Click here to load reader

Seminarske vaje Diferencialne enačbe

  • View
    20

  • Download
    5

Embed Size (px)

DESCRIPTION

Vaje iz predmeta diferencialne enačbe smer: E-UN, TK-UN, GING Fakulteta za elektrotehniko, računalništvo in informatiko, asistentka Jasna Strnad

Text of Seminarske vaje Diferencialne enačbe

  • VAJE IZ PREDMETA

    DIFERENCIALNE ENABE

    smer: E-UN, TK-UN, GING

    2.teden, 01.03.2011

    KOMPLEKSNA TEVILA

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

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

    Reitev: Najprej vse med seboj pomnoimo in odpravimo oklepaje:

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

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

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

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

    neznankama:

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

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

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

    x1,2 =bD

    2a=

    5 74

    Pripadajoi reitvi torej sta:

    x1 = 3 in x2 = 12.

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

    y1 = 5 in y2 = 434.

    1

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

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

    z =a+ i

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

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

    a2 i2 =a2 + 2ai 1a2 + 1

    =a2 1a2 + 1

    +2a

    a2 + 1 i,

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

    21a2+1 in

    Im(z) = 2aa2+1 .

    Vsota kvadratov obeh komponent:

    Re2(z) + Im2(z) =

    (a2 1a2 + 1

    )2+

    (2a

    a2 + 1

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

    +4a2

    (a2 + 1)2

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

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

    a4 + 2a2 + 1

    Re2(z) + Im2(z) = 1

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

    Torej je :

    |z| = 1.

    2

  • 3. Izraunaj

    3 4i!

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

    3 4i = x+ iy

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

    na tej strani kvadrat dvolenika. Dobimo:

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

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

    x2 y2 = 32xy = 4

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

    x2 ( 2x

    )2= x2 4

    x2= 3

    Enabo mnoimo z x2 in dobimo:

    x4 3x2 4 = 0

    Leva stran se da razstavit:

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

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

    primeru sta to kompleksni tevili

    z1 = 2 i in z2 = 2 + i.

    3

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

    |z 3| < 1

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

    neenakost in dobimo:

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

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

    Kvadriramo celotno neenabo:

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

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

    Risba:

    4

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

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

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

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

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

    (x+ 1)2 + y2 = 4

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

    (x+ 1)2 + y2

    in kvadriramo enabo

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

    oziroma

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

    Pokrajamo, kar se da, in dobimo

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

    Delimo e z (-4)

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

    in nato kvadriramo

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

    )e malo poraunamo in uredimo

    3x2 + 4y2 = 12

    Nazadnje e delimo z 12 in dobimo konno enabo

    x2

    4+y2

    3= 1.

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

    Risba:

    5

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

    z = 6 + 6i

    Reitev: Zapis kompleksnega tevila v polarni obliki:

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

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

    Pa izraunajmo to za na primer:

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

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

    pi4 , saj tevilo lei v

    prvem kvadrantu.

    Torej se nae tevilo v polarnem zapisu glasi:

    z = 62(cos

    pi

    4+ i sin

    pi

    4

    )= 62 eipi4 .

    7. Izraunaj:

    (3+i)15

    (1+i)10

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

    potence kompleksnega tevila. Velja namre:

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

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

    4 = 2 in

    = arctan 13= pi6 + kpi =

    pi6

    Torej je

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

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

    2 in

    = arctan 1 = pi4 + kpi =pi4

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

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

    dobimo:

    (3 + i)15

    (1 + i)10=

    215 eipi225 eipi2 = 2

    10 = 1024

    6

  • 8. Poii kompleksne reitve enabe:

    z7 = 1 + i3

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

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

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

    4 = 2 in

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

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

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

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

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

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

    2pi21 , ostali pa potem med seboj oklepajo

    kot

    2pi7 .

    9. Poii kompleksne reitve enabe:

    z2z7 = (i 1)6

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

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

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

    2 in

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

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

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

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

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

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

    2pi5 .

    7

  • VAJE IZ PREDMETA

    DIFERENCIALNE ENABE

    smer: E-UN, TK-UN, GING

    3.teden, 08.03.2011

    ZAPOREDJA

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

    (a) Na tevilski premici narii nekaj lenov!

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

    a1 =1+21 = 3, a2 =

    2+22 = 2, a3 =

    3+23 =

    53 , a4 =

    4+24 =

    32 , a5 =

    5+25 =

    75 ,

    a6 =6+26 =

    43 , ...

    Slika:

    (b) Pokai, da je zaporedje strogo padajoe!

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

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

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

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

    n+3n+1 .

    elimo torej pokazati:

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

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

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

    |an| < 1

    in s tem je dokazano, da je zaporedje omejeno.

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

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

    16 =

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

    2

  • 5. Poii zaporedje:

    (a) s sedmimi stekalii;

    (b) takno,

Search related