja strana tetraedra koji određuju ravni

s

1456.

ako je S sp oljna strana sfere

s

xz yz +z= az, +

koja pripada prvom oktantu.

1457.

JJ xdydz+ ydxdz+zdxdy, JJ yz dy dz + xz dz dx+ xy dx dy

po spoljnoj strani sfere

s

1458.

xz+ yz+zz=az.

gđe je S spoljna strana tetraedra koji

s

x=O, y=O, z= O, x+ y+z=a. JJ (y-z)dydz+(z-x)dxdz+(x -y) dxdy, xz+yz=zz (O
je određen ravnima

1459.

ako je S spoljna strana

s

površi

§ ll.

dy dz y dxdz + dxdy ) , + JJ (� z

1460.

s

.

s

.

yz + zZ = 1 . x-z + az bZ cz

površima

135

gde Je S spo1.Jna strana e1.Ipsotda

JJ yz dx dy + xz dy dz + xy dx dz,

1461. 1462.

POVRŠINSKI INTEGRAL

ako je S spoljna strana površi odredene

xz + yz = Rz, x = O, y = O, z = O, z = h.

Transformisati integral

J (yz + zZ) dx + (xz + zZ) dy + (xz + yz) dz,

ako je

e

e

neka zatvorena kontura, na površinski integral površi čiji je rub ta kontura. Izračunati sledeće krivolinijske integrale na dva načina: direktno i po moću Stocesove formule:

f 8 y V (l -xZ-zZ)3 dx+ xyJ dy + sin z dz,

1463.

e

kom elipsoida oktantu.

1464.

J xz dx + xy dy + xyz dz,

e

1465.

4 xz + yz + 4 zZ = 4 ako je

e

ako se krivi deo dobija prese-

i ravni

z = O, X = O, Y = O,

u prvom

kontura trougla čija su temena

A (a, O, 0), B (0, b, 0), C (0, O, e).

J y dx + xz dy + z dz,

e

ako je kriva e odredena presekom površi

y, xz + yz = yz = z , c>O. X +xz + Z b az b a az bZ e

Koristeći Stocesovu formulu izračunati sledeće krivolinij ske integrale:

1466.

f ydx + z dy+ x dz,

ako je e krug

e

1467.

xz + yz + zz = az, x + y + z = O.

f (y-z) dx + (z-x) dy + (x-y) dz ako je e luk elipse xz +yz = az,

-

e

X + Z =l a h

(a>O h > O),

orijentisan u smeru suprotnom od smera kazaljke na časovniku, posma trano sa pozitivnog smera ose Ox.

1468.

f e

ex

dx + z (xz + yz)3fz dy + yz3 dz

gde je

z = Vxz + yz, x = O, x = 2, y = O, y = l .

e linija odredena presekom

po vrši

136

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEORALI

1469.

J (yz + z2) dx + (z2 + xz) dy + (x2 + yz) dz, ako je

e

kriva

xz + yz + z2

e

1470.

Neka je

e

=2

ax,

zatvorena kontura koja pripada ravni x cos a + y cos {J + z cos y

-p = O

i ograničava površinu S (cos a, cos {J, cos y su kosinusi pravca normale). Naći

i

e

dx dy dz y z

cosa cos p cos y X

ako se kretanje vrši u pozitivnom smeru konture

1471.

e.

Transformisati površinski integral

JJ xz dy dz + yz dx dz + z2 dx dy s

ako je S zatvorena površ, u trojni uzet po oblasti koju ograničava ta površ.

1472.

Izračunati površinski integral

ifj) yz z dx dy + xz dy dz + xz y dx dz

s

gde je S spoljna strana po vrši koju obrazuju po vrši z xz + yz, xz + yz = l , x = O , y = O, z = O, u prvom oktantu, na dva načina: direktno i primenom

=

formule Ostrogradskog. Dokazati jednakosti:

1473.

JJ cos (-;, 7) dS = O,

ako je S prosta zatvorena površ,

s

T proizvoljni

pravac a -;; spoljna normala površi S.

1474.

JJ (x cos s

a

+ y cos {J + z cos y) dS = 3 V,

gde su cos a, cos {J, cos y ko sinusi

spoljne normale površi S koja ograničava zapreminu

V.

Koristeći formulu Ostrogradskog izračunati integrale:

1475.

JJ (x3 cos a + s

y J cos

{J + z 3 cos y) dS,

ako je S sfera

xz + yz + z2

cos a, cos {J, cos y kosinusi pravca njene spoljne normale.

=Rz,

a

§ l l . POVRSINSKI INTEGRAL

1476.

JJ

[(zn -yn) cos a + (xn -zn) cos {3 + (yn -xn) cos y] dS, po sferi

s

x2 + y2 + z2 = R2,

ako su

1477.

JJ s

1478.

z ;;;. O,

{3 i y kao i u prethodnom zadatku.

a,

x dy dz + y dz dx + z dx dy, ako je površ S definisana jednačinama x = (a + b cos O) cos
JJ

0 .;;; 0,

z = b sin O,

a ;;;. b ;;;. O.

x2 dy dz + y2 dz dx + z2 dx dy ako je S spoljna strana površi definisane

(S)

jednačinama x2 + y2 + z2 = l , z2 =

1479.

137

x2 --

x2 + y2

Pokazati da površinski integral

JJ

4 xyz dx dy-2 x2 y dy dz- 3 xz2 dx dz

(S)

ne zav1s1 od površine (S) već samo od njene granične konture (e) i transformisati ga na integral po toj konturi, a zatim izračunati njegovu vrednost kada je granična kontura zadata jednačinama: x2 + y2 = R2,

1480.

x + z = O.

Dat je integral l=

JJ ( l

+ x2)

(S)

po površini (S) čiji je rub zatvorena kriva e. l o Odrediti funkciju

J

P (x, y, z) dx + Q (x, y, z) dy.

e

Izračunati površinske integrale:

1481.

JJ s

(x2 cos a + y2 cos {3 + z2 cos y) dS, gde je S, deo površi x2 + y2 = z2

(O <. z <. h)

a cos a, cos {3 i cos y kosinusi pravca njene spoljne normale.

1482.

JJ e:: s

dS ako je S deo ravni x + y + z = l koji pripada prvom

oktantu, r intenzitet vektora položaja tačke M date ravni a

1 38

1483.

IV. VIŠESTRUKI I KRIVOLINUSKI INTEGRALI

o

Ako Je

02 u 02 u 02 u Ll u=-+ + o x2 o y2 o z2

konačno telo }0

V,

a S - glatka površina, koja ograničava

dokazati da važe sledeće formule

JJ �: dS= JIJ Ll u dx dy dz; (S)

V

+ J JJ u Ll u dx dy dz,

gde je

u

- funkcija, neprekidna sa svim svojim

v

izvodima do drugog reda zaključno u oblasti

u V+ S, a 0 on

- izvod

po spoljnoj normali na površinu S.

1484.

Funkcija u = u (x, y, z) koja ima neprekidne parcijalne izvode do drugog reda zaključno u nekoj oblasti, naziva se harmonijska u toj oblasti ako je

2 u 02 u 02 u 0Ll u =+ + - = 0. o x2 o y2 o z2 Dokazati, ako je u harmonijska funkcija u konačnoj zatvorenoj oblasti ograničenoj glatkom površinom S, da važe formule

V,

2°

da se gde je n - spoljna normala površi S, koristeći se formulom funkcija koja je harmonijska u nekoj oblasti V jednoznačno definiše svojim vrednostima na njenoj granici S.

1485.

Izračunati Gaussov integral

I(x, y, z) =

JJ cos (�, -;;) dS, s

je S - prosta zatvorena glatka površ, koja ograničava zapreminu V, -gde n - spoljna normala na površinu S u tački (�, YJ, ), r - radijus vektor koji spaja tačku

(x, y, z)

sa tačkom (�, 'YJ C,) i

, C r = V<�-x)z + (n -y)z + (C-z)2.

139

§ l l . POVRŠINSKI INTEGRAL

1486.

Izračunati

J J (x-y + z) dy dz + (y-z + x) dz dx + (z -x + y) dx dy,

(S)

gde je (S) spoljna strana površi

/ x -y + z/ + /y -z + xl + l z-x + YI = l , lx-y + z/ + ly-z + xl + l z-x + Y I = I .

1487.

Dokazati identitet (Greenovu formulu)

JJJ (v L1 u-u L1 v) dx dydz = JJ ( v �: -u � :) ds, s

v

gde su u i v neprekidne funkcije i imaju neprekidne izvode do drugog reda u oblasti D. Simboli L1 u i L1 v znače Laplaceove operatore u pro storu.

1488.

-

Neka je u (x, y, z) harmonijska funkcija u nekoj oblasti v i neka se u o blasti V nalazi sfera S sa centrom u tački M (xi > YI > z1) poluprečnika Dokazati da je

R.

u (xi > Y1 > z1) =

4�R2 JJ u s

dS.

Glava V VEKTORSKA ANALIZA I TEORIJA POLJA

§ 1•

l. Vektorska analiza -

-

.....

V e k t o r s k a f u n k c i j a r e a l n e p r o menlji ve. Funkcija t -+ a =a1 i + ad + +a3 koja preslikava skup realnih brojeva DCR u skup trodimenzionalnih vektora V3 u oznakama ;= ;(t) =a1 (t) f+ a2 (t)}+ a3 (t) k, naziva vektorska funkcija realne promenljive. H o d o g r a f. Skup krajnjih tačaka vektora ; kojima je početak data tačka O, zove vektorske funkcije--;; =-; lf). Tačka O je pol hodografa. Hodograf vektorske funkcije ;:+=7(t) = x (t) f+ y (t)f+ z (t) kje kriva u prostoru a jednačina 7 je njena vektorska jednačina. Hodograf vektorske funkcije 7=7(u, v) =x (u, v)f+ y (u, v)f+z (u, v) k, sa dve realne promenljive, je površ prostoru, a jednačina 7=7(u, v) je njena vektorska jednačina. G r a n i č n a v r e d n o s t. Kaže se da vektorska funkcija ;= ;(t) ima za graničnu vrednost vektor b, kad t -+a, ako za proizvoljan broj e > O postoji broj 6 đ (e) takav da je

k,

.....

se

2"

se

hodograf

=-;(t)

u

3°

=

kad god je ispunjena nejednakost l im

/ -> a

l t-a l <đ.

-;(t)=b

Tada se piše

4° N e p r e k i d n o s t. Funkcija ;=;(t), koja je definisana u tački t0, je neprekidna u

toj tački ako je

lim ; (t) =; (t,J.

t _,. to

§ 1.

5°

1 41

VEKTORSKA ANALIZA

P r i r a š t aj i i z v o d. Razlika ;(t+L1t)-;(t) se naziva priraštaj funkcije ;(t) u tački t koji odgovara priraštaju nezavisno promenljive .dt. Označava se .,1;(t). sa

Izvod funkcije a (t) u tački t, naziva se vektor .d-;(t) ;; (t)=Lltlim-+0 � · ako ovaj limes postoji. Ako je ;= {a (t), az (t), a3 (t)} tada je 1

-+a'(t)=-= da-+ { a 1 (t),

} a (t) (t) a 2 , . 3 dt da--+ prikazano je na sl. Geometrijsko značenje vektora .da-+(t), .d; .dt dt i f e re n i j a l. Ako senapisati priraštaju obliku .d;(t) može j� (t)= D (t)L1t +7(t), (t) gde je lim L1 t = 0 tada se vektor D (t) L1 t na2.iva-+ diferencijal funkcije a (t) u tački t i označava se sa � (t) d;=d-;;(t)=D(t) L1t. ,

,

,

e

6° D

6.

-+

8

.dt-+0

•

S l. 6

Izvodi i diferencijali višeg reda slično se definišu kao kod funkcija realne promenljive. 7o P a r e i j a n i i z v o d i i d i e r e n e i j a i v e k t o r s k e f u n k e i j e v i š e ppromenljivih r o m e n l j it1,v it,.h. . Neka . . , tn je. -; =; (t1, , tn) vektorska funkcija od realnih Razlika -+ t,, t2, . . . ,tn)= L1 ,a -+a (t1, . . , t1-u t,+L1t,, ti+l•"'' tn)-a( i zove se parcijalni priraštaj po promenljivoj t1• -t, • po promenljivoj t1 definiše sa Parcijalni izvod prvog reda e)e); f

l

l

Iz ,

Iz ,

n

. • •

_,.

.

se

142

V. VEKTORSKA ANALIZA I TEORUA POUA

a totalni diferencijal d-; sa

oa-+ dt,. da= 2: ot, n

__,.

i=t

d 2� Slično kao i u realnoj analizi, i ovde se definišu viši parcijalni izvodi (}ot-2;12 ' ot,ot1 '

o'a viši diferencijali d;;, d;; itd. ot� ' · · · N e o d re đ e n i i n t e g ral. Primitivna funkcija ili neodređeni integral neprekidne funkcije -;; (t) naziva se funkcija b(t) za koju je db(t) =a(t). dt __,.

go

l

--

Tada se piše

__,.

J-+a (t) dt = b (t)+ __,.

__,. e

gde je -; proizvoljni konstantni vektor. 9° neka O d r etačkee n i i n t e gr a Neka je � (t) ograničena funkcij a na segmentu [t0, T], i l.

d

dele ovaj segment na n segmenata [t,_1, tl]. -r1 E[t1 _10 tl], vektor Za

I = l2:= l -; (-r1) (t1 -t, _1) se naziva integralna suma. Ako za bilo kakvu podelu segmenta [10 , ] postoji lim 7 1 1 j-->0 onda se ovaj limes naziva određeni integral funkcije -;(t) u granicama od t0 do i obeležava se sa J -;(t) dt, tj. tada je "

T

max

j t

-t _ 1

T

to

J-;(t)dt =

l a (-r1)(t1 -t1 _1). Ako je (t) primitivna funkcija funkcije a (t) tada je J a (t)dt= (t0) (Newton-Leibnizov obrazac). T

to

...

max

n

l

...

b

T

to

__,.

i=2:

__,.

__,.

b (T)-b

__,.

T

§

10°

V e k t o r s k i k r iv o l i n ij s k i

= (t)

77

i n t e g r a l. Neka je orijentisani luk L =

(i=OT , l,· · ·,n)

t0

podeljen tačkama T1 odgovara parametru a tačka

p(;)

143

l . VEKTORSKA ANALIZA

AB krive

t0
t,.

čiji su vektori položaja n = B parametru gde j e

Neka je skalama ili vektorska fun kcija definisana na luku L i neka je X1

-;:;,

tako da

· · ·

(sl.

---

tačka luka Ti _ 1 T1 a Q; njen vektor položaja. Izraz

l= ,L p(e1) " (r1 -r, - 1) , ll

.... ....

....

1-1

se naziva integralna suma, gde " ozna čava množenje skalara sa vektorom-ako je

p (;:)

skalama

funkcija,

skalami

vektorski proizvod - ako je vektorska funkcija.

Krivo/ini;ski integral po luku jp (;) " d:,

ili

p {;:) =-; (})

L, u oznaci Sl.

se definiše sa

L

7.

ako ovaj limes postoji po svakom nizu podela luka L.

p (r) -

Zavisno od toga da li je skalarna ili vektorska funkcija i da li " označava množenje skalara i vektora ili skalami odnosno vektorski proizvod vektora, ima mo tri vrste krivolinijskog integrala:

p(r)·dr-+ vektorski krivolinijski integrali. S =-; (u, S.v) p (:) S S1 • ; -; S1 • S1 , -; 2 p {Q;) .. -;; S" 10°. -+ " da, Površinski integral funkcije p (:) po površi S, d; 2 rjp p (:) " d;, S p (r) 2)

ll o

J- -

i

L

Prvi i treći integral su

Vekt orsk i p ovršin ski

i n t e g r a l. Neka je

-

orijentisani deo površi r =

i neka je neprekidna skalama ili vektorska funkcija definisana na Pretpostavimo da je jednom mrežom krivih podeljena na delove

površi

Neka je i = ai vektor površine dela gde je jedinični vektor normale tog Tada se može formirati integralna suma dela površi a a1 površina površi ,

i

-+

gde je e1 vektor položaja neke tačke sa dela

a " može imati ista značenja kao u u

oznaci

se

de-

finiše sa

= I im

Ako j e površ toga da li je

max ai � o

zatvorena ovaj integral se označava

-+

sa

Zavisno od

s

skalama ili vektorska

funkcija

i da li "

označava množenje

144

V. VEKTORSKA ANALIZA I TEORUA POUA skalara i vektora ili skalami proizvod, odnosno vektorski proizvod dva vektora, imamo tri vrste površinskog integrala:

Prvi i treći integral su vektorski površinski integrali.

u ""(;) =u (x, y, z), -;: skalarno polje. O U -+ O U -+ O U -> G - i +-j gradijent +-k o z oy ox u (x, y, M (x, y, z) u u= oxO-U -+i +-oyO U -+j +-oO Uz -+k. I l l= {3, y}.duIzvod funkcije u (x, y, z) po datom pravcu l . dl M (x, y, z), u ·l, du o u a+-o u {3 +-o u y. dl ox oy o z 15° Vektorska vektorsko polj;(-;:} e. ;(x, y, z), Vektorska linija vektorskog polja -; tr

M (x, y, z),

gde je vektor položaja p o I j e. Skalama funkcija zajedno za svojom oblasti definisan osti, zove se

Skalarno tačke

r a d i j e n t.

no

Vektor

se

z) u tački

{cos a, cos

zvo d po

datom

prav

cos

e u.

Neka je

pravac određen jediničnim vektorom

u datoj tački

. , Je skalami proizvod grad

u oznaci

cos

cos

V e k t o r s k o p o l j e. oblašću definisanosti, zove se

_,.

tj.

cos

funkcija

tangenta paralelna sa

Pro s to rni

vektorom

i z v o d. Neka je

;(-;:},

S

8 lim -----

v_,.o

V,

ako ovaj postoji. Pod u teži nuli.

V-->-O

V

svakoj

sa svojom

svojoj

tački

Vektorske linije su određene jednačinom

spoljašnja strana zatvorene površi koja može

S.

da se "steže" i koja ograničava odgovaraj uću zapreminu skalarna ili vektorska funkcija integrabilna na

Prostorni izvod funkcije rp (!) u tački

zajedno

=

je kriva kod koje je u

16°

polja

i označava se sa grad

grad

14°

skalarnog

zove

A

V.

Neka je, dalje,

rp (h

zove se limes

, AEV

se podrazumeva da maksimalna duž, koja je sadržana

zavisnosti od toga da Ii je skalama ili vektorska funkcija i kakvo je značenje množenja • imamo sledeća tri prostorna izvoda, zajedno sa usvojenim nazivima i oznakama:

U l)

lim

V-+ 0

V

-;p(!)

rp (r)

(gradijent funkcije

rp)

145

! l. VEKTORSKA ANALIZA

2)

lim

v- o

3)

lim

v- o

1489. 1490.

1492.

1493.

1494.

V

ifj p(:) s

X

d;

_ _ _ _ _ _

V

div p

(divergencija vektora 9}j (rotor vektora q}j.

rot rp

--'>

Odrediti hodo graf vektorske funkcije a (t) koja ima: l o Konstantan pravac i smer. 2o Konstantan modul. --'>

Šta je hodogra f vektorske funkcije: l o r = cos t a + sin t b. 2° r = cht a + --'> + sh t b gde su a i b dati ortogonalni vektori. -)o

--'>

1491.

rffi q; {:) . d;

_ s ____

-)o

-)o

-)o

--'>

Pokazati da je hotograf vektorske funkcije r (t) = t2; + th +---; ravna kriva --'> --'> --'> i naći vektorsku jednačinu te ravni, ako su vektori a, b i e konstantni --'> --'> i a x b =F- 0, Vektor položaja pokretne tačke u proizvoljnom vremenskom trenutku t dat je sa -;(t) = f- 4t2 7+ 3tz k, gde su 7, 7 i k ortovi koordinatnih osa prostornog koordinatnog sistema Oxyz. Odrediti: l o Putanju tačke. 2o Brzinu. 3o Ubrzanje. Data je jednačina kretanja 7(t) = 2 cos t f+ 2 sin t 7+ 3 t k. Odrediti tra jektoriju kretanja, brzinu i ubrzanje kretanja, kao i intenzitete brzine i ubrzanja u trenucima t = O i t = � .

2

--'> --'> g t2 --'> Jednačina kretanja projektila bez trenja vazduha je r = tv0 - - k, gde je

2

v0 početna brzina. Naći brzinu i ubrzanje u proizvoljnom trenutku t.

1495.

Vektor položaja pokretne tačke kao funkcija vremena, dat je jednačinom 7(t) = cos w t;+ sin w tb, gde su ; i b vektorske konstante a w skalama konstanta. Odrediti vektor brzine i ubzanja ove tačke i pokazati da je

putanja tačke elipsa sa poluosama 2 \ ;l i 2 \ b\. 1496. Materijalna tačka mase m kreće se pod dejstvom privlačne sile -A r i sile trenja -a ;: gde su A i a (a2 > 4A ) konstante a ;brzina materijalne tačke, --'> čiji je vektor položaja r. Odrediti vektor položaja u funkciji vremena t . 1497. Naći intenzitet brzine tačke n a krugu, poluprečnika a , koji s e kotrlja po pravoj sa stalnom uglovnom brzinom w tako da mu centar ima stalnu brzinu v0• l O Zbirka zadataka iz više matematike Il

146

V.

VEKTORSKA ANALIZA I TEORIJA POLJA

Dokazati sledeća pravila diferenciranja:

d� , d (A�a) = A 1498. dt dt d 1499. dt

gde je A konstantni skalar.

(rp �a) = drp-dt -a + rp d�-dt ,

gde je

- � da- db . 1500. d (a · b) = - · b + � a·dt dt dt da d rp . 1502. .!!_ ; (t)] = drp dt dt

-

rp= rp (t)

skalama funkcija.

d (a� x �b) = d-; ib. 1501. - xb +-a x dt dt dt

[rp

� - = 0, 1503. a · d� dt

�

gde je l a l = const.

Proveriti jednakosti:

( (

)) (

)

1505. .!!_ -;. d-; X dz� =� • d-; d3� dt dt dtz dt dt3 X

1506.

Dokazati da je

1507.

Ako J·e

1508.

Dokazati da iz jednakosti

1509.

Ako vektor

1510.

15 11.

•

; . d;= a da (a= J� i)

- d; a x -=O dt ' a ima

-;=-;(rp) :;=;( rp + �)·

dokazati da vektor

dz-; dtz

,

za svaku vektorsku funkciju ;

a ima

konstantan pravac.

--+

= r f(r) sledi Jednakost r x -· = e.

�

.

konstantan pravac i ako je

.

d-; dt

� d - (a + b) = O, dt -�

dokazati

Neka je jedinični vektor u ravni xOy čiji je početak u tački O i koji zaklapa ugao rp sa pozitivnim delom x-ose. Dokazati da je

Ako je vektor.

--

� a (t) x a;;(t) = 0, dt

dokazati da je ort vektora

� a (t)

konstantan

147

§ l. VEKTORSKA ANALIZA

1512. Ako su vektori -;(t1) i -;(t2) normalni na vektor b (t1 < t2), pokazati da postoji bar jedna vrednost t' (t1
d-;

Q->0

e

_:_ ______:_ _: ::..__ _ __:_

Ako je -; vektor položaja pokretne tačke M (x, y, z) a ; i b konstantni vektori, pokazati da je: J _,. __,.

__,. __,.

__,.

1516. grad V (a x r)2 = (a x r) x a

�� X-;)2

-+ --+

1517. grad (a · r) r3

·

--+ --+

--+

3 r (a · r) rs r3

= _!!__

� --;) -; x (7z xb) 1518. grad -- = -. - -- · 1519. grad J-; x-; Jz = [(-; x 7) x -;l. (b .-;) (b .-;)Z 1520. Dokazati da je: l o grad (c1 u + Cz v) = c1 grad u + Cz grad v; 2° grad (uv) = u grad v + v grad u;

2

( )

u v grad u-u grad v 3 o grad = v vz

·

grad cp (u) = cp' (u) grad u. __,. 1521. Naći izvod funkcije u c;. ) = 3 xz - 3 yZ + zZ-2 xyz u tački 70 = ( 1 , 1 , 0) __,. po pravcu e = (O, O, - l). 4°

1522. Naći du u tački ;: = (l , l , l) ako je u = xyz a ;= (cos a, cos {J, cos y). d-;

Izračunati J grad u J u toj tački.

xz yz zZ 1523. Naći izvod skalarnog polja u (r) = + - + - u tački az bz cz __,.

lO•

__,. 70

po pravcu

__,.

70 •

148

V. VEKTORSKA ANALIZA I TEORIJA POLJA

du d ro

Kada će biti ----=:- = grad 1524.

Naći izvod funkcije vektora

1525.

Ako je

__,. e.

u (r0)? __,.

__,. __,.

u (r) = a · r (a- konstantan vektor) u pravcu datog

__,.

---+

__,.

u (r) = (a x r) · (b x r), dokazati da je du -- = (a x r) · (b x e) + (b x r ) · (a x e) de --->

---+

----=:.

---+

---+

----+

---+

�

---+

-->

gde su

__,.

__,.

i b konstatni vektori a e dati jedinični vd::.tcr.

a

1526.

Pokazati da funkcije u 1 e;) = 1-;1 i površi ali različite gradijente.

1527.

Tačka se kreće konstantnom brzinom V0 • Odrediti vektorsku jednačinu putanje ove tačke.

1528.

Odrediti vektorske linije vektorskog polja

1529.

Dato je vektorsko polje a = e x r (e konstantni vektor). Pokazati da su vektorske linije ovoga polja krugovi koji leže u ravnima upravnim

u2 e;) = 1 71 2 imaju iste ekviskalarne __,.

�

�

---+

---+

__,.

-

na vektoru e a čiji su centri na pravoj Pokazati da je:

1532. 1533.

__,.

->

dt 2

dt

--->

__,.

__,.

__,.

__,.

(e = const). ___.

__,.

J --+b x d a. -->

Pokazati da je vektor površine koju ograničava zatvorena ravna kriva e dat sa

Dokazati 1534.

--->

__,.

r = tc.

___.

J a x db = a x b +

1531.

dz a dt = a x d-a + e ! ax-

r a (r) = � · 3 r l 1

__,. __,.

da i!;:

§ u C:) d---; = JJ d--; x grad u, gde e

o graničava površ S.

s

1535.

f -; x d-;. = 2 JJ d--;,

1536.

ifj du · d a = O ' __,.

s

gde e ograničava deo površi S.

s

s

d-;

ljašnje normale .

gde je

{)2 u + -{)2 u = O a u {)2 u --x2 {) y2 {) z2 j)

+

jedinični vektor spo-

§

1537.

149

2. ELEMENTI TEORIJE POLJA

..J{:., _!_ · d-; = 4 n, gde je S spoljašnja strana sfere poluprečnika a sa cen 'f.f r 3 s

trom u koordinatnom početku. vfh

1538. :JY s

1539.

(a · r) d a = V a, gde je V zapremina obuhvaćena sa po vrši S. ---7-

------?

--+

--+

ifj) rot� · d;= O . s

§ 2. Elementi teorije polja Ia

O p e r a t o r n a b l a.

Nabla

je simbolički vektor

Ako se ovaj simbolićki vektor primeni na skalarnu funkciju onda je po definiciji V u � grad u Skalami proizvod simboličkog vektora i nekog vektora A naziva se divergencija vektora A i p1še ...... o Al + o A, + -o A, 17 A � div A = ox oy oz __,.

__,.

--

--

Vektorski proizvod simboličkog vektora i vektora i piše ->

vx A=

rot A � ->

Ll

->

A

naziva se rotor vektora

__,.

A

->

k o

o

j o

ox

oy

oz

A1

A,

A,

naziva se Laplaceov operator ili laplasijan 1 definiše se jednakošću. Ll u = div (grad u) ili u simboličkom obliku Ll � 17 v V 2 • Jednačina Ll u = naziva se Laplaceova jednačina a funkcija u, koja je zadovoljava, harmonijska funkcija. Sem ovih operatora uvodi se i sledeći operator

Operator

=

O

o o o A v � A � - -1- A, - + A, oz oy ox

__,.

koji primenjen na neki vektor X daje ->

ox Ox o: (A v) X= A 1 - -- + A, - + A, - · ox oy oz ->

__,.

150

V. VEKTORSKA ANALIZA I TEORUA POUA

A{,) fluks vektorskog polja kroz određenu

2" F l u k s i c i r k u l a c i j a v e k t o r s k o g p o l j a. Ako vektor

i nducira vektorsko polje u nekoj oblasti V, onda se iz oblasti V, koja se karakteriše jediničnim vektorom normale

stranu date površi S

-; (cos a, cos fl, cos

y)

naziva integral.

dS= JJ (Ax cos a + Ay cos fl + Az cos y)dS. Formula Ostrogradskog JJ A -;dS= JJJ A dxdydz S.S Cirkulacija vektora A(-;) p A d-; = p Axdx+Aydy+Azdz. JJ A;

s

s

izražena vektorski ima oblik div

s

,

v

površ koja ograničava oblast V, a --;, jedinični vektor spoljne normale

gde je površi

duž neke zatvorene krive

e

(rad polja) naziva se broj

e

e

Vektorski oblik Stocesove formule je

e

S

f l d-; = JJ -; rotA dS, S

S,

S, n

_,.

gde je e zatvorena kriva, koja ograničava površ pri čemu pravac normale površi mora biti izabran tako, da se za posmatrača, koji stoji na površi a glava mu je u pravcu normale, obilazak konture e vrši suprotno kretanju ka zalj ke na časovniku (u pravouglom sistemu koordinata).

3° V r s t e v e k t o r s k i

naziva se

polja A,

h

p o I j a. Vektorsko polje

potencijalno. U

rot A = O

A

tom slučaju postoji funkcija

takva da je

grad

za koje je ispunjen uslov

u,

koja se naziva

potencijal

u=A. -+

Ako je potencijal i jednoznačna funkcija, onda je

A dr =u(B)- u(A)

J -+ -+

AB

te je u specijalnom slučaju cirkulacija vektora jednaka nuli. Vektorsko polje A naziva se

salenoidalno vektorski potencijal u, ako je

div A = O.

u svim tačkama polja. Njegov __,.

A = rot

gde je -;; neko novo vektorsko polje.

-+

određuje se iz jednakosti

§ 2. ELEMENTI TEORIJE POUA Vektorsko polje

A

za koje su ispunjeni uslovi rot

naziva se Laplaceovo. Vektorsko polje

naziva se

1540. 1541.

A

151

A= O

--..

div

i

A= O

--..

za koje je ispunjen uslov

lame/arno.

Napisati u razvijenoj formi sledeće izraze l 0 V (/· q;); 2° V (/d) ; 3° V X (/�) .

Pokazati da je

l o rot -;= O, gde je -; konstantan vektor;

2° rot (c1-;1 + c2�2)

=

c1

rot-;1 + c2 rot � ;

3° rot (u a) = u rot a + grad u x a. --..

--..

--..

Ako je -; vektor položaja tačke 1542.

a

r njegov intenzitet naći:

40

(r); 20 V (r); 3° v (+) ; v ( � ) · l o V x r; 1° V (r0); 2° V (; ) ; 3° V (rZ). z l o r; 2° (+) gde je Laplaceov operator.

lo V

-+

--..

--..

--..

1543. 1545.

--..

Ll

1544.

Ll

,

Ll

--..

2° Vx

Dokazati sledeće jednakosti:

1 546. 1547. 1548. 1549.

grad �0 = ;x rot-;+-;x rot-; + {t; V)-;+ � V) t;_ V {t; x "0 = div (;x 0 =--;rot-;;_-;; rot-;

V x (-;; x --;) = �V) ;-{t; V)--;---; div-;; +-;; div-; Izračunati

�

x

V) x b.

Dokazati sledeće jednakosti:

1 550. 1551.

-;{v (b gradf) -bV (;;grad/) = (;Vb-bVd) grad/.

7 [grad (7;;} + rot (;" x -;)] = div ;, gde je -; konstantan vektor.

(�). --..

152

1552.

V. VEKTORSKA ANALIZA I TEORIJA POLJA

Grad

(:� ) + rot (a ;3 r ) = O, gde je -; konstantan vektor, --; vektor položaja

tačke a r njegov intenzitet. 1553.

Izračunati 0 17) (bi).

1554.

Pokazati da je (a x 17) r = O ako je r vektor položaja tačke.

1555.

--->

--->

--->

Izračunati (-; x 17) x --; ako je --; vektor položaja tačke.

1556.

Dokazati da je rotf(r) 7= 0, ako je r = r-; 1 .

1557.

Ako je -; konstantan i

A = grad (7 � + rot e; x �

izračunati projekciju vektora 1558.

X na vektor Z

(hp ; ihp �

d 1p ;

Ako Je 1p = 1p (x, z, t), A = - T -- k, B = --- - J, kakav doiJ x e iJ t () z --->

•

l

l iJ A pu nski uslov mora zadovoljiti funkcija 1p da bi bilo rot B = - e iJ t

--->

-+

1

iJ iJ

-+

,

rot A = -- - , div A = O, div B = O. e iJ t --->

1559.

--->

Ako su f i ([! skalarne dvaput diferencijabilne funkcije izvesti obrazac za 172 /([! = iJ /([! . Dokazati sledeće identitete (smisao oznaka je očigledan) :

1560. 1561.

172 (lji) = AI72 B+ BI72 A�+ 2 v-:;17--; (AB).

172 (A X B) = (Xx 172 B) -(B X 172 A) + 2 v; 17:B (A X ii).

1562.

172 (ABC) = (A X ii) 172 e+ (B X C) 172 A+ (C X A) 172 B + 2 177 17:8 (ABC) + + 2 17:B I7-c clic) + 2 17-c I77 (ABc).

1563.

lo

JJ I ([! div-;dV= 1fi ([!;is-J Jr ;grad d ([! dV; v

2°

s

v

J Jr ;rot;dV= JJJ brot;dV- 1fi is(;; v

v

s

x

b),

gde su ([!, -;; i b proizvoljne neprekidne funkcije a S je zatvorena površ koja ograničava oblast V.

1564.

1/) [

§ 2.

17 rp

J dS+ JJJ+ v

s

M

153

ELEMENTI TEORIJE POLJA

172

gele je r rastojanje tačke

od koordinatnog početka O koja leži izvan prostora zatvorenom površinom S a rp je skalama funkcija tačke

1565.

1/)

1p �kalarne funkc;je tačke

pravcu normale površi. 1566.

Koju osobinu mora imati vektor važila relacija gde je

1567.

-->

a

L1 1p) dV,

M E V,

v

s

gde su

1p +
a

V ograničenog

M.

0 1p izvod funkcije 1p u dn

da bi za proizvoljnu zatvorenu površ

S

--> konstantan wktor? e

Ako je a konstantan vektor a S zatvorena površ koja obuhvata zapre� ' F (r x a) x dS = 2 V a. minu V, pokazati da je :f. -->

---+

---+

---+

--+

s

1568.

Ako je --; vektor položaja tačke u prostoru, -; konstantni jedinični vektor a e zatvorena prostorna kriva, pokazati da je: n-: p --; x d-; jednak dvoe

struk oj vrednosti površine ograničene projekcijom krive

n r = p, gde je

-->-->

1569.

p E

R.

Transformisati krivolinijski integral

e na ravan

p d7 x ; u površinski, ako je kriva

e

e

ograničena linija površi . Ispitati slučajeve lo 1570.

a = r i 2o -; =--; x 7:, gde je e konstantan vektor a --; vektor položaja tačke polja.

Izraziti preko o rtova vektorsko polje u = arc tg

z v x2 + y2

,�·

A =7: x grad u, ako je e = i + j + k.

---+

---+

-�

---+

Izračunati fluks sledećih vektorskih polja: 1571.

A = (x-2 z)f+ (3 z-4 x)J+ (5 x + y) k, kroz spoljnu stranu piramide čija su temena ( 1 , O, O); (0, l , O); (0, O, I ); (0, O, 0).

1572.

A = xy i + yz j + xz k, kroz spoljni deo sfere x2 + y2 + z2 = l koji pripada -->

prvom oktantu.

__,.

154

V. VEKTORSKA ANALIZA

I TEORIJA POLJA

1573. A = x7+ yJ-z k, kroz spoljnu stranu sfere x2 + y2 + z2 = 4.

2

1574. A = yzf-x}-yk, kroz spoljnu stranu dela konusa x2 + y2 = z2 ograniče nog rc..vnima z = O i z = l .

1575. A = xzf + xJ+ xzk , kroz deo spoljne strane rotacionog paraboloida y = 1). xz + z2, koji pripada prvom oktantu i ograničen je ravni y= l (O

xz y2 z2 + - = - , O .;; z .;; b u pravcu spoljne 1576. A = x2 ž + y2j+ z2 k, kroz površ az az b2 normale. _,.

_,.

_,.

_,.

e1577. Izračunati fluks sile a = -f- ro kojom jedinično elektrostatičko opte_,.

Rz rećenje u polju O dejstvuje na opterećenje e u tački M sfere čiji je centar u O a poluprečnik R {_;0 = ort oM) kroz tu sfernu površ.

1578. Izračunati fluks vektora

-+A = L:n 17 ( -

et

),

4 rt gde je et konstanta a r, rastojanje tačke Mt (izvora) od promenU:ve tačke M, kroz zatvorenu površ S, koja sadrži tačke Mt (i = l , . . . , n). i= I

-

n

2,

1579. Dokazati da fluks vektora A kroz površ S, zadatu jednačinom r = =-; (u, v) [(u, v) D] iznosi _,.

....

E ( A o-; o-;) du dv. A n dS = JJ JJ o u o u _,._,.

_,.

D

S

1580. Količina toplote, koja proteče u polju temperature u za jedinicu vre mena kroz element površi dS, iznosi dQ = -k-;; grad u dS,

gde je k koeficijent unutrašnje provodljivosti toplote a -;; jedinični vek tor normale površi S. Odrediti količinu toplote, koju akumulira telo V u jedinici vremena. Koristeći brzinu porasta temperature, izve:ti jednačinu koju zadovoljava temperatura tela (jednačina termoprovodljivosti). Izračunati linijske integrale: e

dok je

e

deo prave između tačaka

(1 ,

l , l)

(2, 3 , 4).

155

§ 2. ELEMENTI TEORUE POLJA

J

x i + yj + z k duž prave između 1582. V x (x- l ) + y (y- l) + z (z-1) tačaka (1, l , l), (4, 4, 4). AA d � gde �. �

�

�

�

�

-

'

e

Naći rad koji izvrši sila: 1583. A = (2 a-y)t + (y-a)J, duž prvog luka cikloide x = a(t -sin t), y = a (l -cos t). 1584. A = xzt+yJ+ cos zk, duž zavojnice x = a cos t, y = a sin t, z = 2 t od tačke t = O do tačke t = _i_ :n;, 2 1585. A = f(r)-; gde je f neprekidna funkcija duž luka AB. 1586. Prvo direktno a zatim pomoću Stocesove formule izračunati cirkulaciju vektorskog polja A = yzt-xz} + zzk duž konture e koja se dobija pre� sekom paraboloida xz + zz = 1 -y sa koordinatnim ravnima. Izračunati cirkulaciju sledećih vektorskih polja: 1587. A = xzt-yzz}+ xyk, duž zatvorene linije zz = xz-yz + 2 az, xz + yz = az. 1588. A = yl-xJ+ zk, duž zatvorene linije xz + yz + zZ = 4, xz + yz = z2 (z> O). --+

1589. A = -y i + xj + c k (c E R: 1° duž kruga xz + yz = l , z = O ; 2° duž kruga (x-2)Z + y2 = l , Z = 0. --+

(

--+

1590. A = V arc tg

--+

� ) duž

konture e: l o ako kontura e ne obilazi Oz osu;

2° ako je obilazi. 1591. Ravni stacionarni tok tečnosti karakteriše se vektorom brzine w = u (x, y) i + v (x, y)j. Odrediti: l o količinu tečnosti koja protekne kroz zatvorenu konturu e, koja ograničava oblast D (gubitak tečnosti); 2° cirkulaciju vektora brzine duž konture e ? Kakve u:;luve moraju zadovoljiti funkcije u i v, ako je tečnost nestišljiva a tok bezvrtložan? 1592. Pokazati da je vektorsko polje a = f(r) potencijalno i naći njegov potencijal. 1593. Dato je vektorsko polje A = (y + z) i + (x + z)j + (x + y) k. Pokazati da je to polje potencijalno i naći njegov potencijal. -

-+

�

-+ r

�

1 56

1594.

1595.

V. VEKTORSKA ANALIZA I TEORIJA POLJA

Ako polje brzina v ima potencijal cp pokazati da zanja -; ima potencijal i naći taj potencijal. --+

Odrediti konstante

a, b i

polje vektora ubr-

e tako da polje vektora

A= (x + 2 y + az)t+ (bx- 3 y- z)J + (4 x + ey + 2 z) k

bude potencijalno i naći njegov potencijal. 1596.

Ako je --;; konstantan vektor, 7 vektor položaja tačke u prostoru, gov intenzitet, ispitati koja su od sledećih vektorskih polja � ---+

-* � �

3° r c + -1 (c r) r; r

4o

- potencijalna i naći njihov potencijal. 1597.

gde je

a

E R, neprekidno

kidan potencijal

k

za

-a;JI

.!:___ gde je r3

r < a,

i potencijalno u celom prostoru. Naći nepre"'

_,.

_,.

o

A=f(r)-; salenoidalno ako je f(r) =

neka konstanta.

f(x) tako d a polje vektora xy 3z A =f(x) i + 2 --f(x)j--l + x2 l + x2

Odrediti funkciju

-+

_,.

bude solenoidalno uz dopunski uslov potencijal.

1601.

--?

F(r) toga polja i izračunati J V d r .

--+

1600.

-).�

e ) za '>a,

Pokazati da je vektorsko polje ,

1599.

r e--l (e r) r r

---)- �

Pokazati da je polje vektora

-;�

1598.

{-;

r nje

Ispitati kakvo je polje

k

_,.

f (l) = � , zatim naći vektorski 2

A = r (e x r) naći njegov potencijal. -+

--+

--+

-;= e;-7z) X (:-b) c7z i b su konstantni vek tori) ima vektorski potencijal ; = -;X (7z-b) X--;_ (7z Xb) Pokazati da polje vektora

[+

�

J

•

§ 2.

157

ELEMENTI TEORIJE POLJA

1602.

Pokazati da je polje A {I + yz, x (z-x) -(1 + xy)} lamelarno i salenoidalno i naći njegov vektorski potencijal.

1603.

Pokazati da je vektorsko polje

-->

A = _!_ Laplaceova i da je njegov poten r3

cijal harmonijska funkcija, tj . da zadovoljava jednačinu 02 u oz u o z u + - + - = 0.

oxz oyz

1 604.

oz

u (x, y) oblika u (x, y) = ax3 + bxz y + cxyz + dy3 . . ov ou .. . a zat1m naĆI. funkciJU obl'1ka V (x, y) za k OJU Je - -ox oy Najzad pokazati d a se tako dobijenim funkcijama u i v, funkcija u (x, y) + iv (x, y) može predstaviti kao funkcija Odrediti najopštiju harmonijsku funkciju

=

promenljive 1 605.

kompleksna kompleksne

z.

Naći bar jedno salenoidalno polje a = a (x, y, z) iz uslova J--;; d-; = 2 0, gde je L kontura četvorougla ABCD: A (2, - l , 8), B ( 1 2, - l , 8, C ( l 2, l ,

1606.

. o v ou oy ox

1 -=-·

8) , D (2, l , 8).

Pokazati, ako je polje vektora A Laplaceova da onda njegove koordinate P, Q , i R moraju biti harmonijske funkcije . -->

Glava VI DIFERENCIJALNA GEOMETRIJA

lo

Dužina luk a

§

l. Kriva u prostoru

....r =.. ....r .. (t)= x (t) y (t)...... z (t) k......

p r o s t o r n e k r i v e.

i+

Neka j e

j+

x (t), y (t), (x,z (t)y, z)

jednačina krive e u vektorskom obliku, gde su funkcije. Tada je diferencijal dužine luka krive u nekoj tački

ds = V(dx)2 (dy)2 (dz)2 (x0, y0,t =t,z0), +

+

(x, y, z) s = J v(.X)' + cw + dt. l) T, B N,...... dr , dr x d2r . (dr x d2r2 ) dr r dt dt dt2 dt Mdt dt ....T-vektor .. tangente, B-vektor binormale N-vektor M 8). glavne...... ....normale •, .. ...... ...... d ...... ...... d• dr -; • = ds ' = ds jj ds• l · P = • a dužina luka izmedu tačke kojoj odgovara parametar

2° P r i r o d n i t r i e d a r.

�

-

-+

-

kojoj odgovara parametar

je

t= t0,

i tačke

z

'

to

i

diferencijabilne

Označimo

sa

redom, sledeće vektore:

-+

-

�

1

-

x -, -+

-

vektor položaja tačke

gde je

krive e. Nazivaju se:

i

krive

(sl.

Njihovi ortovi formulama:

p

i

v,

e

y

u tački

mogu se dobiti po

X

Sl.

x v.

-+

8

159 2) Tri ravni, koje prolaze kroz tačku krive e: oskulatorna odredena vektorima normal na-kojatzvje. prinormalna na prvei {J,dve, obrazuju rodni trinaedarvektor krive e iurektitačkifikaeiona-koja je normalna ,,,.. IW� 3° K r i v n a, t o r z i j a Pr e n e t o v i o b a s i. Označimo sa K krivinu, sa RTadapoluprečni je: k krivine, sa T torziju i poluprečnik torzije krive u t i § t. KRIVA U PROSTORU

__.. T

M

__..

-+

i

i

M.

T

r

sa e

e

-

ačk

M.

K=_!_R = � . I T l'

l)

__..

Ako je kriva zadata jednačinom r = r (s) gde je s dužina luka tada je __.. __..

d'r R� = l ds2 l · B · d3r T = -= dt3 . -+

1

2)

e

Ako je r = r (s) tada je __..

-+

__..

-

--

I BI 2

__..

d3r B· d{J � = -1- l ds l = � ' l dsd2-;2 1 2 gde se znak minus uzima ako su dds{J Istog pravca a znak plus u suprotnom slučaju. d d d (Frenetovi obrasci). 3) -;;; = Ji· ds =- R" + ; · ds =- -; (!

__..

T

v

v

-+

-+

-+

fJ

T

-

�

-

-+

__..

__..

__..

-+

fJ

v

. __..

1

.

-+

v

__..

1607. Dokazati da je kriva r = {a cos t, a sin t, b sin t) presek kružnog dra i hiperboličnog paraboloida. Naći dužinu luka krive:

{ 2

t3 1608. r = t, t2, -3__..

__..

1609. r = {et cos t,

}

et

2

od t = O do t = 2. sin t, et}

1610. r = {sin2 t, sin t cos t, ln cos t}

od t = O do t = t. od t= O do t= t.

cilin

160

VI. DIFERENCIJALNA GEOMETRIJA

od tačke (0, O, O) do tačke

1611. xz = 3 y, 2 xy = 9 z

(3, 3, 2).

1612.

Odrediti dužinu luka krive i b konstantni vektori.

1 6 13.

Pokazati da se kriva xz + zZ = az yz + zZ = az nalazi u dve međusobno normalne ravni .

1614.

Data je kriva

r (t) = ta + ( l - t) b

u funkciji od

t

gde su

a

,

7= {

t+

:' , : t-

z

, 2a

� }·

ln

l o Pokazati da je ona određena presekom površi x+y z = 2 az ln .

xz- yz

=

4 az

--

2a

2°

1615.

Pokazati da je dužina luka date krive od tačke na x-osi do proi zvoljne tačke proporcionalna sa y-koordinatom te tačke.

Kružna zavojnica x- a cos

s Vaz + bz '

_,.

r = {a cos t, a sin t, b t } s

.

y - sm -

Vaz + bz '

-

z-

ima jednačine: bs --

--

Vaz + bz

gde je

s

dužina luka od

tačke (0, O, O) do proizvoljne tačke. Dokazati. 1 6 16.

_,.

Neka je T= {Tx, Ty, Tz} gde je T vektor tangente krive. Pokazati da je: l

o

X- x --

Tx

=

Y-y

Z- z

-- = --

Ty

Tz

" " - Jed nacma tangente k nve u tacv k•1 (x, y, z) ; v•

2o Tx (X-x) + Ty ( Y-y) + Tz (Z- z) = O - jednačina

u tački (x, y, z).

1617.

Ako je B= {Bx, By, Bz} vektor binormale, tada je: lo

X

-

x

Y- y

-- = -- =

By

Bx

Z- z . v · b t"normale Jednacma Bz

--

2° Bx (X-x) + By ( Y-y) + Bz (Z- z) = O

Dokazati .

1 618.

normalne ravni krive

. 1

jednačina

oskulatorna ravan .

Ako je N= {Nx, Ny, Nz} vektor glavne normale, tada je: lo

X- x

Y-y

-- = -- =

Nx

Ny

Jednacma gl avne norma1e 1·

Z-z . --

Nz

v ·

2° Nx (X-x) + Ny (Y-y) + Nz (Z-z) = O

jednačina rektifikacione ravni.

161

§ l . KRIVA U PROSTORU

1619.

1620.

Napisati jednačine tangente, glavne normale i binormale za zavojnicu -;= {a cos t, a sin t, bt} u proizvoljnoj tački. Pokazati da tangenta krive ; = !:.._ , 2 t3 zaklapa stalan ugao sa 3 27 vektorom a = { I , O, l }. Koliki je taj ugao?

{r,

_,.

1621.

}

Data je kriva r = {a cos t, a sin t, bt} (a>O, b>O). Dokazati da je rastojanje između tačke r (t) na ovoj krivoj i preseka tangente u toj tački sa ravni xOy jednako k l t l gde je k neka konstanta. Napisati jednačine ravni koje obrazuju prirodni triedar krive xz + yz + zZ = 6 , xz- yz + zZ = 4 u tački ( 1 , 1 , 2). _,.

1622.

1623. 1 624.

Pokazati da vektori osnovnog triedra krive r = {et cos t, et sin t� et} za klapaju konstantne uglove sa z-osoro. Napisati jednačinu oskulatorne ravni krive _,.

] 0 -;= {et, e-t, t V2} u tački t = O. 2° xz + y2 + z2 = 9, xz-yz = 3 u tački (2, 1 625.

l , 2).

Napisati jed načinu rektifikacione ravni krive -; =

u tački t = !!___ 2 . . đu tangente knve r = cos z t, -, sin t i poPokazati da Je. ugao Izme 2 tega dodirne tačke stalan. t3 tl u kojima su tangente paralelne Naći one tačke krive r = t4 , -, 4 3 2 ravni x + 3 y + 2 z- 3 = 0. Odrediti funkciju rp (t) tako da glavna normala krive r= {t, sin t, rp (t)} bude paralelna sa yOz ravni. •

1 62 6

•

1627.

1 628.

1629. 1630.

1 631.

{v� , /r In sin t}

.

...... [

-

}

__,.

{

sin2t

-

}

Data je kriva r = {a cos t, a sin t, af (t)}. Odrediti f(t) tako da oskula torna ravan krive sa z-osoro gradi stalan ugao. Dokazati teoremu: Ako se kriva i njena tangenta projektuju na neku ravan tada je tangenta projekcije jednaka projekciji tangente krive. _,.

Data je kriva r= {x, rp1 (x), rp2 (x)}. Ako postoje rp/ (x0) i rp2' (x0) poka zati da kriva ne može imati za x = x0 tangentu normalnu na x-osu. _,.

ll Zbirka zadataka iz vile matematike

ll

1 62

Vl. DIFEREN CIJALNA GEOMETRIJA

.... 1632. Data je kriva r = {3 t, 3 t z, 2 tJ}. l o Pokazati da se normalna, rekti fikaciona i oskulatorna ravan u tački maksimalne krivine poklapaju sa koordinatnim ravnima. 2° Pokazati da jedna od bisektrisa između tan gente i binormale ima stalan pravac. 1633. Svaka oskulatorna ravan kružne zavojnice seče kružni cilindar na kom se nalazi po elipsi konstantnih poluosa. Dokazati. 1634. Dokazati da sve normalne ravni krive r= {a sinz t, a sin t cos t, a cos t} prolaze kroz jednu stalnu tačku. Koja je to tačka? 1635. Ako oskulatorne ravni krive uvek prolaze kroz jednu stalnu tačku, dokazati da je kriva ravna. 1636. Ako je krivina krive u svakoj tački jednaka nuli, dokazati da je ta kriva prava. 1637. Ako je torzija krive u svakoj tački jednaka nuli, dokazati da je ta kriva ravna kriva. 1638. Dokazati da je ___,.

y'

x'

z'

x " y" z "

=

x'" y'" z'"

O

potreban i dovoljan uslov da kriva r {x (t), (t), z (t)} bude ravna kriva. 1639. Pokazati da Je kriva r = {a 12 + b1 t + c1 , az tz + hz t + Cz , a3 t z + b3 t + c3} ravna kriva. ___,.

y

=

1

1640. Naći jednačinu ravni u kojoj se nalazi kriva r = {l + 3 t + tz, l - t z}. ___,.

2 2-2 t +

5 12,

1641. l o Ako neka ravan seče krivu r = {a1 t, a2 t z, a3 tJ} u tačkama t1, Iz i t3, onda je njena jednačina az a3 (t1 Iz + Iz 13 + 13 11) x- a1 a3 (t1 + I + t3) + a1 OzZ - a1 az a3 /1 Iz t3 = O. z 2a Koristeći l napisati jednačinu oskulatorne ravni date krive. ___,.

y

o

1642. Naći krivinu krive r = {cos t, sin t, ch t} u tački t = O. z 2 . r= t ( az t a . . knve . . 1643. Naći krivinu torziJU + ' t- t, a ln -; u proizvolJnO] tački. ___,.

___,.

{

1644. Pokazati da su krivina i torzija krive r= {3 t, 3 t z ,

}

.

2 tJ} proporcionalne.

§ l.

1645.

163

KRIVA U PROSTORU

Pokazati da su poluprečnik krivine i poluprečnik torzije u svakoj tački krive r = { 3 t-t3, 3 t 2, 3 t + t 3} jednaki. ___,.

1646.

Ako je () ugao između glavnih normala u dve tačke krive čiji je luk () između njih Li s, pokazati da je lim - = VKz + T2 . Ll S

Ll s-->0

1647.

1648.

Neka su M0 i M dve tačke krive e. Ako je luk ove krive M0 M= Ll s infinitezimala, dokazati da su rastojanja tačke M od normalne, rektifi kacione i oskulatorne ravni u tački M0, u odnosu na Ll s, infinitezimale redom: prvog, drugog odnosno trećeg reda. .,..--.,.

Kriva je zadata jednačinom (s) = asm + [m x e (s)] gde je m konstantan r

jedinični vektor, a konstantni skalar i e (s) proizvoljna vektorska funk cija od s. Dokazati: l Tangenta ove krive gradi konstantan ugao sa m. 2° Glavna normala ove krive je upravna na m. 3° Krivina i torzija ove krive, u proizvoljnoj tački, su proporcionalne. ___,.

a

___,.

1649.

{

Data je kriva ;= a (t- sin t), a (l -cos t), 4 a sin lo

1650.

-

� }·

Izračunati polup rečnik krivine krive. 2° Od svake tačke krive naneti u smeru jediničnog vektora na glavnoj normali, duž veličine a 1 + sinz . Naći jednačinu krive koju opisuje krajnja tačka te duži.

�

�

Za krivu {x (t), y (t), (t)} zna se da je dužina njenog luka s = fP (t). Dokazati da je torzija te krive data obrascem ___,.

r=

z

l

T = - -K z rp'6

x

x

x

'

"

'"

' y

" y

z

z

' "

''' '" z y

gde je K krivina a naznačeni izvodi su po parametru t.

1651.

Kriva koja leži na nekom cilindru i koja scče sve njegove generatrise pod jednakim uglovima zove se cilindarska zavojnica. Ako taj ugao označimo sa () i ako je u proizvoljnoj tački te krive x ft (t), y /2 (t), dokazati da je: · - cosec fJ ( JJ' ' J'2" -J'J"!2 ') gde . . ' f' l o ctg O j V• J J z + 2 2 dt. 2 o K nvma K f[!' 3 =

z=

ll•

=

-

J

l

164

VI.

je 4°

q/

(t) = cosec () V!,'2

DIFERENCIIALNA GEOMETRIIA

+

Jz' z, 3° Torzija

Pokazati da je K/T= const.

T=

-

ctg (} u;: Iz" -J,' ' !2')3 KZ cp'6 (J,' z + fz'2)Jf,

1652. Potreban i dovoljan uslov da glavna normala krive bude paralelna jednoj stalnoj ravni jeste da ta kriva bude cilindarska zavojnica. 1653. Ako su (} i cp uglovi koji sa nekom stalnom pravom grade tangente odnosno binormale krive, dokazati da je 1654. Odrediti krivinu i torziju krive

-; =

K sin () =

T

d ()

sincpdcp

{ J f(t) sin t dt, J f(t) cos t dt, J f(t) (t) dt}· 1p

1655. Naći torzije dveju krivih koje se mogu tako uzajamno jednoznačno preslikati da korespondentne tačke imaju istu binormalu. 1656. Kriva je zadata jednačinom r = r (s) gde je s dužina luka krive. Ako su R i e poluprečnici krivine, odnosno torzije, naći krivinu evolvente date krive. 1657. Naći torziju evolvente date krive kod koje je K-krivina a -torzija u proizvoljnoj tački. 1658. Pokazati da su krivina i torzija konstantne kod kružne zavojnice. 1659. Centar krivine neke sferne krive u nekoj tački je normalna projekcija centra sfere na oskulatornu ravan u toj tački. 1660. Sferna kriva konstantne krivine je krug. Dokazati. 1661. Kružna zavojnica je presečena jednom ravni i u svim presecmm tač kama postavljene oskulatorne ravni. l o Pokazati da se sve oskulatorne ravni seku u jednoj tački M. 2° Ako se presečna ravan okreće oko jedne prave kroz koju prolazi, šta je trajektorija tačke M? -+

-+

T

1662. Sferna indikatrisa tangente krive, čiji je tangentni vektor

-; (t)=_!_ . Kod svake I Tl trisa tangenata je krug. Dokazati. jednačinu

-+

T= T(t) ima -+

cilindarske zavojnice sferna indika-

1663. Data je sferna indikatrisa tangenata prostorne krive. l o Naći jednačinu krive. 2° Ispitati specijalan slučaj kada je indikatrisa krug. 3° Koris teći dobijeni rezultat, napisati opštu jednačinu svih zavojnica kojima je zadana krivina ili torzija. Specijalno, naći zavojnicu kod koje je 1/a cos t. 4° Napisati jednačinu krive konstantne krivine.

R=

§ 2.

1 664.

-+

•

1666.

1 65

Sferna indikatrisa binormala krive, čiji je vektor binormale B, ima Jednacmu

1 665.

POVRŠI

v•

-+

r

B

= -- . -+

!Bl

Data je sferna indikatrisa binormala krive. l o Naći jednačinu krive. 2° Koja kriva ima sfernu indikatrisu krug? 3° Napisati jednačinu krivih koje imaju datu konstantnu torziju 1 /e. Data je kriva y = xn, z =J (x) gde je n konstanta. Odrediti funkciju J tako da oskulatorna ravan krive u proizvoljnoj tački M krive prolazi kroz projekciju te tačke na y-osu. Tangenta geometrijskog mesta centara krivina neke krive normalna je na odgovarajućoj tangenti krive e. Ona se poklapa sa glavnom nor malom krive e ili je na njoj normalna samo u tačkama u kojima je T= O ili dk = O. Dokazati. e

ds

§ 2. Površi }0 P a r a m e t a r s k e j e d n a č i n e p o v r š i

k o o r d i n atne krive po-

v r š i. Jednačina

(II)

=r

_,.

r

_,.

(u,

v) = { /1

(u,

v), /2

(u,

v), /3

l��

(u,

v)}

je jednačina glatke površi ako je Jacobieva matrica

o /1

o/2

OV

ov

-

ranga dva. _,.

u

o/,

-

ov

i v su krivolinijske koordinate površi II.

(e,

(e,

Kriva r = { /1 v) , /2 v) , /3 (e, v)} je koordinatna kriva definiše koordinatna kriva v = e . 2° T a n g e n t n a r a v a n i

norm al a

p o v r š i.

u= e=

cons t. Slično se

-+

Ako je r1 vektor položaja

o r1 o r1 . 1 Izvodi u toj tački, tada je: OV o jednačina tangentne ravni, u datoj tački, data sa

tačke M1 na površi

II i

u

•

•

-

-

( ou

) =0,

..... ..... ..... o r1 o r1 (r-r1) - x OV

jednačina normale površi u datoj tački data sa .....

-+

(r-r1 ) = J.

(

)

-+

o r1

o r•

ou

ov

-x-

.

166

Vl. DIFERENCIJALNA

GEOMETRIJA

S: r ....r .(u,S v, a) karakteristike. povratna li n ij ....r =. ....r (u,. av, a)

3• O b v o j n i e a

-+

p o v r š i. Neka je parametar. Površ E koja svaku od površi Dodirne krive zovu se dodiruju jednu krivu koja se zove =

obvojnica površi S.

Eliminacijom parametra

a

iz jednačina

dobija se jednačina obvojnice

S

a

familija površi gde je dodiruje duž neke krive zove se Sve karakteristike obvojnice površi E. i

E.

(ra = rb(u, v, a, b)) ....r=r. (u, v, a, b) (� x or ) or = O ou ov oa (�ou x ov�) obor =0.

Ako u familiji imaju dva parametra nice E dobija eliminacijom parametara

-+

-

i

tada se jednačina obvojiz jednačina

-

1667. Data je površ -;= {u cos v, u sin v, Vaz-uz} gde su u i v nezavisni para metri površi a a konstanta. l o Napisati jednačinu date površi u obliku F z) = O i na osnovu toga zaključiti koja je to površ. 2° Šta su koordinatne krive u = e i v = e? 3° Kakvo je geometrijsko značenje para metara u v?

(x, y,

1668. Data je površ r = {cos u cos v, cos u sin v, sin u}. 1 ° Napisati jednačinu te površi u obliku F z) = O i zaključiti koja je to kriva. 2° Šta su koordinatne krive te površi? 3° Kakvo je geometrijsko značenje para metara u i v? _,.

(x, y,

.....

1669. Površ S je data jednačinom r = {u cos v, u sin v, f(w)} gde su u i v neza visni parametri a f data funkcija. l o Pomoću koordinatnih krivih zaključiti koja je to površ. 2° Napisati jednačinu te površi u obliku z= F 3° Koristeći rezultat 2°, napisati jednačinu kružnog konusa čije pravolinijske generatrise grade ugao a sa njegovom osoro.

(x, y).

1670.

...... { 2 u + vz- l } 2v Pokazati da Je povrs r = ---- , ---, uz ---sfera. uz vz + l uz + vz + uz + vz + l •

v

+

l

1671. Napisati jednačinu torusa koji nastaje rotacijom kruga poluprečnika r oko prave koja leži u ravni toga kruga na rastojanju R (R> r) od njegovog centra.

167

§ 2. POVRSI

1672. Data je površ r= {ea"j(u) cos (u + v), ea" j(u) sin (u + v), ea" rp (u)}. Po� 2 kazati da koordinatne krive u = c leže na konusu x2 + yz = j (c) z2. ......

rp2 (e)

1673. Geometrijsko mesto pravih koje seku z-osu pod pravim uglom i prolaze kroz · krivu r = {cos v, sin v, j(v)} je površ (pravi konoid), koja ima jednačinu r = {u cos v, u sin v, j(v)}. Dokazati. ......

......

......

1674. Napisati jednačinu tangentne ravni i normale površi r = {u cos v, u sin v,au} u proizvoljnoj tački (u0, v0). 1675. Površ xyz = a2 u proizvoljnoj tački (x0, y0, z0) ima tangentnu ravan: x y z -y0 = z-z0 • Dokazati. - + - + - = 3 i normalu: x- x0 = y-Xo

Yo

Zo

--

Yo Zo

Xo Zo

--

Xo Yo

1676. Ako je površ data u obliku j(x, y, z) = O, dokazati da njena tangentna ravan u tački (x, y, z) ima jednačinu (X-x)

()j ()j () j + (Y-y) + (Z-z) = 0. {) z dx () y

1677. Dokazati da kod obrtne površi normala prolazi kroz osu

te

površi.

......

1678. Tangentne ravni pravog konoida r = {u cos v, u sin v, a sin v} u nekoj tački generatrise v = O seče konoid po generatrisi i po elipsi. Dokazati . ......

1679. Tangentne ravni u tačkama generatrise pravog konoida r = {u cos v, u sin v, a Vtg v} seku ravan z = O po paralelnim pravama. Dokazati. 1680. Ako se na normala:ma sa jedne strane površi nanosi ista duž a, krajnje tačke te duži obrazuju površ za koju se kaže da je paralelna ili ekvi distantna sa datom površi. Pokazati da su tangentne ravni na dvema paralelnim površima u korespondentnim tačkama paralelne. 1681. Ako je familija površi zadata jednačinom j(x, y, z, a) = O, pokazati da se jednačina obvojnica te familije dobija eliminacijom parametara a iz () jednačina j (x, y, z, a) = O, j= O. aa

1682. Naći jednačinu obvojnica sfera (x-a)2 + (y-Vr2-a2)2 + z2 = R2 gde je a parametar a r i R su konstante. 1683. Napisati jednačinu obvojnica ravni (m + a) x + (n + a) y + (l + a) z = az gde je a parametar. 1684. Dat je skup ravni 3 uz x-2uy + z-u = O gde je u parametar. l o Odrediti povratnu krivu obvojnice. J

VI. DlFERENCUALNA GEOMETRUA

168

1685. 1686.

1687.

1 688.

1 689.

Naći obvojnicu ravni ax + hy + z + ah = O, koje zavise od dva para metra a i b. Dat je paralelepiped u prvom oktantu čije ivice leže na koordinatnim osama sistema Oxyz. Ravan odseca od paralelepipeda tetraedar, čije je jedno teme suprotno temenu u koordinatnom početku paralelepipeda, konstantne zapremine. Naći obvojnicu tih ravni.

{

�, z}

gde su t Data je dvoparametarska familija pravih ;= tz + p, pz + i p nezavisni parametri. l o Kakav uslov treba da zadovoljavaju para metri t i p da bi prave bile generatrise jedne razvojne površi? 2° Naći jednačinu povratne krive te razvojne površi. 3° Odrediti geometrijsko mesto tih povratnih linija. 4° Odrediti krive u kojima xOy ravan seče razvojne površi.

{

-�2 }

Na površi 7= u cos v, u sin v, data je kriva v = ku (k> O). l 0 lspitati oblik te krive. 2° Naći dužinu luka te krive od koordinatnog početka do proizvoljne tačke. Data je površ r {2 pu cos v, 2 qu sin v, 2 uz (p co sz v + q sinz v)}. l o Poka zati da je to paraboloid 2 z = xz yz . 2° Odrediti na toj površi skup q p tačaka u kojima tangentne ravni sa z-osoro grade stalan ugao. =

+

§ 3. Krive linije na površi lo P r v a o s n o v n a k v a d r a t n a f o r m a p o v r š i. Kvadrat !učnog elementa proizvoljne krive e na površi II je

o r ) dudv+ (-o ) dv ds2= (,oo-ru) 2 du2 +2 (oor-·ov u ov E= (� :r. F= �: ·::, G= (�:r ds2= Edu2 +2 Fdudv +G dv2• (2) (2) prva osnovna forma površi n0 = (ouor ovor ) f(EG- P). L=-·no, N=-·n, M---· n0 __,.

__,.

-+

r 2

(l)

---+

---+

2,

---+

---+

ili, ako se uvedu oznake

Desna strana u

II.

zove se

Jedinični vektor normale površi je

-+

__,.

·

- x-

-+

2° D r u g a

k v a d r a t n a f o r m a p o v r š i. Ako je __,.

o2 r

ou ov

-+

tada je

02

r ....

o u2

0z,z .... ....

o v2

§ 3,

-d:. i;.

(3)

169

KRIVE LINUE NA POVRSI

=Ldu2 + Mdudv +N dv2• druga osnovna kvadratna forma površi c1 Ldu' + Mdudv +Ndv2 Edu2 + Fdudv + Gdv2 2

Desna strana jednačine (3) zove se

II.

3° K r i v a l i n i j a n a p o v r š i. Neka je: R1-poluprečnik krivine krive e" na datoj površi, lJ-ugao između glavne normale krive i normale na površi. Tada je cos O R1

2 2

normalni

4° M e u s n i e r o v e t e o r e m e. Ravan koja prolazi kroz jednu pravu tangentne ravni i normalu, u jednoj tački površi, obrazuje sa ovom površi - krivu e, a ravan koja prolazi kroz istu pravu ali ne kroz normalu površi, obrazuje sa površi presek-krivu e' . Ako je R poluprečnik krivine krive e u dotičnoj tački tada je

presek

kosi R1

=

± R cos iJ

R1 c1 i LN-M2 M(u, v). 2 =O, l) LN LN -M >0, MM parabol eliptičkaička -M2 LN-M2 <0, M hiperbolička M= O, L= N, M sferna pupčasta dv asimptot LN-M2 =O du ski pravci. i Glavni pravci i R glavni R l l 2 =0. (EG-P)--(EN-2FM+GL) -+LN-M R2 R l ) -l - (-+ srednja krivina Gaussova kriR R1 R2 1 R2 vina. (2.R1 R2.2 2.R ) . mini malne razvojne l) linija najvećeg nagiba. z= gde su

i lJ definisani za krivu

5° O b l i k

površ u tački

u

tačka tačka tačka

2)

3)

Za slučaj:

okolini

u 3°.

jedne

je je je

t a č k e.

Po smatramo znak izraza

tačka prve vrste. tačka. tačka.

tačka

je

ili

Pravci koji odgovaraju korenima jednačine

tačka.

po - zovu se

prave gl avn i po luprečn ie k r i v i n a n a p o V r š i, na površi su tangente krivih na kojima dostiže ekstremnu vred nost. Poluprečnici krivina koji odgovaraju glavnim pravcima zovu se polu prečnici krivina. Dobijaju se rešavanjem po jednačine

6° G l a v n i

(4)

Izrazi

1

1

2

i

i

nazivaju se redom

su rešenja jednačine (4) po

Površi kod kojih je srednja krivina u svakoj tački jednaka nuli zovu se površi. Površi kod kojih je Gaussova krivina jednaka nuli u svakoj tački zovu se površi. 7° K a r a k t e r i s t i č n e k r i v e l i n i j e n a p o v r š i. Kriva na površi, koja je normalna na nivo skoj liniji površi const, zove se 2) Neka je

površi

u

Z vektor ta ngen te krive na površi i -;. jedinični vektor normale istoj tački. Kriva na površi za koju je

u svakoj tački, zove se

d:Z0 X;;;= 0 linija krivine

površi.

170

VI. DIFERENCUALNA GEOMETRIJA 3) Kriva na površi, za koju je, u svakoj tački

zove se

asimptotska linija

površi.

geodezijske linije

4) Krive na površi kod kojih se glavna normala u svakoj njihovoj tački poklapa sa normalom na površi u toj tački, zovu se površi. Dobijaju se kao integrali jednačine

(o--;ou ovo-;) - x -

)

(dr x d2 r = 0. __..

·

___,.

1690. Odrediti površ čija je prva metrička forma dsz =

(2 x2 + yz) dxz + 2 xydxdy + (xz + 2 yz) dyz xZ + y Z

na kojoj se nalazi krug xz + yz = l ,

{

1691. Data je površ 7= u, v, k arc tg

�}

z= l.

i kriva 7= {a cos u, a sin u, g (u)}

k, a > O . Odrediti g (u) tako da kriva leži na datoj površi, a zatim pokazati da se tangentna ravan površi i oskulatorna ravan krive u zajedničkim tačkama poklapaju.

1692. Data je površ 7= {v cos u, v sin u, v V2}. l0

Naći v kao funkciju od u za one krive na površi kod kojih tangente zaklapaju sa z-osoro ugao od -. 4 n

2° Naći onu od �ih krivih koja prolazi kroz tačku ( 1 , O, V2). 1693. Ispitati oblik površi ;= {u, v, uz + vz} u okolini tačke

(0, 0) .

1694. Naći glavne pravce i glavne poluprečnike krivina površi r = {x, y, xy} u proizvoljnoj tački (x, y, z) . ___,.

{

1695. Odrediti pupčaste tačke na površi 7= u, v, ± l e l

� l - ( : r - ( � r}

1696. Pokazati da su tačke krive 7= {t, ± V2at, O} pupčaste tačke površi azz + (2 x + a) (y2 2 ax) = O. 1697. Odrediti sferne tačke površi xyz = a3 .

-

·

§ 3.

17 1

KRIVE LINIJE NA POVRSI

( ) ( ) ( )

y n z n x n+ h 1698. Pokazati da površ -;; + --; = l dodiruje sfera '

x2 + y2 + z2 r2 u sfernim tačkama ako je =

r z n;
1699. Naći srednju Gaussovu krivinu površi 7 = {u, v, uv} u proizvoljnoj tački. U- V . . povrsiv · r = u, v, -u tački (l , 1). 1700. Naći srednju Gauss ovu knvmu -+

{

Odrediti srednju i Gaussovu krivinu površi: 1701. 7= {a (u + v), b (u - v), uv} .

{

1702. 7= u, v ,

u+v

}

� (ln cos au-ln cos v)} .

1703. Naći one rotacione površi kod kojih je srednja krivina jednaka nuli. 1704. Odrediti koeficijente E, F i G prve osnovne kvadratne forme površi --; (u, v) = u-;+ sin ub + v7:, gde su -;; b i 7: dati vektori. Kada će se koor dinatne krive ove površi seći ortogonalna?

,

1705. Za površ --; (u, v) = (u + vz)-; + (v + uz) b+ uv; (-;, b i ; konstantni vektori.) Odrediti prvu osnovnu kvadratnu formu i površinski elemenat

1706. Za rotacionu površ --; (u, v) = 1p (u)--; (v) + uk gde je 7(v) jedinični vektor a k konstantni vektor, izračunati koeficijent prve druge kvadratne forme, glavne pravce i glavne krivine. 1707. Odrediti sve moguće minimalne po vrši za rotacione po vrši 7(u, v) = 1p (u) --; (v) + uk.

1708. Date su dve paralelne površi S i S* kod kojih je rastojanje korespon dentnih tačaka a. l Odrediti Gaussovu krivinu K; površi S* u funk ciji Gaussove krivine Kg i srednje krivine K8 površi S. 2° Odrediti srednju krivinu K; površi S* u funkciji Kg i K8 površi S. 3° Pokazati da je S* razvojna površ ako i samo ako je S razvojna površ. 1709. Pokazati da je zbir krivina dva ortogonalna preseka površi jednak zbiru krivina glavnih preseka. 1710. Za rotacionu površ, čija je osa rotacije z-osa, dato je rastojanje tačaka sa površi do ose rotacije sa e = e (s) gde je s prirodni parametar na meridijanu u xOz ravni. Odrediti Gaussovu krivinu te površi. a

172

VI.

DIFERENCUALNA GEOMETRUA

1711. Odrediti Gaussovu krivinu površi za koju je zadata metrička diferen cijalna forma sa: l o dsz= duz + Gdvz; 2° dsz = x (u, v) (duz + dvz); 3° dsz = 2 Fdudv. 1712. Na površi -;= {a cos u cos v, a sin u cos v, a sin v} date su krive c1 : u = v, c2 : u + v = - . l o Naći presečne tačke datih krivih. 2° Odrediti ugao 2 pod kojim se seku date krive. n

1713. Na površi -;= {u, v, uv} date su krive c1 : uz + vz = l i Cz : V = au. 1 ° Naći presečne tačke datih krivih. 2° Odrediti ugao pod kojim se seku te krive. 3° Koliko je a da se krive seku ortogonalna? !-- + v = b (a, b = const.) 1714. Pokazati da se krive: sin u + a (v + 1) = 0, ---!3 smJ u seku ortogonalna. na površi -;= sin u cos v, sin u sin v, cos u + ln tg

;}

{

Odrediti ortogonalne trajektorije koordinatnih krivih površi: 1715. -;= {u cos v, u sin v, u + v}. 1716. 7= {v cos u-a sin u, v sin u + a cos u, au} (a>O).

1717. Na površi -;= {cos O cos
�

J

pod kojim loksodroma seče meridijane.

1719. Pokazati da je jednačina loksodrome na povrst 7= {u cos v, u sin v, Vr2- (R-u)2} data sa R + r cos (v- v0) ctg e u = Rz-rz (v0 const.) =

(

lV.R�

])

Odrediti krive koje polove uglove između koordinatnih krivih na datim površima: -+

1720. r= {a cos u sin v, a sin u sin v, a cos v}. 1721. -;= {u cos v, u sin v, u + v}.

§ 3.

KRIVE LINIJE NA POVRSI

173

Odrediti liniju najvećeg nagiba datih površi:

1723. 7= {u cos v, u sin v, av}. 1722. 7= {u, v, auv}. Odrediti linije krivine datih površi: 1725. r = u cos v, u sin v, av}. -

1726. 7= {-u3 + 3 uz v + 3 u, -3 uvz + v3-3 v, 3 uZ-3 vz}. Odrediti asimptotske linije na datim površima:

1728. -;= {u, uv, f(v)}.

1730. r = {(l + u) ch v, ( 1 -u) sh v, u}.

1729. 7= {u cos v, u sin v, V2 u}.

-

1731. r = {(3 u + 3 v), 3uz + 3 vz, u3 + vJ}. -

2 2

1732. z = x arc tg ( � ) +

� ln (xz + yz).

1733. Naći projekcije na ravan xOy asimptotskih linija površi 1734. Data je kriva r = {a ch t cos t, a ch t sin t, at}. Pokazati da ova kriva pripada površi xz + yz = az chz ..!___ i da je asimptotska linija ove p ovrši. a . V, --;; l 1735. Odrediti torziju asimptotskih linija površi 7= {u cos v U SlO -

1736. Data je površ (S): 7= {VU cos v, Vu sin v, lo

�

}

}.

Napisati jednačinu ove površi u obliku z = f(x, y)

i

•

nacrtati je.

2° Naći, na ovoj površi, tačke koje su najbliže koordinatnom početku. 3° Pokazati da je mreža koordinatnih linija na (S) ortogonalna. 4° Odrediti asimptotske linije površi (S).

1737. Data j e površ 7= {u + : u- : . U qJ (v)} (IP (l) = 1 ). .

l o Odrediti funkciju

lP (v) tako da koordinatne linije u = const. budu istovremeno i asimptotske linije površi. 2° Pokazati da je torzija tih asimptotskih linija konstantna. 1738. Data je površ (S): 7= { ; ( v + +) cos u, ( v + +)sin u, ; ( v +)

�

-

}

·

174

VI. DIFERENCIJALNA GEOMETRUA

Napisati jednačinu (S) u obliku F(x, y, z) = O nacrtati površ. 2° Kakva veza treba da postoji između konstanti a i b da bi mreža koordinatnih linija površi (S) bila ortogonalna ? 3° Odrediti asimptotske linije ove površi. Pokazati da su koordinatne krive površi lo

1739.

-;= {(u + v) (3 + 2 uz + 2 v2-8 uv), (v-u) (3 + 2 u2 + 2 vZ + 8 uv), 1 2 uv} 1740.

1741. 1743. 1744.

njene asimptotske linije. Ako su S i s• dve paralelne površi, pokazati da su asimptotske linije površi s korespondentne asimptotskim linijama površi s• tada samo tada ako je S razvojna površ. Odrediti geodezijske krive na površi:

i

-;= {u cos v, u sin v, av}.

1742.

-+

r = {u cos v, u sin v, u}.

Pokazati da su veliki krugovi sfere njene geodezijske linije. Pokazati da tu geodezijske linije na cilindru zavojnice.

Glava VII TENZORSKI RA CUN

lo

§ l. Sistemi i oznake

{a,, a2, a, (i= l, 2, sistem prvog reda a1 (i= l, 2,

S i s t e m i. U ređen skup

zvaćemo ga

• • ·,

an } N N

· · ·,

označavaćemo sa

)

tipa (1, 0). Takođe je · · ·,

)

elementi sistema komponente sistema. a11 a{ alJ (i= l, 2, M; j= l, 2, N) sistem drugog reda. a11k aZ ajk a11k (i= l,2, · · ·,M; j=l,2, · ·· ,N; k = l, 2, , P) sistem trećeg reda. (k, ai t 2 (p, q)) (p+ q =k; sistem prvog reda tipa (0, 1). Elementi skupa su Slično, skup elemenata pravougaone matrice ili

ili

· . ·,

zvaćemo

ili

·

· ·,

Skup elemenata prostorne matrice

ili

ili

. .

ili

zvaćemo piše u obliku

.

ltd . . . Sistem k-og reda, tipa t

0), obično se

· · ' tk

a može raspored njegovih indeksa da bude i gore, kao

ci,Ijz · · · jq

sistem tipa

1 1 r2 • • • lp

pa imamo više tipova sistema k-og reda. Dva sistema su jednaka ako su istog reda koordinate jednake.

tipa

ako su im odgovarajuće

z o K o n v e n e i j a o s a b i r a n j u. Dva puta ponovljeni indeks u sistemu ozna čuje sabiranje po tome indeksu. Primeri :

alal = L (a')'; a- b1 = "" a- b1 • a1 bic1 =b'L a1c1• aw, simetričan jednom paru indeksa j

'

L., " j

'

j

3° S i m e t r i č n i i a n t i s i m e t r i č n i s i s t e m i. Sistem . je po ako se ne menja kada se indeksi toga para permutuju. Sistem .

.

176

VII. TENZORSKI RAĆUN

a11". • • antisimetričan po jednom paru indeksa

kada je vrednost sistema su je protnog znaka, ako se taj par indeksa permutuje. Ako je sistem simetričan (anti simetričan) po svakom paru indeksa, kaže se da je Specijalno su često u upotrebi simetrični, tzv. Kronecerov sistem (o simbol) o1 koj i je definisan sa

simetričan (antisimetričan).

i antisimetrični e-sistem (e-simbol)

e11t (i, j, k= l , 2, l) Zbir (razlika) at bt cii au± bu2) Spoljašnji proizvod aU b cu1 = aikj b Kontrakcija a% k j aj= a�1 a� a�3• Unutrašnji proizvod 3)

kome je e1 2 3 = l.

4° O p e r a e i j e s a s i s t e m i m a. dva sistema istog tipa je sistem toga tipa čije su komponente zbir (razlika) odgovarajućih komponenata datih sistema. Primer : zbir (razlika) sistema i je sistem k=

k

k

dva sistema (bez obzira na tip i red) j e sistem čije s u kom ponente svi mogući proizvodi komponenata datih sistema. Primer : proizvod . k . Sistema k 1 1• 1 je sistem .

.

3)

sistema je unarna operacija kojom se od datog sistema dobija sistem u kome su dva indeksa, jedan gornji i jedan donji, ponovljena. Znači da dobijeni sistem ima red za dva manji od polaznog. Primer : ako se sistem k"ntrahuje po indeksima i dobija se sistem + 2+

4)

dva sistema se dobija kada se u spoljašnjem proizvodu dva sistema izvrši kontrakcija po jednom donjem indeksu jednog sistema jednom gornjem indeksu drugoga sistema.

Napisati sledeće izraze koristeći konvenciju o sabiranju :

1745.

4o .L .L gPa dxP dxa ; so g2 1 gu + g22g 21 + g13 g31 + g24 g 41; N

60

Q=

N

l

q=

l

121 122 221 222 a u + a12 + a 12 + a 22 .

Napisati sledeće sisteme u potpunosti (u razvijenom obliku) :

1746.

3° Aik Bf

C1, N = 2.

Napisati eksplicitno sve komponente Kronecerovog sistema

1 747.

CJ,, (i, j, = l , 2,

•

.

.

.

' N).

Svi indeksi uzimaju vrednosti l, 2,

· · . ,

N.

§ l.

1748.

1749. 1750. 1751. 1752.

177

SISTEMI I OZNAKE

Pokazati da za komponente sistema e,ik važe iskazi : l ) Komponente su nula ako su makoja dva indeksa jednaka ; 2) Komponente su l, ako su i, j i k parna permutacija permutacije l 2 3; 3) Komponente su - l , ako su i, j i k neparna permutacija permutacije l 2 3. Koliko ima tipova s istema k-oga reda (k ;;;. 2)? Koliko različitih elemenata može imati s imetričan sistem k-og reda čiji indeksi uzimaju vrednosti l , 2, 3, · · · , n? Svaki antisimetričan sistem trećeg reda može da se napiše u obliku odnosno aiik = a, 2 3 etik·

atik = a1 2 3 e1ik

Dokazati da se determinanta trećeg reda može napisati u obliku

a31 a32 a33

1753. 1754.

Potreban i dovoljan uslov da je aii antisimetričan sistem jeste da je za svako x' (i, j= l, 2, · · · , N) .

oti xt xi = O

Pokazati da je :

etih eklk = bik bil-bil bik ; etih eklh + eikh ei lh + ekih eJlh = O. 1755. Pokazati da je jednačina ba"m + eanm= O zadovoljena za b = - e amn simetričan sistem, i za b= e ako je a,rm antisimetričan. 1756. Ako je u = aii xi xi pokazati da je lo 2o

ou = (llji + ait) xi t x o se sistem aii može

-

1757. 1758.

ako je

-

Pokazati da napisati u obliku zbira simetričnog i antisimetričnog s istema istog tipa.

Ako je (]) = a1i ui ui pokazati da se uvek može napisati (]) = b11 u' ui gđe je biJ simetričan sistem. Pokazati da je :

1759. !)ii bik = b L 1760. b: a:' = a:' . 1762. b g b,q b� = bf. 1763. b: b;.z b; b; = l . 1764. Dat je simetričan sistem a1i i antisimetričan 1765.

ati b'i = 0. Ako su

ox' i -i = bl. ox

x' (i= l ,

2,

sistem

b1i.

Pokazati da je

. . · , N) nezavisno promenljive, pokazati da je

12 Zbirka zadataka iz više matematike II

178

TENZORSKI RACUN

VIT.

1766. Označimo sa �5Y,;n proizvod sistema elik i ezmn· Naći sve komponente sistema 15f1:n . Koliko ima komponenata koje su jednake nuli ? Dokazati da je :

1770

1771. Neka je Ako je xk =

a� xl = b' (i,

l aj l = a

Ak b' ' -

a

m n

J:ij

n

Um Or Os

J = Or U_js - Ur Os , i

i

j= l , 2 , . . . , N) sistem jednačina po nepoznatim xi. •

determinanta sistema, pokazati da su rešenja data sa k

gde je A1 ko faktor elementa

a� .

a�

1 772. Pokazati da je kofaktor A� elementa l ijk s t i dat sa A, = - 15m Oj ak.

determinante

l a� / (i, r= l , 2, 3)

2!

1773. Ako su svi kofaktori A� determinante

j a k at = akj a,.i Iz at1 x' y1 = 0

l a� l

jednaki nuli,

tada

je

l

1774.

1 775. Ako sistem

OtJ =

sledi

a�

O.

Dokazati.

ili

odgovara elementu

; aj

pokazati da je

l a�- 15� 1 = 0 l a� + 15� l = O .

l a{ l = l l a{ l = - l

Neka je za determinantu l a� l

i Aj

a� a� = 15�,

zadovoljava jednačinu

a vrednost determinante, A{ kofaktor j A{ a; = - . Slično je z a determinantu l a,1 l · a

Dokazati da je : 1 776

•

lo a = aj ;,

1777. l o

o (ln a) o a)

gde se p o j ne vrši sabiranje ; a �l '·

-a� . u.:. ti 2 o _a o ars

_ _

.

l

.

J:• J: J

- Ur U s

•

2°

oa j . = A; . oaj

--

koji

1 79

§ 2. TRANSFORMACIJE PROMENLJIVIH. TENZORSKA ALGEBRA

§

2.

Transformacije promenl_jivih. Tenzorska algebra

l o T r a n s f o r m a e i j a k o o r d i n a t a. Neka je (l)

sistem jednoznačnih diferencijabilnih funkcija od promenljivih xt, x•,

• . •

, xN.

Pretpostavimo još da je jakobijan ox'

ox' ox

O XN

ox•

•

ox'

o x'

o :x•

o x•

OXN

o :X N

o :X N

oJiN

OX1

O X2

OXN

ox1

o:x• =

0 (X1 , X2, o (X''

:x•'

.

. .'

XN) =

• · · , XN)

l

o :X ' O XI

l

različit od nule tj. da je dati sistem reverzibilan, odnosno da definiše sistem diferencijabilnih funkcija

Specijalno, ako je

(l)

sistem linearnih funkcija x' = a!J xJ

tada je on reverzibilan ako je

Ovakvim sistemima se često transformišu koordinate xi jednog koordinatnog sistema u koordinate :X1 drugog koordinatnog sistema. transformiše u (j5 = (j5 (x 1 ,

2° I n v a r i j a n t e. Ako se funkcija rp = rp (x1, x2,

(l)

:X2 ,

• • ·,

rp (x', x•, . · · , xN) = (j5 (x1, x 2 ,

xN) prilikom transformacija

tako da je

• · · , XN)

invarijanta

tenzor nultog reda. Kontravarijantni(l)vektor i kontravarijantni tenzor prvog reda. (i= l, N

tada kažemo da je rp (x1 , x•. ili da je

· . . , xN)

3° D e f i n i c i j a t e n z o r a. l)

:XN)

• • •,

transformacija

u odnosu na transformacije

komponente sistema Ai

2,

· · · ,

(l)

Ako se prilikom

)

date u odnosu na koordinate xi transformišu u komponente sistema A1 po zakonu

_

o x' At = AI --

oxJ '

kontravarijantni vektor kontravarijantni tenzorj;prvog reda.

gde se podrazumeva konvencija o sabiranju po ili 12•

tada kažemo da je taj sistem

1 80

VII. TENZORSKI RAĆUN

A,

i

kovarijantni tenzor prvog reda. Sistem čije su komponente date u odnosu na koordinate x', koji se prilikom transformacija (l) transfor miše u sistem A, po zakonu

2) Kovarijantni vektor

-

A 1 = A1

o

x!

- ox'

zove se kovarijantni vektor ili kovarijantni tenzor prvog reda.

A1�Jo 1lz,2'

· · · im reda m + n dat u odnosu na koordinate · · · Jn JI , Jz , · · ·Jn

x'

koji se prilikom transformacija (l) transformiše u sistem Ai, , �z· · · · �m po zakonu

3) Tenzori višeg reda. S istem

h

zove se tenzor m + n-og reda m-puta kontravarijantan i n-puta kovarijantan. 4) Operacija sa tenzorima. Sve definicije operacija sistema ostaju u važnosti ako su sistemi tenzori. Takođe se definicije simetričnih i antisimetričnih sistema prenose na tenzore. 5) Relativni te11zori. Sistem 1�2' • • '1�m je relativni tenzor m+ n-og reda, težine I• 2• • • • n n-puta kovarijantan i m-puta kontravarijantan ako se transformiše po zakonu

M,

A1�"

x o ox•• menljive x''·

gde je

l

l

jakobijan transformacija starih promenljivih x' u nove pro-

-l

Relativni tenzor gustine nula je apsolutni tenzor. Relativni tenzor gustine + l zove se tenzorska gustina, a gustine tenzorski kapacitet. Relativni tenzor nultog reda čija je težina + l je skalarna gustina, a čija je težina - 1 je skalarni kapacitet.

1780. Ako je za transformaciju x' = ai xi inverzna transformacija xr = a'l x', doka· J zati da je a� a; = l .

1 781. Transformacija xi = a \ x' je ortogonalna ako je aj ar = �ik· Dokazat i da je kod ortogonalne transformacije svaki elemenat determinante jednak svome kofaktoru i obrnuto, ako je svaki elemenat jednak svome kofak· toru, transformacija je ortogonalna. 1 782. Data je linearna transformacija određena jednačinama

x' ai xi (i'

=

j

' = . . ' N)'

1·

l

·

gde su aj realni brojevi . Pod pretpostavkom da je aj a� = bik• pokazati da su u odnosu n a ovu transformaciju invarijantne sledeće funkcije :

2o

cos a =

Xt Yt

____:_:_:____

(xk xk) (yi yi)

_ _ _

§ 2.

181

TRANSFORMACIJE PROMENLJIVIH. TENZORSKA Al.GEBRA

1783. Data je bilinearna forma c11 xi x1 sa svojom matricom (c11 (j, l= l , 2 , . . . N). Ako se ona transformiše transformacijama x' = a) xi dobija se bi, xi x'. Pokazati da je btk = a{ afc c1,. 1784. Transformacije x1 aj xi, pod uslovom a{ a� = q bik• održavaju ugao =

između vektora tj.

održavaju izraz

x, y,

(xk xk) (yiyf)

. Dokazati.

1785. Pokazati da je kvadratna diferencijalna forma

a)

ds z = (dx1)2 + (dxZ)Z + (dx3)2- c2 (dx4)2 (e >

apsolutna invarijanta u odnosu na Laurenzove transformacije

x4- v xl f c2 ( 1 - vz / cz) lf2 1786. Napisati zakon po kome se transformišu tenzori :

Aijk ,.

1 prilikom proizvoljnih t ransformacija x = x' (xl, x z, ljivih xi u promenljive x'. 2o

xN) promen-

1787. Ispitati da li su sledeći sistemi tenzori . Ako jesu, kojeg su reda su varijantnosti. ·

1788. Pokazati

da

l o dx';

oAp oxq

oj(xl, xz, . . . ' xN)

koje

·· · · · -- mje tenzor Jak o Je AP k ovanJantm tenzor prvog reda. ·

1789. Ako su koordinate jednog tenzora jednake nuli u jednom koordinatnom s istemu, tada su one jednake nuli u svim drugim sistemima. Dokazati . 1790. Ako s u odgovarajuće komponente dva tenzora jednake u jednom koor dinatnom sistemu, jednake su i u svakom drugom koordinatnom sistemu. 1791. Pokazati da je brzina fluida u nekoj tački kontravarijantni tenzor prvog reda. �

1792. Ako je vk = -- tenzor brzine fluida u nekoj tački, pokazati da nije tenzor.

dt

�

dt

1 793. Pokazati da je Krom:cerov simbol bj tenzor drugog reda jednom ko varijantan i jednom kontravarijantan. 1 794. Pokazati da sistem bif (bi1 = O za tenzor.

i =F j i b 11 = b22 =

·

· ·

= bNN = 1 ) nije

1 795. Ako je A i1 simetričan tenzor, dokazati da je i A11 simetričan tenzor. 1 796. Ako j e A11 antisimetričan tenzor .

tenzcr, dokazati d a je

i A11

antisimetričan

182

1797. 1798.

VII.

TENZORSKI RACUN

Neka su �k i 'YJ" dva kontravarijantna vektora trodimenzionalnog pros tora. Dokazati da sistem Ak , gde je At = �z 'Y/3_ �3 'YJz, Az = �3 'YJt _ �t 'YJ3, A3 = �1 rj 2 - �2 'YJ I , nije vektor . Neka su �k, 'YJ"' r;k tri vektora trodimenzionalnog prostora. Dokazati da "zapremina" �l

V=

'Yjl

r;l

�2 'Y/2 r;2

�3 'Y/3 r;3

nije skalar.

1799.

Ako je Ak sistem iz zadatka 1 797. a V veličina iz prethodnog zadatka, doka Ak kovarijantni vektor. zati da je v

B:q tenzori, pokazati da je njihov zbir (razlika) tenzor.

1800.

Ako su A�q

1801.

Ako su A�q

1802.

Dat je tenzor A �i1 • l o Ako se stavi p = t, pokazati da je A�� tenzor. Kojeg je reda? 2° Staviti p = t i q = s i pokazati da je A�; tenzor. Kojeg q je reda?

1803. 1804.

Naći kontrakciju od proizvoda tenzora AP i Bq·

B� tenzori, pokazati da je e�'!' = A �q B� takođe tenzor.

Ako su A� i Br tenzor i pokazati da su A � Br i A�Bq tenzori diti im red.

i odre

1805.

Ako je A�i tenzor, pokazati da je A�i + A ':: simetričan tenzor i A�i -A::;. antisimetričan tenzor.

1806.

Ako su APQ i Bn antisimetrični tenzori, pokazati da je e�; = APQ BTB simetričan tenzor.

1807.

Ako su A11 i BiJ simetrični tenzori takvi da je A, 1Bk1- Aa B1k + A1k Bil -Ak l B11 = O

1808. 1809.

tada je BiJ = e A11 gde je

(!

neki skalar. Dokazati.

Koordinate antisimetričnog tenzora, koji ima dva ili više od dva indeksa jednaka, jednake su nuli. Dokazati. Ako je neki tenzor simetričan (antisimetričan), da li je kontrakcija po ponovljenim indeksima simetrična (antisimetrična)?

1810.

Ako je A (p, q, r) veličina koja zaviSI od p, q i r takva da je A (p, q, r) Brqn = O za proizvoljan tenzor Brzn tad je A (p, q, r) = O identitet. Dokazati.

1811.

Ako je veličina A (p, q, r) takva da je u jednom koordinatnom sistemu A (p, q, r) B �'= e; gde je B�' proizvoljni tenzor a e; dati tenzor, do kazati da je A (p, q, r) tenzor.

§ 3 . TENZORSKA ANALIZA

1812.

183

��·,

Ako su ��\ · · , �j kontravarijantni kovarijantni vektori, dokazati da je

.l• l.2• ' ' ·j.P Aj••• '2• . . • lq .

_ _

t:h t:h \i l '> 2

vektori

t: jp 'Yl l 'Yl2 "112

• . . '>p .,;,

q

• • • 'Y/iq

tenzor tipa (q, p).

1813. 1814. 1815. 1816. 1817.

Ako su koordinate dva relativna tenzora jednakih težina, istog tipa, jednake u jednom koordinatnom sistemu, pokazati da su jednake i u svakom drugom koordinatnom sistemu. Dokazati da je zbir (razlika) dva relativna tenzora jednake težine istoga tipa, relativni tenzor iste težine i i stoga tipa .

Ako su A � i B�· relativni tenzori čije su težine redom w 1 i w2 , poka zati da su njihovi spoljašnji proizvodi unutrašnji proizvodi relativni tenzori. Ako je Ars neki apsolutni antisimetričan tenzor u četvorodimenzionom prostoru, pokazati da je A1 4 A23 + 24 A31 + A34 A 12 skalama gustina.

Ako je Ati apsolutni tenzor, pokazati da je determinanta l Ati l relativna invarijanta težine 2.

1818.

Ako je Ati apsolutni tenzor, pokazati da su kofaktori elemenata Ati de terminante l Ati l koordinate kontravarijantnog relativnog tenzora težine 2.

1819.

Ako je Ati apsolutni tenzor u četvorodimenzionom prostoru, pokazati da je VTA;J skalama gustina.

1820.

Dat je tenzor Ati čija je determinanta l Aii [ = A pozitivna . Pokazati da l etik apsolutni tenzori. su VA eiik i

VIC

1821.

Neka je A (p, q) B�· = e;, gde je B�· proizvoljan relativan tenzor težine w1 i e�, dati relativni tenzor težine w2 • Pokazati da je A (p, q) rela tivni tenzor težine w2 - w1 •

§

3.

Tenzorska ana1iza

i

x1

yi

l o O s n o v n i m e t r i č k i t e n z o r i n j e g o v n v e r z n i t e n z o r. Neka su proizvoljne generalisane koordinate u N-dimenzio pravougle koordinate a nom euklidskom prostoru, tako da između njih postoje veze StStem gli =

je

y!: = i)yl: i)yl: i i)yk i) k= l

i>x1

i>xi

oxl

osnomi (fundamentalni) metrički tenzor.

oxi

VII. TENZORSKI RACUN

184

Osnovna metrička forma prostora ds2= dy1dy1 (l) može se izraziti preko generalisanih koordinata

x1

u obliku

(2)

g11 x1 Riemannovog prostora. y' g= g11 gli =g kog tenzora ili osnovni kontravarijantni tenzor. inverzni tenzor osnovnog metrič-

definiše, Svaki simetričan sistem koji zavisi od generalisanih koordinata kao (2), metriku nekog U slučaju da postoje koordinate u kojima metrička forma (2) dobija oblik (l) takav prostor je Euklidov.

Označimo sa Gif kofaktor elementa

l Cif l · Sistem

determinante

Gif

je dva puta kontravarijantni tenzor koji se zove Tada je

združeni tenzori. gU)

2° Z d r u ž e n i t e n z o r i . Tenzor koji se dobija podizanjem ili spuštanjem indeksa datom tenzoru i dati tenzor zovu se Na mesto prvobitnog polo žaja indeksa stavlja se tačka. Unutrašnj i proizvod metričkog tenzora gi f (ili i datog tenzora uvek daje jedan novi tenzor koji je združen prvobitnom. Tako, ako je A1 kovarijantni vektor, A� = g1f Af je kontravarijantni vektor. Isto tako, ako je A1 kontravarijan tni vektor. Takođe je ·t A qm . .n

k

= gpq g grm sn

A q. r· st·P • ·

Ako su svi indeksi donji podignuti ili svi indeksi gornj i spušteni onda se na njihovim mestima ne stavlja tačka.

1 Skalami proizvod vektora Intenzitet

3° S k a l a r n i p r o i z v o d v e k t o r a i ,· i z i č k e A i B1 je skalar A1 B1 • A vektora A1 ili A' je dat sa

Kosinus ugla

k o o r d i n a t e t e n z o r a.

između vektora A1 i B1 je dat sa

Projekcija vektora A1 na vektor B1 je skalar

1

(A1 B1)/V' B1 B Neka su

A�j)

((j)

jedinični vektori

•

?c {k)

?c{k) = Af ?c{k)" ?c[1> i .�c;k) su

označava redni broj vektora). Tada su fiz:čke

g

date sa 1f A1 koordinate vektora A 1 ili Ai u pravcu vektora Fizičke koordinate tenzora A if odnosno tenzora A1f u pravcima vektora , > "
§ 3.

JENZORSKA ANALIZA

185

{�)

[ij, k] g' ) [lJ, k]=- ( iJ x1 + iJgxl"' -ox" '

4o C h r i s t o f f e l o v i

s i m b o l i.

..

Simboli

1

o

2

-

o

g1k

o

-

'

definisani sa :

Christof/e/ovi simboli prve i druge vrste. [ij, k] = [rs, p] iJ xxr iJ xk + g" oxiJ2'xr iJx• ox' x• ox" iJ2 xm iJxi iJ.XI iJxm iJxi iJxl xm

nazivaju se redom Pri transformaciji koordinata Christoffelovi s imboli se transformišu po obrascima O X1 O XP

__

o

'

o x'

j)

ox'

-

+ ---

iJxk '

j) x" j)

5" R i e m a n n - C h r i s t o f f e l o v i t e n z o r i. Sistem

zove se

Riemann-Christoffe/ov tenzor R111�: = g1m Rijk kovarijantni Riemann-Christoffelov tenzor 1 ili Riemannov s imbol prve vrste.

Sist em zove se mannov simbol prve vrste .

ili Rie

6° K o v a r i j a n t n i i z v o d t e n z o r a. Kovarijantni izvod tenzora A1 po označava se sa A 1 , a definisan je sa

Kovarijantni izvod tenzora A' po

Uopšte, A1i1 1i-2 •. • ".'·� n 2 • 1. a definisan je sa

t,

k

xi

označava se sa Ai, j. a definisan je sa

i 1 !2 • • · �m p o je oznaka z a kovarijantni izvod tenzora Alt 12 • · • Jn

x1 =x1 (t),

7 " A p s o l u t n i i z v o d t e n z o r a. Ako koordinate

metra •

tj ako je

JA,

t

x'

xk

t

zavise od jednog para tada se apsolutni izvod vektora A1 po parametru

oznacava sa - a definiše se sa

J

xl

JA 1

Jt

-

dxl dt

=A,, , - .

186

Vll . TENZORSKI RAĆUN

Apsolutni izvod kontravarijantnog vektora

6A1 = . dxl A' .- .

po parametru

AJ; }� : : :J;

po parametru

· �m 6A�J!l Jz�z ·· ·· •Jn . dx" - A 'I. Iz. · · · •m - h h · · · in• k Tr ' 6t

1822. 1823.

1824.

t

je

" dt

6t

Uopšte, apsolutni izvod tenzora

A'

t

dat je sa

Ako je dsz = g,1 dx' dxi invarijanta, pokazati da je gif simetrični kova rijantni tenzor drugog reda. U ravni je dat afini koordinatni sistem (0, e1, e2) sa koordinatnim početkom u tački O i koordinatnim vektorima ;: i ;2 koji imaju dužine e1 i e2 a međusobno zaklapaju ugao w. l o Napisati koordinate osnovnog metričkog tenzora u opštem slučaju i u slučaju da je sistem Descartesov pravougli. 2° Izvesti, koristeći l 0 , obrazac za rastojanje dveju tačaka u ravni. 3 ° Odrediti dužinu luka s krive y =f(x) u kosouglom sistemu. _,.

_,.

Neka su ;:, ;2 i ; ortovi koordinatnih osa pravouglog koordinatnog sistema K sa koordinatnim početkom u tački O i �. ;; i ;; ortovi koordinatnih osa drugog pravouglog koordinatnog sistema K' sa koor dinatnim početkom takođe u tački O. Neka se ravan x1' O xz' seče sa ravni xl O xz po pravoj Os (sl. 9) . Tada imamo nazive : ugao 1p <}: x1 O s x' X ,. - ugao precesije, ugao qy = <}: sO xl' - ugao rotacije i ugao () = -<}: x3 O x3' - ugao nutacije. Uglovi 'IfJ, qy i () se nazivaju Eulerovim uglovima. Izraziti vektore �. � i � preko �. �=-,�---7'--:/ x' � i -;3 i ""' (/J, () , / // Pokazati da su 'IfJ, qy i () nezavisni // parametri. x ''::::: x• - - Neka je u trodimenzionom realnom prostoru kvadratni metrički tenzor dat Sl. 9 matricom 3

=

1825. 1826.

s

li � H

Dokazati da je prostor Euklidov.

/

§

1827. 1828. 1829.

1830.

Odrediti koordinate metričkog tenzora sfernim koordinatama.

1834. 1835.

1837. 1838. 1839. 1840.

za

trodimenzioni prostor u

Odrediti koordinate metričkog tenzora i inverznog metričkog tenzora u eliptičkim cilindričkim koordinatama (u, v, z)

Ako je

g

k

y

gi1 = 0

= sh u s in v,

z = z ; u :;;;. O,

za i=lj pokazati da je

k =F l.

l = O za

Naći

g = l gti l

i

- oo < z < oo).

0 < v < 2 n,

1 ghl = -- , gde g

kk

se ne vrši sabiranje,

Dokazati da je u euklidskom prostoru od N-dimenzija

g11 gH = N.

gfi

ako je osnovna metrička for ma

gif

simetrični kontravarijantni tenzor drugog reda.

dsz = 3 (dx1 )2 + 2 (dxz)Z + 4 (dx3)2- 6 dx I dxJ.

Dokazati da je Dokazati da je :

20

1836.

g11

Odrediti koordinate metričkog tenzora i inverznog metričkog tenzora u paraboličkim cilindarskim koordinatama (u, v, z).

i

1832. 1833.

187

Odrediti koordinate metričkog tenzora g11 za trodimenzioni prostor u cilindarskim koordinatama . Odrediti, takođe, dsz.

(x = a ch u cos v,

1831.

3. TENZORSKA ANALIZA

o (ln g) o gtj

=

g ti ;

Neka je Gi kofaktor determinante l gtf l koji odgovara elementu f Dokazati da je G11 relativni tenzor težine -2.

gH.

Odrediti jedinični vektor vektora AP. Ako su A.t i

t-t1

jedinični vektori, pokazati da je J g11 A.' t-tf J

< l.

Ako su A_t i t-tt jedinični vektori a ugao 6 između njih, pokazati da je SinZ {) = (gtj grB- gir gjB) A_t A_J f-lr f.l-8.

Pokazati da je u trodimenzionalnom prostoru

1 - cosz () z3 - cosz ()3 1 - cosz 01z + 2 cos 01z cos Oz3 cos 031 = gde je 011 ugao između jediničnih vektora e1 (i= l , 2, 3).

;:

i

�

g

gl! gzz g33

,

koordinatnog triedra

1 88

1 841.

VII . TENZORSKI RACUN

()z3 ugao između koordinatnih vektora u trod.imenzionom Euklidg gl l . . . z () z3 = -- . sko m prostoru, pokazatt da J e sm g zz g 3 3 Ako je

A1 � g1k Ak,

1 842. Ako j e 1843. Ako su

AP

i

BIJ

pokazati d a j e

1 Ak = g k A1.

vektori, pokazati da su sledeći izrazi invarijante : 2o

gpq AP Bq

V (APAp) (Bq Bq)

1 844. Tenzor ett iz · · . ," = ( - l)8Vg, gde je s broj inverzija u permutaciji (i1 iz · · · i11) i E;1 ;2 ;" = O ako su bar dva indeksa jednaka, naziva se kovarijantni diskriminantni tenzor . Slično se definiše kontravarijantni diskriminantni tenzor . Dokazati da je : •

•

•

l o eil ;, . . · in

= g iJ al g i'

az

g in

an Ea ! a, · · an • .

2 0 e,.l ;, . . in = g;l al g;, a, . . · g;n an eaJ az • . · an . · .

.

.

3o

P · rs · : · · sl A · Q · . t l AJqk

Cr i

A/' = B/ cr.

1 845. Naći vezu između sledećih združenih tenzora :

•

1 846. Pokazati da je :

lo

A q" P Bp· rs = APq B rs '• q

1 847. Ako je

A � qr = B� q

Cr tada je

Apqr = B vq

Dokazati .

1848. Da li su tačne jednakosti

1849. Ako je J.i jedinični vektor, pokazati da su kosinusi uglova koje on gradi sa koordinatnim linijama nekog krivolinijskog koo rdinatnog sistema, u .

. tro d1menzwnom prostoru, dati sa : Dokazati da je : 1 850.

1°

1851. l o

[pq, r] = [qp, r] ; o gp

q uxm -"

2°

v gll '

{ psq } = { /P };

= [pm, q] + [qm, p] ;

;.t

;.3

v gzz ' v g33 .

3 ° [pq, r[ = grs

20 ogvq = - gp n oxm

Az

{ mqn }

{ /q } .

- gqn

{ mpn }

;

1 89

§ 3. TENZORSKA ANALIZA

(}2

xm -

{ } dxm-- dxP dXq { m } k

k

n

1852.

a-x1 a-xi:

1853.

1 o (pp, p) =

j

-

-

a-x1 ax

a-xn

l

2

dg

::

a

;

-

pq

·

l d gpp . 20 [pp, r] = - - -ak o Je gpq = O za 2 axz

p =F q;

ako je gpq = O

za p =ft q;

4° [p q, r] = O

ako je gpq = O

za

p =ft q.

U svim slučajevima se ne vrši sabiranje po ponovljenim indeksima. 1854. Ako je gpq = O za p =ft q, dokazati da je :

20

{

}

l d gpp = ___ PP 2gss dxs

s

( p =ft s) ;

p, q i s su međusobno različiti. U svim slučajevima ne važi konvencija o sabiranju.

1855. Odrediti koordinate Christoffelovih simbola prve vrste u : l o pravouglim, 2 ° cilindričnim i 3° sfernim koordinatama. 1856. Odrediti koordinate Christoffelovih simbola druge vrste u : l o pravouglim, 2° cilindričnim i 3 ° sfernim koordinatama . 1 857. Odrediti koordinate Christoffelovih simbola druge vrste u eliptičko cilindričnim koordinatama. 1858. Odrediti Cristoffelove

simbole druge vrste koristeći metričku formu

dsz = (dx1)2 + [(x2)2- (xl)z] (dxZ)z . Pokazati da je : l 1859. R; =

;kJ·

1861. Kuk = O.

1860. R;1k + R1k; + Rku = O . l

1862. Ru1k =

l

l

� [ij, l � k [i , l]]+ dx1

1863. Rmk = -R uki· 1866. R1tik + Rlikt + Rzkti·

dxk

{ �. } [k /, m] - { �k } [j l, m]. lJ

1864. R1tik = Rilik·

z

1865. Rztik = RikU·

190

1867. 1868. 1869.

Vll. TENZORSKI RAĆUN

Pokazati da je broj nezavisnih koordinata u n-dimenzionom Riemannonz (nz - I ) vom prostoru 12 Naći koordinate Riemann-Christoffelovog tenzora u euk1idskom prostoru. Ako je u odnosu na pravougli sistem koordinata u dvodimenzionom Riemannovom prostoru metrička forma data sa dsz = g11 (dxl)2 + gz2 (dxzp, dokazati da je _ _ R121 2 -

1870. 1871.

2

iJxl

1 O gzz -

1 O g11 � -

iJxl + iJxz

iJx2

.

Pokazati da je sistem Rtj = Rtk tenzor. (Ovaj tenzor se naziva Ricciev tenzor). Dokazati da je Rij =

1872.

Vg [_!___ (vg: ) (vg: )]

o;x��f

� { :j }

iJ h

+

{ /h } { :i } -{ :j } 0�

Proveriti jednakost u nekom trodimenzionom Riemannovom prostoru R Rujk = gzk Rtj + gij Rzk-gzj Rik - gik Rzj + - (gu gik -gzk gij), 2 j gde je R = gi Rij ·

1873.

·

Ako su Ap i AP tenzori, pokazati da su tenzori :

{ }

1874.

_ iJ AP _ s A · lo A P' q - OXq p q S> Pokazati da je

1875.

Naći kovarijantne izvode po Dokazati da j e :

�

sledećih tenzora :

§. 4 PRIMENA TENWRA

{

U DIFERENCIJALNOJ GEOMETRIJI I MEHANICI

{

}

}

1879.

j B dxq t5 AI = oAJ dx2 dxa = dAl i AB + A + . dt dt qs t5t o;xll dt qs dt

1880.

t5At ft5t = dAt/ dt-

1881.

l o t5g1kft5t = O;

1 882.

1883.

2o

{: }

A� dxafdt + q t5gi"ft5t = O;

{: } s

191

Ak dxajdt.

15(/Jjđf = d(/Jjdt, gde je (/J invarijanta . d t5A (gPa Ap Aq) = 2 gPa Ap _q . dt

t5t

§ 4. Primena tenzora u diferencijalnoj geometriji i mehanici

l o T e n z o r s k i o b l i k g r a d i j e n t a, d i v e r g e n e i j e, s i j a n a. l) Ako je fP skalar ili invarijanta tad je

gradijent od

'V fP = grad fP = fP, P = ()xP

r

o t o r a i l a p l a fP definisan sa

()cp

gde je fP, P oznaka za kovarijantni izvod fP po xP. 2)

Divergencija

vektora AP je definisana sa

=

,p Vc

div AP =A P

1

-

() -

iJxk

g Ak

(v- )

gde je A ;'P kontrakcija vektora A � q .

3)

Rotor

4)

Lap/asijan

vektora AP je derinisan sa

od fP je definisan sa

172

fP = div fP, p·

ZO K r i v a u p r o s t o r u. Neka su p rostoru. Tada je:

(l) x1 = x1

(t)

jednačine krive u Riemanovom

VII. 1ENZORSKI RACUN

192

1) Dužina luka krive između tačaka !1 i !2 data sa

S= l dxdt1 dxldt dt. A1 dx"dt dA'dt { jkj } A'-=0. l g, .r, v ,

-

-

2) Promenljivi vektori definisani na krivoj (l) su međusobno ·nakih L'ltenziteta ako zadovoljavaju jednačinu -

3)

Geodezijska linija

i jed

+

(kriva čija je dužina luka između dve date tačke najmanja) je rešenje jednačine

dx"ds 0. ddsz xl2 { jk } -dx1ds -= Frenetovi obrasci dr' { i } dxk dsdxk ' ds { jki } -r:I -=K{J dsdv1 {Jki } dxdsk 1 v1 -=T{J ds jk ds r1, {31, 1 s KT x'=x1 (u1, ua ua ( t ) Prva osnovna forma površi dua duP Krivina prostora. x1 s1 s1 =0. Totalna krivina površi (GaussovaR kr1 ivina) K= l2 z . +

4)

paralelni

/

-

krive (l) su: -+ 1 {J'

-

+

fJ' - = - (Kr' + Tvf) ,

.

-+

v redom kontravarijantne koordinate jediničnih vektora tan gde su gente, glavne normale i binormale, luk te krive a i krivina odnosno torzija.

3o U n u t r a š n j a g e o m e t r i j a p o v r š i. Neka su u2) (i = l, 2, 3) jednačine površi, a = (a = l, 2) jednačine krive na toj površi. l)

je izraz

gap

2)

Riemannov prostor čija se metrička forma može, u odnosu napisati u obliku na neki sistem koordinata

gde su jednaki l ili - l, zove se rav::..n prostor ili pseudo-Euklidov prostor. Ako su svi jednaki l prostor je Euklidov. Potreban i dovoljan uslov da je jedan prostor, pozitivno definitne metrike, Euklidov jeste da je l

ili

R uk

Ovi tenzori se zovu i tenzori krivine prostora.

3)

je

l

gap

l

§ 4. PRIMENA TENZOitA U DIFERENCIJALNOJ GEOMETRIJI

l

MEHANICI

193

4) Druga osnovna kvadratna forma povrsi je izraz da fJ dua dufJ

gde je

da{J

=

oo 2xo1

L x1 ---u a ufJ i

5) Norma/na krivina površi za pravac dua je da ta sa

--

dafJ dua dufJ l K = - = ---'-gap dua dufJ

R

6) Asimptotske linije površi su integrali jednačine dafJ dua dufJ

1886. 1887.

=

O.

Pokazati da je A1,1 = AN , ako je At neki gradijent, i obrnuto. Izraziti divergenciju vektora AP preko njegovih fizičkih koordinata duž tangentnih vektora koordinatnih krivih : l o u cilindričnim koordinatama; 2° u sfernim koordinatama.

1888.

Naći laplasijan J72

1889.

Dokazati da je

1890.

Koristeći tenzorske oznake pokazati da je

1891.

172 (/J = 1 _!__

v g oxlc _

l o div (rot AP) = O ;

0 q; ) . (v-g gkr oxr

2 ° rot (grad (/J) = O.

Pokazati da se div Ap može napisati u obliku . A = - _!__ dIV P vg OX1

1

( vA' G'J ) g

1 gde su G1 kofaktori determinante g = / gif l ·

1892.

Ako je a11 rotor kovarijantnog vektora pokazati da je

a11 ,k + a1N

+ a,.,,1

=O

i da je to ekvivalentno sa

oa,, + oajlc + oalci = o . oxk ox' oxJ

1893. 1894. 1895.

Dokazati da je

_!__

(grad (/J) 2 = 2 gti (/),1 (/),1,., gde je (grad (_[))2 oznaka

za kvadrat intenziteta vektora grad (/J.

ox"

Napisati u tenzorskom obliku Stokesovu formulu. N:1pisati diferencijalne jednačine geodezijskih linija u : koordinatama; 2 ° polarnim koordinatama. 1 3 Zbirka zadataka iz više matematike II

lo

cilindričnim

194

Vll . TENZORSKI RACUN

1896. Geodezijska nula linija zove se ona linija za koju · diferencijalna jedna čina geodezijske linije ima prvi integral gij

dx' dxi - = 0. ds ds

-

1897. Pokazati da su, u trodimenzionom prostoru CJJa je metrička forma određena sa ds2 = (dx1)2 + (dx2)2-(dx3)2, geodezijske nula linije određene sa gde su a' i

x' = a' s + b' b' parametri pri čemu je (a1)2 + (a2)2 -(a3)2 = 0. u2 = rp (ul) bude generalisana linija na površi

1 898. Potreban i dovoljan uslov da x' = x' (ul , u2) jeste da bude

gde crte označavaju izvod po

ul.

1 899. Ako su AP i AP kontravarijantne i kovarijantne koordinate nekog vek tora, pokazati da ako kovarijantne koordinate zadovoljavaju uslov za paralelno pomeranje, zadovoljavaju ga i kontravarijantne i obrnuto. 1900. Potreban i dovoljan uslov da jedinični vektori tangente krivih if = const (a = l , 2) budu paralelni u odnosu na krivu e na površi jeste da je ova površ integral jednačine

LIJay } duY = O

({3 =/= a).

1901. Napisati uslov za paralelno pomeranje vektora p o paralelnim krugovima na jediničnoj sferi . Specijalno za vektor intenziteta a koji je tangenci jalan na nulti meridijan . 1902. Neka je oP tangentni vektor krive xP = xP (s) gde je s luk krive 'JIP jedi nični vektor glavne normale. Pokazati da je : l o gPa oP � = l ; boa tJ vP = O; 3° vektor -- normalan na 'JIP. 2° gpq oP . bs , bs -

1903. Dokazati da je

gde je K-krivina,

T-torzija

a pr jedinični vektor binormale.

1 904. Naći ugao između koordinatnih krivih površi xl = xl, x2 = x2, x3 =f(xl, x2}. 1905. Odrediti ugao () između krivih na površi sa kovarijantnim metričkim tenzorom g,1 , koje su definisane jednačinama

P2, du' = O, Pu du' = O l gde su P,1 date funkcije od u i u2.

§ 4. PRIMENA TENZORA U DIFERENCIJALNOJ GEOMETRIJI I MEHANICI

195

1906. Pokazati da su ortogonalne trajektorije krivih u1 = con st i u z = const na ......

-

površi r = r (ul, uz), redom, rešenja jednačina

gzi du' = O, 1907. Naći diferencijalne jednačine izogonalnih trajektorija koordinatnih krivih na površi čija je osnovna metrička forma dsz = gii du' dui . 1908. Napisati jednačine krivih na površi sa datom osnovnom metričkom formom g11 a koje polove uglove između koordinatnih krivih u' = const. 1909. Data je prva osnovna forma površi az [cosz w (dul)Z + sinz w (duz)z] gde je w = w (u1, uz). Naći R12 1 2 • 1910. Koordinate Riccevog tenzora za neku površ su

ga fJ R1 2 12' Ra{J = gyđ Rya{Jđ = - g

Dokazati.

1911. Naći totalnu krivinu površi xl = a sin ul cos ul,

xz = a sin u1 sin uz ,

x3 = a cos u1 •

1912. Pokazati da je za obrtnu površ xl = u1 cos u2,

K = Ru l z = gl l gzz

cp ' cp" ul ( l + cp 'z)z

1913. Ako su koordinate tako izabrane da se neka indefinitna kvadratna forma svodi na 2 a1 2 dul duz krivina te forme biće data sa

K=

__I_ 02 (ln a1 z) . al z iJul ouz

Dokazati.

1914. Na površi sa datom metričkom formom

posmatrati krive definisane diferencijalnom jednačinom

u kojoj su P, Q i R date funkcije. Naći pod kojim uslovom krive (l) obrazuju na površi ortogonalnu mrežu tj. dvoparametarsku familiju krivih takvu da kroz svaku tačku površi prolaze po dve krive te fami lije koje se seku ortogonalno.

196

VII TENZORSKI RAC:UN

1915. Ako su koordinate neke površi takve da je g1 2

__!_

krivina

e1

=

= = d12

O tada je normalna

maksimum ili minimum u pravcu koordinatnih krivih i

R

�!! ; !?z = du

g22 su koreni jednačine d22

(d11 d22 -d12) 2 R2 -(d1 1 g22 + d22 g1 1 - 2 d1 2 g1 2) R

a{ } = { aaa }-2{; } ; 2o { aa } = - { aa } ; aa p p p a a = } { p p { p p } (a=f= p).

+g=

O.

1916. Ako su asimptotske linije koordinatne linije, tada je lo

3o

{k}

1917. Pokazati da je ubrzanje materijalne tačke dato sa

c5vk = dzxk + c5t pq dt 2

dxP dxq . dt dt

1918. Naći fizičke koordinate brzine i ubrzanja čestice u cilindričnim koor dinatama 1919. Izraziti Maxwellove jednačine oB 1 3 ° V x E = -; __,.

__,.

4 n-+ 4° V x H = - 1. -+

e

ot

e

u tenzorskom obliku . 1920. Ako je T kinetička energija materijalne tačke mase m u odnosu na ge neralisane koordinate xi, pokazati da je njena brzina vt data sa

1921. Pokazati da uslov za konzervativnost sile, određena generalisanim koor dinatama Q, glasi Q,,1 -QN = O.

Glava VIII DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

§

l

l.

Diferencijalne jednačioe prvog reda

o Obična diferencijalna jednačina prvog reda rešena po

y' ima oblik

y' =f(x, y) pri čemu je y = y (x) nepoznata funkcija a y' njen izvod. Funkcija y = y (x) koja (l)

(l)

integrianltneagrkraliva. rešenje O (l), partikularna rešenja partikularni

zadovoljava jednačinu zove se vara tome rešenju naziva se Funkcija

oinptštegirainltiegra l .

ili

jednačine. Kriva koja odgo

rp (x, y, e) =

koja sadrži proizvoljnu konstantu e, a koja zadovoljava jednač;nu zove se te jed načine. Rešenja koja se dobijaju iz opšteg rešenja dajući konstanti e konkretne vrednosti zovu se ili 2° C a u e h y e v p r o b l e m. voljava početne uslove

(2)

Problem nalaženja rešenja jednačine (l) koje zado

y = y0 za x = x0 ,

Cauehyev problem. (l) singularni Cau h ev problem.

gde su x0 i y0 dati brojevi, naziva se Problem nalaženja rešenja sa početnim datim vrednostima y0 i x0 , ako jednačina nije definisana u tački (x0, y0), ali je definisana u okolini te tačke, i l i ako pak početne vrednosti nisu konačne, naziva se e y U tom slučaju rešenje y = y (x) [x = x (y)J ima osobinu (3)

y (x) ->- y0 kada x _,.. x0 [x (y) _,.. x0 kada

Y _,.. Yo ·

Problem egzistencije i jednostavnosti Cauchyevog rešenja rešavaju sledeće dve t eoreme:

eanovakuteorema). Ako je desna strana jednačine (l) definisana neprekidna u prl.av(oPugaoni gde su a i b dati pozitivni brojevi, a sem toga je neograničena u toj oblasti j Teorema

,

!f(x, y) j < M

t

.

198

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAĆINE

gde je nMa konstimaantbaran pozijednotivarnešebrnjoe.j, a (x, y) proizvoljna tačka iz oblasti R, onda jednači y=y( x ) kojeintervzaaludovoljava početne uslove definisano (i neprekidno diferencijabilno) u gde je (a; �) alotveeor: ema). Ako je desna strana jednačine definisana u obll) f(astxi, Ry) ijezadovnep(Proeilkjcaavidrdnaaovusfunkcij a , i)i)fy postoji i ograničena je gdekojeinterjvezadovolj K fikasvaan počet pozi t i v a n br o j, onda je d nači n a i m a je d i n s t v e no r e š e n je n e us l o v e de f i n i s a no (i ne p r e ki d no di f er e ncij a bi lno) u alu y'=f(x, y). ( y ) dy =O, P ( x ) dx+ Q diferencijalna jednačina koja razdvaja pramen/jive. J P(x)dx+ J Q (y)dy=c. y' =t(:) M(x, y) dx + N (x, y) dy= O, M(x, y)difereNncij(xa,ly)na jednačina. y=ux u homogena du J f(u)-u x+c. x +b1yy++c1 ) y'=f ( a1ax+b ax+by+c=O x; +b1 y +c1=0. az=ax+by y' =F(ax+ by) 1 x +b1 y =k(ax+z=aby)a,x+by+c ) y=zm. m m, y=zm. y' +p (x)y= q(x) {l)

(4)

(2),

(5)

h = min

T e o r e m a 2.

(l)

2)

(4).

(l)

(2),

(5).

3" O s n o v n e

l)

d i fe r e n e ij a l n e

j ednač ine

prvog

reda

obl ika

Jednačina oblika

naziva se sano je jednakošću

Njeno rešenje defini

2) Jednačina oblika

odnosno

gde su i homogene funkcije istog stepena homogeni teta, naziva se Smenom gde je nova funkcija ova jednačina se svodi na jednačinu koja razdvaja promenljive i njen opšti integral ima oblik

Jednačina oblika

e

svodi se na homogenu prenošenjem koordinatnog početka u tačku preseka pravih i Ako se pak te prave ne seku, onda je otuda jednačina dobija oblik koja se smenom (ili svodi na jednačinu koja razdvaja promenljive. Neke jednačine mogu biti svedene na homogenu smenom Broj obično nije unapred poznat. Da bismo ga našli treba u jednačini izvršiti smenu Iz zahteva da jednačina bude homogena određuje se broj ako je to moguće. 3) Jednačina oblika:

l.

§

DIFERENCUALNE JEDNAČINE

PRVOG

REDA

199

linearna difere-ncijp(x)dx alna je(e+-dnačina. p x) dx ) y= e J qe dx . y=u u Be r n oul l i ev a je d nači n a = q ( x ) +p ( x ) 1 a y=uv) . z=y Riccatieva jednačina +p (x)y2 + q(x)y = r(x) y1 y=y1 +P(x, y)dx+ Q(x, y)dy=totaOlnog 1Jerenci]ala. oP-=oQ oy ox C= J P(x,y)dx+ J[Q(x,y)-0°Y J P(x,y)dx] dy J y) dx + J Q (x0, y) dy = C xo P p= p y) pP(Q x, y)dxin+ptegrQaci(xo,niy)(faktdxy=0, y0oOr). o(oyI' P) =--o(IOX' Q) opOY OXop Q -P' P--Q-=p d x p' -QQ' y, -P ddyp = Q---'F(x,(y,y, yy'y''))-0.=JI, f( x , y' ) =O dy=pdx=pcp' (p)df(px.,y') =O x= cp (p) p dx=tp' (p)dp.y: X =tp(p), Y +C=y') =O.J prp' (p)dp.

naziva se

Opšti integral ove jednačine ima oblik

J

J

(

Obično se za njegovo nalaženje koristi smena nate funkcije. Na linearnu jednačinu svode se: y'

v

gde su

nove nepo:�

v

Y"

(takođe se može integraliti i neposredno smenom

smenom

y'

kada je poznat jedan njen partikularni integral

l

smenom

gde je

z

nova funkcija.

:z

4) Jednačina oblika v

· v· naziva se Je dnacma

pn· cemu Je •

d, r.

·

gral može se dobiti i z jednakosti

.

. . ' NJen opš b mte-

ili iz jednakosti

X

Yo

p (X,

y

ako su funkcije i definisane u tački Funkcija (x, naziva se

ako je jednačina

jednačina totalnog diferencijala. Integracioni faktor možemo odrediti iz jednačine .1. v

---

1 1

•

•

sto Je ISto

•

IZ

v· Je dnacme •

( ,

X

. . zaviSI ""tor, k OJI Jntegracioni . . f'-', . . samo od y

X

a samo od

ln IZ Jednacme --•

•

v

·

)

y

. Je određuje . se IZ . dnacme v·

�

p

�

-----;;;-- In P

4° O s n o v n e d i fr e n c ij a l n e j e d n a č i n e p r v o g r e d a o b l i k a Ako diferencijalna jednačina ima jedan od oblika ili l =O onda se često y' uzima kao parametar ili funkcija parametra. Ako se stavi a iz jednačine se nađe onda je Otuda je Tako se mogu preko parametra izraziti x i

Slično se rešava i jednačina /(y,

200

VIli. DIFERENCIJALNE JEDNAĆINE

F(x, y, y') =y=rp(y') x+!p(y), y. rp (y') y' y=y' X+!p(Clyai'r).autova jednačina y =ex+ 'P ' ( p ) ( p ) x + 1p y px +'P rp (y')of=y' y=rp (y') X+!pLagr(y'a)ngeova jednačina y' =p x, [rp (p)-p) dxdp- +X rp' (p)+ !p (p) =0. y =rp x +'P rp F(x, y, y') oFoy oy'oF F(x, y, y') =0 o F(xoy', y, y') 0 y' (x, y) =O diskriminantne F(x, y, y') =O ycP =rp (cPx)(,x, y, e)= O o cP (xo, y, =0 cP (x, y, /zogonalna trajektorija (x, y, a)=

Da bi se re šila jednačina O, korisno je, ako se može, prethodno je rešiti po Ako se pri tome dobije onda se jednačina može integraliti. Od interesa su dva slučaja:

l) Ako je

�

onda se dobija

Njen opšti integral ima oblik

(e).

Sem toga jed načina može imati još singularni integral koji se dobija isključiva i njem p iz jed načina = = O. 2) Ako je

Ako se stavi linearnu

onda se dobija

a za funkciju uzme

,

onda ova jednačina prelazi u

Sem toga, jednačina može imati singularni integral oblika je e koren jednačine e = (e) .

5° Ako s u funkcija jednačine (6)

(e)

(e) gde

i izvodi - i - neprekidni, onda proizvoljno rešenje

takođe zadovoljava i jednačinu (7)

----- =

.

Otuda, da bismo dobili singularno rešenje jednačine (6) treba isključiti čina (6) i (7),

iz jedna

Tako dobijena jednačina 'P naziva se jednačina krive. Za svaku granu diskriminantne krive treba proveriti, da l i je to grana rešenja jed načine (6), pa ako jeste, da je to rešenje singularno, tj . da li je narušena jedinstvenost u svakoj njegovoj tački . Ispitivanje jedinstvenosti lako je proveriti kod onih jednačina čije opšte rešenje možemo naći.

Ji

Ako familija krivih koja predstavlja rešenje jednačine ima obvojnicu onda je ta obvojnica singularno rešenje te iste jed načine . Ako funkcija ima neprekidan prvi izvod, onda radi nalaženja obvojnice treba isključiti e iz jednačina

e) O =

e) ----e

i proveriti da li je dobijena kriva obvojnica.

6° T r a j e k t o r i j e. familije krivih f linija koja seče sve krive familije pod istim uglom a.

O

naziva se

§

l . DIFERENCIJALNE JEDNA<":INE PRVOG REDA

201

Da bismo dobili diferencijalnu jednačinu trajektorija, treba isključiti a iz jednačina

f(x, y,

a) = O

tg a =

of of y' + ox oy of of --oy ox y' n

U specijalnom slučaju kada je ugao a = - onda se trajektorije nazivaju orto-

2

gona/ne.

Formirati diferencijalne jednačine čija su opšta rešenja: 1924. y = sin (x + c). 1923. y = ecx. 1922. Y = ceVx2 - l 1927. y = e (x-c)z. 1926. y2 + cx = xJ. 1925. xz + cyz = 2 y. 1928. cy = sin cx. Rešiti sledeće diferencijalne jednačine: ' 1931. X y 1929. yy' -x = O. 1930. y= l + y'2. y X+l 1933. x + xy + y' (y + xy) = O. 1932. y'z + yz- 1 = O. 1935. V l -xz dy + V; 1 - yz dx = O. 1934. xy y'2 + (xz + yz) y' + xy = O. - = --

--

·

--

1937. 2 st z s' = l + f2. 1936. y V 1 xz dy + x Vf=.Y2 dx = o . Pogodnom smenom dovesti u sledećim jednačinama do razdvajanja pro menljivih a zatim ih integraliti: 1940. y' = (ax + by + c)2 . 1939. y' = sin (x-y) 1938. y' = (x-y)z + l . Naći opšti i partikularni integral za date početne uslove sledećih jednačina: 1941. 2 Vxdy = y dx, y (4) = l . 1943. y' sin x = y ln y,

y

(�) = l .

1942.

eY

(y' + l) = l ,

y (O) = ln 2.

1944. (az + yz) dx + 2 x Vax-xz dy = O, y (a) = O. 1945. y-xy' = a (l + xz y'), y ( l ) = l . 1946. xz y'-cos 2 X = l , y( ) = _2_ n. 4 1947. 3 y2 y' + 1 6 x 2 xy J; y (x) ostaje ograničeno kada x-+ oo

=

oo .

202

1948.

VID.

DIFERENCUALNE ffiDNACINE

Napisati jednačinu krive koja prolazi kroz tačku ( l ,

+)

a kod koje je

koeficijent pravca tangente, u svakoj tački, tri puta veći od koeficijenta pravca radijus vektora te tačke.

1949. 1950.

Naći familiju krivih kod kojih je subtangenta konstantna i jednaka a.

Naći krive kod kojih je površina trougla koji obrazuje tangenta, ordi nata tačke dodira i apscisna osa konstantna veličina jednaka az.

1951.

Naći familiju krivih kod kojih je odsečak tangente jednak rastojanju dodirne tačke od koordinatnog početka.

1952.

Pri malim količinama radioaktivne materije, može se smatrati da je brzina raspadanja direktno proporcionalna količini radioaktivne materije. Naći masu radioaktivne materije u funkciji od vremena.

1953.

Teška materijalna tačka mase m počinje da pada u sredini sa otporom, pri čemu sila otpora zavisi od brzine po zakonu f= kvm . Odrediti zakon promene brzine u vremenu i put p ređen za vreme t (n = l , 2).

1954.

Motorni čamac se kreće po mirnoj vodi brzinom v0 = 20 kmjčas. Pri punoj brzini motor se isključi i kroz 20 sec nakon toga brzina čamca se smanji na v = 8 km/ čas. Otpor vode je proporcionalan brzini kretanja čamca. Odrediti brzinu čamca 20 min posle isključivanja motora.

1955.

U sud, koji sadrži l O l vode, neprestano utiče, brzinom 2 1 u minutu, rastvor koji u svakom litru sadrži 0,3 kg soli. Ulazeći u sud rastvor se meša sa vodom a zatim smesa izlazi iz suda istom tom brzinom . Koliko će soli biti u sudu nakon 5 minuta? Naći opšti integral sledećih homogenih jednačina:

1956.

xy'- y = Vxz + yz

1958.

xz + yz-2 xyy' = O.

1959.

X ' iy y =-+- · X y

1962.

y xy, - y = x tg - ·

1957. ds dt

1960. X

t

lt

s

X

y' = e"Y + - · y X

1961.

xy' = y ln L .

1963. (y + VxY) dx = xdy.

1964.

x+y xy' -y = (x + y ) ln -- · X

1966.

' l + e7 + e7 ( l - � ) y = O.

1968.

s

- = -- - ·

1965.

y xy, = y cos ln - · X

1967.

y' =

(2 x- 4 y + 6) dx + (x + y- 3) dy = O.

x- y + l

x + y- 3

X

§

l.

203

DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

1969. (2 x + y + l ) dx-(4 x + 2 y-3) dy = O. 1971. (y + 2) dx = (2 x + y-4) dy. 1970. x-y- l + (y-x + 2) y' = O. 1972. y' = 2

(x +y +y-2 1 t

1973. (y' + l ) ln y + x = y + x x+3

x+3

·

Data je jednačina

1974.

Stavljajući y = zm odrediti m tako da se data jednačina svede na homo genu a zatim naći njen opšti integral. Kakva veza mora postojati između a i f3 da se jednačina

1975.

y' = a� + byfJ smenom y = zm, svede na homogenu?

1976.

Naći krive kod kojih je rastojanje tangente od koordinatnog početka jednako apscisi dodirne tačke.

1977.

Naći familiju krivih koje imaju osobinu da je dužina tangente jednaka odsečku koji odseca tangenta na pozitivnom delu x ose .

1978.

Naći jednačinu krive, koja prolazi kroz tačku (1, O) i ima osobinu da je odsečak tangente na Oy osi jednak rastojanju dodirne tačke od koor dinatnog početka.

1979.

Tačka M krive e projektuje se na y osu u tački Q, a normala u tački M seče x osu u tački N. Odrediti krive (e) tako da se prave OM i QN seku pod pravim uglom, a zatim naći onu od krivih (e) koja prolazi kroz tačku (2, 0).

1980.

Pronaći potreban i dovoljan uslov da rešenje homogene jednačine

=f

( �)

bude predstavljeno zatvorenim krivama koje okružuju koordi

natni početak. Naći opšti integral sledećih linearnih jednačina:

1981. y' + y + x = O.

1982. y' -y = ez.

1983." y' + _Y_ + X2 = 0.

1984. y' + y cos X = sin X cos X.

2 1985. y' -y = (x + 1)3.

1986. t ds - 2 s dt = t3 1n t dt.

1987. dx + (ell-x) dy = O.

1988. y' =

·

l

y' =

+x

(x + l )

y 2 y lny + y-x

204

1989.

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAĆINE

Naći onu integralnu krivu diferencijalne jednačine ( l - x2) y' + xy - l = 0 koja prolazi kroz tačku (0, 1).

1990.

Naći onu integralnu krivu diferencijalne jednačine y xy - -- = x x+ l l

koja prolazi kroz tačku ( 1 , - 1 ). Podesnom zamenom ili diferenciranjem svesti sledeće jednačine na line arne a zatim naći njihov opšti integral:

1991.

(x2 + y2 + 2 x - 2 y) dx + 2 (y- 1 ) dy = O.

1993. 1995.

x (eY -y') = 2 .

y' + sin y + x cos y + x = O.

1997.

y (x) =

X

1994.

J y (t) dt + x + l .

1992.

(x + l ) (y y' - l ) = y.

y ' - l = ex+2 Y. (x2 - l ) y' sin y + 2 x cos y = 2 x - 2 x3.

1996. 1998.

J (x -t) y (t) dt = 2 x + J y (t)dt.

o

o

X

X

o

1999.

Odrediti krive kod kojih je odsečak koji odseca tangenta na ordinatnoj osi jednak subnormali dodirne tačke.

2000.

Naći krive kod kojih je površina izmedu apscise, tangente i radijus vektora tačka dodira jednaka a2.

2001.

Naći krive koje imaju osobinu da im tangenta u svakoj tački obrazuje sa koordinatnim osama i ordinatom tačke dodira trapez konstantne površine a2? Izmedu tih krivih naći onu koja prolazi kroz tačku (a, a) .

2002.

Ako je R otpor, L koeficijent samoindukcije a U napon nekog elek tričnog kola, onda njegova jednačina dinamičke ravnoteže ima oblik di

L - + Rl' = U dt

Naći struju u funkciji od vremena t ako je

2003. 2004.

i = i0 za t = O.

Kondenzator kapaciteta e uključuje se u kolo napona E i otpora R. Odrediti opterećenje q kondenzatora u momentu t nakon uključivanja.

U kolu čiji je otpor R a samoindukcija L dejstvuje periodična elektro 2 motorna sila E1 = a sin n t, gde je T period, t vreme i a amplituda T ili maksimalna vrednost veličine E1 • Odrediti struju i kola u svakom momentu ako je za t = O i i = O.

DIFERENCIJALNE JEDNACINE PRVOG REDA

§ l.

2005.

20S

Naći ono rešenje jednačine y' sin 2 x = 2 (y + cos x) koje ostaje ograničeno kada x � - · 2 n

dx

2006.

+ x =f(t), gde je l f(t) I < M za - oo < t < oo , dt ima jedno rešenje za t E ( oo , oo ) i naći ga. Pokazati da je dobijena rešenje periodično, ako je funkcija f(t) periodična .

2007.

Naći periodično rešenje jednačine

Pokazati da jednačina

y'

2008.

=

y coszx + sin x.

Pokazati da samo jedno rešenje jednačine xy' -(2 x2 + l) y = x2 konačnoj vrednosti kada x� oo , i naći to rešenje .

teži

Naći opšti integral sledećih Bernoullievih jednačina:

_Y_ +

2009.

y' + 2 xy = 2 x3 y3.

2010.

y' +

2011.

yn-1 (ay' + y) = x.

2012.

xy' + y

2013.

y' -y tg x + y2 cos x = O.

2015.

xy' -4 y-x2 VY = O.

2017.

y' =

2018.

x dx =

2020. 2021.

(2 x2 y ln y-x) y' = y .

y cp' (x) -yz cp (x)

(:2 )

2014. 2016.

x+ l =

y2 = O.

y2 ln x.

y' + 2 � =

X

2 VY .

coszx

dx y2 ydy-a - dx = h - · xz xz

gde je cp (x) data funkcija.

-y3 dy.

2019.

y' x3 sin y = xy' -2 y.

Naći familiju krivih kod kojih je u svakoj tački zbir dužine normale i subnormale jednak jedinici, a zatim naći onu krivu koja prolazi tačku

(0, 0).

2022. 2023.

Tangenta u proizvoljnoj tački M krivih e seče Oy osu u tački N. Od rediti krive e tako da se odsečci MN vide iz tačke (a, O) pod pravim uglom.

Naći familiju krivih e takvu da tangenta povučena u proizvoljnoj tački krivih odseca na ordinatnoj ili apscisnoj osi odsečak l a proporcionalan ordinati (ili ap3cisi) tačke dodira;

2° proporcionalan trećem stepenu ordinate (ili apscise) tačke dodira.

2024.

Naći familiju krivih e , zadatih jednačinom oblika r =f(cp) kod kojih je površina sektora ograničenog tim krivama i radijusima neke fiksne

206

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAĆINE

i neke promenljive tačke (r, tačke (r0 , proizvodu koordinata promenljive tačke r i nosti je k.

cp)

cp0),

2025.

tih krivih, proporcionalna Koeficijent proporcional

cp.

Naći opšti integral Riccatieve jednačine y' ( l - sin x cos x) + yz cos x - y + sin x = O ako je njen partikularni integral y1 = cos x.

2026.

Data je Riccatieva jednač!na x2

l

2x

y , - -- yZ + -- y + -- = 0 . 1 -xJ

1 -xJ

l -x3

l o Odrediti konstantu a tako da y axz bude partikularni integral date jednačine a zatim naći njeno opšte rešenje; =

2° Odrediti konstante a i b tako da gral i naći opšte rešenje .

2027.

Odrediti konstante

e 1

d tako da y

y = ax + b bude partikularni inte

d e +X

xz

= -

jednačine

bude partikularni integral

Naći opšti integral sledećih jednačina ako one imaju partikularni

2028.

tegral oblika y = .!!_ :

X

xz y' = xz yz + xy +

m

2029. y' + yz = 2 x-z. 2031. xz y' + (xy- 2)z = O .

l.

Koristeći podesno izabrane smene integrali sledeće jednačine:

2033. y' + ay2 = !!___ .

2034.

x2

y' + yz + _!_ y- � = O. x2 x

Naći opšti integral sledećih jednačina totalnog di ferencijala:

2035. 2036.

xy' cos y + s i n y = O.

(4 - x2yl) dx + 2 .xy dy = o .

2x 2038. dx +

y3

2040.

X

xz + yz

y2 - 3 xz

dy -

y4

dy = O .

( xz +y ya 1) dx.

2037.

(x3 + 3 xy2) dx + (y3 + 3 x2 y) dy = O.

2039. (2 x - xy2) dx + (2 y3-xz y) dy = O . 3

2041. e11 dx + (x e11-2y) dy = 0.

207

§ l. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA

2043 . x dx + y dy V xz + yz

2042. yxv-t dx + xY ln x dy = O .

2044. 2 x (l + Vxz -y ) dx-Vx2- y dy = 0. x + 2 dx + (xz + l) cos y dy = O 2045. . sin y cos 2 y- 1 x dy + s . y dy = 0 2046• y + sin x cosz (xy) dx + . m z co s (xy) co sz (xy)

(

y dx-x d y xz

)

)

(

(

)

: sin _.::_ + _!__ dy = O . 2047. _!__ sin _.::_ _ 1'_2 cos L + 1 dx + _!__ cos 1'_ _ _.:_ y yz X yz X X y y X 2048. Od svih integralnih krivih zadatih jednačinom

(l + x Vxz + yz) dx + ( - l + Vxz + yz) dy = O izdvojiti onu koja prolazi kroz tačku (0, 1). .. . . dnacme lne Je 2049. Naci opste resenJe d IJ"<"erenciJa od rey = 2 xy + l a zatim y-xz diti onu integralnu krivu koja seče pravu y = - 2 pod uglom od ,.

v

v

v•

•

l

45°.

Pokazati da sledeće diferencijalne jednačine imaju integracioni faktor oblika p, = p, (x) ili p, = p, (y) i naći njihov opšti integral:

2050. (xyz-y 3) dx + (1 -xyz) dy = O . 2052. 2 xy + xz y + 3 dx + (xz + yz) dy = O.

(

�)

2051. (.xm + y) dx-x dy = O . 2053. y (l + xy) dx = x dy = O.

2054. (xZ + y z) (x dy-y dx) = (a + x) x4 dx. 2055. (2 xyz-y) dx + {y2 + x + y) dy = O. 2056.

(x cos y-y sin y) dy + (x sin y + y cos y) dy= O.

Pokazati da jednačine imaju integracioni faktor oblika p, = p, (xz + yz) i naći njihov opšti integral:

2057. x dx + y dy + x dy-y dx = O . Pokazati da jednačine imaju ili p, = p, (xy) i rešiti ih:

2058. (2x + y-yxz)dx + x (l + xzrdy = O. integracione faktore oblika p, = p, (x + y)

2059. (xz + xz y + 2 xy-yz-y3) dx + (yZ + xyz + 2 xy-xz-x3) dy = O. 2060. (2 x3 yz-y) dx + (2 xz y3-x) dy = O. 2062. xz y3 + y + (x3 yz -x) y' = O.

2061. xyz dx + (xz y-x) dy = O.

208

2063.

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

Pokazati da je integracioni faktor linearne jednačine funkCIJa ..

2064. 2065.

f p (x) dx

fl, = e

y' + p (x) y = q(x)

Naći krive koje imaju osobinu da je odsečak tangente između i prave y = ax + b podeljen tačkom dodira na dva jednaka dela .

x

ose

Dokazati da rešenja jed načine y' = x3-yJ uz proizvoljne početne uslove y (x0) = y0 postoje za x0 x < oo .

<

Naći oblast u kojima su rešenja jednačina jedinstvena:

2067. y' = 2 + 'fy- 2x.

2066. y' = 2 xy + yz. 2068. xy' = y + Vyz xz .

Naći opšte i singularno rešenje (ako postoji) sledećih jednačina :

2069. 2071. 2073. 2075. 2077. 2079.

y'z-yz = O . yz (y'z + l) = 1 . xy'z =y. y'3 + yz = yy' (y' + l ) . xy'z = y (2y' - l ) = O. yy' (yy'- 2 x) = xz-2 yz. Sledeće jednačine rešiti po

2081. 2083. 2085. 2086.

2070. 2072. 2074. 2076. 2078. 2080.

y'

(y' + 1)3 = 27 (x + y)z . y'Z-4y3 = 0 . xy'J + x = l . 4 (1 -y) = (3 y-2)1 y'z. y'z-2 yy' = yz (eX- l). y (y-2 xy')2 = 2 y'.

a zatim integraliti :

2082. y'z + yy' -x (x + y) = O. y'z-(x + y)y' + xy = O. 2084. y'z + x = 2 y. y'z-(x + y) y' + xy = O. y'3-(xz + xy + yz) y'z + (x3 y + xz yz + xyJ) y' -x3 yJ = O. y'J + (x + 2) eY = 0 . 2087. y'Z + 4 xy'-yz-2 xz y = x4 - 4 xz. Sledeće jednačine rešiti metodom uvođenja parametra :

2088. xy'3- l -y' = 0. 2090. X = y'J-y' - 1 . 2092. y-yy'z-2 y'x = 0.

y = l. V l + y'z 2096. y'J-4 xy y' + 8 yz = O. 2098. y'J + yz = xy y'. 2094.

xy'

2100. y' = e Y .

2089. y = y's + y'J y' + 5 . 2091. xJ + y'J-3 xy' = 0. 2093. X Vl + y'2 = y'.

xz . 2095. y = y'z-y'x + 2

2097. y'z-y'3 = yz. 2099. 2 xy' -y = y' ln y y'.

t>IFERENCUALNE JEDNACINE PRVOG REDA

209

Rešiti sledeće Lagrangeove jednačine :

2102. y = 2 xy' -y'3 2104. x = y y' + a y'z.

2101. y = 2 xy' -y'2 2103. y = x (l + y') + y'2•

xz 2

2106. y = xy' + ax V l + y'z .

2105. y = 2 y x + - + y 2. l

2107.

l

Naći singularno rešenje Lagrangeove jednačine

4

8 x-y = - y z--y 3. 27 9

2108.

l

l

Tangenta i normala neke krive postavljene u nekoj tački M (x, y) seku x osu respektivno u tačkama T i N. Odrediti sve krive koje imaju o sobinu da je OMz = OT · ON. Rešiti sledeće Clairautove jednačine :

2109. y = y'x + y' -y'z.

2110. y = y'x + Vl + y'2•

2111. y = y' x + _!!_ .

y'

2113.

Naći krivu koja ima osobinu da tangenta u svakoj njenoj tački odseca na koordinatnim osama odsečke čiji je zbir jednak a.

2114.

Naći krivu koja ima osobinu da površina kruga koji tangenta obrazuje sa Ox i O y osom iznosi 2 kz.

2115.

Odrediti krivu liniju koja ima osobinu da je proizvod odsečka koji čini tangenta na ordinatnoj osi i ordinate tačke dodira, proporcionalan raz lici između dužine normale i subnormale, ako je koeficijenat proporci-

a 2

ona 1 nosh -. .

2116.

Data je familija integralnih krivih

yz -(x-c)3 = 0 neke diferencijalne jednačine prvog reda Naći singularno rešenje te . jednačine .

2117.

Data je familija integralnih krivih (y-c)2 = (x-c)3 neke diferencijalne jednačine. Naći singularno rešenje te jednačine. Naći ortogonalne trajektorije familija krivih :

2118. y = axz. 2120. (2 a-x) yz = xJ. 14 Zbirka zadataka iz više matematike II

2119. yz = 2 p (x-a). 2121. (xZ + yZ)2 = a2 (X2 -y2) .

210

''III. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

2122. r = a (l + cos cp). 2123. r2 (n -cp) = a2 cp. 2124. r2 = In tg cp + e. 2125. r2n-2 a11 r11 cos n cp + a2" = c2n ako su a i n dati. 2126. Naći evolven"tu parabole, tj. ortogonalnu trajektoriju 2127.

Naći evolventu rančanice

2128.

Naći evolventu evolvente kruga

x = 2 a (cos t + t sin t)

,

njenih

tangm t i .

y = a ch �'. a�

y = 2 a (sin t - t cos t ).

Naći izogonalve trajekt orije familije Iinija :

2129. y = ax. 2131. r2 cos 2 cp = a2 . 2132. Naći krive koje §

2.

2130. r = a (l + cos cp). presecaju tangente kruga

x2 + y2 = a2

pod uglom od

45".

Razni primeri diferencijalnih jednačina prvog reda

Rešiti sledeće jednačine :

2 2133. y' = -1- 2 x + 3 Y + l 2 y 3 x + 4y2 + 1 2135. (x + 2 y + 7) y' + 2 x-y + 4 = O. 2137. (y-x2) y' -x = O .

2134. (x2 + l) y' = xy + l , y (O) = l .

2136. (x + 2 y + l ) y' -(x + 2y - l ) = O . 2 138. y' +f' (x)y -f(x)f' (x) = O.

2139. y , = y-x2 Vx2 y2 2140. xy' + (sin y-3 x2 cos y) cos y = O. xy Vx2 -y2 + x 2141. (xy-x2) y' + y2 -3 xy-2 x2 = 0 . 2142. 2 x2 yy' + y2-2 x3 -x2 = 0. 2143. y y' sin2 x + y2 sin x cos x- 1 = O . 2144. y2 + 4 sin x) y' -cos x = O. 2146. (x2y2 + x) y' + y = 0. 2145. (2 xyJ + y) y' + 2 y2-4 = 0. 2148. y' = y2f(xy). 2 147. (y')7-(y')5 + y' + 3 = 0 . 2149. xy' + y = f(x) cp (xy). 2150. x (2 x- l) y' + y2- (4 x + l) y + 4 x = O ako je nJen partikularni integral y= l. 2151. y-xy' = 2 . 2152. y (y - xy') = V x4 + y4 . x + yy'

§ 2.

211

RAZNI PRIMER! DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA PRVOG REDA

2153. xy' + y = ln y'. 2154. (xz + yz) (x dx + y dy) = (xz + yz + x) (x dy-y dx). 2155. xz (y' + yz) = a (xy-1). Posebno razmatrati slučaj 2156. xy' -x (y-x) Vyz-xz-y = O.

(

2158. Y = y' -

� vxf

-

kada je

a= l.

2157. (xZ l) y' + yz - 2 xy + 1 = 0.

2159. (cos x-x sin x) y dx + (x cos x-2 y) dy = O. 2160. yz y' + xz sin3 x = y3 ctg x. 2161. yz + xz y's = xy (y'2 + y' 3).

(

2162. x-y cos

2163. 2164. 2165. 2166.

�) dx + x cos � dy = O.

[sin (x + y) + x cos (x + y)] dx + x cos (x + y) dy = O.

(xz + l) y' + x sin y cos y-x (xz + l ) cosz y = O. y (a) = l . (xz yz + l) y + (xy - l )z xy' = O ; y (2 a) = 3 a. (xz-az) dx + 2 xy dy = O;

2167. xyy' = xzy' + yz ; y (1) = l .

2169. 2 (xzy + V I + _x4yz) dx + x3 dy = 0. 2170. [2 x- 1n (y + 1)] dx -x + � dy = 0. y+ 1

x

-�

2168. xyy' -yz = (x + y)2 e

2171. xyy' -xz Vy z + l = (x + 1) (y2 + l ) . 2172. (xy' -y)z = y'z_ 2 y y' + 1. 2174.

X

Partikularni integral diferencijalne jednačine

y' + yz-3 y tg x + tg2 x - 1 = 0 k t g x, gde je k konstanta koju treba

irna oblik opšti integral.

2175.

odrediti. Naći njen

Pokazati da jednačina

(xz + x) y' + yz + (1 -2 x) y-2 x = O

irna partikularno rešenje oblika y1 = k gde je k konstanta koju treba odrediti. Pokazati da sve integralne krive prolaze kroz dve stalne tačke. 1 4*

212

VIII.

DIFERENCIJALNE 1EDNACINE

2176. Data je diferencijalna jednačina

y' = f(x,y)

Ako se pretpostavi da integracioni faktor ove jednačine zavisi samo od x, pokazati da je onda jednačina linearna .

2177. Data je diferencijalna jednačina

(xl- l) y' = 2 xyz -xz y- I

l o Odrediti njen partikularni integral u obliku njen opšti integral. 2° Naći partikularni integral l vrednost y = -- .

2178. Data je funkcija

4

y=

/+ 1

x2 + l

y = ffJ (x)

y = ax + b

pa zatim naći

date jednačine koji za

x = O uzima

. Pokazati da ona zadovoljava jednu dife

rencijalnu jednačinu oblika y' = R (x, y) gde je R (x, y) racionalna funk cija po x i y koju treba odrediti. Zatim integraliti tako formiranu dife rencijalnu jednačinu.

2179. Pokazati da funkcija

y (x) �

{

l,

X=O

zadovoljava jednu diferencijalnu jednačinu prvog reda oblika gde je R racionalna funkcija po x i y .

y' = R (x, y),

2180. Pokazati da se diferencijalna jednačina

y'

=

(xz + yz -a)y+ Ax (xz + yz-k)x-{Jy

gde su a i {J dva parametra, svodi smenom oblik koji razdvaja promenljive.

x = e cos ffJ :i y = e sin ffJ

na

2181. Odrediti integralne krive diferencijalne jednačine 8 xy y' - 1 6 yz + xz = O.

Ispitati te krive i nacrtati ih. Ako integralne krive ograničavaju jedan deo ravni, izračunati veličinu te površine i dužinu luka krivih.

2182. Pokazati da se diferencijalna jednačina predstaviti pomoću relacija parametar.

y'3-y'z-4 yZ-27 y4 = 0 y' = ( l + t z) ( I + 3 tz), y = t + tJ gde

h koristiti ovu činjenicu za iznalaženje rešenja date jednačine.

2183. Data je diferencijalna jednačina

y' + � = l . y

može je t

§ 2.

213

RAZNI PRIMERT DIFE:',ENCIJALNIH JEDNACINA PRVOG REDA

l o Stavljajući

relacijom

pokazati da je rešenje ove jed načine definisano

y = v x,

V3 ln (xz-xy + yz) + arc tg 2 y- x = c1 2 x ]f3 2° Stavljajući x = v y pokazati da je rešenje definisano ---

V3

- ln (x2 -xy + y2) - arc tg

3°

2

relacijom

2 x-y = c2 YV3

-

Pokazati da su ova rešenja ekvivalentna i naći vezu između

. .. 2 184. Po kazat1. d a Je funkCIJa

y (x) y' = f(x) y + qJ (x) gde

=

arc sin Vx

Vx- xz su f(x) i

c2 •

c1

. . . 1ne J.edIterenciJa Jed no resenJe v • d'�

načine qJ (x) racionalne funkcije po x koje treba odrediti . Pokazati da se jedno partikularno rešenje ove jednačine može razviti u potencijalni red u okolini tačke x = O.

2185. Pokazati da integralne krive jednačine

(4 y-3 x-5) y' -3 y + 7 x + 2 = 0

eme jednu familiju zatvorenih krivih. Pokazati da su integralne krive simetrične u odnosu na pravu y = l .

2186. Pokazati da jednačina ima integracioni

y (2 x-y + 2) dx + 2 (x-y) dy = O faktor oblika l" = l" (x) i naći njen

opšti integral.

2187. Pokazati da jednačina

2188.

(x + 2 y) dx + y dy = 0 ima integracioni faktor oblika l" = l" (x + y) naći njen opšti l o Pokazati da postoji takva funkcija l" = l" (xy) da izraz l"

integral.

(x2 yz + x) dx + l" y dx

predstavlja totalni diferencijal .

2°

Odrediti integralne krive odgovarajuće jednačine prolazi kroz tačku ( - l , l ) .

2189. Data je diferencijalna jednačina l (A.xz-yz) dx + (px + 2 Ay) dy = O.

X

izdvojiti onu

koja

214

Vlll. DIFERENCUALNE JEDNACINE

lo

Odrediti parametre A i p tako da jed načina ima integracioni faktor l

xz + yz 2° Za tako dobijene rešenje rp (x, y) = O

vrednosti parametra koje ispunjava uslov

l'

i A naći ono partikularno

rp (a, 0) = 0 (a> O).

2190. Naći uslov pod kojim diferencijalna jednačina

P dx + Q dy = O

dopušta integracioni faktor oblika p = p (yz-x). Pokazati da se taj fak tor može dobiti kvadraturom. Primeniti to na slučaj

P = (2 yz-2 x-l) ex + yz-3 x) eli, Q = 2 y ex + 2 x (y2 + y-x) eY.

(2

2191. Data je diferencijalna jednačina

P (x, y) dx + Q (x, y) dy = O l o Naći vezu između funkcija P i Q takvu da je data jednačina inte gralni faktor oblika p = p (x + y) . 2° Dobijeni rezultat primeniti za nalaženje opšteg integrala jednačine (2 xy -yz -y) dx + (2 xy-xz-x) dy = O 3°

U slučaju kada data jednačina dopušta istovremeno integracione ' faktore A (x + y) i p (x-y), izraziti P i Q u funkciji od A, p, X i p .

2192. Naći familiju krivih takvu da tangenta u proizvoljnoj tački tih krivih, njen radijus vektor i osa Ox obrazuju trougao konstantne površine a.

2193. Odrediti krive u ravni koje imaju osobinu da normala u svakoj njiho voj tački prolazi kroz jednu stalnu tačku te ravni.

2 1 94. Naći linije kod kojih apscisa težišta krivolinijskog trapeza koji obrazuju te linije, koordinatne ose i pra va

x = a,

iznosi

3a 4

za svako

a.

2 195. Naći krive kod kojih je zbir normale: i subnormale proporcionalan apscisi . Koliki treba da bude koeficijenat proporcionalnosti da bi do bijena kriva bila drugog reda . 2 196. Naći linije kod kojih sredina odsečka tangente između koordinatnih osa, leži na paraboli yz = 2 px. 2197. U ravni je data tačka

lo

O

i prava

d.

Odrediti krive e tako da rastojanje svake tačke M ove krive od prave d bude jednako rastojanju O od tangente na krivu u tački M.

2. RAZNI PRIMER! DIFERENCUALNIH JEDNAC!NA PRVOG REDA

21.5

2° Kroz proizvoljnu tačku A ravni prolaze, uopšte, dve integralne krive.

Naći skup tačaka A u kojima se tangente integralne krive poklapaju.

2198. Kroz proizvoljnu tačku M neke krive k u ravni z = O povučena je prava MN tako da je odnos između koeficijenta pravca te prave i tan gente na krivu e u tački M konstantan realan broj a. l o Naći jednačinu krive Razlikovati slučajeve

e

ako prava

a = _!_ 2

MN stalno dodiruje krivu y = _!x2 . 2

a =t-_!_.

i

2

2° Naći jednačinu one koloidne površi čija je dircktorna ravan koordi natna ravan o su i krivu

z=O

a čije su generatrise prave koje prolaze kroz

X = a (u), y = f3 (u) , Z = U

ako je projekcija krive

(L)

vrednosti a = _!_ pri čemu je krive

k.

2

na ravan p,

Oz

(L),

z=O

kriva k koja odgovara

p.uametar koji figuriše u jed načini

21 99. Odrediti ortogonalne trajektorije krivih (x2 + y2) 2 + 2 b2 (y 2 - x2) = a, gde je b konstanta i a promenljivi parametar. -

2200. Naći skup tačaka takvih da se dve integralne krive jednačine

x y'2 -yy' + l = 0, koje prolaze kroz te tačke seku : l o pod pravim uglom; od 45°.

2° _ ·p od uglom

2201. čestica pada u sredini čiji je otpor proporcionalan kvadratu brzine čestice. Pokazati da je jednačina kretanja

dv dt

- = g-kv2 gde je k konstanta a g ubrzanje zemljine teže . Integraliti tu jednačinu i pokazati da

V-+�!

kada

t-+

oo .

2 202. Brzina materijalne tačke u proizvoljnom momentu razlikuje se od srednje brzine (od početka kretanja do tog trenutka) za veličinu, koja je pro porcionalna kinetičkoj energiji tačke a obrnuto proporcionalna vr.::menu, računatom od početka. Naći zavisnost puta od vremena. 2203. Raketa početne mase M0 kreće se pravolinijski pod dejstvom sile koju proizvodi neprekidno isticanje mlaza gasova, koji izbacuje raketa. Br zina u0 isticanja gasova (u odnosu na raketu) je konstantna i orijen-

2 16

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAĆINE

tisana je suprotno početnoj brzini rakete v0 . Naći zakon kretanja rakete, zanemarujući silu teže i otpor vazduha. (Problem Cuolkovskog).

2204. Na rastojanju a u tačkama A i B nalaze se dva suprotno naelektrisana električna naboja + q i -q. Uzimajući tačku A kao koordinatni poče tak a za osu pravu AB, formirati jednačinu ekvipotencijalnih linija električnog polja, koje obrazuju pomenuti naboji.

x

§ 3. Diferencijalne jednačine drugog

višeg reda

]0 Jednačina oblika

(l)

obi č na dif e r e nci j al n a je d nači n a no g r e š e n j e reda. y y(x(x, y)y)= (x, y, n =0 opš t i . , e. integr·al cH • · partikulcaHrni ..in,tee,.graln ll>= dil>-=0 dx ' . .. ' d-=0 dxn ni]> , y = y (x) (n) =f(x, y, y', ... , y onda se ono obično naziva Integral e" · · . , e,.)

(2)

diferencijalne jednačine (l) koja sadrži proizvoljnih nezavisnih konstanata e�> · , en koji je ekvivalentan (u datoj oblasti) jednačini ( l), naziva se te jednačine (u odgovarajućoj oblasti) . Ako se konstantama u jednačini (2), daju određene brojne vrednosti, dobija se Obrnuto, imajući familiju krivih (2) i ne isključujući parametre iz sistema jednačina ·

·

o,

dobijamo, u opštem slučaju, diferencijalnu jednačinu oblika (l) čiji je opšti i ntegral u odgovarajućoj oblasti relacija (2). 2° C a u e h y e v p r o b l e m. Ako su za traženo partikularno rešenje rencijalne jednačine

dife

(3)

zadati

o

a poznato je opšte rešenje

onda se proizvoljne konstante određuju, ako je to moguće, iz sistema jednačina e �>

Yo

' Y0

Tx

o'

tt

· · ·

··

··

•

·

e,.) ,

n) t

§ 3.

217

DIFERENCUALNE JEDNACINE DRUGOG I VIŠEG REDA

Slično kao i kod jednačine prvog reda postoje teoreme koje obezbeđuju uslove egzistencije i jednostavnosti rešenja diferencijalne jednačine (3), koje zadovoljava date početne uslove. 3° S n i ž a v a n j e r e d a j e d n a č i n e.

l) Red diferencijalne jednačine oblika

snižava se neposrednom i ntegracijom. Njen opšti integral može se predstaviti formulom X

y�

J n- ! (

a

l)

(x-t)n- 1

/(t ) dt + e0 + e1 x + . . . + en-l X"- 1 .

2) Ako je diferencijalna jednačina oblika F (x, y(k), · · · , y) � O

onda se njen red može snizit i za jedinicu stavljajući y( k) �p => y) � O onda se njen red može sniziti za jedinicu stavljajući y' � p => y" �p

dp dy

itd.

4) Red jednačine može se sniziti ako je ona homogena po x i y u generalisanom smislu, tj. ako se ne menja zamenjujući x sa kx i y sa km y (pri čemu se y' zamenjuje sa km - l y', y" sa km -2 y" itd.). Da bismo ustanovili homogenitet potrebno je izjednačiti izložioce svih članova u jednačine i odredili broj kojima figuriše broj k nakon izvršene zamene. Pošto se na taj način odredi broj treba izvršiti zamenu x = e1, y = zem t, gde je z � z (t) nova nepoznata funkcija a t nova nezavisno promenljiva. Tako dobijena jednačina ne sadrži nezavisno promenlj ivu t. Njen r.:d se zatim snižava na već navedeni način.

m,

5)

m,

Red jednačine može se Iako sniziti ako se ona može transformisati tako da obe njene strane budu potpuni izvodi po x kakvih bilo funkcija.

e,

4° Funkcije y, = q;1 (x), y2 � q;2 (x), · · · Yn = 'P (x) nazivaju se linearno zavisn ako n postoje konstante e" e2, · · - e,. koje nisu istovremeno jednake nuli, tako da je

e, Y1 + C2 Y2 + · · · + e,. y,. = 0;

homogene linearne

u protivnom slučaju funkcije se nazivaju Opšte rešenje (4)

linearno

nezavisne.

diferencijalne jednačine

y + a1 (x) y(n-1) + . . · + a,. (x) y = O

sa neprekidnim koeficijentima a1 (x) (i=

l,

2, · · · n) ima oblik

y = e, y1 + c2 y2 + · · · + c,. y,. gde su Yto y2 , • • · y,. linearno nezavisna rešenja jednačine (4) (osnovni sistem reienja).

218

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAĆINE Opšti integral (5)

nehomogene linearne a1 (x) , . . . , an

gde su funkcije

diferencijalne jednačine

(x) i f(x) neprekidne, ima oblik

Y = Yo + Y,

y0

pn cemu je opšti integral odgovarajuće homogene jednačine (4) a larno rešenje linearne nehomogene jednačine (5).

Y

partiku

y1

Ako je poznat partikularni integral linearne homogene jednačine n-og reda, onda se red jednačine može sniziti za jedinicu i da tako dobijena jednačina takođe bude linearna. Opšti metod za nalaženje partikularnog integrala ne postoji. U nekim slučajevima moguće ga je naći putem problemanja.

y2,

·y,.

Ako je poznat osnovni sistem rešenja y 1, • • homogene jednačine (4), onda opšti integral odgovarajuće nemomogene jednačine (5) može biti nađen po formuli

y = e1 (x) y1 e2 (x) y2 + · · · + e,. (x) y,., određuju iz sistema jednačina e; (x) (i = l, 2, · · +

gde

se

n)

' e 1 (x) y, + e; (x) Y2 + · · · · · · · · · · ·

funkcje

· ,

·

·

·

+ e: (x) Yn = O,

e� (x) y� + e� (x) y; + . · . · · · · · · · · · · + : (x) y: = O, C

e� (x) y�n -2) + e�

Ovaj postupak naziva se

5° Osnovni sistem rešenja nim koeficijentima

(x) An-2) + . . . + e: (x) y�n-2) = O

Lagrangeov metod varijacije konstanata.

y1, y2,

• • •,

Yn

hom:>gene linearne jednačine sa konstant-

y( n) + a, y(n -l) + · · · + an-! Y' + a,. y = O

(6)

konstruiše se na osnovu karaktera korena (7)

r

m

karakteristične jednačine m,

na sledeći način: 1) ako je realan koren jednačine (1) reda odgovara linearno nezavisnih rešenja jednačine (6) oblika :

Yt = e'z, Yz = Xerx,

· · · , Ym = xm - t erz;

m

2) ako je a ± fJ1 par kompleksnih korena jednačine (7), reda vara 2 l inearno nezavisnih rešenja jednačine (6) :

Y1

= eax cos {J x,

y2 = ea>- cos {Jx, y 2 m = xm - 1

y,. = xeax sin {Jx,

· · ·,

)'2

m- 1

eax

y, = xeax cos {Jx,

= xm - 1 eax cos {J x,

sin {J x.

Opšti integral nehomogene diferencijalne jednačine : (8)

m,

onda njemu

onda njima odgo

§

3.

219

DIFERENCIJALNE JEDNACINE DRUGOG I VIŠEG REDA

može b i t i zapisan u obliku zbira

Y = Yo + Y,

y0

opšte rešenje odgovarajuće homogene jednačine a Y partikularno gde je rešenje jednačine (8). Ako je a

f (x) =!, (x) + /2 (X) + · · · +fn (x) ,

2,

Ydi = l,

odgovarajuće rešenje jednačina

+

··

·

n

)

metodom neodređenih koeficijenata

onda je i zbir y = Y1 Y2 + · · . + Y,. rešenje jednačine (8). Funkcija Y može biti nađena prost ijim slučajevima :

l)

u sledećim

a Q,.P,. P,. (x) n Q,. Q,. (x) m a a n). a± b i eaz b k). a±b i m a ± bi. Lagrangeov metod vanjacl}e konstanata. a, b, A1, An-1, An Eu/erova jednačina. a b e y ae dydt ' y a e (ddt2y2 dtdy) yn +A1 xn-1 y
f (x) = e'"�:

(x)

Ako je koren karakteristične jednačine onda se uzima Y = xm e"z je red korena (m = l , ·

gde

· . ,

Ako

nisu koreni jednačine (7), onda se stavlja

Y=

x + TN (x) sin bx]

[SN (x) cos

N=

gde su SN (x) i TN (x) polinomi stepena max (n, Ako su koreni jednačine (z), onda uzeti

gde je red korena U opštem slučaju za rešavanje jednačine (8) primenjuje se

6° Linearna jednačina oblika

gde su novu nezavisno promenljivu • • •

x+ = t � '=

-t-

konstante naziva se

" = 2 - 2t - - -

Uvodeći

itd.

Eulerova jednačina se svodi na linearnu jednačinu sa konstantnim koeficijentima. Za homogenu Eulerovu jednačinu

x"

(lO)

· .

+ An - 1

=O

rešenje može da se traži u obliku = xr. Zamenjujući u (10) ·· određene iz uvedene zamene, dobija se karakteristična jednačina iz koje se odre đuje izložilac r. Ako je r realan koren karakteristične jednačine reda onda njemu odgovara m linearno nezavisnih rešenja +

·

y1 = x r,

2 = xr J n x,

J

y, = xr ( n x) • ,

· · ·,

Ym = Xr (In x)m - 1 .

220

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAĆINE

m,

Ako je a ± {J; par kompleksnih korena reda arno nezavisnih rešenja

onda njemu odgovara 2 m line

y1 = xa cos ({J ln x), y2 = xa sin ({J ln x), Yl = xa ln x cos ({3 ln x),

·.

y4 = xa ln x sin (fl ln x,

· ,

y2m = xa (ln x)m - l sin (fJ ln x).

Naći diferencijalne jednači ne

Y2m - t = xa (ln) m - l cos ({J ln x),

čiji je opšti integral

2205. y = c1 (x -c2)2.

2206. (x- a)z + byz = l .

2207. y = c1 sin x + c2 x.

Rešiti sledeće diferencijalne jednačine :

2210. y" = x + sin x.

2208. y" = xez.

2209. y'" = sin x.

2213. y"'

2214. xy !V + y ' " = ex.

2211. yiV = X. 2215. y"

=

=

2 xy" .

2212. y"' s\n4 x = sin 2 x.

4 sin 2x ;

y (O ) = O ,

Naći o pšti integral jcdn<.čina :

y' (0) = 0.

2216. y'z y"

2217. ( 1 - xz) y " - xy' - 2 = 0.

2218. y" + y' tg x-sin 2 x = O .

2219. y" + y ' + x = O .

=

2220. ( l + xz) y" + l + y ' z = O. 2222. y" (ex + l ) + y' = O. 2224. y" -xy"' + y'" 3 = O.

2221. 2 xy ' y" = y' z - l . 2223 . y" J -+- xy" = 2 y' .

2225

•

2226. xy" = y' + x (y' z + xz).

xy

,, y ' + x s m . --J'' =

x

Rešiti sledeće diferencijalne jednačine :

2227. y" + 2 yy' 3 = o.

2228. 3 y y" - 5 y' 2

=

o

.

2229. y" sin y = 2 y' z cos y.

2230.

2231. 2 yy"- 3 y' z- 4 yz.

2232. y y " -y' 2 = yz Jn y .

2233. y" = eY .

2235. y" + y ' z = 2 e-Y .

2237. y" ( l + y y ') = y' ( l + y ' z). 2239.

y

(l -ln y) y" + ( l + sin y) y'z = O .

2234 . y' 2

=

(3 y- 2 y') y".

2236. y y " -2 yy' ln y = y' z . 2238. 2 yy " + y ' Z + y ' 4 = 0.

Naći onu integralnu krivu diferencijalne jednačine y y " + y ' z = O koja prolazi kroz koordinatni početak a koeficijenat pravca tangente u proiz voljnoj tački krive jednak je recipročnoj vrednosti ordinate te tačke.

§ 3.

DIFERENCIJALNE JEDNACINE DRUGOG I VIŠEG REDA

221

Koristeći homogenost sledećih jednačina sniziti im red a zatim naći opšti integral : 2240. 2241. 2243. 2245. 2247. 2248. 2250. 2251.

x4y" -(x3 + 2 xy) y' + 4 yz = O. xy y" + yy' + xz y'J = O. xy y" -xy' 2 = yy'. xz yy" = (y-xy') 2 . 4y 5 y = 2 xy-- y + 4 y2 - �. xz X x4 (y' z-2yy") = 4 xJ y y' + l . "

(

)

2242. 2244. 2246.

xzy" + xy' + y = O. (xz + l)(y' z -yy") = xyy'. xz (y'Z-2 yy") = yz.

l

2249.

xz ( yy" -y' z) + xyy' = y Vxz y'z + yz. 40 y'" 3 --45 y" y"' y1v + 9 y" 2 yv = O

xy' + xyy" -xy'2 = x3 .

(jednačina koničnih preseka).

Sledeće jednačine transformisati tako da obe njihove strane budu pot puni izvodi a zatim ih rešiti : 2252, 2253. 2255. 2257.

2yy yz yy " + y , 2 ---' + = 0. X X2 y' y"' -y" 2 = o .

yy" = y' (y' + l ) . xy" -y' = xzyy'.

2254.

y' y"' = 2 y"l.

2256. 5 y"' 2 - 3 y"ylV = O .

2258. Odrediti krive kod kojih je poluprečnik krivine jednak trećem stepenu dužine normale. 2259. Naći krive kod kojih je poluprečnik krivine proporcionalan radijus vektoru odgovarajuće tačke. 2260. Naći krive, kod kojih je u proizvoljnoj tački poluprečnik krivine dva puta veći od odsečka normale, koji odsecaju ta kriva i x osa. Razmo triti dva slučaja : l o kada je kriva ispupčena prema apscisnoj osi ; 2 ° ako je kriva izdubljena prema apscisnoj osi. 2261. Naći krive kod kojih je poluprečnik obrnuto proporcionalan kosinusu ugla između tangente i apscisne ose.

2262. Po strmoj ravni dužine l= l O m klizi telo. Ugao nagiba ravni j e a = 45° . Koeficijent trenja tela po površi ravni je k = 0,5. Odrediti zakon kre tanja tela i vreme u toku koga telo pređe niz celu ravan, ako se u početnom trenutku nalazilo na vrhu strme ravni. 2263. Konzola (greda pričvršćena na jednom kraju) dužine l= 6 m optere-ćena je silom F= 2 t na slobodnom kraju. Naći jednačinu elastične linije

222

VIII. DIFERENCUALNE JEDNAČINE

1

(krive izvijanja) i odrediti veličinu savijanja slobodnog kraja grede (modul elastičnosti je E= 2 l OO 000 kgfcm2 a moment inercije preseka grede I= 30 000 cm4.

2264. Greda dužine l, koja je poduprta na krajevima, ravnomerno je optere ćena teretom ukupne težine P. Odrediti jedK";nu elastične linije i uvi janje na sredini grede. 2265. Odrediti oblik koji dobija teška sajla pričvršćena na krajevima, pod uticajem sopstvene težine. 2266. Dokazati da jednačina kretanja klatna rešenje y (x) koje teži broju :rc kada x -

y" + sin y = O

Ima partikularno

oo .

Ispitati linearnu zavisnost sledećih sistema funkcija :

2267. 2268. 2269. 227 1.

1 ° x, x + l ; 2° xz, -2 xz ; 3° x, xz, x3 ; 4° ex, e zx, e 3X ; 5° sinz x, cosz x, l . X, X2 , 2270. sin x, cos x, l , sinz x, cos 2 x. arc tg x, arc ctg x, l . 2272. x, x3, 1 x3 / . • • •

sin 2x.

U sledećim primerima formirati homogene diferencijalne jednačine (što je moguće manjeg reda) ako su data njihova partikularna rešenja : 2273. 2274.

1 ° YI = sin x, y2 = cos x; 2° YI = ex, y2 = xex ; 4o YI = 3 x, Y2 = x-2, Y3 = ex + l . 1 ° YI = ex, y2 = sh x, y3 = ch x; 2° YI = X, y2 = x3, y3 = / x3 / ; 3° YI = ex, y2 = ex sin x, y3 = ex cos x.

2275. Znajući osnovni sistem rešenja linearne homogene jednačine naći njeno partikularno rešenje

y, koje zadovoljava y (l) = O, y' (l) = - 1 , y" ( l ) = 2.

2276. 2277. 2278

•

2279.

uslove :

Naći opšti integral sledećih jednačina ako je dat jedan njihov partiku larni integral : sin x

xy" + 2 y' + xy = O ;

YI = -- . X xz (ln x - l ) y" -xy' + y = O ; YI = X. l X y, y " + -- -- y = O ; YI = X. l -x l -x (2 x-x2) y" + (x2 - 2) y' + 2 (1 -x) y = O ;

yi = xz .

§

2280. 228 1 . 2282. 2283. 2284. 2285. 2286. 2287.

2288. 2290. 2292. 2293. 2294.

2295.

3. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE DRUGOG l VIŠEG REDA

Yi = x. l Y1 = 1 + - .

xz (ln x- 1 ) y" -xy' + y = O ; xz (x + I ) y" -2 y = O ;

X

y" + (tg x-2 ctg x) y' + 2 ctgz x · y = O ; y" sin3 x= 4 y sin 3 x; y1 = sin4 x.

xy" + 2 y' -xy = O ;

y = sin x. 1

( l + xz) y " + xy' -nzy = O ; y1 = (x + Vx2+1) xz (2 x- 1 ) y"' + (4 x-3) xy" -2 xy' + 2 y = O ; y1 = x ;

11•

Naći partikularno rešenje jednačine (1 -2 xz) y" + 2 y' + 4 y = O u obliku polinoma . Naći opšti integral sledećih jednačina, znajući da imaju partikularni integral oblika eksponencijalne funkcije Yi = eax ili u obliku polinoma Yi = xn + axn-1 + bxn-z + . . . : 2289. xy" -(x + 2) y' + y = O. (2 x + l ) y" + 4 xy' -4 y= O. " 2291. x2 y" ln x-xy' + y = O. xy - (2 x + I) y' + (x + l) y = O.

x (2 x + l) y" + 2 (x + l) y' -2 y = O. x (xz + 6) y" -4 (xz + 3) y' + 6 xy = O. Naći opšti integral jednačine x (x- 1) y" -(2 x- 1) y' + 2 y = 2 x3 - 3 xz ako je Yi = xz partikularno rešenje odgovarajuće homogene jednačine . Naći opšti integral jednačine

(x + l) xy" + (x + 2) y' -y = x + _!._ X

2296.

223

ako odgovarajuća homogena jednačina ima partikularno rešenje u obliku polinoma. Naći opšte rešenje jednačine (xZ- 1) y" + 4 xy' + 2 xy = 6 x ako su poznata dva partikularna rešenja odgovarajuće homogene jednačine xz + x + l Yt = x � . Y2 = x+ I .

I

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAĆINE

224

Metodom varijacije konstanata rešiti jednačine :

2297. xy" + y' = xz.

2298. y"- 2 y' + y =

2 ex 2 2 99. y " -y = -- . eX- }

2300. y" + y =

2301. y" + 4 y = 2 tgx.

2302. y" + y = ----===-

2303. x3 (y"-y) = xz- 2.

2304. y" - 6 y' + 9 y = -----

X

�.

l . sin x

--

cos 2 X VCOS 2 X

9 xz + 6 x + 2

2305. y'" + y = sec x.

Naći opšti integral sledećih jednačina :

2306. y" - 3 y' + 2 y = o.

2307. y"- 2 y' + y = O.

2308. y" -2y' + 2 y = o.

2309. y" + 2 y' + 3 y = 0.

2310. y" + 4 y = o.

231 1. y"' - 8 y = O.

2312. y"' + y= o.

23 13. y"' - 5 y" + 1 7 y ' - 1 3 y = O.

2314. y1V - y = 0.

2315. y 1V - 5 y" + 4 y = 0 .

2316. y1V-y"'-y" -y' + l 2 y = 0.

2317. yV - 1 0 y"' + 9 y' = 0.

2318. yV + 8 y" + 1 6 y' = 0.

2319. yVII + 3 yVI + 3 yV + yiV = 0 .

2320. y" + y = l ;

y (O) = O ,

2321. y" + y = 2 x-n ; 2322. y"'-y' = O ; 2323. y1v + 4 y = O ; 2324. y1v 2325.

-

a4 y = O ;

y (O) = O, y (n) = O.

y (0) = 3, y' (0) = - 1 , y" (O) = l . y (O) = O, y' (0) =

l , Y,( oo ) = O.

y (O) = O, y' (O) = O, y" (/) = O, y " ' {/) = b.

Kretanje materijalne tačke mase m duž x ose pod uticajem elastične sile gde je k proizvoljna konstanta, i trenja rx (r = const), zove se slo bodno oscilatorno kretanje. Jednačina toga kretanja ima oblik :

kx,

m x + rx + kx = o.

2326.

Naći opšte rešenje ove jednačine.

Naći vezu između puta x i vremena t, oscilatornog kretanja materijalne tačke mase m = l koja se kreće pod dejstvom elastične sile wx bez trenja, ako je u početnom trenutku t = O tačka bila u položaju x = l .

§ 3. DIFERENCIJALNE JEDNACINE DRUGOG

2327. 2328.

2329. 2331. 2333. 2335. 2337. 2339. 2341. 2343. 2345. 2347. 2348. 2350. 2352. 2354. 2355.

2356. 2358. 2360. 2362. 2364. 2366.

l

VIŠEG REDA

225

Naći zakon kretanja fizičkog klatna.

Odrediti zakon kretanja materijalne tačke mase m pod uticajem sile, orijentisane prema centru O i direktno proporcionalnoj rastojanju tačke od centra privlačenja O.

Naći opšti integral jednačina : y" -5 y' + 6 y = x.

2330.

y"- y = xz + l .

2332.

y"' + y' = X4. y" -az Y = ebx. y" - 3 y' + 2 y = ex. y" + y = e-x + 2. y" -3 y' + 2 y = (xz + x) e3 x.

2334. 2336. 2338. 2340. 2342.

y'" + y" = xz + l + 3 ex .

2344.

y" + 2 y = xz + 2. z

d ds -s + 2 + 2 s= 2 t3- 2. dt dt 2

y" - 2 y' + Y = e2x. y"- 3 y' + 2 y = e3 x. y" - 4 y' -t 4 y = e2x.

y" + y'- 2 y = (xz- l ) eh .

y'"-y" = x ex. y" + y = sin 2 x. y"' - 4 y' = xe2x + sin x + x .

2346. y" + Y = sin x. y"' - 2 y' + 4 y = e-x cos x + ex sin x. y" - 2 y' + 2 y = 4 ex sin x. 2349. y" + y = x& cos x. 2351 . y" + y = 2 X COS X COS 3 X. 2 y" + 5 y' l OO xe....a cos a. y" + nzy = ax sin nx + b cos nx. 2353. y"' + y"-y' + 1 5 y = sin 2 x. =

y"' + y' = tg x sec x.

yiV + 2 y"' + 5 y" + 8 y' + 4 y = COS X + 40 ex.

Naći opšti integral sledećih Eulerovih jed načina : x2 y" + xy' + y = l . 2357. xzy"- 3 xy' + 4 y = O. xzy" + 3 xy' + y = O. 2329. xJy"' + xzy" + 3 xy'- 8 x = O. xJy"' + xy'-y = O . 2361 . xJy"' + 2 xz y" -xy' + y = O.

2363. xzy"-4 xy' + 6 y = x. y" + L + L = o . X xz xzy"- 2 xy' + 2 y = 2 xJ -x. 2365. xJy'" -xzy" + 2xy' -2y = xJ + 3x. ( l + x)Z y''- 3 (1 + x) y' + 4 y = (l + x)J. 15 Zbirka zadataka iz više matematike

II '

VIIl. DIFERENCIJALNE JEDNACINE

226

2367. 2368. 2369. 2370. 2371.

(x + 1) 3 y" + 3 (x + 1)2 y' + (x + l ) y = 6 ln (x + 1 ). x3y" -xzy' - 3 xy + 1 6 ln x = O. (x + 1 )2 y" + (x + l) y' + y = x2 + 2 sin ln ( l + x). X

ln (x + l ) . (x + 1 )2 x4y'" + 2 x3y" = l ; y (l ) = O ; y' (l) = O ; y" (l ) = O . U sledećim jednačinama, oblika a (x) y" + b (x) y' + e (x) y = O, smenom y = a: (x) anulirati član uz prvi izvod, a zatim rešiti te jednačine : x2y" 4 xy' + (6-x2) y = O. 2373. (x2-x) y" + (x + l) y'-y = O. (x2 -x) y" + (2 x- 3) y'- 2 y = O. x2 (2 x + l ) (x + l) y" - 2x (x2 + 3 x + l ) y' + (6 x + 2) y = O . (l + x2) y" + 6 xy' + 6 y = O.

x2y" + xy'-y =

z

2372. 2374. 2375. 2376.

-

sledećim jednačinama izvršiti zamen u x = cp (t), birajući funkciju tako da se anulira koeficijenat uz dy : dt 2378. xy"- y'- 4 x3y = 0. 2 xy" + y'- 2 y = 0. x2 (1 -xz)z y" + 2 x ( l + x2) y' + y = O. U

2377. 2379.

cp (t)

2380. y"-y' + e4 x y = O. 2381. 2382.

y" sin xcos x-y' + m z y tg x sin2 x = O.

Jednač!na oscilatornog kretanja, tj . kretanja materijalne tačke mase m po x osi pod dejstvom : sile kx, trenja rx i neke spoljašnje sile f(t), koja zavisi od vremena, ima oblik m .:C + rx + kx =f(t). Napisati jednačinu kretanja materijalne tačke mase m pod dejstvom sile k2x bez trenja a pod uticajem spoljašnje periodične sile f(t) = 2 k sin kt, i rešiti je . .

2383.

2384.

Materijalna tačka jedinične mase kreće se po x osi pod dejstvom kon stantne sile čiji je pravac x osa, uz trenje koje je jednako brzini kre tanja . Naći zakon kretanja ako je x (O) = O i v (O) = O .

Na telo jedinične mase dejstvuju dve sile /1 = k2x i f2 = -fk2 sin x', jednaka fkz i orijentisana suprotno brzini . Početna brzina x' = O a početno rastojanje od početka je x0 = nf Naći kretanje tela . -

2385. U

strujnom kolu, koje je uključeno na izvor elektromotorne sile e, vezani su paralelno indukcioni kalem induktivnosti L, otpor R i kon denzator kapaciteta C. Naći struju u kolu u funkciji od vremena t, ako su u početnom momentu struja i opterećenje kondenzatora jednaki nuli.

§ 4. RAZNI PRIMER! DIFERENCIJALNIH JEDNACINA DRUGOG l VIŠEG REDA

2386.

2387.

2388.

Rešiti jednačinu

y"' = (xzy"- 2 xy' + 2 y) P (x) + Q (x) smenom xzy"-2 xy' + 2 y = u, ako su P i Q date funkcije. Naći rastojanje izmedu dve sus.:dne nule proizvoljnog (ali ne identički jednakog nuli) rešenja jednačine y" + my = O, gde je m = const > O. Koliko nula može biti na intervalu a < x < b ? e

Ako je if(t) l < l+a- , dokazati da jednačina u"- [ 1 -f(u)] u = O t takva dva rešenja u1 (t) i u2 (t) da je -

kada t - oo . § 4. Razni primeri diferencijalnih jednačina drugog i višeg reda

2389. 2390. 2391. 2392. 2393. 2395. 2396. 2397. 2398. 2399. 2400. 2402.

227

Naći opšti integral jednačina :

xy y" + xy'z-yy' = 0 .

l yy" + 4 yz - y'z = O ; y (O) = l ; y' (O) = V6. y (xz + yz) y"-y y'z + xy' 3 + xy' -y = O.

yy" + y'z =J(x). xyy" + yy' -xy' 2 = O.

l y" + eYzy' - 2 yy'z = O ; yz y"z y' = xy"-� 2

y" cos y + y' z sin y = y' ;

2394.

yy" = y' 2 + y' Vyz + y'z .

( L) = l ;

y -

n

y (- 1 ) = - ; 6

3 y' (y")Z-(1 + y' 2) y'" = o . 6 y2 xzy"- 3 xy' = --4y ; y (l) = l ; xz

y

'

( L) = e -

.

y' ( - 1 ) = 2. y' (l) = 4.

y" + 2y' + y = 3 e- x Vx + l . 2401. xz y" - 2 y = sin (ln x). (l + x) y" + (l + x) y' + y = 2 cos ln (l + x). 1 5*

ima

VID. DIFERENCIJALNE JEDNACJNE

y"- 6 y' + 9 y = 36 Vx

12x+ l x Vx ·

1403.

(1 -xZ) y"-xy' + nzy = O.

2405.

y'"-S y" + 8 y' -4 y = e2 x + e3x;

2406.

yiV-2 y"' + 2y" - 2 y' + y = � + 4 cos x ; y (O) = y' (O) ; y (n) = y' (n) = 0. 2

2 407. 2408.

2410. 241 1 . 2413.

X

V(xz + 1)3

Y1 = (x + Vx2 + l t. (3 xz + x) y" + 2 y'-6 xy = 4- 1 2 x2, ako su y1 = 2 x i y2 = (x + l)2 dv3 njena partikularna rešenja. l 2412 x4y + 2 x3y - 4 y = -. xz (y + x) y"-(xy' - y)Z = O.

y" -y' + e2 x y

=

e2 x;

•

2y" - 2 xy' + (xz + 2) y = e-

2417.

x4y" + czy = O.

1 422.

ll

l

y (In n) = y' (ln n) = O.

241 6.

2421.

y" (O) = O.

(l + xz) y" + xy'- nzy = O, ako je njeno partikularno rešenje

xy" + 2 y' -xy = ex.

2 420.

y' (O) = l ;

'

2414.

2419.

y (O) = l ;

(l + xz) y" + 2 xy' = (6 xZ + 2) ; y (- l) = y' (- 1) = 0, ako je njen partikularni integral y1 = x2• (xz + l) y" + 5 xy' + 4 y = O, ako je njen partikularni. integral Yr =

2409.

2404.

2415.

x2+2 x

2418.

X

2 y" + - y' - azy = 2. X

l y' (0) = - · 2

x4y" - czy = O .

xy"- 4 y' -xy = O, diferenciranjem četiri puta uzastopice i korišćenjem dobijenog rezultata . xz (1 -x)z y" + Bx = O, nalaženjem partikularnog integrala u obliku y = .xm (l -x)n. Koristeći smenu z = y y ' naći opšte rešenje jednačine xy y" + xy' z = yy' a zatim odrediti onu od integralnih krivih koja prolazi kroz tačke (2, O) i (0 , l), i izračunati njom ograničenu površinu. Naći oblik opšteg rešenja diferencijalne jednačine y" + 2 (A- l) y' + (J2 + A- l) y = (3 A-2) COs A X

za razne vrednosti parametra

A..

§ 4.

2423.

2424.

RAZNI PRIMERI DIFERENCIJALNIH IEDNAC:INA DRUGOG I VIŠEG REDA

Odrediti parametar k tako da funkcija y xk bude partikularno rešenje diferencijalne jednačine 6 xzy" + 5xy'-2 y = 0. U jednačini y" + 2y' + (J.2 + l ) y = O odrediti vrednost parametra A tako da jednačina ima rešenja koja se anuliraju u tačkama x = O i x = 2 i još u dverna tačkama između O i 2 Ako je y0 (x) jedno partikularno rešenje jednačine y" + __!_ y' + y = O po x kazati da je y0' (x) partikularno rešenje jednačine l l y " + - y , + l -- y = o . X xz Pokazati da je svaki partikularni integral diferencijalne jednačine sin xy" -(cos x + sin x) y' + cos x y = cos x =

n

n.

2425.

2426.

229'

(

)

takođe partikularno rešenje jednačine

y'" -y" + y' -y = l .

2427.

2428.

Rešiti ove jednačine i naći partikularno rešenje prve jednačine koja je periodična funkcija i zadovoljava uslov y (O) = 2.

Za koju vrednost parametra

a

jednačina

ima partikularno rešenje u obliku polinoma trećeg stepena ? Naći to rešenje . dn-l

--

2n - 1

Pokazati da je funkcija n (1 - xz) 2 dx -1 diferencijalne jednačine (xZ- 1) y" + xy'- nzy = O

2429. U

jedno partikularno rešenje

(n E N, l x l < l).

diferencijalnoj jednačini

( l + xz) y" - 2 xy' + (axz + bx + e) y = O

2430.

odrediti konstante a, b i e tako da je y = emx jedan njen partikularni integral. Naći opšte rešenje date jednačine. l o Naći opšti integral jednačina L

(Y)==(2 x + l) y" + (4x-2) y' - 8 y = O

znajući da ona ima partikularno rešenje u obliku polinoma.

230

VIII.

DIFERENCUALNE JEDNAĆINE

2° Koristeći dobijeni rezultat rešiti jednačinu L (y) = (2 x + l) VX.

2431.

Data je diferencijalna jednačina

4 x-2 , 8 Y " + 2 x + l Y 2 x + 1 y = 2 (2 x + I )z e-z ---

čiji partikularni integral ima oblik y = emz. l o Naći opšte rešenje jednačine,

2° Odrediti integralnu krivu koja dodiruje x osu u koordinatnom po četku.

2432.

Data je jednačina

ou ou ozu ozu 2 x - + - ctg y + xz - + - = O. ox oy oxz oyz

Odrediti njeno rešenje oblika u =f(x) cos y koje zadovoljava uslove ou = cos y za x = a (a = const) ox

ou = 0. . llill

X--+00

OX

Naći najopštiju funkciju u = u (r) koja zadovoljava jednačine :

2433.

02u ozu - + - = 0, ako je r = xz + yz. oxz oyz

2435.

4u ozu ozu O, ako je r = Vxz + yz. -+ oxz oyz xz + yz

2437.

ozu ozu - + ozu - + - = 0 , ako je r = Vxz + yz + zz. oxz oyz ozz

§ 4.

2438.

2439.

2440.

2441.

2442.

RAZNI PRIMERI DIFERENCIJALNIH JEDNACINA DRUGOG l VIŠEG REDA

231

l o Naći izraz kojim treba pomnožiti diferencijalnu jednačinu yy' yy" + y 'z -o Vl + X2 da bi ona bila izvod diferencijalne jednačine prvog reda. Naći zatim njen opšti integral. 2° Pokazati da se opšti integral može takođe dobiti polazeći od smene y' = yz (x). Data je jed načina y" = ay' + {J y, gde su a i {J ;;. O funkcije od x. Kakva veza mora postojati izmedu a i {J da bi jednačina imala dva linearno nezavisna integrala y1 i y2 vezana relacijom y1 y2 = l _ ? U slučaju kada je a = _!_ odrediti {J i naći opšti integral. X Kakva veza mora postojati izmedu funkcija f(x) fP (x) da bi jednačina y" +f(x) y' + qJ (x) y = O imala dva partikularna integrala od kojih je jedan kvadrat drugoga? Naći jedan partikularni integral homogenog dela linearne deferencijalne jed načine x4y" + (x2- 1) xy' -(xz- I) y = J_ xs i zatim rešiti ovu jednačinu. Data je funkcija y = xn e-x, n E N. l Pokazati da ova funkcija zadovoljava diferencijalnu jednačinu a

x (y' + y) = ny. 2° Polazeći od ove jednačine, zaključiti da je funkcija dn z (x) = - (xn e-x) dxn jedno partikularno rešenje diferencijalne jednačine d2 z dz + (n + l)z = O. x - + (x + 1)dx dx2 3° Pokazati da je funkcija dn (xn e-x) w (x) = ex dxn polinom stepena n i da ona zadovoljava jednačinu dw d2w + (1 -x) x -+ nw = O . dxz dx

232

VIII . DIFERENCI JALNE JEDNAC:INE

Ako je k prirodan broj izračunati integral

2443.

2444.

za k = n i k
+ p (t).Y + q (t)y = O. Pokazati da koeficijenti jednačina ( l ) i (2) zadovoljavaju relaciju {2)

[2 P (x) Q (x + �)

2445.

2446.

)J

(Q (x) [Q (x)]-3iz=

[2 p (t) q

(t)

d:;t)] [q (t) - 3i .

Dokazati ako Emdenova jednačina y" + _3_ y' + ya = O gde je X

]

a

z

E R,

Ima

2

jedno rešenje f(x), da je tada i funkcija Aa-1f(Ax) gde je A pozitivna konstanta takođe njeno rešenje. Proveriti da li data jednači na ima za n := 5 jedno partikularno rešenje oblika y (x) = (axz + bx + cr 'Iz, gde su a, b i e konstante.

Pokazati da je funkcija

-n (x- I )n +P (x + I )nH dn dx

jedno partikularno rešenje linearne diferencijalne jednačine 2447.

( 1 -xz) y" + [(p + q- 2) x + (p-q)] y' + (n + l)(n + p + q) y = O. Pokazati da se diferencijalna jednačina x2y"-yy ' z + y = O svodi smenom

x = e et, y = e et qJ (t)(e = ± I ) na oblik 2448.

Data je jednačina

xy" ' + 4 x2 y" + 4 x (2-xZ) y' - 1 2 xz y-20 x4 = O.

§ 4.

R\7.:N! PRIVIE!R! D ! F E! R E! N C!JA L N ! H f E! L> 'I \ ::":1 '1 \ D R U 3 J 3

233

l

l o Pokazati da je ona izvod neke jednačine nižeg reda.

2449.

2° Naći njen opšti integral.

Data je diferencijalna jednačina

[

]

d dy (l - x2) - + ay = O. dx dx

l o Ako je njen partikularni integral zbir J; (x) +f2 (x) respektivno parne i neparne funkcije, pokazati da i svaka od te dve funkcije ponaosob zadovoljava datu diferencijalnu jednačinu.

2450.

2° Odrediti konstantu a tako đa polinom trećeg stepena bude partiku larni integral date jednačine. Naći taj partikularni integral a zatim i opšti integral jednačine . Pokazati da se opšte rešenje jednačine y" + k2y =f(x) ako je k realan broj, može izraziti u obliku y = A cos kx + B sin kx +

2451.

gde su A vrednost.

i

� jJCt) sin k (x-t) dt X

Xo

B integracione konstante, a x0 neka podesno izabrana brojna

Pokazati da jedno partikularno ješenje jednačine xy" + 2 (A. + l ) y' + xy = O, A > - 1

A. = a

l

ima oblik y (x) = j (l -t2)'- cos xt dt. o

2452.

Ako je A. prirodan broj pokazati da se ovaj integral može izraziti po moću elementarnih funkcija. Pokazati da su funkcije

l

dva partikularna rešenja diferencijalne jednačine (l + x2) y" + xy' --y = O . 4 Na osnovu ove činjenice zaključiti da je funkcija V l + V l + x2 takođe jedno partikularno rešenje jednačine.

234

2453.

VIII .

Dokazati da je funkcija gde je

2454.

y (x) = J

a

o

cos (ax cos

t) dt

konstanta, rešenje jednačine

xy" + y' + a2xy = O.

Odrediti ono rešenje jednačine 1 ° y---> 0

2455.

DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

kada x-- oo ,

2° y ---> 0 kada

X---> - oo ,

koje zadovoljava uslove:

4 y" = y

y' = 6 za x = O ; i y' = 6 za x = O.

Data je diferencijalna jednačina

y" + ay' + by =f(x)

gde su a i b konstante . Pokazati da se opšte rešenje ove jednačine može napisati u obliku --1

1 A -a (l-x) A 2 y = Ae 2 ax si n - (x-B) + - f(t) e 2 sin - (x-t) dt 2 A 2 X

J

Xo

2456.

gde je A = 4 b -a2 > O, A i brana brojna vrednost.

B

integracione konstante a x0 podesno za J

Data je diferencijalna jednačina

y" = f(x)

pokazati da se njeno partikularno rešenje predstaviti u obliku x-a y = -b -a

f (t -b)f(t) dt + x-h f (t- a) f(t) dt b

b--a

a

Data je jednačina lo

X

--

X

2457.

y (a) = O, y (b) = O, a * b može

y " + P (x) y ' + Q (x) y = O

Naći vezu između funkcija P (x) i Q (x) pri kojoj se data jednačina svodi smenom x = f (x) na jednačinu y" + ay' + by = O

2° Ako je P (x) = � , odrediti funkciju X

polazne jednačine.

f(t)

a potom opšti integral

§ S.

2458.

REŠAVANJE DIFERENCIJALNIH JEDNACINA POMOĆU REDOVA

235

Data je diferencijalna jednačina

(x2- l) y" + [x-(a + p) Vx2 l] y' + ap y = O (a, PER, x > l) l o Smenom x = ch t naći opšti integral date jednačine . 2° Za a = 5 i p = 3 odrediti partikularni integral koji je kada x-- oo beskonačno velika veličina ekvivalentna sa xJ. 3° Kakvi treba da budu a i P da bi rešenje date jednačine ostalo

2459.

2460.

2461.

2462. 2463.

konačno kada x-- oo . Odrediti krive kod kojih je poluprečnik krivine dva puta veći od dužine normale u proizvoljnoj tački. Mogu li se odrediti krive kod kojih polu prečnik krivine i dužina normale stoje u ma kakvoj linearnoj vezi? l o Naći familiju krivih čiji se centar krivine svake tačke projektuje u presek A tangente odgovarajuće tačke M i ose Ox. Pokazati da je za svaku od ovih krivih odsečak MA konstantan . 2° Odrediti zatim ovu krivu te familije koja dodiruje Oy osu u tački (0, a).

Na površi z = x2 naći sve krive kod kojih tangenta u proizvoljnoj tački M prolazi kroz središte odsečka AB, pri čemu �u A i B tačke preseka oskulatorne ravni date krive u tački M sa koordinatnim osama Ox i Oy. Integraliti jednačinu xy" -4 y' -xy = O diferencirajući je četiri puta uza stopce i koristeći dobijene jednakosti. l o Naći familiju krivih čiji je poluprečnik krivine jednak onom delu normale koji odsecaju prave y = O i y = h . 2° Naći ono partikularno rešenje koje zadovoljava uslove

h :rc y = l , x = O . y = O, x = --, 4 3° Utvrditi čemu teži x u dobijenom partikularnom integralu kada y� oo . l

2464.

2465.

Materijalna tačka lagano se potapa u tečnost. Naći zakon kretanja ako se uzme da je pri laganom potapanju otpor tečnosti proporcionalan brzini potapanja. Naći zakon kretanja tela, koje pada bez početne brzine, smatrajući da je otpor vazduha proporcionalan kvadratu brzine i da brzina ima gra ničnu vrednost od 75 mjsec kada t� oo . § 5. Rešavanje diferencijalnih jednačina pomoću redova lo Ako je funkcija f(x, y) u okolini tačke (x0, y0) analitička, tj. može da se predstavi redom po stepenima (x-x0) i (y- y0), onda je rešenje jednačine y' = f(x, y) sa početnim uslovima y (x0) = y0 takođe analitička funkcija, tj. može da se izrazi potencijalnim redom u okolini tačke x0• Analogno tvrđenje važi za jednačinu

23 6

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

y(n - l) sa početnim uslovima y (x0) = y0, y' (x0) = y0, , y(n) = f(x, y, y', y
• . .

y (x) =

"' y ( n) (Xo)

L

n!

·

(x-x0)"

gde je y (x0) = y0, y' (x0, y0) a ostali izvodi y ( n) (x0) (n = 2, 3 . . ) se uzastopno nalaze diferenciranjem jed načine y' = f (x, y) i zamenom umesto x broja x0•

n=O

2°

.

Za jednačinu

(l) kod koje je Po (x0) = O tj. koeficijent uz najveći stepen se anulira u tački x0, rešenje u obliku potencijalnog reda može da ne postoji. U tom slučaju mogu postojati rešenja u obliku generalisanog potencijalnog reda (2)

m

ne mora biti ceo. Da bismo ih našli treba zameniti red (2) u jednačini gde broj (1), i izjednačavajući koeficijente uz najmanje stepene od (x - x0) naći moguće odrediti koefici a zatim za svaku od tih vrednoti vrednosti eksponenata jente a1 •

2466. 2467. 2468. 2469. 2470. 247 1 . 2472. 2473. 2474. 2475. 2477. 2479. 2480.

m,

m

Naći u obliku potencijalnog reda rešenje sledećih jednačina: y' = y; y (O) = l . y' = x + y ; y0 = y (0) = 1 .

y' = yz + x3 ; y (O) = __!_ . 2 y' = X2 + y; Y (x0) = Yo· y' = xz -4 x + y + l ; y (2) = 3. 2 x-y ; Y (x0) = Yo· Yo = 1 -X (1 -xy) y' -y = O . xy' -y-x- 1 = 0 po stepenima od (x- 1) . y' -xZ-e11 = 0, y (0) = 0. 2476. xy' = l -x + 2 y po (x- 1) . (1 -x) y' = xz-y. 2478. y' = 2 x + cos y; y (O) = O. y' = 2 x2 + 3 y. (x + l ) y' = xz-2 x + y. Oceniti sa kolikom tačnošću se može dobiti za l x l < 0,2 rešenje jednačine y' = eY-xzy, y (O) = O, ako se u odgovarajućem potencijalnom redu, uzmu samo četiri člana (do an.x4 zaključno) .

§ S.

2481. 2482. 2483. 2484. 2486. 2487. 2489. 2491. 2492. 2493. 2494. 2495. 2496. 2498. 2500. 2501. 2502. 2503.

REŠAVANJE DIFERENCIJALNJH JEDNAĆINA POMOĆU REDOVA

Naći u obliku potencijalnog reda rešenje sledećih jednačina:

(l + xz) y" + xy' -y = O. y" = xy' -y + ez; y (O) = l , y' (O) = O. 2 y" -xy' -2 y = O; y (O) = O, y (2) = e . 2485. y" -xzy' -y = O. y" -xy = O.

y" -2 xz y' + 4 xy = xz + 2 x + 2. 2488. y" + xy = O. y" + (x- l)y' + y = O po (x-2). 2490. y" -xy' + xzy = O. y" + 2 xzy = O. ( 1 -xz) y" -2 xy' + p (p + l ) y = O, gde je p konstanta.

y" + xzy = l + x + xz po x. y"' -xy" + (x-2) y' + y = O. 2 xy" + (x + l ) y' + 3 y = 0. 2 xzy" -xy' + (xz + l) y = O. 3 xy" + 2 y' + x2y = O. xy" + y' + xzy O. (x-xz) y" -3 y' + 2 y = O. xy" + (x- l) y' -y = O. =

2497.

2499.

xy" + y' -y = O. xy" -3 y' + xy = O.

(xz-x) y" + 3 y' -2 y = x + _2_, u blizini x = O. xz 2 x2 (x - l ) y" + x (3 x + l) y' -2 y = 0, da potencijalni red bude konver gentan u blizini x = xJy" + x (l -x) y' + y = O, da potencijalni red bude konvergentan u bli zini x = 2 (xz + y3) y" -(x-3 xz) y' + y = O . 4 xy" + 2 (1 -x) y' -y = O. 2 xzy" -xy' + (1 -xz) y = O. 2509. xzy" -xy' + (xz + l) y = O. xy" + y' + xy = O. xy" -2 y' + y = O. 2511. xy" + 2 y' + xy = O. xz (x + l ) y" + x (x + l ) y' -y = O, po x. 2 xy" + y'-y = x + I . 2 x3y" + xzy' + y = O, u okolini tačke x = oo .

2504.

oo .

2505. 2506. 2507. 2508. 2510. 2512. 2513. 2514.

237

oo .

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNACINE

23 8

2515.

xJy" + (xz + x) y'-y

'7

O.

2516. Rešiti Legendreovu jednačinu

y"-2 xy'+ p (p+ l ) y = O. Rešiti Besselovu jednačinu xzy" +xy' + (xz -k2) y = O. ( 1 - xz)

2517.

Rešiti Besselove jednačine:

2518. 2519.

(

;5)y 0 xzy" + xy' + (3 xz - 4) y = O . xzy + (xz-p z + :) y = O y = u Vx p u (x) = x-ay (x) y (x) xu" + (2 a+ l ) + xu = O. y" + y = O y = z Vx + c2 L1tz(x)]x. yax= -1Vx12[cJit2(x) /1 2 (x) (x) x bx-1/2 xzy" + xy' + 4 x2 -

= .

2520. Koristeći smenu je

rešiti jednačinu

gde

"

pozitivna konstanta.

2521. Ako je

rešenje Besselove jednačine pokazati da funkcija zadovoljava jednačinu u'

na Besselovu, i

2522. Smenom transformisati jednačinu napisati rešenje dobijene jednačine u obliku pri čemu 1 i L112 definišu respektivno 2523. Jednačinu

y" +xy= O, s menom y = i_2 t 11, u, x = i_2

sin

t 2h

i

cos

svesti na Besselovu

i izraziti njeno opšte rešenje pomoću Besselovih funkcija. 2524. Odrediti vrednost konstanti

a, f3 i y tako da se jednačina xzy"-2 xy' + 4 (x4 - l) y = O smenom x = a y (u je funkcija nove nezavisno promenljive t) svede na Besselovu i napisati opšte rešenje dobijene i polazne jednačine. tf!,

=

ut l"

2525. Rešiti Gaussovu diferencijalnu jednačinu

(x-xz) y" gde

+ [y-(a+/3+ 1)x]y'-af3y= 0.

a, {3, y ER.

Rešiti jednačine:

2526. 2527.

(x- xz) y" + ( � -2 x ) � = O. (x-xz)y"+4(l -x)y'-2y=0. ' y -

y

§ �. REŠAVANJE DIFERENCIJALNIH JEDNACINA POMOĆU REDOVA 2528.

239

Pokazati da je

1° F(a, {3, {3, x) = (l-x)-a, 2° xF(l , l, 2,-x)=ln(l +x).

2529.

2530.

Rešiti jednačinu

(x2- 3 X+ 2) y" + 4 Xy' + 2 y 0 svodeći je na Gaussovu smenom x =�z+ =

'Y) .

Pokazati da je

1-=F(l, {3, {3, x); l o -1 -x

4a sin x= lim xF (a {3, ]._'2 -�) 4 a{J gde F(a, {3 , x) označava jedan partikularni integral Gaussove jednačine . ,

a-HO

fJ-+ co

y,

2531. 2533.

2534. 2535 • 2536.

Proveriti da li sledeće jednačine imaju rešenje u obliku potencijalnog reda (ili generalisanog potencijalnog reda):

x2y" + xy'-(x + 2) y = O. x2y' + (x- 1) y = -1.

2532.

Naći u obliku trigonometrijskih redova periodično rešenje jednačina: sin [. sin 5 - 4 cosx Naći partikularno rešenje y u obliku Fourierovog reda sa periodom jednačine

y" + y' + y = [ x x y -y, -y = 2 --. ",

--

(x)

:r

y" + y =X cos X, X [- �, � J Napisati brojni red y ( :) Naći elementarnu funkciju y (x) ako je poznat njen red: xs x9 xB y(x)=x+-+-+-+ 5 ! 9 ! 13! x4 xs xl2 y(x)= l +-+-+-+ 4 ! 8 ! 12! E

.

2537. 2538.

x2y" +xy' +( l -x) y= 0.

· · ·

.

.

·

240

2539.

VIIl .

DTFERENCUALNE JEDNACINE

Data je diferencijalna jednačina

xy" + (a + .A.)xy' + (a + b) y = O

gde su a, b i A. konstante. 1 o Naći u obliku potencijalnog reda ono partikularno rešenje y (x) koje ispunjava uslove y (O) = O, y' (O) = l i ispitati konvergenciju tog reda . 2° Koju elementarnu funkciju predstavlja y (x) kada je b = x. 3° U slučaju b = A. naći opšti integral y = rp (x, c1, Cz) date diferencijalne

jednačine. 4° Pod pretpostavkom a = a + b > O, naći lim rp (x, c1, Cz)

2540.

2541.

X-HO

Dokazati da jednačina

xy " - (x + a + {3) y' + a y = O

gde su a i fl prirodni brojevi ima kao partikularni integral jedan polinom. Izvesti odatle da ona ima i partikularni integral oblika ex P (x), gde je P (x) po linom.

l o Pokazati da je funkcija y (x) = �- X + vxz + l partikularno rešenje jedne linearne diferencijalne jednačine (E) drugog reda, čiji su koefici jenti racionalne funkcije po x. 2° Polazeći od jednačine (E), pokazati da je r

(2 n-3)!! x xz x3 y (x) = 1 -- + - + - + L ( - l )k xn 2 (2 n)! ! 8 16 n =4 "'

l

- (n -2) za n parno, x E [- 1 , 1], gde j e k = 2

l

- (n - 3) za n neparno 2

2542.

�

3° Da li je funkcija y (x) = x + Vxz + l takođe rešenje jednačine (E)?

Data je diferencijalna jednačina

xzy " + 4 xy' + 2 y = ln (l + x)

l 0 Odrediti partikularno rešenje y (x) koje se može razviti u potencijalni red u okolini tačke x = O i ispitati konvergenciju tog reda.

2° Izračunati

y

(+) sa greškom manjom od 10-3.

3° Odrediti zbir reda

u

konačnom obliku (x* O).

241

6. SISTEMI DIFBRENCUALNIH JEDNACINA

2543. l o Pomoću potencijalnih redova naći opšti integral diferencijalne jednačine ( l -a x) y" + a2 xy' -a2 y = O gde je a data konstanta. 2° Na površi y = ex odrediti krive koje imaju osobinu da oskulatorna ravan u svakoj tački A (x, y, z) prolazi kroz tačku B (2 x, 2 y, 2 z). 3° Ako je z = lP (x) jednačina one od projekcija tih krivih na ravan y = O koja u tački (0, l ) te ravni dodiruje pravu z = X + l izračunati veličinu dela površi y = eX koji isecaju površine z = O i z = lP (x) za 3 < O .

§ lo

6. Sistemi diferencijalnih jednačina

normalni

t:n

Svaki sistem jednačina višeg reda može se uvek svesti na odgovarajući sistem jednačine prvog reda . Stoga je dovoljno ispitivati sistem od jednačina nepoznatih funkcija koje zavise od promenljive • • • sa

xl> x2, , Xn

n

(l )

dx-=Jn dtnn (t, x,, X2, Xn) • • • ,

Sistem od jednačina prvog reda može se uvek svesti na jednu jednačinu n-og reda koju treba integraliti.

prvim integralom

2° P r v i i n t e g r a I i. Pod relacija izmedu nezavisno promenljive voljne konstante tj . relacije oblika (2)

ct>

t,

x1, x2, Xn

sistema (l) podrazumeva se ma kakva funkcija i jedne proiz • • • ,

koju zadovoljava svaki sistem rešenja jednačine (1). Relacija

ddtrp, = --+t --X1 + + Xnrp, fn=O o rp,

--

o rp,

O

O

/,

···

o

--

O

t

daje potreban i dovoljan uslov da jednačina (2) predstavlja prvi integral sistema (1). Ako je poznato prvih integrala nezavisnih medu sobom

n

(3)

rp2 (t1 Xl> X2, , Xn)=Cz,

1 6 Zbirka zadataka h: vile matematike

• • •

ll

242

VIII.

DIFERENCIJALNE JEDNACINE

onda oni predstavljaju opšte integrale sistema {1), rešenog po proizvoljnim kon stantama. Pošto su ovi integrali linearno nezavisni, tj. pošto je

D (q;" D

fJJ2 •

(x" x2,

• • •

•

•

•

,

q;,.)

, x,.)

*O

to se jednačine {3) mogu rešiti po x,:

Xz = lJ!z (t, e" c2 , x,. = lJ! (t, e" Cz, n

•

•

•

•

•

•

,

,

e,.),

e,.),

pa se tako dobijaju opšti integrali sistema (1). Radi nalaženja prvih integrala često je zgodno napisati sistem (l) u simetričnom obliku i koristeći osobine proporcije naći neku jednostavnu integralnu kombi naciju.

Rešiti sledeće sisteme jednačina:

dz - = - 4 y-3 z + 2 x. dx

2544.

dy - = y + z + x, dx

2545.

dy dx - = x + 2 y + t, - = 2 x + y + t. dt dt

2546.

x = y + 2 et, .Y = x + tz.

2547. x = y- 5 cos t, 2548.

dx - = y + z. dt

.Y = 2 x + y. 2549.

dy l = dx

_

_!__ dz = -1'

z dx y -x

·

dy - = x + z. dt dz - = x + y. dt 2550,

dZz dZy - = Z, - = y. tJxz dxz

2552.

x + x = y, 4 x + 2 x = y + 2 y;

2551 .

x = 2 y, .Y = - 2 x.

x (O) = O, y (O) = l , x (0) = 2,

i proveriti da li rešenje ovog sistema zadovoljava (5 x-2 y)z = 4 (y- 2 x).

jednačinu

§

2553.

243

dzx dy - + - + x = e1, dt2 dt dx d2y + = dt dt2

2554.

6. SISTEMI DIFERENCUALNIH JEDNACINA

}.

2 x + 2 x + x + 3 .Y + .Y + y = o, x + 4 x-x + 3 .Y + 2 y -y = O

2555.

6 x-3 x + 6 x + .Y = t, x + 8 x + y = O 22 x (O) = !!, y (O) = - , x (O) = _!_, i pokazati da je skup tačaka (x, Y) 9 6 36 rešenja datoga sistema jedna prava oblika y = kx.

2556.

x = 3 x-4 y, .Y = 3 y + 4 x; x (0) = 2, y (0) = 2, x (O) = O , y (O) = O

2557.

5 x + 5 x + 3 ji + 3 y + S z + S z = O, x + 4 x + 3 .Y + 1 2 y + 3 z + 1 2 z = O, x - 2 x- 2 ji- l l y-9 z = o.

Nalaženjem prvih integrala rešiti sisteme: 2558.

2559.

2561.

dz dy dx = -- = y+ z x +y+z

---

dx

- = y, dy - = X. dt dt

2560.

dx y -=-

dt

y-x

,

dy __!__ = dt y-x

dx = x (y2-z2), dt dy = -y (x2 + z2), dt

2563.

2564.

dx dy _!!___ = = . xz yz -xy

2566.

dx dz dy du y-u z - x u- y x- z

2565.

dx dy = � y- z z- x y-x =

dx dy _!!___ = = y+z y +z x+y 2567.

dx

dy

y

=

dz z

244

2568. 2569. 2570. 2572. 2573. 2574. 2575.

VIU. DIFERENCUALNE JEDNAUNE

dy dz dx x (y + z) z (z-y) y (y-z) dy dx dz xz xy-2z2 xz dx dy = _!_z y (zZ + xz) z (x2 + yz) ____

__

x-y dy x-y dz - = x-y + l. = dt z-t dt z- t dt dx -dy dz y (x + y) x (x + y) (x-y) (2 x + 2 y + z) dz dy dx ; z= l , y = l za xz-yz yz-yz z(x + y) dx

-

X

= O.

Proveriti da li su nezavisni prvi integrali

z-y =C x+y z

x+y -- = ci , z+x

--

sistema X

y

z

2676.

Materija A razlaže se na dve materije P i Q. Brzina nastajanja svake od njih proporcionalna je količini neraspadnute marerije A. Naći zakon promene količine x i y materije P i Q u zavisnosti od vremena t , ako su jedan sat nakon početka procesa razlaganja x i y jednaka respektivno 3a !!_ i , gde je a početna količina materije. 8 8

2577.

Neke bakterije razmnožavaju se proporcionalno njihovoj početnoj koli čini, no u isto vreme proizvode otrov, koji ih uništava proporcionalno količini otrova i količini bakterija . Brzina proizvođenja otrova propor cionalna je prisutnoj količini bakterija . Pokazati da broj bakterija N u početku raste do neke najveće vrednosti M, a zatim opada do nule; M u momentu t taj broj je određen formulom N= -rr• gde se vreme t ch2 meri od trenutka kada je

2578. 2579.

N = M.

2

Naći trajektoriju pokretne tačke, ako sila, koja izaziva kretanje, ima pravac normale na Oz osu i proporcionalna je rastojanju tačke od iste ose. Na izvor sa konstantnom elektromotornom silom E uključuje se strujno kolo, koje se sastoji iz dve induktivno spregnute konture sl. 1 0 . Naći struje i1 i i2 u obema konturama u zavisnosti od vremena t, ako se uključivanje izvodi pri nultim početnim uslovima.

§ 7.

INTEGRACUA SISTEMA OBIOilli UNEARNIH DIFERENCUALNIH JEDNACINA.

,,

245

2580. Ako je V potencijal električnog polja, onda je jednačina kreta nja naelektri sane čestice u vek torskom obliku

d2-; dt2

d; dt

E

m -- = e grad V+ eH x -+

Naći kretanje čestice, smatra

jući da su grad V i H konstantni.

Sl.

10

§ 7. Integracija sistema običnih linearnih diferencijaloih j ednačioa konstantnim koeficijentima pomoću matrica

l o Normalni sistem jednačina

dx

"

1 = z au, x�: +fdt) dt k= l

možemo

kraće

a1�:

2, . .

.

n)

napisati u obliku matrične diferencijalne jednačine

dX - = AX + F dt

pri čemu je:

A - [ au11 ;

(i � l,

sa

-

r l f xt l " x [ft l ; f1

realne ili kompleksne konstante;

xt (t ) x2 (t) X= ; : : x" (t) F= Iz :

(t) (t) :

dX x2 dt :

(t) - date neprekidne funkcije.

a:S,t:S,(J

/" (t)

2° Jedan postupak rešavanja homogenog i nehomogenog sistema diferencijalnib jednačina. a) - = AX- = z a,k xk (1 = l, 2, dt k= l dt

dX

Noka

jo

X- A" -''; A" -

dx1

f �J

"

•

• . .

, n)

, pri čomu au > i a, (l- l, 2,

•

•

.

n)

aoadređeni paro

metri. Iz zahteva da matrična funkcija x skalarnog argumenta t bude rešenje jedna načine a), dobijamo

246

VIU. DIFERENCIJALNE 1EDNAČINE

(A-l E) Aa eAt == O odnosno(A-.'. E ) Aa � o, E - jedinična matrica reda n. Toj matričnoj jednačini ekvi valentan je sistem homogenih linearnih jednačina (a11-.'.) a, + a12 a2 + · · · + a,n an = O,

(*)

a,.1

,.

a,.

a, + a,.2 a2 + · · · + (

- .'.) a,. = O.

Da bi taj sistem imao netrivijalna rešenja (Aa # O) potrebno je i dovoljno da karak teristična matrica A-l E bude singularna, odnosno da je det (A-l E) = O. Neka su ;." .:Iz, ).,. koreni te jednačine (sopstvene vrednosti matrice A). . . • ,

l . Pretpostavimo da su svi koreni .'.1 (i = l , 2, . . . n) međusobno različiti. Pošto je rang (A -l, E) = n-· 1 to se sistem (*) svodi na sistem od n -1 jednačine sa n nepoznatih. Stavljajući, na primer, da je a ,. = l i uzimajući u obzir pri tome da su sva ostala rešenja a H (j = l , 2, . . . n- 1) jednoznačno određena, dobijamo

X1 = A�JeJ.it,

odnosno

Prema tome opšte rešenje homogenog sistema glasi

n,

X= ,L

k= l

C.t Xk =

n ,

(k)

,L ck Aa

k= l

X1 (t) =

elkt (ck - neodređene konstante) ili, u skalarnom obliku

n

,L'

k=l

ck a;k e1kt =

n

,L' ck x1k;

(i = l , 2, . . . n)

k=l

.'.1 koren karakteristične jednačine reda m (2 <m
2. Neka j e

�

l) ako je rang (A-.'.1 E) = n-m tada je X1 = A ) eJ.it,

2) ukoliko je rang (A-l; E) > n-m odgovarajuće rešenje treba tražiti u obliku

(

X; = (A�1) +A�2l t +A�3lr + . . . + A�m l r m - l ) ellt pri čemu su

A�) =

a ,P' a zp : a ,.P

J

;

(p = l , 2, . . . m)

jednokolone matrice sa neodređenim elementima.

?. INTEGRACIJA SISTEMA OBICNIH LINEARNIH DIFERENCUALNIH JEDNACINA. . . Neka je

n

X11 � 2:'e"X" k-1 dX"

l47

opšte rešenje homogenog dela jednačine. Pri tome je

dt-AX" = O; (k = l, 2 ,

. . . n)

ck,

uvodimo nepoznate funkcije Mesto neodređenih konstanata odrediti iz uslo va da matrična funkcija

e" (t),

koje ćemo

n

X = ,L' c" (t) X�c k=l bude opšte rešenje posmatrane matrične diferencijalne jednačine b). Iz jednačine

odnosno

n

11

sledi

(

dc dX .L' _k X�: + 2: e�: (t) _1c -Ax") = dt k-1 k- 1 dt

F

ili, u skalarnom obliku

� dc1c L- -- x1 k -jj (t) k-1 dt

(i - 1 , 2,

. . . n)

Pošto je determinata tog sistema različita od nule za svako

dc" -dt

(determinanta Vronskog), to će njegova rešenja neprekidne funkcije, oblika

dc�: dt =rp�:(t),

(k - 1, 2,

Integracijom dobijamo.

t

segmenta [a, fl]

b"t" 1 1 jednoznačno

određeiW

. . . n)

J

ck (t) - IPk (t) dt + D" c1c (t) -the (t) + D�: D" - neodređene integracione konstante, 'Pe (t) - IP1c (t) dt;

J

(k � l, 2,

. . . n)

Stoga će opšte rešenje nehomogenog sistema, linearnih diferencijalnih jednačina biti n

n

X - 2:' D"X,. + 2:' 'Pk (t) X" k-1' k-1' odnosno, u skalarnoj formi n

n

x1 (t) = 2:' D,.x1 k (t) + L 'P�: (t) x11, (t) ; k-1 k-1 '

(i = l , 2, . .

. n)

l48

VIII .

DIFERENCUALNE ffiDNAONE

Ako karakteristična jednačina [det (A-A. E) � O] ima kompleksne korene, na primer ,\1 = a + bi (i = p) tada se odgovarajuće rešenje Aa(l) eA1 r matrične diferencijalne dX jednačine =AX može napisati u obliku dt -

pri čemu je

Pod pretpostavkom da su koeficijenti sistema diferencijalnih jednačina realni, lako se može pokazati da su vektorske funkcije X1 (i = 1 , 2) linearno nezavisna rešenja, kores pondentna sopstvenim vrednostima A.1 = a + bi, A.2 = a-bi.

Rešiti sledeće sisteme diferencijalnih jednačina:

2583.

2585.

2587.

2588.

dx1 -- = x1 - 5 x2 , dt dx2 = 2 x1-x . -2 dt

2584.

dx1 = x x -x3 -t- 2 dt dx --2 = xt + x2, dt dx3 = -3 x1 + x3. dt dx1 = x -2 + x3, dt dx = z + y-x, dt dy = x + z -y , dt dz = x + y + z· x ! = I, Y = z = ' /t=O /t�O0 1 t =O dt

s 7. INTEGRACIJA SISTEMA

2589.

OBICNm

dx - = 2 x + y- 2 z- t + 2, dt dy - = l -x ' dt

dz = x + y-z- t + l . dt 259 1. x = x + 2 y,

LINEARNffi DIFERENCIJALNffi JEDNACINA. . .

x = 3 x-4 y + e-ze,

2590.

y = x- 2 y-3 e-zt.

x = X + y + l + e�,

2592.

y = 3 x-y.

.Y = x- 5 sin t. 2593.

x = 4 x- 3 y + sin t,

x = 2 X + y + 2 et,

2594.

y = x + 2 y-3 e4t

y = 2 x-y-2 cos t. 2595.

x = x-y + 8 t,

3 l l x. = 3 x - -y - 3 t2 -- t + 2' 2 2

2596.

y = 2 y- 2 t- l.

y = S x-y. 2597.

:( = 2 y-x, .Y = 4 y-3 x +

2599.

2598.

eJ� ezt + l

2 x = -4x-2y + -- , et- l 3 y. = 6 x + 3 y . e�- l --

-- .

l x = x- y + cost

2600.

.Y = 2 x-y.

x = 3 x- 2 y, y = 2 x-y + lS et �

2601.

x = 3 x + 8 y, .Y = - 3 y-x; x (O) = 6 , y (O) = - 2.

2602.

x = -4 (x + y), .Y = --y-

2603.

.

l x ; X (O) = l , y (O) = o . 4

x = x + y + t, 7 5 y = x- 2 y + 2 t; x (O) = --, y (O) = - - . 9 9 o

2604.

x + 2 y = 17 x + 8 y, 13 x = 53 x + 2 y; x (0) = 2, y (0) = - 1 .

2605.

x = y, ."( -y = x + y; x (n) = - 1 , y (n) = O.

249

VIII. DIFERENCUALNE JEDNAČlNE

250

2606. tx-x- 3 y = t.

ty-x + y = O. Uputstvo. Smenom t = e" transformisati dati sistem u sistem sa konsta ntnim koeficijentima. 2607. tx + 6 x-y = O,

ty + 20 x- 6 y = 0.

2608. x = y,

)' = Z, Ž = X.

2609. x = -x + y,

2610. x = x- 2 y-z,

y = -y + 4 z,

y = y-x + z,

ž = x- 4 z.

Ž = X-Z.

26 1 1. x = 2 x-y + z,

2612. x = 3 x-y + z,

y = 2 y + x-z,

y = x + y + z,

z = x-y + 2 z.

ž = 4 x-y -!- 4 z.

2613. x = 4 y- 2 z - 3 x,

2614. x = 2 x + 2 z-y,

y = z + x,

y = x + 2 z,

ž = 6 x-6 y + S z.

ž = y- 2 x-z.

26 15. x = 4 x-y-z,

2616. x = 2 x-y-z,

y = x + 2 y-z,

.Y = 3 x- 2 y- 3 z,

ž = x-y + 2 z.

ž = 2 z--x + y.

2617. x = y - 2 x- 2 z,

2618. x = 3 x-2 y-z,

y = x- 2 y + 2 z,

.Y = 3 x-4 y- 3 z,

ž = 3 x- 3 y + 5 z.

ž = 2 x-4 y.

2619. x = x-y + z,

2620. x = y- 2 z-x,

.Y = x + y- z,

.Y = 4 x + y,

ž = 2 z -y.

ž = 2 x + y-z.

2621. x = 6 x- 72 y + 44 z,

2622. x = 4 y + z,

y = 4 x- 43 y + 26 z,

.Y = z,

ž = 6 x-63 y + 38 z.

ž = 4 y.

2623. x = y + z.

2624. x = 8 y

.Y = 3 x + z,

.Y = -2 z

ž = 3 x + y.

z = 2 x + 8 y- 2 z

§

8.

PROBLEM STABILNOSTI REŠENJA SISTEMA DIFERENCUALNIH JEDNAONA

2625. x= -2 x- 2 y-4 z,

251

2626. x = x + y + z,

j = - 2 x + y- 2 z,

j = y + z,

z = 5 x + 2 y + 7 z.

Ž = X.

2627. x = 2 x-y + z,

.x = y-- z - t +

2628.

j = x + z,

j = 7 - 2 z,

z = - 3 x + y - 2 z.

z = 2 y- 2 t.

3,

2629. 3 tx = 2 x + y -z,

2 tj = X + 3 y + Z, 6 tž = -x + 7 y + 5 z. 2630. tx = 4 x + y + 2 z-sin t-2 cos t,

tj = - 2 x + y-2 z-si n t + 2 cos t + t cos t, tz = -x-y + z + sin t-cos t_:__ t sin t.

§ 8. Problem stabilnosti rešenja sistema diferencijalnih jednačina lo

Ako je dat sistem jednačina dy, dt =/, (t, Y�o Y2•

y,.)

(i =

l , 2, .

, n)

0

pri čemu izvodi l l , 2, . . uz početne uslove y, (10) = y10 l , 2, .. .11) o yrc postoje i neprekidni su, onda se rešenje sistema (l) naziva ako se za svako e>O može naći tako !5 (s) >O da za svako rešenje y, (t) (i = l ,2, ... n) čije početne vrednosti zadovoljavaju uslov (l)

. • .

(i=

l Yt (10) - rp, (/0) l
za svako t > t0, važi nejednakost

(2)

.

(i=

. .

n)

(i, k= stabilno po Ljapunovu,

l , 2, . . n)

l Y; (t)-tp; (t) l <e (i = l , 2, . . .

n)

tj. rešenja bliska za početne vrednosti ostaju bliska za svako t > t0• Ako za proizvoljno malo !5 > 0, makar za jedno rešenje y1 (t) (i = l , 2, . . . 11) ne jednakost (2) nije ispunjena, onda se rešenje rp, (t) naziva Ako je rešenje rp1 (t) (i = l , 2, . . n) ne samo stabilno, već sem toga zadovoljava i uslov

nestabilno.

.

(3 )

lim l y1 (t)-rp, (t) l = O,

l , 2, . . . onda se rešenje rp, (t) naziva Treba napomenuti da samo iz uslova ne :;ledi stabilnost rešenja rp1 (t) ( = l , 2, . . . Problem stabilnosti rešenja f/J; (t) sistema ( l ) može biti sveden na problem sta bilnosti trivijalnog rešenja x, (t) �O nekog novog sistema jednačina, dobijenog iz sistema (l) linearnom zamenom tražene funkcije

(3)(i=

(4)

(-+OO

n)

asimptotski stabilno. i , n).

x1 (t ) = y, (t) -q;1 (t) (i = l , 2, . . . , n)

252

Vlll. DIFERENCUALNE JEDNAĆINE

x,y1(t)(t)

gde su nove nepoznate funkcije, jednake odstupanju prvobitnih nepoznatih funkcija od funkcija rp1 koje definišu traženo rešenje. Otuda ćemo smatrati, da se zapravo ispituje trivijalno rešenje ili što je isto, tačka mirovanja smeštena u koordinatnom početku sistema jednačina

(t),

x1 (t) =o O

dx1 (t, Xu X , Xn) (1 = 1 , 2, . , n). -��p, 2 dt x1 (t)=O (i= l, 2, . n) x, (t)= (i= l, 2, . . . , n) (5) stabilna je po Ljapunovu, O e> đ (e)>O O <đ(e) (i= l, 2, n) lxdt) l<e ( = l 2, . . . , n) t>T>t0 l x1 (t0) l < singularne tačkes dx -=P(x, y), dy-=Q(x (6) dt , y) dt dy Q (x, y) dx P(x, y) P (x, Py) = O i (x, y) =O. dy by, dy- = X +dy, -=ax+ (8) dt dt dy cx+dy (9) -= dx ax+by (5)

•

• • •

.

Primenjeni na tačku mirovanja

Tačka mirovanja ako za svako

. . .

2° P

r

o

..

možemo izabrati sledi

tij i t i p o vi sistema

tač ak a

.

i

uslovi stabilnosti su:

sistema tako da iz nejednakosti , sa

m i r o v a n j a. Tačke mirovanja ili

ili jednačine

(7)

gde su i Q neprekidno diferencijabilne funkcije, naziva je Q Radi ispitivanja singularnih tačaka sistema

se

takva tačka, u kojoj

C

ili jednačine

---

treba naći korene karakteristične jednačine

(lO)

l a-A d-Ab i =O e

U zavisnosti od priroode korena ove jednačine treba da razlikujemo moguće slučajeve .

k2 <0. Koreni karakteristične jednačine su realni i različiti. stabilni uzao. l) k1 <0, 2) k, > 0, k2 >0. sedlo.(nestabilni uzao) k > O Koreni karakteristične jednačine su kompleksni k1 =a+ {J1, k2 =a-{J,. l) aO, {J#-0. (nestabilni fokus). 3) a= O, {J oF-O. (centar). Koreni su višestruki: k, =k2stabilni . uzao. 2)l) k,= k1 =kk 2>O. <0 2 (nestabilni uzao).

I. Mogućnosti: Tačka mirovanja je simptotski stabilna i naziva se Tačka mirovanja je nestabilna 3) , mirovanja je nestabilna i naziva se II. nosti:

Tačka mirovanja je simptotski stabilna Tačka mirovanja je nestabilna Tačka mirovanja je stabilna Nije asimptotski stabilna.

III. asimptotski stabilna i naziva se nestabilna

Mogućnosti:

,

k2 < 0 . Tačka Moguć

Tačka mirovanja je Tačka mirovanja je

(10)

Treba primetiti ako oba korena karakteristične jednačine imaju negativan realni deo, onda je tačka mirovanja asimptotski stabilna. Ako pak bilo koji koren karakteristične jednačine ima pozitivan realni deo onda je tačka mirovanja nesta bilna.

(lO)

§ 8.

PROBLEM STABILNOSTI REŠENJA SISTEMA DEFERENCJJALNlli JEDNACINA

Analogna tvrdenja su tačna i za sisteme linearnih homogenih jednačina stantnim koeficijentima

dx = dt

(ll)

n

-1 L =

l

llit

x1 (i= l , 2, . . .

253 sa

kon

, n).

3° I s p i t i v a n j e s t a b i l n o s t i p o s t u p k o m p r v e a p r o k s i m a c i j e. Pretpostavimo da su na desnoj strani jednakosti (l) diferencijabilne funkcije u okolini koordinatnog početka ih . Da bismo ispitali stabilnost , n) sistema pretpostavimo taj sistem u oko tačke mirovanja I, lini koordinatnog početka u obliku

(l) x1""0 (i= 2, .(t,. O, O, . . , 0)""0. .

dx1 2: a11 (t) x1+ R1(t, xl> x , x,.) (i= l, 2, . . . 2 dt gde je R1 reda višeg od jedan u odnosu na �i x, 2 (tj. faktički razvijamo desnu i= stranu sistema (l) po Taylorovoj formuli po stepenima od x u okolini koordi natnog početka). Umesto tačke mirovanja sistema (l) ispitujemo tu istu tačku (12)

-

n

= i= l

• • •

, n)

,

l

mirovanja linearnog sistema

dx1 dt

(13)

-

� a11 (t)x1 (i = l,

= L. j= l

2, . . . , n)

koji nazivamo sistem jedračina prve aproksimacije sistema ( I ). Radi uprošćavanja, ograničavamo se na slučaj, kada su koeficijenti u konstantni. U tom slučaju se kaže da je sistem

a,1 (t)aproksimaci (13) ji. (12) stacionaran u prvoj T e o r e m a l. Ako je sistem jednačine (2) stacionaran u prvoj aproksimaciji, svi članovi R1 ograničeni po t, razlažu se u red po stepenima x,, . . . , x,. u nekoj oblasti L x12<,H, pri čemu razvoj počinje članom koji nije nižeg reda od dva, a svi koreni karakteristične jednačine n

i= l

a22 -.t" az,.

(14)

••

imaju negativnei realneasimptotski delove, ondastabilna su trivijalna rešenja x1""0moguće (i= je2,is.pitivati . . , n) asistem tj. u tom slučaju stabilnost po prvoj aproksJmaciji. T e o r e m a 2. Ako je sistem jednačina (I2) srac:ionaran u prvoj aproksimaciji, !IVe funkcije R1imazadovol javajurealni uslovedeo,teoreme I i bar jedan koren karakteristične jedna (14) pozitivan onda je tačka mirovanja x1""0 (i= I , 2, n) čine sistema (12) i (13) nestabilna, tj. u tom slučaju je moguće ispitivati stabilnost po prvoj aproksimaciji. Treba primetiti, ako realni delovi svih korena karakteristične jednačine (14) nisu po zitivni. pri čemu je realni deo bar jednog korena jednak nuli, onda je ispitivanje stabilnosti po prvoj aproksimaciji, u opštem slučaju, nemoguće, pošto u tom slučaju počinju da utiču članovi R1• l,

(J 2)

(J 3)

.. •

,

254

VIII . DIFERENCUALNE JEDNACINE

4° Rjednačine a u s - u r i t z o v k r t e r i j u m. Poznato je da je trivijalno rešenje linearne sa konstantnim realnim koeficijentima H

i

w

asimptotski stabilno, ako svi koreni karakteristične jednačine imaju negativan realni deo. Otuda veliki praktičan značaj dobijaju potrebni i dovoljni uslovi da bi sVi koreni algebarske jednačine sa realnim koeficijentima ( 1 6)

a je i dovoljno 3.da Dabudubi svipozikortivneini sjevidnačiglavnnei dijagimonalalinnei gmiatnivorain Hurrealnwiitzdeo,ove potmatrerbicnoe. aa,a3, aa4a2 a3a, aa02 "·· · OO · · · a,._ t., =a., t. 2 = 1 a,aJ aa2 l· a3 = a,aa,3 a4aa2 a,a3 a, a a1 aJ t. n= a, a4 a3 l O ..... . . a,.

imali negativan realni deo. Ne narušavajući opštost, možemo pretpostaviti da je >0, nije se teško ubedi ti da je pozitivnost svih koeficijenata potreban ali ne i dovoljan uslov, da bi svi koreni jednačine ( 1 6) bili levo od ordinatne ose (u slučaju jednačina prvog i drugog stepena ti uslovi su i dovoljni). Potrebne i dovoljne uslove daje Raus-Gurvicova teorema. o

T e o r e ma

(16)

o

(17)

-

o ... 0

o

•

o

o

o

o

Glavni dijagonalni elementi Gurvicove matrice su o

o

, . . . ,

Uz

o

o

o

o ....... o · · · · · · ·

· · · · · · ·

O O

o

Na taj način Gurvicovi uslovi su: (18)

Pošto je t. ,. = t. n- 1 , to zadnji uslov t. ,. >0 može biti zamenjen zahtevom daje a,.>O.

Polazeći od definicije stabilnosti ispitati stabilnost rešenja sledećih dife rencijalnih jednačina: 2631.

dy = -a2y, a :F O, y (t0) = y0 dx

§ 8.

PROBLEM STABILNOSTI REŠENJA SISTEMA DIFERENCUALNIH JEI'NACINA

2633.

dx - = t-x; x (0) = l . dt

2634.

dx - = 4 y, dt

dy t = -x; x (O) = y (O) = O d

Ispitati singularne tačke sledećih jednačina i sistema: 2636.

dy dx

2x + y 3x+4y

2638.

y' =

4 y-2 x x+y

2640.

y' = L .

2642.

x = x,

2635.

dy x + y = dx 2 x

2637.

y, =

2639.

y' =

2641.

x = x + 3 y,

x = 2 x + 2 y,

2644.

y' =

2646.

y, =

2648.

y' =

y-2 x y X

y = 2 x-y.

y = -6 x- 5 y. 2643.

4 x-3 y x-2 y

y = 4 y- 6 x.

2 y-x 3x+6 2x -- . 1 -xz -yz

--

2645.

y" =

2x+y x-2 y - 5

2647.

y' =

yz - xz 2 (x- 1 ) (y- 2)

x (2 y-x + 5) xz + yz-6 x- 8 y

Ispitati karakter tačke mirovanja (0, O) u sledećim sistemima: 2649.

dy dx - = x-y, = 2 x + 3 y. dt dt

2650.

dy dz dx - = 2 y - 3 - = 3 x-2 z - = 5 x- 4 y. ' dt dt ' dt

2651 .

x = -2 x-3 y, y = x + y.

2652.

x = - 3 x + -y, y = -x + y. 2

7

255

256

VIII. DIJ EJ URCIJAIN l

EDNACINE

2653.

x = 2 y-z, .Y = 3 x-2 z, ž = 5 x- 4 y.

2654.

x = 3 x + 2 y, y = x + y.

2655.

x = x-y-z, .Y = x + y-3 z, ž = x- 5 y-3 z.

2656.

x = 2 x + 3 y, y = x-y.

2657.

x = 3 x- 5 y, .Y = 2 x-3 y.

2658.

l 53 x. = x-- y, y = - x -y. 2 2

2659.

x = x + y, .Y = -x + y.

2660.

x = 2 x-y + 2 z, y = 5 x- 3 y + 3 z, ž = -x- 2 z.

2661.

x = x-3 y + 4 z, y = 4 x-1 y + 8 z, ž = 6 x-1 y- 1 z.

.

2662. Za koju vrednost parametra

a sistem

x = y + a x, .Y = -x ima stabilnu tačku mirovanja? 2663. Za koju je vrednost parametra

a tačka mirovanja {0, O, O) sistema

x = a x-y, y = a y-z, ž = a z-x stabilna ? 2664. Dokazati, ako je singularna tačka jednačine

(ax + hy) dx + (mx + ny) dy = O centar, da je onda to jednačina totalnog diferencijala. Obrnuto tvrđenje nije tačno. 2665. Data je jednačina

, ax + hy +f(x, y) y= ' ex + dy + tp(x, y)

gde su funkcije J i tp definisane i neprekidne u nekoj okolini tačke {0, O), a u samoj tački (0, O) je

f= J,;' =fv' = tp = tpa/ = tpy' = 0. Dokazati, ako se data jednačina ne menja zamenj ujući y sa koreni karakteristične jednačine

l e-A. b- dA. l = O a

su čisto imaginarni, da je singularna tačka centar.

-

y, a

§ 8. PROBLEM STABILNOSTI REŠENJA SISTEMA DIFERENCIJALNIH JEDNACINA

257

Ispitati stabilnost po prvoj aproksimaciji tačke mirovanja (0, O) sledećih sistema; 2666. x = -x + y + 2x4-y6, y = x- 3 y + l l y4.

2667. x = - x + 2 y- 3 xz, y = 3x- 2 y + 2xz + y4.

2668. x = - sin x + 3 y + xs,

2669. x = - 3 x + 4 y + sin3 x-yz ,

y

=

y=

l l - x- 2y-- y3 6 4

y = 2 y- I + ? l -6 x

.Y = V4 + 8 x- 2 ell. x=

2 x + 8 sin y,

y

2-ex- 3 y-cos y.

=

2 x + sin y + eli xz.

2671. x = ln (4 y + e-3x)

2670. x = eX+zv-cos 3 x,

2672.

-

7 . . 2673. x = - 4 x + - sm y- 3 xz, 2 y = - 2 X + X2 + y + yJ 2675. x = 10 sin x-29 y + 3 y3,

2674. x = -4 y-xJ,

.Y = 5 x- 1 4 sin y + yz.

y = 3 x-y3,

2676. Proveriti da li je trivijalno resenJe nekog sistema jednačina stabilno po Ljapunovu, ako je poznato da opšte rešenje tog sistema ima oblik

2677. Dokazati da je potrebno

lim

i

x-. + co

dovoljno da

J a (s) ds< + oo

0

pa da trivijalno rešenje jednačine

dx - = a (t) x, dt

gde je a (t) neprekidna funkcija, bude stabilno po Ljapunovu. 2678. Dokazati, ako je jedno koje bilo rešenje sistema diferencijalnih jedna čina stabilno po Ljapunovu, da su onda stabilna sva rešenja toga sistema.

Ispitati stabilnost trivijalnog rešenja sledećih jednačina: 2679. yV + I V + 7 y'" + 4 y" + lO y' + 3 y

=

O

2680. y1V + 7 y"' + 1 2 y" + 23 y' + 1 0 y = O .

.

258

VIII. DIFERENCUALNE JEDNAĆINE

2681. yiV + y'" + 3 y" + 2 y' + y = 0. 2682, yV + 2 yiV + 3 y"' + 2 y" + y' + y = 0.

Za koje će vrednosti parametra a biti stabilna trivijalna rešenja slede ćih jednačina: 2683. y"' + a y" + 2 y' + y = O. 2684. y1v + 2 y"' + y" + a y' + 3 y = O. 2685. y1V + 3 y"' + a y" + 2 y' + y = O. 2686. Za koju će vrednost parametra a trivijalno rešenje x = O; y = O; z = O sistema diferencijalnih jednačina

dx -=z ' dt

dy - = - 3 x, dt

dz - = a x + 2 y- 3 dt

biti asimptotski stabilno? Za koje su vrednosti parametra a ćih jednačina:

1

fJ stabilna trivijalna rešenja slede

2687. y'" + a y" + 2 y' + fJ y = O 2688. y'" + a y" + fJ y' + 3 y = O

2689. y1V + a y"' + 2 y" + fJ y' + y = O

§ 9. Numeričke metode integracije običnih diferencijalnih jednačina l

o

Me t o d u zas t o pn i h a p r o k s i maeij a i l i je data diferencijalna jednačina prvog reda

(l)

Pi eardov

m e t o d. Neka

y' = f(x, y)

sa početnim uslovima y (x0) = Yo · Rešenje y (x) jednačine koje zadovoljava date početne uslove, u opštem slučaju, može biti predstavljeno u obliku

(1),

y (x) =

(2)

gde su

uzastopne aproksimacije

lim Y; (x) i � oo

Y; (x)

definisane formulama

Yo (X) = Yo

j f(x, Y; - 1 (x) ) dx X

Y; (x) = Y0 +

(i = l, 2, . . . )

Ako je desna strana / (x, y) definisana i neprekidna u okolini xo

i

R Lipschitzov uslov

u okolini zadovoljava

{\ x - xo J <;a ,

I Y-Yo l < b }

§ 9. NUMERICKE METODE INTEGRACUE OBICNIH DIFERENCUALNlli JEDNACINA

259

1 /(x, y) -f(x, Y2) l <;L l Y1 -Y2 I gde je L konstanta, onda niz uzastopnih aproksimacija (2) obavezno konvergira u intervalu

l x - x0 l < h

R

M = max 1 /(x, y) j. Pri tome je greška

j x-xo J " + l Rn = i y (x)-Yn (x) l <; ML" --- (n + samo ako je j x-x0 j < h.

l)!

Metod uzastopnih aproksimacija uz neznatnu izmenu primenjuje se takođe na norma�ni sistem diferencija!nih jednačina. Sto se tiče diferencijalnih jednačina višeg reda, one se mogu zapisati u obliku sistema diferencijalnih jednačina. l . Metod uzastopnih aproksimacija može se primeniti na sistem diferencijalnih jed načina

dy - =f(x, y) dx

(2') gde je

Y (xo) = Yo ·

Zapisujući vektorsku jednačinu (2') u integralnom obliku, imamo

X Y = Y0 + t(x, y) dx xo gde

J

se

pod integralom vektor-funkcije

podrazumeva vektor

X

J

X xo /dx = X

Jln

dx

Uzastopne aproksimacije y
y
X

f (x . y

korak

računanja

[x0, X] na n jednakih delova tako da bude h4<e.

po formuli 1 7'"

X-x0 ---

, deleći interval n Tačke podele x, odreduju se

h=

260

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNACINE

. . , n).

Odgovarajuće vrednosti y1 - y (x1) tražene funkcije po Runge-Kuttovoj metodi izračunavaju se uzastopno po formulama x1 - x0 + ih

(i= l , 2, .

Yi + t = y, + LI Y� o

Ll y, -

gde je

(3)

� (k�i) + 2 k�) + 2 k �> + k�>), (

k �) = f x1 + 2 , y1 + h

)

k(i)

-i-

h,

k �) = f(x, + h, Yi + k �1) h

Radi kontrole pravilnog izbora koraka h preporučljivo je izvršiti proveru veličine

Razlomak mora činiti nekoliko stotih, u protivnom slučaju korak h treba smanjiti. Runge-Kuttov metod ima red tačnosti h4• Grubu ocenu greške Runge-Kuttove metode na datom intervalu [x0 , Xj možemo dobiti polazeći od Rungeovog principa:

gde je n = 2 m, a y2". i y". rezultati dobijeni po šemi (3) respektivno sa korakom h i 2 h. Metod Runge-Kutta primenjuje se takođe za približno rešavanje sistema običnih diferencijalnih jednačina. Neka je dat sistem diferencijalnih jednačina (2'). U svaj ajući neki korak h i uvodeći standardne oznake x1 x0 + ih i y1 = y1 (x1), LI Y; = Yi + t i-y1 za i= O, 1, 2 . , stavljamo

=

..

(

)

J k 2(O = h f X0 + Z , }'0 + 2k(lO)

h

(

h

k (O) 3 = h f Xo + 2'

•

)

k(2O) 2 '

Yo + --

Saglasno metodi Runge-Kutta Ll Yo se približno određuje po formuli

l

Ll Yo - - (k(O) + 2k (O) + 2 k (O) 3 + k (O)) -

6

1

2

4

§ 9.

NUMERICKE METODE INTEGRACIJE OBICNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAONA

261

odakle je Y, = Yo + L1 Y0

Dalje, uzimaJUCI (x1 , y,) kao polazne date vrednosti i ponavljajući taj proces, nalazimo y2• Analo�no se izračunavaju y1 (i = 3, S, )

4,

3o Milneov metod. Da bismo rešili postavljeni problem po Milneovoj metodi polazeći od datih početnih vrednosti � Yo za x = x0 nalazimo na koji bilo način uzas

topne vrednosti

• • .

y

tražene funkcije y (x). U tu svrhu možemo, na primer, razložiti rešenje y (x) u red ili naći te vrednosti metodom uzastopnih aproksimacija, ili primenom Runge-Kuttove metode, itd. Približne vrednosti Y"; i Y"; sledećih vrednosti y1 (i = S, .,n) nalazimo uzastopno po formulama

4,

..

(4)

h (2 Y; ) -Y1 - 2 + 3

gde je

(5)

(1(1) ) ; + 4Ji - l +J i - 2 , l"

l"

f1 =f(x1 , y1) i tP> =f(x,, y�0). Kontrole

radi izračunavamo veličinu

t:1 ne prevazilazi jedinicu poslednjeg zadržanog mesta u rezultatu desetičnog razreda l O - m za y (x), onda za y1 uzimamo y1 i prelazimo na izračunavanje

Ako

skdeće vrednosti Yi + " ponavljajući proces. Ako je pak t:1 > l O - m, onda treba početi ispočetka, smanjujući korak računanja. Veličina početnog koraka približno se određuje iz nejednačine to- m. Milneov metod može biti primenjen takođe i na integraciju sistema diferencijalnih jednačina (2'). Izaberimo korak h i stavimo

h4<

(i � o, l , 2, . . .),

gde je y = y (x) tražena funkcija. Kakvim bilo metodom odredimo dopunske početne vrednosti y,, Y2 , y3 • Iz jednačine (l') nalazimo odgovarajuće vrednosti izvoda

(i = o,

4, 5,

l, 2, 3).

Tada dalje vrednosti y1 (i= 6, . . . ) tražene vektorske funkcije mogu biti korak po korak i z;·ačunate po sledećim formulama: l. IT.

262

VIII.

III

Ako je

gde je 4°

DIFERENCIJALNE JEDNACINE

e

zadata granična greška, onda stavljamo

O,

y1�yJ 2> .

A d a m s o v a m e t o d a. Neka je data jednačina (l) i početni uslovi y (x0) - y Neka j e x1 (i = l , . . ) sistem vrednosti sa istim međusobnim razmakom h i y1 = y (x1). Tada je očigledno

2,

• .

.

xl + t

(6)

..đ y1 =

J

y' dx

Xj

Na osnovu druge Newtonove interp;>lacione formule, dobija se sa tačnošću do razlike četvrtog reda q (q + l)J 2 , q (q + l ) (q + 2) ,đ J , � ' (7) LJ Y r-2 + Y' = Y r + q Ll Y ,_t + Y; -3 21 ! gde je

q = -- . h

Zamenjujući ovaj izraz u Ll y, = h

J( l

o

,

(6)

i vod;!ći računa da je

l q2 + q Y r + q Li y i-1 + -2

Tako se dobija

J

•

x-x1

,

LJZ Y;-2 +

dx - h dq

q3 + J q2 + 2 q 6

-----

Adamsova ekstrapo/aciona formula

biće ,

)

LJl Yt-3

dq.

Radi početka procesa izračunavanja potrebne su četiri početne vrednosti

početni odsečak

takozvani koji se određuje, uz postavljene početne uslove, kakvim bilo g::Jrnjim m::tod;>m. MJže se, na prim�r. bristiti Runge-Kuttov met::Jd i li raz voj u Taylorov red "

Yo , y, = Y:(xo + ih) = Yo + Yo (ih) + (2 h) 2 + • • · , T+

gde je (i= l, 2, nosti izvoda i

3, .

.

. ).

Znajući ove vredn::Jsti, možemo iz jednačine (l) naći vred

sastaviti tablicu razlika

5,

Sledeće vrednosti y1 (i = 4, . . . ,) traženog rešenja možemo korak po korak iz računati koristeći Adamsovu formulu, popunjavajući do granice neophodnosti tab licu razlike (9). Kontrole radi preporučljivo je, nakon izračunavanja prve približne vrednosti za Ll y1 po formuli odrediti Yi + 1 = y1 + Ll y f , izračunati konačne razlike

§

9. NUMERIC:KE METODE INTEGRACIJE OBIC:NIH DIFERENCIJALNIH JEDNAC:INA

(lO)

263

a zatim naći drugu približnu vrednost po tačnijoj formuli Ako se L1 y { i L1 y�1 razlikuju za nekoliko jedinica poslednjeg zadržanog desetič nog razreda, onda možemo staviti a zatim nalazeći

Ll y, + , = Y; + Ll y,

(lO).

ponovo izračunati konačne razlike Nakon toga, strogo govoreći, treba ponovo � naći L1 y f1 po formuli Radi toga korak po korak mora biti takav da ponovn izračunavanje bude suvišno. U praksi korak h se uzima toliko mali, da bi se" ffi(,':

(ll).

gao zanemariti član

2�

{ ; )

L1 3 hy _ 2

u formuli

(ll).

Ako je pak razlika velika

[ i L1 yJI znatna, onda treba smanjiti korak. Obično se korak smanjuje za dva puta. Adamsova metoda lako se proširuje na sistem diferencijalnih jednačina Naime, imajući potetni vektorski odsečak L1 y

dalje vrednosti koordinata tražene vektor-funkcije teći formulu

h

y = y (x)

(2').

određujemo, koris

2690. Metodom uzastopnih aproksimacija naći približno rešenje diferencijalne jednačine y' = x - y

koja zadovoljava početni udov y (O) = l 2691. Naći nekoliko uzastopnih aproksimacija za rešenje sistema dy, - = x + yi y2 , dx dy2 2 -- = X -Y I dx

koje zadovoljava početne uslove

2692. Runge-Kuttovom metodom izračunati na intervalu [O; 0,5] integral dife rencijalne jednačine y ' = x + y, y (O) = l ,

uzimajući korak h = O, l .

264

VIII .

DIFERENCUALNE JEDNACINE

2693. Metodom Runge-Kutta integraliti jednačinu oscilovanja klatna u sredini sa otporom

uz početne uslove

d2 () . d () + 0,2 - + 1 0 sm () = O, dt2 dt

. () (O) = 0,3; () (O) = O ;

(e· = ddet ) .

y (0,5) sa tačnošću do 0,00 l , ako je y' = x + y

2694. Izračunati Milneovom metodom uz

početni uslov y (O) = l.

2695. Milneovom metodom naći na odsečku cijalnih jednačina

dy dx

z

x

[O; l ] integral sistema diferen

dz = - xy, dx

koji zadovoljava početni uslov

y (O) = l ; z (O) = O. 2696. Adamsovom metodom naći na intervalu [O; l] integral jednačine y = x + y, y (O) = l . 2697. Jednačina oscilovanja klatna ima oblik

d{) dZ {) . + 0,2 - + 1 0 sm e = o, dt2 dt

pri čemu je

() (O) = 0,3; O (O) = O.

Koristeći Adamsovu metodu odrediti uglovnu brzinu klatna pri prvom prolazu kroz ravnotežni položaj () = O. Naći tri uzastopne aproksimacije rešenja diferencijalnih jednačina i sistema:

y' = 3 x + yz; y (O) = l . 2699. y ' = xz + yz. 2700 . y' = x-yz; y (O) = l , i naći y za x = O, l . 2701. y' = x + yz; y (O) = O , i naći y kada j e x = 0,2 .

2698.

2702.

y' = x + y + z; z' = y- z; y (O) = l ; z (O) = - 2.

2703.

y" = -y; y (O) = O, y' (O) = l .

2704.

dy dz - = x + z, = x-yz; y (O) = 2, z (O) = l . dx dx Izračunati y

i z

za x = 0 , 1 .

§

9.

NUMERIČKE METODE INTEGRACIJE OBIČNIH DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA

265

Runge-Kuttovom metodom rešiti sledeće jednačine: 2705. 2706. 2707. 2708. 2709. 2710.

27 1 1.

2712.

2713. 2714. 2715. 2716.

y' =x-y; y(l)=0,4; (0<x< l,6), h=0,6. y' = 3 x+ yz; y(O)= l; (O <x< 0,1), h=O,l . y' = LX -yz; y(l) = l, (l <x<2), h=0,2. y' =Vx+y; y(0,4)=0,41, (0< x <0,8), h =0,4. y' =z+ l; z'=y-x; y(O) = l; z(O)= l; (O< x < l), h=0,2. dy =x+Vz; dz =y-Vz; y(0,2)=0, 5 ; z(0,2)=0; (0< x <0,3), h=O,l . dt dx

dx =y+z; :; = xz+y; y(O,l)=0,4; z(O,l)=O,l, (0<x<0,2). dy , (0,1)=0, 2, (0< x <0,2). dz-+3 y x-+y=O; y (O,l)=O,l; y dxz dx Primenjujući kombinovanu Runge-Kuttovu i Milneovu ili Runge-Kuttovu i Adamsovu metodu naći sa tačnošću do 0,01 rešenja sledećih jednačina: y' = x + y; y (O)= l. Izračunati y (0, 5). y' = xz + y; y (O) = l. Izračunati y (l). y' 2 y- 3; y (O)= l. Izračunati y (l). y' x + 2 y +z z' x + 2 y + 3 y = 2; z= -2; za x = O. Izračunati y i z x = 0, 5 . x = -2x+ 5 z, y = (1- in t )x y + 3 z, -x + 2 X (O)= 2; y (O)= l; z (O) = l. y3y"' + l = O; y(l) = l, y' (l) =O. Izračunati y(l, 5). dzx x - + - cos 2 t = O; x= O, x' = l za t =0. Naći x i x' dt2 2 =

=-

z;

=

za

2717.

-

i=

2718. 2719.

s

z;

-

(n)

(n).

266

DIFERENCUALNE JEDNACINE

Vill.

§ 1°

10. Parcijalne diferencijalne jednačine

Jednačina oblika

F(

x1 , x,, . . . x,.,

(l)

�z . z, -dz , d-xf ax,

j dn či p-og reda. z dz d2 z dP z -- �f x1 , X20 . . . , X11 , Z, - , -- , . . . , ax, ax f dx� dP-Iz OZ

gde su x, , . . . , x,. promenljive a nepoznata funkcija naziva se rencija/na e a na Ako se jednačina (l ) reši po jednom od izvoda maksimalnog reda:

parcijalna di/e·

(

onda se može pokazati da postoji jedinstveno analitičko rešenje u okolini tačke x,0 , X20, Xno jednačine (2), koje zadovoljava uslove • • •

---1 = 'P" - 1 (X2, d xf dP- I z

X1 ,

• •

•

,

Xn) za x = x10 ,

ako su funkcije rp0, rp , , . . . , rp" _ , analitičke funkcije u okolini početne tačke x20, x30 , , X a lje analitička funkcija u okolini početnih vrednosti svojih argumenata • • •

no.

( -dz ) dx,

X1o • X2o ' · · • Xno • Zo = 'Po (Xzo , Xlo • •

o

= rp, (Xzo•

•

· · • Xno),

•

• • •

•

• •

Xn )

(-dPz) (dPrp0) dx �

dx�

o

= --

0

,

= x,,

x;

.

Rešenje jednačine (2) definisano je zadavanjem početnih funkcija rp0, rp" . . čijom se proizvoljnom varijacijom u klasi analitičkih funkcija dobijaju sva analitička rešenja te jednačine

'P v - t

2° Jednačina oblika

(3)

gde su

dz · • · andz � a1 -+ dXn dX +

'

parcijalna linearna ne funkcije od x" . . . Xn , z naziva a,, jednačina prvog reda. Da bismo rešili jednačinu (3) treba napisati sistem

homogena

. . . , an , b

se

ob.čnih diferencijalnih jednačina (4)

b

•

dx1

dx,.

- = · · ·

a,

dz

-= - = -

an

b

i naći n nezavisnih prvih integrala

rp,. (x1 ,

• • •

,

x,.) - e• .

§ 10. PARCUALNE DIFERENCIJALNE IEDNACINE

267

Opšte rešenje sistema (1) dato implicitno može se pisati u obliku

(6)

ulazi samo u jedan gde je F proizvoljna diferencijalna funkcija. Specijalno, ako na primer u poslednji onda se opšte rešenje može pisati u od prvih integrala obliku

z

(5),

(7)

f 3° gde je

proizvol;na diferencijalna funkcija.

z= z (x, y) a1 (x, y, z) - +a2 (x, y, z)i)y- =b y, z) x -x(t), y =y (t), z=z(t) dx - ady2 = dz · (1 ) cp1 (x, y, z) = c1, cp2 (x, y, z)= c2 (12) t, c2 (12) (13) PfaP(fxov, ya, z)difdx+Q( x z) dy+R( x z)dz=O , y, ,y, erencijalna jednačina. (13) (14) (P, Q, R). (13) =O A (x, y, z). (15) J P(x,y,z) dx+ J Q (x0,y,z) dy + J R(x0,y0 , z)dz - c. (13)A*O metoda karakteristika,

Da bismo našli površinu

(8)

a prolazi kroz datu liniju

oz

oz

koja zadovoljava diferencijalnu jednačinu

j) X

(x,

(9)

potrebno je naći dva nezavisna prva integrala sistema

0

-;;;

-,;

U tako nađene prve integrale

(ll)

treba zameniti njihove vrednostima iz (3) . Tako se dobijaju dve jednačine oblika

F (c1 , c2) = 0.

Isključujući iz ovih jednačina

dobija se relacija

Stavljajući umesto c1 i leve strane prvih integrala (l l), dobija se traženo rešenje. U slučaju kada obe jednačine ne sadrže t tada je linija (9) integrala kriva sistema ( 1 0), tj. karakteristična jednačina (8), te Cauchyev problem ima besko načno mnogo rešenja.

4o Jednačina oblika

naziva se može da se izrazi u obliku

Uslov integrabilnosti jednačine

-+

....

A rot A - O

gde j e A Ako je sem toga rot A onda j e polje potencijalno pa je leva strana jednačine totalni diferencijal neke funkcije U U tom slučaju integral Pfaffove jednačine može se dobiti po obrascu U=

X

xo

y

Yo

Z

zo

U slučaju kada je rot a uslov integrabilnosti ispunjen onda se za lobijanje integrala jednačine sem koji ćemo ilustrovati na pri meru, koristi i sledeći postupak: -

268

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNACINE

Pretpostavi se da je u jednačini ( 1 3) jedna promenljiva, na primer pa se integrali obična jednačina

z,

konstantna

P( x , y, z) dx+ Q (x, y, z) dy=O z U (x, y, z)= (z) z (z) oU-dx+-dy+ ox oUOy [oU-(}z -c' (z)J dz=O. Oxp Q (}--c' z R"""(z'" )' ouox (}--c' (z) z (z) p R A= O, z, (z) U (x, y, z)= (z). O F y, z, p, q) ( x = , (} z z (} p=-,ox q=-.()y a b. (xa, y, z,b, a, b O (x, y,potz,punia, b)=intOegral. singularni integral. ( 1 6)

u kojoj

igra ulogu parametra. Nakon nalaženja integrala jednačine ( 1 6) e

( 1 7)

u kome proizvoljna konstanta može biti funkcija parametra izabiramo tu funkciju e tako da zad,woljava jednačinu (1 3). Diferenciranjem jednačine {17) dobija se

( 1 8)

Koeficijenti uz diferencijale :promenljivih u jednačinama (16) i ( 1 7) moraju biti proporcionalni au

au

-�-=

au

()y

ou

Iz jednačine

pri uslovu

možemo odrediti e'

Arot

ta jednačina sadrži samo

pošto se može dokazati da

e'

i

e

5° Opšti oblik parcijalne diferencijalne jednačine prvog reda sa tri promenljive je (19)

gde je

Polazeći od geometrijske interpretacije jednačine ( 1 9) može se dati postupak nal aženja njencg int�:grala, koji zavisi od proizvoljne funkcije, ako je poznat njen integral rJ> koji zavisi od dva parametra i Integral rJ> ) = jednačine ( 1 9), koji zavisi od dva suštinski proizvoljna parametra i naziva se Ako se potpuni integral shvati kao familija površi koje zavise od dva parametra, onda je i obvojnica tih površi rešenje jednačine ( 1 9), koje se naziva Singularni integral je definisan jednačinama

ab b= b (a), ot!> (x, y, z, a, b)= O ot!>-+-b'( ()aopštobi integraa)-0l. a z=rp(a)x+ay+b. F(p,q)=O p= rp (a), p=rp( dz =pdxq) + qdy =rp (a) dx+ ady,q=a, rp1 (x,p)=rp2 (y,q) rp1 (x,p)=rp2 (y, q)=a a

Ako između parametra definisana jednačinama

i

postoji veza

rJ>

i takvo rešenje jednačine (19) naziva se

onda je obvojnica površi

•

To znači, ako je poznat jedan potpuni integral jednačine ( 1 9), mcže se iz njega izvesti opšte i singularno rešenje samo diferenciranjem i eliminacijom, ako je ta eliminacija moguća. Potpuni integral se u nekim slučajevima nalazi bez teškoća, na primer: l) Ako jednačina (19) ima oblik ili onda stavljanjem gde je proizvoljna konstanta, dobijamo � potpuni integral onda 2) Ako jednačina { 1 9) može biti dovedena na oblik stavljanjem gde je proizvoljna konstanta i rešavanjem,

§ 10.

269

PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNAC!NE

1p2

a ( x , a) , q p q, p= ( y , z= J (x, a) dx+ J), dz(ypdx, a) dy+ q+b.dy = (x, a) dx+ (y, a) dy F(z, p, q) z= z (u), u =ax+ y, (z a-dz ' dz-) du du z= (u, a, b) b z= (ax+ y,z=a,pyb) .qy + (p, q) z= ax+ by+ (a, b). U ( x y, z, p , q)=a , p=p(x, y,z,a) q=q(x,y, z,a) dz=p(x, y,(xz,, y,a, z,b)=a) dx +q (x,by, z, a) dy. U (A A)= A=p (x, y, z) i+q (x, y, z)j-k t)q 0. p oqo-z-q opt)-z-opo-+-� y dx t)dxq ' opt)y ' opt)z ' ooqz " {F(U(xx,, y,y, zz,, p,p, q)q) =a,=O x, y z pq ��, y x :: t)opz oqoz , z t)dxq == D(DD ((FFp,,, U)x) dydp =-D(DD((FFy,,,q)U)U) ' D q) D (p, q) 1p2

ako je to moguće, po 1p1

i

dobijamo

'Pt

potpuni integral

�

!p1

1p2

=

= O, onda se stavljanjem

3) Ako jednačina (19) ima oblik dobija F

gde je

= 0.

'

Integraleći ovu običnu diferencijalnu jednačinu, dobijamo proizvoljna konstanta, ili potpuni integral

Ill

gde je

Ill

4) Ako jednačina (19) ima oblik veri ti, potpuni integral q;

+

tada je, što je lako pro

q;

6° L a g r a n g e-C h a r p i t e o v m e t o d n a l a ž e n j a p o t p u n o g i n t e g r a l a. Ovaj metod je opšteg karaktera i koristi se u složenijim slučajevima. Po tom metodu se jednačini ( 1 9) pridružuje jednačina (20)

tako da funkcije i ( 1 9) i (20) daju integrabilnu Pfaffovu jednačinu

odredene iz sistema jednačina

(21)

Tada će integral (]) integraciona konstanta, jednačine (21) O, gde je biti potpuni integral jednačine (19) . Funkcija određuje se iz uslova integ rabilnosti jednačine (21) jednom relacijom rot

�

O gde je

� -

tj. u razvijenom obliku iz jednačine (22)

izračunavaju se diferenciraniem identiteta

Izvodi

(23)

u kome se

i

smatraju f•mkcijama od

Diferenciranjem tog sistema po

na kraju po

i rešavanjem po

i rešavanjem po

(p ,

U)

i

i

'

dobija

se

određenim sistemom (23). po

i rešavanjem po

respektivno

.

270

Vill. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

D( F , D( F , U) iJopz DD(D ((p,Fz,U),p)q) iJiJqz DD(D ((Fpp,U),, qz)) D((pF,, q) D iJU+ (p opiJF+q iJoqF) iJoUz -(iJoxF+p oiJFz ) oiJpU- (iJiJFy + /o iJoqU (24) oiJpF iJoxU + iJiJFq oy U dxiJF iJdy-F= iJ-Fdz iJF oF iJq iJF iJF iJF iJ-p oq p op +qoq - +piJz UiJ-+qy(x, y,z,iJzp,q)-a, 1 D ( F , . . U (x, y, . F.U p q, D ( p , q) z,p, q) p=F(p x(x,y,, y,z,z,p,a)q)=O(24).q = (x, y, z, a) ( x , y, z, p, q)=a. a) dz =p ( x , y, z) dx+ q ( x , y, z, dy (x, y, z, a, b)= O x= F(xx,(ty,), yz,=p,yq)(t()=Ox, , y,z=z,za,(tb)=). O. Cauchyev metod metod karakteristika. iJ-=az iJZtu hiiJiJZxpuzerbo/ičkog tipa. 2) Jednačina provođenja toplote Fourierova jednačina. -iJotu =azotiJ-2 2u parabol i č kog t i p a. Laplaceova jednačina iJ2u iJ2 u iJ-+-=0 xz iJ y2 U)

- =

Zamenjujući tako izračunate izvode u uslov integrabilnosti (22) i rnnozenJem U) · ·· · determmantom kOJa se smatra raz1 ICitom od nul e d ob''IJa se ·

!'\

-; )

�o

Tako se za određivanje funkcije dobija homogena linearna jednačina koja integrali na već navedeni način: formira se jednačina karakteristika -

(25)

-=

se

-

OX

Nalazi se bar jedan prvi integral sistema (25)

CIJe

1

1

. nezavisne

u odnosu na

. 1

i jeste traženo rešenje jed načine Prema tome, određujući i

tJ.

U)

i ako su funk-

-"- 0

..,-

to prvi m . t egral

1

iz sistema jednačina

ul

i zamenJUJUCJ u dobijamo jednom relacijom integrabilnu Pfaffovu jednačinu, čijim rešavanjem nalazimo potpuni integral polazne Za potpuni integral rp jednačine rp jednačine može se, u opštem slučaju, rešiti početni problem ili šta više opštiji problem određivanja integralne površi, koja prolazi kroz datu krivu Ako se sistem (25) može lako integral iti, onda je za rešavanje tako generalisanog Cauchyevog problema zgodno koristiti ili �

7° O s n o v n e j e d n a č i n e m a t e m a t i č k e f i z i k e. U slučaju dve pramenljive osnovni oblici su: l ) Talasna jednačina (26)

Ova jednačina je prostija jednačina ili

(27)

Ova jednačina je prostija jednačina 3)

(28)

§ 10.

PARCUALNE DIFERBNCUALNE JEDNACINE

271

e/iptičkog tipa. oot2 u2 = az (o2oxu2 oyo2 u2) ' ouo t = a2(oo2xu2 oo2ylu,) '

Ova jednačina je prostija jednačina Za slučaj funkcije tri promenljive prethodne jednačine imaju respektivno oblik (26') (27') (28')

+

+

U sledećim primerima naći parcijalne jednačine ako su poznata njihova opšta rešenja

(x3 ; ) = o. 4> (� . x-y) = o. xz

2720. 4> � ;

2721.

z = (xz + a) {y + b).

2722.

2723.

z = (x + y) 4> (xz -yz).·

2725.

z =f(x + z) + g (x + y).

2724.

x = f(z) + g (y).

2726.

z = - (az + 2) xz + axy + bx + 4> (y + ax). 2

2727.

z = xa

2728.

l

!(;) + xb !p ( ; ) , (a =/= b). z = xaj ( ; ) + xb !p ( ; ) + ( ; ) , gde su a, b i xC

tp

Naći opšti integral sledećih jednačina:

2729.

oz - = x + y. ox

2730.

()zz -= 0. ox oy

2731.

r = xy.

2732.

s = xz + yz.

2733.

t = -xz sin xy.

2734.

s + yq + z = O .

2735.

s + xy + yz = O.

2736.

y2 s + 2 yp = I.

2737.

yt -q = 2 xz y.

2738.

2 yt-xs + 2 q = xz y.

2739.

ps-qr = O.

2740.

pq = zs.

2741. Naći opšte rešenje jednačine

oz oz xz - + yz- = -xy, ox oy

e

tri različite konstante.

272

VIIl. DIFERENCIJALNE JEDNACJ:NB

a zatim i integralnu površinu koja prolazi kroz krivu

Naći opšte rešenje sledećih jednačina:

oz oz oz x- + y- + t - = xyt. ox oy ot

2742.

px + qy = 3 z.

2744.

(xz-yz-zz) p + 2 xyq = 2 xz.

2745.

ap + bq + cz = O.

2746.

xzp + yz q = zz.

2747.

yp + xq = x-y.

2748.

eZp + yz q = yeZ.

2749.

2 px + (y-x) q-xz = O.

2750.

(x2 + yz) p + 2 xyq + zZ = O.

275 1.

2 y4p-xyq = x Vzz +

2752.

xz zp + yz zq = x + y.

2753.

yzp-xzq = ez.

oz ox

2743.

oz oy

oz ox

.

2754. cos y - + cos x - = cos x cos y.

oz oy

2755. s mz x - + tg z - = co sz z.

2756.

oz oz x - + y- = z + a .�v xz + yz + zz. oy oy

2757.

'oz oz xy3 - 2 x4) - + (2 y4-x3y) - = 9 z (yl - x3). ox oy

2758.

ou ou ou x - + (z + u) - + (y + u) - = y + z. oz ox oy

2759.

ou ou ou (y + z) - + (z + x) - + (x + y) - = u. oy ox oz

2760.

ou ou ou ou xy - - 1-yz y--z- = axy - · oz oy oz ox

2761.

ou ou ou x - + y - + (z + u) - = xy. oy ox oz

2762.

ou ou ou (s -x) - + (s-y) - + (s-z) - = s-u; s = x + y + z + u. ox oz oz

2763.

ou ou ou (u -x) - + (u- y) --z - = x + y. oy oz ox

2765.

ou ou c}u = xyz. - +b - +cox oy oz

v- (

l.

)

2766.

2764.

c}z

oz oz --a - = emz cos py. oy ox c}z

(y- bz) --(x- az) - = bx- ay. oy ox

§ 10 .

273

PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE

U sledećim zadacima naći površ koja zadovoljava datu jednačinu i pro lazi kroz datu liniju: 2767. 2769. 2770. 2771. 2772. 2773. 2774. 2775. 2776. 2777. 2778. 2779. 2780. 2781 . 2782.

2768. xp- 2 pq = xz + yz; y = l ; z = xz. yz p + xyq = x; x = O, z = yz. tg x · p + yq = z; y = x, z = xJ . xp + yq = z-xz-yz; y = -2, z = x-xz. xyp-yz q = x, X = a, 2 ayz = az + 2. yzp + xzq = xy, x = a, yz + zZ = az. xzp + yzq + xy = O; xy = az, z = h. (y-z) p + (z-x) q = x - y; z = y = -x . xp + (xz + y) q = z; x + y = 2 x, x-y = 1 . xp + zq = y; y = 2 z, x + 2 y = z. 2 xzp + 2 yzq = zz-xz-yz; x + y + z = O, xz + yZ + zZ = az. (y + 2 zZ) p- 2 xZ zq = xz; x = z, y = xz.

(x-z) p + (y-z) q = 2 z; x-y = 2, z+ 2 x = l . xy3 p + xz zz q = y3 z; x = -z3, y = zz . x (xz + yz) p + 2 yz (xp + yq-z) = O; z = h, xz + yz = az. xp + yq = 2 yx; y = x, z = xz. U sledećim zadacima naći površ ortogonalnu familijama površi

2783.

z = axy.

2784.

xyz = a.

z2 = axy. y = x, z = h

2786.

2785.

2787. Naći površ koja prolazi kroz pravu površ xz + yz + zZ = ax. 2788. Naći površ koja prolazi kroz krug na površ xy = az.

ortogonalna je na

z = h, xz + yz = az

2789. Naći površ koja je normalna na površ pravu y = x, z = l .

xy = a z2.

i ortogonalna je

xz + yz + zZ = ex

a prolazi kroz

2790. Napisati parcijalnu jednačinu cilindričnih površi čije su izvodnice para lelne vektoru (/, m, n). 2791 . Napisati parcijalnu jednačinu, koju zadovoljavaju cilindrične površi čije su izvodnice paralelne vektoru ( l , l , 2). Naći opšte rešenje te jednačine. 2792. Koristeći rezultat prethodnog zadatka, naći jednačinu cilindrične površi čije zu izvodnice paralelne vektoru ( l , l , 2) a generatrisa x + y + z = O, 5 xz + 6 xy + 5 yz = 4. 18 Zbirka zadataka iz više matematike ll

Vlll. DIFERENCUALNB JEDNAC::INE

274

2793. Napisati parcijalnu jednačinu koju zadovoljavaju sve kanonične površi sa temenom u tački (a, b, e) i rešiti je. 2794. Naći jednačinu površi čija proizvoljna tangentna ravan seče osu tački čija je apscisa dva puta manja od apscise dodirne tačke.

Ox u

Rešiti sledeće sisteme jednačina: 2795.

iJz z =iJx x

2797.

iJz iJz = 2 yz-z2, = xz. iJ x iJ y

2798.

iJ u iJ u iJ u iJ u + = 0, + = 0, u = z2 za x =y = O. iJ x iJz iJy iJz

iJz 2z =iJ y y

2796.

2799. Data je parcijalna jednačina

1 o Naći njen opšti integral.

iJ z iJ z = xz. = y -z, iJx iJ y

xp + yq = O.

2° Između funkcija koje zadovoljavaju datu jednačinu naći one koje zadovoljavaju i jednačinu

p Z + qZ = 2800. Neka je M tačka na površi z = O, N prodor kroz ravan početak.

--

X2 + y2

P njena ortogonalna projekcija na ravan z = O normale u tački M, O koordinatni

l o Naći opšti oblik jednačina površi takvih da je <:JNOP = - u n

4

Dekartovim i cilindričnim koordinatama.

2° Naći onu od tih površi koja sem toga prolazi i kroz Ox osu. 3° Koje površi drugog reda imaju gornju osobinu? 2801. Data je familija površi drugog reda axz + byz-J. z2 = e gde je ;. realan parametar, a, b i e proizvoljni realni brojevi. Naći ortogonalne trajektorije date familije površi , a između njih onu koja prolazi kroz krivu x = l , z2 = ya. Kada i kakve površi drugog reda mogu da predstavljaju ove trajektorije? 2802. Data je jednačina

xyzp + xyz q = z (xz + yz).

1 o Naći njen opšti integral i onaj partikularni integral koji ispunjava uslove

X=

l , z = ay ( l -y2)

gde je a data konstanta.

§

10.

PARCUALNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE

275

2° Odrediti opšti oblik jednačine površi koja zadovoljava datu jednačinu

i za koju je poznato da se jedna familija njenih asimptotskih linija sastoji iz karakteristika.

2803. Data je parcijalna jednačina

(z-y) p-(z + x) q = x + y.

l o Naći njen opšti integral. 2° Naći opšti oblik površi drugog reda koja zadovoljava gornju parci jalnu jednačinu.

3° Naći Cauchyev integral koji zadovoljava uslove y = x + 1 , z = O. 4° Ispitati površ dobijenu pod 3° i svesti njenu jednačinu na kanonični oblik.

2804. Neka je f data dvaput neprekidno diferencijalna funkcija.

l o Form irati i integraliti parcijalnu jednačinu koju treba da zadovolji funkcija u = u (x, y) da bi izraz

(l)

(x �: + y) dx + [x �; + x-2 xy + 2 yf' (u-x)] dy

bio totalni diferencijal.

2° Odrediti integral te jednačine koji se za x = O svodi na u = yz. Za tako nađeno u (x, y) naći funkciju čiji je totalni diferencijal izraz (1 ) .

1( � ) rešenje parcijalne diferencijalne jednačine ()z z {)Zz ()z {)z ()z z xz -- + 2 xy -- + yz - + x - + y - = nz z. i>x () y () yz () x () y i>x Dokazati da svaka funkcija oblika z = f ( �) zadovoljava parcijalnu

2805. Pokazati da je

2806.

z = x11

xm

jednačinu

--

()zz ()zz {)z {)z ()zz + yz - = m (m - l ) z. x - + y - = mz; xZ - + 2 xy ()y () yz iJxz ()x () y i>x Na osnovu toga izvesti zaključak da svaka funkcija oblika z = r a (rp) + {J(rp) gde su r i rp moduo i argumenat broja x + iy, zadovoljava jednačinu

()zz ()z z {)Zz x2 -- + 2 xy -- + yz - = 0. () yz ()x () y iJxz

2807. Naći rešenje

z = z (x, y) parcijalne jednačine

ljava uslov z (x, xz) = l .

18*

{)z = x2 + 2 y koje zadovo ()y

276

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE

2808. Odrediti rešenje z = z (x, y) jednačine love z (x, O) = x ; z (0 , y)

=

yz .

_!2 z

lhoy

� x + y koje zadovoljava us

Rešiti sledeće jednačine: 2809. (2 x3 y + l ) dx + x4 dy + xz tg z dz = 0 . 2810. (2 x3 - z) dz + 2 xz yz dy + x (z + x) dx = O. 281 1. 2 (y + z) dx - (x + z) dy + (2 y-x + z) dz = O. 28 12. yz dx- z2 dy -xy dz = 0. 2813. (2 y-z) dx + 2 (x -z) dy- (x + 2 y) dz = O. 2814. (yz + z2 + 2 xy + 2 xz) dx + (xz + z2 + 2 xy + 2 yz) dy + + (xz + yz + 2 xz + 2 yz) dz = O. 2815. zdx + (x-y) dy + zy dz = O. 28 16.

(6 x + yz) dx + (xz - 2 y) dy + (xy + 2 z) dz = O . 2818. yz dx + (xy- yz3) dy- 2 xy dz = O.

28 17. yz dx + 2 xz dy + xy dz = O.

28 19. 2 (y + z) dx- (x + z) dy + (2 y - x + z) dz = O. 2820. (ex y + e") dx + (eY z + ex) dy + (eY - exy-eY z) dz = O .

2821 . (y + 3 z) dx + (x + 2 z) dy + (3 x + 2 y) dz = O.

2822. (cos x + ex y) dy + (ex + eYz) dy + eY dy = O.

2823. 3 xz (y + z)dx + (zz- xz) dy + (yz - x3) dz = O. 2824. x2 dx -zz dy- xy dz = O. 2825. 2 x (y + z) dx + (2 yz-xz + yz- zz) dy + (2 yz - xz-yz + zl)dz = O.

2826. z (x2- yz- z2) dx + xy (x + z) dy + x (zl - xz - xy) dz = O. Rešiti s ledeće sisteme jednačina:

2827. (y + z) dx + (z + x) dy + (x + y) dz = O , (x + z) dx + y dy + x dz = O . 2828. yz dx + xzdy + xy dz = O.

z2 (dx + dy) + (xz + yz -xy) dz = O.

2829. dx + 2 dy- (x + 2 y) dz = 0 , 2830. dx + dy + (x + y) dz = 0,

2 dx + dy + (x-y) dz = O.

z (dx + dy) + (x + y) dz = 0.

2831. 2 yz dx + x (zdy + y dz) = 0,

y dx-xz z dy + y dz = O.

Nać; familije površi normalne na vektorske linije sledećih vektorskih polja:

2832. 2833.

A + (2 xy - 3 yz) 7 + (xz - 3 xz) J- 3 xy k.

A = (2 x-y)t + ( 3 y-z)J + (x - 2 y) k.

277

§ 1 0. PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE

2834.

A = x i + zj + (y + 2 z) k.

--+

---+

_,.

2835. Naći vektorske linije, vektorske površi normalne na vektorske linije

polja

A = xt + yt-zk.

Naći potpune integrale sledećih jednačina:

2836. 2839. 2842. 2845. 2848.

2837. p = 3 q 3. pq 2 xy. 2838. zl pqz. 2840. yzp2--q = O. 2841. z =px + qy + plq3. z = px + qy + pz + qz. 2843. p = sin q . pq 9 zz. 2844. pz- qz = l 2847. pq +p + q = O. pq + qx = y. 2846. pz + qz = 9 . pz + qz z2 (x + y). =

=

.

=

=

Naći potpuni i singularni integral sledećih jednačina: 2849. 2852. 2854. 2855.

z =px + qy + pq. 2850. pz + qz = 4 z. 2851. pz xz = z (z-qy). z2 (p2 + qz + l ) = l . 2853. 4 xyz = pq + 2 pxz y + 2 qxyz. 1 6 p2 z2 + 9 q2 z2 + 4 z2 -4 =, 0. pq + 2 x (y + l ) p + y (y + 2) q - 2 (y + l) z = O. Rešiti sledeće jednačine:

2856. 2857. 2858.

z pq + l ; z = 2 x + l za y = 2. 2 z = pq-3 xy; z = l 5 y za x = 5. z = px + qv + 2 pq; z = 4 y + 1 2 za x -4. =

=,

2860. Data je parcijalna jednačina

l Naći njen potpun opšti integral. 2" Odrediti njen Cauchyev integral koji o

se

za

y=O

svodi na

z = x- l .

2861. Data je parcijalna jednačina

gde je

m

ceo broj .

pq = zm xy

l o Naći njen potpuni i opšti integral.

2 o Ispitati za koje vrednosti od površinu drugog reda.

3 o Za slučaj m = O naći Cauchyev z = VI+ yz.

m

dobijeni potpuni integral predstavlja

integral koji prolazi kroz krivu

x= l,

278

VIn.

2862. Data je jednačina

l o Odrediti

DIFERENCIJALNE JEDNACINE

2 xp + 2 yq + 4 zp2 -z = 0.

potpuni, opšti i singularni integral date jednačine .

2° Naći ono rešenje koje zadovoljava uslov z2 = x, y = x. 2863.

sve površi z = cp (x, y) kod kojih je u svakoj tački M (x, y, z) skalami proizvod orta normale na površ koji je usmeren tako da zaklapa

l o Odrediti

oštar ugao sa pozitivnim smerom Oz ose i vektora položaja

z-f(p , q) v l + pZ + q2 '

OM jednak

o cp ocp . gde Je p = - , q = a J(p, q) homogena funkcija stepena oy

ox

n

=l= l.

2° Ako j e f cela homogena funkcija drugog stepena, naći onu o d površi koja prolazi kroz parabolu x = O, 2 z = yz . 2864. Rešiti jednačinu

()zu ()z u - = az ox2 o tz

naći ono rešenje koje zadovoljava granične uslove

(l)

u (0, t) = o , u (/, t) = O,

(3)

u (x, O) =f(x), ou = cp (x). o t t= o

(2)

l

(4)

2865. !svesti jednačinu krutog oscilovanja homogene cilindrične osovine. 2866. Naći rešenje jednačine

()z () ()z () - = az - , o t2 o x2 koje zadovoljava uslove

() (0, t) = O, () (l, t) = O, () (x, O) = cp (x), .

2 ()

X

ot

l

gde Je cp (x) = -0- za O < x < - ,

l

o() (x,

2

2 00 x () l cp (x) = - -+ 2 0 za - < x < l. 2 l

Dati mehaničku interpretaciju zadatka.

O)

O,

§ 10. PARCUALNE DIFERENCIJALNE ffiDNACINE

279

2867. Izvesti jednačinu uzdužnih kolebanja homogene cilindrične osovine. 2868. Homogena osovina dužine 2 / pod uticajem sila koje dejstvuju na njene krajeve skratila se na veličinu 2 A. U momentu t = O na osovinu ne deluju sile. Odrediti pomeranje u (x, t) preseka osovine čija je apscisa x u momentu t (srednja tačka ose osovine ima apscisu x = 0). 2869. Jedan kraj grede ( osovine) dužine l je pričvršćen a na drugi dejstvuje sila P na rastezanje. Naći uzdužno oscilovanje osovine, ako za t = O sila P ne dejstvuje. 2870. Naći rešenje jednačine

oz u oz u = az ot2 oxz

koje zadovoljava početne uslove

u (O, t) = 0, u (l,t) = A sin w t, o u (x, O) = O. u (x , 0) = 0, ot Dati mehaničko tumačenje zadatka. 2871. Naći rešenje jednačine

za

o2u ou = z a ot ox2

xE(- oo ; oo) i t > O, koje zadovoljava početni uslov u (x, O) = tp (x)

2872. Naći rešenje jednačine

oz u ou = a2 -o x2 ot

koje zadovoljava uslove

u (O , t), u (/, t) = O, t > O, u (x, 0) =

2873. Naći rešenje jednačine

l l

l x za O < x < - , 2

1-x

za

1 -<x
2

ou o2 u = a2 -- , o,t ox2

koje zadovoljava uslove

u (O, t) = u (O, /) , u (x , 0) =

;:

x (l x)

280

VIIl. DIFERENCIJALNE JEDNACINE

2874. Naći rešenje jednačine

oz u ou - = az - , ot oxz koje zadovoljava uslove

du dx

l:x=O- '

u (/, t) = u0 , u (x, O) = cp (x),

i dati fizičko tumačenje zadatka. -o

2875. Naći rešenje jednačine

dU {)z u - = az dt o x2 koje zadovoljava uslove

u (O , t) = O,

ou

OX

/

= -Hu

l

,

u (x, O) = cp (x)

1 x =l

x=l

i dati fizički smisao zadatka. Rešiti sledeće Laplaceove jednačine:

()z u oz u 2876. - + - = 0, ako j e granični uslov u l r=R =f(cp), gde je cp polarni ()xz o yz ugao (Dirichletov problem za krug). 2877.

()z u () xz

+

()z u �-

d yz

= O. Za O ,;:;; x < a, O ,;:;; y < oo koje zadovoljava uslove

u (O, y) = O , u (a , y) = O , u (x , O) = A

( 1 - :) , u (x, oo ) = O.

oz u {)z u 2878. - + - = O, za O ,;:;; x ,;:;; a, O < y ,;:;; b koje zadovoljava uslove {) xz {) yz u (x, 0) = 0, u (x, b) = O , u (O , y) = Ay (b - y), u (a, y) = O . oz u ()z u 2879. - + - � = 0, unutar prstena, ograničenog oxz oyz xz + yz = Rz z koje zadovoljava uslove

Dati hid rodinamičko tumačenje zadatka. 2880. Pokazati da je funkcija u (x, y)

=

e-Y sin x rešenje jednačine

-

oz u oz u --= O d xz oyz +

O < x < l . O < y ,;:;; l , koje zadovoljava uslove: u (0, y) = O, u ( l , y) = e-Y sin l , u (x, O) = sin x, u (x , l ) = e 1 sin x.

za

=

§

2881. Ako je

28 1

10. PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNAČlNE

u = f (x, y) jedno

rešenje Laplaceove jednačine

{)2u + ozu -= 0 oxz oyz pokazati da su parcijalni izvodi

o f oz f ozf ozf , O yz O y O xz , O X Oy

of OX

takođe rešenja date jednačine. Dokazati da to važi za svaku drugu linearnu parcijalnu diferencijalnu jednačinu sa konstantim koeficijentima. 2882. Pokazati da jednačina

__

gde j e

a

pozitivna konstanta, ima rešenje oblika

Odrediti to rešenje. 2883. Dokazati da je funkcija

u .{ f (x cos 2n

=

o

t

+

y sin t + iz, t ) dt ,

jedno rešenje Laplaceove jednačine

(}1u + ozu + ()zu - = 0. oxz o yz {)zZ

2884. Data je parcijalna jednačina

oxz oy

o

u (x, y) dx + ou (x, y) dy

gde je u (x, y) ma koje OX rešenje date jednačine, totalni diferencijal jedne funkcije v (x, y) i da je funkcija v (x, y) takođe rešenje date jednačine.

l Dokazati da je izraz

2° Rezultat iz l

o

proveriti na primeru.

3° Pokazati da jednačina ima rešenje oblika 2885. Data je parcijalna jednačina

{)zu + {)zu + ()zu -=0 oxz o yz {)z z

2ax2

u = Y (y) e

Y

282

VID. DIFERENCIJALNE JEDNACINE

Pokazati da ova jednačina ima rešenje oblika

u= F(z + V xz + yz + zZ)

i odrediti ga. 2886. Data je parcijalna jednačina

gde je

a=

d v a d2 v dt dt1

-= z-, cons t.

Pokazati da jednačina ima rešenje oblika

v= (fr-) J

i odrediti ga.

dj dX u= u (x, t) d2 u t d2u dxz az dt2 u (x, t) l f(x), dudt(x, t) l = F(x) u(x, t)= -2a1 [f(x-at)+f.(x+at)+21a J F(s)ds. u (x, t) d2u -dx dt u (x, t) l =0, du(x,dt t) \ u (x, t) (x, t)-+sin t t-+ oo . Pokazati da je

takođe rešenje date parcijalne jednačine.

2887. Pokazati da je rešenje

jednačine

-=- -

(a = const)

koje zadovoljava uslove

t =O

=

t=O

dato relacijom

x+ at

:x-at

2888. Odrediti funkciju

koja zadovoljava parcijalnu jednačinu = e-' cos x

uslove

t=O

x =O

Pokazati da tražena funkcija

=O

ima .�osobinu

u

kada

2889. Pokazati da parcijalna jednačina

r- 2s+t=0 x + y. z xf(x + y) +g (x + y) zl = ayz, z l bxz (a b u (x, y, z)

ima resenJe oblika funkcije po x=O

2890. Ako je

g ab =F

gde su J i diferencijabilne = Odrediti ono od rešenja koje zadovoljava uslove y=O

=

i

su konstante,

rešenje Laplaceove jednačine

O).

l l l . VARIJACIONI RACUN

283

pokazati da su tada rešenja i funkcije.

Uz , XUx + yu11 + ZUz, yuz-XU11 , y2 Ua;x - 2 XY Uxy + X2 Uyy + ZUz . o2z ox oy , z = z (x , y) . 2891. Ako je o z oz ox oy oz ox rešenje parcijalne funkcija samo od z , pokazati da je funkcija U = OZ

o2u ou ou diferencijalne jednačine u =- - . oxoy ox oy

oy

--

2892. Data je parcijalna diferencijalna jednačina

o2z oz = ox2 oy --

l o Pokazati da su

gde su

e, a i b

z = ceax+ a2y ' z = ce-a2Ycos (ax + b)

proizvoljne konstante, sva rešenja oblika z =f(x) g (y).

2° Pokazati da su funkcije o o o2 H = {eax+ a2Y}, -;- H (a, x, y), -;- H (a, x, y), --;- H (a, x, y), u a2 ua ua

� H (a, x, y) . . . , oa3

takođe rešenja date jednačine.

2893. Data je biharmonijska parcijalna jednačina

o4u o4u o4u +2 +- = 0 ox4 ox2 oy2 oy4 l o Pokazati da ona ima sledeća rešenja:

x, x2, x3, xy, x2 y, x3 y, x cos A. x ch A. x, y cos A. x ch A. y, y4-x4.

2° Ako su q; (x, y) i tp (x, y) dve harmonijske funkcije, pokazati da su funkcije q; + x tp, q; + y tp, (x2 + y2) q; biharmonijske. § ll. Varijacioni račun

Neka je Y skup funkcija y = y (x) sa datim uslovima. Funkcija J (y), definisana na Y sa vrednostima u skupu realnih brojeva zove se funkcional nad Y. Ispitivanje ekstremuma funkcionala J koj1 je zadat preko integrala, je problem varijacionog računa. Zavisno od toga kakvi su uslovi funkcija y i od kolikog su broja promenljivih imamo razne probleme varijacionog računa. Navodimo neke:

(y),R

284

VIII. DIFERENCIJALNE JEDNAĆINE

l" Neka data funkcija f(x, y, y') ima neprekidne parcijalne izvode po x, y i y' u oblasti a <; x <; b, y1 <;y<;y2 • Kazaćemo da funkcional (l)

b

J f (x, y, y') dx

J (y) �

o

ima slabi minimum (maksimum) na funkciji y (x) ako iz sledi

i y (x) -y(x) l + l y' (x)-}7 (x) ! < E

J (y)-J (y) > O (J (y)-J (y) < O).

Funkcional

(l) ima jaki minimum (maksimum) na funkciji y (x) ako iz [ y (x)-y (x) ' < E

(a <; x <; b, E > O)

sledi

J (y)-J (y) > O

(J (y)-J (y)< O).

Potreban uslov da funkciona! J (y), definisan sa (l) pod uslovima y (a) = y (b) = B, ima ekstremum jeste da y y (x) zadovoljava sledeću Euler-Lagrangeovu jednačinu Svaki jaki ekstremum je i slabi ekstremum.

A,

=

df d d f dy dx dy'

-- - � = 0.

(2)

Kriva koja zadovoljava jednačinu (2) zove se ekstrema/a integrala J (y). Dovo(ian uslov da J (y) ima ekstremum jeste:

. .

df d d f dy dx dy'

a ) za slabi m1mmum: l ) --- � � O; 2 ) Jacobijev uslov

d

(

)

(

)

d2f d d2 f d d2 f u' = O J y2 -dx dydy' u - dx dy'2 d' f

gde je u = _!_ a y = y (x, e) ekstremala koja zadovoljava uslov y (a) = A; 3) -� > 0 dy'2 dc za y i y' na ekstremali.

b) za jaki minimum uslovi l) i 2) iz a) i () '

f >O za tačke (x, Y) koje su bliske dy'l

ekstremali . Pri tome treba da postoji 3) zameniti umesto znaka

< znak

2 c Potreban uslov d a funkcional (3 )

J (y)

d' f dy' '

=

Za slabi i jaki maksimum u uslovu

>.

b

= J f(x, y, y', y", . . . , y(n)) dx o

ima ekstremum za y

.

y

(x), pod uslovima

285

§ l l . YARIJACIONI RACUN

jeste da y = y (x) zadovoljava jednačinu of

(4)

d of

--- -

oy

dx oy'

d2

dx2 o y"

3' Potreban uslov da integral (5 ) J [z JJ (x, y)] =

D

D),

of

+ - -- - ·

d•

,

of

- ( - J ) n - -- = 0.

.

dxn oy(n)

[

�; �; ]

f x, y, z (x. y),

,

dx dy

ima ekstremum za z z (x, y) (funkcija z = z (x, y) ima određene vrednosti na kon turi oblasti jeste da funkcija z zadovoljava jednačinu =

·

of � of � of =o _ _ 0 z o x op oy o q

( 6)

oz q=oy

Oz gde je p = - ox

4' Potreban uslov da funkcional J (y)

=J b

/(x, y, y') dx,

a

gde su (a , cp (a)) i (b, 'P (b)) pokretne tačke na krivama y = cp (x) ekstremum za y y (x), jeste da funkcija y zadovoljava uslove: =

of

d of

oy

dx oy'

f+ (cp'- y' )

J+

(cp'-y')

�l

o

0Y

Jl

X=b

Oy' X = a o

}

(Euler-Lagrangeova jednačina)

0

--- - =

y = 'P (x), ima

=O

(uslovi transverzalnosti).

=o

Ako je donja granica a konstantna onda otpada druga jednačina u u<>lovu trans verzalnosti, a ako je gornja gran!ca b konstantna, otpada prva jednačina . 5' U s l o v n i e k s t r e m u m i . Dat je funkcional

(7)

J (y , , Yz ,

· . .

, Ynl =

b

J f (x, y. , Yz , .

·

, Yn , Y.' , Yz',

· ·

· ,

Yn' ) dx

(i= l, 2, (i=, n)l, 2nepoznate koje ispunjavaju uslov , . , n) i funkcije (k= l, 2, . . . , m; m
gde su Yt = Y; (x) ... uslove Y; (a) = A; , y, (b) = B; (8)

·

a

cpk (x, Y1 , Y2,

• • • ,

Ynl = O

.

.

Potreban uslov da ovaj i ntegral postiže ekstremum jeste

gde je F = f

(i= l, 2, . . , n) i (k= l, 2, . . , m) .

(9)

+

2: Ak (x) cpk a

.

m

k= l

Ak funkcije koje treba odrediti iz uslova (9).

granične

286

VID.

DIFERENCUALNE JEDNACINE

U slučaju da su uslovi (8) dati u obliku b

(8' )

J rp�< (x, Yt o Y2 ,

a

• • •

,

..

Yn , y,', Y/, . , y,.') dx = 1,.

.

(k = l, 2, . . , m)

gde su /�< konstante, dobijamo takozvani izoperirnetrijski problem. Uslovi (8') se zovu izoperirnetrijski uslovi. Potreban uslov da integral (7) pod uslovima (8') irna ekstrernum jeste da funkcije y1 zadovoljavaju odgovarajuće jednačine

of

(10) iJy,

-+

m

L

k= l

A�<

iJrpl< d (of dx iJ y,

--

iJ y,

,+

m

L

k= l

iJ rpl< ) - o

iJ y,

A�< ,

.

(i = l, 2, . . , n).

gde su AJ< konstante koje se određuju zajedno sa 2 n integracionih konstanti iz 2n graničnih uslova i m izoperimetrijskih uslova.

2894. Analizirati specijalne slučajeve Euler-Lagrangeove jednačine

(2):

1° J=J(x, y); 2° J= fP (X, y) + Y' VJ (X, y). Da li u tim slučajevima uvek b

postoji ekstremum integrala

I (y) = J Jdx? a

2895. Napisati Euler-Lagrangeovu jednačinu u slučajevima: l o J=J (x, 2° J= J(y'); 3° J=J(y,y') . U slučaju 2° naći familiju ekstremala.

y');

2896. Od svih krivih koje prolaze kroz tačke (a, A) i ima najmanju dužinu luka između ovih tačaka)*.

(b, B) naći onu koja

2897. Od svih krivih koje prolaze kroz tačke (a, A), (b , rotacijom oko Ox-ose opisuje najmanju površinu.

B) naći onu čiji luk

Naći ekstremale sledećih integrala:

xo

1

J xz y'z dx; y (- 1) = - 1 , y (l) = l .

2899.

-1 l

J (xy + yz-2 yz y') dx; y (O) = l , y ( l ) = 2.

2900.

o 1

J (yz + 2 xy') dx; y (O) = O; y ( l ) = l .

2901.

o

J YY (l + y'2) dx; y (O) = 2_4 ' y (4) = �4 . 4

2902.

o •

U narednim zadacima pod "krivom"

se

podrazumeva Jordanova kriva.

§

2903.

J

2

y' (l + x2 y') dx; y (l) = l , y (2) =

x2

l

2905.

J (y'2 + 2 yy' - 1 6 y2) dx;

2907.

J l

2909.

2911.

�.

2906.

l + y2 dx; y (O) = O, y (l) = l . y'z

X2

o

Xl

J (yz-y'z- 2 y ch x) dx. x2

J (yz + y'z + 2 yex) dx.

XJ

287

l l, VARIJACIONI RACUN

2904.

xz

2912.

J (xy ' + y'2) dx.

X2

XJ

XJ

J (y2-y'z- 2 y sin x) dx. XJ

J (x2-y2)"i- Vl + y'z dx.

xo

Ispitati ekstremum funkcionala: a

J (y'2-y2) dx;

o

y (O) = O; y (a) = O.

l

J (xz y'2 + 1 2 yz) dx;

2915.

-l

y (- 1) = - l , y (l) = l .

2

2916.

J y' (l + xz y') dx;

l

2917.

J

y (l) = l , y ( 2) = 4.

n/4

(4 yz-y'2 + 8 y) dx; y (0) = - 1 , y

o

l

2918.

J (y2 + y' x2) dx; o

(:) = o.

y (O) = O, y (l) = A .

2

2919.

J (xz y'Z + l 2 yZ) dx;

2920,

J l

o

y (l) = l , y (2) = 8 .

l l (y'2 + yZ + 2 yeZZ) dx; y (0) = - , y (l) = - e2.

3

x2

I (yz + y'z-2 y sin x) dx.

xo

2914.

dx.

a

2908.

2910.

J� b

3

288

VIIl. DIFERENCIJALNE JEDNACINE

J (yz-y'z + 6 y sin 2 x) dx; y (O) = O, y (: ) = l . "'4

2921.

o

2922.

J y'z+yz dx; y (O) = O, y (l) = l . o

2923.

l

l

b

J y'J dx; y (O) = O, y(b) =g>O.

o

l

2924.

J (y'z_ yy'J) dx; y (O) = O, y ( l) = O.

o

2925.

l

2926 .

2

J (xy'4-2 yy'J) dx; y (l) = O , y (2) = l . a

J ( 6 y'z-y'4 +yy') dx; y (O) = O, y (a) = b (a> O, b > O).

o

3

2927.

J ( 1 2 xy + y'z) dx; y (l) = O, y ( 3) 26 .

2928.

J (y'z + 2yy'- 1 6 yz) dx; y (O) = O, y (a) = O, (a> O).

=

a

o

2929.

J;: ; y (O) = O, y (a) = b (a> O, b > O). J!!___y'z dx; y (O) = O, y (2) J yd�z ; y (O) = O, y (a) = b. a

o

2930.

a

o

2

2931.

= 4.

o

Naći dovoljan uslov za postojanje ekstremale funkcionala: 2932.

b

J f (x, y) dx.

a

2933.

J (xzy + y; - az y) dx; y (-a) = y (a) = O a

-a

(a> O).

2934. Date su dve tačke A i B. Odrediti putanju materijalne tačke M koja usled svoje sopstvene težine, za najkraće vreme stiže iz tačke A u tačku B (problem brahistohrone) .

§

l l . VARIJAC!ONI

2 89

RAĆUN

x,

Ispitati ekstremum integrala: 2935.

J eX V l + y'2 dx; y (O) = 0, - n
o

2936.

x,

Y (x0) Yo > O, Y (x1) =Y1 > O.

=

J V,-y-=-(l-+--y,':--::2) dx; xo "

2937.

J y' 2 cos2 x dx; y (O) = O, y (n) = O.

o

2938. Naći najkraće rastojanje od tačke A (a,

a1 )

y = cp (x).: A (0, O) i tačke

do krive

2939. Između svih krivih koje prolaze kroz tačku

y3 = 2-x, odrediti onu za koju je integral

l (y) =

(xt . Yt)

� J

krive

(y'2-y2) dx

(0, O)

minimalan. x,

I(y) J F(x, y) Vl + y' 2 dx gde su granične tačke sa apscisama X i xl redom na krivim rl i r2 . Pokazati da eks tr emala datog inte grala or togonalna seče krive r, i r2 • U slučaju da je F(x, y) = l , pokazati da je ekstremala prava linija ortogonala na rl i r2 . V 1 y'2 dx; y (O) = O, pri čemu se tačka Naći ekstremalu funkcionala

2940. Neka je

=

xo

o

J ; a

294 1.

(a ,

y)

nalazi na krugu

(x -9 )2 + y2 = 9 . o

J (y2-y'2) dx; y (O) = O, y (:) = t "' 4

2942. Naći ekstremalu funkcionala

o

izvoljno).

2943. Naći najkraće rastojanje između krivih

y = cp (x) i y = 1p (x).

2944. Kako glase uslovi transverzalnosti za funkcional

gde je druga granična tačka na pravoj 2945. Za kakve integrale oblika togonalnost? 2946. Naći sve integrale J F(x, male pod uglom 45°. 19

(t pro-

Zbirka zadataka iz više matematike II

a

y = const.

J F(x, y, y') dx y, y') dx

J f(x, y, y') dx, y(a) = A , X

transverzalnost prelazi u or

kod kojih transverzale seku ekstre

290

DIFERENCUALNE JEDNACINE

2947. Naći ekstremalu integrala

1

J (y'z + xz) dx

pri uslovima y (O) = O,

o

y (l ) = O,

1

J yz dx = 2 .

o

2948. Između svih krivih, čija je dužina luka između tačke -

,.-...._

A (0, O) i tačke

B (x1 , O) jednaka /, naći onu čiji luk AB sa tetivom AB ograničava najveću površinu.

2949. Između svih krivih koje prolaze kroz tačke ,.-...._

A (x0 , y0) i B (x 1 , y1) i čija

je dužina luka AB konstantna, naći onu koja opisuje najmanju površinu rotacijom oko Ox ose. 2950. Od svih krivih date dužine luka, između tačaka A (x0 , y0) i B (x1 , y1 ) naći onu koja prolazi kroz ove tačke i koja rotacijom oko Ox ose opisuje omotač rotacionog tela najveće ili najmanje zapremine. 2951. Od svih krivih koje prolaze kroz koordinatni početak i tačke prave x = a, naći onu koja ima najmanju dužinu za x E [0, a] i koja sa o som Ox i pravom x = a ograničava datu površinu P. 2952. Naći ekstremum funkcionara

"

J y'z dx o

pri uslovima

J yz dx = I , y (O) = y (n) = O .

o

2953. Prava OM zaklapa sa Oy osom ugao a. Neka je l dužina krive e koja prolazi kroz tačku A (0 , b) i tačku B (x1 , y1 ) na pravoj OM. Odrediti krivu e tako da površina ograničena ovom krivom i kracima ugla a bude maksimalna. 2954. Naći krivu

y = y (x), y (O) = y (I ) = O za koju funkcional

ekstremum. 2955. Naći funkciju

J y"z dx

ima

o

y = y (x) za koju funkcional

y (O) = y ' (O) = y " (O) = O, y ( l )

=

1

J (2 xy + y"'z) dx

o

l_ y' ( l ) l_ y" ( l ) = l_ ima ekstremum.

7!

,

=

6!

,

5!

2956. Date su prave AC i BD i tačke A (x0 , y0), B (x1 , y1 ) na ovim pravama. Naći krivu koja dodiruje date prave u datim tačkama i da površina između tražene krive, njene evolute i poluprečnika krivina u tačkama A i B bude najmanja. 2957. Naći zatvorenu krivu date dužine koja ograničava najveću površinu.

l l. VARIJACIONI RAĆUN

2958. Pokazati da integral

Xt

J (y")n dx

ima

291

ekstremale

date

jednačinom

xo

(n -2) y'"3 + y" yrv = O čiji je opšti integral

Y = (c 1 x + cz) 2959. Po kazati

2 n- l

n- l

+ c3 x + c4 • Zt

J F (z) V l + x'z + y 'z dz

da ekstrema la funkcionala

zadovo-

zo

voljava jednačine

F(z) x' = c 1 Vl + x'z + y'Z , F(z) y' = Cz Vl + x'z + y'z . 2960. Koristeći ekstremum funkci o nala

XJ

J Vl + y'Z + z'z dx

pokazati da je naj-

xo

kraće rastojanje između dve tačke u prostoru prava Iinija. l

2961. Pokazati da integral

J (y'z + z'Z-4 xz-4 z) dx

o

uz uslove y (O) = O,

y(l) =

l

= l , z (O) = O, z ( 1 ) = l , J (y'z-xy' -z' ) dx = 2 ima ekstremum l

o

na krivoj

5 7 y = -xZ + X, Z = X .

2

2962. Naći ekstremale funkci o nala

z (O) = O, z

(�) = - l .

/

n/ 2

2963. Naći krivu koja spaja tačku

2

(y'z + z'z + 2 yz) dx;

O (0, O ,

O)

y (O) = O, y

(;) = l ,

sa tačkom M (a, O, 0), ima

,.-....

stalnu krivinu 1 /e i najveću dužinu luka OM. 2964. Naći površ

z = z (x, y) za koju integral /(z) = J J (pz -qz) dxdy postiže ek D

stremum. 2965. Ako integral

z = z (x, y)

I (z) = J J (pz + qz) dx dy

ima ekstremum tada se funkcija

dobija iz jednačine Vz z = O. D okazati. D

2966. Naći jednačinu iz koje se dobija funkcija z = z (x, y) ako integral = J [p2 + qz + 2 zf(x, y)] dx dy postiže ekstremum za tu funkciju.

J

I (z) =

D

2967. Naći diferencijalnu jednačinu minimalnih površi, tj. od svih površi z = z (x, y) koje prolaze kroz datu konturu e, naći onu koja ima mini! 9•

292

Vlii. DIFERENCUALNE JEDNAČINE

(y).

mainu površinu u toj konturi. Specijalno naći minimalne površi oblika

z = (x) + 1p
2968. Pokazati da je jaki minimum integrala

s

xOyz= z (x, y)

nimalnoj površi S oblast ravni

JJV l + p2 + q2 dx dy postignut na mi

koja prolazi kroz zatvorenu krivu na koju se projektuje int e.

e,

gde je

2969. Naći potreban uslov za minimum integrala

JJJ[(�:r +(�;r +(�:rJaxdyđz. v

2970. Kriva najmanje dužine koja spaja dve tačke na datoj povrsi zove se između = 2/ geodezijska linija. Pokazati da su na obrtnoj površi tačaka A
(eo, z0) (e,

ez (z)

,

J \jJ f2 f'2 c2 12 dzj ' xz + yz z2 = az. xz + yz = az. X= e y d c,V I +f'2 (e) de e e 2- c/ xz + yz = az, z= O

e,

2971. Naći geodezijske linije na sferi

+

-

1

+

2972. Naći geodezijske linije na p ovrši

2973. Pokazati da se geodezijske linije na obrtnoj površi Z = /(e )

.. . . . .., . Jednacme dObljaJU lZ

V

cos
sin
•

2974. Naći najkraće rastojanje između kruga

zZ-yz=bz, x=O. z= z (x. y),

=e

i hiperbole

2975. Između p ovrši koje prolaze kroz zatvo�enu kon turu e i koje sa vert'kalnim cilindrom koji prolazi kroz e i ravni zaklapa datu zapreminu V, napisati diferencijalnu jednačinu one koja u konturi e ima minimalnu površinu.

z= z (x, y)

xOy

2976. Između površi sa datom površinom S koju odseca ravan naći onu kod koje je težište tela T, isečenog ravni i ovom po vrši, najniže. Kako ova površ seče ravan

xOy,

xOy?

xOy

2977. Od svih zatvorenih površi date površine S, naći parcijalnu jednačinu one koja ograničava najveću zapreminu. Pokazati da sferna površ zado voljava dobijenu jednačinu.

Glava IX KOMPLEKSNE FUNKCIJE

§ 1. Uvodni zadaci 2978 . Ako su

a b kompleksni brojevi, dokazati da l a b l = l a l l b l l afb l = l a l f l b l

je:

(b :i= O) ;

Re (a) = -l (a + a), Im (a) = -I (a-ti) ; •

2

2979.

2i

a ± b = a ± b , ab = ab, (ajb) = ajb ; Arg (ajb) = Arg a -Arg b; Arg (ab) = Arg a + Arg b, 4° ! l a f -f b f ! < f a+ b [ < l a i + f b [. Prime rom pokazati da nije uvek arg (ab) = arg a + arg b pri determinaciji -n < arg z < n

(z E (K) )*

2980. Kompleksan broj a je unimodularan ako je l a l = l . Pokazati da je kompleksan broj a unimodularan tada i .;amo tada ako se može napi sati kao količnik dva konjugovano-komplebna broja. 298 1. Ako su .

•v

a i b

kompleksni brojevi, pokazati da su tačke vk

s1metncne u o d nosu na tac ·u

a -- . 2

2982. Ako su dva od kompleksnih brojeva nami, pokazati da je takav i treći.

a-b b-c e-a c-d' a-d' b-d

* K u ovoj glavi označava skup kompleksnih brojeva.

a-b

i

b

čisto imagi

294

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

2983. Pokazati da jednačina prave koja prolazi kroz tačke z

z1 i z2

ima oblik

z = 0.

(x + iy) = (u + iv)n, gde je n ceo broj a x, y, u, v ER, xz + yz = (uz + vz)n. Dokazati. Dokazati sledeće jednakosti: l o sins x = __!__ (sin 5 x-5 sin 3 x + l O sin x) : 16 2° cos4 x sin3 x = __!_ (sin 7 x + sin 5x-3 sin 3 x - 3 sin x) . 64

2984. Ako je

2985.

tada je

_

2986.

l0sinzn x =

cos2nx-2ncos (2n-2) x +

. . . + ( - l)n . 2 n (2 n - l ) · · · (n + l) 2 1 .2. . ·n

J

;

2n (2n - l ) cos (2n - 4)x + . . . l .2

l)n 2° sinzn+I x = (sin (2n + l )x-(2 n + l ) sin (2n - l ) x + 22n

[

+ 2987.

(2n + l) 2n . sm (2 n- 3) x + l ·2

·

·

·

+ ( - l) n

[

cosn X = 21-n cos n x + n cos (n-2) x + gde je

A = _!_ 2n (2 n - l ) · · · (n + l ) 2 n!

A = (2n + l ) 2n · · · (n + 2) n!

ako j e

·

n (n - l) cos (n-4) x + · . . + A], l ·2 ako je

n = 2K

n = 2K+ l.

Dokazati sledeće jednakosti : 298 8.

2989.

2990.

+ l )-xsin (2n � cos z k x = 2n- 1 + -----'---'-

L.

k=I

--

4

4 'iin X -1

m (z + a)2m-(z-a)zm = 4maz [l [z2 + az ctgz (knj2m)] . k= l

sin n-e = 2n-I fi [cos O -cos (kn/n)] . sm e I n-l

.

k�

J

(2n + l)2n · · (n + 2) . sm x . n!

§ l . UVODNI ZADACI

2991•

299 2.

sin ( 2 n + l ) O sin e

= (2 n + l )

[

cos 2n 0 = (- 1 )11 TI 1 k=l

TI

k= l

[

l-

295

sinz e

sin2 kn/(2 n + l )

cosz O

cos2 (2 k - l ) nf4n

2993. Naći zbir cos n x + 2 cos (n - l ) x + 2994. Pokazati da je xz" - l == (x2 - l )

]·

· · + (n - l ) cos 2 x + n cos x.

ff ( ·

k=l

x2 - 2 x cos

" 2kn + l xzn+l - l = (x- l ) fi f xz - 2 x cos 2n + l k=! \

veriti jednakosti :

n . 2n . (n - l ) n l o sm - sm - · · s m -'--2n 2n 2n •

·

2° cos

]·

)

vn

2'H

n

2n nn cos --- · · · co s 2n + 1 2n + l 2n + 1

kn n

+

1

)

i da je

pa na osnovu toga pro-

�

= ( - 1)� 211

(n

parno).

2995. Ako se zna da jednačina xs-2x4 + 2xz-4 = 0 ima kompleksan koren čiji je argument n/4, odrediti taj koren. Rešiti jednačine :

2996.

kfll (cos kx + isin k x) = l . =

"

2997.

2998. Učenik je računao ovako : Gde j e napravio grešku ?

zn-t = z

-l=V

l

(n E N).

H = V( - 1) ( - l) = Vf= l .

2999. Pokazati da su sve nule polinoma Re { ( l + ix)11) -Im { (l realne. 3000. Koju krivu predstavlja skup tačaka

{z :

z = ae' t + 1

Šta je skup tačaka 3001. 3003. 3 005. 3007.

j z-2 J < J z j . J z-2 1- 1 z + 2 J > 2. z z Re - t = o.

( ) Z-Zz

z-i < n/4 . O < arg z+ i

--

aett

z

,

a ::F O,

a E R,

određen uslovima : 3002. 3004. 3006.

}

- oo
j z- l j > 2 J z-i j . J z J = Re (z) + l. Im z-z1 = 0. z-z2

( )

+ ix)11)

(x E R)

296

3008.

IX.

KOMPLEKSNE FUNKCIJE

Pokazati da jednačina <5zz + az + az + y = 0 (<5, y ER) predstavlja : l o kružnicu koja ne prolazi kroz koordinatni početak ako je <5 =1- O,

y =l-0, y<5- / a /z < O ;

2° kružnicu koja prolazi kroz koordinatni početak ako je

<5 =1- O , y = O ;

3° pravu koja prolazi kroz koordinatni početak ako je <5 = y = O.

I

obrnuto, svaka jednačina kružnice ili prave može se napisati u obliku

3009. 301 .

30 ll.

3013.

3014.

3015. 3016. 3017. 3018.

<5zz + az + az + y (<5, yER) . l -z2 = z. arg ___1 Ako je z1 = z2 / = l z3 /, dokazati da je arg z-3-z1 z3 -z1 2 Ako je z = l / tada je arg zk = arg z (k = 2 , 3 ,

l ll lt l

�

k

k

k

obrnuto. Dokazati. Dokazati da je :

1

zk

,

1

il l a 1 - 1 b l l < l a + b l < l l a l + l b /

l·

l<

3012. / Re (a) l + / lm (a) l a / !(2. l e / + l dl e + d / e /- l dl gde cu a, b, e i d kompleksni brojevi. a, zZ + al z _ +__ ao:::.. = l DokazatJ. d a Je --=---_:.._ a0 zZ + a1 Z + a2 ako je l z 1 = l . Da li se ovo tvrđenje može generalisati na polinom

l

.

n-og stepena ? Dokazati da iz zk [ < l (k = l ,

l

Dokazati da je:

l

2,

l

·

·

· ,

n) sledi

/ (l + z)n - l i <(l + z IY�- 1 .

l z- 1 l < l l z 1 - 1 / + l z /l arg z / . 1 ��ak bk 1 2 C�� ak 12 ) e �, <

l bk

1 z)

Data je sfera �z + rf + C2 = l i ravan C = - l prostornom koordinatnom sistemu 0$1J C. Centralnim projektovanjem tačaka sfere iz centra (0, O, l ) na ravan e = -l, obo�trano jednoznačno , e preslikavaju tačke sfere, izuzev tačke (0, O , l), u ravan C = - l koju ćemo označiti sa z-ravan. Tački (0. O, l ) se dodeljuje (po konvenciji) tačka beskonačnosti z-ravni . Ovo preslikavanje se zove stereografsko projektovanje. Naći funkciju ovog preslikavanja. Dokazati da je stereografska projekcija kružnice koja prolazi kroz tačku (0, O, l ) kružnica ili prava i da svakoj pravoj ili kružnici u z-ravni odgovara na sferi kružnica. u

u

3019.

n)

§ l.

3020.

Naći na sferi �z + 172 + cz = l tačke čije su stereografske projekcije 3°

302 1 . 3022.

3023.

3024. 3025. 3026. 3027.

297

UVODNI ZADACI

Z=

4°

-l;

Z=

e4

. -" - l

Š ta je stereografska projekcija meridijana geografske dužine

Naći skup tačaka sfere �z + rp + cz = l čija je stereograf�ka projekcija l o arg z = a ; 2 o l z l = r. + iz m . w d a b't Jed nacma ' l-� Neka j e m E R w E K. Kakav mora bItl =w l -z z imala samo realne korene ? Ako je z1 + z2 + z3 = O i l z1 l = l Zz l = l z3 l = l , pokazati da su tačke z1, Zz i z3 temena ravnostranog trougla upisanog u jediničnu kružnicu. Ako je Z1 + Zz + z3 + z4 = O i l Z1 l = l =z i = l z3 l = l z4 1 , pokazati da su tačke z1, Zz , z3 i z4 temena pravougaonika ili se dve i dve poklapaju. Ako su tačke z1, Zz i z3 temena ravno>tranog trougla, proveriti jednako�t z12 + z22 + z32 = z1 z2 + zz z3 + z3 z1 • Tačke z1, Zz , Zn su sa jedne strane neke prave koja prolazi kroz koordinatni početak. Pokazati da to isto važi za tačke __!_, __!_, · • · , __!_ v•

.

·

·

.

zl

)

Zz

Zn

Ako je z1 + Zz + · · + Z71 = O, dokazati da proizvoljna prava koja prolazi kroz koordinatni početak razdvaja te tačke ukollko nisu sve na toj praVOJ . ·

kružnici poluprečnika R m centrom u tački e = a + b i upi an je pra v ilni n-tougaonik čije je jedno teme u tački z0 = a + (b + R) i. Odrediti ostala temena.

3029. U

3030.

(

· ,

l l l -++ . . . + - '7"= 0. Zn ZI Zz

3028.

a?

e�

Tačke z1 i z2 su dva susedna temena pravilnog n-tougla. Naći teme z3 med no temenu . Zz (z3 'f":z1). s

303 1 .

3032.

Sastaviti jednačinu čiji bi koreni bili brojevi : lo

sinz

20

ctgz

:it

2n+ l :it

2n+ l

.

2 :n: 2n+ l

smz -- ,

ctgz

2 :n: 2n+ l

sinZ

n � 2n+ l :n:

---

ct gz n :n: 2n+ l

l o Na krugu opisanom oko pravilnog n-tougla A1 Az · · · An uzeta je

tačka M. Dokazati da zbir kvadrata rastojanja te tačke do svih temena

298

IX.

KOMPLEKSNE FUNKCIJE

toga n-tougla ne zavisi od položaja te tačke i da iznosi 2 nR, gde je R poluprečnik kruga. 2° Dokazati da zbir kvadrata rastojanja od proizvoljne tačke M uzete u ravni pravilnog n-tougaonika, do svih njegovih temena zavisi samo od rastojanja l tačke M od centra O n-tougaonika i da je jednak n (Rz + /2), gde je R poluprečnik kruga opi�anog oko n-tougaonika.

3° Dokazati da tvrđenje 2° ostaje u važnosti i u slučaju kad tačka M leži izvan ravni n-tougaonika.

3033. Na luku A;i.n kružnice opisane oko pravilnog n-tougaonika A1 A2 nalazi se tačka M. Dokazati :

•

•

· A,.

l o Ako je n parno, onda je zbir kvadrata rastojanja od tačke M do

temena n-tougaonika sa parnim indeksima jednak zbiru kvadrata rasto janja te tačke do temena sa neparnim indeksima.

2° Ako je n neparno, onda je zbir rastojanja od tačke M do temena n-tougaonika sa parnim indeksima jednak zbiru rastojanja te tačke do temena sa neparnim indeksima. 3034. Ako je poluprečnik kružnice, A1 A2 • • · An , dokazati da je :

opisane

oko

pravilnog n-tougaonika

l o Zbir kvadrata svih dijagonala n-tougaonika jednak n zRz.

nR

2° Zbir svih strana i dijagonala iznosi n ctg - . 2n n

n (n- l)

2 -23° Proizvod svih strana i svih dijagonala iznosi n R 3035. Naći zbir 50-ih stepena svih strana i svih dijagonala pravilnog l OO-uga onika, upisanog u krug poluprečnika R.

§ 2. Kompleksna funkcija. Granična vrednost

neprekidnost

1 o N e k i t o p o l o š k i p o j m o v i.

Okolina tačke z0 je svaki skup koji sadrži skup Vz0 (s) = {z: j z-z0 j<s, s>O}. Skup Vz0 (e) s e naziva disk tačke z0• Okolina tačke j e svaki skup koji sadrži skup {z: l z I>R, R>O}. 2) Tačka je tačka nagomilavanja skupa E C K { oo} ako i samo ako u sva koj njenoj okolini postoji bar jedna tačka z, #-z0 koja pripada E. 3 ) Skup E je zatvoren ako mu pripada svaka njegova tačka nagomilavanja. 4) Tačka z0 je unutrašnja tačka skupa E ako i samo ako skupu E pripada bar jedan disk tačke z0• 5) Tačka nagomilavanja skupa E, koja nije unutrašnja tačka skupa E je tačka ruba skupa E. 1)

z = oo

z0

U

299

§ 2. KOMPLEKSNA FUNKCIJA. GRANIČNA VREDNOST l NEPREKIDNOST

ott)voreny(t)skup. z=z( t )=x( t ) +iy( t ) , t [ a , b] ( x ( Jor d anov a kr i v a t 1 -=P t ( 1 , t E[ a , b] ) 2 2 ( 1 , t E ( a , b) ) z( a )=z ( b ) t 1 -=P t zatvorena 2 2 Jor d anov kr i v a . a (t), t (t)+[a, b] t >glOatka kri[a,vb]a . (t) (t) 8) kontura putanja. ograničen M>O M ne o gr a ni č e n . oblast (domen) ll) zat v o r e na obl a st . jednostruko povezana oblast 6) Skup E koji se sastoji samo od unutrašnjih tačaka je 7)

Neprekidna kriva funkcije) je Ako je i

ako iz

Jordanova kriva z = z E prekidne funkcije i ako je x2

E

su neprekidne sledi z (t1) -=P z (t2). povlači z ( t1) -=fc. z ( t2) kriva je

je y2 ( )

na

i

ako su x

i y

9) Kriva r sastavljena od konačnog broja glatkih krivih zove se

takva da je l z l <

10) Skup E je ako postoji konstanta svako z E E. U suprotnom je skup E

ne ili

za

Otvoren skup G je ako se svake dve tačke iz G mogu spojiti poligonalnom l inijom koja cela pripada G. Skup G = G U {granične tačke od G} je

12) G je u konačnoj z-ravni, r C G s ledi int r C G, gde je r zatvorena Jordanova tačaka unutar krive r. G je jednostruka povezana oblast u proširenoj z-ravni r C G sledi int r c G ili ext r c G ( ext r = {z : z izvan

ako i samo ako iz kriva, a int r skup

ako i samo ako iz krive r } ).

Ostale oblasti su višestruko povezane.

2° P r e s l i k a v a n j e. Neka je E. skup tačaka z-ravni i Ew skup tačaka w-ravni. Funkcija f: E.-+Ew se naziva w kompleksne promenljive z skupa E. u skup Ew. Može se pisati i ovako w=f(z) � u + iv, ili i v ( realne funkcije a gde su

a y. presliu-u( kavanjex, y) � v x, y) kompleksna funkcijz=x+i multiformna StPo/epineomna funkcn-ogijsatepena n N)z . a,._1 I + + a1 a1 O, l, . . n) Racionalna funkci. m)ja P,. e ncij a / n a funkcij a Ekspon +i y) x +i y, y Trigonometrijske funkcije: -=P kn, k ( -=P (k+ ) k ) Hiperbo/ične funkcije:

Ako pri preslikavanju f: E.-+Ew jednoj vrednosti zEEz odgovara više vrednosti iz w E E10, kazaćemo da je w =/(z) funkcija. 3° E l e m e n t a r n e f u n k c i j e.

Sledeće funkcije se obično nazivaju osnovnim elementarnim: l)

2) 3)

w = z" (z E K,

(i=

·,

w=

z1 (i = l, 2,

4) 5)

·

,

p" (z)

Q m (Z)

gde su

si �_:_ cos z

z

z + a0 (z E K),

···

(z)

nule polinoma Qm (z). w = e" = eZ (cos

w = tg z = 6)

·

E

zn w = P,. (z) = a,. " = fiksirani kompleksni brojevi.

� 2

n,

w = sh z = (e"-e-') / 2 (z E K) ;

shz w = tg h z = -- (c h z-=F- 0); ch z

EC ;

sin

(z -

z E K).

cos z w = ctg z = -.- (z sm z

W= ch z - (e" + e- ') / 2 (z E K). chz W = ctg h z = -- (s h z-=F-0). shz

E C).

300

IX. KOMPLEKSNE FUNKCUE

Multiforrnne elementarne funkcije :

l) lnverzna funkcija funkcije W = zn (n E N) je funkcija W=

V;

2) Inverzna funkcija funkcije w = e" je funkcija w = Ln z = In

gde je In z = ln nost od Ln z.

z+2 k n

W = a' = & Ln a

Opšta stepena funkcl}a

w

5)

C,

z

=l=

0)

l z l + i arg z jednoznačna funkcija koja se zove glavna vred

3) Opšta eksponencija/na funkcl}a 4)

i (k E

(a =/=0, a E K). e.l Ln

= z?.

z

Opšta logaritamska funkcl}a Ln z W = Loga z = -- (a =/=0, a E K) . Ln a Ovde Ln a označava jednu granu rnultiforrnne funkcije Ln a.

6)

lnverzne trigonometrijske funkcije : W = Arc s i n z = w = Arc tg

� Ln (z i ± V l-z2)

l l iZ z = - Ln --l-iz Zi l

(z E K) ;

(z =l= ± i ); itd.

T

4° A l g e b a r s k a f u n k c i j a j e rešenje jednačine

po

w,

gde su P0 (z) =l= O, P1

(z),

· · ·,

Pn

(z) polinomi od z a n prir. broj.

5° T a č k a g r a n a n j a m u l t i f o r m n e f u n k e i j e. Tačka z0 je tačka gra nanja multiformnc funkcije (kritična tačka), ako se, kad u ravni z oko nje opi šemo zatvorenu Jordanovu krivu, sl ika ove ne zatvara u w-ravni. Ako se slika u ravni w zatvara tek ako opišemv zatvorenu krivu koja n-puta obilazi tačku z0 z-ravni, tačka z0 je algebarska tačka grananja n-og reda. Ako se u ravni w sl1ka ne zatvara ma koliko obilazili z0, z0 je transcendentna tačka

grananja.

6° G r a n i č n a v r e d n o s t. lJ Kaže se da funkcija w = / (z ), koja je dd in isan a u okolmi tačke z0, sem možda u z0, ima graničnu vrednost A kad z teži ka z" ako za svako c > O postoj i O = O (c) > O ta k vo da je za svako

i /(z) - A

1<e

z=/=z0 koje j e u d isku Vz0 (o). T o s e označava lim/(z) = A z�z o

ili

/(z) -+ A

Gornja definicija ostaje u važnosti ako je diska Vz0 (O) uzima skup {z : l z l > O}.

(z -+ z0). z0 = oo sa razlikom što

se umesto

§ 2.

KOMPLEKSNA FUNKCIJA. GRANIČNA VREDNOST

l

NEPREKIDNOST

301

2) Ako za f (z) i g (z) koje su definisane u okolini tačke z0 važi f (z) -+ A "

g (z) -+ A 2

tada je :

(z -+ z0),

/ (z) ±g (z) -+ A, ± A 2

(z -+ z0) ;

/ (z) g (z) -+ A1 A2

(z -+ z0) ;

7° N e p r e k i d n o s t. l) Funkcija f (z) je neprekidna u tački z0 ako važi jednakost lim /(z) =/(z0). Z--+Zo

2) Funkcija /(z) je neprekidna u oblasti oblasti. je 3) Funkcija oblasti u (x, y) i f (z)

neprekidna u (x , y).

v

G

G

ako je neprekidna u svakoj tački te

tada i samo tada ako su neprekidne u toj

4) Neprekidna funkcija u zatvorenoj oblasti je tu i ograničena.

G

go U n i f o r m n a n e p r e k i d n o s t. Funkcija f(z) je uniformno neprekidna u oblasti ako za svako e > O postoji (l = (l (e) > O takvo da je

3036. 3037.

3038. 3039. 3040. 3041. 3042. 3043. 3044. 3045.

Dokazati da je presek dve okoline neke tačke okolina te tačke.

Neka je

E=

{ / 1 .< l z [ < 2 ; < arg z-.< ; } . Da li je ;\

E

zatvoren ili

otvoren skup? Neka su E e S i E i S otY :>1eni skupovi. Da li je S�E otvoren skup? Može li ·konačan skup E biti otvoren ? Pokazati da je K U { oo } i otvoren i zatvoren skup. Da li je skup K zatvoren skup? Naći sliku krive xz-yz = -2 preslikavanjem w = zz.' 3z+ l z #- ) , dokazati da je f[f(z)]=z. Ako Je. f(z) = 3 z- 2

-- ( �

Naći u (x, y) i v (x, y)

Uzimajući

za

za

funkciju

1-z

W = -- .

l+z

definiciju da je ez = ez (cos y + i sin y) (z = x + iy)

302

IX.

KOMPLEKSNE FUNKCUE

dokazati sledeće osobine funkcije 3° 3046.

3058.

3060. 3062. 3064. 3066. 3067. 3068. 3070.

3071.

= ez za svako z tada je

w

= 2 kni

(k E C).

" · - l

ez ;

Napisati brojeve:

u

obliku realnog

3051.

3054. I

imaginarnog dela sledeće kompleksne

i

sin ( - l + 2 i).

3048.

cos (2 + i).

3053. 22f, 3057.

e z+w

(k E C);

Naći modul i glavnu vrednost argumenta sledećih kompleksnih brojeva: lo

3050.

Ako je

e z:

n

( -3 + 4 i)l+t, Izračunati:

Re {(1 -i)l+f}.

ctg

(:

-

3049.

)

i! n 2 .

.

3055. I -«.

.

3059. l ( - i)-'

l·

tg (2 -i).

3052.

Ln (2 - 3 i).

3056.

i'.

Koristeći definicije odgovarajućih funkcija, dokazati sledeće jednakosti: sin z + cosz z = l . 2 tg z 3063. tg 2 z = -- · cos (z1 -z2) = cos z1 cos sin z1 sin z2 . 1 -tg2 z 3065. chz = (chz + 1). ch2 z-sh2 z = l .

z

Zz +

( �) +

cos (x + iy) = cos x chy-i sin x shy. sin (x + iy) = sin x chy + i cos x shy. Ln (z1 ) Ln z1 + Ln

Zz =

Dokazati jednakosti:

Zz .

1° l sin z i = Vs inz x + shzy ; Dokazati nejednakosti: l o l shy l .;;: l sin z l .;;: chy; 3 ° l shy l < l shz l < l chx l ; Pokazati da je

3072. l o l sin (x + iy) l = l

(z = x + iz). 2 ° l shy l < l cos z l < chy;

4 o l shx l < l chz l < chx.

sin x + sin iy l ;

2° l

sh (x + iY) I = I shx + shiy l .

I

2. KOMPLEKSNA FUNKCIJA. GRANTĆNA VREDNOST

3073. 2 ° sin z = sinz ; 3074.

/

tg h

�

j

n ( + i) = l .

3075. Naći realni deo

303

NEPREKIDNOST

2 ° cos z = cos z;

u i imaginarni deo

3076. Pokazati da su tačke

±i

v funkcije

w = zZ ezz. 1

tačke grananja funkcije

w = (zZ + l)T.

3077. Ispitati promenu arg ( V z-a) ako tačka z opiše u pozitivnom smeru Jo rdanovu zatvorenu krivu oko tačke a. Kakva je tačka z = a za multiformnu funkciju w = V z-a? Da li je tačka z = oo kritična tačka ove funkcije. 3078. Ispitati pro menu funkcije w = V l -zZ ako tačka danovu krivu e u slučajevima: lo

e

obuhvata jednu od tačaka

3 ° tačke ± l

su izvan konture

3079. Kakve su tačke od nule).

z=O i z=

oo

± l;

e.

2°

za funkciju

e

z

opiše zatvorenu J or

obuhvata obe tačke

V zk (k

prost broj različit

3080. Naći algebarske tačke grananja funkcije V ( 1 -z2) (t -kz z2) i "zasecima" izd vojiti njene jednoznačne grane . 3081. Naći vrednost one jednoznačne grane funkcije za

z=O

ima vrednost

i

Vz

q;i

e2.

± l;

(O
e'P' za z = e-'P', koja

f(z) = f z- 1

za koju je

f* (O) =

3083. Funkcija J* (z) je ona jednoznačna grana funkcije je pozit=vna za z> O. Naći f* (i).

f(z) = z + V zZ

l koja

3082. Funkcija f* (z) je ona grana funkcije = - l . Naći f* (-i).

3084. Funkcija

f* (z)

f(z) = Ln z- 1 z+l je f* (- i)?

je ona jednoznačna grana funkcije

je realna na gornjoj ivici zaseka [ l ,

oo]. Koliko

koja

3085. Neka je f(z) = zZ. Naći f* ( -e) gde je f* (z) jednoznačna grana funk cije f(z) kod koje je f* ( l ) = l i ako se f* (z) neprekidno menja pri kretanju tačke z u: l o gornjoj poluravni; 2 ° donjoj poluravni.

3086. Kompleksna funkcija definisana na skupu prirodnih brojeva je niz. Dokazati da ograničen niz ima bar jednu tačku nagomilavanja. 3087. Niz

Zn

konvergira ka

a

tada i samo tada ako Re {zn} konvergira ka

Re {a} i Im {zn} konvergira ka Im {a} . Dokazati.

3088. l o Nacrtati u kompleksnoj ravni nekoliko članova niza

l +jn Zn = 2

·

304

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

2° Koje su mu tačke nagomilavanja? 3° Da li je niz ograničen? 4° Koje su tačke nagomilavanja niza l Zn l ? 5° Naći lim l Zn l i lim l Zn j . n-+oo

3089.

n-HO

n l o Na kojoj se krivoj nalaze članovi niza Zn = 1 + ( - i) ? 2° Koje su mu l +n tačke nagomilavanja? 3° Ako niz konvergira kolika je granična vrednost? 4° Naći lim l Zn l · mu

3090. 3091.

Niz

Zn =

-n1

n-+">

nni

+e3

ima šest t:::čaka nagomilavanja. Odrediti ih.

Naći lim {[en"'-(- l) n] n + _!__} · n Naći tačke nagomilavanja proširenoj kompleksnoj ravni za nizove: n---')- 00

3092.

3093.

u

(a E R) .

Ako je lim Zn = a tada je lim l Zn l l a j . Primerom pokazati da obrnuto nije tačno. Naći sledeće limesc: l + i )n + i) n 3095. lim v- l + i . 3096. lim n · lim ( 4 3 · \ 5 2 (nz + 3 i) (n-i) l · lim Vn[Vn + 2 i-V n + i] . 3098. lim in3 - 3 n + 4-i =

n-+">

3094.

n-+ oo

3097.

n-+oo

3099.

n-+oo

Da li postoji lim n in?

l

n-+oo

n-+oo

3100.

3101.

Ako je l .

Im

Zn = l,

pokazati. d a Je. l ' m I

n-+ oo

ZI + Zz +

Naći granične vrednosti funkcija: zZ + 1 zZ-z + 1 - i 3103. lim lim z6 + l zZ-2 Z + 2 Z lim z-e3 z3 + 1 · "'

z-+ l + i

3104.

n

. + Zn = l.

Ako je Zn+! = J_ ( =n + J_) (n = O, l , 2, . . . ) i - � < arg z0 < � tada je Zn 2 2 2 lim Zn = l . Dokazati.

n-+ oo

3102.

. •

(--

z---'�>e3

( ni)

z-+i

·

305

§ 2. KOMPLEKSNA FUNKCIIA. GRANICNA VREDNOST I NEPREKIDNOST

3105. 3106.

3108.

3109.

. Vz2+3-2 (V Z2 + 3 =f(z),

hm '-----:- z-+1 z- 1

1 z-+i (z-i)2 lim

3107

•

. zz ch 4 z ltm

·

Da bi postojao lim zn =FO potrebno je i dovoljno da postoji lim l n�� n�� i lim arg zn . n

n�oo

n -+- GO

Zn, 20 + + n. . . + zn . 3a Z1 + 2z2 + · n . + 4a P1 ZI + P2 Z2 · · · + Pn Zn (P O) Pt + pz + · · · + Pn •

'

t>

3116. 3117. 3118. 3119.

3120. 3121.

n-+-oo

Dokazati. Ako je ograničen niz dokazati da su ograničeni i sledeći nizovi: zi z nz z

3113.

Zn I =F O

( 1 + �)n = ex (cos y + i sin y) (z = x + iy). Z Za svaki niz Zn je lim l Zn +t l < lim Vi Zn l < lim Vi Zn l < lim l n +t l· Zn Zn Pokazati da je lim

n-+-GO

3111.

3

-

ni

zz

n-+-oo

31 10.

f(O) = VJ) .

;

·

'

l

Odrediti prekidne tačke sledećih funkcija: 3112. e z . 3 z2 + 4 tg hz 3115. 3114. ctgz. z2 + l z4- l 6 Pokazati da je funkcija zZ + neprekidna i ograničena u oblasti l z l < z3 + 9 Pokazati da je lim z = a (n E N), tj. da je funkcija f(z) = zn neprekidna.

n n

li

1

2.

funkcija f(z) = l - I z l ima graničnu vrednost u tački z = l? l -z z Re (z) nisu definisa�e za z = O. Funkcije: l Re(z) ; z izl Mogu li se dodefinisati u tački z = O da bi postale neprekidne? Da li je funkcija f(z) = -1- uniformno neprekidna u disku l z l < l? 1 -z Pokazati daje funkcija __!_ neprekidna u oblasti l z l > 0, ali da tu nije Da

3°

o

ograničena.

z

20 Zbirka zadataka iz više matematike ll

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

306 3122. 3123. 3124. 3125.

Ako je funkcija f(z) neprekidna u zatvorenoj oblasti, ona Je tu uni formno neprekidna. Dokazati. .. l z l racionalan broj Je. prekidna u svakoj svojoj tački. FunkciJa f(z) = O, l z l iracionalan broj Pokazati da jednačina tg z = z ima samo realna rešenja. Neka je f(z) neprekidna funkcija na celoj kompleksnoj ravni koja za dovoljava uslove f(z + z') =f(z) + f(z' ) i f(z z') =f(z f(z') za svako z i z'. Dokazati da je f(z) = O ili f(z) = z ili f(z) =z za svako

{l,

z

E

K.

§ 3. Kompleksno diferenciranje i Cauchy-Riemannove jednačine . . . /(z0 + f':, z) -/(z0) . . l o J z v o d k o m p l e k s n e f u n k e 1 J e. Ako postoJI hm kaze se Llz-+0 !':, z d a funkcija / (z) ima izvod j' (z0) u tački z0 i tada j e •

f (z_+_ (z 0 ) L,_z_ f_ )_ -'-/' (zo) = lim _ o !':,z

rencijabilna regularna ho/omor/na dife anal i t i č ka singularne tačke singu/ariteti funkcije u v u +iv Cauchy-Riemanove u v () y v () v ou () v u+ iv u v harmonijske funkcije u yzu diferencijal d Llz......O

Funkcija f(z) koja ima neprekidan izvod /' (z) u svakoj tački oblasti G je u oblasti G, ili u oblasti G, ili u oblasti G.

zo A n a l i t i č k e f u n k e i j e. Funkcija /(z) koja je diferencijabilna u oblasti G, sem u konačno tačaka te oblasti, je u oblasti G. Tačke u kojima analitička funkcija nije diferencijabilna zovu se funkcije / (z) ili f (z).

3° C a u e h y - R i e m a n n o v e j e d n a č i n e. Potreban i dovoljan uslov da je funkcija /(z) = (x, y) (x, y) diferencijabilna u oblasti G, jeste da su funkcije (x, y) i (x, y) diferecijabilne u toj oblasti, kao funkcije dve nezavisno pramen ljive, i da pored toga važe sledeće jednačine: ou

ox

ov

o

=-

()y .

o

ox

.

ou . o . . () v . ou ou . Tada Je /, (z) = - + l - = --1 - = --l - = - + t - . ox ox oy oy ox oy oy ox

Ako je funkcija /(z) = regularna u oblasti G, tada su tj. zadovoljavaju parcijalnu jednačinu: () 2 () 2 - + - = 0. o xz o

4° D i f e r e n c i j a l k o m p l e k s n e f u n k c i j e. Glavni deo priraštaja

/':, w = = /(z + f':, z) -f(zJ = f' (z) f':, z + e f':, z funkcije w =f(z), kad /':, z -+ 0, izraz /' (z) f':, z, naziva se funkcije w =j (z). Dakle je dw =f' (z) z

Sva pravila diferenciranja realnih funkcija važe i za kompleksne funkcije. Takođe važi L' Hospitalovo pravilo.

§

3126.

3 . KOMPLEKSNO DIFERENCIRANJE I CAUCHY-RIEMANNOVE

3128. 3129.

3130.

3131.

3132.

307

Koristeći definiciju izvoda funkcije f(z), dokazati da je 2o (ez)' = ez;

4° (Ln z)' = (ln z)' = _!_ .

3° (cos)' = -sin z;

3127.

JEDNAČINE

2 Dokazati da funkcija f (z) =z nije nigde diferencijabilna. Dokazati da ne postoji (zZz)'.

{

Funkcija f(z) = zRe (z) ima izvod u tački z = O ali nije diferencijabilna u njenoj okolini . xJ(l + i)-y3 (l -i) z :;i= O ' neprekidna, Dokazati da je funkcija f(z) = xz + yz z=O O, da zadovoljava Cauchy-Riemannove jednačine, ali da nema izvod u tački z = O. y harmonijske, ali da Dokazati da su funkcije u = xz-yz i V = funkcija f(z) = u + iv nije regularna.

Naći analitičku funkciju w (z) = u + iv ako je: l ln (xZ + , U =yz) w (l) = O. 3 133. U = xz-yz + xy, w (0) = 0. 2 x+y y 3 135. V = xz + yz u = ln (xz + yz) + x- 2 y. 3137. U = ex (x cos y-y sin y), w (O) = O. •

3136. 3 138.

3140. 3141. 3142. 3143.

3144.

x (l + xz + yz) , w (O) = O. u= l + 2(xZ-yz) + (xz + yz)z funkcija koju treba predhodno odrediti. u = rp

( � ) , gde je

rp

3139.

v = f(xz + yz), gde je J

funkcija koju treba odrediti.

Ako je u harmonijska funkcija dokazati da je takva i f(u) = au + b.

Ako je f(z) regularna funkcija, dokazati da su argf(z) i ln l f(z) l har monijske funkcije.

Da li postoji analitička funkcija f(z) = u + iv ako je: l o u = e x ; 2° v = sin (xy); 3 ° u = xzy-4 x + 5 yzx. Naći funkciju rp (t) ako je u = rp xz + yz realni deo analitičke funkcix je f(z).

(

20•

)

308

3145. 3146.

3147. 3148. 3149.

3150. 3151.

3 152.

3153. 3154.

3155.

3 156. 3158. 3 160 .

3 161.

IX.

KOMPLEKSNE FUNKCIJE

Odrediti realni deo u =

Naći analitičku funkciju f(z) = u + iv za koju je na krivoj y = ex l o Re{f(z) } = const ; 2° Jm{f(z)} = const; 3° i f(z) l = const; 4° arg{f(z)} = const. Naći analitičku funkciju j(z) za koju je na krugu xz + yz = az arg{!(z)} = const. Naći analitičku funkciju f(z) = u + iv za koju je 2 xyu + (yz-xz) v + 2 xy (xz + yz)2 = O. Za svaku analitičku funkciju f(z) =/(x + iy) važi o2 o2 if(z) l + - l f(z) j 2 == 4 lf' (z) j 2• Dokazati. 0z y o xz

Ako je f(z) =f(x + iy) = u + iv regularna funkcija, tada su ev (cos u dx + sin udy), ev (sin u dx-cos udy) dva totalna diferencijala. Dokazati. Ako je j(z) = u + iv regularna funkcija u oblasti G, dokazati da je tu o (u, v) = If' (z) 1 2 . o (x, y) Ako je J(:: ) = u (x, y) + iv (x, y), dokazati da je: 1° f(z) = 2 u (2/ 2, - i 2/2) + const; 2° j(z) = 2 iv (Z/2, - i 2/2) + const. Naći regularnu funkciju f(z) za koju je Re {!' (z)} = 3 X2-4 y-3 y2 i f( l + i) = O. Ako su u i v harmonijske funkcije u oblasti G, dokazati da je o u ov . o u o . . u oblastt. G. ' 'čka funkCIJa --- + z - + - analttr o y ox o x oy Neka je f(z) = u + iv regularna funkcija, gde je Z =

(

v)

----

-

.!!_ sin (z + 1 )2 = 2 ch (z + 1 )2 + 4 (z + 1 )2 sh (z + 1 )2 .

dz Naći sledeće granične vrednosti: z-sin z e2 . 3162. lim lim (z-m1ti) -.- . SlnZ z3

z-+0

z -+ m ,. j

3163.

lim

Z -+ 0

(si z)Zi . n

Z

l

309

§ 4. KONFORMNO PRESLIKAVANJ

konačnoj z-ravni odrediti singularitete sledećih funkcija: Ln (z + 3 i) z2 -3z 3165. zZ z2 + 2 z + 2 cos z l . . 3 168. 3 167. V z (zZ + l ) Arc sm z (z + i)3 Odrediti singularitete sledećih funkcija u proširenoj kompleksnoj ravni: zZ + l z+3 3170. 3171. z3/2 zZ- l l . sm z2 U

3164. 3166.

3169.

=u+iv z0z0

§

4. Konformno preslikavanje

/(z0)

1° K o n fo r m n o p·r e s 1 i k a v a n J e. Neka se preslikavanjem

tačka laze iz tačke

w=f(z)=f(x +iy)=

preslikava u tačku i bilo koje dve krive c1 i_c2 koje pou krrve e; i e; (sl. l l i sl. 12).

e, f(Zo)

e,

o

X

sl. l l

e;

s l. 12

w=f(z) konforme�no

Preslikavanje je jednak uglu izmedu krivih e � i

f'(z)opO

u�tački z0-ako je-ugao izmedu krivih::c1 i c2 i jednako su usmereni (sl. ll i sl. 12).

w=f(z) w= az+f3 y z +C3 (aC3-{3yop0)

2° T e o r e m a o k o n f o r m n o m p r e s l i k a v a n j u. Ako je 3° B i

u

u oblasti

G,

tada je preslikavanje

/(z)

regularna) konformno u oblasti G.

l i n e a r n o p r e s l i k a v a nj e. Preslikavanje

bilinearno. ((zz24--z1z1)) ((zz42-z-z33))

--

naziva se U odnosu na bilinearno preslikavanje, dvorazmera tačaka Je mvanJantna, •

------

•

..

z1, z2, z3 z4 i

tj. izraz

310

IX.

KOMPLEKSNE FUNKCIJE

4° P r e s l i k a v a n j e g o r n j e p o l u r a v n i n a j e d i n i č n i k r u g. Biline arnim preslikavanjem w = eiOo

z - Zo

z-z0

gornja po luravan se preslikava na unutraš

njost jediničnog kruga kao na slikama

1 3 i 14. B'

u

A

B

e

D

sl.

3 172. 3173. 3 174. 3 175. 3 176. 3 177. 3 1 78. 3179.

3 180.

13

E

F

X

sl.

14

Pokazati da je preslikavanje: l o w = z + b (b E K)-translacija; 2° w = az C l a l = ! )-rotacija, tačaka u z-ravni.

Pokazati da je preslikavanje w = az (a> 0)-homotetija sa centrom homotetije u tački z = O.

Preslikavanje linearnom funkcijom w = az + b može se razložiti na niz uzastopnih preslikavanja: translaciju, rotaciju i homotetiju. Dokazati.

Pokazati da je linearno preslikavanje konformno preslikavanje.

Naći linearnu funkciju koja preslikava trougao sa temenima u tačkama: - l , O, - l + i u trougao sa temenima: - l , l , i.

Naći najopštiju linearnu funkciju koja preslikava: l o gornju poluravan u gornju poluravan; 2° gornju poluravan u desnu poluravan.

Naći najop štiju linearnu funkciju koja preslikava traku O
Naći linearnu funkciju koja preslikava krug \ z \ < 1 na krug \ w- 1 1 < 2 tako da centri krugova odgovaraju jedan drugom i horizontalni prečnik prvog prelazi u prečnik drugog koji sa realnom osom zaklapa ugao a. l Preslikavanje w = -= naziva se inverzija. Dokazati da se ovim preslika-

z

vanjem: l o Tačke jediničnog kruga l z l = l preslikavaju na tačke jedinič nog kruga !wl = l . (Jedinični krug je invarijantan u odnosu na inverziju). 2° Tačke izvan jediničnog kruga preslikavaju se u tačke unutar jediničnog kruga i obrnuto.

§

3181.

3182.

3183.

3184.

3185.

3186.

3187. 3188.

3189.

3190.

311

4. KONFORMNO PRESLIKAVANJE

l : l o Kružnica koja ne prolazi kroz lnverznim preslikavanjem w = =z početak prelazi u kružnicu koja ne prolazi kroz početak. 2° Kružnica koja prolazi kroz početak prelazi u pravu koja ne prolazi kroz početak i obrnuto. 3° Prava koja prolazi kroz početak prelazi u istu pravu. l preslikavaju tačOdrediti skup ta čaka na koji se preslikavanjem w = z ke: l o l z l = l ; l naći Preslikavanjem W = sliku skupa tačaka zadatih jednačinama: z a e: R; lo xz + y2 = ax, 20 xz + yz = by, h E R; 4° y = ax, h E R; a E R; 3 0 y = x + b, so (x-p)2 + (y-q)z = rz, 60 y = ax + b, a, h E R. p, q E R; Naći sliku oblasti l z l > l preslikavanjem w = z l + i. z+ l -

1

Funkcija w = + h preslikava familiju pravih x = e, y = e (e E R) u z-z0 familiju krugova: (e-x0) [(u-h1)Z + (v -h2)Z] - (u -h1) = O ; (e-y0) [ (u-h1) 2 + (v -h2)2] + (v -h2) = O -

; + ; preslikati

{

�}

pa ko oblast D1 = z : O < arg z< risteći dobijeni rezultat odrediti funkciju koja preslikava oblast D = = {z: I z + l l > V2 /\ l z - l l < V2 z-ravni na oblast D' = {w: l w l > l l /\ lm (w)>O} w-ravni. Preslikavanjem w =

Naći oblast na koju funkcija w = 1- preslikava oblast Im (z) ;;;;, O. z+i i z Dokazati da funkcija W = - preslikava oblast Re (z) > O /\ lm (z) >O i+z na oblast l w l < l 1\ Im (w) >O. Naći skup tačaka z koji se preslikavanjem w = z + 2 i preslikava u 2 iz - l skup {w: lwl = 1 } . Naći skup tačak a w na koji se preslikava skup tačaka Re (z) = O prea+z . sl1. kavanJem w = -- . a- z -

312 3191.

3192.

3193. 3194.

IX .

KOMPLEKSNE FUNKCUE

Da bi preslikavanjem z = aw + b krug l z l = l prelazio u neku pravu cw + d w-ravni potrebno je da bude l a l = l e f. Dokazati. Dokazati da funkcija w = (a-z)n konformno preslikava oblast z: O < arg (z-

{

:}

2 na oblast ugla sa temenom u koordinatnom početku -a) < () < koji ima meru n O. Dokazati da se preslikavanjem w = u + iv = zz familija pravih z = e + it (coFO, - oo < t< oo ), preslikava u familiju parabola vz = 4 cZ (cZ -u). Šta je slika prave z = t + ic (c E R, - oo < t < oo ) preslikavanjem W = ,

= u + iv = zz ?

3195.

3 196.

Naći površinu oblasti w - ravni na koju se preslikava oblast D = = z: l < f z f < 2 /\ - < arg z < funkcijom w = zz.

{

:

:}

( - )2

Data je funkcija w = z � • Naći oblast na koju se ovom funkcijom z+ preslikava oblast G = {z: fzf < 1 1\ Re (z) > O} . Ako tačka z opiše jedinični krug l z l = l , dokazati da tačka W = zZ-az ( E R) opise •v ' • v • krug l w l = l . Je• dmicm = az- l a z

3197.

3198.

� (z + � ) preslikava oblast tačaka {z: l < :zf R} u unu2 trašnjost elipse ( u ) + ( v )2 l bez intervala (- l , 1). R + 1/R R - 1/R z Funkcijom w = zZ : a preslikati oblast {z: � O). Funkcija w =

<

=

3199.

3200.

3201. 3202.

�

Dokazati da se preslikavanjem 3 z2 - 2 wz + l = O oblast < izl < l konformno preslikava unutar elipse uz + 4 vz = 4 sa zasekom duž realne ose između žiža. Ako je w = z3-3 z i z = a cos t + i b sin t (O < t < 2 n), šta je skup tačaka w?

Na šta se preslikava oblast D = {z: /z-V3 f < 2 1\ /z + V3 / < 2 1\ lm (z) > 0} + 3 � ? funkcijom W =

-i(�

Z -1

)

31}

§ 4. KONFORMNO PRESliKAVANJE

U z-ravni data je oblast D = {z: l z l< l ;\ Im (z)> O} a u w-ravni oblast D' = {w: lwl < l}. Naći funkciju w =f (z) koja konformno preslikava oblast D na oblast D'. 3204. Naći funkciju koja konformno preslikava unutrašnjost hiperbole xz-yz = = a (a> O) (oblast koja sadrži koordinatni početak) na unutrašnjost jediničnog kruga.

3203.

·

3205.

5

Preslikati oblast D = z: l z-i l < 2 ;\ - n< arg (z - i) < _!!__ funkcijom 6 2 iz2 + 2 z + 3 i W= z2- 2 iz + l Preslikati oblast D = z: < arg (z- 3 i) < 3 n A iz-3 il < 2 funkcijom 4 zL- 6 iz- 8 W= zZ-6 i z-9 z2-4 iz- 2 .. FunkCIJom w= preslikati oblast zZ-4 iz-3

{

}

-----

3206.

{ ;

}

--

--

3207.

D = z: lz-2 i l < 2 ;\ -

{

; <arg (z- 2 i) < OJ .

Dokazati da je krug izl < l invarijantan u odnosu na preslikavanje w = et z-a gde je l a l < l . l -a z . az + b preslikava 3209. Naći uslov pri kome funkcija w = krug Izl < l u gornju cz + d poluravan. 3210. Odrediti bilinearnu transformaciju koja preslikava tačke: O, -i, - l u tačke: i, l , O. 3211. Odrediti bilinearnu transformaciju koja će gornju poluravan preslikavati u unutrašnjost jediničnog kruga tako da tačka i prelazi u tačku w = O i da tačka prelazi u tačku w = - l . 3212. Odrediti funkciju f (z) koja konformno preslikava oblast D = {z: i zl< l ;\ O < arg z < n/3} na jedinični krug lwl < l . 3213. Odrediti bilinearnu transformaciju koja tačke: i, -i, l preslikava redom u tačke: O, l, 3214. Ako su z1 , z2 , z3 i z4 različite tačke jednog kruga, pokazati da je njihova dvorazmera realan broj. " . . w = a z + f3 Ima Jednu f1" ksnu tac�ku 3215 . D okazat1· d a b'l' 1 mearna transrormaCIJa yz+ b ako i samo ako je (b + a)2 = 4 (ab-f3y) *O. 3208.

6

--

oo

oo .

·

·

314

3216

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

•

3217.

+ Dokazati" da presl " kavanJe w = a z y preslikava: l jed miČni krug / z/ < l .

1

.

.

o

•

•

na / w l < l ako je l a /2-/y/2 = l; 2° unutrašnjost jediničnog kruga na spoljaš nost jediničnog kruga ako je l y /2- / a /2 = l . z za koju j e V l -zZ / z=o = l preslikati oblast Granom funkcije w = V l z2 {z : Re (z) > O !\lm (z) > O } . yz+ a

-

3218. 3219.

Na šta se preslikava duž z = l + iy (O < y < n) funkcijom w = -1- ? Naći sliku oblasti { z: O < lm (z) < ln a ;\ O < Re (z)
l -ez

(a> 1 ).

---

3 220. 3221.

-

}

n sin z n . Naci sl"k 1 u oblasti z: - < Re (z) < - presl1"k avanJem w = 4 6 et z Dokazati da preslikavanje ! e = ieiw konformno preslikava oblast ograz+ c ničen pravama u = O, u = n u krug /z/ < e. Pokazati da sledeće funkcije preslikavaju date oblasti z-ravni u nazna čene oblasti w-ravni: w = ez traku O
.{

'"

-- .

u

3222. 3223. 3224.

3225.

2

w = ln z oblast x2 + y2 ;;;, l ;\ y > O u oblast u :> O !\ O < v < n.

w = sin z oblast - � < x < � !\ y < O u poluravan v > O .

Za sledeće funkcije w =f(z) naći oblast {w} u koje se preslikavaju na značene oblasti: w = ez . oblast: l 0 a < x < fJ !\ y < y O

w = tg z-oblast {z: O < Re (z) < n !\ lm (z) > O}.

·

}

z-l ·· w = ln . Data Je funkCIJa z+l l o Koje se krive z-ravni ovom funkcijom preslika vaju --

u

prave Im (w) = a?

§

315

4. KONFORMNO PRESLIKAVANJE

:n:

l pravih : Im (w) = O, ± - ' ± -, ± :n:? Sp,djalno, vt ' a su inverzne sl'ke 2 4 . . . . . ' ' u čitavu se ovom funkciJOm biunivoko P'"l'kava 2 KoJ' deo w-ravm , z-ravan bez tacaka ± l ?. . . a· · · · runkc�am v pres l'k ane date oblasti odgovaraJUCJm Proveriti da li su tacno :n:

1

·

3230.

:n: z

w = sin a

u

Sl.

I Sa

Sl . 1 5b

3231.

W = COS-z :n:

a

Sl .

16a

3232.

:n: z W = Cha

u

X

S l.

17a

S l.

17b

316

IX . KOMPLEKSNE FUNKCIJE

3233.

y

Sl.

! Sa BCD je �

Sl.

Sl.

polukrug

1 8b

19a DCBE je

n

w = ctg h z

Sl. 1 9b

krug

5.

3235. 3 236.

INTEGRACUA FUNKCUE KOMPLEKSNE PROMENUIVE. CAUCHYEVA INTEGRALNA.. .

Ispitati preslikavanje skupa {z: /z/ = l} funkcijom

317

z ln z

w = -- . z2 + l

Neka je f (z) regularna funkcija koja unutrašnjost G kruga e zadatog jednačinom l z l = l preslikava u oblast G' ograničenu krivom e' . Dokazati da je: l o dužina luka krive e' data sa f /J' (z) l l dz /;

2° površina oblasti G' iata sa

JJ

/f' (z) / 2 dxdy.

e

G

-§ 5. Integracija funkcije kcmpleksne promenljive. Caucbyeva integralna teorema 1 ° I n t e g r a l k o m p l e k s n e f u n k c i j e. Neka je r kriva Z = X (t) + iy (t) (a o;;; t o;;; {J) koja j e orijentisana u smeru rašćenja parametra t tj. tačka z0 = x (a) + + iy (a) je pcčetna tačka a z' = X (fJ) + iy ({J) krajnja tačka krive r. Svakoj podeli odsečka [a, {J] tačkama a = t0
.

• • •

•

2: J (,J:) k=l n

(zk- zk - 1)

kompleksna integralna suma, a granična vrednost

zove

lim

2: / (,�;) n

đ->0 k= l

(ZJ:-Zk- l)

ako postoji, za bilo koju podelu razmaka [a, {3], načava se sa

J f(z) dz. Tako je

r

lim

integral funkcije duž krive r. Oz-

2 f(C�:Hz�c-Zk - l) = J C/(z) dz. "

6->0 k= l

r

Ako postoji ovaj integral, kaže se da je funkcija integrabi/na na r Neprekidna funk cija je integrabilna na glatkoj krivoj r. Ako je r glatka i ima jed načinu z = ;, (t) (a<;t <;{J) tada je

J f(z) dz = J /[A (t)] ).' (t) dt. {J

r

2° C a u e h y - G o u r s a t o v a

a

t e o r e m a. Neka je r zatvorena Jordanova kriva i int r jednostruko povezana oblast. Ako je funkcija j(z) regularna u int r i ne prekidna na r tada je

J f(z) dz = O.

y

r

3° I n t e g r a e i j a p o s l o ž e n o j

k o n Neka su F0 , F1 , r,, . . . , rn zatvo rene konture takve da je FI< C int F0 (k = l, 2 , . . , n), int r�: n int r1 = 0lk'!=l) i G = = int F0next r, n ext r, n · · · n ext Fn (sl. 20). Ako je funkcija / (z) regularna u oblasti G i neprekidna na F = F0 U F, U · · · U Fn tada je

t ur

i.

.

.Jj f (z) dz = i .JJ f(z) dz.

ro

k= l

Fk

-,:----------=X

0

Sl. 20

318

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE 4o P r i

m

i t i v n a f u n k e i j a . Ako je

vezanoj oblasti G i

a iz

f (z)

regularna funkcija u jednostruka poz

dve tačke te oblasti, tada integral

J /(z) dz = F(z) a

zavisi od putanje koja spaja te dve tačke i koja je u oblasti G. Funkcija je takođe regularna u oblasti G i ona se zove primit!vna funkcija funkcije

(F' (z) =l (z)).

5° N e w t o n - L e i b n i t z o v a i F' (z) =/(z) tada je

f o r m u l a.

Ako su

a

i

b

ne

F(z) f(z)

dve tačke oblasti G

b

J f(z) dz = F(b) - F(a). a

3237.

Naći po definiciji J dz gde je r putanja koja spaja tačku z0 sa tačkom z'. r

3238. 3239.

Naći J zdz ako je r kriva y = x (O < x < 1). r

Izračunati J ; dz od tačke O do tačke 4 + 2 i ako je r kriva z = t r

3240.

Ako je r kriva l z-a l =

3241.

Izračunati J [ z [ dz gde je

.

e

2° polukrug l z [ = l 1\ 3° polukrug

4° krug

3242.

1 - dz. r (r E R), naći J z-a e:

2

2

[ z i = R; 5° duž arg z = � /\ O < I z l < l .

Izračunati

J� po krivoj

e

J f- dz.

J tg

3

lzl=

1 1\ lm (z) ;;. O gde se za Vz uztma ona

"

3244.

o

(q; + 2 i) d q;.

Izračunati J Ln zdz gde je: l o e kriva l z [ = l grana za koju je Ln l = O; 2 ° e kriva l z l = l ni grana za kOJU Je Ln z. = - · e

.

3246.

O sa tačkom 2 - i :

l z l = 1 /\ - � < arg z < � , a početak putanje u tački z = - i;

J z !=!

3245.

it.

O < arg z < n, a početak putanje u tački z = l ;

grana za koju je VJ = - l . Izračunati integrale: 3243.

r

1 ° duž koja spaja tačku

z+

.

2

Ln z ona jednoznačna Ln z ona jednoznačna

Dokazati Cauchy-Goursatovu teoremu ako je f(z) regularna i !' (z) neprekidna u svim tačkama jednostruko povezane oblasti G i na nje noj konturi r.

§ 5. INTEGRACIJA FUNKCIJE KOMPLEKSNE PROMENUIVE. CAUCHYEVA INTEGRALNA. ..

3247.

Pokazati da je: 1° § dz = O; 2° e

3248.

j zdz = O; j (z-z0) đz = 0 gde je e

zatvo-

rena Jordanova kriva. Ako je f(z) regularna u jednostruko povezanoj oblasti G, dokazati da b

Jf(z) dz ne zavisi od putanje u oblasti

a

3249.

e

319

G koja spaja tačke a i b.

Neka je f(z) regularna u oblasti G koja je ograničena sa dve zatvorene Jordanove krive c1 i Cz i neka je neprekidna na ovim krivama. Dokazati da je f f(z) dz = f f(z) dz gde su c1 i Cz orijentisane tako da

njihova unutrašnjost ostaje sa leve strane prilikom obilaska po orijen tisanim krivim. 3250.

325 1.

Izračunati

J: dz (n = l , 2, . . . ) gde je J (z- a)n

u čijoj se unutrašnjosti nalazi tačka a.

Izračunati J (l 2 zZ- 4 iz) dz gde je e

3252.

3253.

tačke ( 1 , l) do tačke {2, 3).

e

e

zatvorena Jordanova kriva

deo krive y = x3 -3 xZ + 4 x- l od

Dokazati da je Jf(z) g' (z) dz f(z) g (z)- JJ ' (z) g (z) đz. Izračunati sledeće integrale: =

J (z + 2) eiz dz duž krive nzy = xz od tačke (0, O) do tačke (n, 1). n+ i

e

3254.

J z cos 2 z dz. -2+2 V3 i

o

3255.

J

-z-z vr-;

v� dz gde je

Pokazati da je:

3256.

3257. 3259.

Vz ona grana za koju je Vl = l .

dz Ln ( z + VzZ ± al) + e. J VZz± az J zZdz+ az = -al Arc tg -az + c.

Izračunati § 1 z Iz dz gde je e

{ 1 , l), (0, l).

e

3258.

Jz

dz l a =Arc cos + e. r zZ-az a z

,;

četvorougao sa temenima: (0, O), ( l , O)

320

3260.

IX.

KOMPLEKSNE FUNKCUE

Naći integral § ez dz gde je 2n

krug l z l = l pa na osnovu toga pokazati

e

e

2n

da je: J ecos Đ cos (O + sin ()) d() = J ecos Đ sin (O + sin O) d() = O. o

3261.

Dokazati da je 2n

J

o

3262.

3263.

o

sin n o cos (O-cos n O) d() =

Izračunati integral

2n

J

J __!!!__

I z l =e

o

zZ + l

e•innO sin (O-cos n O) d() = O .

(e :;e: l)

Date su funkcije f(z) = -1- ,

grala § [e'I'\Z) +f(z)] dz gde je e

3264.

cp

l -zZ

o

!? ·

(z) = � . Diskutovati vrednost inte1 -z

zatvorena kontura.

J__:!!____ u oblasti z

Pokazati da integral

e

u zavisnosti od

l + zZ

z =f. ± i predstavlja multiformnu

l funkciju Arc tg z = - Ln i-z . 2i i+z --

3265.

Primenom Cauchy-Goursatove teoreme na integral § eiz z dz, gde je kontura kružnog isečka

OAB

oo

(sl. 21), izračunati Frenelove integrale oo

J cos xz dx i J sin xz dx. o

o

3266.

e

e

Integraleći funkciju f(z) = e. 0) dužpravougaonika na sl. 22, izračunat

J ei.x2 cos 2 A. ax dx oo

- oo

y

X

Sl. 21

A fR)

o

Sl. 22

B(R!

6, INTEGRALNA CAUCHYEVA FORMULA

3267.

Integraleći funkci j u

BCD

i

A FE

e'z

((z) =

l

321

SRODNI PROBLEMI

duž konture prikazane na sl.

23, gde su

z

p o l u k rugovi , izračunati integral "'

J

o

sin x d X. X

X

Sl. 23

§ 6. Integt alna Cauchyeva formula i srodni problemi

n grt

r

te a l n a C a u e h y e v a f o m u l a. Neka je /(z) regularna funkciJa u oblas i int r u l gde ie r deo po deo glatka kriva. Tada je za svako Z, '= int r

lo I

l

/ (Z0) = --. 2nt

2" l z v o

d

i

regul

ar

r

ne

fu nk

e

n! f (n) (ze) = --

2ni

3n T e o r e

m

/(z)

dz. J --z-z0

a

i

i j e.

j

Pod

uslovom

t (z)

· ---

(z - z")n + t

r

a

iz prethodne tačke važi

dz.

a. Neka rp k ia m

t

a

a o nul ma polovi m je r za voren kontura na kojoj je funkcija / (z) regularna i razl ič i t od nule a funkcija (z) regularna u oblasti int rur. Ne a, dalje, /(z), od singulariteta u int r, ima sa o polove b1 , b 2 , , bn čiji su odgovarajući redovi P t > p, , . . . , f3 n , a fun c ij f(z) - A (A - fiksiran kompleksan broj) u in r ima jedine nule a1 a 2 , am. , am č j i su odgovarajući redovi a 1 , a 2 , e

k tada j t

1

• • •

2nt

rp (z)

/'(z)

( (z) - A

dz = L m

k=l

r

ri

m

"k rp (a,)-

rp

daj e

= - tl Arg l (z) 2nr

gde je rg / (z0 (z E T) Aig /( 0 pošto je obišla r u ozi ivnom polova funkcije /(z) u konturi r. se zove princip argumenta. Zbirka

L

ip

2n

21

• • • •

" = l f3t (bc>· P nc argu me n ta. Za rp (z) � l i A =O jednačina (l) l l (l ') N-P =- -(cP1-cP0) c.P0tačka = A z0 ) 0 pa c.P1t = smeru, z ) a gNmi Pt kc Formula (l')

l ( l ) --. 4n

••

zadataka iz \tiše matematiKe II

�

r u en fun ije l (z) za z � Zu a respektivno broj nula i

322

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

5° R o u e h e o v a t e o r e m a. Ako su /(z) i rp (z) dve regularne funkcije u unutraš njosti zatvorene konture r i neprekidne na r i ako je na krivoj r l f(z) l > lrp (z) l , tad u unutrašnjosti krive r funkcije f(z) i f(z) + rp (z) imaju jednak broj nula. 6° P r i n e i p m a k s i m u m a m o d u l a Neka je /(z) ;;Econst. regularna funkcija u

oblasti int r i neprekidna na r, gde je r kontura. Tada postoji Zo E r tako da je l/ (zo) l =

3268. Neka je

e

sup

z E int rur

l /(z) l ·

zatvorena kontura. Izračunati . integral

J

e

dz z2 + 25

ako: l o tač-

ke ± 5 i su izvan konture e; 2° tačka 5 i je unutar konture e a tačka - 5 i izvan konture e; 3° tačka 5 i je izvan konture e a tačka - 5 i unutar e; 4° tačke ± 5 i su unutar konture e.

.. tJ

3269. Na osnovu Cauchyeve integralne fvrmule izračunati sve moguće vreddz ' e zatvorena kontura kOJa ' ne pro laZI' a ko Je nosti mtegra a z (z2- l)

ni kroz jednu od tačaka O, l, - l . 3270. Dokazati da je

{

2n - l , n 2,

l � n - l,

ako j e e zatvorena kontura koja n e prolazi n i kroz jednu o d tačaka ze (i = l , 2, . . . , n) i ako je zi oi=z1 (i of=j). 3271. Ako je f(z) regularna u unutrašnjosti jednostruka povezane oblasti G i na granici te oblasti e, dokazati da je 1 - .i f(z) dz, tj. dokazati da je .!!_! (a) = f' (a) = da 2 :rc i J (z-a)z e

=

1

.

2 :rc l

j1

(z)

!___

( )

-1- dz · (a E G). oa z-a

3272. Ako f (z) ispunjava uslove prethodnog zadatka, pokazati da je J (a) = _!!}__ 2 :rc i

J J

e

f (z)

(z-a)n +l

3273. Ako je f(z) regularna u oblasti regularne funkcije u oblasti G.

dz (n = O , l , 2 . . . ) .

G, dokazati da su f' (z), f" (z), . . .

§ 6. INTilGRALNA CAUCHYEVA

FORMULA

l

323

SRODNI PROBLEMI

f(z) r,

3274. Ako je regularna unutar i na krugu i poluprečnikom dokazati da je

e

sa centrom u tački

z=a

2n

1 t(a +re") dt. f(a)= 2n J o

Primenom Cauchyeve integralne formule izračunati integrale: 3275.

3277 •

J ln sin O dO. J sin2 ( : + 2 e'0 ) d O. f sin n z2 + cos n z2 dz, gde Je. krug l z l = 3. (z- 1 ) (z - 2) f e2 Zf(z + 1)4 dz gde je krug l z l = 3. f ez1j(z2 + l) dz, gde je (t >0) a krug Izl= 2. f etzjz3 dz gde je krug Izl = 2 . f f(z)j(z-a)4dz gde je f(z) regularna funkcija u unutrašnjosti konture i na konturi a a je u unutrašnjosti konture f sin6 zl(z- : rdz gde je krug l z l= 1 2n

2n

3276.

o

e

e

3279.

e

e

3280.

e

e

3281.

e

3282.

e,

.J J

eZ'

l. .

(z2 + l)2 dz gde je t>O a krug l zl 3 Ako je f (z) regularna unutar i na krugu sa centrom u tački z= a i poluprečnikom r, dokazati sledeću Cauchyevu nejednakost: !IJ (a) I < M :! (n=O, l, 2, ) , gde je M konstanta takva da je lf(z) I<M na Dokazati sledeću Liouvilleovu teoremu: Ako je funkcija f(z) u prošire noj kompleksnoj ravni regularna i ograničena, tada je ona konstanta. + Dokazati glavni stav algebre: Jednačina P (z)=a0 + a1 z+ a2 z2 + +a11Z11 =0 (a11 :FO, n> l) ima bar jedan koren. e

=

e

3284.

e

r

3285. 3286.

e

e.

e

e

3283.

o

e

e

3278.

"

. . .

e.

· · ·

21 °

324

IX.

KOMPLEKSNE FUNKCIJE

a0 + a1 z + a2 z2 +

3287. Pokazati da jednačina ima n korena.

·

·

·

+ an zn = O (an #O,

n>

l)

l

3288. Neka je f(z) regularna funkcija unutar i na krugu l z = R . Neka je, dalje, z = r e' 8 neka tačka unutar kruga l z = R. Dokazati da važi sledeća Poissonova integralna formula:

l

l f(re'8) = 2n

2n

J o

R2-r2 f(Rei'P) drp . R2- 2 R r cos (O-rp) + r2

3289. Ako su u (r, O) i v (r, O) realni i imaginarni deo funkcije/ (r e'8) iz prethodnog zadatka, dokazati da je:

1 u (r, 0) = 2n

v (r, 0) = 1

2n

Dokazati da je:

f

2n

J

o

(R2-r2) u (R, rp) drp R2 - 2 Rr cos(O-rp) + r2 ,

2n

J

o

(R2 -r 2) v (R, rp) d rp . R2- 2 Rr cos (O-rp) + r2

2n

3290.

R2-r2 d rp = 2 n. , R2-2R rcos (O-rp) + r2

o

3291.

l0

2n

J

2n

J o

d rp =

5 - 4 cos ( O-rp)

o

2o

ecos rp COS (sin rp)

2 n ec<>sO cos (sin G); 3

• ec os rp sm ( sm rp)

2n d rp = - ecos 3 5 -4cos(O-rp) •

1 j ' (z) 3292. Izračunati integral -- J 2 n i J f (z)

8

• • n) v . sin (sm

dz

gđe je

f (z) = z5 - 3 iz2 + 2 z - 1 + i

e

a

e

zatvorena kontura u čijoj se unutrašnjosti nalaze sve nule funkcije f(z).

3293. Ako je e

krug

f (z) =

[ z i = 4.

j ' (z) ako je J f(z)

3294. Izračunati J

1°

e

.

..

l f -j ' (z) dz gđe je

(z2 + 1)2 , 1zračunat1 mtegral (z2 + 2 z + 2)3 2ni

e

krug l z l = n i:

f(z) = sin n z; 2° f(z) = cos n z;

3°

f(z) = tg n z .

e

f(z)

§ 6. INTEGRALNA

3295.

3296.

3299. 3300.

3301.

3303. 3304. 3305. 3306. 3307.

3308. 3309 .

____!_

.J. 2:n i J e

zj (z) dz; o _l_ .J. z2 ! ' (z) dz. 2 2 :n i J j(z) /(z) ,

e

Koristeći Roucheovu teoremu naći broj nula unutar kruga 1 z l = l sledećih jednačina: zB-4 zS + z2- } .

z7 - 5 z4 + z2- 2 = 0. Naći broj nula polir.oma z4 - 8 z + 1 0: 1 ° u krugu l z l < l ; 2° u prstenu l < \ z l < 3. 3 j 6 -2"- 5-25 i z4 4 z3 Pokazati da sve nule polinuma z7 - z+ z + 9 6 2 50 . 10() + - - ::-- - 1 u prstenu l < l z l < 2 . G 9 3 Naći broj n ul l jed načine z = tp (z) gde je tp (z) regularna funkcija za koju je l tp (z) l < l za l z l . Ako j e a > e , dokazati da jed načina azn = ez ima n nula un utar kruga Iz/ = l. �ll

-

3302.

325

FO RMU L A I SRODNI PROBLEMI

e je Izračunati J. zf' (z) dz ako je f(z) = z4 - 2 z3 + 2 zZ- 1 2 z + 20 J /(z) krug l z l = 5. Neka su sve nule funkcije f(z) = a0 zn + a1 zn-l + · · · + an (a0=F O) u unu trašnjosti zatvorene krive e. Izračunati: lo

3297.

CAUCHYEVA

.

t z2

l<

Pokazati da jednačina zez = a (a =F O, a E R) ima beskonačno nula. Pokazati da jednačina z tg z = a (a> O) ima beskonačno realnih nula i da n ema imaginarnih nula. J ednačina z = A- e -z (A > O) ima jedan jedini realni_ koren u desnoj polu ravni. Dokazati. Ako u svim tačkama zatvorene konture e važi l ak zkl > la0 + a1 z + · · · + + a1r 1 zk-1 + ak+i zk+l + · · · + an zn l tada polinom a0 + a; z + · · · + On zn ima k nula unutar konture e ako je tačka z = O unutar konture e. Ako je tačka z = O izvan konture e polinom nema nula unutar konture e. Dokazati. Polinom l + z + azn = O, gde je n > l prirodan broj, u krugu l z 2 ima bar jedan koren za bilo koje a. Dokazati. Koliko ima korena jednačina z4 + 2 z3 + 3 z2 + z + 2 = O u svakom kvad rantu posebno?

l<

326

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

3310. Dat je polinom Pn (z) = zn + a1 zn-1 + · · · + an , kod koga nijedna nula nije na imaginarnoj osi . Dokazati: l o priraštaj argumenta polinoma Pn (z) kad z varira po imaginarnoj osi od + oo do - oo jednak je k n gde je k ceo broj koji je parnosti kao i n i za koji je l k l < n; 2° Pn (z) u desnoj n

. .

+k 2

pol uravm trna -- n ula. 3311. Naći broj nula jednačine

z6 + zS + 6 z4 + 5 z3 + 8 z2 + 4 z + l u desnoj poluravni. 3312. Neka je

a0 < a1 < a2 <

·

·

·

korena u oblasti l z l > l .

L a. cos vcp n

•=0

korena.

L a. sin vcp n

•= 0

n

< an .

l o Pokazati da polinom

L a. z•

nema .

•= 0

2° Pokazati da trigonometrijski polinomi u intervalu O .;;; cp < 2 n imaju 2 n realnih

3313. Neka je f(z) regularna funkcija u krugu l z l < r i u čijoj unutrašnjosti postoje nule a1 , a2 , . . . , an različite od nule. Spajajući svaku nulu a" zase kom sa kružnicom i integraleći po dobijenoj konturi datu funkciju, dokazati sledeću Jensen-Jacobievu formulu

lnf(O) +

1 ,i ln -a'- = 2

k= I

l ti

:n;

J

2"

ln

/f (re''�') / d

cp .

o

3314. Koristeći prethodni zadatak dokazati da je N < ln M , gde je = max

l z l �r

m

M= r

lf(z) l, f(O) = m i N broj nula funkcije f(z) u krugu I z l < - . e

3315. Koristeći Roucheovu teoremu, pokazati da polinom

P (z):=a0 + a1 z + · · + an zn (an=#= O) ·

ima� n nula.

m > O i w = m Dokazati da je P (l) + P (w) + P (w2) + . . . + P (wm- ) P (O). m 2";

e

3316. Neka je - .P (z) neki polinom,

t

3317. Ako modul j f(z) j regularne funkcije f(z) u nekoj tački oblasti G ima maksimum, tada je u toj oblasti /(z) := const. Dokazati. 3318. Neka je

f(z( regularna u oblasti int F U F. Dokazati da je l f(z) l < max i f(z) j. :z r=. r

3319.

327

BESKONACNI REDOVI. TAYLOROV l LAURENTOV RED

§ 7.

Dokazati Swarzovu lemu: Ako je f(z) regularna funkcija u krugu J z/ < l i pri tome f(O) = O i //(z) l < l , tada je na celom krugu /f(z) l < jz j . Ako je osim toga, bar u jednoj unutrašnjoj tački toga kruga /f(z) l = / z J , tada je f(z) = eta z (a E R). § 7. Beskonačni redovi. Taylorov 1 ° Red

2; z11 , sa oo

kompleksnim članovima,

konvergira

n=l

da li konvergira

r Red

ili

divergira

niz

Laurentov red

Sn =

divergira

ili

prema tome

2; z,. n

•= l

2: z,. oo

konvergira

apsolutno

ako konvergira red modula

n= l

3° Red

2; z11 konvergira tada i samo tada ako konvergiraju oo

redovi:

n= l

2; lm (z,.). oo

n=l

4o Ako red

2; z,. konvergira apsolutno, konvergiraju oo

n= l

2; oo

i redovi:

2; lm (z11) , oo

J lm (Zn) l ,

n= J

•=l

5 ° Abelleov i Dirichletov test su primenljivi na redove

6° Potreban i dovoljan uslov da funkcionalni red

n=l2 oo

u11 (z) uniformno konvergira u

zatvorenoj i ograničenoj oblasti G jeste da za svako N takav da je

n>N i p = l, 2 , . . .

l

n

f

U�c (z)

k=n+l

nezavisno od

[<s

zE G.

gira u toj oblasti, tada je

S (z) =

2; u11 (z) neprekidna oo

n= l

Ako su u.. (z) neprekidne funkcije u oblasti G a u G tada je po svakoj krivoj e u G

e

e>O

2 oo

7° Ako su u,. (z) neprekidne funkcije u oblasti G a red

8°

oo

n= !

pleksni brojevi.

za

2; a,. b11 iako su a,. kom

e

2 oo

n= l

postoji prirodan broj

u11 (z) uniformno konver-

n=!

funkcija u toj oblasti.

u11 (z) uniformno konvergira

328

KOMPLEKSNE FUNKCUE

IX

9"

oo

L

Ako

u,. (z) konvergira

u oblasti

[

n= l

oblasti, tada je

u,.' (z)

J

=

oo

L

n=l

u,.

·

Ako su u,. (z) regularne funkcije u oblasti

G, tada je

S (z) =

G

i

1:=0

u,. (z) regularna funkcija

a,. z" konvergira:

I z l < --��--

2) uniformno za svako z oo

L

u

za

l)

unit orn�p·J konverg1n,

G.

apsolutno

svako

za

z

t.a

R,

koje i e

koje je l z 1 < R, < R.

a,. z" divergira za 1 z l > R.

n= l

lY

un (z)

n=)

oo

Potencijalni red

oo

L

n= l

L

L

l l ' Potencijalni red

u toJ

(z).

oo

u

uniformno konve.-gira

n=l

d "" - L u,. (z) dz n=l

1 0'

oo

L

G

a

T a y l o r o v r e d. Neka je: /(z) regularna fu nkc i j u oblast1 G, z0EG i R rastojanje tačke z0 od ruba oblasti G. Tada se t ( z ) u oblasti 1 z - z0 l < R može 1 azložiti u red

/(z) =

oo

L

a,.(z- z0)"

n=O

gde je

ili

g < R).

Ovaj red je Taylorov red funkcije ((z) koji konvergira u disku l z - zJ I < R.

13o L a u r e n t o v

1

e d. Neka je j (z) regularna funkc ij a u prst e n u

(O < r
Tada je

.

gde Je a,. = 2 :rc i

Ovaj

1( �)

red je

Ako ie

f

/ (z) =

I z-zo i=!!

oo

L

u,. (Z - Z0)"

f (O dC (C - zo) " + ' n = - oc

(n = O, ±t ± 2, . . .)

.

1 rove se Laurentov reu i z 1 > r tada Laurentov red oko tačke C = O funkcije

konvergentan u naznačenom prstenu

(z) regularna

za

predstavlja Laurentov red

fun kcij e

t

(z) u tački z � oc ,

j

14°

7.

329

BESKONAĆNI REDOVI. TAYLOROV l LAURENTOV RED

V r s t e s i n g u l a r i t e t a. l ) Ako /(z) nije regularna u tački z0 ali postoji kompleksan broj a0 takav da, ako se funkcija /(z) dodefiniše sa /(z0) = a0 onda ona postaje regularna u disku l z-z0 l < R, kaže se da je tačka z0 otklonjh

singularitet.

2)

Ako se /(z) u tački z0 ne može dodefinisati da postane regularna u disku l z-z0 l < R kaže se da je tačka z0 neotklonjiv singularitet. Ako je pri tome lim /(z) = oo , z0 se zove p o l funkcije /(z). z --+zo

Ako lim f(z) ne postoji, z0 se zove

esencijalni singularitet.

Z -to-Zo

3) Da bi tačka zj bila pol k-og reda funkcije f(z), potrebno je

l

dovoljno da

je z0 nula k-og reda funkcije rp (z) = -- · /(z)

4)

Potreban i dovoljan uslov da je tačka z0 pol k-og reda, za funkciju /(z) jeste da njen Laurentov red u okolini te tačke ima oblik

5) Neka je /(z) regularna funkcija za l z l > r osim u tački z = oo . Tačka z =

je otklonjiv singularitet, pol ili esencijalni singularitet funkcije f(z) zavisno od toga da li je tačka e = o otklonj iv singularitet, pol ili esencijalni singularitet za funkciju

cc

r( E).

kojih je [, (z) analitička u oblasti G, a /2 (z) analitička u oblasti G, . Neka j t: G1()G2 = G 'i"'

1 5° A n a l i t i č k o p r o d u ž e n j e. Neka su zadate dve funkcije f. (z) i f2 (z) od

/(z) =

{ J;f. (z)(z),,

zEG, z E G,

je analitička u oblasti G1 U G , . Pri tome funkciju /(z) zovemo analitičko pro· duženje funkcije .f, (z) u G2 , odnosno [1 (z ) analitičko produženje /2 (z) u G,

3320.

Dokazati

red :L an (a E K) konvergira za a / < l oo

da

n=l

a da divergira za l a l :;;. l . 3321.

� ( - I )n (2 n + l ) + i konvergira Dokazati da red L. n=!

3322.

Pokazati da je red :L

n=!

nzn-I apsolutno konvergentan za zn-(1 + n-I)n

Ispitati konvergenciju sledećih redova: 3324.

naći mu zbir.

Naći zbir reda

oo

3323.

n (n + I )

a

I -a

zbir mu je

!

3326.

� (a + i)n

n=l

n!

l

(a ER).

z

l< l .

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

330

3327.

Red

I an može konvergirati iako je

n=l

3329.

I

3331.

Red

( ) (( ) � ( : ) apsolutno konvergira za 3 + 2i ? n

n�t

3330.

l

an (O < [ a [ < [ b [ < l). Dokazati .

Primer: l + a + bz + a3 + b4 + · . Koji je efikasniji test: Cauchyev ili D'Alembertov? Da li konvergira red ·

3328.

l

lim an+ t > l .

n ---.. oo

n

Ako red

I an konvergira i

n�!

,L [ an [ konvergira . oo

)

a = a (a - l ) (a - 2) • • · (a - n + l ) ' nEN . n n.1 Re (a) >O.

ako je [ arg an [ < a< .2 pokazati da red 2

,

n�!

3332.

Ako konvergiraju redovi: _L an

,L oo

n�l

3333.

oo

oo

n�l

[ an [ 2 konvergira .

"' L.,

n� l

an2 1 ako je Re (an) > O, tada red •

Red čiji je opšti član

a (a + l ) (a + 2) · · · (a + n - l ) · b (b + l ) (b + 2) · · · (b + n- 1 ) an = --�--�--�--�------��--��--�--�---� n! c (c + l ) (c + 2) · · · (c + n- 1 ) 3334.

konvergira apsolutno ako je Re (a + b -c) < O . Dokazati formulu

_L

n +p

v �n + l

a. b. = An+p bn+p+t -An�bn+t +

_L

n+ p

v�n + l

(b.-b.+1) A.

gde je A. = a0 + a1 + · · · + a. · (Abelleova parcijalno sumaciona formula). Da li konvergira red _L e(n(Jn)? Da li konvergira apsolutno? oo

3335.

n� l

enOi ne konvergira apsolutno iako konvergira obično za () =f=. 2 ht. n�2 ln n oo ( - l )n n B i e 3337. Redj .L konvergira apsolutno za a > l i svako (); konvergira na n�l neapsolutno za O < a < l i - rt - l . i

; n 3342. n sin (ni) L: 311 na n=l n n=O l oo 311- 3345. oo l n i -. 3344. ( )n ln L: L: ln n n+l n=l n=2 n�l nl + ,· n Naći Cauchyev proizvod reda � �- l ) sa samim sobom i pokazati da n+ l n =o nl . L: --.: n=l n11 oo

3343.

LAURENTOV RED

n t

Ispitati konvergenciju sledećih redova:

3339.

l

3340.

2 n=l ( - l )11

in .

oo

oo

3341.

oo

i

tako dobijeni red ne konvergira iako dati red konvergira.

3347.

Ako redovi

� an , n�l b11 n�! Cn (en = •�l a.hn- v+t) konvergiraju re

n J

i

dom ka A, B i

e

tada je AB = e (Abelle).

Odrediti poluprečnik konvergencije sledećih stepenih redova:

zn n+ oo n' . �zn L: n11 n=l L cos (in) zn. n=O oo

3348. 3351.

L: l -l · n=

oo

3349. 3352.

oo

3354.

zn n! z .

L: - · n=l 2: 2 11 n=O

oo

n!zn

oo

n�l ( l + { l + 2

3353.

i)

oo

Ako je poluprečnik konvergencije reda L prečnik konvergencije za sledeće redove:

n=o

an zn

i)· · · { l + ni) .

jednak R, naći polu-

3358. 1 °

3357.

3359.

nz11 z11

L: - · n=l

3350.

Za l l< l sumirati sledeće redove: oo

z L: nzn. n=l oo

3360.

2 n=O

zn+l - 2n+ l

Ispitati konvergenciju sledećih potencijalnih redova na rubu konver gencije: 3361.

2 n=O oo

zn.

3362.

2 n -·

zn = .n

oo

j

i

3363.

2 n=i - . oo

zn n3

332

3364.

lX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

.. ( - l).. z3n-1 ln n Koristeći zadatak 3360, dokazati da je oo

lo

3367.

( - l ) n zn

2: .:__n:,____ n=l

3365.

2: n=2

' J

��-

cos___:_ (2n � cp L. � _ -t------'-'- cp = -l 1n ctg -

n=O

_

2

l) n -t l

2

2

1•

,

"'

Dat je funkcionalni red F (z) = 2

.;. sin ( 2 n + l ) cp

2o

n'::o 1

l

2 n -t

4°

5°

3369.

3371.

3373. 3375.

3J76.

n

= -

4

(

O < cp< n).

u oblasti G = {z : ! z < l } . z2 + n2 l o Pokazati da dati red uniformno konvergira u G. 2o Da li je funkcija F(z) neprekidna u datoj oblasti? 3° Naći lim F(z). n=2

z->{)

3368.

l

Pokazati da je F(z) regularna u oblasti

j "':F(z) dz.

izi = 1/2

"'

G

naći F' (0) .

l

uniformno konvergira Pokazati da red 2: n= 2 Z2 -t nl

u

oblasti l < l z l < 2

Pokazati da u naznačenim oblastima sledeći redovi uniformno kon vergiraju: "' zn 1� , J z l • d. 2: n= l n v n + l Odrediti oblasti u kojima su sledeći redovi uniformno konvergentni. "' (z-i)2 n 3372. 2: 2: n2 n=l n = l 311+ l "' l . 3374. � v n + l 2: (n l ) zn + n= l n Z -t l z l2 n=l "' "' Odrediti zbir reda: l o 2: zn: 2° 2: nz11 ;

zn

"'

n=O

Neka je O < z < l 2o

l

n-+oo

J {lim

0

un (z)} dz .

Un

n=l

(z) = nz e- nz2 •

n-+ oo

l

Un

Naći: l 0 lim J (z) dz; 0

333

§ 7. BESKONAČNI REDOVI . TAYLOROV l LAURENTOV RED

3377.

�

Dat je potencijalni red

( - l) n z3 n . 3 +l

n

l o Odrediti oblast obične, apsolutne Sumirati dati red . Ispitati konvergencije redova : n=O

2°

3378 '

+

Jo2n�� l e :r

uniformne konvergencije reda.

l . � (- 1)11 (1 -z) 11

3379.

n=O

oo

naći mu polu-

Sledeće funkcije razviti u stepeni red oblika L a11 z11

3380. 3385. 3388.

prečnik konvergencije.

ez.

3381.

sin2 z. ll

3386.

z-2

3389.

3392. ez sin z. 3394. 3395. 3396.

3397.

3399.

3401.

o

sin z. ln ( l + z).

3387. 3390.

az + b

3393.

3382.

(

cos z.

(a + z) m (xm = em z2-3 z +

ln x

).

ch z.

3391.

za

(z-a)m +i . . Je v-:-l = l V2 kOJU

)

.

--

za

koju je arc tg O = O).

Z+ l . • v razviti• funk CIJa J( z) = Oko k OJe• se tacvke moze

z2-4 z

---

.

u Laurentov

red, odnosno Taylorov red u proširenoj kompleksnoj ravni? Sledeće funkcije razložiti u Laurentov red u okolini naznačenih tačaka odrediti oblast u kojima važi to razlaganje.

z-

2

z = O, Z =

z2 (1 -z)

3398.

oo .

Z = O, Z =

oo .

-

l

(z-3) (z - 4 z )

---

.

-- '

z = 0, z = oo .

z = O, z =

3400.

l

(O l); z = ai. 3403. zz ez ; z = O . zZ + az l

3402.

2

Vz + i . Jednoznačna grana

ln 1 -z . l +z arc tg z (jednoznačna grana

3384.

3383. sh z.

oo .

oo .

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

334 l

sh z z=O. zZ

-

3404.

3406. 3408.

zZ- 2 iz-iez-i Z=i. z-i

3405.

z · z-a 3407 . sin Z= l . In -- ; Z = oo . z+b I-z' Razviti u Laurentov red oko tačke z = l granu funkcije --

l + zZ (z - 1) VzZ-2 z+ 2 z- l

3409.

3410.

za koju je arg V zZ- 2 z + 2 = O. Odrediti oblast konvergencije dobijez= o nog reda. z Razviti funkciju u Lauren: >V red oko tačke z = l koji (1 -z) (z-i)3 konvergira u tački z = _!__ . Odrediti oblast konvergencije toga reda. 2 Razviti sledeće funkcije u Laurentov red u naznačenim oblastima: z za l < l z l < 2 . (zZ-4) (zZ- l)

l

341 1.

(zZ - 1 ) (zZ-4)Z l

3412. 3413. 3414. 3415.

e

z+ z

l l

ctg z 1° za z / l.

za

:n< / z / < 2 :n.

zl ().> O), zZ + 2 A z- 1 u okolini tačke z = koeficijenat uz z-n polinom n-tog stepena po ). čije su nule na imaginarnoj osi.

Pokazati da je u Laurentovom razvoju funkcije oo ,

3416. 3419.

Ispitati singularitete sledećih funkcija u proširenoj kompleksnoj ravni: zS z+l l 3418. 3417. zZ + 4 z3 -z ( 1 - z)z Odrediti k (k E N) da tačka z = bude pol 2-og reda za funkciju: 1 o 1 -cos z . 20 ez- 1 - z z" -- .

O

'

z"

§

7.

335

BESKONAČNI REDOVI. TAYLOROV I LAURENTOV RED

Ispitati singularitete funkcija u proširenoj kompleksnoj ravni: 3420.

3424. 3427.

3430.

ez

zZ + 3 z2 - 1

ez

cos z zZ

3434.

3423.

zez

3426.

l /sin z.

-

3432.

__!__ . I + e-Z 4 l -e-z

.

l

3429.

e-z cos -l . z

3431.

ctgz z

1

--

2z

.

Neka su P z i Qm z polinomi n-og, odnosno m-og stepena. Odrediti singularitete u proširenoj kompleksnoj ravni za funkcije:

n( )

()

Neka funkcija f (z) od singulariteta u oblasti Dokazati da funkcija

3435.

(a> 0).

z3

z

3433.

-

ez-zo.

sm z

3428.

3 ctg z-.

3422.

T e ( z - {)

3425.

l

l

zZ e-z.

3421.

G

ima samo polove.

f' (z) ima proste polove u svim polovima f(z)-A

funkcije f (z) i u svim A tačkama te fukcije i da nema drugih singu Iariteta u G. Neka je f(z) =

J

2 n

2 an zn za l z l
n=O

l 1 ° _ lf(r e''�') IZ d

� [an[ z rz n (r
n=O

2° [ani < M (r ) (r
yn

l z l =r

4° Dokazati sledeću Liouvilleovu teoremu: Regularna funkcija u celoj ravni je konstantna.

3436.

Ako je f(z)

2 zn konvergentan red oo

=

n=O

an

za

lf(z) [ < M, tada je 2 1 an [z Rz n .;;; Mz. Dokazati. oo

n=O

l z l
ograničena pn čemu je

3 36

3437.

IX.

Neka je

/(z) =

2: an zn regularna funkc1ja oo

n=O

taj krug na oblast

G

čija je površina

p=n

3438.

A ko je f(z) cp (r) =

3439.

KOMPLEKSNE FUNKCUE

P

k rugu fzi < R koja preslikava

u

Dokazati da je

2: n \an \ 2 R2 n . n= l regularna u krugu l z l
konstante

tada

ie

J i f(re1i) 1 2 dt rastuća funkcija za O < < R. Dokazati. r

o

Od svih regularnih funkcija f(z) u krugu :zi < R 2n

i

koje zadovoljavaju

jednačinu J i f(re1') 12 dt = M, linearna funkcija realizuje preslikavanJe tog kruga na oblast najmanje površine. Naći tu površinu ako je /(0) = O. o

Naći singularitete i ustanoviti vrstu sledećih višeznačnih funkcija proširenoj kompleksnoj ravni:

3440. V l 3443. 3446.

3449.

z2.

CVz)

3

(m ,

z2 + V z ·

3447.

sin vz Vz

3450.

345 2. e!Ln z)n

� i-: z3 v cos z. l z

(n E C).

l z

3457.

f z2 1 - ez - 1

\1

_.rz

l

z.

3451.

.

sm

l l -z

� -;_ -sin (z2- � ) --z2-- + n2

3455. zi.

- iz + i- l z-i

1

--:- + ez-i- 1 , 3458. Ln -----

l

eVZ+l ,..-l r ., 3459. V z Ln + z + V z z - Vz

---c-=-

l

3445. e Vz - 1 •

3453. - Ln -- ·

3454. - [(z2 + l ) Ln (z2 + l) -z2).

z Ln - z- l

3442.

3444. ev--;.

n C: N).

( Vzt . 6

3441. V l + z3.

3460.

�ez2-2zz - l .

u

§ 7. BESKONACNI REDOVI. TAYLOROV

3461. 346 2

.

[

(zZ + 2) e ( +-{)- l (z - 2)2( z2 (z- I )

•

z =

V
' .

tačke

grana

z=

J(

Ispitati p ri rodu tačke

l

n

---

z= - l

za funk-

. ln Je

kojoj

z - 2 i proz- 3 i --

pripadaju

± i a ne pripada zasek. Da li integral zavisi od izabrane grane?

I spitati singularitete funkcije Ln

( � )"

cp ( z)

z- l

gde je cp

(z)

inverzna funkcija fun k

(n E N).

Kompleksnom integracijom izračunati realni integral l 4

J

o

3466.

)

z- 2 i i dz gde + -z - 3 i zZ + ] z-2 i a e rub o b lasti z-3 i

z

e

funkcije Ln

cije f(z) = l + 3465.

z+ l z2-4 z

---

gde j e n ceo broj.

N ac1 vred nost .mtegra J a izvo ljna

3464.

]

. Data Je fun kCIJa " " cp ( ) cij u

3463

a

337

LAURENTOV RED

l

---:---vx ( 1 - x p

(x +

l

)3

dx .

l o I spitati običnu apsolutnu i uniformnu konvergenciju reda

( - l )n z 2n . Ln � 2 n (n - l) oo

2c Naći z b i r

je moguće.

3467 . l o

j ( z)

ovoga reda i analitički produžiti funkciju

·

· Obe grane fun kCIJe

pem red oko tačke

3° 3468.

l + VJ+zz j (z ) = l + - -zZ -

z = O. 2°

Kakva je tačka

Da h su dobijeni redovi Laurentovi? cije do bijenih redova.

Neka je

((z) = L ( - I )k (2 k + 1 ) zk "'

za

4°

1zi> l

u

koliko

o d govaraJ UCl

z = O za

·

, .

ste·

pojedine grane? konvergen

Analitički p rodužiti datu

j F (x2 ) cos x dx oo

i izračunati integral

analitičko procuženje funkcije 22 Zbirka zadataka iz

·

O dredit1 o b last

i z l< l .

1. �0

funkciju za

·

razviti

/(z)

više matematike U

{(z).

o

gde

Je

F (z)

338

IX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

z- I . z+ l 2° Ako je u z-ravni načinjen zasek [- 1 , l], odrediti vrednost f(-iO) one grane funkcije f(z) koja za z = 2 uzima vrednost -ln 3. 3470. Data je funkcija J (z) = Vz3 + zZ-z + 2. 3469. l o Opisati izgled Riemannove površi funkcije f(z) = Ln

l o Odrediti oblasti u kojima se funkcija f(z) može razviti u Taylorov ili Laurentov red po stepenima od (z-ai) u zavisnosti od realnog parametra a. 2° Neka su konačne kritične tačke (tačke grananja) funkcije f(z) spojene sa z = zasecima paralelnim realnoj osi i to u smeru njenog nega tivnog dela. Ako J* (z) označava onu granu od f(z) za koju oo

je f * (O) = V2, odrediti j* (- 5 ± iO) i f*

3471. Pokazati da su redovi

jedan drugog.

3472. Pokazati daje funkcija oo

L zn .

oo

L

n �o

oo

zn

l + n�O l + l

analitička produženja

n�o (2- i)?Hl

-

-1-. i ( z +

±O

(z-i)n

L

2n+1

[-s +i(�3 )J.

i . l

)

n

analitičko produženje funkcije

3473. Pokazati da se red l + z + zZ + z4 + z B + · · · ne može analitički produžiti n�o

izvan kmga z l = l. oo 3474. Pokazati da se funkcija /(z) = L n-l preko z l .

l

l l

zn!

ne može analitički produžiti

=

§ 8. Reziduum i njegova primena l o R e z i d u u m . Neka je z � a neotklonjiv singularitet funkcije f (z). Koeficijent uz (z-a) - 1 u Laurentovom redu funkcije (z) zove se reziduum funkcije

f(z}

u tački

z � a.

koeficijent uz Ako je a pol

2°

(rez

z=a

/(z)).

J

Reziduum funkcije

/(z)

z - 1 u Laurentovom redu funkcije f (z) u k-og reda funkcije /(z) tada je l . dk- I [/(z) (z-a)k] rez /(z) � hm dzk - I (kl)! z-+a z�a

--

u tački tački

z � oo

je negativan

z � oo .

•

P r i m e n a r e z i d u u m a. Neka su ak (k � l, 2, . . . , n) jedini neotklonjivi sin gulariteti funkcije f (z) u int r (T-putanja) i neka je f(z) neprekidna na r. Tada je

J f(z) dz � 2n i J

r

�

rez

/(z).

k � t r = ak

339

§ 8. REZIDUUM l NJEGOVA PRIMENA

Ako je z � oo jedini neotklonjiv singularitet u ext r tada je

f /(z) dz � 2 n iz�� /(z).

r

3°

S u m i r a n j e r e d o v a . Neka funkcija f(z) ima konačno singulariteta u pro širenoj kompleksnoj ravni, i na putanji eN, sl 24 (N prirodan broj ili O) ispunjava M i M konstanta koja ne zavisi od N. Tada je uslov l /(z) l .;;; --k , gde je lzf

k> l

l) 2)

,L

f(n) � - {Zbir reziduuma funkcije n ctg nz /(z) u svim polo-

,L

(- 1)" /(n) � - {Zbir reziduuma funkcije n (csc nz/(z) u svim polo-

oo

11 = - 00 oo

vima funkcije /(z)}.

n = - oo

vima funkcije /(z)}.

3) � f ( 2 n2+ 1 ) � {Zbir reziduuma funkcije n tg n f(z) u svim polo vima funkcije /(z)}. 2n+ 1 4) n=� 1( 2 ) � {Zbir reziduuma funkcije n sec n z f(z) u svim polo n�

z

oo

(- l)"

vima funkcije /(z)}.

oo

(N+ fX-141.. )

y

N+f

r•+ :!-X-t-ć)

X

Sl. 24

4° M i t t a g - L e f f l e r o v a t e o r e m a. l) Neka funkcija f(z) od singulariteta uređene u rastući niz u konačnoj z-ravni ima samo proste polove a, , a2 , a3, po modulima. 2) Neka su reziduumi u ovim polovima respektivno b 1 , b2 , b3 , 3) Neka su eN krugovi poluprečnika RN koji ne prolaze kroz polove i na kojima je [ /(z) [ < M, gde je M nezavisno od N i RN_. oo kad N-+oo . Tada je • • •

• • • •

/(z) �/(0) +

., bn ,L n- 1

[-l + -l ] z-a"

an

·

340

IX. K0MPLEKSNE FUNKCIJE

3475. Ako

z je za funkciju j(z) =

(z)

tada je rez /(z ) = (a) . Dokazati . z=a

1p' (a)

Naći reziduum u neotklonjivim singulantetima sledećih funkcija: 3476.

3479.

3482.

3485.

3488.

3491. 3492.

3493.

2

3477.

z 5- z 3 z Zn

sin z

3483.

--- ·

(z- 1 ) 2

cos

--2 z-

ctgz ctg hz z3

ctg z.

z1

e Pokazati da je rez --

[

z=,

(zZ + l ).·

Naći rezf(z) + rezf ( ) ako je z=O

z

z=l

al + rez f (z) = a0 + 2!

l)

l sin -

3484.

3487. e

J

l

z

·

·

+

--

z+ z

•

v-z �;r. lfz .

(

dokazati da je rez

Z= CIO

·

·

+ a�; zk )

·

ak · {k + l ) !

a1

-

z

·

3490.

e

z

zn

(nE N).

16 e

{(z) = (a0 + a1 z + ·

·

7i

Ako funkcija f(z) u okolini tačke

z=

z Z (zZ + 9)

ez

-- ---

Lz)

f (z) = (a0 + a1 z + a2 zZ + a3 z3 ) e+ + ez �1 + e

Pokazati da je za

z=

·

-;l

l

z:=J

e +e

l]

z-k + · · · -+ e

ima razvoJ

oc

a2 + z2

+-

r

.

·

·

[/(z)J2 = - 2 a0 a1 •

a [j' ] ako je

Naći rez

-

(k, n E N).

3481.

3489.

{( z ) = a0 +

3495.

z2 ( z

tački z = O.

u

zk+l

z2 + z- 1

sinJ zfz6

3486.

z=O

3494.

3480.

(n E N).

(z + l ) n

(z + 1 ) n+ k

3478.

(z)

f (z)

lo

pol n-og reda funkcije /(z).

z=a

nula n-og reda funkcije /(z);

2°

z =

a

18.

REZIDUUM :

341

NJEGOVA PRIMENA

f(z) i g; (z) regula r ne funkcije i a nula drugog reda funkcije z) f ( 'l' (z) i f(a) * O, tada je rez _ = [ 6 f' (a) q/' (a) -2j (a) q/" (a)]/3 [ql' (a))2

3496. Ako su

z=a

Dokazati. 3497. 3498.

,

.

N act

t

rez 'd •mm u tac�k'1

I zr azi t i

z=

[ ] q;

z =

.

( z)

4 za o be Jt o znacne � grane funkCIJe '

u ob• ku k onverge nt na

reda

U sledeći m

1n

• ;1 ..

(

�

)

z . z+ r

� sin z ln -

..

vz

z2 - 1-6 . --

�adacima naći reziduum vake jednoznačne grane odgova rajućih multiforrnnih funkcija u naznačen im tačkama:

3499.

7a Ln z

vz

� ---

1-

z= l .

,

l500.

3502. Izračunati reziduum u rački

�/(Z� aT{z- b) , Z =

z=2

funkcije

oo .

za granu za

�

(z- 2) Vz2 ( 1 -z)3

5

koju je izraz VZ2fl - z)3 na gornjoj ivici zaseka [0, l ] pozitivan.

·

350"-�· l zračunati rez

z � oo

::; 1 J [ Z +i l. + ,r:::1z2 ---

y

Sn · Je za onu granu za kOJU rz2 - 11 ::;---,- = - . · arg ,yr::: Z=i 8

Izračunati reziduume multiformnih funkcija u naznačenim tačkama: 3504.

ez

ln

z-a

z- {3

, z=

13505. Ln z sin z- 1

3506.

, z= l,

( �)

e7 Ln l -

zZ

oo .

,

z=O

3507. Izračunati integral

za granu za koju je Ln l

=

za granu za koju je Ln l

t __.!!!._ J z4 + l

2 k n i.

= O.

gde je e putanja u sledećim slučajevima:

e

2° j z- l j = l ; 3° i z + l J = l ; 4° j z - i j = l ; 2 6° J z j = 2; 7° xz-xy + yz + x + y = O. 1 ° J z l = _!_ ;

Izračunati sledeće integrale, duž zatvorene konture rotno smeru kretanja kazaljke na časovniku:

3508.

J e

dz gde je (z- 1)2 (z2 + l) '

e

krug

e

xz +yz-2 x- 2 y = 0 .

so j z + i j = l ;

o rije nti sane sup

342

3509.

IX . KOMPLEKSNE FUNKCUE

J

zdz (z- l ) (z-2)2

e

gde je

krug

e

'

J z-2J =_!__2 .

z3dz , gde je krug Jz J = J 2 z4+ l d� 2 , gde je astroida xT + yT = 2T. 3511. 2 J (z - l) -3) e-dz- , gde je k va J J = e J z J . 3512 , J z ezt dz 3513. J z2 (z2 + 2 z+ 2) ' gde je krug J z J = 3. 3514. J sin 1/2 dz, gde je krug J zi = l . 3510.

l.

e

e

2

2

2

e

e

z

.

.

e

ez

n

e

e

e-tfz

e

e

3515.

J snh

3 z/(z-n/4)3 dz, gde je

e

3516.

3517.

3518.

J sin : dz, gde je

krug

e

e

kvadrat koji čine prave x =

-----

·

·

2, y

=

±

2.

Iz l = r.

đz (la J< l , Jb J < l, n EN), gde je )n(z-b)n (zJ a z dz J (z- I) (z-2) (z-n) · 3

±

e

krug

JzJ =

l.

·

! z ! =2

2

3519.

J zn e z dz,

e

3520.

3521.

35 22.

1°

gde je

n ceo broj a

J zn-t (ez+ e+) dz gde je

e

krug

J

z J = 2.

JzJ = l, 2° J z-Cn+l> e-Zdz. J I /Vz +z+ l dz za granu za koju je VT = l, gde je krug Jz J = r =l= I. e

krug

Iz l=!

2

J [tp (z)]2dz gde je tp (z) =

! z-il= l

e

�

l

z2 - zi - e z -i Z-1

§ 8. REZIDUUM l

J I /V4 zZ + 4 z + 3 dz

3523.

3524.

dz (z4 + l ) Vz2 + l

J

granu za koju je

za

e

ctg z

J z (z- 1 ) dz.

[ z [ =2

3527. Dokazati da je

parabo la

e

y2

=

·

x on-

y.

J tg

3526.

n

z dz (n = l , 2, 3, . . . )

.

[ z [ =n

J ezfz dz = l .

[ eZ/z [ =e

rp (z) dz = n4i ,

J

3528. Odrediti ). tako da je

e.1.z_). z3VI -z2

(I /V4 z2 + 4 z + 3)z = t > 0 .

· Je · Jv!Il = l a za granu za k OJU

jentisana u smeru rašćenja 3525.

343

NJEGOVA PRIMENA

gde Je rp (z) grana funkcije

određena sa arg VT=- zz # n. [ z [ =2

z=O

Z

3529. Izračunati integral I=

J z e'- z dz l

l

_

zavisnosti od zatvorene konture

u

e

e.

Izračunati realne integrale:

d rp

z,.

3530.

J

o

3532.

a + cos rp

2n

2n

(a > l ) .

+ cos x dx.

3533.

3534.

oo

J

- oo

oo

J o

3541.

(a - cos x)z

x2 dx . x6 + l

oo

J

- oo

x dx (xz + 4 x + 13)2 ·

dx

(xz + l )n

3539.

dx (a # -:: l , aEK).

1- 2 a cos x + az

dx (a #b, ab # I ). oo

J x4 + l dx. "'

3536.

xz + l

3537.

J

x4 + l dx . x6 +

l

3542.

oo

3540.

J (xzxz+dxaz)z

(a > O).

o

dx

J (xz + az) (xz + bZ)

- oo

dx

J i + x6 .

o

- oo

- oo

(n E N).

(a> l).

cosz 3 x

(1 -2 a cos x + aZ) ( 1 -2 b cos x + t:)

o

3538.

cos x dx

sinz x

J

3535.

J

o

o

n

J

o z,.

J l + cosz x l

3531.

(a > O, b > O).

344

3543.

IX.

J

- OO

3544.

\0

x2 m dx (m < n, m, n E. N ). xzn +

l

oo

J x2-2 x + l O

oo

3545.

oo

3546.

X COS X

x sin ax

J _ x2 + 2

- oo

KOM PLEKSNE FUNKCIJE

r

dx;

oo

J

- oo

x sin x dx. x2 -2x + 1 0

(a>O, r>O).

dx

r

cos ax dx

oo

J xz + r2

(a>O, r>O).

3547.

o

x sin x dx. x4 + x2 + l

J

o

3548. Neka je f(z) = tfttz F(z), gde je

a>O

l o U gornjoj poluravni ima konačan broj singularnih tačaka a1 , a2,

2°

a F (z) ima osobine:

Regularna je u svim tačkama realne ose osim u tačkama koje su polovi prvog reda.

3° Za /m (z) > O

Xp x2,

• • •

• • •

,

,

an.

Xm.

važi lim F (z) = O. Dokazati da je

J f(x) dx = 2 Jt i Ltl z�� f{z) + � kt z�ex:f (z)] . Z --+ 00

oo

- oo

gde s e integral podrazumeva u smislu glavne vrednosti u odnosu tačke xk i oo .

na

Izračunati sledeće realne integrale:

3549.

; J o

3550.

1n

(I

L

lc

Jo

+1

n

+ x2)

r

oo

3551.

cos x

dx. r

sin a x dx (x2-x)(x2 + 1) 2 ·' (x 2 + l ) sin a x

xJ + a2 x

c os a x

J (x2-x) (x2 + l )2 dx.

- oo

dx; 2o

oo

J

(x2 + l) cos ax xJ + az x

- oo

3552. lntegraleći funkciju f(z)

temena

..

± n, ± n +

i Jt,

=

z

a- e-Cz

(a>O)

dx.

duž pravougaonika čija "

izračunati realni integral

J

o

xsinx

l -2 a cos x + az

su dx.

š 8. REZIDUUM

J ---

ez tz _ l dz

3553. Pomoću integrala

realni integral

l

., sin z x

J

z2

xz

o

J

3554. Pomoću integrala

NJEGOVA PRIMENA

gde je

kontura na sl . 25, izračunati

dx.

eJ«z-3 e'z + 2 dz z3 ·

·

J

oo

računati realni integral

e

345

o

gde je

e

kontura na sl. 25, rz-

sinJ x dx. xJ y

R

.-

OI

R

Sl. 25

3555. Koristeći integral

dokazati da je

R

Sl. 26

J sh�n z dz

., sh ax

J

e

o

sh n x

3556. Polazeći od integrala

(-n
e

kontura na

J zP-l e-az dz

(a > O, O J COS xP dx = _!_p r(_!_p ) COS � 2p

1).

o

3558.

( [ P I < l ). J sin xP dx = _!_p r (.!p..) sin � 2p

o

sl. 26,

l a dx = l tg l .

e

1o

X

Sl. 27

e

kontura

IX. KOMPLEKSNE FUNKCUE

3559. Neka je

rp (z) racionalna funkcija takva da je

lim

z rp (z) = O.

J l rpx(x)+ n dx = � [--1z rp ] oo

o

rez

2

nZ

d.

k=!

Z -'> OO

(z)

ln

z= ak

Dokazati da je

rp . · Ini smgulantetl · · funk CIJe · · -gde su a1 , az , . . . , an Je ·

J l + ez dz (O
3560. Polazeći od integrala

�

e

--

- oo

Dokazati sledeće jednakosti: 3561. 356%.

J

o

cos x- e-x X

oo

3564.

�3567. 3569.

e

kontura na

sl.

l"' 'i

l

OI

Sl. 28

a> O) .

(

R

28,

X

..

J

o

x sh x dx = ___!!!!__ ch 2x + cos 2a 4 sin a

oo

J

(O
eax_ ebx dx = (ctg an-ctg n) l -ex

b

n

- oo

3565.

l), gde je

-R

a

- oo

3563.

dx = O.

xz-az sin x dx = n (2 e-a - l) xz + Z X

J

ln z

oo

izračunati realni i nte r a

oo

(z)

·

oo

J

o

•

n = - · ---nz az + (az + xz) (lnz x + nz) lnz a + dx

.x"-1 dx = n +x sin na

Jl

o

..

sin x dx = x+

J a

o

Zn

2a

(l

J

"'

o

(O < a< 1).

e-ax dx l + xz

+ 2 cos x)n cos n x

J l -a-2acosx (- l
o

4

(a>O).

l

dx =

(a>O).

nz · J x4ln+x dx = -8 V2 oo

3568.

o

-1

2 n ( l-a-Vl-2a- 3az)n 2az V l-2a- 3 az

§ 8. REZIDUUM

l

l

x dx = (2 n - l) ! ! J ( 1 -x Z) lfz (2 n) ! !

3570.

zn

(n E N).

-l

l

3571.

347

NIEGOVA PRIMENA

n ( l -p) P -x)P dx = p ·2 . J x ( l (+l x)3 8 �in n p l-P

o

np n ( . np stn - + cos-- 1 ) J ( l + x)l +Pxz(l -x) dx = -sin n p 2 2 l

3572.

l-

P

·

-l

3573. Dokazati da j e

1 -- = !!-. ctg h n a � n--oo nZ + z a

�

' reda , . zb Ir 3574 . Naci

L.

m= l

l

a

(a> O) .

(a > O, k E N) .

-

azk + mzk

Dokazati da je: 3575.

L: oo

n =l

n l =ct h n a- nz + az 2 a 2 az l

g

(a > O) .

3576.

l n L: =- . z

"'

n=l

6

nz

3577. Ako je a realan broj ali nije ceo, dokazati da je

oo

( - l )n n= oo (n + a) Z

�

nz cos n a SinZ n a

3578. Ako a ispunjava uslove kao u prethodnom zadatku, dokazati da je

3579. Naći zbir reda

� ( - l )n

n=O

1 (2 n + 1)3

.

Dokazati sledeće jednakosti: 3580.

L:

oo ctg n n

n=l

n3

7 n3 =- . 1 80 3583,

L: oo

n= l 3584 •

L: ( "'

- l)n-t n sin n

n= l

nZ + aZ

O = n sha O

2 Sha n

(-n
( - l)n-1

l n3 s hn n

=- .

n3

360

348

3585.

lX. KOMPLEKSNE FUNKCIJE

2 ""

n = - 00

l -- n sh 2 n a + sin 2 n a n4 + 4 a4 4 a3 sh 2 n a-cos 2na

3586.

Naći zbirove redova: 3587.

oo l

2: - · n = l n4

3588.

2: - .

oo l n = l n6

Koristeći Mittag-Lefflerovu teoremu, dokazati da je: 3589.

(

l l l l + CSC Z = -- 2 z Z z2- n2) z2 - 4 nz zZ -9 nz

.

.

.

)

.

)· z = 2 z( + .. + + n/2)2 -z2 n/2)2- z2 . ) (n/2)2-z2 1 + 1 · · ·) z = __!__ + 2 z ( 1 + z z2-nz zZ- 4 nz z2- 9 n2 z = _!_ _ 2 z ( 1 +··· · + z2 + nz zZ + 4 nz z2 + 9 nz z ) 5 3 1 z=n( + n/2)2 + z2 (n/2)2 + z2 ) n/2)2 + zZ + +. + z=2z( ) n/2)2 + z2 (5 n/2)2 + z� (n/2)2 + z2 1 + 1 + · z = _!_ + 2 z ( 1 + z2 + nz z2 + 4 nz z2 + 9 nz · · )

3590. sec z = n 3591. tg

---

�

1- (-(n/2)2 -zz

(3 n/2 2-z2

l

l

+

�

(5 n/ 2 - z2

.

.

.

l

(5

(3

.

3592. ctg

+

.

3593. esc h

3594. sec h

l

3595. tg h

. . .

(5

(3

l

l

.

(3

3596. ctg h

z

.

·

. ·

Glava X SPECIJALNE FUNKCIJE*

§ l. Gama-funkcija i Beta-funkcija

1° Neka je R. {z} > O. Gama-funkcija F (z) se definiše sa

F (z) =

(i)

J t•- 1 r 1 dt. o

zo l nahtičko produženje funkcije

r (z), definisane sa (l), ispunjava uslov

F (z + l) = z F (z).

(2)

Koristeći (2) r (z) se, pomoću r (z) =

žava na celu kompleksnu ravan.

3° Važnije osobine:

l)

F (z + n + l) z (z + l) (z + 2) · · (z + n) ·

k ·' k•. F (z) = lim k-+ oo (z + l ) (z + 2) . . · (z + k)

fl (

)

,

analitički

z 1 "' z -- = zeY z l + - e-k , F (z) k k=l

2)

+ � + � + · · · + �-ln p p 3 2

gde je y = lim

{1

3)

F (z) r (l-z) =-.--.

p-+ oo

n sm n z

}

Eulerova konstanta.

5)

• U ovoj glavi oznake u zadacima su definisane u odgovarajućim uvodima.

produ-

350

X. SPECUALNE FUNKCUE

R,{p}>O R,{q}>O. Beta-funkcija B(p,q) B (p, q) (1-t) dt. B(p, q)=B(r(pq,)r(p). q) B(p, q)= r(p +q) .

4o Neka je

i

l

=

se definiše sa

q- 1

J t�>- 1

l!

so Osobina Beta-funkcije:

l) 2)

Pokazati da je:

T(m) = 2 J xzm-1 e-Z2 tfx (m>O) . oo

3597.

o

3599. 3601.

T( - 7/2) = 1 6 Vti 105 . T(-1/3) = -3 T(z/3).

T (-1/2) = -2 v;.

3600.

T(z) ima proste je re T(z) = (- l) _!_ Z= -n n!

3602. Pokazati da analitičko produženje od

kama:

O,

-2,

-1,

. . . i da

z

n

.

3603. Izraziti sledeće integrale preko T-funkcije: l

J [ln (1/t)] - 112 dt;

1o

o

2o J (ye -Y2)1f. dy. oo

o

Dokazati da je:

J (x-xzl )P dx = T (l +p) F (l -p) oo

3604.

l

3605.

(-l
J xm e-axn dx = � a-m�t ( : ) (m>O, n>O, a>O). oo

r

o

l

( - l ) m+t v; 2m+1 (m = O, l , 2, . . .). (2 m + l) !!

3606.

T(-I/2 - m) =

3607.

22z- 1 T (z) r z +

3608. i r

m

( +) = v;i T (2 z) .

(iy) 1 = \Jl ys:n y (y>O).

polove u tač

§ l. GAMA-FUNKCIJA I BETA-FUNKCIJA

3Sl

3609.

3610.

CD

361 1 •

( �) r( � ) ( !) ( ) C�t

r

r

·

. .r m

l

=

m

(nn/2) (O < n < 2). J intnt dt = n cosec 2 r (n) "" cos t n sec (nn/2) J tn dt = 2 r (n) (O < n < l ),

�

'

(m = l , 2,

3, . . .)-

s

o

3612.

o

3613.

n/2

J cos

p

e cos

o

q

{

e d fJ = n r (p + l ) 2P+l

C � q ) C + �-q )}

r + +

r

3614.

3615. Neka je 1p (z) =

F' (z)

i y= -

r (z)

"'

J

e-t ln t dt . Pokazati da funkcija

y

o

osobine: l

1 ° 1p(z + l ) = - + 1p (z); z

2 ° 1p ( 1 -z)-1p (z) = n ctg n z;

3o

( �)+

1p (z) + 1p z +

4° 1p (n + l ) = - y

5°

1tJ

(+)

2 ln 2 = 2 1p (2 z);

n

l

+ L -; •= l v

= -y -2 ln 2 .

361 6. Do kam6 da j '

( + �) ( + � )( + �, ) · · � [r(�)�'(r�} l

l

l

,

l

ima

352

X.

SPECIJALNE FUNKCIJE

3618. Izračunati sledeće integrale preko B-funkcije: 2

n/2

1° J Vx (2 -x) dx; 2° J �1tg 0 d0. o

o

Dokazati da je:

3620.

t

3621.

J

o

3622.

xm-t + xn -t dx = 2 B (m, n) ( l + x)m+n

B (m + l , n)

m

B (m, n + l )

n

(Re {m} > O, Re {n} > O).

3623.

§ 2. Hipergeometrijska funkcija i Zeta-funkcija lo

Hipergeometrijska funkcija F (a, b, e,

F (a, b, e, z) � (jzj<

l

Za l z l >

i

l

l! c ab

l+jzj � l

z)

se definiše redom

a (a + l ) (a + 2) b !b + I ) (b + 2l a (a + l ) b (b + I ) --- ---z + -z2 + 3 ! c tc + l ) (c + 2 ) 2 ! c (c + l l --- --

ako 'e R, {c-a-b} > O).

funkcija F (a, b, e,

z)

se može analitički produžiti.

2° Važnije osobine: l) Za

j z j < l,

F (a, b, e, z) �

R. { c } > R. { b } < O važi r (e)

-F(b) F (c - b)

--

!oo tb - 1 (l -t)c- b- 1 ( ! - tz) - a dt.

0

2) y � F (a b, e, z) zadovoljava Gaussovu diferencijalnu jednaćinu ,

z ( 1 - z) y" + [c- (a + r + l ) z] y' - aby + O.

z3 +

• • •

§ 2. HIPERGEOMETRIJSKA FUNKCIJA

l

353

ZETA-FUNKCIJA

R, {z}> l. Zeta-funkcija e (z) je definisana redom oo e (z)= L: n•-l . e (z) s� može analitički produžiti za druge vrednosti z. Važnije osobine e-funkcije: I) e (l-z)=2'-•T(z) cos(nz/2) e(z). dt (R. {z}>O). 2) e(z) =-1T(z)- f � et + ] e (2 k) - 2 k-•(2k)!n k Bk (k= l, 2, 3, . .), gde su Bk Bernoullievi brojevi. *l -1 e (-z) = fl ( 1 -_1_) , gde se proizvod uzima po svim prostim brojevima p.

3 o Neka je

i

4°

k= l

oo

o

'

3)

'

4)

.

p•

p

( -m, ·� -m, l ) ako je m prirodan broj.

3624. Izračunati F 1/2, Pokazati da je:

3625. F ( l /2, 1 /2, 3/2, zZ) =

Arc sin z z

3627. F ( l /2 , l , 3/2, -zZ) =

3626. z F ( l , l , 2, - 2) = ln (1 + z).

.

Arc tg z z

.

3628. F (a, - a, 1 /2, sinZ z) = cos 2 a z.

- F (a + l , b + l , e + l , z). b, e, z) = ah e F(e) F(e-a-b) R {e-a-b} > O, e:;i:O, F (a, b, e, l) = ( e F(e-a) F(e-b) F (a, b, e, z) = ( l -z)c-a-b F(e - a, e-b, e, z).

d dz

3629. - F(a, 3630. 3631.

n/2

3632.

dcp

J v 1 - kz sinz cp

o

:n;

-

2

F ( l /2, 1 /2, l , kZ).

3633. ( l + x) n = F (-n, {J, {J, -x). 3635. ln ( l + x) = F ( l , l , 2 , -x). •) Videti § 4 ove glave. 23

Zbirka zadataka

iz

- l , -2, . . .) .

više matematike II

(

)

3634. eX = lim F l , n, l , � . n---.:;. oo n

l l +x 3636. - ln - = F ( l/2, l , 3/2, x2). 2x 1 -x

3S4

3637.

3638.

3939.

X.

SPECUALNE FUNKCIJE

n , 1- n l (l + x)n + (l -x)n = 2 F -2 2 2 Dokazati da je za l x l < l opšte rešenje Gaussove jednačine x ( l -x) y" + [c - (a + b + l ) x] y'-aby= O dato sa y = c1 F(a, b, e, x) + c2xi-c F(a-c+ l , b-c + l , 2-c, x) . 1 x naziva se Jacobie Polinom Q (x) = F p+ q + n + l , -n , p + l , ' 2

(

-- ,

- ,

)

(

polinom.

Dokazati da je

( 1 -x)P ( l + x)q Q (x) = dn (1 - x)P+n(I + x)q+n . l = 2n (p + l) (p + 2) · · · ( p + n) dxn 1 x Neka je Fn (x) = F a + n , fJ + n , y + n , 2

[

3640.

]

}

(

:X [(1-x)Y( l + x)a+il-Y+l F1 (x) J = 2 y ( 1-x)Y-1 ( l + x)a+iJ-Y F0 (x). Pokazati da je

3641. Dokazati +

da je

' (z) =

analitička � _!__ kZ

funkcija u oblasti R,_

k= !

{z} > l +

15, gde je 15 proizvoljan mali broj.

3642. Dokazati da je Il P

stim brojevima

3643. Pokazati da je

brojevima

3644. Pokazati

p.

( 1 _!_pX)- t = ' (z) , _

gde je proizvod uzet po svim pro-

.

p.

TI t-_!_ p p2

) - ' = n62

(

gde je proizvod uzet po svim prim

da je jedini singularitet funkcije !; (z) tačka reda u kojem je reziduum jednak l .

3645. Pokazati da je:

} 0 ' ( - 1) = - 1/1 2; 2° 1; ( - 3) = 1/120. § 3. Eliptičke funkcije

l • J a e o b i e v e e l i p t i č k e f u n k e i j e. Integral

(l )J

w

l)

z= l

pol prvog

§ J. ELIPTICKE FUNKCIJE

35�

naziva se eliptilki integral prve vrste. On egzistira za w realno i takvo da je l w l< l. Analitičkim produženjem on se može produžiti i za druge vrednosti w. Ako je t = sin () i w = sin q; dobijamo

z=

(2)

rp

J

o

dO . V l -k2 sin2 ()

k konstanta, funkciju q; =/(z), definisanu sa (2), (q; =am (z, k)), a funkciju w = g (z). definisanu sa (l), ( w = sn (z, k)). Ova poslednja s e naziva eliptička funkcija.

Ako je

označavamo sa q; = am :1 označavamo sa w - sn :1

Po analogiji sa trigonometrijskim funkcijama, uvode se i sledeće eliptičke funkcije

en z = Vl -sn2 z

dn z = V l -k2 sn2 z.

2° P e r i o d i č n o s t e l i p t i č k i h f u n k c i j a. Funkcija perioda: 4 K i 2 iK' gde je: l

K=

J o

3

o

dt , V(l -t2) (l -k2 t2)

l

K' -

J

o

snz

ima dva osnovna

dt V (l -t2) (1 -k'2 t2)

a k i k' su vezani jednakosti k' = Vl - k2 nazivaju se komplementarni moduli funkcije sn z. Funkcija en z ima periode 4 K i 2 K+ 2 i K', a funkcija dn z ima osnovne periode 2 K i 4 iK'. A d i e i o n e t e o r e m e i i z v o d i e l i p t i č k i h f u n k e i j a.

snz1 en z2 dn z2 + en z1 dn z1 sn z2 . l -k2 sn2 z1 sn2 z2 enz1 enz2-sn z1 snz2 dn z, dn z2 en (z1 + z2) = ----:-----:-:-: --:--,---l -k2 sn2z1 sn2 z2 dn z1 dnz2-k2 sn z1 sn z2 en z1 enz2 . ·� +� = l -k2 sn2 z1 sn2 z2 (snz)' = en z dnz; (enz)' = -sn z dn z; (dn z)' = k2 snz enz.

l) sn(z1 + z,) = ·

-

2)

-

Dokazati da je: 3646. 3647. 3648. 3649. 3650. 3651.

o so

l sn (O) = O; 2° en (O) = l; 3° dn (O) = l; 4° sn (-z) = -sn z; en (-z) =en z; 6° dn (-z)=dnz. l o sn (z+ 2 K) = -sn z; 2° en (z+ 2K) = -en z. lo sin (K+iK') = l/k; 2° en (K+ iK') = -ik'/k; 3 dn (K+ iK') =O. 1 ° sn (2K+ i 2 K')= 0; 2° en (2 K+ 2 iK') = l; 3° dn (2 K+ 2 iK') = -1. l o sn (z+2 iK')=snz; 2° en (z+2K+2 iK') =enz; 3° dn (z+4 iK') =dnz. 2 sn z en z dn z ; 2° en 2z= l -2 snz z + k2 sn4 z . l o sn 2 z= l k2 sn4 1 - k2 sn4 z -

z

356

3652. 3653.

X . SPECIJALNE FUNKCIJE

snz ) snz1 + snz2 ( tnz =en z enz1 +enz2 l sn (K/2) = V 2/3 � 2° en (K/2) = VTJ3; 3 ° dn (K/2) = V l /2. (U svim slučajevima je k= {3j2). ·

o

3654. Pokazati da je opšte rešenje diferencijalne jednačine

dato

y" = (6 k2 snz x +h) y dx sa y= enx dnx (e1 + e2 J Sn2 xenz x) ·

Dokazati da je;

sn (iz, k) = i tn (z, k'); 2° en (iz, k)en (z, k')= l ; 3° dn (iz, k) = dnen (z,(z, k'k')) . en 2z+ dn 2 z dnzz. snz z+ enz z= 3657. l +en 2z J V tdt4 1 = V2 K(VI) . (K (k) = J V 1 - dk2cpsmz cp je po tpuni eliptički integral prve vrste).

3655. l o 3656.

l.

=

oo

3658.

l

l

l

n/2

.

o

J V( l - uz)du( 1 -kz uz) !!__2 F ( 1 /2, 1 /2, l , kz). dK K E· -= --+dk k kk' l

3659.

o

3660.

(E (k)= J Vrl-k=-z-s-:-in_2_ d je potpuni eliptički integral druge vrste) . dE K E . 3661. -= --+- gde Je K=K(k), E=E(k). dk k k 3662. KE' +K' E-KK' =n/2, gde su K=K(k) i E=E(k) potpuni eliptički integrali prve druge vrste i K' =K (k'), E'= E (k') , k2 + k'2 = l . (Legendreova relacija) 1-k' 3663. 2K(e)=(l t k') K(k) gde je: e=--, k2+k'2 = 1. l +k' cp cp

n/2

o

i

�

4.

357

BERNOULLIEVI POLINOMI I BERNOULLIEVI BROJEVI

K =K(k) i K' =K(k') zadovoljavaju diferencijalnu dz y + (1- 3 kZ) dy-ky =O. jednačinu k (1- kZ) dk dk2 Dokazati da je: l l 3665. snz=z--(l +kZ)z3+- (1 + 14k+k4)zS+ . . . 6 120 l l 3666. cnz= 1- - z2 +- (l +4k2)z4+ . . . 2 24 l l 3667. dnz= l--kZ z2 + - kZ (kZ+4)z4+ . . . 2 24 3668. Odrediti realni imaginarni deo funkcije w =sn(z, k) (z=x+iy, O
lo

§ 4. Bernoullievi polinomi i Bernoullievi brojevi

F u n k c i j a g e n e r a t r i s a. Funkcija G (t, x) kompleksne promenljive t i kompleksnog parametra x je generatrisa niza funkcija lPn (x) (n = O, l, 2, . ) ako j e

G (t, x) 2° Bernoul/ievi po/inomi Bn (x)

oo

=

n =O

{��:

st· definisani generatrisom

G (t, x) = 3°

2 IPn (x) tn.

. .

V a ž n i j e o s o b i n e:

l,

, x* O X = O.

l n l) Bn (X) = -, 2 (Z) Bk xn - k gde su Bk izvesne konstante ko e se zovu Bernoul n . k =O lievi brojevi. 2) Za Bernoullieve brojeve i Bernoullieve polinome važi sledeća simbolička relacija n ! Bn (x) = (B + x)n gde posle izvršenog stepenovanja umesto Bk treba staviti Bk (k = l, 2, . . . , n). x oo __ , x*O B 3) Ako je f(x) = , tada j e [(x) = 2 � xn. n =O n '. . l, X=O

{&'-1

3669. Naći prvih osam Bernoullievih brojeva. 3670. Naći prva četiri Bernoullieva polinoma. 3671. Pokazati da je

Bn (O)= Bn!n .

358

X. SPECIJALNE FUNKCIJE

3672. Razvijajući u stepeni red po

pokazati da je Pokazati da je: 3673.

x funkciju (x) q;

( n=O� Bn.� xn ) (n=o� (n +1 1 ) . xn ) = l .

={eX x

l,

1'

x

=F O

X=O

1

� _nl2k_ = ( -l)k-1 B22k (2(2k)!n)2" .

n= l

3674.

3676. 3677. 3678.

2:

V "- 1 l = ( - l )" k 2 (2 n-1) 2 (2 k)! B2 k n2 k . n= l (k = l , 2, 3, . . . ). n (treba gde posle dizanja na k-ti stepen umesto Bk treba 2B+ staviti l)n=(2-2 )B n Bk (k= l , 2, . . . , n). Dokazati da su Bernoullievi brojevi racionalni. Brojevi E0, Ep E2 , , definisani simboličkom relacijom (E+ l)n = (E- l )n (n = l , 2, . . .), gde posle stepenovanja umesto E" treba staviti Ek , zovu se Eulerovi brojevi. Pokazati da je E2 k_ 1 = O (k = l , 2, 3, . . .) . �

•

•

•

Dokazati da je:

B+ 3)n = (2-2n) Bn + n En-t · X B2 n x2 n ( j x j < l). X - ctg h- = � -2 2 n=O (2 n) ! 22 n (22n- l)B2 n x2 n-1 tg X = 2: ( -l)n (2 n) ! n= l z _ = l + � (22 n _ 2) Bn z2 n (lz J
3681. (4 3 682.

3683.

3684. 3685•

3686•

L.

�

L.

L.

§ 4. BERNOULLIEVI POLINOMI

3687. Dokazati da je

l

o

- 1 o o 2!

-- 1 o

Bz n = (2 n)!

o

l

l

3! 2!

o

1 1 1 ---1 2!

4! 3!

359

BERNOULLIEYI BROJEVI

zn-t . 3689. Bn (l-x)=(-l)n Bn (X). 3688. Bn (l +z)-Bn (z)= (n- l)! l k (k (x) =Bn-k (x) l 3692. Bn (0)= Bn (l) = --Bn n! (n> 1). l Bn k (k (O) = (n-k) ! l [{1 +k +B)n+l -Bn+I]. 3694. l n + 2n + 3 n + + kn = -n+ l l . l n + 2n + 3 n . +kn = -3695. hm n n+l k +l oo k-..ao oo 2P f 1 3696. B2P ( -l)p-1 4 p J ez " t-1 dt. {-l)k-I2 [(2k)!)2 oo cos 2 n n x . 3698. Bz k (x) = (2 n)zk n�! nzk 3699. Neka funkcija f(x) u intervalu (k, k+ l ) ima neprekidne izvode do 211 + l o reda zaključno. Dokazati sledeću Eulerovu sumacionu .formulu k+ l B _!_ [ f(k + 1 ) -f(k) ] {1 (x) dx+ z [ f' (k + 1 ) -f' (k)] + 2! 2 k + B4!4 [! "' (k+ l) -J "' (k)] + . + (211Bz)v ! [j<2 v-l) (k+ l ) -j<2 v- l) (k)) + l ( 2 J f v+ l) x+ k) Bzv+l (X) dX. (2 n)! (2n- l)!

o

_

n

•

·

·

.

• •

=

o

-

g

=

L

•

(

+

o

•

2!

8,

c360

X. SPECIJALNE FUNKCIJE

§ 5. Legendreovi polinomi

Pn (x) (n=O, 2, . .. l (/x ! < l) G(t, x)= Vt-2xt+t 2 G (t, x) G (0, x) = l. ZO (2n-2k)! (n-k) xn - lk. l) P,.(x)=-zln k=[nL/Z]O (-l)k (n-k)! . (n-k)! k l (x2-1)" 2) P,..(x)= -n! 2" -dx" (n+ l) Pn + (x)-(2n + l)x P,. (x) +n Pn (x) =O. 2 J- l Pm (x) Pn (x) dx= -Zn+-!5l mn 5) Pn (x) (x2 - 1 )y"+ 2 xy' -n (n+l) Y =0 (n=O, 1 2, . . .). 1° Legendreovi po/inomi,

l,

gde se uzima ona grana funkcije

), su definisani generatrisom

za koju je

Važnije o s o bi ne:

d"

3)

1

(Rodriguesova formu/a.) _1

l

4)

(osobina ortogonalnosti).

je jedno partikularno rešenj e jednačine

Dokazati jednakosti:

P:+ l (z)-P:_ 1 (z)= (2 n+ l) Pn (z). 3702. P:+l (z)-z P:_ l (z)= (n+ l) Pn (z). 3703. nP:+ l (z)-(2 n+ l) z P: (z)+ (n + l) P n- l (z)= O. . - (2 n-1)!! ,. 3 o Pn ( l ) - l ,· 3704. l P2n + 1 (0) =0, 2 P2n (0) -(-l)n (2n) ! ! n 4° Pn (-1)=(-l) . 3705. (x2 -l) Pn (x) =nx Pn (x)-n Pn-1 (x). 3706. (1-xZ) ([P:(x)Y-P:_1 (x)P: +1 (x)} =n(n+ l) [ P� (x)-Pn-1 (x)Pn+ 1 (x) ] . l l 3707. J ( 1 -xZ) P� (x) P: (x) dx= O. 3708. J Pz m(x)Pn (x)Pn_1 (x ) dx=0. -l

3701.

o

o

-l

l

3709.

J P; n (x)P;m(x)dx= 2m(2m + l) (n>m).

-l

361

§ 5. LEGENDREOVJ POLINOMJ

l

J

3710.

-l

3711.

l

J

2n+ l (n '· ) Z xn Pn (x) dx = (2 n + l) !

·

n (n + l) (2 n- l) (2n + l) (2 n + dn l {(x-a) n (x-b)n } fn (x) = n! (b - a)n dxn

x2 Pn+ t (x) Pn-t (x) dx =

o

3712. Ako je

dokazati da je:

1 ° fn (a) = (- l)n ; 2° fn (b) = l; 3713. Pokazat i da je

y=

3) · (n = O, l , 2,

{ 0, n=2k+1

. . .),

3° fn (a ; b) = ( -�/2 ) , n = 2 k '

dm [Pn (x)] partikularno rešenje diferencijalne jednačine dxm

( 1 -x2) y" - 2 (m + l) xy' + [n (n + 1 ) -m (m + l)] y = O . 3714. Odrediti

ak (k = O, l , . . . , n)

iz identiteta

m

i

n (n > m) l

J

-l

n

k�O

Legendreov polinom. 3715. Ako su

xn = 2 ak P (x) k

iste parnosti, dokazati da je

d d - Pn (x) - Pm (x) dx = m (m + 1). dx dx

3716. Izračunati integral

l

J (x2 - 1) Pn+t (x) P: (x) dx.

-l

3717. Ako j e

Pv ( - 1 /2) = P.,

pokazati da je

3718. Polazeći od Laplaceove formule za Legendreove polinome:

= � J (x + Vxz "

Pn (x)

l cos oy d8,

o

pokazati da

za

njih važi nejednakost

P 2 (x) < Pn-t (x) Pn+t (x) n

3719. Proveriti jednakost

n

n Pn (cos B) = L

k= l

cos

( l x l > l).

(k B) Pn-k (cos B).

gde je

Pk (x)

362

X.

SPECIJALNE FUNKCIJE

3720. Pokazati da je opšti integral Legendreove jednačine

( 1 - z2)y" - 2zy' + n(n+ l)y=O n =O, l, 2, . . .) y=c1 P11 (z)+c2 Q11 (z) Qn(z)=Pn(z) J (t2- l)��n (t))2 · ""

funkcija

gde je

z

3721. Pomoću prethodnog zadatka pokazati da je opšte rešenje

-z2)y" -2 z y' 2 y =O. z-l ] · y=c1 z+c2 [ 1 +_!_z 2 z+l m (2m)! l o 2 m (z) --(-l)m 22m (m !)2 F (-m, m+ __!__2 , _!_2 , z2) ., l)! zF ( -m, m+- , - , z2 . 2 P2."..+ 1 (z)= (-l)m(2m+ . 2 2 ) 22m (m!)2 m dm+l Pm+n(z) l z=t = --' F(2m+n+2)- -+l 2m+1--(m+---' l)! F (n) dxm (I

+

funkcija 3722. Ako je

Ln

prirodan broj , dokazati da je:

p

3

o

3723. Ako je

3

prirodan broj, dokazati da je

3724. Uzas topnom primenom parcijalne integracije dokazati da je l

2m+ 1 m!n!

J- (l +x)mP11 (x) dx= (m-n)! (m+n+ l)!

------

l

§ 6. Laguerreovi polinomi l o Laguerreovi polinomi Ln (x) su ddinisani sa

l

-

J -t

e

_

_E_

!-t =

2° V a ž n i j e o s o b i n e :

l) Ln (x) = &' 2) Ln + t (x)

3)

+

dn

-

dx"

n=

L n (x) --

n!

tn .

(xn e - x).

(x -2 n- J) Ln (x)

+

n2 L,. _ 1 (x) = O.

J e-XLm (x) L,. (x) dx = (n !)2 <5 mn ·

o

2: "'

(n<m) .

jednačine

363

§ b. LAGUERREOVI POLINOMI

4) Ln (x) je jedno partikularno rešenje jednačine xy" + (l - x)y' + ny = O. d " (x" + • e - "'), gde je 3° Polinomi L! (x) = x - • e"' d x" Laguerreovi polinomi.

3725.

s

konstanta, zovu se genera/isani

l L0 (x); 2° L1 (x); 3° L2 (x); 4° L3 (x). Ln (x) = � (- l)k nk :. ( kn ) xk. y =Ln (l-x) (1-x) y" -xy'+ ny =O. o 1 - ,} { utn :> n (1 -t e -/'!_ ) =Ln (x). n! e-xt (t--dt= + t1Hl Ln (x). 2ni dz .[ e-z ( + �) " =Ln (x) � J 2m z z z=O. xn = � (-I)k__!_ ( n ) Lk(x). n! k! k Ln(ax)=n! i ( mn ) ( I -a)n-m am Lmm�.x) . !Ln (x) l
3726. Pokazati da je

k=O

3727. Pokazati da je

partikularno rešenje diferencijalne jednačine

Dokazati da je:

3728. 3729.

t= O

l)

I t l = r> O

3730.

gde je

l

e

zatvorena kriva koja opkoljava

e

tačku

3731 .

3732.

3733.

k=O

m= O X

(Szegova nejednakost).

3734. Dokazati osobinu ortogonalnosti Laguerreovih polinoma, tj. jednakost

Je-x Lm (x) Ln (x) đx = (n!)2 bmn ·

o

L!(x), L!(z) (z-2n-s + l) L�- l (z) + (n-2) (n+ s - 1) L�-2 (z)= O. !{_ [L! (x)] =-n L��l (x). dx Dokazati da za generalisane Laguerreove polinome,

3735. 3736.

+

važe osobine:

364

X.

SPECIJALNE FUNKCIJE

t � 3737. x L � (x) = (n + s) L �- (x) -L �-:j: (x) . 3738.

l

(1 - t)B +

e l

_

_E_ "oo Ls (x) -tn 1 -t

-

oo

3739.

=o

n

n

(i t i <

n!

J xs + t e-X L � (x) L :,. (x) dx = m ! o

l).

r(s+ l +n) dmn·

oo

3740. Dokazati da funkcija

J= J o

e-Ax L'".(ax)L � (�x) x'I-1 dx

dovoljava sistem parcijalnih jednačina:

i)z ]- +(r+ 1 ) i)-i)ZJ -J m i)]- = O -+a oaz oa o-1 oa o -1 ()2 J ()z J ()J ()J {3-+{3 +(s+ l) -- n - = 0. o {32 o {3 o .1 o {3 o-1 a

--

§ 7. Hermiteovi polinomi T

Hermiteovi polinomi, Hn (x),

su

e2tx- t 2 =

definisani sa

2:

Hn (X) t n. nl n=O 00

__

2° Važnije osobine:

l)

Hn (X) =

2;

2 [n/ ]

(- l )k n!

-- (2 x) n - 2 k. k=O k! (n-2 k) ! --

2) Hn + 1 (x) -2 x Hn (X) + 2 n Hn - 1 (x) = 0. oo

3)

J e-x2 Hm (x) Hn (x) dx = 2n n! vnc5mn•

- oo

4) Hn (x) je jedno partikularno rešenje jednačine y"-2 xy' + 2 ny = 0.

3741. Naći prva četiri Hermiteova polinoma. 3742. Izračunati: 1 °

H2n (O);

2° H; ,. + t (O) .

Dokazati jednakosti : 3743.

H' (x) = -ddx {Hn (x)} = 2 n Hn-t (x). n

(a > l) za-

§ 7.

3744. 3745. 3746.

HERMITEOVI POLINOMI

365

Hn+J (x) = 2 X Hn (x) - 2 Hn-1 (x) (n;;;. 1). d2 {Hn (x)} - 2 x -d {Hn (x)}+2n Hn (X)=O. dx dxz x Funkcija z= e-2 Hn (x) se naziva Hermiteova funkcija. Pokazati da ova funkcija zadovoljava jed načinu z"+ (2 n+ 1-x2) z= O. n

l

Dokazati da je;

3747. 3 748

.

3750.

x (e - l) . Hn (x) ( - l)n dndx"' l 2 � HZ(x) . L. k l 2k = n.1 2n+l {Hn +l (x) -Hn (x)Hn+2 (x)} =

k=O

Erl

•

Hm (x) H11 (x) n; (x) dx = m!n! r2m+V+l ( m-n + 2 v)v; za r = m-n+ 2 v+ l, max (0, m-n)< v.;; n. = (n-v)'. v O, za ostale vrednosti. l· Vntl (a - l)m (a > 0). J e--;x2 H2 m (x) dx= (2m) -m! j

{

- oo

e -x2

oo

3751.

- oo

3752. Pokazati da funkcija-generatrisa Hermiteovih polinoma

w (x, z) = e2xz-z2 = 2 H_n.n_(x), - zn oo

n =O

zadovoljava parcijalne diferencijalne jednačine:

aw -2 (x-z)w=0, aw o-az x 2 zw=0 pa na osnovu toga izvesti rekurentni obrazac za Hermiteove polinome i njihove izvode, kao i diferencijalnu jednačinu koju zadovoljavaju ovi polinomi. Dokazati da između generalisanih Laguerreovih polinoma i Hermiteovih polinoma postoje veze:

3753.

H2 n (x) = (-l) n 2z n L;;-11\x2) .

3754.

H2 11+1 (x) = ( -I) n 22 n+l x L�'2(x2),

366

3755.

X . SPECIJALNE FUNKCIJE

Primenom stava o reziduumu dokazati da je Hn (z) = gde je

e

l J: --- dz 2 n i J zn+ e2xz-z2

_ _

I

prosta zatvorena kontura koja opkoljava tačku

§

z = O.

8. Cebiševljevi polinomi

Čebiševljevi polinomi Tn (x), su definisani sa Tn (X) =

--

(/Jn (x) en

gde je E0= l i En = 2 (n > l) a niz funkcija (/Jn (x) ima generatrisu G (t, x) = ZO V a ž n i j e o s o b i n e :

[n/21

l) T,. (x) =

k�O

(-l)k

M

n-k

----1 -2 x t + 1 2

( ) n-k k

2n - 2 k- t xn - 2 k (n;> l, To (X) = l.

dn nl 2) T,. (x) = (- 1) n 2n -·- V I -x 2 - (1 -x2) (2n)!

dx"

3) Tn + t (x) = 2 x T,. (x) - Tn - t (x). 4)

5)

fl

-l

l __

V 1 -x2

n- _!_

Tm (x) T,. (x) dx =

{

2

:!_ <'lmn • n * O 2

n;,

.

n=O

T,. (x) j e jedno partikularno rešenje jednačine (l)

3° Drugo partikularno rešenje jednačine

(l) je funkcija

U,. (x) = sin (n arc cos x) koja se zove Čebišev/jeva funkcija druge vrste. 4° Polinom x" + a1 x" - 1 + a2 xn - 2 + · · · + a,., sa realnim koeficijentima, za koji je iz raz max j x" + a1 x" - 1 + a2 x n - 2 + • • • + an j minimalan, je 2 - n + t T,. (x). x E [- 1 , l]

3756.

Napisati prva četiri Cebiševljeva polinoma. Dokazati jednakosti:

3757.

cos

(n arc cos x) Tn (x). =

367

§ 8. CEBIŠEVUEVI POUNOMI

3758. 3759.

T_n (x) = Tn (x).

3761 .

1 Tn (l) = l ;

3762.

(n>m).

2 Tm (x) Tn (x) = Tn+m (x)- Tn-m (x)

U-n (x) = - Un (x). T2 n+ 1 (0) = 0. Tn ( - l) = T2 n (0) = (- l)n; Uz n +I (0) = (- 1)1t. Un( - l) = U2 n (0) = 0; 3760.

° 2° 1 ° Un (l) = O; 2°

3°

3°

3763.

(x + Vx2 1Y + (x -Vx2 1 Y = 2 Tn (x) .

3765.

d2 d2 (1-xz) - Tn (x)-x - Tn (x) + n2 Tn (x) = O. dx dxz

3766.

!1

Tm (x) Tn (x)

-t

3767.

{n/2, m=Fm=n=FO n

0, 1 dx = V l - x2

n, m=n=O.

l

J T� (x) dx = l 1 ! n-l Un (x) = ( - l)n- 2n n n d n ( 1 -xZ)n-1/2, gde je (2n)! dx -l funkcija . !1 0 , m=F n 1 dx = nj2 , m=n=F O. Um (x) Un (X) 1 1 -xz -l

3768.

3769.

·

--

· -t

3770.

Tn (x) = F

___

{

v�

(n, - n, l 2 x)

O,

Un (x)

Čebiševljeva

mn = O

·

3771. Naći sve nule polinoma

Tn (x).

3772. Dokazati da je funkcija

y

Un (x) jedno partikularno rešenje jednačine V l -x2

(l -x2) y" - 3 xy' +

n (n+ 2) y = O.

3773. Odrediti po linom u obliku axz + bx + y = O na segmentu [- 1 , 1].

l

koji najbolje aproksimira funkciju

3774. Odrediti polinom axz + x + b, gde s u a i b proizvoljne konstante, koji najmanje odstupa od nule na segmentu [ -- l , l].

368

X.

SPECIJALNE FUNKCIJE

§ 9. Ortogonalni polinomi l o Za niz polinoma

A0 (x), A 1 (x) , A2 (x), . . .

(l)

gde je Ak (x) stepena k, kažemo da je p (x) ako je

J

b

m

a

ortogonalan

na segmentu

[a, težinom b] sa

p (x) Am (x) An (x) dx = O

i= n. za svako Niz (l) je ortonormiran na [a, b] ako je b

J p (x) Am (x) An (x) dx = 6mn

a

gde je Omn Krneckerov simbol. 2" Za tri uzastopna polinoma ortogonalnog niza (l) postoji rekurentna relacija

gde su an, fln i Yn konstante. 3° Sve nule polinoma An (x) (n = l , 2,

. . .

) iz ortogonalnog niza (1) su realne, proste

4o R a z v i j a n j e f u n k e i j a u r e d p o o r t o g o n a f n i m p o l i n o m i m a. i pripadaju intervalu (a, b).

Neka funkcija f(x) ispunjava uslove: l) Postoji integral zo Za

J

b

p (x) f 2 (x) dx.

x = x,E[a, b] postoji f' (x0). Neka je još niz (l) ograničen na [a, b]. Tada je (x) =

gde je e,. =

J

b

oo

L ck Ak (x)

k =O

p (x)f(x) Ak (x) dx

(k = O, 1 , 2, . . .)

.

a

5 377 .

3777.

- l <x< Pn (x):l razložiti sledeće funkcije u red po Legendreovim -l<x
3776.

l

k=O

-l

poli

O. BESSELOVE FUNKCIJE

369

Neka su Ln (x) Laguerreovi polinomi. Za O < x < razložiti u red po polinomima 3778. f(x)

=e-ax.

n!

oo

sledeće funkcije

:

3779. f(x) = xn. 3781. f(x) = cos ax.

3780. f(x) = sin ax. Neka su

Ln (x)

Hermiteovi polinomi . Na intervalu ( - oo ,

Hn (x)

n

funkcije razviti u red po polinomima

•

Hn

(x) =

(- I )n 2 --z n!

3783. f(x) = J x J .

{ l1 , xx >< OO 3784. f(x) =e-ax . 3782. f(x) = - '

oo

Hn

) , sledeće

( '2) : X

V

3785. f(x) = cos ax.

Na intervalu (- l , 1), sledeće funkcije razviti u red po polinomima

l T= (x) = __ Tn (x), gde su Tn (x) Čebiševljevi polinomi: n 2 -1

{ O, - l < x < O

3786. f(x) = x3•

3787. f(x) =

3788. f(x) = l x J .

3789. f(x) = xz n .

l,

O<x< l

§ 10. Besselove funkcije l Besselove funkcije prve vrste In (z), indeksa n, su definisane sa o

&>
=

oo

L

n=- oo

In (z) r n.

2 ° V a ž n i j e o s o b i n e: l ) L n (z) = (- l) n ln (z)

()

2) ln (z) = !_

n

2

(n = 0, 1 , 2, . . . ).

2 (=rk � (- l)k k-! (n + k) !

k= O

(n = O, l , 2, . . .) .

3) z ln _ 1 (z)- 2 n ln (z) + z In + 1 (z) = O.

d

4) - {z n Jn (z)} = z n ]n _ 1 (z);

dz

�J

d - {z n - 1 Jn (z)} = - z - n Jn + 1 (z) . dz

:rr

5) In (z) =

cos (n rp - z sin rp) d rp .

o

24

Zbirka zadataka iz više matematike II

370

X. SPECIJALNE FUNKCIJE

6) In (z) = -. 2m

i

J

f ( ' -+) dt.

r- n- l e

l t l = r >O

7) Za n > O In (z) je rešenje Besselove jednačine: z2 y" + z y' + (z2 - n2) y = O.

3° Besselova funkcija prve vrste, proizvoljnog indeksa

v,

stanta, j e

oo

L

Iv (z) =

k=O

( - l)"

gde je v kompleksna kon

(z/2)• + 2 1< __:_:_.:____

_

k ! T (v + k + l)

4° Besselove funkcije druge vrste, Nv (z) i Nn (z), su definisane sa: Nv (z) =

Iv (z) cos vn-L v (z)

(v nije ceo broj)

. sm v n

.

Nn (z) = hm

lv (z) cos v n - L v (z)

i.n v n

(n ceo broj) .

S

...�n

3790. Pro veriti jednakosti: l o I� (z) = -I1 (z);

3°

2°

J z3 I0 (z) dz = z3 I1 (z)- 2 zZ I2 (z) + c.

J z3 I1 (z) dz = z3 I3 (z) + c;

Dokazati da je:

z

3791. l o I112 (z) = � 2: sin z; 2° L112 (z) = � � cos z. 3792. l311 (z) sin z-L312 (z) cos z = V 2/nz.

J

oo

3794. Ako je Re {z} > O onda j e

,

l

3793. ln (z) = - (Jn-J (z) - ln + l (z) ) .

2

e-zt 10 (t) dt =

o

1

V z1 + l

3795. Ako je R6 {z} > 0, dokazati da je

l

ln (z) = -;;

n

J

o

sin q? . cos (nqJ-Z Slll Q?) dq?--- J e-n q>-zsbcp d qJ . :n:

oo

3796. ch (x sh 0) = 10 (x) + 2 2: I1. (x) ch 2v0. 3797 . sh (x sh 0) = 2

2

•=0

oo

n

Dokazati jednakosti:

oo

·

•=l

'z • + ! (x) sh (2 v + l) e.

o

10. BESSELOVE FUNKCUE

371

3798. [/0 (z)F + 2 [11 (z)F + 2 [12 (z)]2 + · · · = l . 3799.

. ) = ,. Pn (cos a) ez cos a 10 (z S!ll a L

n=O

zn .

n!

l

'

3802. 12 (z) + - 10 (z) = lo (z) .

3801. /2 (z) -/0 (z) = 2 1�' (z) .

"

z 4 3803. 1 6 /� ) (z) = ln-4 (z)- 4 ln-2 (z) + 6 ln (z) -4 ln+2 (z) + ln+4 (z).

3804. /3 (z) + 3 /� (z) + 4 I�" (z) = 3805. 3806.

� {z+ I. (2 Vz)} = z·�' (2 Vz). � {z i I. (2 �IZJ} = - z-·�' Iv+! (2 Vz). I ._ ,

-

J l.t Ii (t) dt = _l2 X

3807.

o 3808.

3809.

O.

1 -/� (x)- Ii (x)}

X

J x /0 (x) dx = x 11 (x) .

o

X

J x3 J0 (x) dx = 2 x2 /0 (x) + (x3-4 x) 11 (x) .

o

3810. Modifikovane Besselove funkcije prve vrste, In (z) , definisane su sa

z(t + -) = L ln (z) t n . t n=O ( z )n+2k . Pokazati da je ln (z) = L k=O k! (n + k) ! 2 e2

1

oo

00

1

·

--�-

381 1 . Dokazati da je :

1° ch (x ch 0) = J0 (x) + 2

"'

L 12 . (x) ch 2 v8; J! =

2° sh (x ch O) = 2

24•

V=O "'

l

L /2•+1 (x) ch (2 v + l) e.

372

3812.

X. SPECIJALNE FUNKCIJE

ln (z) = (-l)n ln (iz). Kelvinove funkcije bern z i bein z definisane su sa jednakosti

(

4).

3cni

hern z + i bein z = In ze

Dokazati jednakosti: ""

3813. 1°

bern Z = 2 (- I) k

2°

hein Z = I (- l)k

3814.

l0

2o 3815.

k=O

k=O oo

( z )n+2 k ,· ----k ! (n + k) ! 2 sin { (n + 2 k) 3 cos 4 (n + 2 k) n

n

k! (n + k)!

bern+t x = - n XV2" (bern x-bein x)-bern-1 x; n V2 (bern x+ beln. X) - bein. bei.n+! X = --- t x. X

1

Dokazati da je funkcija Y = -- [c1 ln (x) + c2 Nn (x)] opšte rerenje dife cos x rencijalne jednačine xz y " + (x 2 xz tg x) y ' - (x tg x + nz) y = O. Pokazati da Besselova funkcija I. (z) , proizvoljnog indeksa v, zadovoljava diferencijalnu jednačinu -

3816.

3817.

zz w" + zw' + (zz - vz) w = O.

Proveriti da li je tačan razvoj

(Ak x) k=t Ak (Ak F

/0 x) ---- ln x = - 2 2 ---_2.oo

3818.

3819.

Ak

[11

rešenja jednačine /0 (x) = O a /0 (x) gde su funkcije prve vrste . a

i 11 (x)

su Besselove

Pokazati da je funkcija y = x 2 Zp (ex) opšte rešenje diferencijalne jed načine l gde je Zp (x) = C1 lp (x) + Np (x). Dokazati Neumannovu formulu:

C2

In (u + v) = I Im (u) ln-m (v). oo

m = - oo

§ ll. ASIMPTOTSKI REDOVI

3820. Dokazati nejednakost

l I. (z) l l 2z ,. F (v + l) < -

e l lm [z] J

373

(v >

0).

3821. Ako je R8 {v} > -_!_ , dokazati da je

2

• (z)= 2• Vn rz(v• + �) [" cos (zcos O) sinz • O dO. r m +n + l ) 2n ( 2 . Dokazati da je J en I". (t) dt = r m- + l ) � ( Ako su a i b dva različita rešenja jednačine /0 (x) =O, pokazati da je l J x 10 (ax) 10 (bx) dx= O . (l) l ! f /0 (ax) dx= l h (a) x (2) l . oo

3822.

o

3823.

o

2

2

o

Ak u razvoju (O<x< l) L: Ak Jo (ak x) gde su ak (a1 < a2 < a3 < · · · ) pozitivne nule funkcije /0 ( ) Dokazati da je: J xn In-t (x) dx= xn In (x) + const. J x-n In+t (x) dx= x-n In (x) + const.

Primeniti formule (l) i (2) za određivanje oo

xz =

k= l

x .

3824. 3825.

oo

1° Red

L:

_

§

11 . Asimptotski redovi

an je asimptotski zn + a

n=O (M = O, l, 2 ,

. • .

)

[

za

lim zM + a [(z) -

Z---fl> oo

U tom slučaju s e piše

funkciju f(z) ako je za svaki fiksirani broj

�

]

� =0 n=O zn + a

[(z),.._,

L: oo an ·

n=O zn +a

(aE C).

M

374

X.

SPECIJALNE FUNKCIJE

l) l l 1 39 F(z+ l)�V2:nzz•e-• ( 1+-+-----+ 12z 288 z2 5 1,84zl )

ZO A s i m p t o t s k i r e d o v i n e k i h f u n k c i j a :

Gama-funkcija: ··· ·

2) Besselova funkcija:

In

(z)= .ff [P(z) (z-� :n- � :n ) + Q (z) (z- � :n- : :n )J cos

sin

n

n

gde je

Q (z)= /�:;;;1 ' (2k-1)J 2H-3z2 k - t (-:n<argz<:n J z J -+ oo). l) r k-z ( 2 2 z e 2 erf(z)=-= 3) :n 2 (-l)k z2 k , V:n J e- dt�1 +-(- ; <arg z<� J z J-+ oo ) · :n 3:n · z -z -<arg
•

• •

[4 n2-(4k- 3)2]

1\

z

Funkcija greške:

oo

t2

k= l

o

1\

Ako se

zameni sa

onda formula važi i za

2

2

4) Eksponencijalni integral:

Dokazati da je

3826.

(2n-l)!! ,....., 3827. n!,_,V 2:n:n nn e-n (n-+oo) (2 n)! ! Vmi (n-+ oo). 1 �-_.::. ( l + 2 (- J)n (2n- l)! ! ) · e-z 2 -,... .., _ dt J l + t2 2 2 (2 z)n e-zt dt "' 2: ( - l)n-1 (n - 1)! . 3830. J 1 +t 1!= 1 zn e-t dt"-' ( -l)n-1 (n - 1)! J t+x 1!2= 1 oo

3828.

t

oo

n= l

o

oo

3829.

o

oo

3831.

oo

o

375

! l l . ASIMPTOTSKI REDOVI oo

l n- 1 ) .". dt + 2 ( - l )n (2 n 2 2 +1 xzn+1 J cos (r - x) (2 n- l ) ! . dt - l )n -1 :i ( xz n J t s in (t -x) dti'J � ( - l)n-1 (2n-2)! . J t xz n-1

3832. ex'

e-t•

X

oo

�'J-

X

n= l

oo

3833.

�'J

n=l

X

oo

3834.

n=l

X

3836. Mogu li različite funkcije imati jednake asimptotske redove? 3837. Ako je

f(z)I'J � Oznn i (z)�'J � bznn , dokazati da je: n=O

g

11= 0

gde je

Cn = L bn-lc · n Dokazati da iz f(z)I'J L zn sledi J f(z) dzi'J L (n- l ) zn-1 · �

ale

k=O

3838.

oo

n=2

oo

oo

a �

z

n =2

a

Glava XI OPERACIONI RA Č UN

§ l. Određivanje slike i originala lo O s n o v n i p o j m o v i i d e f i n i c i j e. Proizvoljna kompleksna funkcija /(t) realnog argumenta t naziva se original funkcije ako zadovoljava sledeće uslove.

/(t) i svi njeni izvodi dovoljno velikog reda neprekidni su na celoj. osi t, osim izolovanih tačaka, u kojima /(t) i njeni izvodi mogu imati prekide prvog reda, pri čemu na svakom konačnom intervalu t ose takvih tačaka može biti samo konačno mnogo.

l) Funkcija

2) Za svako

t
/(!) = 0.

3) konstante Funkcija /(t) raste najviše brzinom eksponencijalne funkcije, tj. postoje takve M>O i s0;;.0 da je za svako Jf(t) J<Meso t Broj s0 naziva se pokazatelj rašćenja funkcije /(t). Prostija funkcija-original je takozvana jedinična funkcija

1J (t) = Očigledno je

rp (t ) 'l] (t)

rp (t) 1J (t) =

{1, t > O, O, t < O.

{rp (t), t>O, O,

t
ako

rp (t)

zadovoljava uslove

l i 3

takođe zadovoljava sve uslove funkcije originala. Po dogovoru se smatra da je rp (t)�O za t< O , pa se umesto rp (t) 'l] (t) piše Funkcija kompleksne promenljive p = s + i w definisana relacijom (l)

F(p) =

onda

rp (t).

J /(t) e-P1 dt,

o

naziva se, prema Laplaceu,

slika funkcije /(t).

F(p) . '/(t).

Simbolički jednakost ( l) se piše

§

377

l. ODREDIVANJE SLIKE I ORIGINALA

Obrnuto, ako je funkcija original, tj. zadovoljava uslove 1 ), 2) i J), a njena slika, onda je funkcija u proizvoljnoj tački u kojoj je neprekidna, definisana jednakošću

/(t) f(t) F{p) /(t) . J eP1F(p)dp, (a-ib, a+ iR.b)p =a>s0b-, s v o j s t v o l i n earn o s t i a/(t) {3 g (t) . F(p)a>O{3 G (p), teor(eFma(P)s.lič"/nos(tt)i,: G(p) . "g (t) . (t) (/t"U) ) . "p F(p)-/(0), (t) . .p" F((O)p)-pn - 1 /(0)-p"- /(0)(t). Diferenciranje slike {p) . t" /(t). Integracija originala p: J [(t) dt . . F;p) . /(t)ft: J F(p) dp /(t)t . . J F(p) dp, (integracija slike). teorema kašnjenja: p0 t e or e ma pome r a nj a : e F( p ) . ot f ( t ) -p0 P . F(p) GTe(opre)ma mnozen}a F(p)G(P) . · J f(r)g (t-r) dr. a+ioo

1

(2)

= --

2nz

a - i oo

pri čemu se integral uzima duž proizvoljne prave granična vrednost integrala duž odsečka

2° O s o b i n e L a p l a e e o v e t r a n s f o r m a e i j e. konstante a i {3 važi

(3)

·a

+

3) Ako je (5)

ili

(6)

jv

J(n)

pri čemu se

ili

a tretira kao oo .

l) Za proizvoljne kompleksne

+

2) Za proizvoljno konstantno

(4)

kada

J(n)

važi

original, enda

2

pod J(k)

podrazumeva

j(k)

lim

•

• •

-J (n (b�,

t...... +O

4)

definisano je relacijom

p(n)

(7)

5)

· (- l)"

svedi se na deljenje slike sa l

(8)

o

oo

6) Ako integral

kcnvergira, onda je on slika funkcije

p

oo

(9)

p

7) Za proizvoljno pozitivno

(lO)

T

važi

( l l)

8) Za proizvoljno kompleksno

·

važi

(Borelova teorema) tvrdi da je proizvod dve slike takođe slika, pri čemu je t

( 1 2)

o

i

378

XI.

OPERACIONI RAĆUN

(12) (J * g)

Integral na desnoj strani relacije i obeležava simbolom

(13)

naziva se

/(t).

3° N a l a ž e n j e o r i g i n a l a f u n k c i j e

2)

/(t) g(t)

funkcija

i

Za nalaženje originala

f(t)

kada

F (p) koriste s� sledeći postupci: A (p) . . . pn. cemu . stepen pol"1· F( p) = " Ako Je razl omlJena rac10na lna funkCIJa " Je B (p) noma A (p) manji od stepena polinoma B (p), onda se taj razlomak razlaže

je paznata slika

l)

konvolucija

--

l).,..-' 9)

na zbir prostih razlomaka i nalazi original za svaki prosti razlomak, koristeći svojstva Laplaceove transformacije.

Koristi se druga teorema razlaganja koja tvrdi da pri određenim uslovima za F(p) kao original za F (p) služi funkcija

/(t)=P_Lk

(14)

res [F(p)

ePt],

pn cemu se zbir ostataka uzima za sve tačke PT< funkcije F(p) u poretku neopadanja njihovih modula. A (p) pravi"l an razlomak , onda kao njen . ongma . • l SpeCIJa . lno, a ko Je . F( p =

)

.

B (p)

--

služi funkcija

(15) /(t)= k=_L1 i (nk-l l) P-+Pk ddnl
lim

--

gde su Pl< polovi funkcije reda nk , a zbir se uzima po svim polovima . Ako su svi polovi prosti onda se formula uprošćava i dobija oblik A ( P k) = L., ·--

•

i q

f/>

fP

.a

(p) . · rp

Tada je

·

fP

1:),

rp

o

specijalno, ako j e (/>

onda je

--

Prema tome ako je poznato da je

oo

·

V

_::

Naći sliku sledećih funkcija:

f (t) = t.

3841.

f(t) = eat,

3840.

gde je

a

f(t) = t'",

n

,

=

VM

-�

4t .

onda je prema Efrosovoj teoremi

o

3839.

rp

E N.

proizvoljan kompleksan broj .

379

§ l . ODREĐNANJE SLIKE I ORIGINALA

f(t) = sin a t. 3843. cos a t . 3844. sh a t. 3847. sin (t-a), (a>O). 3846. eat_ l . 3845. cha t. 3849. e" t sin a t. 3848. cos (t-a), (a> 0). 3852. t n t 3851. sh t· cos t. 3850. ch t· cos t. 3854. J cos a t dt. 3853. J sin t dt. si; t 3857. 3856. cos3 t. 3855. (t-1)2 eH. J dt. 3860. t cos t. 3859. sin 3858. t ch 2 t. et - l 3863. sin 3 (t-2). 3862. 3861. sinz t. t 3864. cos mt· cos nt. 3865. sin mt cos l -cos t 3868. ta, (a> - l) . 3866. sin4 t. 3867. 3869. f(t) = 10 (t). (V�)n 3870. Pokazati da je ln (r) . pZ + l 3842.

e"

.

t

o

o

t

o

1

t.

m.

·

·.

3871. Pokazati da je

.!!_

3872.

_ ..!._

t 2 In (2Vf . pn+ll e P (n = O, l , 2 , . . .) Pokazati da je erf((t) . dt. gde je erf(x)= v� j v l p p2 + l 1 , gde je Erft= 1 -erft. Pokazati da je Erf(Vt) . V, p + l +p+ l .

.

X

.

'

1(,

o

3873.

·

Naći sliku sledećih funkcija zadatih grafički:

3874•

/(t)={ e-bO

a<;t<;a, za t> a.

za < t - a)

f(t ) ,

_ _ _

t

Sl. 29

e- t Z

380

XI.

3875 .

l-- j

OPERACIONI

12b l l

la ..b

2a

RACUN

l l

"t

- l - - - - - ----'----'

SI. 30 3876.

SI. 31 3877 .

'ln a

2a

SI. 32

6

�a

6

8a

6a

Naći sliku funkcija: 3878. f(t) = arc cos (cos t).

3879. f(t) = arc tg (tg t ) .

Naći konvoluciju funkcija: 3880. f (t) = sin t ; cp (t) = et.

U

3881. f(t) = e-at ;

cp (t) = e-bt.

sledećim primerima naći original kada je poznata slika:

3882. F (p) =

l (p2 + l) (p - 1 )

3883. F (p) =

1 (p + a) (p + b)

-

tOG

C J: F I ĐI, A l''!E H l l< E I ORGINALA

l F (p) = ---pz + 4 p + 5 l 3886. F (p) = --z (p + 1 ) 2 l 3888. F (p) = --p (pz + l)

3885.

l F(p) = ---p2 + 4 p + 3

3887.

l F (p) = -- . p2 (p + 1 )3

3889.

F (p) =

3891.

p2 + 1 4 (p2 + 4) (pZ + 9)

3884.

3890.

p (p - l) (p- 2)

3896.

3893.

(p2 + 4) (pZ + 9) l e_l__ .P P . V

3897.

�p sin � .

3902.

Koristeći Efrosovu teoremu naći realan broj): Vpx

3904.

3907.

3898.

(p + 1 ) 2

z

e

-P p e- P -- + -- . pZ - 1 p Z - 4 l l 39ot. cos . Vi P 3899.

p (pZ + l ) (pZ + 4)

l (p + l ) (p + 2)2 3 pZ 3895. (p3- l)2

3892. 3894.

381

chz Va:P Vn p original sledećih funkcija

e -aVI>

F (p) = � . 3905. F (p) = -- · P Vi p e

a

F (p) = ---c--=,----ViJ +h

(� )

3908.

p (p- 1 )

F(p) =

3903.

3906.

(•C

e -aVI>

F (p) = -- · p2

e- a VI>

P VP +

)

a

Koristeći Efrosovu teoremu izračunati sledeće integrale: 3909.

3910.

J(t) =

' Vn t J

"'

1

r2

ch r e-4n d r.

o

1

J (c) = Vnl

..

J

cos r -

e

r2

- 4/

d r.

(a

Je

382

3911.

3912.

..

J(t) = vnt" l

J

o

..

,z

-r sh r e-41 d -r.

J -r vnt

l J(t) = --

OPERACIONI RAĆUN

Xl.

sin -r

,z

e -41 d T.

o

o

§ 2. Primena operacionog računa na rešavanje diferencijalnih jednačina l

Navodimo dva postupka za rešavanje linearnih diferencijalnih jednačina konstantnim koeficijentima.

sa

l) Neka je data na primer diferencijalna jednačina drugog reda (l)

a1 (i=O,

a0

=J a0�0. (O)= (O)=

y" + a, y' + Uz Y

gde su l, 2) konstante, voljava početne uslove

y

(2)

(x) ,

Traži se rešenje te jednačine koje zado

y0, y'

y1 •

Neka je, dalje, y (x) . "y (p), /(x) . " F (p). Primenjujući na obe strane jednačine Laplaceovu transformaciju, koristeći teoremu o diferenciranju i osobinu linearnosti Laplaceove transformacije, umesto diferencijalne jednačine ( l) sa početnim uslovima (2) dobija se

(l)

(3) Iz

operaciona jednačina + a0

(a0 p 2 + a, p + Uz) y (p) - (a0 p Yo

(3)

Y1 + a, Y0) = F(p).

sledi

(4)

operaciono rešenje.

Rešenje (4) naziva se Nalaženjem originala y (x) za y (p) dobija se funkcija y (x) koja predstavlja rešenje postavljenog Cauchyevog problema. Navedeni postupak potpuno analogno se prenosi na slučaj linearne diferenci jalne jednačine sa konstantnim koeficijentima n-og reda.

f(t) [0,

F (p) cfJ (p) _ .

p F(p) cfJ (p) .

oo ,

tp (t)

onda je

neprekidna

=>

o

(5)

) funkcija

"/(t) [0, "cp(t), J / (T)tp(t-T)dT,

2) Ako je funkcija neprekidna na intervalu i diferencijabi!na na oo ), F ( P) . i cfJ (p) .

"j(t)tp(O)+ J /(T)tp(t-T)dT. Duhame/ova formula. [x]=f(t) o

Formula (5) naziva se Primena formule (5) na rešavanje diferencijalnih jednačina sastoji se u sledećem. Neka je data linearna diferenci jalna jednačina sa konstantnim koeficijentima n-og reda

(6)

L

§ 2. PRIMENA OPERACIONOG RACUNA NA REŠAVANJE DIFERENCIJALNIH JEDNACINA

383

i početni uslovi

x (O)= x' (O)= x
(7)

l)

Ukoliko su početni uslovi različiti od (7), onda se neznatnom izmenom funk cije oni mogu svesti na iste te uslove. Dopustimo da je poznato rešenje jednačine · · ·

/(t)

L

(8)

=

[x]= l.

kod koje s u leva i desna strana jednačine jednake jedinici pod uslovom (7). Prelazeći na operacione jednačine biće (9) za (6) i

(l O)

za (7), pri čemu je A

A

1

A (p)X(p)=F(p) (p) X, (p) =-p F(p) (p) p. (9)=>X(p)=-(p) l

A

•

poznat polinom po

Iz

(p) = p X, (p) . pX1 (p)F(P) . '/(t)x1 (0)+ J!(r)x1'(t- T)dr. x1 (O)= O X (p)=pX1 (p)F(p) . · Jt /(T) x1' (t-T) d T,

A

a iz ( 1 0)

Otuda, sag!asno formuli (5), biće

( l l)

t

o

Uzimajući u obzir da je

dobija se

o

tj.

X

X

pri čemu je ZO

x (t)

(t)= J /(T) (t-T) dr. X/

o

rešenje jednačine (6) za uslove (7).

Rešavanje sistema linearnih diferencijalnih jednačina sa konstantnim koeficijentima izvodi se na isti način kao i rešavanje jedne diferencijalne jednačine. Neka je, na primer, potrebno rešiti sistem diferencijalnih jednačina 2-og reda

dy (a,k d2 Y2 k +bu,--+ dx dxk C;k Yk = /; (x)) , a;k, b;k c;k Yk (0) = akt y' Yk (p) (p) (1 3) Y.t (x) (x) L (a;kP 2 +b1.�: p + c11,;) y" (p)=F1 (p)+ L ((a;.�:P +b1.�:) a.�: +au Pt1 2, . . . n

L

(12)

-

k=l

gde su

i

konstante, pri početnim uslovima

Obeležavajući sa i Fi slike od prelazimo na operacioni sistem

(12) ( 1 4)

i

n

n

k=l

k= l

(i = l

, n).

/';

sistema

pod uslovom

384

XI.

OPERACIONI

RACUN

Rešavajući sistem (14) kao linearni algebarski sistem jednačine po Y1c (p), nala zimo Y�c (p), a zatim njihove originale Yk (x) (k = l, 2, . . . , n). Ti originali i pred stavljaju rešenja Cauchyevog problema (13) za sistem (1 2). Ostali problemi vezani za rešavanje diferencijalnih jednačina, primenom operacione metode, demonstrirani su na primerima.

Primenom operacionog računa rešiti sledeće diferencijalne jednačine: 3913. y " + y' = 2 cos x; y (O) = O , y ' (0) = - 1 . 3914. y " + 4 y = 2 cos 2 x; y (O) = O, y ' (O) = 4.

3915. y" + az y = J " (x); y (O) =f(O) , y ' (O) =j' (0) . 3916. y" + y = x3 + 6 x; y (O) = y ' (O) = O. 3917. y " + y = cos x + sin 2 x ; y (O) = y ' (O) = O . 39 18. y "' + y " = sin x; y (O) = y ' (O) = l , y" (O) = O . 3919. y '" + y " = x; y (0) = - 3 , y ' (O) = l , y " (O) = O. 3920. y "' + y '

=

l O ezx;

y (O) = y ' (O) = y " (O) = O .

l 3921. y" ' + y = - xz ex; y (O) = y' (O) = y" (O) = O . 2 " 1v 3922. y - y = l ; y (O) = y ' (O) = y" (O) = y "' (O) = O . 3923. y�v + 2 y " + y = x ln x; y (O) = y ' (O) = y" (O) = y '" (O) = U . 3924. y1v + y"' = cos x; y (O) = y ' (O) = y " (O) = O , y "' (O) = a . 3925. y " + 4 y =f(x);

y (O) = y ' (O) = O.

f(x)

X

Sl. 33

3926. y " - 2 y ' + y = f(x);

y (O) = y ' (O) = O.

ft><

o

2Q

Sl. 34

JQ

X

§ 2.

PRIMENA OPERACIONOG RACUNA NA RESAVANJE DIFERENCUALNIH JEDNACINA

3927. Naći rečenje jednačine

y" + 4 )l = f(x) , , y(O)=A; /(x)= {O5 e-(O<x 0), y' (O)= B.

gde je

Pr menom Duhamelove formule rešiti sledeće jednačine: 3928. 3929. 3930. 3931 . 3932. 3933. 3934. 3935. 3936. 3937.

x" + x = eat x (O)= x' (O)= O. x" - 2 x' =tz et; x (O)= x' (O)= O. x" + 2x' + 2 x= sinx; x (O) =x' (O)= O. x" = arc tg t; x (O)= x' (O)= O. x" +x= 2+ lcos t ; x (O) =x' (O)= O. x"-x' = l +l et ; x(O)=x' (0)= O. l ; x (O)= x' (O)= O. x" + x' = 4+tgt l ; x (O)= x' (O)= O. x" +x' = l + cos2 t x"-x = sh t; x (0) x' (0) = 0 . x" - 2x'+x= cht; x(O)=x' (O)=O. --

=

Naći opšte rešenje sledećih jednačina: 3938. 3939. 3940. 3941.

y'" - 3 y' + 2 y = (4 xz + 4 x - 10) e-x. y'"-6 y" + l l y' - 6 y= 1 2 xz e3x- ez x. y1V + 2y"' + 3 y" + 2y' + y= l +x+xz. ylV + y"' = COS X.

Naći opšte rešenje sledećih jednačina sa linearnim koeficijentima:

xy"-y' =O. 2° xy"-(l +x)y'+y=O. xy" - ( 1 + x) y' + 2 (l-x) O. xy"-2(ax +b) y' + (al x+ 2 ab) y= O. xy"-y'=xl2 (2{X).

3942. l o 3943. 3944. 3945.

y=

385

386

3946. 3947. 3948.

3949. 3950. 3951.

Xl.

OPERACIONI RAĆUN

xy" -(x + 5) y' + 3 y= O. (2x+ l)y"+(4 x-2)y'-8y=0. xy" y' +ay= O; y (O)= O. xy"-2 y' +ay= x3; y (O)= O. xy"-2 y' +ay= 10 (2VaX); y (O)= O. xy"-y' +ay= O. -2

Odrediti partikularne integrale sledećih jednačina:

xy"+ 2 y' -xy= O. 3953. xy"+ (2 x+ 2) y' + (x+ 2) y= O. 3954. xy"+ y' =xn . 3955. xy"+ y' + y= 10 (2Vx). 3956. xy" + (4x+ 3) y' + (3 x+ 3) y= O. 3958. ax y" + (bx + 3 a) y' + 3 by= O. 3957. xy"+ (x+ 3) y' + 3 y= O. Naći periodično rešenje sledećih jednačina, smatrajući da je funkcija periodična sa periodom 2 f(x) 3960. y'" + y' = f(x) . 3959. y" +az y =f(x) . 3961. y'-y = arc sin (sin x) . (O<x< 1), 3962. y" + 4 y= f(x), gde j e 2 = 4, f(x) = 2-x ( I < x< 2), O (2<x<4). 3952.

w:

w

{X

Rešiti sledeće sisteme jednačina:

x= 3 (y-x+z), .Y=x-y, Ž = -z; x(O)= x (O)=O, y(O)=O, y(O)= -l, z(O)=O, ž(O)=O. 3964. y'= 3 z-y, z' =y+z+ex; y(O)=O, z(O)=O. 3965. y'-2y-4z= co sx, z' +y+2z= sinx; y(0)=0, z(0)=0 . 3966. y' +7y-z=0, z'+2y+5 z= O; y(O)= l, z(O) = l . 3967. y' +z'-z=eX, 2y'+z'+2z= co sx, y(0)=0, z(0)=0. 3968. y'-y+ z =]_xz , z' +4y+2z=4x+ l; y(O)= O, z(O)=O. 2 3969. y'= -y-t-z+t, z'=y-z+t, t'=y+z+t; y(O)= l, z(O)=O, t(O)=O. 3970. y'=z-t, z'=t-2y, t'=2y-z; y(O) = l, z (O)=O, t(O)=O . 3963.

§

3971. 3972.

3973.

2.

PRIMENA OPERACIONOG RAĆUNA NA REŠAVANJE DIFERENCJ1ALNIH 1EDNAČINA

y" + 2 z = 0, z"- 2 y = 0; y (O) = O, y' (O) = l , z (O) = O, z' (O) = O. x-x + y + z = O, ji + x-y + z = O , ž + x + y-z = O; X (O) = l ' X (O) = y (O) = y (O) = z (O) = z (O) = o. l za O < t < 2, x (O) = y (O) = O. x + y = za O < t < y + X = O za t > O , O za t> 2,

.

{l

{

l, .

Naći periodično rešenje sledećih sistema jednačina, smatrajući da funkcije f(x) i F (x) periodične, sa periodom 2 w:

3974. 3976.

387

su

3975. y' = 8 z +f(x), z' = - 2 y + F (x). y' = az +f(x), z' = by. y' = y -2 z, z' = 5 y-z + f(x). Rešiti sledeće jednačine matematičke fizike:

3977.

3978.

3979. 3980 . 3981.

3982 .

3983. 3984.

3985.

{)z u o u = a2 +f(x, t), (a = const); u (x, O) = tp (x) , u (O, t) = 'lfJ1 (t), ot o xz u (/, t) = "Pz (t); (0 < x < t; t > 0). ()z u l {)z u = 0, u (x, O) = A sm -x , o u(x O) = 0 , u (O, t) = u (l, t) = O. 1 0� o x-;_ - az o tz o u = k 02 u (x> O, t> O); u (O, t ) = u0 , u (x, 0) = 0. o t oxz .

n

o u = k j) z u (x> O , t> O); u (O, t = O, u (x, 0) = u1 • ) o t ox2 o u k 02 u (x> O, t> ; O) u (O, t) = a cos w t, u (x, 0) = 0. = o t oxz o u = k {)z u (x> O, t > O); u (0, t a sin w t, u (x, 0) = O, )= ot o xz

j

l

{)z u = {)z u + bx (x 1); u = 0, o-u = 0; u (O, t) = u (l, t) = O. O t2 OXZ O f t =O t=O oz u _ ou + az u =f(x); O <x < oo , O O, u (x, O) = tp (x), u (O, y) = 7p (y). --

388

Xl. OPERAOON! RACUN

§ 3. Primena operacionog postupka na rešavanje diferencijalnih jednačina sa argumentom odstupanja i diferencnih jednačina l o Diferencijalne jed načine u kojima nepoznata funkcija figuriše sa različitim vred

nostima argumenta, kao na primer:

y' (x) =f(x, y (x), y (x-r (x))), y' (x) = f(x, y (x), y (x-r (x), y' (x-r (x))), y" (x) = f(x, y (x), y' (x), y (x-T (x), y' (x-r (x))), y" (x) =/(x, y (x), y (x, -T1 (x), . . . , y (x-Tn (x))), y' (x, y' (x-r, (x)), . . . , y' (X-Tn (x))), se diferencijalne jednačine sa argumentom odstupanja. sva odstupanja argum�nata r, (x) konstantna, onda se diferencijalne jed

( l) (2)

(3) (4)

nazivaju Ako su načine sa argumentom odstupanja nazivaju diferencijalno-diferencne. Ako najveći izvod ulazi u diferencijalno-diferencnu jednačinu samo sa jednom vrednošću argu menta, koji nije 111 1.t1ji od svih drugih argumenata funkcije i izvoda, koji ulazi u jednačinu, onda se jednačina naziva diferencijalna jednačina sa argumentom kaš njenja (na primer jednačine (l), (2) i (4)). 2° l) Neka je data diferencijalna jednačina sa argum3ntom kašnjenja i konstantnim koeficijentima

n-l

y(n) (x) = 2 ak y(k) (x-rk) +/(x),

(4)

k=O

O, O< x < sa početnim uslovima ' y (O) = y (O) = · · · = y(n- 1 > (0).

gde su ak = cons t, rk = comt > (5)

oo,

Pri tome se stavlja

y (x) =y' (x) = · · · =y(n - •> (x) ==O

za

x
Primenjujući na ob� strane jednačine (4) Laplaceovu transformaciju i koristeći pri tome teoremu kašnjenja dobija se operaciona jednačina n-\

( 6)

pn Y (p) = 2 akpk Y(p) e-'k P + F(p) ,

gde je

k=O

Y (p) . " y (x) a F{p) _ "j (x). Iz (6) sledi

(7)

F (p) �-----Y (p) = -----n---,� p n- 2 ak pk e-•kP

za (P) određeno formulom (T), dobija se rešenje Nalaženjem originala jednačine (4), koje zadovoljava početne uslove (5). U diferencijalnim jednačinama sa argumentom kašnjenja vrlo često se javlja i sledeći problem: Naći rešenje jednačine za pri čemu se za svako za koje zadaje. vrednosti utiču na kasnije vrednosti rešenja za funkcija Tako, na pnmer, postavlja se problem naći neprekidno rešenje za jednačine konstanta) k=O

y (x)

y (x)

y (x)

Y

x > x0

y' (x) = f(x, y (x), y (x-r)), (r> O ako je y (x) = rp (x) za x0- r <; x <; x0•

x > x0 ,

-

x<; x0 , y (x)

x ;>x0

§

389 početna funkcija. početni skup.

3. PRIMENA OPERACIONOG POSTUPKA NA REŠAVANJE DIF. JEDNACINA . . .

U ovom slučaju zadata neprekidna funkcija rp (x) naziva se

3°

Odsečak na kome je zadat a funkcija rp (x) naziva se Rešenje linearne jednačine (4) sa konstantnim koeficijentima i konstantnim kašnjenjem, u slučaju kada početna funkcija nije identički jednaka nuli, takođe se može naći koristeći Laplaceovu transformaciju. D i f e r e n c n e j e d n a č i n e. Jednačina oblika

[n,/(n),f(n+ 1), . . . ,/(n+k)]=O (9) [n, /(n), f(n), . . . , .đ k /(n)]= O, f(n) razlikama). diferencna jednačina jednačina sa konačnim /(n+ k)+ a.f(n + k-1) + + ad (n) = rp (n). (lO) (n) (n)==O ak= O, a homogen ), a k n+ l =m D-transformacija. diskretna Laplaceova transformacija k f(n-k)-;-'-e-qk F* (ll) f(n+k)-;-'-eqk [ F* k-1 ( 12) ,�/(r) e -qr J , riJ

(8) ili

(JJ

gde je

L1

tražena rešetkasta funkcija, naziva se

(ili

Posmatramo samo linearne diferencne jednačine k-og reda sa konstantnim koefi cijentima. ···

Ovde je rp

data rešetkasta funkcija (ako je rp onda se jednačina naziva a koeficijenat različit od nule (ako je onda stavljajući dobija se jednačina nižeg reda). Za rešavanje diferencnih jednačina koristi se Navodimo samo neke formule vezane za ili kako se još naziva primenu D-transformacije na rešetkastu funkciju. Ako je prirodan broj, onda je

(q),

(q)-

gde je

(z

pri čemu je q nova nezavisno promenljiva je kompleksna promenljiva). Pri tome se pod podrazumeva rešetkasta funkcija sa argumentom n-k, koja je jednaka nuli za Dalje, ako se koriste uobičajene oznake, važi formula

f(n-k)n-k< O.

(13) +(&-1)k - 2 .đf(0)+ . . . +(eq-l).đ k - 2 /(0)+.đ k -I /(0)]. C(z) F(z) B (z) B(z) , C (z) dk B(z) k= zk = e10zk eqk, q (z = eq)

Ako je

= --

onda je u slučaju kada su koreni polinoma

prosti

r

F (z) = - = L -- ·

(14)

l

Prelazeći na promenljivu

z-z�c

podrazumevajući da je

=

biće

( 1 5)

.

.

pri cemu Je

dlt.= B*C* ((qq)) , ---

gde tačka u imeniocu označava diferenciranje po eq.

390

Xl.

OPERACIONI RACUN

Primenjujući na poznatu relaciju

ean �

-{o ) e'l

e'l-e"

formulu (ll) uzimajući k = l dobija se

-n> formula razlaganja )(q) ;- k=L.,�l 1c eqk (n-1) = kL.,� 1c zkn-1 (17) -B*z1c B (z)= l

( 1 6)

&-e"

� 'f (n), gde je 'f (n) =

e"("

za n = O za

l.

S obzirom da D-transformacija poseduje osobinu linearnosti, to se iz dobija

e• ( q

.

r

r

d

=l

d

(14) (15) i

•

čiju desnu stranu treba zameniti nulom za n = O. Analogna formula se dobija za slučaj kada su koreni jednačine O višestruki. U rezultatima su data reš;mja diferencnih jednačina za sv� realne vrednost i argumenta.

Rešiti sledeće diferencne jednačine : ' 3986. y (x) = y (x- 1 ) + l ; y (O) = O. 3987. y" (x) -y (x- l ) = x; y (O) = y ' (O) = O . 3988. y" (x) - 2 y ' (x- l ) = x; y (O) = y ' (O) = O. 3989. y " (x) = 2 y ' (x- 1 ) - y (x-2) + l ; y (0) = y ' (O) = 0. 3990. y" (x) + 2 y ' (x - 2) + y (x- 4) = x ;

y (O) = y' (O) = O.

3991. y ' (x) = y (x- 1) , ako je početna funkcija

za

- l < x < O.

3993. y ' (x) = y (x- 1) + x, ako je početna funkcija

( ; ) = O, ako je početna funkcija

3994. y ' (x) + y x -

3995. y ' (x) -y (x) + y (x- 1) = l , ako je početna funkcija

=

xz- l za - l < x < O, y (O) = - l .

3996. y ' (x) + 2 y (x) -y (x- l ) = f (x) , ako je početna funkcija
(x) = O za - l <: x < O , y (O) = 0.

3997. y" (x) + y (x) + y (x-n) = O, ako je početna funkcija

početna funkcija

795. F (p + l), p > - 1 .

pn tg -

797.

2

qn tg -

, O

..

o

oo

1 � -- , ako je samo .

--- --- , to J·e na osno\ u svoJi stva aditivnosti Laplaceove trans�

i

ei a t _ e - i a t

3843. -'

3846. ea1- 1 ."

l

l

a

'

3844.

a2

3845.

3850. Uzimajući u obzir da je cos t . ·

_P_

p2 + l

�

3855. --- e - P . ( l) '

p' + 4

3856.

3859.

3853.

1

4 (p2 + l)

(p' + 1)

+

4 ( p 2 + 9)

3860.

a

e - ap _P_ _

_P_ .

p' + l

A).

)2 +

i ch t = _!_ (et + e - 1) dobija se

za

l l ch t · cos t = � (e1 cos t + e - 1 cos t) ·

3852.

3848.

3847. e - a p

,

---� �

p2 -a'

3849. Koristeći teoremu pomeranja, dobija se eJ. t sin a t · · (

3858.

pn +l R.(p-a)>O,

� 2 p p p p' p (R.p>O). a p p-a p p(p-a) (R. p >R.a). p-A a2 (R.p>a-R. R.p>O 2 p [ p3 . 2 2 J p•+42p p' a p p (p-A)n! n + 3p p p p-2 p 2 2p p'-1 2 p(p2 +4) (p2-4)' -t- a

·

{ e - P1 tn dt = �·

e

o

l . formac;je i rezultata iz piethodnog zadatka s m a t � --- · 2 + a2

3851.

..

Je- pt dt �p_!_2 o

R,p�s>O p-a � p-a

3840. Integraleći parcijalno n puta za �

dobija se F (p) �

1

(p- 1 )2 + 1

+

p+ l

( p + l)2 + l

= -- ·

3854.

( ' + l)

l 3857. - arc tg .

(p' + l)'

3861.

p4 + 4

+ '

2+ l

GLAVA

3862.

3865.

3868.

3869.

p p-1 + (p'+ + F(a+ . pa + In

--

.

m (p2 m2

e-zp

n2)2-4 m' n'

3

p'+9

'

3

3866.

·

)' - 4 m' n' 3867.

--- + --:---

8

dobija

1 '-:7" l

se --:;:::::

4) 8

r � �

.

l

In

l :t .

otuda JC /1 (t) . .

Poznato je da je 10 (t) �

I tako je 10 (t) . ·

m2

3864.

__ .

l) . ; specijalno za l

S druge strane je

3870.

p (p2 + +n ) (p+ m' + n ' p p p 2 (p'+ (p2 + 16) (' l ) a�-2 p "' (-l)�(�f k�2O (k!)' , l � (1+-) __!_ � oo (-1� (2 k)! V l+ lfp2 P2 k�O 22 k (k!)'pU

3863.

m2-n2)

719

Xl

�

p

·

(2 k) ! (k !f p:a - : z= �

(- 1 �

-.

2

Vp'+ 1 . . . . (Vp+ 1-p)n v p' + l -p VP' + l + � vPp2 + +1 � V P'P2++ l-p . (V P' + 1-p)n P2 + l --

Poznato je daje In (t) =

Koristeći rezultate prethodnog zadatka i teoreme o

diferenciranju originala, nalazimo:

11 (t) .'

l

10 (O)

---

Otuda je za n � O i n � l formula ln (t)

.

matematičke indukcije . Kako je to je

' . (V p'+pl'-p+ l)n-2 2p (VJJ2+I-p)n-l (VIJ2+1 -p)n p' + l vp' + l P , ( , 2, v

Razmotrimo funkciju F ( p ) � -pn + ! e

Tako je /(t) =

l F (p} � p n + ! "' ( - l)k t n + k

k2=O k! (n+ k)!

.

__

n�O

l,

-

. . .).

(-lI k � 2 !( k�O k p k�O k 2

.

v

i

Imamo da je

l

ispravna. Primenimo metod

v

ln (t) � In - z (t) - 2 1 n- ! (t) ,

3871.

v

l

)k

"'

•

oo

•

- l)k pn + k + l •

!:. + k Vt) 2 k=O k! (n+ k)! l ( v-) p_

Imajući u vidu da je In (2

dobijamo f(t) = t!:. ! J · Specijalno, za n � O biće /0 2 2 In (2 v-:\

=

oo ( - l) t 2

----

t = - e _!_ P.

720 3872.

REZULTATI

e = 1 F( p ) f( t ) 2 ' =- e f' (t) = V Vn:1 t Vn:1 t (1) 1 F(p) = (p-11 ) V p /(0) =O, (1) p F(p) r( �) = Vn . . . (p-1)1 p ( ,-) P21 + 1 V . p1 P VP1 + 1 VP+ 1 + p+1 /(t) ((20
Razmotrimo funkciju

Imamo (erf t)

m

-t 2

,

et

erf (

slika /(t).

l) + --=- = /(t) + --=- ·

Prelazeći na transformaciju i uzimajući u obzir da je

iz

nalazimo

. Ovde mi koristimo rezultat zadatka

= F(p) + ;='-' , odak le je

VP

i činjenicu da je

I tako je

e

t

erf ((t)

v

_·

Pri.meiijujući teoremu pomeranja, konačno dobijamo erf v t

3873.

Erf

(ft) = 1 -erf (Vi).

Erf (

3874.

· ---p

v

Otuda je

I)

' ----

Saglasno graf1ku funkcije, koj i obeležavamo sa

3875.

p+b

.

/(t) =

�

a+b

-1 o

2b

Otuda je

O

3876.

3878•

---- ·

- t - . Data

2Q

r e-p

a+ b

3877.

funkCIJa . . Je . defm1sana . . formulama

arc cos (cos t) =

(n -

3879.

2, . . . .

biće

(e - aP_ e - bP)'.

=

(3868)

GLAVA

3880.

(J

•

tp) (t) �

(J ., tp) �

J sin u·e1 u du.

721

XI

Ako se pr:meni postupak parcijalne integracije biće:

J sin u · e1 - U du � -sin u·et-a l + J cos u·e1 - w du= - sin u· et-u l _ l

o

o

t

o

t

t

o

-cos u· et-u / -Jsin u · e1- u du, ili J sin u·e1-• du = � ( -sin u·e�-• ) l

l

l

0

l

o

o

o

-cosu·et-u /) = � (- s n -cos t+ sin t et=-2 (sin t-cos t+ et). l . . . --, l je t . p-2 l p+ l l osnovu konvolucije t e1 + l) (p-l) druge strane e 3880) l l sin t .. et=-( et). taj način je 2l (-sin t-cos t+ e1):. ::'= (p2 + l)(p-1) 2 -s l l rat_:_---, eo e kcnvoluciji e-'" .e- b� p+a e- bt · p+b e -at.e- bt=-b-a1 - (r at _ b - b1) (zad. 3881), je · (p+a)(p+b) --l (e - at_e- bt) (p+ a) (p+b) b-a l e -zt t. 2 . t-t cos t). t)· l- c s t. 3 2-8e1+7e'"'· t

i

e')

t

o

l

To znači konačno je

•

Kako

3882.

na

teoreme

sin

in t - cos t +

3883.

Kako je

i

·

--'-

·

-

tc

je na eme \U t

3895.

3900.

n:e

o

konačno

l

sin

3886.

- (SID o

3889.

t

l

- cos t-cos 2

h2 V 1 1 V3 t+ vV3 ) -tet 3 _ 3 te (cos 2 3 si -2 (t-3)r 1) (t-3), gde je { l, 17(t) poznata je pod imenom funkcija. 1 (t-1) 17 (t-1) +ch 2 (t-2) 17 (t-2). (t-1)-1) (t-1). et- 17 (t-1) 1) (t-1) + (t-2)2 1) (t-2) + (t- 3)3 1) (t-3). _!__

_

2

n

t .

3896.

ry (t) =

O, t >O.

jednačina 3898.

r

-- -- •

t >O

3897.

je

•

to

3888.

3890.

to

=

j (zad.

. No kako je

·

3884.

. (p2

Na

·

e1

• S

•

•

1

•

sin

3899.

46 Zbirka zadataka iz

•ik matematike II

sh

Funkcija

c

722

REZULTATI

Kako

, .

k)! lfn T(2 k + l)= (4 (2 k)! 2•��:

je

l l dobija se - cos- -..:. Vi

sh Vfi. sin V21

l (-lf 22.t (2 tfk ·L: (4k)! . v;iX k=O oo

3902.

n

l

3903. -- e

3904.

3905.

v'fn

sh V2t · sin fft

Vin

Yt

_.!!._

t .

x

e-a JIP

l

p Vi

( )

2211: k! r k+_!_ 2.t 2 t Poći od jednakosti ch x= L -- i (2 k)! = -___: k=O (2 k)! Vn oo

{) 2 a Vt · -- = - --. (Vi)Z 1 -erf

P •

e - ap

Stavljamo

Vi

_

___:__

l f/J ( p) = , Vi

F (Vi) =

e - ap

-(V/))2

e-a JIP

.

Otuda je F(p) = -- , a prema teoremi kašnjenja je p2 F(p) "1

Po Efrosovoj teoremi je

." (t-a) (t- a) = f(t).

Ovde je

--= J 4 t

a /2 (t ) = n Y t -

oo

e

a

-Tl

J V'nt

a dT = --

a

O

e

-T2

4t

-J dT= V'nt

a d T---

oo

e

O

Tl

4t

GLAVA XI

723

konačno

31)()6.

3908.

( ) ( ) t+

a2 z-

a

Erf

Z

1

02 . e 41 -;;

,rjp- V1J (a + Vi)

e - ap

p (a + Vi) F(p)=

Vl

(T

-a \)

e - •�

-- 1 (

e - aJI p (a + Pt

.

a �+ ",aiJlr

Stavljamo f/J (p) =

e-op

e-aP

3907.

)

1

1 VP

Erf(

F (p) =

,

X

t 2 a l re-e

+ ah

fi"

rr).

t'i(a + tPl

. Otuda je

----- . · - [1J (t-a)-e - co (l-o) '1} (t-a) =/(t).

a

p+a

p

a

Prema Efrosovoj teoremi imamo

.. --- J

eco (cot+ a) z -e-z2dz, a vn a -+at 2 VI

gde je

z=

. 2

,j-

T

- + a y t. ,,; t

Tako je

--- (-- -) e a (•t+ a)

a

3909.

l (t ) =

Erf

lJ -v;i/

a

z VI

ch T e

e- a vP

· ---.:.1 . (--) -

p (a + VP) . a

Erf

a

z VI

+aVt .

_2._ 4r

d T.

Upoređujući sa

formulom (19) iz uvoda dotičnog parag-

o

rafa vidimo da je

Uzimajući

3910.

I (t) = e - •.

f(t)=ch t,

1

f/J (p) =V1J

znači,

dobijamo

3911. l (t) = Z t e'.

F(p)= -P-. p2 - 1

Prema tome je

l .

f/J (p) F (vP) = -- . l (t ), P- 1 3912.

I (t) = Z t e - '.

odakle

F ( VP) = VP- · p- t

je

l (t)=e' ·

724 3913.

REZULTATI

." X ( p), y' (t) ." p X (p)-y (O) = pX (p), y'' (t) ." p2 X ( p)-py (O)- y'(O) = p2 X (p) + l ,

y(t) cosx= l , Y(p)+ l+ p22 +l Tako je Y(p)= (P22+ 1)2 p'+ l Sada nala?:imo origina Y Origina funkcije l+l biće p2 +l . sin x. P koris imo, primer, teoremu o Radi nalaženja originala funkcije 2+l)' p . . p' +

p2

--

Y(p) = -

p

--

l za

( p).

p

.

---

l

--

--

p2

t

(p'

·

na

diferenci-

ranju slike

2 P -(-1-)' . xsin x, znači, Y(p) . xsin x-sinx=(x-l)sin x. +l +l Tako je konačno (x) (x-1) sin x. l 2 sm. 2x+-xsm2 (x) = dx_!_ J f(x-t) cos t dt. 2 . x. Operaciona je načina je (P'+ l) Y(p)=-+-=:> Y(p)=-. Konačno je y(x) =x'. l xsin x+4 sin x-2 sin 2x). l . y(x) =-(3 y(x)=2 x +-(r'"+cosx2 l l y(x) =-x'--x2+2x-4+r'". (x) =e'"'+ 4 cos x-2 sin x2 1 �( V.f V.f 1 . 1 ( 3 y(x) =-e"' 4 x2-3 x +-2 ) +-e2 VJ sm-x-cos-x--e-"' 2 24 y(x) c - 2l 1 (x) = -24 [3 x cos x + x]. y(x) =�x 2 2 +(1-a)x+(a-l) + (_!_2 -a) e-"'+ _!_2 (cosx-sin x). y(x) = � (x- � sin 2x) 1J (X)- [(x-1)- � sin2(x- 1)] 1J (x-l)+ + Zl [(x-2- l sm. (x-2)] 1) (t-2). y(x) = k=OL (-l)k [l +e:o- ka(x-ka-l)]1) (x-ka). )2

(p2

·

·

p2

y

=

X

3914. y =

3916.

3917.

3919.

3921.

3922.

3924.

3925.

3915.

o

d

6

6

p'

p•

3920.

6

-

3

=

hx

sm x).

3918.

-

x'

-

3923.

.

2

3

3927.

6

p•

6

i

3926.

y

Operaciona jednačina je

e-ap p2 Y(p)-Ap+4 Y(p) =--. p+ l 5

5.

y

.

2

y

X

.

(x'-3) SlO

725

GLAVA Xl

Rešavanjem ove jednaćine po Y (p) i razlaganjem desne strane na prostije sabirke, biće

l p-1 ) Y(p)� Ap+B p'+4 G +l p'+4 --

3928.

� - ---

e � ap.

Prema tome je y (x) �A cos 2 x+ � sin 2 x + [r <x- al-cos 2 (x-a) + � sin 2 (x-a)1 7) (x-a). Razmotrimo jednačinu

x/'+x1� 1; X1 (0)�x1'(0)�0 Njeno operaciono rešenje je X1 (p)� p(p'l+ l) x1 l-cos Duhamelove formule dobijamo da je rešenje x (t) polazne jednačine -1-l (eat_cos t-a sin t). x (t)� J sin (t-r) dt� a'+ x (t)�-5l sin t (1- 25 (l-e - cos t. , odakle je

,

en

.

o

3930.

3932. x

3934.

3935.

3936.

3938.

t. Sa OSĐOYU

(t) �

e�

tg Tt 4 (t)� t sin t-sin tare tg +cos t ln (2 +cos V3 V3 �-

t)-

') - -

t)

ln 3 cos t.

J VJ c os t arc tg (V3- ces t) . � 3 9-n27VJ cos V33 .J si t ln [ VJV3 sisinn t-2 9 t+2 1 n l l sin -V2 l (t)� cos t a c tg (cos t)--cos 2 t- 2 V 2 sin t In sin t + V 2 , l l . l x(t) 4l t' +-t2l sht+-te x(t) �-(tcht-sht). 2 4 - 1--sht 4 x (t )

x

l

----

t +

.

,-

1 1

n

--=-

r

t

.

� - et

3937.

Operaciona jednačina je

4 - 10 · p' Y(p)-p' (O)-py'(O)-y"(0)-3p Y(p)+ 3y(0)+2 Y(p)� (p+ l)3 + (p+l)' p+ l -- -- 8

y

Njeno rešenje je

��----

" (0)-3y(O) + 2-16p-10p' 3 Y(p)� p' y(O)+py'(O)+y (p-1)2 (p+ 2)(p + 1) (p-1)' (p+ 2)

Razlaganjem drugog sabirka desne strane na prostije razlomke dobija se:

l l l 2-lSp-lOp' l l --+-2 1 +·-(p-l)'(p+2)(p+ 1)3 -3 p-1 -(p-1)' 3 p+2 (p+ l)' +---�-· (p+ lY p + l �-

1

�-

726

REZULTATI Otuda, uključivanjem konstanti u odgovarajuće sabirke biće: Cz c3 2 l l C1 Y (p) = -- - + + -- + + ---- 2 pl p + ( (p + l) + p + l ' (p - 1) 2 P l)3 2 --

--

Prema tome konačno je

3940.

3941.

3941.

-�[

y (x) = e 2

l . y (x) = c1 x2 + c2 x + c3 + c4 e _ ., + 2 (cos x-stn x). 1•

]

x V3 x V3 (c1 + c2 x) cos -- + (c3 + c4 x) sin -- + x2-3 x + l . 2 2

Pri formiranju operacionih jednačina, koje odgovaraju diferencijalnim jednačinarna sa linearnim koeficijentima, koriste se formule: xy' -;- pz Y' (p)-2 p Y (p) + y (O); xy .' p Y' (p)-Y (p); xy .' Y (p) . Operaciona jednačina je 2 3 Y' (p) + - Y (p) = - y (O). p pZ Rešavt\iuči ovu linearnu jednačinu dobija se e l Y (p) = - + - y (O) . pl p

2•

Otuda je, y (x) = c1 x2 + c2 , gde je Cz = y

y (x) = c1 e" + cz (X + 1).

3943.

y (x) = c1 ez "' + c (l + 3 x) e -"'. 2

3945.

Operaciona jednačina je

(0).

3

2 l Y' (p) + - Y (p) = y (O) -- e ' · p2 p pS Rešavanjem ove linearne jednačine dobija se l

c1 l --, l · Y (p) = - + - y (O) -e pl pl p Prema tome je y (x) = c1 x2 + Cz - x Iz (2 VX).

3946. y (x) = c1 3947.

(x3 + 9 x2 + 36 x + 60) + c2 e"' (x2-8 x + 20).

z y (� = c, e - "' + cz (4 x2 + l). Koristiti smenu 2 x + l = t.

GLAVA

3948.

727

Xl

pz Y' (p)+(4 p-a) Y(p)� Y (p)�-pl4 l l _.!_!. (-x ) --ipn+ a y (x) � (:rf (2 l OX).

Operaciona jednačina je

O.

Rešavajući ovu diferencijalnu jednačinu dobija se -- e x

."

_ .!!._ e

P.

Koristeći formulu

1. (2 1 �·

3

biće konačno

3951.

/l

y (x) �ex (2 VaX). 12

Znajući da je

Operaciona jednačina je

3952.

Y'(p)� -py(O) 2 -l . Y'(p) ." -xy, p-2 -1l . · x, y (x) � -- . sh

-xy� x·y (0). -sh

Otuda je sa

sh x

tačnošću do konstantnog činioca 3954.

dobija se

X

Operaciona jednačina je

F(n+3l) l Y'(p)+-Y(p)= p p•+ l l] �-+ e (n+ l) ·--. l+ Y(p)=-Pl [e+F(n+ 1) (n+ ----2 n l)pn+ p n+ l p n + F(n+ l) x y(x)=e+ n+ l · F(n+2) . F(n+2)�(n+ l)F(n+ 1), n +l x · y(x)� e+ (n+ -l)! y (x) = (2 VX) + Vx (2 Vx). l _ a n (2 VaX). pn+_l (�)2 2 2 + -A. (p+3) Y(p)�e (p+3) --p+l p+ l p+l A Ae - x � y (x), Y Y (p)=-A� y (0). e� P+ l 2 y = Ae -x, A = y p+ l y =A e , A � y P2 ap+b r

Njeno rešenje je

l

naJ dobija se

Prelazeći na origi-

No kako je

to

je 3955.

J1

/0

Koristiti formulu

--p • a

e

3956.

U ovom slučaju je

3958.

gde je

-� X a

gde je

J

Pošto razlomak

(p) biti slika samo za

3957.

n

.

O. Znači

."

nije slika, to će

gde je

(0). Uzeti u obzir da _!'___ nije slika. (0). Uzeti u obzir da razlomak

_ _

nije slika.

728 3959.

REZULTATI

Operaciona jednačina je p 2 Y (p )-Ay + a ' Y(p ) =

gde je Y (p) .' y (x), A = y (0) , B = y' (O) i 'l' (p)

Na taj način je Y (p) =

ili

(l)

Y (p) =

cp

(P)

." g (x) =

l

l -e - 2 "' P

1 -e - ' "' P

.

{

,

(0< x < 2 w),

/(x)

[ '/'(P)

'P ( p)

1 -e - • "' "

O

(2 w < x).

Ax+B -- + -- (1 -e - 2 "'P) p2 + a2 p 2 + a 2 •

, gde Je

J

,

'l' (p) Ap +B + -- ( 1 -r ' "'P) : F (x). C/J (p) = -p ' + a2 p 2 + a 2

P.JZnato je da će orig inal y (x), koji odgovara slici biti periodična funkcija sa period om 2 w samo onda, kada je (2) F (x) ""' O za x >2 w, pri čemu je u intervalu 0< x< 2 w

(l),

y (x) = F (x). Da bi se odredilo periodično rešenje y (x) u intervalu 0 < x < 2 w potrebno je iz (2) naći F (x) dva puta: za x< 2 w i za x > 2 w a iz i dentiteta (2) odrediti metodom ne određenih koeficijenata A i B (one početne uslove za koje data jednačina ima pe. i o dično rešenje). Za x< 2 w biće

{ o

%

F (x) - _!_ !(t) sin a (x-t) dt + A cos ax +B sin ax. a '

(3) Za x > 2 w

lm

(4)

Iz

0=

identiteta

tf

-

(5)

;

f(t) sin a(x-t) dt + A [cos ax)-cos a (x-2 w)] +

o

B

+ - [sin ax-sin a (x-2 w)]. a

sledi

2n

Aa ( l -cos 2 a w) +B sin 2 a w =

J f(t) sin at dt,

o

2w

A a sin 2 a w-B ( l - cos 2 a w) +

J f(t) cos at dt.

o a

2 n :n: Otuca, ako je 2 w # --- , dobija se

A�

l

----e---

2 a sm a w

2w

j'

o

/ U) cos a (t-w) dt,

r -

u

=

1

-----

�

---

2 a sm a w

2w

J

o

f (t) sin (t-w) dt.

GLAVA XI

Zamenjujući nađene vrednosti za A i

B 0<x<2 y (x) = _!_ r J t(t) (x-t) dt+ . 1 w J t(t) (x-t+ w) dt] . 2 2nn (

u (3), dobija se traženo periodično

rešenje

w:

intervalu

2w

X

sina

a

w

=

cos a

2 �n a

o

Ako je pak

u

o

4) dobija oblik

-- , onda identitet a 2 nn

..

J

(5)

f(t) sin (x-t) dt:=O. a

o

Prema tome, ako zadovoljava ident itet (5), onda će data jednačina početne uslove, imati periodično rešenje

f(x)

y (x) =-l J f(t) sin X

a

a

o

(x-t) dt+ A

B

cos ax + - sin a

2nn · O<x<-y (O) J f(t) dt dt= O, 1 y' (O)= 2 .- J f(t) (t ) t

pri čemu je

za

proizvoljne

ax,

a

2w

3960.

Ako je

to je

o

proizvoljno (početni uslov),

slučaj

za

S

in W

2w

-w d

cos

o

y" (O) = -.l- J

2w

2 sm w

o

,

.

f(t) s1n (t - w) dt .

Data jednačina ima periodično rešenje

X

x

2w

y(x)=y(0)+2 J f(x-t) i !_2 dt + � J f(t)cos (.:_ +w-t) dt 2 1- e-�r y (O)= ( l +e-n 2 = 2 n, sin -

s

periode

n2

SID W

o

w.

3961. Pri početnom uslovu

2

o

, ima periodično rešenje periode

menja znak prolazeći kroz poluperiod:

w

2 e-2 e"-1-x-2 [ e(x -!'_)-1-x +-n (x--n2 ) (O<x
2

gde je TJ

jedinična funkcija.

2

TJ

koje

REZULTATI

730

sin2 l sin2 1 ' 3962. Za početne uslove y (O) = -.- , y (O) = - -- , jednačina ima periodično rešenje 8 s1n2 4 cos 2 periodom 2 w = 4: sin2 l

-- cos 2 (x + l) + --- sin 2 x, (O < x < l ;

x

4

4 sin 4

y (x)

�

l

8

sin2 1 x l l -.- cos 2 (x + l)-- + --- sin 2 x + - sin 2 (x - 1), ( 1 < x< 2) ; 4 sm 4 4 2 8 4

l

sin2 1 -.- cos 2 (x-3), (2< x < 4). 4 sm 4

3963. Operatorski sistem jednačina je

p 2 X = 3 (Y-X + Z), p2 Y+ 1 = X-Y,

gde je X (p) ." x ( t) , Y (p )

." y (t),

p2 Z-p = Z.

Z ( p) ." z ( t).

Rešavanjem zadnjeg sistema po X (p), Y (p) i Z (p) dobija se X ( p) =

3 (P - l )

p 2 (p 2 + 4)

, Y ( p) =

3 ( p - l)

p 2 (p2 + l ) (p2 + 4)

pl + 1

p , Z ( p) = - - · l p +l

Nalaženjem originala za X (p), Y (p) i Z (p ) konačno će biti

x (t) = 4 ( 1 - t) - 4 cos 2 t + g- sin 2 t, y (t) = 3

3

3

1 . -- sm 2 t - co s t, 8

z ( t)

3

4

(1 -t) +

1

4

cos 2 t -

= cos t.

3965. y = 4 x + 2-2 cos x-3 sin x; z= 2 sin x-2 x .

3966. y = e - 6"' cos x; z = e - 6"' (cosx-sinx).

1 3 11 22 5 3967. y = ---- e ' "' + e" -- co s x + - sin x· z = - e•z 2 34 17 17 ' 51

1 3968. y = - -z x2; z = x2 + x.

v 1 4 3970. y = - + - COS X

5

5

-

2

2

5 ; Z = --- COS X 5 5

2 2 2 t � --- cos x VS + - sin x ''5.

5

5

Vs

V -'

v-

5 -- sin x 2

vs

2

__

3

v-

5;

4 l . ez + - cos x-- sm x.

17

17

sa

73 1

GLAVA XI

3971.

3972.

. x eh x); z = -l (s1n l . xchx-cos x ch x). (cos x sh x + s1n y=2 2 Operacioni sistem jednačina irna oblik

(p2 + l) X+ Y+Z=p, X+(p2 + l) Y-7 Z = 0, i

Rešavanjern O\-Og s st ema dobija

Iz

X(p) =

se

pl p (p, + 1) (p,-2) ' Y(p) = Z (p)= (p•+ 1) (p•-2)

zadnjih jednakosti konačno se dobija

l 2 l cos t. y (t) = z (t) = -- (ch t V2-cos t); x (t) =- ch t V2 + 3 3 3

{ {

3973.

l-r 1,

(0< t< l),

l-e- t,

(O
(l 2). (l< t<2),

y (t) = -e- 1 + ch (t- 1),

-rt+ ch (t- 1)-sh (t-2),

J

x

3974.

1 y (x) = f(t) ch (x-t) Vab dt + 2 shw Vab o

z (x) =

fa [ J

'J !;

x

o

(t>2).

f f(t) sh (x + w-t) Vabdt; 2w

o

J

2w

1 t(t) ch (x+ w-t) Vab dt. t(t) sh (x-t Vab dt + 2 sh w Vab _

o

3975. Za početne uslove

y (O) = . 2

1

Sln

4 w J [/(t)sin 4 (t-w) + 2 F(t) c 4 (t-w) dt,

-1 z (O) = .

4 4 Sln

2w

os

o

2w

W

J o

4

4

[/(t) cos (t-w) - 2 F(t) sin (t -w) dt,

732

REZULTATI

sistem ima periodično rešenje

y�

J

X

[/(t) cos 4 (x-t) + 2 F(t) sin 4 (x-t) dt +

o

1

.

2m

+ . -2 sm 4 w

J

[/ (t) sm 4 (t-w-x) + 2 F(t) cos (t-w-x) dt,

o

� [J

X

z�

[2 F(t) cos 4 (x-t)-/(t) sin 4 (x -t)J dt

o

2"

!

2 sm 4 w

J

[/(t) co s 4 (t-w -x)-2 F(t) s in 4 (t-w -x)J

-l

o

3976. Za početne uslove y (O) �

2w

. 3 sm 3 w

J

f(t) cos 3 (w - t) dt,

o

-l r r l

z (O) � -.--

2w

2 sm 3 w , o

/(t) l- cos 3 (w-t) + sin 3 (w-t) dt, 3

J

sistem ima pe:io::lično rešenje

y� -

�J

X

3 Slil 3

X

J [

/(t) cos 3 (x - t ) -

o

!

J [ 2w

2 sin 3 w

o

J

2w

!

f(t) sin 3 (x-t) dt

o

z�

dx} .

�

W

f(t) cos (x + w -t) dt_

o

]

sin 3 (x- t) dt

/(t) sin 3 (x + w-t) + � cos (x + w -t) dt. 3

]

d2 u (x, t) . 3977. Pretpostavimo da su u (x, t), i f(x, t) tretirane kao funkcije od t, originali. () x2 Obeležimo sa U (p, x) �

J

oo

u (x, t) e - P1 dt

o sliku funkcije u (x, t). Tada je

ou ox ·

.J

oo

o

ou ox

e - Pt dt �

dU dx

;

d2 u

d2 U

Na osnovu pravila diferenciranja originala, vodeći računa o početnim uslovima dobija se

-· du

ot

. p U- rp (x).

GLAVA

Pretpostavimo da su

!p 1 (t)

i

1p (t ) 2

'PI (t) .

.

Tada konturni uslovi daju

XI

originali i da je

'Pl (p) , .,, (r ) ::;:'= 'P, (p).

(1)

Na taj nacm, jednačine operatorski metod svodi rešavanje datog problema na rešavanje obične diferencijalne d' U a2 -- -p U+ rp (x) �

(2)

dx'

F(x, p) = O.

pri konturnim uslovima (1). Ovde je F(x, p) .' f(x, Rešavajući problem (2) -:- (1) i transformirajući rešenje, nalazimo funkciju predstavlja rešenje postavljenog blemi jednačine treperenja žice problema. Analogno rešavaju i drugi t).

telegrafske jednačine 3978.

i>' u {)' u - = a2 - +f(x, t ) , i> t2 i> x2 {) u {)2 u i>2 u - - c2 - + (a + {J) - + a{J u � O dl i>t ' i> x2

i neke druge jednačine opštijeg oblika. Prelazeći na sliku dobija se jednačina (1)

i>2 U

p2

i> x'

a2

-- --

pA . :r X U = - - sm a' l '

(2)

Rešavajući jednačinu (l) biće !!.. x

U (x, p) = c1 e a

+ c2 e

_f!.... x a

·

Ap

nx

+ ---- sin - · a1 n2

P' + T

l

Uzimajući u obzir konturne uslove, konačno se dobija Ap . nx U (x, p) = ---- sm - · l a2 n2 p' + --· l'

Original funkcije

U (x, p)

biće u (x, t) = A

nat

cos -l

n·x sin - ·

l

Z Ykt X

3980.

u (x, t) = ul

•

(z, t) to,ia

kontumi

se

v� J o

e-z' dz .

pro

734

3981.

3982.

3983.

3984.

REZULTATI

u (x, t) = ae

-x

oo *') - nJ

(

.\1F 2k cos w t-x 2 k

x u (x, t) = -2�

e -et sin x

o

�ek lfe+dw2e -

--

.

X

t

J

a

--

tp ('r)

e -4 k (t-•)

(t-r:)l/2 dr:.

o

(2 k+ l) n t . (2 k + 1) nx COS ----- Sln -'----'---bx 8 b/4 l L u (x, t) = --2 (x3-2 lx2 + fl) + n" k =O (2 k + 1)" 1 ·

"'

------

� j /(x-t) X

u (x,y) =

o

3985. u (x,

y) =

sin

at dt.

I rr (x-t) lo (2 VQYf) dt + J !p (y-t) lo (2 VQXt) dt + X

y

o

o

X

y

+ J dt J f(x -r:, y-t) l0 (2 Vat r:) d r:.

3986. Operaciona jednačina je o

o

odakle

l

je

p Y (p) = Y r P + - , p

1

Y (p ) = -

P

Za y (x)

--

p-e - P

1

l

pz

e-P

1 - p

dobijamo

1 y (x) = x f] (x) + 2 (x-1)2 1J (x- 1) +

oo

· . ·

+

x-k)k + l + (n +l 1) !(x-n)n+ 1 17 (x- n) = k=2 ( (k+ l)! 17 (x-k). --

3987.

3989. 3990.

O

00 � (x-k)2k+ 3 (x-k)k+ 3 1] (x-k). 1] (x-k) . 3988. y (x) = 2 2.t (k + 3)! k=O (2 k + 3) k=O � (k + 1) (x- k)k+ 2 17 (x-k). y(x) = L. (k+ 2)! k=O (x-2k)k+ 3(k + 1) TJ (x-2 k . y (x) L ( ) (k + 3)! k=O

y (x) =

=

L.

oo -1)1:

1

·

GLAVA XI

73 5

oo

399 1 .

y (x) ," Y (p), y' (x) ." p Y (p)-y (O)� pY (0)-1, pY(p)-1 = J e- P"' y (x-l) dx.

Dalje uvodeći smenu x-1 = z dobijamo da je oo

oo

o

o

oo

J e -pt y (x-1) dx= J e-p(: + l) y (z) dz =e-P J e _ ,_ y (z) dz + e -p J e-Pz y (z)dz= -1

-1

o

+ e-P Y(p),

pošto je y (z)= l za - l
p Y (p)-1 =

Otuda je

l-r P y(p) = - e _ P + - -P) + p p (p e

o

1- e-P + e -P Y(p). p

(

+

je

(

l-rP l e-P - P = p l + p;- + . . • + e p 2 1- p

) (

e-P p 1 -p

Konačoo

)

Nalazeći original za Y(p), dobijamo rešenje polazne jednačine

3992.

3993.

3994.

( ) k y (x) = (x+ 2_ x2) 7] (x) + � (x-k + 2) 2 k!

oo x ,L: (x-k+ 1)1: 7] (x-k+ l). y (x) = 1 +(x)+ 7] l! k= 2 k!

3997.

3999.

71

(x-k + 2).

oo oo (x-k)A' + 2 x2 (x-k)k+ t y (x) = l + x +- 7] (x) + ,L: (x-k) + ,L: + 7] (x-k) . 7] 2! k= l (k + l)! k= l (k + 2)!

(

y (x) = cos x.

)

3995.

1] (t-k) y (x) = ,L: k=O k! oo

3996.

k= 3

X

-- --

y (x) = x2 -1.

J f(x-t)·(t-k)A' e - 2 <1- �<) dr.

o

k+_l_ " ( I y (x) = Vn ,L: - l)" (x- k 1n) 3998. y (x) = 2 x +4. k+21 (x- k n). k=O k+ k! 2 2 " y(x) = r"'-xe-"'- ,L: (- 1)A' e-
2

736

REZULTATI

4001 . Prelazeći na slike primenom formule ( 1 2) dotičnog paragrafa dobija se � [P (q) -f.-/1 e - q] - 5 eq [P (q) -/0] + 6 P (q) � O, � P (q) � ili posle razlaganja F* �/0 +

/1 eq- 6 /0 e (z) � + /0 + -- , B (z) e2q- 5 e q + 6 .

/0 e2q + (/, - 5 /0) eq , e2q-5 eq + 6

gde je

.

..

- 6 /0 , B (z) � z2-5 z + 6. Kako B (z) trna korene z1 � 2 t z2 � 3 btce

z � eq, e (z) �/, z e (z) --

B (z)

d1 d2 � -- + -·· z -2 z -3

� e (z) e � -2 (J. - 3 /0), d2 � (J) � 3 (/1 - 2 fo). Otuda je u saglasnosti sa pri čemu je d1 B' (z) B' (3) formulom (15)

pa na osnovu formule (17) zaključujemo da rešenje f(x) date diferencne jednačine ima oblik

/(x) � - 2 (/. - 3 /o) zz- t + 3 (/. -2 /o) Jz - t .

za

x> l

Ako su lo i /1 proizvoljni onda se dobijena opšte rešenje može napisati još u obliku / (x) c1 zz + c2 Jz. Treba napomenuti da je original za konstantno /0 jednak nuli za =

svako x> l.

4002.

Primenjujući D-transformaciju na obe strane date jednačine i koristeći formulu (1 3), dobija se

Dalje se lako dobija p (q)

�

z2 + z e2q + eq � ' 2 (z- 1) (z-2)2 (eq-1) (eq - 2)

gde je z � eq, Razlaganjem desne strane na prostije razlomke

z2 + z (z- 1) (z-2)2

l

2 6 = -- - -- + -z - 1 z - 2 (z - 2 )2

i prelazeći na original dobija se

Treba napomenuti da je koeficijent uz F* (q) kod D - transformacije na levoj strani jednačine oblika (l) LJ k f(x) + b1 Ll"- 1 f(x) + · · · + bd(x) = q> (x) uvek jednak

l

Jednačina (z- )k + b 1 (z- l)k- 1 + · · · + b�; = O je karakteristična jednačina jed načine (l) .

[

4003. / (x) � 2"' 1 + (- 1 )" 2 - cos

;] -2 x- 1.

x

4004. f(x) = (l -x) 4".

737

GLAVA XI

4005.

a"'- {e-cos q

--

a"' -3"' J (x) � + 3"'. a -3

2 sin !!__

4008. J(x) � (- 1 )"' ( 2 -2"').

�v [e \vsr-e

/ - f � r 2

:n (x-2) nx 4 . 4010. J(x) � -- sin -· sin

3

3

3

n ( l -x) nx 4012. J (x) � sin - · sin . 2 4 4014. J(x) �

�-12_]

4006. J (x) � ---------=

4007. J(x) � 4 + x. 4009. J (x) �

(2

J

4011. J(x) � 4013. J(x)

�

2

. --VT 2 (x- l)

·

c1 4"' +

(-)"'

x<•) 4015. J(x) � -. 4!

l + 2X- l (x-2).

2 :a

sm - .

(

c2 +

3

;) .

4016. Operacioni sistem jednačina je

(eP-3) Y(p)-Z ( p) � eP, 5 Y(p) + (eP + l) Z (p) � eP. Rešavajući ovaj sistem biće:

Y (p) �

eP (eP-8) eP (eP + 2) . , Z (p) � e'P-2 eP + 2 e2P- 2 eP + 2

Prelazeći na original dobija se

4018. Za x < 0 y (x)

�

nx

� (Vs Y cos - , _

2

Za x > l

nx z (x) � -u (x) � -2 (Vf)z- 1 sin - .

2

�

4 '!?\x nx 2 (V · -)x y (x) � - ( y 5 J cos - , z (x) � -- 5 2 5 5

,17\x (VS

2 � -(y 5 1

5

nx . nx s m --cos- ) .

2

2

47 Zbirka zadataka iz više matematike IT

x 1r xn (V5 sin - + cos 2

2

) , u (x) o

REZULTATI

738

4019.

Ako

se

d' y stavi -- = rp (x) dx'

tada

:= J

je

JC

(l )

J

JC

rp (t) dt + y' (O) =

o

rp (t) dt ,

o X

Y=

(2)

J (x-t) rp (t) dt.

o

Zamenjujući (l) i (2) u datu diferencijalnu jednačinu dobija se rp (x) +

J x rp (t) dt + J (x - t ) rp (t) dt + l = 0 ili rp (x) = - l - J (2 x-t) rp (t) dt. X

X

o

X

o

o

4020. fP (x) = -x +

J (t-x) rp (t) dt. X

4021. rp (x) = l +

o

4022. q: (x) = cos x-

4024. rp (x) =

o

f (x-t) cp (l ) dt. X

o

5-6 x +

J rp (t ) dt . X

4023. rp (x) = cos x-x-

J (x-t) rp (t) dt . X

Q

J [5 - 6 (x -1)] rp (l) dt.

o

4025. rp (x) = x-sin x + e"'(x- 1) +

J [sin x- e"' (x-t)] rp (t) dt. X

o

4026. rp (x) = co s x- 2 x ( 1 + x')-

J ( l + x2) (x-t) rp (t ) dt. Jt

o

J[ � Jr

4027. rp (x) = x e"' + l -x (x'- 1) -

x+

]

(x'-x) (x-t)Z rp (t) dt .

o

3028. rp (x) = x (x +

1)2 +

J x (x-t)2 rp (t) dt. X

o

4029.

l Poznato je da je sin x · -- , . l + p'

l cos x = -- . Ako se primeni Laplace ova transl + p2

formacija i koristi teorema množenja (slika konvolucije) dobija se 2p rl> (p) = -- + -- rl> (p), � rl> (p) p2 + l p' + l

l

[1- ]

2p l . l -- = -- ih rl> (p) = --- · x e"'. p2 + l (p- 1)2 p' + l

Prema tome je rešenje date integralne jednačine rp (x) = x e". 4030. rp (x) =

l (cos x + ch x). l

4031. rp (x) = l .

4032. lP (x) = cos

3 3l 3 . x + - sm

x.

739

GLAVA XI

4033.

4035.

l l - 2"'. tp(x)=---+-e 2 x v- + v- x ·,r:.) 2. 2 l l l 8 - 8 16 �) l l ( v= tp (x)= l

x' tp (x) = x3 + 2 -. 0

m(x) = -1 ( l 16 2 (x) = es;

e"' -e

3

T

X

4034.

-�

2 cos -

3

e

3

4

-�

2. sin -- v 3

tp (x) = ---- x + - x2 + - e2"'-- x3 • 12

4037.

tp (x) = - e -" + - e"' + - e

4038.

tp

4040.

lo Za

3

J

6

3

tp (x) x.

-� 2

p- 1

4050.

.

e"' + 2 (cos x+ sinx).

gdeje

n

x

o

''·

A >O => tp(x)=F(x)+ V!.r(n) J F(x-t)h (V!. F(n)t ; 1, n) dt, (Vl. t; l , X

gde je

o

ll

F(n)

n)

prvi hiperbolički sinus reda

n.

se

p-1 l l .' 1-x. (p)=- , => tP (p)=--=--tp(x)= 1-x. p tp (x) = tp (x) x- x. l l x' . tp (x)= l + 2 x+tp(x)=nx"-1---(n>O). n+ l 2 tp(x)=2xe"+x2 e"'. tp (x) x22 (x2 + tp (x) = (x). (tP 1 (p).' 412 (p (x)): l -l tP (p)---l tP, (p), 1 l l t;/J l (p)=-+-p2 p+ l tP l (p)+-p 2 tP2 (p), tP (p)=-+ p l p-1 2 +p-1 tP (p) p3 -p2 + l p )= ( P t;/J t p(p-1) (p2 + 1) ' , = (p-l)(p+l)(p'+1) l

4047.

2

Primenjujući Laplaceovu transformaciju na obe strane date jednačine dobija

--

4045.

X M 3 - vI 3 si n - v 3

4039.

2° Za

4042.

2

X

cos-

A< O=>tp(x)=F(x)-V -!.F(n) j F(x-t)f( V-!.F(n)t; 1, n) dt, f( , l , )

sinus reda

4041.

.

t

_,

4036.

h

4

�

�

1

fP

:x2

tp (x) = 1 + - .

4043.

2

xn + l

�

= cos

sin

4044.

4046.

4048.

=e

Prelazeći na transformaciju i koristeći

1 -x ln 3.

r

+3

4049.

2)- 1.

teoremu konvolucije, dobijamo

)=v

z

odakle je

Otuda je

p2-

l

10

u

(x),

740

REZULTATI

Sada nalazimo originale za

lP 1

(p) (p): i lP 2

l l . 3 l h . u (x) = 1 + - e" + - sm x-- cos x; v (x) = - (cos x + c x) -sm x .

Funkcije u (x) i

2

4051.

u

2

2

2

v (x) su tražena rešenja datog sistema jednačina. l

l

2

2

(x) = e2"'; v(x) = -- -e2"'.

l . . l . 4052. u (x) = (x + 2) sm x + (2 x + l) cosx; v(x) = - X cos x-x sm x + 2 SUl x. 2

4053. u (x) = 2 e _ ., (1 -x), v (x) = e -:r: (1-x). X

4054. u (x) = f(x) +

J

o

X

v(x) =g (x) -

J

o

X

J

(x -t)3 [/(t) + g (t)] dt;

�J

(x-t)3 [/(t) + g (t)] dt.

1 (x-t) g (t) dt- 3 !

o

X

(x- t)f(t) dt-3

o

Glava Xll 4055. l o A C BC, 4056.

4057.

tj. BC

sc

dešava svaki put kada se dešava A;

ZO BC A i CCA, tj. A

se

realizuje uvek kada se realizuje ili B ili

C.

Događaj AB znači nastupanje događaja A i B, tj. od dva ispisana broja jedan je prost a drugi paran. Događaj A +B znači nastupanje koga bilo događaja A ili B, tj. između d va napisana broja jedan je_ prost ili je drugi paran ili mogu biti istovremeno jedan prost a drugi paran. Ako

se

stavi C=A i

D =B

onda se druga jednakost može napisati u obliku A +B = Aii.

tj. A + B =A B. Prema · tome dovoljno je dokazati ispravnost samo pn e jednakosti. N eka događaj A znači pripadanje oblasti SA , događaj B pripadanje oblasti SB . Na osnovu

A ii i A ii.

Otuda je očigledno A B= A + B.

usvojene konvencije

kao i događaja

--

Zada tak može da

se

pisanja

događaja jasan je --

reši i na drugi način. Događaj

onda smisao događaja A i B,

A ii znači nepojavljivanje događaja

A i B. Suprotan događaj A B znači realizaciju događaja A ili događaja B, a to je u stvari događaj A +B. Otuda je A

4058. X = A B + A

D,

gde je

D

B= A +B.

proizvoljan događaj .

4059.

Po definiciji je A + A = A i AA = A.

4061.

Ne ako je S1 =i= S2 •

4063.

Izabrani

broj

ispravni a

se

4062. A +B = U; AB = V.

B

završava cifrom 5 .

događaj

da su

4064.

Događaj A znači da su svi proizvodi

svi proizvodi isprami ili da je jedan od njih neispravan.

4065. lo (A +B) (B + C) = AB + Ae+BB +Be= (A +B + C)B + Ae=B + Ae; ZO (A +B) (A +B) = AA + AB + A B+B B= A, pošto je BB= V- nemoguć događaj, AA = A,

A B = A B = A (B + B) = A, A + V = A;

3 ° (A +B) 2o

4066. ] 0

(A +B) = A (A +B) = AB.

Neka A znači pripadanje oblasti SA - Tada je A +B = U, tj. mora biti A = V, B = U; neka AB znači pripadanje oblasti SAB koja je zajednička i za SA i za SB . Tada je AB = V, tj . mora biti A = U, B = V; 3° mora biti A =B.

4067. X = B. 4073. l o

(A + B)

4068.

X=A B + + ABD, gde je

AD;

Koristiti jednakost A= AB +A B. koristiti jednakost (A + C) (B + C) proizvoljan događaj.

4072. e

r

D

-

nerešen rezultat.

= AB + C. Rešenje je X= AB e +

742

REZULTATI

4074. ] 0 Izabran je student koji ne stanuje u domu i ne puši. 2° Kada S\'i studenti stanuju u domu i ne puše. 3° Kada s,•i koji puše stanuju u domu. 4° Kada ni jedna de vojka ne puši a svi mladići puše. Pretpostavlja se da mogu pušiti i devojke. 4078. P AB =B; r A + B = AB = BA = B; 3° ABC =BC; 4o 4081.

P (A0B) = 2 r-p- q; P (A B) = r- q ; P (A B) = l -r.

4085.

1° B = A1 A2 A3

•

•

•

A+B+C=B+C.

An. Ostali slučajevi prepuštaju se čitaocu.

4086. lo B4,2 = A1 A2 A3 A4 + A1 A2 A, A• + A1 A2 A, A. + A1 Az A, A• + A1 Az A, A4 . 2° U slučaju beskonačnog ponavljanja datog:opita događaj

4088.

3° Ispravne su. 7 3 · 1 o P = ; 20 P = 1o lo

A realizuje se naj, iše

4089. Ukupan broj dobijenih kockica je

·

m

m

n = 1 000.

puta.

Pošto

kocka ima dvanaest ivica dobija se za svaku od njih po osam kockica sa po dve obojene strane. Otuda je ukupan broj takvih kockica = 12 8 = 96, pa je veroval

m

noća p = - = 0,096. n

·

a'+a+

4090. Predstavimo broj N u obliku N = l J b + · · · , gde su a, b, . . . , proizvoljni brojevi od O do 9 zaključno. Tada je N' = 30 a2 b + · · · . Otuda je jasno da na dve posJed nje cifre mogu uticati samo a i b. Tako je broj mogućih vrednosti n = 100. Kako je zadnja cifra broja N3 jednaka jedan, to imamo jednu povoljnu vrednost a = l. Sem to ga N' - 1

i zadnja cifra broja

mora biti jedinica

--, tj. 10

mora se završavati jedinicom proiz-

vod 3 b. To će biti samo onda kada je b = 7. Na taj način povoljna je jedna jedina vrednost (a = l, b = 7), pa je otuda p = 0,01.

n

C

.

4091. Broj mogućih načina da se uzme m prim�raka od mogućih iznosi ::' Povoljni neispravnih proizvoda uzeto l (to se može slučajevi su kada je od ukupnog broja učiniti na C načina}, a ostalih proizvoda su ispravni, tj. oni su uzeti od ukup

nog broja

�

m-1 k

n-k (

. . -t Trazena verovatnoca je p = Ctk cm n -k · •

4092.

)

broj mogućnosti je C';�1 . Prema tome broj povoljnih slučajeva je k n -k ----

c l cm - l

C';

U ovom primeru zgodno je naći suprotnu verovatnoću q. Verovatnoća da svih

komada ne sadrže šesticu iznosi q =

e� e� , --- . C�s

rm 4093. P = - .

n

4095. 1° 0,2; 4096.

4099

.

8·3! 10· 9 · 8

zo 0,4;

4097. 0,3.

15

·

•

20 p =

c 1 +c2 e'

e to

l, biće

.

3

5

7 24

e� e�-· ---c ;+m e'5 e 3' e'2

4098. p =

. . l o Verovatnoca suprotnog d oga đaja Iznosi

2

4094. P =

q=

3° 0,04. Mogu se posmatrati samo jednocifreni brojevi.

1

e'5

p+ n-k n+m-k

Pa pošto je

šest

q

= ----

C �o

pa je p = 1 -q =

1

c1 e ' e ' , 5

3

cio

2,

743

GLAVA XII

4100.

Broj

mogudh

2

slučajeva je

C� + C; + . . . + C� = 2n - 1.

l · • · = "2 [(1 + l)n + ( l - l)n -2] = 2n - l _ l ;

4+

m = C n + Cn k en -m

4101. 1 - -- .

4102.

k cn

4 · 32 3 1

�

c! c 2

�

p = -- =

c 6

18

Co P=

c 9, s

(18 !)4

--- . Kako je na osnovu

36! (9!)4

18

c 36

3 cS2

Stirlingove formule n!

;

e ,

3°

c s2

l

r

2 c 2nr

4109.

V2 n :-c ,. . e -

•,

2 C n'--2 1

jednostavnih

transformacija

da bismo našli broj n treba rešiti neje-

4107. Pn =

n

-

�

4106. l o -- ' 6

dnačinu

je

= 0,0029.

18 1 8 e - 1 8 V2 n 18, 9 ! � 99 e - • V2 n · 9, 36! � 3636 e - 3 6 V2 n· 36, (2 n Y18 18 1 8 e - 1 8)4 pa je p = ---Nakon Y 2 n· 36 3636 · e - 3 6 (V2 n·9 99 e - •)4 2 4 nalazimo p R! -- RJ - � 0,26. V ls n 1 5 18!

imaćemo da je

slučajeva

2" - 1 - 1 p = --2n - l

3 1 · 16 496 1 1 · 1 --= = 36 · 3 5 · 34 35 · 3 · 1 7 1785 0,2778. 1 ·2 . 3 e� cl e!

4104. p =

4105.

Broj povoljnih

2 2 '- 2

c22 nr

4-n e n ) c k n 2�c. c 13-k - 2n 4 "-' 444 k=O n e 52 2 '- 4 2 ' 4 cn2 c n-2 2 2 c2n'

Razmotrimo kretanje tačke u (l) po dvodimenzionalnoj celobrojnoj rešetki, definisano na sledeći način: u (O) = (0, 0), u (l) = (M (l), N (l)) za 0< l< m + n. Očigledno da su sve trajektorije tačke u, koje vode iz tačke (0, O) u tačku (m, jednako moguće. Ukupan broj

takvih

(0, O) u tačku čitu

n)

trajektorija

od (0, 0).

(m,

;;:

je c +n" Obeležimo sa

z

n)

broj trajektorija koje idu iz tačke

a koje imaju makar jednu zajedničku tačku sa pravom

Tada je

z

p = 1 - ---. c ;;: + n

Da bismo našli

y = x razli-

z, primetimo da između skupa

trajektorija, koje spajaju tačke (l, O) i (m, n) a imaju makar jednu zajedničku tačku sa pravom y = x, možemo uspostaviti uzajamno jednoznačnu korespondenciju. Radi toga je dovoljno korespondirati svakoj trajektoriji koja polazi iz ( 1, 0), onu trajektoriju, koja polazi iz (0, l), koja se dobija iz prve ogledanjem u odnosu na pravu x = y odsečka prve trajektorije od tačke (l, O) do prve tačke koja je zajednička sa pravom y = x. Sada je lako naći z.

744 4111.

4112.

REZULTATI

Razmotriti Odrediti

zadatak uda kome nasumice iz brojeva l, 2, . . , n izabira jedan broj. verovatnoću taj brojsebude uzajamno prost sa n. Rešenje ovog zadatka bazira na slcdećoj lemi. Uvek postoji C�+r- 1 različitih načina da razrnesti r istih objekata u n ćelija. Dokaz. Predstavirno ćelije kao intervale između (n + 1) crte, a kao objekte uzmimo slovo SimboldvaIAAobjekta, I IA i i iAAAA I označava da svega ima 6 ćelija i 7 objekata, pri čemu u prvojA. ćeliji u Raspored trećoj jedanobjekata objekat,po ućelijama šestoj jećeliji -4, dok poštosusućelije na druga, četvrta i peta prazne. fiksiran, značena mesta na kojima stoje slova. Prirnećujemo da slova mogu stajad na n + r- l mestu, pa prema torne broj različitih razrneštaja iznosi C�+r-1 • Ovaj problem igra važnu ulogu u savremenoj statistićkcj fizici, i u zavisnosti od toga, kako se obrazuje potpuna grupa jednako verovatnih događaja, dolazi se do različitih fizičkih statistika: Bolcmana, Baze-Einsteina, Fermi-Diracha. Odgovarajuće verovatnoće su respektivno: .

se

n! (1'·i

p, = -l)! = (N N!)! ! (n�S- lf

p,

4116.

4123. 4124.

-n

c;+,_1.

n

P2 = '

N! Nn (N- n)!

•

N! (N-1)! (N -n)! (N + n- l)! p2 = l.

Po = ------

Rešenje problema bazira na istoj lemi na kojoj i zad. 4112.

l o �2 ta-2r)2; 2° 1-4 ( : r Neka su x i y koordinate početka zapisa, pri čemu je x;>y. Kakoje 0<x y, onda je oblast mogućih vrednost x i y trougao sa katetama dužine 180 m. Površina toga trougla je S = -2l 1802 m2• Nađimo sada y oblast povoljnih vrednosti x i y. Radi toga, da bi se dobio neprekidan zapis, potrebno je da bude nejednakost Sem toga, zadovol da bi sejenadobio neprekidanx-y>5 zapis nam. inter l valu od 60 do 85 m mora biti l l 45 m
_ _ _ _ _

'

u

eo

X

745

GLAVA XII

4125.

86.

Neka su x i y momenti prispevanja signala u prijemnik. Oblast mogućih vrednosti je Prijemnik će biti zapušen ako je kvadrat čija je površina t 2, sl. Data oblast leži između pravih x-y = T x-y = -T. Njena površina je

Sp = S-(t-T)2.

( ;r

Otuda je p = l - 1 -

4127.

lx-yi
4126.

e)' ;

1°

Neka su x i y uzeti razlomci. Njihove moguće vrednosti

O < x < l, O < y < l, što u 2 ravni odgovara kvadrat u površine S = l. Povoljne Hedr!osti su x - o\. < l i xy < - · 9 Granica x + y = l deli kvadrat napola, pri čemu obla.s; x - x < l preds:ad_ia trougao ., ispod prave, sl. Druga granica je hiperbola Apscise prescčn.h tačaka su

87.

su

xy = .::_ . 9

y

X

Sl. 86

x=

3 l

o

1 y=

3. 2

Na

taj

Sl. 87

način drugi uslov takođe

umanjuje povoljnu oblast , čija je

površina

J

2;3

y dx = - + 3

dx

X

If3

2 l Tako je tražena verovatno ća p = - + - ln 2. 3 3

4129.

2°

1)

=

2_ + 2_ ln 2. 3

3

4128.

l p = 1 -- o

L

l -(1 -z)2; 2) z (l - ln z); 3) 1 -(1 -z)'; 4) z2; 5) za z<

- 2 (l -z)2•

4130.

0 , 1 34.

4131.

l

2 z2; za z >

2, l

1-

s p = __ gde je 2 s perimetar mnogougaonika. 2a

4133. Za X

2,

P (h< x, a< y) = - (2 1-x ctg y). Za O < x < k k/

i

O<x
i

k X arc tg - < y < arc tg - ; l l

X l tg Y O < y < arc tg - ; P (h < x, a < y) = -- . l k

746

REZULTATI

n l o 0,0185; 2" p= 160+25 lOOOn = 0,076. x y. l l O<x+ y<;l. l x<;-,2 y<-,2 x+y>-;2 p=-4 . x=A 4, y=AM. O<;x, y<;l, l y -x(l-a. l l ( a) 2 l P = 1-3 (-a )2. - P = 1--l - 2 l x yn 1 O<;x; y<;2 n R, x-R ; p=-.4 x, O<.x; x+y;>z, 1 x y O<;x<24; O<;y<.24; y-x<;l; x-y<;2; p=0,121. P = 1- ( 1- �r 2 2 p 2n(l-cosa)R 2 4nR 2 p= (R2J J costpdtpd !j')=(2R2J J costpdtpdljl) =0,21 x tp d l O<;x.;;; 2 , O<;tp<;n, x< 2 tp ; p= 2dn1 . laln2 -:::;, 4134.

4135.

Neka

su

nosti

dva odsečka

i

Moguće

vrednosti su

su

4136.

Moguće vrednosti su

a povoljne

Moguće vrednosti su 3

Za

.

a povoljne

za

4138.

Neka su

i

.U39.

Neka su

y. :: odsečci. Moguće vrednosti su

4140

Neka su

i

dva luka. Moguće vrednosti su

a povoljne

y ; z <; /, a povoljne

x - =>y, y ...;... : -;:;. .,· ; P = 2 ·

vremena dolaska brodova. Moguće vrednosti su:

a povoljne

4142.

Povoljne vred-

/

4141.

__:._____:.__ =

_

•

sm

a

-

•

2n n{3

2" n/3

4143.

o

4144.

�6

Neka je

o

rastojanje

od sredine igle do bliže linije, a

Moguće vrednosti su

4145.

o

ugao između linije i igle.

sin

a povoljne

Moguće vrednosti su

Za

povoljne vrednosti su

" 1 a<;O, b;>O. mp=l--2nm- J Vbdb=1- V3mn . n2 l . c" Vm · 2° m;>n2 -=>P =--; . 12 m m<.n2 -=>P =-4 6 n b2+a3 <;0, a<;O, b2 <-a3• n3<.m2-:::;,p � 1 1 l J b2/3 db=-1 ( 1-0,6 -m 2/ 3 ) . - -5m n3 ;>m2 -:::;, p = -2 --2 nm 2 2mn J a312da=-. Koreni će biti pozitivni ako je

Za

o

Za

. dn

Korem je

za

Povoljna oblast vrednosti koeficijenata je

n

o

11Jf2

a

me

.

b" 1ce realn1 ako je

Za

m

Za

o

n

GLAVA XII

4146.

o

747 l

2

2° 2 e > l P l > s

l {J e + n � p� O.

Potrebno je razlikovat i nekoliko slučajeva.

l>

n

+

l) u<;v ( {J -e � p�O; v s ( {J [ e)<; <;v ([ {J p � : [ : J 3) v ( {J + ) p : { [ : ] [� ]} v ( [) �p� [ ,B [<;e )<;u<;nin(vsin(c+}) � p�l-- [ uv sin elfJI)] + [ : sin (c+[{J!)]} . (e � s �) · za

sin

in

2) za

za u ;>

3° l)

-

l

[

-

[

sin

[

)

sin

u

[

e �

cos

[ + e) =>

arc cos

�

arc co

.- sin

l;

-[

sin

(! fl : -e) ;

sin (I (J [ -e) -arc cos

l) za u <; sin e - ! {J

arc cos

-

[

2)

za v sin(e-

(3

sin ( fl : + e)

,3 ) � p �

l '

�

arc in

·

arc cos -

4147.

U zavisnosti od toga kako se pristupa rešavanju problema verovatnoće su:

4148.

p�P(A1A2 Al). Ak

(

2 , 3, 4. l

l

(k� 3).

Tražena verovatnoća jednaka je verovatnoći da ne ispadnu iz stroja sva tri e lementa. Neka događaj znači da k-ti elemenat neće ispasti iz stroja l, 2, Tada je Pošto su događaj i nezavisni, biće

p � P(A1) P(A,) P(A,) 0,7 · 0,6 · 0,4 � 0,168. p� P (A2 Al)� 0,24. A B 0, 04 =0, 9 6, P(A)= 1 P(B/A)=0, 7 5. p=P(AB)=0,96·0,75=0,72. A, A =A1 A A A4 A,, Adk= 3, 5) 23 A1 p(A1) 10095 100. A1 95 94 99 94 P(A2/A1) �-. 95 �

Ako nedostaje prvi elemenat, onda je

4149.

Neka događaj znači da je izabrani proizvod ispravan, a događaj da je izabrani proizvod prvoklasan. Otuda je Tražt;na verovat noća je

4150.

Naćemo verovatnoću suprotnog događaja koji znači da je partija proizvoda upo trebljiva. Dati događaj je proizvod pet događaja gde l, 2, 4, znači da je k-ti provereni proizvod ispravan. Verovatnoća događaja proizvoda ispravno a svega ih ima

pošto je ostaje

proizvoda od kojih su

je

=-,

Nakon realizacije događaja

ispravna, pa je otuda

Analogno je

93 92 91 o'77. 95 -94 ·-·-·-� q = -· 100 99 98 97 96 1- q 0 3

Po opštoj formuli nalazimo

Konačno, tražena verovatnoća je p �

4151.

Razmotrimo događaje:

-

�

,2 .

A0 A1 20 100 A Al2 500 A� A1 + A2 + A3 • P(A) � P(A1) +P(A2) +P (A3) � 0,050 + 0,0 10 + 0,001 � 0,661.

Očigledno je

-

dobija najmanje 20 hiljada; dobija

hiljada;

dobija

hiljada;

dobija

hiljada.

Na osnovu teoreme o zbiru verovatnoća dobijamo

748

REZULTATI

4152. p =

1 -(1 -0,7) (1 -0,8) = 0,94.

4154.

1 -0,5" > 0,9; n ;> 4.

4155.

p = • - 22

4153. p = 1 -

)

· • - 2 · · -7 l }2

•- z s

n

k=l

( _!_)( _!_)( _!_)( _!_) ( •- 2 3

TI (l -Pt) ·

·

. . =�. ;rc2

4156. Neka A znači događaj da su izvučene dve bele kuglice. Događaj A je pro;zvod dva

događaja A = A1 A2 gde događaj A1 znači pojavu bele kuglice pri prvom vuče nju, do gađaj A 2 pojavu bele kuglice u drugom vučenju. Na osnovu teoreme množenja vero2 l vatnoća biće P (A) = P (A1) P (A 2 /A1) = - · - = 0, 1 . 5 4 2 2 4157. U datom slučaju događaji A1 i Az su nezavisni pa je P (A) = P (A,) P(Az) = - · - = 0, 1 6. 5 5

-

pribor neće otkazati;

-

treći deo će funkcionisati.

4158. Razmotrimo sledeće događaje: A

A1 - prvi deo će funkcionisati; A 2 - drugi deo će funkcionisati; A3

Tada je A = A 1 Az A, odakle je na osnovu teoreme o množenju nezavisnih događaja

P (A) = P (A 1) P (A 2) P (A3) = p1 p2 p3 = 0,504. 4159.

4161.

Iz nespojivosti događaja sledi da je P (A/B) = O i P(B/A) = O, što znači da su događaji zavisni.

20 1 9 18

4162. 1 -

25 24 23

4165. p =

--- 1

6

·

2

5

·

1

4

1

1

1

· -· · 1 = 3 2 360

.

( !t

4163.

4166. Poći ćemo od suprotnog događaja A, koji znači da su sve bombe upotrebljene. Da bi

= , , -·-- -- · -- · · --

se to desilo mora drugi avion upotrebiti i zadnju bombu, tj. prvih pet bačenih bombi nisu pogodile cilj: P (A) 0 ,7 3 · 0 6 2 = 0 1 2 3 odakle je P (A) = 1 -0,123 = 0,877.

4167. Nije. 1

4169. p = - ·

4168. p = 2 ·

-� 1

n n-1

--

..·

l

--

n n n-1 n-1 1 2 (n !)2 · - 1= · . 2 n 2 n- 1 2 n-2 2 n-3 2 (2 n) !

[n-(k- 1)]

=

(n-k)! n!

·

l

3

5

2

4

6

9

100 !

tOO

2'00 (50 !)2

4170. p = - · - · - · . · - =

.

""< 0 08. '

4171. Prva izvučena ceduljica mora bit i data za prvog kandidata. Verovatnoća toga događaja n . Dalje, izvlačenje ceduljica mora ići takvim redom, da izvučenih ceduljica m+n datih za prvog kandidata ne bude manje od izvučenih ceduljica za drugog kandidata. n-m Verovatnoća toga događaja iznosi -- . Konačno je n

je

P=

-- -- -n

n-m

m+n

n

=

n-m

n+m

.

749

GLAVA XII

4172. 4176.

Neka su a1 , a2 , , On , kupci koji imaju petodinarke, a b1 , b2 , , hm , kupci toji imaju po deset dinara, pri čemu indeksi znače i njihov redosled u redu :za karte. Događaj A�c znači uzimanje karte samo iza kupaca bk (k = 2, . . . , m); • • •

l,

l

l

m n n-l n-m + n-m + = --- . p = n p (A�c> = - · - . . . n + n n-m + 2 n + k= l

l

l

Obeležimo sa A događaj koji znači da u pedeset uzetih primeraka neće biti nijedan ne ispravan, a sa B događaj koji znači da među njima postoji samo jedan neispravan pri merak. Tražena verovamoća je p = J' (A _J_ B). Pošto su događaji A i B nespojivi biće

p = p (A) + p (B) . Iz njih sr o možemo uzeti pedeset na proizvoda

4177.

• • •

c,�g

50

možemo izabrati na

Konačno je

C50 9

C�

načina. Tako

l 5 Cs C9s0

C!�

je

načina.

p (A) =

47·37 0,181.

5 + -- = -- = P = -e so e so 99· 97 100 100

Iz

95

ispravnih

CS! Anal� je p (B) = cio., 95.

Razmotrimo događaje:

A A1

-

razorena skladišta;

-

pogodak u prvo skladište;

A2

-

pogodak u drugo skladište;

A,

-

pogodak u treće skladište.

Očigledno je, A = A1 + A1 + A, . Pošto su u slučaju bacanja jedne bombe događaji A 1 , A 1 , A, nespojivi, to je p (A) = p (A1) +p (Az) + p (A3) 0,01 + 0,008 + 0,025 = 0,043.

4178.

=

l K1(j= 1,2). 1 (j= 1,2) 2° 1 (j= l,2, 3). o Označimo sa A

događaj, koji se sastoji u ispadanju iz stroja elementa Tražena verovatnoća je p (A) = P (A1 + A 2). Pošto su događaji A 1 i A2 nezavisni biće P (A) = p (A,) +p (A2)-p (A , ) p (A,) = 0,6 + 0,5 -0,6·0,5 = 0,8 Neka događaj B znači da je kolo prekinuto usled ispadanja iz stroja sva tri elementa Tada je p = P (A +B) = p (A) + p (B)-p (A ) p (B). Kako je P (A) = 0,8 , P (B) = 0,4 · 0,7 ·0,9 =0,252, to je P "=' 0,85. t 4179. Verovatnoća p pojave događaja za vreme T jednaka je verovatnoći ·- p realizacije da tog događaJa za vreme t plus proizvod verovatnoće

(1-t

T

T

p) da se događaj nije desio

za vreme t i uslovne verovatnoće P pojave događaja u ostatku vremena, ako se ranije . . . des10. - · jednakost p Otuda vazi mje

.

= t (1 -p+

T

)

t · -- p P. Tako nalaztmo p =

T

P

1

(l- ;) t

•

-- p

T

4180. Ra2lUotrimo događaj A koji označava da je meta samo jedanput pogođena. Taj doga đaj može se realizovati na nekoliko načina, tj. raspada se na nekoliko nezavisnih varijanti: pogodak može biti ostvaren prvim gađanjem, pod uslovom da se pri drugom i trećem gađanju proma,i; ili pogodak u drugom a promašaj u prvom i trećem gađa nju; ili pogodak u trećem a promašaj u prvom i drugom gađanju. Otuda je

A = A , A, A, + A, A, A, + A1 A, A,, gde su A ,, A,, A, - pogoci pri prvom. drugom i trećem gađanju. Primenjujući teo reme o zbiru i množenju verovatnoća i koristeći svojstvo suprotnih događaja, nalazimo:

P (A) = P (A, A, A,) + P (A, A, A,) + P (A, A2 A,) =

= 0,4·0,5 ·0.3 + 0, 6·0,5 · 0,3 + 0,6 ·0,5 ·0,7 = 0,36.

750

REZULTATI

4181. Razmotrimo događaj B koji znači da je meta makar jedanput pogođena. Koristeći isti postupak kao i u prethodnom zadatku, i iste oznake, možemo predstaviti događaj B u obliku zbira nespojivih varijanti:

B = A 1 A, AJ + A1 A, AJ + A, A2 AJ + A1 A, AJ + A1 A2 AJ + A1 A, AJ + A, A, AJ. Zatim , naći verovatnoću sdh tih varijanti, na osnovu teoreme o množenju verovatnoća, pa sve te verovatnoće sabrati. Međutim takav način rešavanja je i suviše složen radi čega je podesnije mesto događaja B tražiti suprotan događaj B, koj i znači da meta ne bude ni jedanput pogođena . Očigledno je B =A 1 A2 AJ. Na osnovu teoreme množenja biće

P(B) = P (A1 A2 AJ) = 0,6 ·0,5 ·0 ,3 = 0,09,

odakle je

P (B) = 1 -P (B) = 1-0,09 = 0,91.

A - oboren bombarder, B- oboren lovac. Očigledno j e A = gde A1 znači da je bombarder oboren u prvom naletu lovca, a A2 - obo ren bombarder u drugom naletu lovca. Na osnovu uslova je P (A,) = 0,2. Događaj A 2 je složen događaj . Da bi bombc:rder bio oboren tek u drugom naletu lovca, neophod na je realizacija tri događaja: da lovac ne obori bombardera u prvom naletu, da bombarder ne obori Io-.ca i da lovac obori bombardera pri drugom naletu . Na osnovu teoreme o množenju verovatnoća dobija se P (A,) = 0,8 - 0,7 ·0,4 = 0,224; otuda je P (A) = P (A,) + P (AJ = 0.424. Da bi se desio događaj B treba da se dese dva događaja: da lovac ne obori bombardera u prvom napadu i da bombarder obori lovca uzvra ćajući vatrom. Na osno\U teoreme o množenju verovatnoća biće P (B) = 0,8 · 0,3 = 0,24.

4182. Razmotrimo događaje:

= A1 + A, ,

4183. Neka

A znači uništenje aviona; P (A/2) - verovatnoću da je avion uništen pod uslo vom da su ga pogodile dve granate . Dve granate koje pogode avion mogu da ga obore na sledeći način: ako ga jedna pogodi u prvi deo, ili da ga obadve pogode u drugi deo. Verovatnoća da će makar jedna od dve granate pasti na prvi deo može biti izračunata pomoću verovatnoće suprotnog događaja (da nijedna granata ne padne na prvi deo), koja iznosi 1 -0,9 2 • Verovatnoća da će obe granate pasti na prvi deo 2 iznosi 0,22 • O ,uda je P (A/2) = 1-0,9 + 0,22 = 0,23.

4184. U dotičnom slučaju prostije je preći na suprotan događaj - da avion ne bude uniš ten sa tri pogotka. Taj događaj se može desiti samo u slučaju kada dve, od tri gra nate, padnu na treć i deo, a jedna na drugi deo. Takvih mogućnosti ima tri (onoliko na koliko načina možemo između tri granate, koje padnu na avion, izabrati dve koje su ga pogodile u treći deo). Prema tome je P (A/3) = 3 ·0,7 2 ·0,2 = 0,294, odakle je

P (A/3)= 1-0,294 = 0,706.

e izbacivanje aviona iz stroja. Očigledno je e= M + L, gde M znači uništenje oba motora a L uništenje pilota. Dalje je M = M, M2 gde M1 znači uništenje prvog motora a M2 - uni štenje drugog motora. Pošto su događaji M i L spojivi to je izračunavanje verO\ atnoće događaja e neposredno, po teoremi o zbiru verovatnoća, nemoguće. Radi toga prelazimo na suprotan događaj č - da avion nije uništen. Očigledno je č= t.!L. Ako pretpostavimo da, pri datoj tački eksplozije, motori bivaju uništeni nezavisno jedan od drugoga, onda je P (Č) = P (M)P (L). Tako imamo P (M) = = 1 -P (M) = l - P ( M1) P (M2) , odakle je P (Č) = [ l - P (M1) P (M,)] P (L). Saglasno uslovima_zadatka dobija se P (M1) = P (M2) = 0,2; P (L) = l -P(L) = 0,7, odakle je P (C) =

4185. Označimo sa

= l -P (C) l -0,672 0,328. =

=

A obeležimo promašaj, onda A znači pogodak. Tada je A= A1 + A2 + AJ, gde su Au A, , AJ , pogoci respektivno u prvu, drugu i trećt.. zonu. P ( A) = P (A1) + P (A2) + + P {AJ) = 0,15 + 0,23 + 0,17 = 0,55, odakle je P (A) = l -P (A) = 0,45. p= 0,99l.

4186. Ako sa

P1 verovatnoća d a ć e bela kuglica biti izvučena pre crne, a P, verovatnoća da će crna kuglica biti izvučena ranije od bele. Verovatnoća P, jednaka je zbiru vero vatnoća izvlačenja bele kuglice odmah iza jedne crvene, dve crvene itd. Na taj način, možemo pisati, za slučaj kada se kuglice ne vraćaj u,

4188. Neka j e

Pl =

n n 1- l + + X n + m + l n + m + l n + m + l- 1 n + m + l n + m + l- l

n + n + m + l-2

. . .

•

751

GLAVA XII a u slučaju vraćanja kuglica

n + ln + /2n + · · · = -n P,= m+n+l (n+m+fY (n+m+/)3 n+m . P2 , m m P, -"" P1 P2 =-P1 • n n P1 = m+n

Analogna jednakost važi i

za

verovatnoću

P1 množenjem sa - . Otuda je

4189.

Neka

Ak

se ,

što nije teško videti, dobija iz

Kako je sem

n

verovatnoća

koja

toga

= l to je tražena

-- ·

znači da je na k-orn pismu ispisana tačna adresa. , Je = l . .:. . . . . 1!). Trail:na

verovatnoća je

važe jednakosti

p= P (k=�l Ak) . 1 P(Ak)= -,n P(AkA1)=P(Ak)P(A1/A")= -n -n-1 = -n! · , Pošto

su

događaji

Ak spojivi l

l

to za

proin-oljne Je, j. i, (n-2) '

... ,

Nakon uprošćavanja formule za verovatnoću zbira događaja dobijamo

(n-2)! (n-3) ! +(-1)"- 1 ·p=C n-C --+C n! n! n 1 1 1--+--· 2! 3 ! ·· + (- 1) "- 1 ·-.n 11 P(AB)=P(A)-P(AB). =j=2l 0,03. 26 1 'l3 ' 20 -5 . P (B)= P (AB) +P (AB) =[P (A)+ P (A)] P (B/A)= P (B/A). BP(AA +B)=2P(A)=0,1105; 2° P(A +B)=2P(A)-P2 (A)=0,1075. P(A) a+b-1 . P(A +B)<1 P(B)-P(AB) < P(A) P(A/B)= 1---= P(B) b Z<X+I Z>X-IYI9 +0,, 9P(Z<1)>P(X<10, 10 YI.Yl<1)>0, +P(IZ=X+Y YI<1)-P(X< 5-1 =0,85, P(Z>9);;;.I 0YI
2 n

1 n

ili

1

-- - · · ·

n

l

P=

Za veliko u biće P ""' l - e - 1 •

4190. 4194. 4197.

4191. Pk

Neka

4193.

4192.

označava da je izvučena ceduljica sa jednakim zbirom, _

4198. Iz Iz

4200. P =

način biće:

4202.

Pkt ·

4196.

lo

4199.

"

:::>

:::>

o

6

druga.

ili

ili l

Na drugi

4201. Pt

P2 = -

tj.

P2 = - .

4206.

" (- t)" - 1

REZULTATI

7 52

4207. Ulog

se

( ( p =-

deli proporcionalno odnosu

1

p, = 2m

verovatnoća pobede prvog i drugog igrača,

2n

)

1 . l 1 2 1 l 1 + - C m + - C m+ t + • • • + -- Cn2n - l m + n- 2 2 22

)

l l l 1 2 m- l 1 + - Cn + - C n + 1 + . . · + -- Cm+n- 2 2m - l 2 22

1

2

ptfp2

'

.

B da je četvrti kazao istinu. Neka je Pk verovatnoća da je k-ti lažov preneo tačnu informaciju

4208. Neka događaj A znači da je prvi rekao istinu, a događaj 1

5

P1 = 3 , P2 = 9 ,

P3 =

13 27

,

41 P (A) P (B/A) , P(A) =p 1 , P 4 = 8 ; p = P (A/B) = 1 P (B) 13

P3 = P(B/A), p4 =P (B); p = - . 41

4209. Označimo sa A k događaj koji se sastoji u tome d a se izvuče ceduljica koja dobija, nakon k izvlačenja. Na osnovu ishoda prethodnih opita možemo postavit i k + l hipo tezu. Neka hipoteza Hu znači da je među Verovatnoća tih hipoteza je

P (Hks) =

e� e�=:;. , e�

pri čemu je P (Hks) = O, ako je dobijaju, to je za m>s

s >m.

k

izvučenih ceduljica bilo

s

koje dobijaju.

(s = 0, 1, . . . , k)

Pošto je ostalo

n-k

ceduljica, od kojih

m-s koje

Na osnovu formule totalne verovatnoće nalazimo

P (Ak) =

k -s k e m. cn-m

"""

L.

ck

s= O

n

m-s

-n -k

•

m smatrajući Cs = 0

za

s>m.

Dobijena jednačina može se napisati u obliku

m P (Ak) =-

k

""' L.

n s= O

e•m - 1

k

s= O

c k -s

n-m

l dk xn - l

k

l x n - k - l = - "" L.,

k s= O l •

ek•

�

n-m

C -l

Dalje imamo "" e • m-l L.,

c k -s

d• X m - l dk - • xn - m -:-c-d x' d ..t·· ..k - •

---- · -

-

= - - -- = c k

k!

dxk

n-k - l n-l x

tj. ispravna je jednakost k

L:

• =0

e•m - l C k-s = C k n-m n-l

Prema tome je tražena verovatnoća

m

p

(Ak) = - , n

za proizvoljno k. Ot ud a

sc

i zv l ači

za

ključak, da svi igrači imaju iste šanse, te tako poredak izvlačenja ne igra ni k ak v u ulogu.

753

GLAVA XII

4210. Razmotrimo tri hipoteze:

i događaj

A

H1

izbor prve kutije;

H2 H3 -

izbor druge kutije; izbor treće kutije,

koji znači pojavu bele kuglice. Pošto su hipoteze, prema uslovu zadatka,

jednako moguće, to je uz ove pretpostavke,

l

P (H1) = P (H,) = P (H,) = - . Cslo\ne vero\atnoće događaja A, 3 3 l iznose respe kti\TIO P rA H. ! = - : P d H.l =- : P (A . 'H-,I = - . 3 4 2

Na osnovu formule totalnt! verovatno& biće

l

"

l

'

l

'

"�

P tA) = - - -=- - - - -=- - --_:_ = = · .

3

3

3

znači izvlačenje obeležene kuglice. Hipoteze su: H,- da se kugilal kutiji. H2 - da se nalazi u drugoj kutiji. Po uslovu je P (H,) = p, P (H,) = 1 -p. Pretpostavimo da je iz prve kutije izvučeno m a iz druge n -m kuglica. Uslovne verovatnoće izvlačenja obeležene kuglice P (A/H,) = 1-(1 -Pr, P (A/H2) = 1 -(1 -P)n - m. Na osnovu formule totalne verovatnoće dobija se P (A) =p [ 1 -(1 -P)m] + + (1 -p) [1 -(1 -P)n - m]. Sada je potrebno odrediti m tako da verovatnoća P (A) bude najveća. Diferencirajući P (A) po m dobijamo

4211. Neka događaj

nalazi u prvoj

A

4

3

:

36

dP (A) -p (1 -P)m ln (1-P) + (1 -p) (1 -P)n -m ln (1 -P). dm d P (A) 1 -p Iz jednačine --- = 0=:> (1 -P)Zm -n = -- . Prema tome mora biti dm p 1 -p ln -n p m = - + ---2 2 ln ( l -P) -- =

4212. Razmotrimo četiri hipoteze:

H0 H1 H2 H3 -

avion nije pogodio ni jedan hitac; avion je pogodio jedan hitac; avion su pogodila dva hica; avion su pogodila tri hica.

Koristeći teoreme sabiranja i množenja, nalazimo verovatnoće tih hipoteza:

P (H0) = 0,6 · 0,5 · 0,3 = 0,09; P (H1) = 0,4·0,5 · 0,3 + 0,6 · 0,5 ·0,3 + 0,6· 0,5 ·0,7 = 0,36; P (H2) = 0,6 · 0,5·0,7 + 0,4·0,5 ·0,7 + 0,4·0,5 ·0,3 = 0,41; P (H3) = 0,4·0,5 ·0,7 = 0,14. Uslovna verovatnoća događaja A (uništenje aviona) P (A /H1) = 0,2; P (A/H2) = 0,6; P (A/H3) = 1 ,0.

pri tim hipotezama je

Primenjujući formulu totalne verovatnoće dobijamo:

P (A) = P (H0) P (A/H0) + P (H,) P (A/H1) +P (H2) P (A/H2) + P (H,) P A/H3) = = 0,36· 0,2 + 0,41 ·0,6 + 0,14· 1,0 = 0,458. 48 Zbirka zadataka iz više matematike II

P (A/H0) = O;

754

REZULTATI

4213. Razmotrimo hipoteze:

H1

-

na cilj je dospeo samo vodeći avion (druga dva su oborena);

H2

-

na cilj je dospeo vodeći i jedan od vođenih;

H3

-

na cilj su dospela sva tri aviona,

i događaj

A

koji znači da je objekt uništen. Verovatnoće hipoteza su:

P (H,) � 0,8 · 0,22 � 0,032; P (H2) � 2 · 0,82 ·0,2 � 0,256. P (H3) 0,83 � 0,512. �

A pri ovim pretpostavkama P (A/H1) � 0,3 ; P (A/HJ � 1 -0,72 = 0,51; ., P (A/H3) � 1 -0,73 = 0,657.

Uslovne verovatnoće događaja

su

Na osno\U formule za totalnu verovatnoću dobija se

P (A) � 0,032·0,3 + 0,256 ·0,51 + 0,512·0,657 � 0,476. 4215.

3 4 l 2 7 p � -·- + - · - � - · 4 9 4 9 18

Hh znači da je iz j-te kutije izvučena bela kuglica; izvučena crna kuglica.

4216. Neka

m

k

m+k

--

P (H11) � -- , P (H 12) � m m+k

� -- , P (H22) = Smatramo da je

m

k --

m+k

m

m+k

, P (H21) = --·

m+l

m+k m+k+l

Hh +

da je iz te iste kutije

k

m

-- ----

m+km+k+ l

· k

m

. P (H1,) = --- , P (HJ >) = m+k m+k --

Tada je

m Otuda je m+k

P (HI + 1 ' 1) = -- .

p � --· m+k

4217. 1°

0,533;

2°

2 l P = -·0,82 + -· 0,42 � 0,32 . 3 3

4218. Neka hipoteza Hk (k = O, l , . , s) znači da je u prvom vremenskom intervalu prispelo k poziva. Tako imamo P (H.) = P, (k). Neka A znači da je za vreme 2 t prispelo s po ziva . Verovatnoća da u toku drugcg vremenskog intervala prispe s-k poziva iznosi .

.

•

P(A/Hk) = P, (s-k) P21 (s) = L P, (k) P, (s-k). k=O 4220. Jednakost važi samo u sledećim specijaJnim slučajevima: l o

A = V; 2° B� U; 3° B = A; 4° B = A; 5° B= V

4221. Na osnovu formule iz zad.

4211

=:>

m ;e,; 13,

p;c,;0,67.

GLAVA XII

4222.

155

Neka događaj A znači prijem signala "tačka" a događaj B prijem signala "crtica". Možemo učiniti dve pretpostavke: H, - da je predati signal "tačka", i H2 - da je predati signal "crtica". Po uslovu zadatka je P (H1) :P (H2) � 5 : 3. Sem toga je P (HJ +

5� 3 3 P (H,) = s a P (H,) = . Poznato je da je P (A /H1) � . -g 8 . 2 l �� • P (B/H,) = :-:; . Verovatne>će događaja A i B nalazimo p() P (A/H,) = 3 , P (B/H1) = t " + P (H,) =

l.

Otuda je

formuli totalne verovatnoće

Tražena verovatnoća

se

dobija korišćenjem

Bayesove formule: 3

5

P (H,) P (A/H1) 8 5 3 P (H1/A) = = -- - - , P (A) 4 l 2

P (H2/A) H, -

P (H,) P (B/H,) P (A)

3

2

8 3

l

2

= -- = - ·

2

4223. Moguće su dve hipoteze:

H2

-

pribor je komponovan od visokokvalitetnih delova; pribor je sastavljen od delova prosečnog kvaliteta.

Verovatnoće tih hipoteza pre opita su: P (H1} = 0,4 ; P (H,) = 0,6. Kao rezultat opita konstantovano je da je pribor ispravno funkcionisao u teku vremena t, i neka je to događaj A. Uslovne verovatnoće tih događaja pri hipotezama H1 i H2 su:

P (A/H1) = 0,95 ; P (A/H2) = 0,7.

Na osnovu Bayesove formule nalazimo verovatnoću hipoteze

P (H1/A) = 4224.

H,

0,4 · 0,95 = 0,475. 0,4 · 0,95 + 0,6 · 0,7

Pre opita su moguće sledeće hipoteze:

H1

H2

H3 H4

-

ni prvi ni drugi strelac nisu pogodili;

-

oba strelca su pogodila;

-

prvi strelac je pogodio a drugi nije;

-

prvi strelac nije pogodio a drugi je pogodio.

Verovatnoće tih hipoteza su:

P (H,) = 0,2 · 0,6 = 0,12;

P (H2) = 0,8 · 0,4 = 0,32; P (H3) = 0,8 · 0,6 0,48; =

P (H4) = 0,2 · 0,4 = 0,08.

nakon opita:

REZULTATI

756

A, pri ovim hipotezama, P (A/H,) = O; P (A/H2) = O; P (A/H3) = l; P (A(H4) = l

Uslovne verovatnoće konstantovanog događaja

Nakon opita dolazi se do zaključka=da su hipoteze hipoteza H3 i H4 iznose:

0,08 · 1 P (H (A) - ---- 0,48 · l + 0,081 p (H /A)

_

3

H, i

H1 De:IDQgllće, a verovatnoće

6 0,48 · l = ; 0,48 · 1 + 0,08 · 1 7

4

l 7

Prema tome verovatnoća da pogo ::lak pripada prvom strelcu iznosi

7

6

p=-

4225. Pre opita moguće su sledeće hipoteze:

H,

- da je oklop probijen krupnim parčetom;

-

su:

•

H2 - da je probijen srednjim parčetom;

H3

verovamoćama P ( H,) = 0. 1 : P (H,) = 0.3; P (H,) = 0,6. Neka je rezultat opita događaj A koji znači da je oklop probijen. Uslovne verovatnoće toga događaja uz hipoteze H, , H, i H, iznose: P (A(H1) = 0,9; P (A(H2) = 0,2; P (A(H3) = 0,05. Na osnovu Bayesove formule imamo: sa

da je probijen malim parčetom,

0,1 · 0,9 0,500; 0,1 · 0,9 + 0,3 ·0, 2 + 0,6 ·0,05 0'3 . 0'2 0,333; P (H1/A) = 0,1 ·0,9 + 0,3 ·0,2 + 0,6 ·0,05 P (H,(A) =

P (H1/A) =

-

0'6 "0'05 0,167. 0,1 · 0,9 + 0,3 . 0,2 + 0,6 . 0,05

H, uzeta je partija koja sadrži neispravne proizvode, H2 - uzeta je partija koja sadrži kvalitetne proizvode. Prema uslovu zadatka je P (H,) = P (H2) =

4226. Pretpostavke:

l 3 = - , P (A/H,) = - , P (A(H2) = 1. 2 4

biće

(2_ )

P (A) = _!_ + t = }__ . 8 2 4

Otuda formula za totalnu verovatnoću događaja

Nakon prvog opita verovatnoća da partija sadrži neispravne

proizvode iznosi:

P (H,) P (A(H,) P (H1/A) = P (A) Sa

P je

A

l 3 2 4

718

7

�.

7

3

obeležen događaj da je prvi uzeti artikal bio ispravan. Verovatnoća da partija

sadrži samo ispravne proizvode iznosi

P (H,(A) =

Neka događaj

A

znači da je pri-

likom drugog opita proizvod bio neispravan. Verovatnoća toga događaja takođe se nalazi po formuli totalne verovatnoće. Ako su H' 1 i H' 1 nove hipoteze, onda je saglasno .

.

v

••

pretho dmm tzracunavanJima

P (B(H2) = 0.

Prema tome je

7

l 3 4 P(H',) = - , P (H'2) = . Sem toga je P (B(H',) = - , 4 7 3 l 3 tražena verovatnoća P (B) = - ·- = - · 4 28

7

757

GLAVA XII

0, 1 · 4227. p �

5 6

5 32

--

1 5 0 9·- + o• 1 · 2 6

--

•

l 6 ·0,78

4229. P (H0/A) � -- � 0,214.

4230. Drugom tipu.

4231.

Neka događaj

A

znači

da je u dva merenja dobijena greška suprotnog znaka; neka hipoteza H�- (k � l. 2, 3) znači da je merenje izvedeno k-im instrumentom. Srednje odstupanje E b:akteriše l polovinu dužine inter. ala, pa je vero\ a:noća t:' ri t:' a canj a tcn:-e inter.a!u -'ec"'oka - ; sredini toga intervala odgovara greška čija je vrednost nula.

P (Hc) �

2

l

3

P (A H.J �

,

3 l 5 = P (A/HJ= B , P (A/H;) = 1: , P (A) � , P (H1/A) � P (HJA) � 0,3 , P (HJA) � 0,4. l2 3

4232. Neka događaj A znači da je vepar ubijen jednim metkom, P (A) �

L P(H�r} Neka, da

k� l H�: pretpostavlja da je pogodio k-ti lovac (k � l, 2, 3). P (H,) � 0,048, P (H2) � 0,128, P (H3) � 0,2 88, P (H1/A) � O,l03, P (H,/A) � 0,277, P (H3/A) � 0,620.

Ije, hipoteza

4234. p �

�

l + 2-" + · · · + n-"

•

4235. Neka događaj A znači da su izvučene crna i crvena kuglica; hipoteza Hc (k � l, 2) da je izvučena iz k-te kutije.

50 l 6 300 P (Hk) � - , P (A/H1) � - , P (A/HJ � - ; p = P (H,/A) = - · 51 2 625 625

4236. Neka događaj M, znači d a j e prvi blizanac dečak; događaj M2

Hipoteze: H1 oba a l p = P (M2/M1)= l + a-b . dečak.

-

dečaka;

H2

-

dečak i devojčica.

-

d a j e i drugi takođe

l P (M,) = a + - [1-(a + b)], 2

4237. Neka događaji Ak i Bk znače da su se k-ti po redu rodili dečak i devojčica (k = l, 2).

P (A1 A2) + P (B1 B2) = 2 P (A,B2) � l, P (A1 A2 +B1B2) = 4 P (A, BJ. Otuda je P (A1 A,) + 103 2 l l + P (B 1 B2) = - , P (A1 B2) = - , P (A1 A 2) = 0,5 1 -- ; p = P(A2/A1) = - · 153 6 6 3

4238. 0,161; 0,410; 0,229; 0,200.

prvoj godini; H, student je dent studira duže od prvoga. -

4239. Uvodimo sledeće hipoteze: H, na

drugoj godini. Neka događaj

A

-

student je na

znači da drugi

n1 n2 n2 + n3 n3 P (H1) = - , P (H2) � - , P (A/H1) = , P (A/HJ � - , n-l n-l n-1 n-1 --

1 1 P (A) = --2 [n1 (n2 + n3) + n2 n3], p = -(n- 1) P (A) l

l

nl

n2

-+-

+ P (H,) 2] [p (H,) � n-l n-1

=

stu

758

REZULTATI

4240. Hipoteze H1: (k � O, 1, . . . , 8) - između osam komada njih k je znači da su među četiri uzeta proizvoda tri ispravna.

1 9

P (H�:) � - , P (H1 (A) � O, (j � 0, 1, 2, 8), P (HkfA) �

e� cLk

3

1 3 l � 5 , p � P (H4!A) 4 + P (H5/A)

z = 14 .

�

ispravno. Događaj A

(k � 3, 4, 5, 6, 7), P (A)=

4242. Uputstvo. Iz kutije, koja sadrži N kuglica među kojima m belih, nasumice se uzimaju kuglice bez vraćanja. Naći verovatnoću da će se ranije ili kasnije naići na belu kuglicu. 4243. Verovat noća Pn (N) da igrač A bude poražen u N p artija određuje se ·· iz jednačine

q (Pn-Pn - ) � p (Pn + l -Pn)• Rešavanjem ove jednačine dobija se

Pn �

Odavde se dobija verovatnoća da će igrač A izgubiti:

1-()

p a+ b q

1-(( ;r)

Na isti način nalazi se verovatnoća da će izgubiti igrač B za p =/= q

qb �

a +b ' -q 1-

-

-

p

Ove dve formule pokazuju da je verovatnoća nerešenog rezultata jednaka nul i : r a = O. 4245. Uputstvo.

Uvesti

uslovne verovatnoće

u

i

v

događaja A pod

uslovom da su se kao rezultat prvog opita pojavi l i respektivno indeksi jedinica i ne# 1. Koristeći formulu totalne verovatnoće formirati jednačine koje vezuJU u i v . Rez {3 = 2 1 . .

4246. Problem s e svodi n a rešavanje jedn ač ine

odakle nakon integracije dobijamo

p (t ) � ce - at , gde j e e kons tanta . Ta komtanta s e određuje i z očiglednog uslova da j e p (O) = 1 Na taj način je p (t) � e - at.

.

759

GLAVA XII

4247.

Obeležimo sa n (t) verovatnoću da će neko lice A dožiYeti vreme t, i izračunajmo n (t + L1 t). Očigledno je da, iz pretpostavki učinjenih u zadatku, sledi jednakost

n (t + L1 t) � n (t ) :-c (t + L1 t , t) gde n (t + L1 t, t ) znaci verovatnoću življenja d o t- J t, ako je lice A već doživelo uzrast t. U saglasnosti sa prvom i drugom pretposta· kom biće

n (t + L1 t, t) � 1 -p (t. t -'- J t ) � 1 -a (t ) J t - O (J r ). radi toga je

Tako nalazimo da

:-e

(t) zadovoljava sledeću diferencijalnu jedn.a...�:J d 1t (t)

--

dt

= -a (t) n (t) .

Rešavanjem ove jednačine, izimajući u obzir treći uzlov zadatka, dobija

- J a (z)dz

se

funkcija

t

n (t) � e 0

Verovatnoća smrti, pre nego se dostigne uzrast t, na taj način iznosi

- J a(z)dz t

1 - n (t) � l -e 0

Pri sastavljanju tablica smrtnosti odraslog stanovništva često se koristi formula M<,kegama, saglasno kojoj je

a (t) � a + fJ ert, gde su konstante a , {J i y pozitivne. Pri izvođenju ove formule polazi se od pretpo stavki , d t odra>tao čovek može umreti us1ed okolnosti koje ne zav ise od uzrasta i okolnosti koje od njega zavise, pri čemu porasr smrtnosti nste sa povećanjem uz rasta po gcometrijskoj progres;j i. Uz tak,·e dopunske pretpostavke biće 1t

{J (t) � e - a t _ __ (eY 1 - l) .

4249. P/ (t ) = -b r p, (t) + a (r-1) Pr - t (t).

4250.

y

Označimo sa A (t ) događaj koji znači da su sve čestice koje su pale na brojač u toku vremena t bile registro .ane; sa Bk (t ) označ imo verovatnoću da je za vreme t na brojač palo k čestica. Na osnovu prvog uslova za t > -,; biće

P {A (t + L1 r)} � P {A (t)} P {B0 (Ll t)} + P {A ( t -r)} - P { B0 (r)}·P { 81 (Ll t)} + 0 (Ll t)}, P {A ( t + Ll t)} = P {A (t) } P {B0 (Ll t)} + P {B0 (t)} P {B1 (Ll t )} + 0 (Ll t) .

Stavljajući. radi kratkoće pisanja, P {A (t)} = n (t), dobijamo na osnovu drugog i trećeg u'lova zadatka za O <; t <; r

n (t + L1 t ) = n (t) e-a Ll t + e -aLlt a L1 te - at + O (L1 t) n (t + L1 t) � n (t) e -a L! t + n (t-r) e-a Ll t a L1 t e - at + O (L1 t).

760

REZULTATI

Prelaženjem na granicu kada .đ t --+- 0 nalazimo da za O <; t :(; T važi jednačina

d n (t) --- = -a n (t) + ae - at, dt

(l) a za t> T jednačina

d n (t) -- = -a [n (t)-n (t-T) e - aT] . dt

(2)

Iz jednačine (l) nalazimo da je za O < t :(; T

:n (t) = e - at (e + at). Iz uslova n (O) = l određujemo konstantu e. Konačno za O .:;;; t:(;T imamo

n (t) = e- at (l + at).

(3)

Za T< t< 2 T verovatnoća :n (t) određuje se iz jednačine

d :n ( /) = -a [n (t)-n (t-T)] e - n = -a [n (t)-ea (t - T) (l + a (t-T)) e - aT] = -a [n (t) dt -e - • t (1 -"- a Ct-T))j. Rešenje ove jednačine je

Konstanta

c1

n(t) = e - at

( cl

+ at +

a2 (��T)2}

može biti određena iz toga, što je na osnovu uslova {3 )

Na taj način je

c1

n (T) = e - n (l + a T). =

1

[

a2 (t-T)2]

�

ak [t-(k - 1 ) T]k

i za T <; t < 2 T

n (t) = e - at l + a t +

2!

·

Metodom totalne indukcije možemo dokazati, da za (n- l) T
n (t) = e- at 4251.

L.,

k=O

k!

Formiramo funkciju generatrisu

rp4{x)

[1 4

=

i= l

('ll + P1 x) {0,9 + 0,1 x) {0,8 + 0,2 x) (0,7 + 0,3 x) (0,6 + 0,4 x)= =

= 0,302 + 0,440 x + 0,215 x2 + 0,040 x3 + 0,002 x•,

odakle je P0,4 = 0,302; P1,4 = 0,440; P2,4 = 0,215; P3 ,4 = 0,040; P4 ,4 = 0,002.

4252. p = q = !_ , p5 (l) = C

2

�

( )( )

!_ · !_ 4 = � . 32 2 2

L cr;: pm qn - m xm n

imamo: P••• = q4 = 0,3 16; Pl,. = m=O = C ! pq 3 = 0,42 1 ; P2 ,4 = C�p2q2 = 0,21 1 ; P3,4 = C! p3 q = 0,047 ; P4,4 � p4 = 0,004.

4253. Polazeći od formule (q + px)" =

761

GLAVA XII

"

4255.

Verovatnoća da će cilj biti uništen izračunava se po formuli Rm, n =

l=m R3, P3 + P.,, + Ps,s = e� 0,2 3 · 0 8 + e� 0,24 · 0,8 + 0,25 = 0,0512 + 0,0064 + + 0,0003 "><0,0579. 80 4257. Bilo bi moguće izračunati verovatnoću makar jednog pogotka po 243 formuli R1 , 1 0 = P1,10 + P2 ,10 + · · · +P10,10 , međutim neuporedivo je lakše u tu svrhu koristiti verovatnoću suprotnog događaja: R: , c: 1 - P 1 - 0,9 : : "" C•,l'.< 1 . 42..."'8. p�0,06. biti

4256.

4259.

S =

,S

,

Da bi se rezervoar upalio

m-1

L P,, n i =O = 1-0,503 = 0,497.

Rm,n = 1 -

4260.

L P1,n · Tako će

5

4261.

16

=

potrebna

dobijamo:

2

:.:: =

su dY"a pogo: ;;a. Pc:.U..:U oc :"c·r;:;::Je

R2 ,8 = 1 -(P0,1 + P, J = 1 - (0,8' - C � - 0,2

Zadatak se rešava

po

formuli

za

o,s-) =

totalnu verovatnoću. Trebalo bi

razmotriti hipoteze

H1 H2 H3 H4

-

avion je pogodila jedna granata,

-

avion su pogodile dve granate,

-

avion su pogodile tri granate,

-

avion su pogodile četiri granate,

i naći verovatnoću uništenja aviona pomoću tih hipoteza. Međutim znatno prostije je razmotriti svega dve hipoteze:

H0

-

avion nije pogodila nijedna granata,

H,

-

avion je pogodila jedna granata,

i izraćunati verovatnoću da avion neće biti uništen. Ako A znači uništenje aviona onda je:

P (A) = P (H0) P (A/H0) +P (H, ) P (A/H,).

Tako je:

P (H0) = P0,4 = 0,74 = 0,240; P (A/H0) = 1 ; P (A/H,) = 1 -0,6 = 0,4.

Prema tome je

odakle je

4262.

P (O

P (A) = 0,240 + 0,412 · 0,4"" 0,405, P (A) = 1 -0,405 = 0,595.

asova) =

e� 1 �0,3038 ; p = e3° (0,3038)3"""0,028; e3s2 !

onda je po sredi "baksuzluk".

4263.

1° ""'0,774; 2°

""'0,0021 .

4264.

pošto je taj događaj ma.o verovatan

()

p = 1 -Pn (0) = 1 - � > � . n;> 22. 10 10

762

REZULTATI

4265. Pošto su protivnici iste jačine, onda su verovatnoće dobitka i gubitka partije jednake p=q�l

l

. l , Verovatnoća da će biti dobijene tri partije od četiri iznosi P ,, = C! · • = 4 . 4 2 l

l

Verovatnoća da se dobiju pet partija od osam je l 7 p8 ,5 = C '8 - - = - .

2' 32 7 l · Pošto J e - >- sledi da je verovatnije dobiti tri partije od četiri. 2° Verovatnoća 4 32 >

da se dobiju najmanje tri partije od četiri je

a verovatnoća da

se

l

=4,3 P4,3 + P4,4 = -4 + 16 16 '

R

=

l

5

dobije najmanje pet partija od osam je

(

)

7 8.7 l 93 R, = P, , + P, 6 + P8 1 + P, , = - + - + 8 + l - = - ·

. . . . 32 2 28 256 93 5 Pošto je - >- , to je verovatnije da se dobije najmanje pet partija od osam; 256 16 ,

•·

3o

.

2 P�t, z n = ( t + Ci, + · · · + C�) 2 - 2" > ( 1 + Ci, + · · . + C�- 1 ) 2 - • n = (C� 1 + . . . + n

k=O

+ e �) 2 - • n =

2n

2

k=n+ l

Pit, zn;

4° jednako verovatno.

4266. l o Verovatnoća da svih pet potrošača neće biti isključeni jednaka je proizvodu veroval

2°

noća neisključivanja svakog od potrošača, tj. q = 0,4 · 0,8· 0,7 4 = 0,077. Tražena vero vatnoća jednaka je verovatnoći isključivanja bar jednog potrošača, tj. p = 1 - q = 0,923. U tom slučaju neće biti protoka struje ako budu isključeni svi potrošači, proizvoljnih pet, određena četiri ili tri. Pretpostavimo da su prvi i drugi potrošač vezani paralelno. Tada imamo Po,6 = p, P2 P3

4 = 0,001

Po, s = (p, Qz + q,

p,) p,4 + 4 P1 P2 q, q,' = 0,0136; 4 Po,• = (p , Q2 + q 1 P2) q, p,' + 4 P1 P2P/ q,Z = 0,0635; P6,4 = 4 (P1 Q2 + Q1 P2) PJ2 q,Z = 0,0988. Sumarna verovatnoća je

p e:; O,l77.

4267. Traženi broj n može se odrediti po formuli

n ;;. �---- . log (l -P) log (l -p)

U datom slučaju je

P = 0,95 i p = O,Ol. Otuda je

n>

log 0,05

log 0,99

e:; 296.

4268. n -;;. 300.

4269. U datom slučaju je n= 10, (n + l) p = 4,4. Najverovatniji broj poziva jednak je celom delu broja

= 0,25 1.

(n + l) p tj. n = 4. Verovatnoća četiri zahteva od deset je p 1 0,4 = C,04 · 0,44 · 0,66 = 4270. 1° 0,94 0,656; 2° 0,94 + 4 · 0,1 · 0,93 = 0,948. 4271. 0,17. =

763

GLAVA XII

4272. 1 -p l, -(1

4273. p= 1-(0,74 + 4·0,73 ·0,3 · 0,4) = 0,595.

)

fl.= 4; p= 0,251.

4278.

4279.

4277.

32 f1. + =3; fl. - = 1; p=-. 81 0,05, = 0,10, 0.( 85.

n=29.

4275.

0,73.

4284. Neka A, znači da je nasumice uzet deo koji pripada prvom tipu, A, drugom tipu i A3

n3 =90. p p=P,

trećem tipu. Po uslovu je p 1 = p3 p1 da pri tome događaji .Traži se verovatnoća n1 = n 2 = 5, Otuda je tražena verovamoća �

Svega se izvod; n � I JO opita. i A, IllS :u;>e po pet p:J:a Tada je

-= 5! 5! 90! 0,05' · 0,10'·0,85"'. 100!

••

•

•

� • •• • • �

Logaritmujući datu jednakost, nalazimo

Odavde

se

log p= log 100!-log 90!-2log 5! +Slog 5! +90log 0,85-15. logp.,.,3,7824 p.,.,0,006. Pk P�t-1 P�t = Plc - t dobija da je

tj.

4285. Obeležimo sa

verovatnoću da će se nakon k opita događaj desiti paran broj puta. Data verovatnoća je povezana sa verovatnoćom nastupanja događaja paran broj puta u k - l opita. Pre k-og opita možemo učiniti dve pretpostavke: u k- I opita do gađaj se desio paran ili neparan broj puta. Verovatnoće tih hipoteza jednake su res pektivno Pk - t i 1 -Pk - t · Tada je ( I -p) + ( I -Pk _ ,) p tj . Pk = P + Pk _ , ( l - 2 p). Zadnju jednakost možemo još napisati u obliku

Množenjem levih i desnih strana svih

n

takvih jednačina dobijamo

fi (

'

Skraćivanjem obadve strane ove jednakosti sa

k=l

Pošto je

p0

=

)

Pk- � 2

dobijamo

l to je tražena verovatnoća

p � l [l +(l-2p)n ]. Pn = 2

4286. Razmotrimo na početku prve tri cifre broja. Pošto su one proizvoljne, možemo sma

'

l p=-. lO

trati da se izvode tri opita (n = 3), tako da se kao rezultat svakog od njih pojavljuje

jedna od cifara sa verovatnoćom

Verovatnoća, da kao rezultat tih opita cifre

n=3 P�t=--lOl O, l , . . . , 9) l 10 ( L )3

uzimaju zadate vrednosti određen broj puta, nalazi se po formuli polinomijalne raspo dele ili pomoću funkcije generatrise, koja za rp,

(x) = l

9

k=O

i

xk .

(k =

ima oblik

764

REZULTATI Indeks uz x

,.k"

e�

k.

ukazuje na to da se kao rezultat opita pojavio broj

u x"

:;" x �1 • • • x ;•

l,

n, = 3

)

jednak je verovatnoći

da

Koeficijenat

među prve tri cifre broj

r

n. puta (r = O, . . . , 9). Stavimo xk = x" (k = O, . . . , 9). Tada je x�0 x 1' x ;• = n = x{l n.., + t n, +2 nz+ · · · + 9 o. Stepen x-sa je jednak zbiru prve tri cifre broja. Na taj način

figuriše u

funkciji

. . •

(

(l )3

3

1 x'o 1 9 q; (x) = -3 2 x" = - --=-103 1 -x 10 k=O

)

koeficijenat uz xa jednak je verovatnoći da je zbir prve tri cifre broja srećke jednak Analogno u funkciji

koeficijenat uz x - a jednak je verovatnoći a. Prema tome je u funkciji

rp (x) = q;1

da

a.

je zbir tri zadnje cifre broja srećke jednak

(--)6

1 1-x'o (x) q;2 (x) = -2 106 x 1 1-x

x0

jednak traženoj verovatnoći d a s u zbirovi prve tri i zadnje tri cifre koeficijenat u z jednaki . Tako imamo da je

(l-x) - 6 = C,' + x C6 ' + x2 C,' +

• · •.

Otuda je tražena verovatnoća

, , = 24350 .

4287. p = Ps; 2, 2, t + Ps; J 2 4288.

4289.

o

9! l 9' l ·- = 0 085 · p = 6 · --· -- · - = 0 385 . 4 ! 3 ! 2 ! 39 ' (3 !)l 39 10 ! p = -- 0 15 6 ·0 223 ·0 13 = 0 13 · 10 - 4• 6! 3 ! ' ' ' ' 1° p =

•

'

2°

3° p = 4291. 4292.

(11 + m1 + n1) !

[1 ! m1 ! n1 !

nn 1 (l+ m + n)l,+m,+n, fl, mm1

X ------

l l P = Pn • Pk = Pk - , - + (1-Pk - ,) - = 0,5 , P= 0,5 . 2

2

Neka je Pk verovatnoća nerešenog rezultata posle

2k

odigranih partija.

765

GLAVA XII

4293. PI = ? Pn = ? a Pic verovatnoća poraza prvog igrača kada je kod njega k dinara. Na osnovu formule totalne verovatnoće je P�< = PPk+ 1 + qp" _ 1 • Sem toga je

l ) p = q. Tada je Pl< = l -ke,

Pm + n = O. Otuda je q (Plc-Plc- 1 ) =P (Pk+ 1 -P�<)

--

m tj. PI = , n+m .

--

n Pn = n+m

jednakosti od l do

;

Z) p=/=q.

i od l do

n

1 -Pn = ( l -p,)

Tada je P�< -Pk

.

n + m, dobijamo

(iJ --1-

- = (-p )k (p,- 1). t

t-

l Z

4295. P = Pm; Pm = O

, Pu =

--

l ; za p=/=- => P = n+m Z n

za

m
(7f

-l

zn - l

;

za

l -p, =

n+m

Sabirajući ove

+m

( ;r (�f

1-

t-

q

+m

___:____:_ __ _ __

_ _

(;r ---( ) 1- p

p

1-

n+m

(uporedi sa zad.

4Z93).

n<m< Z n - 1 Pm = -n . U opštem ' slučaju Pm

l l se određuje iz rekurentne formule Pm = - Pm - 1 + - Pm - 2 + z Z2

z

··•

l + -Pm - n + P koja •-' z

se dobija na osnovu formule totalne verovatnoće. Pri tome hipoteza

prvi protivnik pobednika igrao

C=-1-

1-�

Otuda je

4294. Za p = - => P =

q

1 -� p

PI =

p + q = 1, p0 = l,

k partija, Pm - n = P (H")

H"

znači da je

(�r-k (k = l , Z, . . . , n- l).

4296. Neka P" znači verovatnoću da će se igrati tačno k partija. Za k = 1, Z, 3, 4, 5 =>P�c = 0, l 3 Zl 7 63 2

P6 = Z p 6 = - , P7 = Z C � p6 q = -s , P8 = Z C� p 6 q P9 = --s , P10 = -s . z z z Z' Z7 10 193 o 1° R = L Pk = - ; z ako je n neparno onda je Pn = O. U slučaju kada je n parno Z56 k= l = - ,

biće

Pn = � p z

!:_ _ 1

2

,

gde Pic znači verovatnoću da će mkon Z k partija protivnici

imati isti broiJ poena;

63 Pn = --- . !:_+3 Z

l 63 =-, p5 = C105 zto zs

�c+ -

P

1=

z

63 p" ; tj. P�c = -k- ( k = 5, 6, . . . ) Z +3

,

z

4297. Razložiti (1-x) - 1 u red i naći koeficijente uz xm. 4298. Isto kao u prethodnom zadatku. 4299. 1 o Tražena verovatnoća Pšamp jednaka je zbiru

(

uz

pozitivne stepene od

1 l l 24 (l + X)48 q:> (x) = - x + - + -) = --4 4x Z 424 x2 4

Pš amp =

1 48 k L c = 42 4 k = 24 48

z.

l 4 24

(z48 + e2448) '

Ppret = OA4Z3;

x

u funkciji

REZULTATI

766

zbiru koeficijenata uz x za sve stepene

2• verovatnoća suprotnog događaja jednaka je od -4 do 3 u funkciji

rp (x)

4300,

1 ° Pm = ? Pm

= l (l

+ x)40 x2o

420

p = t -20

4 k = l6

l + + . . . + x6) = . 6n n l = l + e" x+ e" + ! X + . . . (cm-16n

se određuje iz funkcije generatrise rp (x) = -- (x

- C! C:;',=i+ C� C,:',=�3 Koristeći jednakost

2

+ C., c:, _ 12-

•

•

•

)

11- l

( 1 -x)n

•

l + e:

• •

-!

+ . . . + C�=t = C�,

= ;,Jc�g-c1b c :n = o,ooz9.

::::>

1 -x '

10

4302.

0

l =10•

6

---

1 -x

1-

"

z•

x21

l 6,

0

( 1 - x)

l

n-1

dobi.j amo Pm = -

m

Rm =

2 P�:.

9 C 10l C 19) 3 = 0,00 1 4, \.{ C 19-

R2 0 =

=n l (C,:', - C� c::,k _6 +

dobijamo Rm =

P20 =

4301. Tražena verovatnoća jednaka je koeficijentu uz

+ x9)6=-l ( ) ( l '\.e265 C61 C l6s + C26 C65) P=

. .

) , pri čemu red opada kada je m - 6 k < n.

Za n = 10, m = 20

•

2

n-1

x" ( l - x6)"

x2

6n

Koristeći jednakost

106

23

2 cfo = o,zz.

u funkciji

6n

l

rp (x) = 106

(l

+x+

10 C61 x + C62 x20- . . . ) (1 + C6 x + C7 x + . . . .

52

5

.

. .

+

)

= 0 , 04 .

znači hipotezu da je broj grbova nakon k bacanja obadva novčića isti n), A događaj da je posle n bacanja broj grbova jednak, što se moglo desiti i ranije. Nek Hk

(k = l ,

P (A)

2, . . . ,

=

�

l

L P (H�c)·. P (A/Hk), p = P (Hn ) = ? P (A) = P (A/H0), P (A/Hk) = --

k= l

O tuda je C

2

�=

,L 4k C2 �=� k P (H�:)· n

4n - k

Zadavajući različite vrednosti

k=l

')' oo

p = P (Hn) ·

Neka je R (Y) =

k;;;j

,L x1 p1 , gde je pn _

za

oo

xk P (H"),

Q (x) =

i=O

1

n= l

""' 00

k-::0 +

oo

.L

oo

n=!

2 x" l Pn - t P (H.,)] = 2 x" Pn (A) = Q (x)- 1 ;

(X )k

oo

k =O

-

4

xk

_ _!_ (2 k) f -- = ( 1 - x) ' R (x) = 1 - V l-x= (k !)2

2·

(2 k - 2) !

· p=

22 k - l k ! (k - l) ! '

(2 n- 2) !

z> n - l (n - l) ! n !

l .

Q (x) =

+

2 -2k k · n n-

n možemo naći

= P (A/ H1) . Gru-

pišući članove uz xn, dobijamo

Q (x) R (x) =

C

767

GLAVA XII

4303.

n= 730, p= 3�5 , q = �::, np=

2; p130

(3) = e�30 (3�5r G::r7 •

Na

o snovu

loblne

Moivre-Laplaceove teoreme imaćemo

(m-np)2 m-np 1 -2 P730 (3) j/2nnpq __ e npq 0,7 1; (3) 0 P1 2 (4)2=:0,235. l

�

4304.

_

v;;pq

,r;

-

p730

2=:

2=:

, 22 .

Primeniti Moivre-Laplaceom teoremu.

=p

( - �,�6 < �:: < 1.�8 )

·

Primenimo integralnu Moivre-Laplaceovu teoremu: zamenimo tu verovatnoću integralom:

e- dx= (1,89) (1,26)2=:0,873 ( (x) = -�n =l Jx e-2 dx) �n 1 o e� (0 2)" e- 0•2-"""'-0,819. , . O 814 2=: P = soO! e iOOO np = lo P200 (4) eioo (0,01)4 (0,99)190• 1 . 89

l

P2=:-=

- 1 ,26

4306.

4307.

x2

2

cp

z2

+ cp

cp

•

'Kori steći Poissonovu formula nalazimo P """- -

Koristeći Poissonovu formulu nalazimo

=

4308. t• Neka je fl broj neispravnih svrdlova u sanduku, tada je

P100(/t = 0)=0,14;

2n - 99 + 2n - 98 + )>0,9. = 1-e -2 ( (n-99)! (n- 98)! ··

2, tj.

·

N- m

4309. Verovatnoća da će se u toku jednog sata određeni korisnik poslužiti telefonom

N (m)= e;; (; f(1-;) N- m N (N ·(N -m+ l) (nt)m (nt)m nt) PN (m)= e ;; N ( 1 -N N nt. ( 1-Nnt) (1-Nm)-m-+ (nt)m m! e-nl, l" P(m<7)2=:0,988l; 2• l) nf= 15 ; P(m>3)2=:0,9999; P(m;;;. 30)2=:0,0004.

iznosi

;

•

pa je tada tražena verovatnoća p

- l) · •

raspodela verovatnoćeje

x

• Granična

------- x

tj .

Poissonova

raspodela l)

sa

parametrom

768

REZULTATI

4310. Slično kao u prethodnom zadatku, verovatnoća da od N zauzimaju različite li nij e iznosi

-l

korisnika tačno m njih

m � CmN 1 (nt)m( nt)N-m - 1 l C� 1 (nt ) m ( nt )N-m - 1 � Ni m=l (nt)m 2° l) 14, 2) ll, n(n-1)· · ·(n-m+ l)pm (l-p)n - m; � m. P

-

1 -�

�

N

,

N

pa je otuda

P ("zauzeto")

1-

N

Asimptotska verovatnoća je PN� -- e - nt; m!

4311 .

lo

Pn (m) �

1° 0,0 1 1 ;

m�

3) 1 3 ; 3°

39.

neka je m > O; Pn (m)

1

[

_'!:J"}_[- na ] a

(n)J m. � 0,994. l o n = p= =P(60<m-np< oo)�P (� < m-np < oo) � Vz1 n J Vnpq Neka je

4312.

N

a O, Pn (O) = 1 --'P

--1 .

no,·a formula. 3° Pn (m)-+0 za proizvoljno Verovatnoća da će zavod biti u gubitku je isto što i 1000, 0,006, q verovatnoća da će u toku godine umreti više od 120 osiguranika, tj. P (m > 1 0) "'

7,7

e-

7,8

2=

; dx�O (sa tačnošću

većom

od desetog decimalnog mesta). 2° Zavod će imati dobitak od 40000 ili više, ako je u toku godine umrlo najviše 80 osiguranika.

l) 2)

P (m <; 80) � P

( , < �:; <2 ) � -7

,6

8

cp (2,6) + cp (7,8)�0,99534;

P ("dobitak:> 60000") = P (m < 60)�0,6;

(l 4 1 <0 2) 2 (o.o2 \}/ 2) P(600<m<660)=0,4991 3 P { � l��- � l < a}

4313. 1 o P � - 0,

,0

1 1 5 00

o

�

cp

3)

0,00466.

1500 0,4 · 0,6

) = 0,8859.2° l)P(570<m<

620)

=

0,8859,

3) P (620< m< 680)�0,1468, 4) 0,8353;

= 0,985.

Izražavajući levu stranu jednačine koristeći i ntegralnu

Moi,re-Lopla,_

a �0,03, tj.

( 1% - � 1 < �2 (0, 8 \j; 15) 9 � cp

0

0

--;

0,03,

�0 , 9 5 tj.

11

ili 764

18500.

[a V:� J.

<m<

836 ;

a)� 4° {1: -! l <0,01} � dobij•mo

P

d> (73,5

0,442 ;

769

G LAVA XII

4314. Sličan

4281). ( / � -�/ < )

zadatak je već dat (vid. zad.

intlnn

Moivre-Laplareovn

lo P

2<1>

toocnmn,

a > 0,9,

4 0

[• V !E' �OO J

ili

> 0,9,

na

osnovu

ndak!n

jn

2 VN-100 VN-100 1,65, >0,825 N , <S-800<66, 1 S-100. S- 1 00, :< <+(127,8)2 (1-(1-p1.r,)+)=p P2 (1-P t); zf + pl (l-pJ+ P122 -Pn=2. (1-p / 02 P22 = [P1 p"- pP,22 . z . ( O x<-1, � -1< x < O, l F(x)= � l l! O<x

tj. a

te prema tome

bi ,-ero\ atnoća bila naj-

da

Sta•-JjajuO : � l

nalazimo za desnu nejednačinu z2- 7900 < - 66 : tj. 12-,8.. Ana.lq:no d..X.ijamo za levu nejednačinu z2 -7900> - 66 z, z>6 1 ,8. :Nl taj način je 100 - t�l.8i< S< 100 ili P (3 9 1 9 0,9. zo Slično nalazimo da je P (5488 <; S <; manje

0,9

imamo -

� 66 � N - 1 00

1 1634)>0,6 .

4315. 43 1 6

Neka je je

P02 = ( 1 -Pt) (l -p2); Pt2 = Pt ( 1 -Pt) + P2 ( 1 -p ,)J ' -P1 1h l l -p,)

Tada je

to je

+ P t p2 ( l -p ,) ( l -Jz) >0,

Poz

>-

Pu =P1 P>; kako

Dalje koristiti metod matematičke indukcije.

za

za

za

l

za

x>l,

Sl.

f

4317.

X

SI. 89

4318.

O x
l x-1

L cr; . zn m =O

ako je

O<x
49 Zbirka zadataka iz više matematike Il

i

O x<-2, -2<x<-1, -l<x<1, 0<x<1, l<x<2, lt x>2.

l F(x)= {l

za

0,1

za

0,3

za

0,5

za

0,9

za

za

770

REZULTATI

2°

Odnos broja pojavljivanja grba prema broju pojavljivanja pisma je slučajna veličim JI sa raspodelom:

l

O, - ,

n-

1

n-

2

n-1

2

- , . . . , -,

oo ,

n

Pn (O),

Pn (1), Pn (2), . .. , Pn (n-1), Pn (n)

pa je otuda njena funkcija raspodele

r �:i:::

F(x) = { 2 n m = O

l

-n 2 e; 2 l

4320.

[kJ

m= l

t

4319.

r l

oko jo O < x i x � � . gdo k e n-k

n •

k ako je X = -- , k >O; k Ef

0 :_: <0 1 ----; 6 ; 2 e; sn-m, �6 � e; sn - m,

n-k

e

e; k = -

ako j e O < x < n i x E

m =O

ako je O < x < n i x Ef

m=O

1+x nx

e,

e,

l za x>n

O

1-p"' 1-p[xJ+ l

za

x
za x E N, za

x > O i x Ef C

4321. Neka fl znači broj pojavljivanja grba. Neka je, dalje, xEN, onda je

F(x)=P(!-VX)= x2-l 2m+l > = 1--2"'l l e, F(x) = 1- + l · 2[xJ M�=0,442; M�2 =0,4684; D�=M�2 -(M�2 =0,273 2° P(-0,5<�<0,5)=0,738. Mf.1=3,368; Mf12 �25,033; Df.l= 13,69; P(f.l ;>4)=0,641. M�4=0,7; M�' = 0,7; D �4 =0,2 1. ako x Ef

--

m =O

�-

4322. lo 4323. 4324.

4325. Srednji broj impulsa smetnji, koji padaju u vremenski interval o d

10

mksec j e ). =

Neka j e � broj impulsa smetnji koji padnu u radni interval stanice; tada je O, l )m m) = --- e - 0· \ m = O , m .,

P(� - (

Verovatmća da će bi.i on;mogućena predaja je

l, 2,

....

0,1.

771

GLAVA XII

4326. Neka j e

z1

broj belih kuglica prebačenih prvi put a

2

z2

prebačenih drugi put . Tada j e

� 1. Broj kuglica u drugC'j kutiji nake n prvog prebacivanja je 8, 6 6 Mz2 = 4 · - = 3 tj. Mx1 = 2 · 1 + 3 = 4; Mx3 = 6-3 = 3. 8 4327. Kako je O za n parno 1 za n = 4 k + 1 sim � n = - 1 za n = 4 k + 3

Mz , � 3

·

-

l

to će tablica ras podele funkcije sin - � biti 2 sin � �

2

gde je:

:r

,_o__.__---c_l'l P--_11 i' . p,

Po

35

4328. Neka je .; broj poena pri bacanju jedne kocke M .; = 3 , 5 ; D .; = - . Za dve kocke je

12

35 1] = ,;, + .;2; M 1J = M .;, + M .;2 = 7 ; D 1J = D .;, + D .;2 = r; ·

4329. Gteltžimo �a .; slučajan brcj čefektnih artika'a, �adržanih u izboru. Slučajna veličina .; uzima sledeće posebne vrednosti: x = O; x2 = 1; x3 = 2; x4 = 3 ; x5 = 4; x6 = 5. Veroval 1 noća P; = P (,; = X;), da će ,; uzeti (datu) odredenu vrednost X;, iznosi Pt =

c;()l C�oi c foo

(i = 1 , 2, 3, 4, 5, 6).

Traženo matematičko očekivanje je

6 c i-t . c6-i L (i- 1) to 90 - 1 2 e'1 0 e90_, · c roo i= l Ctoo j=O je L c{ 0 c�i koeficijenat uz x' u proizvodu M �=

Pošto

-5-

5

j= O

(1 + x)1 0 (1 + x)90, to je kceficijenat uz x' u izrazu

� (1 + tx)10 (1 + x)90 at

O t uda j e

49•

.

2 jC{0 C�j = 10 c;9 j= O 5

_

l

5

L j C{0 C�j j =0

t=l

=

c�9 cioo

to

10x (1 + x)99

a x = --- = 0,5.

5

.

J.

772 4330.

4332.

4333. 4334.

REZULTATI

M�= Df;= 1,1. 7 -117 .\f �=P k=i_L:"' =-.l = 1-e-" M�= D�= .L: e- a"'== - - ( - a ) ; .L: 1-e l ). .L: m2e- a "'=-- .L: e-a•=-- ( 1-e-a n n-1 m -M; = l n+m n+m- 1 n+m-2 n(n-1)(n-2)· ··1 m . n (n+m)(n+m-1)·· ·(m+ 1) n N =N l' P (t) = 1- - ) M;=-N /1 /2 m2-l n2-l Ml� M/1 M/2 =--a+-n m b. 2;

Za prvoga

drugoga - novčića, tj. igra je izgubljeu.a

, za

ll

k (1 -p)k

..

m=l "'

·

r

d "' d a m=O

d da

dl "' da1 m=O

�

(n + m) (n + m- 1)

+ 2·

·

xmulama:

l

dl d a1

·

·

+ ···+

----c------cc-----:-----:-,----

...._

4336.

. S umiranje reda izvodi se P'-

me - a m = - -

m=l

4335.

drugog igrača??).

p

w (w- 1), gde je w

w;

za

(1

4337. Ako je

p i: 2°

K

(1 -p)i: + - (k + 1) [1-(1 -p)i:] K

put koji pređe radnik duž redova a

+

[ 1 -(1 -p)i:

popreko redova, tada j e

3

+-. 1

K

3

4339. Na osnovu d�finicije matematičko očekivanje slučajne veličine je

"'

M�= k=_L:i

kp�; .

S dr 1ge strane, vrednost izvoda funkcije g-!neratrise, izračunatog

"'

4342.

u = l , iznosi

dS(u) = ,L: S'(l)= � = ,L:=i u=i k=i u i = l l k M�= S' 1 n2 . Mf;= .L: -=q=0,9; PIO = 1-q10R�0,651. M�=-.2 c�(_!_)n k ("-n I )m-k ; M r; = mn ; D r; = m (n-n2 1) . l Mr;= k=i,L: a�
4340.

za

kp" u" - 1

kp�;.

00

(l)

Razmotriti disperziju kao funkciju verovatnoće pojave događaja. 3

4343.

4344.

"'

4341.

Dva dinara.

m=l �

6

4345. P = 4346.

oo

ga po 4347.

Neka je

k

(l + l:+ stavljajući

; razmotrimo identitet

oo

i množeći član po član sa

I)H 1

=

nalazimo

broj pojavljivanja događaja A u T-tom opitu, tada je

pri čemu su sabirci nezavisni, pa je

f.' = f.'t + P-z + n

=l

p1;

"

p1 q, .

, diferencirajmo

1).

GLAVA XII

4348.

M t; � M 1J � O.

4349. l o P (!; � O) � q,

773

P (!; �

l) = p.

P (!; � O)

p p p2 + p2 , M!;2 = p-, D !;=-+-= M!;+(Mf)2 M l; =2 q q q q2 q

a" P (!; = n) = (l + a)"+'

00

2

n=O

(aq)"

zo

Tada je q � 1 -p, p

M!;=-=a, q

l a q = l , tj . --= l, q = -, 1-a a+ l , p = a+ l q

(Paskalova raspodela).

1- 1

4350, C1 2 2-I HI = C1 2 2-IHI + C1 2: 2-Jj-,'I = Ct (3-l-l1-l i)= l, j =l 1= 1 1=1 "' l "' l ' n ; e, 2 U- 1) 2 -U- t> =-- = 1. e, = 3 - 2 - J i- I J 4 211 - 1 oo

/;:1

1= l

4351.

M !; = e - A '

"'

2 n (1 -e-.i1)"-1 = e-,
ll = l ck cm-k 'n kp1c = L. 'n kCnk cNm--nk - m -n ; 4352. Očigledno je P (!; =k)= P,. = n N- n ; M l;= L. N e: e� k=t k=t l � n (n) l k m k m (m- 1)=M!;2 -M!;, M !; (!; - 1) = --;;;- L. k (k- l) C n cN:n = N (N-1) CN k=2 n (n - 1) m (m- 1) nm +odakle nalazimo M 1;2 = pa je otuda N N (N- 1) D !; = 4353.

n 1 -n N-n N m - · -- -- . 1 N N 1- N

Obeležimo sa P,. {A) verovatnoću dostizanja naznačenog rezultata za n opita. Ako sa m obelP.žimo tačno m uspešnih opita od ukupnog broja n opita, onda saglasno for muli totalne verovatnoće biće

P,.,

P,. (A) =

n P,., m G (m). m =O 2

Pošto su opiti nezavisni, a verovatnoća uspešnog ishoda u svakom od njih iznosi P, to je

m, n = e: pm (1-p)n-m

p

Stavljajući u formulu za P.. (A) vrednosti P,. , m i G (m) dobijamo

774

REZULTATI

Da bi bio postignut naznačeni rezultat potrebno je tačno opita, ako pri n-tom opitu on bude postignut. Verovatnoća zadnjeg događaja iznosi P,. (A)-Pn _ 1 (A ). Otuda je Af.; matematičko oč-::kivanje slučajnog broja opita potrebnih radi postizanja naznačenog rezultata

n

Da bismo izračunali zadnji zbir koristimo poznatu jednakost oo

2

n=l

l nxn - I =-- (l-x)'

za

f x f< l

koja se dobija diferenciranjem beskonačne geometrijske progresije

Ka0 rezultat

dot-ijamo

w

p

4355.

- q

"

oo

4355. M � =

n= l

4356. Ako je

q'' p

q

D i; = - + - gde je

x=-p ;

p

n=l oo

oo

(2 n-2)! 2 (2 n)! [(n- l)]' = n =O 2'" (n')'·

2 2 np,. = 2 2' n m

q = l-p.

z

oo ,

jer je] L.., -

- -- � ( 1 - x) , 2 (n .)

.� (x)n (2n)! n=O

4

__

_l

2 .

broj izvučenih belih kuglica, onlla je

-m " m· eMm enN-M

"" :\1m = L..,

m�o

U slučaju 2 , stavljamo

C'Jv

m = m1 +

M

N

n-

m2 +

iz kutije u i-tom izvlačenju, tj. mi =

e�-::_11 e'Jy-=._";J ' e ;.,-=_', m=O

n

2

· · · + m.,

gde je

M

N

=n-

mi broj belih kuglica, izvučenih

l, ili O respektivno sa verovatnoćama NM -

M

N

1 - -:

pa pošto je u drugom slučaju disperzija manja nego u prvom, to je odstupanje od srednjeg manje pri uzimanju bez vraćanja.

GLAVA XII

4357.

belih kuglica u prvom tipu obeležimo sa ;, a u drugom sa 'l U prvom gde j � .;; broj bel i h kuglica izvučenih iz i -te kutije; kako su ;, i ;,

Broj izvučenih opit u je ; =

·

!;1 + ;, ,

M .; � M !;, + M ;, i D !; = D !;1 + D !;2 ; M t;, =

nezavisni, to je

M !; Kako je

a ej= b

N; D ; = 2 N

=

=>

ab ; (a + b)2

2 ab l -- < - , (a + W 2

l o M !; = p, + 2 p, + 3 p, + · ·

·

to je, s obzirom

2

a Nb , ; Mt;, = a+b a+b N

= N ; D 11 =

.V

2

manje rasipanje u pr,·om opitu,

na

·

·

i�2

+=

_L P".;

_L P; + 3 _L p1 + 5 _L Pi + · · · = P, + 3 P, + 5 P3 + = (P1 + 2P2 + 3 P3 + · i�3 i';??- 2 -2 Pm = 2 ,L mPm - M t;; tada je D !; = 2 ,L Pm-M ; (M l; + l). m ;:;:: l m�l m�l · · ·

4 a-b

b -a

sa

m ;-;:; 1

i ?':-1

30

tada je

·

leži u inter. alu (.\"-K. S - K)

= _L P; + _L P; + i�1

l

N.11 = 2 N ·

verovatnije da broj izvučenih belih kuglica u matematičkom oček ivanj u .

4358.

775

· ·

)

cenrrom

-

S a-b

p _ , = p, = M , p_, = p, � --b- , Po = l - -4- ;

potrebni uslovi su

4:;;. 5 a-b;;;. O; 4 a;;;. b ;;;., a;;;, O 4360.

Pošto niz

{xn}

tj .

4 a;;;. b ;;;, O , 0 < a <4.

konvertira, onda je on ograničen:

[ xn [ < M,

11 = l , 2, . . . za proizvoljno

e e > O može se naći N = N (e) tako da je '' x71 - a : < - za n >N. Ako izaberemo 11 toliko

'

veliko da je

e

e

e

Pn , < --- , P,.,< --- , . . . ' PnN< --- , 4 MN 4 MN 4 MN

onda je

[ M!;-a J = odakle

2

11

n

1 i2:= l Pn; (x1-a) j < 4 MN + - i=,LNn+l P l

l

e

e

--

2

sledi potrebnost uslova.

4361. Očigledno je / (x)

=

l"

x+ l 1-x

za za

x<-1 - 1 < x<0 0<x< 1

o

za

x > l.

za

nl •

7 76

REZULTATI

Tada

je

F(x

x .;;; - 1

za O (x + J)2 -- za 2 (l-x)2 za 12

--

=

l

l

- < x l.

za

M�= J (x2 + x) dx + J (x-x2} dx = 0; l

o

-1

o

D�= J (x3 + x2) dx + J (x2-x3) dx = � . l

o

-1

4362. lo Da

bi funkcija F(x) bila neprekidna. potrebno je da bude F(-a) = O i se dve jednačine za nalaženje nepoznatih A i B. o

Iz tih uslova dobijaju

.

Otuda JC

n{ l

l .

A +B arc sin

1

n

l

l

X

l

- + - arc sin2 a

1.

za

za

O

za

x>a,

-a < x
(- ; < �< ; ) da slučajna veličina � biti u intervalu ( ; , ; ) iznosi �)2 =F(�)-F(-�)=..!_+ _!_ arc sin (�) -..!_ _..!_ arc sin ( -�) = (-�<�< 2 2 2 2 2a 2a 2

2° Verovatnoća P

n

6

n

6

-

će

l n l n l = - ·- + -·- = - ·

3°

l.

A=-2 B = - . Prema tome je funkcija raspodele slučajne veličir'! � jednaka F(x} =

P

(: ) = A + � B =

F (a) �

n

n

l)

3

� iznosi svako x dF(x) l . = !!__ (..!._ + ..!._ arc sin .!._) = f(x) = dx dx 2 a V a1 -;x2

Gustina verovatnoće f(x) slučajne veličine

2) Nula

n

za

--V a2-r n

se

n

sve ostale vrednosti x. Dobijena gustina verovatnoće /(x) =

naziva

za

zakon arkussinusa.

l

za

l x i
E (-a, a)

GLAVA

4363. l o Koeficijent

A

777

Xli

određuje se pomoću jednačine

..

Otuda je

A= -----

Nakon dvostruke primene parcijalne integracije dobijamo

Otuda je

2o

A -,2 kl

=

Verovatnoća P

pa gus tina verovatnoće ima oblik k '

(0< < :) �

/(x)=-r 2 e -k". da slučajna veličina � bude u zadatom intervalu izra

čunava se po formuli

2 e -5 2e 3° Funkcija raspodele F(x) slučajne veličine � definiše se formulom

oo

4364.

Jf(x) dx= l=A J __:!!_ = 1 + x2 n'

tj.

Matematičko očekivanje ne postoji. Moduo

n

i medijana

su

jednaki nuli.

778

4365.

REZULTATI

M ..t = -- = 4: D �. = -- = 3, odakle nalazimo a +b

(b-a)2

2

12

f(x) =

{

,

a = l , b = 7 tj .

l

- za l < x< 7 b

O van tog intervala

4366.

4367.

4369.

4371.

4372 .

4374.

M � = O; D � =

n

M �=-

-n/2

e v-n E

n

;

T (a + b)

=

r (a) T (b)

A=

(;) n

4370. D �

--

2

= -a2 ;

a E=-·

P (a < ii) 0,544 P (a >ii) = e 4 ; = -- = 1,19. P (a >ii) 0,456 3 3 4373. M � = - x0; D � = - x02• 2 4 "

n

4;

a

ab

•

a+b

;

(a + W (a + b + 1)

M � = O; D � =

�n-2 l

J

.

oo

Radi izračunavanja integrala

n+ l

(l + x2) - 2 dx koristiti smenu x =

o

do beta-funkcije, a nju zatim izraziti pomoću gama funkcije. "

4377.

p

/(x) =

lvf ;

{X

- za

2

(�) c� )

l

2° Moduo x = 2; 2

\j 1 - y , koja dovodi

------ ! D � = n- l --;2,

r

·

0< x < 2

a

J

o

--

f_Y_

V2 r

=

O van tog intervala

/'

2

l

x dx = -

2 ,

"

l

a = v'2 medijana. 4 M� ; p (0,5 < � < 1,5) = 2 3 (sl. 90). = -

V2

; M � = � ; D t; = ----,---:---

l

vnr(; )

l

x cos2 x dx = O; D � = --- . 12 2

.\/ ; � D : � m - 1 .

r 4375.

J

P (a < ii) = 1 -e

A

A = pa+ l rl (a + l) ; M � = (a + 1) /1; D � = /12 (a + l).

4367.

·

n/2

2

M�=

1

z

y

x dx,

-�-------------12� X

OI

SI . 90

GLAVA XII 4378. Pri rešavanju zadatka nameće se potreba da se izračunaju integrali oblika

In� J tn e-t2 dt

(n

o

t=N)

koji se smenom t 2 � u svode na poznati Eulerov integral T (p) �

J uP - 1 oo

o

e-

u

du

(p > 0)

koji definiše gama-funkciju, tj.

1) (p), p d r dt�

Na osnovu svojstva gama-funkci,ie r (p +

r

k

1 ()J 2 �

_l_

2 e-u u

oo

u

_

o

e-

2

e-

•

12

o

E e biće r

JI n

,_

(p+

1) � p !

a

.

( ) ( k-1 ) 1/ 2 k+-2 =---2/c+l (2 k-1)!!=(2 k-l) (2k-3) (2k-5) . . ·7·5·3· 1 ; Izle+ 2 (k+ k!2In,

Otuda, ako je

ceo broj biće l

l

lz k = - r

gde je

za

�p r

l

1

= -

r

2

!!

n '

l) �

Zadnje dve formule mogu biti dobijene i neposredno polovljenom parcijalnom integ ne koristeći svojstva gama-funkcije. racijom polazne formule 1 o Matematičko očekivanje slučajne amplitude bočne strane iznosi oo

co

M�� J xf(x)dx= al' 'r xle o

- xl

2 a' dx.

o

--=t 2 vaM��2 l12a J t' e-12dt�2V2ai,=2 i12 (�- a=a \jJ n2 . D�= M�= a ��. 2'

Uvođenjem smena

X

dobijamo

oo

-

4

o

I tako je

moment

Kako je

M �2 --;2 , to je dovoljno izračunati

drugi

7 80

REZULTATI

Nakon

zamene

promenljivih, dobijamo

M �2�4 a2 J t 3 e-t2dt�4a2l3 �4a2 � =2a2 oo

o

D � =2a2-n;'= a2(2-�)· a"'

Otuda je

slučajne veličine � je

Srednje kvadratno odstupanje

a:r: = a

3° Pri izračunavanju pomoću momenta

�

2-

�.

centralnog momenta trećeg reda zgodno je da se on izr u

'{ <E-x) ' !...az e-2:1dx=m,-3 xm1 +2x\ m3 = J al e xl dx, x =a � � , mz = a1

J.�J � M [(E-x)l ] =

•

o

oo

Kako je

2

to izračunavajući

o

ili

m3 =

xl

4 V2a1 J t• e z dt= 4 V2a3 /4 = 4 V2 a3 : Vn = 3 a1 � x, 2 p,3 ,

X

--

2 az

oo

-t

•

o

Stavljajući vrednosti

Analogno

za

m i m3 u formulu

dobijamo

za

centralni moment četvrtog reda dobijamo

p,4 = M[(x-x)•]= J (x -x)•..:_az e -2"':2 dx=m4-4 O<

xm3 -6

o

x2 m2-3 x•.

Moment četvrtog reda je

x2 a.= ! x• ;z e-2 az dx=8a• f t'e-12 dt=8trl,=8a4• x, m3 , oo

Stavljajući

4379.

oo

m"

M E=a; D az. �=2

m4 u formulu za p,. , dobijamo

h3 3 4 2 v e dv= h m Mv = VIi J oo

4380 .

o

-hl v

1

; Dv = h'

( 4)

z---; .

3

GLAVA

78t

XII

4381. Funkcija raspodele radnog vremena razboja do zastoja je

F(t)=l-P(t) = 1 -e ; M,=-l ; D�=-.l (a + l) (x-x0)" f' (x)=ak(x-x0) a-l-k = x0 + [(a+a-1l)k]a:. [l + k (x-xo)" P M l ' _!_ 1 l 0)a - l 1 -;-k(M-x.,.=a, .\f = x, - 1 - ) " . Joo [ lak+ (x-x 2 l + k (M-x0)" k (x-x0)" ]2 4-:n: · Vn · D�=-A=2h2, M�=x= 1 ·, a= -- . -a l

4382.

t

al

a

odakle nalazimo moduo Xm

Ako obeležimo medijanu

------

tada je

sa

dx = - =

tj.

,

M

4383.

2h '

--

4 V2

moduo

4h '

--

mediiana ,

•

k

V In 2

h

oo

b

P(a<�
4385.

p'

a

(J

a

4386.

Ml �-M� l =a�� =�2 � �

--

j

a2 2 a2 = 0

bz -az

= v 2 (1nb-lna) .

•

4387. Neka su A i B proizvoljni pozitivni brojevi. Tada je O

B

B

J x dF(x) = J xdF(x) + J x dF(x) -A

O

-A

primenjujući postupak parcijalne integracije i prelazeći na granicu kada A-+ oo i B-+ "" (nezavisno jedan od drugoga), dobijamo traženu formulu.

4388. 4389.

M � =-:n: · 4R

{ F(d)= (:r O

1

za d<.O, za O
d>r

782

REZULTATI

4390. Neka je T vreme potpunog obilaska tačke po orbiti. Obeležimo sa R (l) daljinu po

smatranja u momentu 1. Kako je gustina verovatnoće trenutka posmatranja u grani interVala (0, T) konstantna, to je matematičko očekivanje daljine posmatranja

cama

I � � T

f=M[ R)=

dt =

r (t)

o

T

J

r (t) dt.

Pređimo dalje sa promenljive t na promenljivi polarni ugao u, koji se me nja u grani cama od O do 2 :n. Kako se materijalna tačka kreće pod dejstvom centralne sile, to važi integral površine r2 u = e (gde je e konstantna veličina) odakle sledi da je -

l __!__ dt � - r2 du, T = e

e

Stavljajući u zadnju jednakost

2n

J

o

cT=

2n

1

r2 (u) du, f = -

-

cT

J

r3 (u) du.

o

2n J r2 (u) du dobijamo o 2:t J (u) du o 2n J r2 (u) du r1

f=

---

--

o

gde je u saglasnosti sa jednačinom elipse r (u) =

T

D [R) =

J

o

dt

l

a

( l - e2)

l -e cos u

.

Analogno disperzija

T

(r - F)2 T = T

J

r2 dt - f2

o

posle prelaska na novu promenljivu ima oblik

2n J r4 (u) du o D [R] = _2_n J r (u) du o

___

r-2.

Na taj način, radi izračunavanja f i D [R] potrebno je izračunati integral oblika

za

n E N.

7a ovaj integral važi rekurentna formula An =

2 n- 3 (n- 1 ) (l-e')

An - 1 -

n-2 (n- 1) ( l - e2)

A n - 2•

GLAVA XII

783

Kako je

du A0� J du�2n, A1 � J 1-ecosu Vt -e2 2n

2n

� -- arc tg

o

(�-1-e u ) l l+e

2n

2

o

tg-

2

o

to primenom rekurentne formule dobijamo

Otuda je

r�a(1-e2) A3 �a ( 1+ el) · a x �O; 2 x(b+x)dx+ 2 x(a-x)dx�--. Ml;� b(a+b) J a(a+b) J a-b A2

4391.

Smatraćemo određenosti radi, da je

2

>h. Moda ; je očigledno

a

a

-b

a2 · e - - dx 1-y0 J ( 1+-ax2 )�-1 00

4392.

3

o

2x a

ako se uvede smena

-2/a

4393.

a x�-t-a 2

2

onda je

F11(y)�P(1JO FfJ(y)� P {/;<- :} �F; ( - �) �e-(-y)a y
za

4394.

Neka je inverzna funkcija funkcije �g Ona je takođe monotona i dife rencijabilna. Tada je jednaka P ili u zavisnosti o d toga da li j e .1 > 0 i l i U jednom i drugom slučaju je /;

gde je 0< O,

�

odakle je lim /71 .đx---.0

/71

l

.đy---.0

REZULTATI

784

:_ f(�:r?) .

J r .r

4395. t•

O
JO

2 y/(y1), 0
4" _!_f(ln y), l < y< oo ; 5 ° _!_ /(ln _!_) , O
=

l

e

Vfi

--

a

f'l (y) = 3 a

-�

2a'

l

V y' y'21f

4397. 1] = �2 ; /'I (Y) =

; = �3, 1J

h (y) =

V y,

e z .,., · Vid. zad. 4394.

1

2 V2 :tY

{

e

(I'Y- a)2 2o'

+e

,

1 --' 2 :ta

M� = 0,55;

55

M1J = 0,10;

D�=0,2475;

r;ry � O,l44.

a = 0, 1 6 ;

D T] = a' Mx' + My' =

2

e -2 , [(x-a)' + (y-b)'] dx dy uzimajući da je poluprečnik kruga

D

i stavljajući x -a

ae cos rp, y-b ae s'n rp

Ria

1

= JJ n L k=O n-k m2=O

d rp

o

=

�

n2-k m =O

2n

:t OJ OJ

1 V x' + y2 f(x, y) dx dy = --'

kPt , P�c = P ($ = k) =

R

g2 R2 R2 e-2 c de = 1 -e-2.,.' , tj. e 2 a' = 0,003.

o

D

4407. M � =

2 a'

= a' a/ + fl' a,' + a{J r a1 a,.

D� 0,977 = ff ! = 2n 0,997 = 2:t ,f J

4404. M � = a a + fl b + y;

4406. MQ

3 1 y'

aMx' + M (xy), stavimo M (xy) = O; tada je Dy = 22,44.

= a'D � + Dy, tj.

4405.

l

(V"Y + a )2

4399.

D 1) = 0,5 9; M [(;-.\! ;) (1) - .\f ,i) = -0 0

(�TJ) =

(y)

_y2 / 3

4398. M � = 1 9; M� = 4,9; D � = 1,29

4403. M

h' = ----:= ,

-

a

d rp

a

r2

dr = '!-__ a; M e' = 3

a'

2

; D o = �:_ . ' 18

n .1 · pk qm ( l -p - q) " - k - m = m! (n-k-m)!

(n-k) · qm ( l -p -q)n - lc - m = C� pk ( l -p) " -lc, tj. ; je rasm! (n-k-m) ! Tada je M ; = np, M 1J = nq. podeljeno po binomn:: m zakcnu. Analogno je i =

n! k k! (n-k)! p

TJ·

GLAVA XII

n - k kmn! D�=np(l-p); k=O m =O k' m! (n-k-m)! (1-p)" -k = L: k C:1l L: mC';_ k q m (1-p-q)" -k - m; k = O m =O n-k C';_ kqm ,n- k -"' m =O n

pk q " (l -p-q)'•-�< -'" �

D tJ = nq (l -q); M (�TJ) = L L

=

kako je

11-k

n

785

= (l-p- q + q)n - k = (r + q) n - k = L:

to, diferenciranjem ove jednakosti po q i rr.nc žen_ierr_ q

=>

(n-k)(1-p)n -k-1 L: c;_lc k-• k (1-p) k(n-k) C�p " =O k = (a 2: C�p k (l-pf - k k=O n =

r. - k

m =O

q . nalazimo

;;:,

lj.. ,.. - . - "'

m

.

"

M (e, TJ) = q L

pa pošto je

n

= (l -p + q)"

+ p)"

to diferenciranjem ove jednakosti po jedanput po a l -p, a zatim po p i množenjem dobijamo M(�. TJ) = (n- l) pq. No kako je K; I'J = M [ (�- M f;) (TJ -M1J) ] = -n p q, tada j e

sa

p,

''" =

K '" vD � D 1)

4408. }0

l (x, y) = �

a2

=-

pq / v ( 1 -p) (l-q)

a V2

za l x±y / < ---71.

O za 'l x ± Y I >

aV2 --

l a-2 l x l za J x l -

l(x) = O

l !'J

2

-

a

<--= ,

�! 2

a za j x j > - .

V2

a a V2-2 j y i za / y i < -, 2 Jlz , , a

za j y j > -

V2 '

fE (x/y) =

l , a f (x, y) za / x±Y I < • = vz lt; (x) a �' 2 -2 l x !

tj . 1t;(x) =1- l; (xly); znači da su slučajne veličine 1; i 1J zavisne . 50 Zbirka

zad ta a

ka

iz više matematike I I

REZULTATI

786

M ; = O; M fJ = O; M (� fJ) = J J x y f (x, y) dx dy = O, tj. slučajne veličine � i 1J su nekooo

oo

relativne

(sl. 91).

- oo - oo

y

X

Sl. 91

l

e-2y2

4409. 1 ° J � (x) = -= e - M x' , fry (Y) = -= ;

Vo, s n

V2,5 n

3° F (x, y) = P {u< x, v < y } = P g + 1] < X, � - 1J
J

'

e

u+v<x u-v
l

x- u

-- (u2 + 2 uv+5 v2)

2

4411.

lo

x3

+

x)3

J

dv = - n

l (x)=--; (l fe(x)=--. { h= (x l F(x, y) =

4410. 6 = C + t) + �; Fo

du

l

d2 F (x, y) dx dy

= -e

jl2n

O

_

_!_[x2 +(x- y)1] 2

za x <; O,

-- za x > O; +

1)2

_

u-y

3 x2

( l + x)4

e

_!_ (u'+2uv+5 v)

2

d �·

lO x) = l � _!_

le (

GLAVA XII

x<:O, O<x<;l, x>l

za za

- za 2 x2

4412.

fe(x) = J v (x u) fl'/ (v) dv= le

o

u

787

v2 (x2 + l),

2

Ako se stavi z = -

l

oo

( vVn)"-1 2 J Vn r(;) 0

m--2

�2

nv

- - (x2 + 1 l

onda je

tj. dobija se gustina Stydentova zakona raspodele.

4413.

-�

r =V(.;-a)'+('1} -b)2 +(C-c)'; f,(x)= a' Vx2n2 e 2 a2 • l (x-a)2+(y-b)2 ; r =Ve'+ '1}2 , 2na2 (x) = 2nl a2 ff (u-a)'+(v-b)2 dudv . u'+v'< x2 ---=

4414. Gustina vektora (e, '1/) je /( x-, y) -·

Fr

--

F,

u =e cp; v= e cp cos

� ""' cp x (x) = 2na 2 ! J e

d

-

2 a'

e

,

Prelaskom na polarne koordinate

Z a'

e

=

o

e

fr (x)= 2na2 J

4415. Gustina vektora (e, '1/) očigledno će biti

{ l f(x, Y)= 2naV2n

-- - e

0

) si n_rp_ _

2

2n

dobija se:

e_(a_c2_o:_;_+_b e (j e ::..fa'+b'

'e __ __

o

2 a' xe ----

sin

dcp.

a'

e

o

-�

n

2 a2 za [ y [ za [ y

,

d�·.

REZULTATI

788

tada je

Fdx) = u

JJ

f(u,v)dudv= J dv J f(u, v)dv +J dv

sin v<x

_"

X

o

sin v

"

l

(x) :na V2 :n J e cos v= -th -z , /t;

____

-

2 a2

x2 sin2 v

o

Ako se stavi

X

2

x2 4a2

gde je K0 (x) Besseio' �aw:a:i njen graf1k

x2 -4a2 chz

o

a

l

sin v

- oo

f(u, v) du;

dv sm v

·.- .

onda se ovaj integra svodi na

e e f� (x) = :na)12 :n - � J

J

"

o

x2 -4 a2

oblik

dz = nae V2 n Ko (4x� ). 2

fud:-:ija imaginarnog

u

a rg m enta

, drugog re da ,

l

nu tog indeksa:.

4416. Slučajna vel:čina �. tj. broj dcfektn'h proizvoda koji se pojavili pri proveri, može uzi, nati sve cele vrednosti u i nterval u [0, m]. O e leži mo sa Pk p (� k), gde je k = O, l , 2 , . . . m. P olazeć i od definkije verovatnoće, do bij am o

b su

e� e��

=

=

Pk = ----

C 'n

Prema tome karakteristična funkcija biće

E(u)

m

=

c k c r -k

"\ m n-m . "- ----- e•ku.

4417. Pošto j e karakteristična funkcija

E (u)=

to je

e�

k�o

M [eiux]

E(u)=-} J e•ux - l x ! dx= J r:ecosuxdx =cos ux +i sin ux, J rl x l sin ux dx= oo

O

- oo

bi

s o z r om da je eiux

a

oo

O.

Primenom postupka parcijalne integracije dobijamo

-x

l · ux e _ "' ] l - l . E(u) = -J e cos ux dx = [ u sinux-cos l + u2 l + u2 l + u2 oo

o

o

lJ.

GLAVA Xli

4418. Gustina verovatnoće

789

f(x) vezana je sa karakterističncm funkcijom

J

f(x)=_!_

E (u) relacijom

oo

e - I"" E (u) du.

2n - oo

Zamenjujući vrednost za E (u) dobijamo

r e--. - l t< %

l

/ (x) = -

2 :r .

l - u-

du.

Radi izračunavanja ovog integrala razmo:rimo integral pc z:a:\ oreooj .len-uri 1

Funkcija

e - lzw

-l + W2

2n

,1;

e - l.rtĐ

J

1 +w

dw.

kompleksne promenljive w, v

koja ima dva pola: jedan u tački w = i i drugi u tački W = -i (sl. 92). Razmotrimo dva slučaja: Prvi slučaj (x< 0). Izabirajući za konturu integracije polukrug CR ' zatvorenim delom realne o>e ( -R, R)

,i

+ --�-

do bijamo 2n 1 +2n

R

J

e-iru

-- du. u2 + l -R

Na osnovu teoreme o reziduumu biće

_l_ .J 2 n :t'

ili, pošto je

( i)

"' e - lriD =i dw = _!_ 2 n i Rez r � w2 + 1 2n w2 + l w = i

x negativno

S druge strane, kada

2n

R -+

f

l

lim

R -> oo 2 n

l lim R -+ oo 2 n

J --

e - l:r:ID

CR'

e-ixu

w2 + l

R

J

-R

e-

2w

l e - IZIO -- d w = - e - l x ! . 2 W2 + l

oo

Granica pak trećeg integrala

(. )

u2 + l

du

l = zn

jednaka je traženoj. Na taj način je za x < O

dw = O.

oo

J

- oo

Sl. 92

in•

e _ ,,. -- du u2 + 1

w=i

= -!_ e "', 2

R

u

790

REZULTATI

e - izu

Drugi slučaj (x>O). Ponavljajući analogan račun, samo zamenjujući realnu osu drugom polovinom kruga CR"• dobijamo -- du. u2 + l

"Sa osnovu teoreme o reziduumu biće l 2n

J

e- izw

l

( e - txw) f e- i:rw

-- dw = - 2 :rr · Rez -w2 + l 2n ' W2 + 1

e - t:rw l

-

ili pošto je x pozitivno 1

J

2n

ali sa suprotnim znakom

(e- ''""')

1

= i -=2 2w w= - i w= - 1 l

-- dw = - w2 + 1

-- dw -+ 0 w1 + l 2n CR"

Drugi integral -

sa

2

e

-z

r l xl.

kada R -+ oo , a treći integral daje traženu granicu, R

lim

R -+ oo 2 :t

l

J

-R

I tako za x > O -=> f (x) = -

2n

Tako se u oba slučaja dobija da je /{x)

e -lzu

1 -- du = u' + 1 2n

=-e -Izl l

2

oo

co

J :::;du L l :::"'; . =

- oo

- co

•

4419. Ako momenti postoje u šta se lako m Jže uveriti, znajući gustinu verovatn:)Će dobijanu

l .

u prethodnom primeru, onda se oni izračunavaju po formuli _!_ dk E(u) m = k jk duk

Radi nalaže�a izvoda

� EM --�

dul<

/

u=O

u=O

koristmo to što su ti izvodi koeficijenti uz l

co

l

di< E(O)

�

k!

nk

� -. razvoja u Mac-Laurinov red funkcije -- , tj. -- = " -k! l + u2 l + u2 k"::o du�<

l Radi dobijanja toga reda primet irno da je funkcija -l + u2 co l l + u2

--- = 1 -(iu)z

za

l u l < l geometrijska progresij a

) (iu)2•.

m"':::o

Koristeći identične transformacije zadnji red može biti preobražen u Mac-Laurinov red ""

L

m=O

( iu)2m

=

2:

co 2:

uzm ;zm (2 m)! -- . (2 m)! m=O

l Otuda Mac-Laurinov red za funkciju -- , l + U2

; zm (2 m)! -- sadrži samo parne stepene od u. Tako će biti -- = l + u2 m=O (2 m) !

l

dk E (u)

-

dx"

4420.

co

1- { u=O

E (u) = q + pe1"

uzm

žk

k! za k parno

O za k neparno, gde je

q = l -p.

a polarni momenti

m. = �

{

k! za k parno, O za k neparno.

GLAVA XII

791

l 111 ; x�a; D��a(l +a) E(u)=ea(eiU- l) ; x=D�=a. l+ a (l-e ) l (u)�--. (u)=e 1-1-11 ; mk = k!. E(u)= eziuu b_-aeiua) m,.= (k+ l) (b-a) u E(u)= l+ Vn e-v[i-
4422. E (u) �

4423.

- o 2 u2

iux - 2 .

4424. E 4426.

4427.

.

4425. E

blt+ l _bk + l

;

(b

•

(v) ] , gde je

v

v�2

Primeniti parcijalnu

h!

integraciju, a zatim se koristiti formulama

(p);

oo

Jo e -xl 2 pxdx = vn2 e-pl

4428.

m,. =

4429. E (u) =

"

Preći na polarne koordinate i koristiti jednu od inte-

gralnih reprezentacija Besselovih funkcija.

4430. E

(u)= eixu-a u

l l . Zamenom promenljivih dobija se E

e""" (u)= e'"-"na J --xl+al dx. oo

Zadnji

- oo

integral izračunava se pomoću teoreme o reziduumu, radi čega je potrebno razmotriti integral po zatvorenoj konturi, tj .

uu a f(x) � n(a1+x 1) Za pozl' Ivno pri negativnom

443 1 .

elzu dz. -na p z1+a1 ---

integracija se izvedi po gornjem polukrugu zatvorenom prečnikom, a po donjem polukrugu zatvorenom prečnikom.

(Cauchyev zakon).

4432.

x>O /1 (x) = { O x>O /1 (x) t' e-xO x
=

za

za Do rezultata se dolazi kori šćenjem teoreme o reziduumu, razmatrajući odvojeno pozi tivne i negativne vrednosti od

x.

za

E (O)� l (u) l-{3 [(l+ar'")(l+f3e'" +Ple2lu + ··· )]= l-{3 [ae-i" +(l+a{3) � pn eiut ] E(u)= l+a l +a n�o -l, O, l, 2, l-{3 P(�=u)= l-{3 l+a (l +a{3) f3", u=O, l, 2, . . , P(!;�-l)= l+a ·a.

4433. Očigledno je

i E

neprekidna; dalje je

pa je otuda E (u) karakteristična funkcija slučajne veličine !;, koja uzima vrednosti . . . , sa verovatnoćama -

.

-

79 2

R EZULTATI l

4434. e i 2° nije ispunjena osobina karakteristične funkcije: E( -u) = E(u). 3° Ako primenimo inverznu Fourierovu transformaciju na E (u) dobijamo

l

)

(

2 si n x J ct -u')e - iux du = -- cos x + . / ( x) = -� 2n n x2 x -l

Ova funkcija nije gustina raspodele verovatnoće pošto u tački

tj.

J f(x) dx divertira.

O

ima pol drugog reda,

4o Realna karakteristična funkcija mora biti parna, dok funkcija

- oo

e

- z2 (" - arctg z) nije parna .

4435. Pošto je

E (u) realna funkcija to je ·

J cos ux dF(x)

E (u) =

- oo

pa je tada

1 - E (2 u) = �C:: 4

/ ( l - cos 2

u

=

2

J sin' ux dF (x) 2 J ( 1 - cosux)( l + cosux)dF(x) :_ =

- oo

J l-cos ux) dF (x) = 4

- <»

4436. l + E (2 u) �

x) dF(x)

1 -E (u) ].

-

J (1 + cos 2 ux) dF (x) = 2 J cos2 ux dF(x) > 2 ( J cos ux dF (x) r "'

- oo

što je i trebalo dokazati.

=

2[ E (u)]',

PRIMEĆENE GREŠKE 197 ..tr. 199 Str. Str. Str. Str.

205 245 247 254

. . . . opšti integral opšte rešenje

U osmom redu odozgo treba da stoji:

ili te jednačme. Treći red odozgo treba da glasi: Opšte rešenje obično se traži u obliku . . . U zadatku 2021 treba da stoji: . . prolazi kroz tačku (0,0). U drugom redu odozdo treba da stoji X a ne U osmom redu odozdo ne treba da stoje tačke a u četvrtom zapeta. Treba da stoji: Glavni dijagonalni elementi Hurwitzove matrice su

x.

•

a1 a0 O !l3 = a3 a2 a, , a5 a4 a3 l ... u(x,t)=-[/(x-at)+f(x+at)]+ 2a P (AB), P (A+ ll,. = . . .

Str.

282 408

Str. 392 Str. Str. 53 1

U zadatku 2887 treba da stoji: U§

4

svuda treba da stoji Volterraova linearna jednačina a ne Valterraova I. j. Svuda treba da stoji B) itd, U drugom redu odozgo treba da stoji:

= �J rdr[r+2+(r-2)]=2 �.r r2 dr= 23� 1

l

o

o

Str. 641

X1 X2

U jedanaestom redu odozdo treba da stoji:

(t)=c1 e1+c2 e31 (t) =c1 e1-c2 l l=l l= e31

U zadatku 2584 treba da stoji: Karakteristična jednačina . . ., tj. znak determinante a ne matrice. Str. 644 U zadatku 2585 treba da stoji Karakteristična jednačina l l = l J tj. znak determinante a ne matrice. Str. U zadatku 2588 treba da stoji

Str. 643

647

Str. Str.

647 648

Str. 649

1 -(I l+A.) - (l +A.)l : l

l

•

•

•

,

=(A+l) (4-A.2)=0

1-A.

U sedmom redu odozgo treba da stoji: . . stavićemo . . . U trećem redu odozdo na levoj strani treba da stoji znak determinante a ne matrice. Leve strane jednačina (*) glase: •

X (t) = . . . y(t)= . . . , z(t)= . . c1 (t)= -e-1+D1, Y=2c1e1,

Str. Str.

650 651

. .

U drugom redu odozgo treba da stoji

U zadatku

2620

.

treba da stoji:

• • • •

...

Zbirka zadataka iz geometrije

Read more

Zbirka zadataka iz linearne algebre

Read more

Linearna algebra: zbirka zadataka

Read more

Pomoč iz domače lekarne II

Read more

Tajni svet matematike

Read more

Izbor iz dela

Read more

Devojke iz Riyada

Read more

Pogledi Iz Stvarnog Sveta

Read more

Encyclopaedia Judaica (Inz-Iz)

Read more

Pakao iz vazduha

Read more

Legende iz starog Sarajeva

Read more

Zdravlje iz Božje ljekarne

Read more

Vesti iz kulture

Read more

Iz galantnog stoljeća: (kulturnohistorijski fragmenti)

Read more

Priče iz Bolonjske šume

Read more

Une vie

Read more

Une vie

Read more

Vie d'Auguste

Read more

Une vie

Read more

Une vie

Read more

PODUKE IZ POSEBNE PROLJETNE PONUDE

Read more

Vie et aventures de Nicolas Nickleby - Tome II

Read more

Iz srpske religije i mitologije

Read more

Le prix d'une vie

Read more

L'Élixir de longue vie

Read more

Vie de Domitien

Read more

Vie de Titus

Read more

Une forme de vie

Read more

Lelixir de longue vie

Read more

L'Élixir de longue vie

Read more

Recommend Documents

Zbirka zadataka iz geometrije

Ele ktro nsk je o iz dan Zbirka zadataka iz geometrije je o iz dan nsk Ele ktro je o iz dan nsk Ele ktro ...

Zbirka zadataka iz linearne algebre

Urednik ZLATKO ŠPORER Recenzenti BRANKO NAJMAN MIRKO PRIMC I,.ektor MARIJA ROŽIĆ CIP Katalogizacija u publikaciji Naci...

Linearna algebra: zbirka zadataka

Neven Elezović Andrea Aglić LINEARNA ALGEBRA ZBIRKA ZADATAKA 3. izdanje Zagreb, 2006. ©Prof. dr. sc. Neven Elezov...

Pomoč iz domače lekarne II

Tajni svet matematike

26. Eu reka, Ilustтovana istoтija pronaШzaka, Beograd. 27. 2ivko Kostic, Izmedu igтe i matematike, Beogгad, 28. Idris D...

Izbor iz dela

filozofska biblioteka TOMA AKVINSKI Urednici biblioteke BRANKO BOŠNJAK, MI LAN KANGRGA GAJO PETROVIC, PREDRAG VRANIC...

Devojke iz Riyada

Rajaa Alsanea DJEVOJKE iz RIYADA S engleskoga prevela: Kristina Saywell Zagreb, srpanj 2008. Naslov izvornika Rajaa Alsa...

Pogledi Iz Stvarnog Sveta

G. I. Gurđijev POGLEDI IZ STVARNOG SVETA Rani govori Gurđijeva održani u Moskvi, Esentukiju, Tiflisu, Berlinu,Londonu, ...

Encyclopaedia Judaica (Inz-Iz)

ENCYCLOPAEDIA JUDAICA ENCYCLOPAEDIA JUDAICA S E C O N D E D I T I O N VOLUME 10 Inz–Iz F red Skolnik, Editor in C...

Pakao iz vazduha

...