Visa Matematika II Ispitni Zadaci Sa Rjesenjima i Rezultatima Milomir Trifunovic i Slobodanka Topalovic

VISA MATEMATIKA ik Ispitni zadaci sa re Senjima

i rezultatima

BEOGRAD, 1977.

VISA MATEMATIKA I1 ISPITNI ZADACI SA RESENJIMA

i REZULTATIMA

Recenmt

Prof. dr ERNEST STIPANIC

IzdauaE: IzdavaEko preduzebe UNIJA PUBLIK, Novi Beograd, Bulevar Lenjina 171.

Stampa: SLOBODAN JOVIC, Beograd

P R E D G C V O R

Ova Zbirka sadrZi odabrane i reiene zadatke i z predmeta Vi ia matematika 11, koji su davani nu pismenim ispitima Gradevinskog fakulteta u Beogradu u periodu od juna 1957. godine do novembra 1976. godine. Po praz7ilu ztzeti su u obzir ispitni zadaci iz onih disciplina koje su obuhvaeene sadadnjim programom predmeta ViSa matematika 11. Pri tome je vodeno meuna da telcstovi zudataka uglavnom ostanu nepro- menjeni, da se zadaci ne ponavljaju i da po svojoj sadrZini i karakteri- stikama Sto potpunije ilztstruju spomenuti predmet.

Radi bolje preglednosti zadaci su grupisani u sledefa poglavlja: ObiEne diferencijnlne jednafine, Parcijalne diferencijalne jednafine, Bes- konaPni redovi, Krivolinijski i vigestruki integrali, Elementi teorije polja i DiJ-erencijalna geometrija. Tipieni primeri iz w a k e discipline su detaljno uradeni i prokomentarisani, a zatim su dati zadaci za samostalni rad sa rezultatima i neophodnim uputstvima. Oznake, formule i k ra f i izvodi iz teorije nisu posebno dati u. ovoj knjizi. Taj materijal je detaljno izloEen i sistematski obruden u naSoj prvoj knjizi ,,Visa matematika 11 - zadaci sa reienjima i rezultatima". Kapominjemo da ove due knjige predstavljaju jednu celinu, pri Eemu svaka od njih ima sasvim odredenu namenu.

Po svojoj koncepciji i sadrfini, k0.o i po nutinu izbora i obrade zadataka, ova knjiga odgovara potrebama studenata tehniEkih, prirodno- -matematiCkih i drugih fakulteta i viSih dkola koji pripremaju pismene ispite iz predmeta T7iia matematika 11.

NajsrdaEnije se zahvaljujemo profesoru dr E. Stipanitu nu podrici i savetitna.

Korisne sugestije kao i prinzedbe nu eventualne greike primitemo sa zahvalno3fu.

Izraiavamo ~ah~valnost radnicima grafiEkog preduzeta ,,Slobodan JoviC" koji su uspeSno realizovali teiak matematic'ki slog.

Marta 1977. godine Beograd

1. OBICNE DIF'ERENCIJALNE JEDNACINE

1. Data je diferencij alna jednaEina

Odrediti parametar q tako, da se jednaEina pomoku smene y=xq z transformise u diferenci jalnu jednaEinu, u kojoj 6e promenljive x i z biti razdvojene. NaCli zatim opSte resenje date diferencijalne j ednarine.

Rezenje. Zamenom funkcije u=m z i njenog izvoda y'=qm - I z+ XP z' u diferendjalnoj jednatini, nalazimo --

2 qxqz+2 X P + ~ Z ' + X ' I Z ~ x ~ + + ' Q z ~ - I + x Q z = o 3

U prethodnoj jednatini (promenljive Ce biti razdvojene a d u h j u kada je 1+2q=0, tj. q=-112. Prema tome, imamo

1 a odatle, pomdu smene zS=- htegracijm dedi

t ' arc cost t+ lnx=C.

odnosno 1

P) arccos- + l n x = C , xy2

jer je y = ~ - ~ l ~ z . Relacijom (*) odredeno je qd te reHmje date diferenci- jdne jedna&ine. Napomenimo da su njena aingularna regenja:

1 1 yi=- i yz=- -

I/% v; ' Hto se moie neposredno proveriti.

2. Data je diferencijalna jednaEina (x2+ y2) (xdx+ ydy)=(xB+y2+x) (xdy-gdx).

Pokazati da se smenom: x=u cos v, y = u sin v ova jednaEina svodi na linearnu diferencijalnu jednaEinu prvoga reda po nepoznatoj

funkciji u. Dobijenu jednaEinu regiti, i na osnovu toga nati opSte reSenj e polazne dif erencij alne j ednaeine.

RdenJe. Diferenciranjem funkcija

dobijamo

Data diferencijalna jednaEina transfopnige se u jednaEinu

tj. u linearnu diferencijalnu jednarinu, obLika

sin v-cas v Njeno opSte relienje je u=Cev+ . Imajuti u vidu relacije C),

2

opHte reSenje date diferencijalne jednafine odredeno je jednaEinm

Y arc tg -

2 x ~ + 2 y 3 + x - y = 2 ~ V a e + y ~ e x .

3. NaEi opSte reSenje diferencijalne jednasne

-- dy ---- (x"yyg-1) y + x dx (x2+yP-I) x-y

koristeEi smene: x= u cos v, y = u sin v, pri Eemu f e v nezavisno promenljiva a u zavisno promenljiva. Odrediti zatiln integralnu krivu koja prolazi kroz taCku M (1,O).

Rezultati.

4. NaEi opSte regenje diferencijalne jednaEine

ReSenje. Koristebi smene:

i polaze6i od zahteva, da je

y+2=Y+b+2=Y

X + U - l = X + Y + a + b - l = X + Y ,

sledi

data diferencijalna jedndina se svodi na homogenu diferencfjalnu jednaEinu

koja se integrise pornoh smene Y = X U (X). Dalje, imamo

Uzevgi u obzir relacije (*), dabijamo trnteno opBte reknje date difemndjalne jednabine, dakle

5. Tangente krivih K odsecaju na ordinatnoj osi odseEak duZine

gde je a realan parametar razliEit od nule. Na6i jednaHnu one

krive KO koja prolazi kroz taEku M,

Menje. JednaEina tangente krive K u t a w M (2, y) EK, glad

Ordinate preseEne taEke tangente T i ose Oy je Y=y-~f ' (Xm0) . Pxema uslovu zadatka, imamo

IYI =b, I .

tl.

JednaEina (*) je Bernaullieva diferencijalna jednaEina, koja ae rsaenwn

svodi a~ linearnu diferencijelnu jednabu

Kako je opSte reSenje poslednje jedaaEine, oblika

1 z= - arc tg ax),

xP

to Ce opSte regenje diferenoijalne jedmahe (*) s obairom ma (**), biti

1 1 - - - (C+arc tgax). y' x2

Za x=l/a I. y=2/al/ , dobija se C=O. Prema tome, traZena kriva KO odredena je jednaEinom

;CP-yza,rc tg ax=O.

6. ReaSiti diferencijalnu jednaEinu

(3x+2 y+ya) dz+(x+4 x y + 5 y q dy=O,

znajubi da je njen integracioni faktor, oblika X = X (x+yg). Odre- diti zatim onu integralnu krivu, koja prolazi kroz taEku M (-2 , l ) .

Wenje. TraPitemo reSenje ekvivalentne diferencijalne jednarine

(*I oLP)cls+(XQ)dy=O, OcfO)

pri Eemu je

P=3 x+2 y+y2, Q=x+4 x y + 5 yg, k=h (v), v=x+yP.

Integracioni faktor 5 (v ) odreduje se iz uslova

Odatle, diferenciranjem i sredivanjem d&ijenog izraaa, sledi

Za nadenu fulllkciju k=x+yn, izraz na levoj strar jednaEine (*) je totahi diferenaal funkcije u=u (x, y), toju treba odrediti. Imamo dakle

a u (P) &+(l Q) dy-d~=O 3 UY= -

i dalje

xP+2 w+yP x+3 xyP+2 yS+y4) d ~ + g (Y)

(**) 3 u=*+yx'+2 yPx'+2 v J x + V'X+Q (v).

Difemdmnjem lwe J, desne strane poslednje jednakosti po y, uz koriibenje datag b o d a u y (uy=X Q), malazimo

Zamenom funkcije g (y) u jednakosti (**) i vodehi r a h n a o tome da je u=C, kmaEno dobijamo opSte regenje date diferencijalne jednafine, dakle

p + y 4 x+2 y s x + 2 ytx'+yx2+xS=C.

Za x=-2 i y = l bibe C=-1 .

7. ReSiti diferencijalnu jednafinu

( yS-2 P yS) ax+(2 m 4 - x S y2) dy=o

znajuti da ima dntegracioni faktor oblika k=k

8. ReSiti Langrageovu diferencijalnu jednaf inu

x+ yy'= ye.

~ a n l t a t .

9. Pokazati da diferencijalna jednaEina

ima partikularno regenje y,=a, gde je a konstanta koju treba odrediti. Na6i njeno opste reSenje i pokazati da sve integral* krive prolaze kroz dve stalne taEke.

a=-1, x ( x - y ) - C ( y + l ) = O ; talike su: A ( 0 , -1) i,' ,B ( -1-1) . Za inte- ( graciju date jednalSine koristiti smenu y = - I + i).

10. Odrediti ortogonalne trajektorije farniLije knrgova

h + y 2 - 2 m= 0, (a realan parametar).

11. Data je diferencijalna jednaEina

X + ~ + ; C P = ~ ~

gde su a i g konstante, razliEite od nule. Nabi reSenje jedname koje zadovoljava uslove:

,x (0) = 0, x (0) = 0. . . ..

ReSenje. PomoCu mena: z=x , z=x, dobija se diferencijalna jednaEina prvoga reda

Eije reSenje Z = Z ( t ) treba da zadovolji uslov x (O)=O. Integracijom jedna- Eine (*), nalazimo

StavljajuCi: t=O i z=0 dobija se C,=O, odnosno

ReHavanjem poslednje jednatine po z=x> sledi

a odatle integracijom, nalazimo

x= lnch (lag1 t)+C, a

I najzad, za t=O i x=0 bibe C,=O. Prema tome, traZeno rehnje dife- hencijalne jednaEine koje zadovoljava date uslove, glasi

1 xp= - lnch (lag] t ) .

a2

12. Na6i reSenje diferencijalne jednaEine

y"+ 2 y (Y ' )~=O

koje zadovoljava uslove y (0) = 0 i y' (0) = 3.

du ReSenje. Koristebi smene: yf=u, yU= - u, dobijamo diferenoijalnu jednatinu

dY

Eije reSenje u=u (y) treba da zadovolji uslov u (0)=3. JednaEina (*) raspada se na dve jednafine:

Iz jednaEine u=y'=O, sledi y=C,. Ta funkcija zadovoljava datu diferencijalnu jedmEinu, ali ne zadovoljava skup datih poEetnih uslova. Opkte reSenje druge diferondjalne jednaEine iz skupa jednaEina (**), glad

1 u= -

C,+ y2 ' 1

S obzirom na uslove y=O i u=3, dobijamo C,= - . OpBte reSenje dife- 3

l e y+ys=3x+c,.

Za x=O i y=O, bibe C,=O. Prema tome, regenje diferencijalne jedna- Pine koje zadovoljaw date uslave, odredeno je jednarinom

y+vS=3 x.

13. ReSiti diferencij alne jednaf ine:

lo y"( l+x2)-2xyt=0; y(O)=1, y'(O)=3.

2 O (1-x2)y"-xyt=2; y(O)=O, y t (0 )= l .

3O (l+x"yy"+y'?=-1; y(O)=O, y'(O)=l.

Reznltsti.

lo y,=x*+3 x+1.

2O y,=arc sin x+arc sin8 x.

14. Nahi regenje dikrencijalne jednaliine

ReSenje. Pogto su koreni 'karakteristiene jednaEine rk-r=0; r,=O i r,=l, to be opSte reSenje odgovarajute homogene diferencijalne jednaune y"-y'=O, biti

vr = C, + C, ez.

OpSte reSenje date (nehomogene) diferencijalne jedmEine trafibemo, koristeki metod vanijacije konstanata. Imamo dakle

Pri integracij'i, koriSCena je rzmena t=eX.

Zamenom dobijenih funkcija (**) u I(*) dolazimo do a p h g reSenja date dife- rencijlalne jednarine, dakle

Prema tome, tra2eno gartilcularno reSenje jednaEine glasi

up= -2-ln 2+(3-ln2) ez-(l+eX) [x-ln (l+es)].


lo Znajuti da odgovarajuea homogena diferencijalna jednaEina ima jedno partikclarno reSenje u obliku polinoma, na6i njeno opSte resenje.

2' Odrediti zatim ono partikularno reSenje date jednaf ine, koje 5

zadovoljava uslove y (-2)=0 i y(3)=-ln3. 2

lo Postupak odretbivanja op3teg regenja diferenoijalne jdnafine sastoji se iz tri dela:

a) naCi partikularno regenje y, (u obliku polinoma) jednaEne L [y] =O;

b) pomdu smene y=ylz sniziti red jednatine L [y]=O, i naCi njeno oplte relenje;

C) koristebi metod vanijacije kmstanata, adrediti ~ S t e reSenje date (ne- 1

homogene) jeclnaEine L [y 1 =x+ - . X

a) Neka je

Zamenom polinoma (*) u jednaEini L [y]=O, sa zahtovom da b d e njenn regenje, i imajuki u vidu pri tome da je

dobijamo

Pasle sredivanja, imamo

OEigledno, polinom (*) 6e biti reHenje jednaEine L [y]=O samo u tom sluEaju ako se iz identiteta (**) mogu odrediti njegov stepen n i svi njegovi koeficijenti. Da bi odredili stepen polinoma, stavibemo da je Ucoeficijent uz xn identiteta (**) jednak nuli, dakle

(nz-l)a,,=O n=l (jer je a,#O i n prirodan broj).

;Za n = l identitet #(**) se svodi na 2 a,-ap=O, odakle za al=l sledi %=2. Prema tome, traieno partikularno resenje je

b) Uvedimo smenu y=yl z gde je z=z ( x ) nova nepoznata funkcija i L [y,] =0. Dalje imamo

Y MY1 z l*(-l)

Prema tome, apHe resenje odgovarajube homogene diferencijalne jed- naPine, glasi

C) OpHte reHenje date jednaEine, koju Cerno prethodno, na'pisati u obliku

naCi femo metodom varijacije konstanata. Imamo dakle

x2+ 1 C,'Y,+C*'Y*=O C,' - 2x (x+ 1 j2

3 . 3 x2+ 1 c;=- ( x + 2 ) ( x 2 + 1

c;~l'+c2'~2'= XZ(y+ ,) - 2 (x+

{ 1 . 1

C1= -.In 1x1 + - + D, 2 x+ 1

x2 1 Cz=--+-+D*.

4 x+l

.. Prema tome opSte reienje date jednaEine je

1 x + 2 4 - *2 y=D1(x+2)+DZ- + - In 1x1 + - + 1.

x 2 4 x

5 1 2 O Iz graniEnih uslova y (-2)=0 i y (3)=-- In 3, dobija se Dl= --

2 4 i

D,=2. TraZeno reSenje glasi

Napomena 1. Ako je poznato jedno reSenje y, diferencijalne jednatine

I/"+ P (XI u'+q (2) Y = 0 ,

tada se drugo reSenje y, nalazi po formuli

16. Zadana je diferencijalna jednaEina

Eije je jedno reSenje oblika

(2) y=ax+b, gde su a i b konstante. Utvrditi za koje be vrednosti konstanata a i b funkcija ( 2 ) biti reSenje jednaEine (I), i zatim na osnovu toga odrediti opgte regenje jednaEine (1).

Rezultat.

b.=O, a proizvoljan broj; u=C, x+C, x In (x+ t2- 1).

17. ReSiti diferencijalnu jednaEinu

(1+x2) y"+2 xy'-2 y = 4 xP+2; y (-I)=@, y' (- 1)=0.

Rezultat.

Uputstvo. Funkcija y ,=x je reSenje odgovarajuke homogene jednafine.


L [y]=xe y"-x (x-1) y'-y=Z (x2+x-1) ex.

ZnajuEi da odgovarajuba hom'ogena diferncijalna jednaEina izna jedno partikularno regenje, oblika

1 y1 = ; emx, (m parametar)

odrediti o@te re3enje jednaeine.

ReSenje.

a) Kako je 1 emt emx

y, - ; em., y:- (rnx-I) , y r -- - (2-2rnx+max2); X I

to je

xz em= ( x Z - x ) 1 L [y , ] = 7 (2-Zrnx+m'xZ) - - emz(mx-1) - -emz=O 3

x2 X

m3-rn=0 * m=1. 1-m=O

Prema tome partikularno reSenje jednaEina L [y] =0, glasi

b) Drugo partikularno reSenje y, homogene jednatine L [y]=O odredihemo pomo6u f ormule ,- J P ( x ) dx

Yz=Yt d x ,

1-x gde je p (x) =x (videti napomenu 1.). Imamo dakle

Prema tomr, opSte reSenje odgorarajuhe homogcne difcrencijalne jednaEine L !..yl=O je

C) OpSte reSenje date diferencijalne jednarine, nahi 6emo pomoCu metode varijacije konstanata. Frethodno napiSimo jednaEinu u obliku

Dalje Ce biti

ez l + x ) y - c , - + c , - .

X x (C, (XI , C*(x)=?),

Zamenom (**) u (*), dabijamo opHte rdenje date diferencijalne jednarine, dakle

19. U dif erencij alno j j ednafini

(xd+1) y"-2 x y f + ( a 9 + b x + c ) y=O

dredit i kmstante a, b 1 c tako, da je yl=emf jedan njm par- tikulami integral. NaCi zatirn opSte reSenje date jednaf ine.

Reznltat.

20. Diferencijalna jednaEina

yPf- tg x y f+2 y = o

ima partilrularno reSenje lorblika gl=a eos x+ b sin x. Odrediti njeno apSte reSenje.

Reznltat.

a=O, b proizvoljan lbroj;

yh- C, sin x+ Ct - 1 + sin x In tg - [ 1 exi+311. 21. Data je diiermeijalna jednaeina

xyW+2 y' +xy=O.

Znajubi da je jedno njeno reSmje oblika y1 = sin x, rma~ on0 par- Ci.ku1arn.o reSenj e koje zadovolj ava uslove:

Bewltat. COS X

a= -1, yp- - X - . x

22. Nafi o@te regenje dif e m c i j alne jednaeine

(1 +x? y"+xy'-n2 y=O, (n prirodan broj),

znajuti da je jedno njeno -je

yl=(x+ I' I + X ? ~ .

23. Odrediti crpSte ~egenje dif erenci jalne j ednaEine

(1+9) yN+3 xy'+py=3 xP

ako se zna, da odgovarajufa homogena diferencijalna j ednaha ima partikularno resenje, oblika

Y ~ = ( ~ + X ? ~ ,

gde su p i q realni brojwi i q f O .

24. Odrediti opSte regenje diferencijalne jednaEine

(cos x-sin x) yy"+2 sin x y'-(sin x+cos x) y=eZ (cosx-sin x ) ~

maju6i da je j edno reSenje odgwarajube homogene difemdjalne jednaEine, funkcija yl= @,

Bwaltat.

g = ~ , et+D* sin x+(cos x+sin eer.

f 25. Koristefi smenu g= - , nafi wgte &nje dtferencijalne j d m Z h e

xe .

Men& Zamenom funkcije

z Y- 2'

prl &mu je z=z (x) nova nepoznata funkcija, kao i njenih izvoda:

u datoj jednarini, dobijamo

Opgte reSenje odgovarajute homogene diferencijalne jednaEine pretfiodne jed- *. natine (*), je

5. zn-C, e-%+C, e Z .

PoSto je partikularno reHenje diferencijalne jednaEine (*): Z=ez, to 6e opdte reSenje jednaEine (*) biti

Imajubi u vidu datu smenu $ y=z, malazimo konaEno opHte seknje date diferencijalne jednatine, dakle

1 X -

y- 2 (C, e - z+ Cr e 2 + es )


x2 lo Koristdi smmu y = e T z (x), nabi njmo q3te regenje. 2' Nabi zatim ono partikularno re3enje koje zadwoljava udove

Reraltati.

10 y - eg(~, cos ( x ) + c, sin t f a x ) + - . 4 '3

x2 ( sin (7 ;); )/J or 20 y,- e z -

27.. Data je diferencijalna jednaEina

9 cl: fGYw+6 f & ~ ' - ~ = c o s f;. lo Uvesti putem smene t=g (x) n w u promenljivu t tako, da

d y koeficijent uz - bude jednak-nuli, a zatirn na6i cpgte regenje d t

date diferencijalne jednalrine.

2" Odrediti partikularno reSenje jednarine, za koje je

y (0)=1 i y (-x)=y (x).

lo Zamenom funkcije

y=y (t)=v (g (XI) i njenih izvoda:

. . yf=yg', yM=yg"+yy"

u datoj diferencijalnoj jednal?ini, dobijamo

( 9 ~ ~ ~ ~ ~ ~ > + ( 6 ~ 1 ~ ' + 9 x ~ ~ ~ ~ ~ ) j r - y - c o s ~ ~ .

Funkciju g odredikemo iz zahteva, da koeficijent uz 1; bude jednak nuli, dakle

dg' 2 d x 3 r ~ ( 2 ~ ' + 3 X ~ f f ) - o 3 -=--

g' 3 x 3 g - D * r x + ~ ~

Uzimajubi, na primer, da je D,=1 i D,=O, sledi

(**) t = & (x=t3) .

Pomobu smene (**), diferencijalna jednaEina (*) modi se na jednaEinu sa konstantnim koeficijentima, dakle

y-y=cost. 1

Kako je opSte reSenje prethodne jednaEine: y=C, cht+C, sht-- cost, to be 2 opSte reSenje date diferencijalne jednaEine, s obzirom na (**), biti

p c , ~h P; + c, sh P; - -I eos p i . 2

2 O Na osnovu datih uslova, imamo

TraZeno partikularno reHenje je

1 y p - - (3 ch i% - cos f x ).

2

Napomena 2. Ako se diferencijalnia jednaEina

moZe transformisati u diferencijalnu jednaEinu ,sa konstantnim koeficijentima putem zamene nezavisno pmmenljive, tada se ta: transformacija izvodi samo pomoku formule

t - C j f 1 q ( ~ ) 1 d r , (C proiz. konstanta, razliEita od nule).

U prethodnom primeru, bilo je

28. Data je diferencijalna jednafina (1-x2) y"-xy'+n2y=0, . (n ;prirodan broj).

KoristeCi smsnu x=cost, naCIi opBte re3enje diferencijalne jedna- Eine. Za n=2 odrediti ono partikularno reBenje jednafine koje zadovoljava .' uslove

y(O)=l d yf(0)=O.

Rezultati.

y=C, cos (narc cos x ) + C, sin (narc cos x ) ; yp= 1-2 a?.

29. Data je diferencijalna j e h d i n a ( I + X ~ ) ~ yf'+2 Z: (1+x2) yr+y=o.

lo Uvesti putem smene t = g (x) novu promenljivu t tako, da d y koeficijent uz - bude jednak nuli, a zatim naki o@te rgenje d t

jednaf ine.

2' Odrediti ono partikularno reknje jednaEine, koje zadwoljava uslove

y (o)=o i (I)= 1/2. Rezultati.

1 10 y=-

f E 2 (Cl x t C,), [=arc tg x .

30. PomoCIu smene t=ex nabi op3te re9enje diferencijalne jednaeine y" - y' + e*X y = e2X.

Odrediti zatim ono partikularno re3enje jednaEine koje zadovoljava uslove

y ( l n 7 ~ ) = 0 i y'(lnx)=O.

Reznltati.

y =C, cos ez+C, sin ez+ 1 ; yP=1+cos ex.

31. ReBiti diferencijalnu jednaEinu

putem smene t=cos x, a zatim naCi ono partikularno reSenje koje zadovoljava uslove

cos x - mZ+ 1

32. Data je ~difermcijalna jednafina

Pokazati da se ova jedna5iina menom y2=u, svodi na Eulerovu diferencijalnu jednaEinu, pri Eemu je u nova nepoznata funkci ja. Odrediti opSte reSenje date jednaEine, a zatim i partikularno koje zadovoljava uslove:

- y(-1)=0, y ( l ) = 1 / 2 .

ReSenje. Pomo6u smena:

data diferencijalna jednaEina se transformige u jednarinu, oblika

iz koje sledi

a to je Eulerova diferencijalna jednafina. Pomo6u smene t=lnx, ona se svodi na jednatinu sa konstantnim koeficijentom, dakle

u - 3 u+2 u=o.

Kako je opHte reSenje prethodne jednaEine: u=C, et+C2 ezt , to fe 0pEte reSenje jednarine (*) ~biti

u=C, x+C, st.

Prema tome, opite regenje date diferencijalne jednafine, glasi --

y= l/cl x + c 2 xP.

S obzirom na date granifne uslove, Wamo

pa je trazeno partikularno regenje - y,= l / x+xz .

33. Data je homogena diferencijalna jednacina . L [ y ] = $ y"-(2 a-1) xy'+4 y=O

pri Eemu je a realan parametar.

lo Napisati sva tri oblika opSteg rdenja te jednaEine, koji odgo- varaju raznim vrednostima parametra a.

2' Za a=2 dredi t i ono part ikulam resenje nehornogene diferencijalne jednaEine

L [ y ] = ~ ( l + l n x ) .

koje zadwol java uslove y (1) = 0 i y' (1) = 0.

Rezultati. ,

lo la)<2; yh=eat[C,cos m t + ~ , s i n f n t ] , t=lnx.

a=*2; yh=e*zt (C,+C, t), t=ln x.

fa1 >2; yl,=eat [C,ch va)-kt+~,sh f m t ] , t=lnx.

2O y,=x2+xs (ln 3-1).

34. ReSiti diferenci jalnu jednaeinu

L [y] =y"'-2 yf'-y'+2 y = 2x8+xe-4~-6 x4

D

a znajuki da je jedno parbikularno re3enje oblika Y=- . Odmditi

X zatim olno regenje jednarine, za koje je

ReSenje. PoSto su koreni karakteristiEne jednaEine

bpojevi: T,=-1, r2=1 i rg=2, to ee 0pSte reSenje odgovarajube homogene jednaEine biti

a Parametar a odredieemo iz zahteva, da funkcija Y=- bude reSenje date

X jednaEine. Imamo dakle

(a-1) (2 rS+xL-4 x-6)EO =$ a=l .

Prema tome, opSte reSenje date diferencijalne jednaEine glasi 1

a=C1 e-z+C, ez+C, e2z+ --. X

Na osnovu zadanih uslova, imamo

limy (x)=O x-+- C2=CJ=0, C,=e

1/ (1)=2

lit0 znaEi da be tra2eno partikularno reBenje jednaEine biti

35. Odrediti opme regenje diferencijalne jednaEine

x2 (2s-1) yU'+(4 x-3) xy"-2 xy'+2 y=o

znajuki dva njena partikularna rdenja

ReSenJe. Zadatak femo reati putem sniZavanja reda jednaEine pomoCu smene

pri Eemu je C, prcizvoljna konstanta i u=z'. Transfonnisana diferencijalna jednaEina bite drugoga reda po nepoznatoj funkciji u=z', i jedno njeno reSenje u , je pomato, jer je u,=z,'=(y,/y,)'=2 x. Dalje, irnamo

z 1 1 y , yf--(xz'-1). y"=--(x~2''-2xz'+2z)

x xa

Z Zamenom funkcije y = - i njenih izvoda u datoj diferencijalnoj jednaEini

X dobijamo

(2 xz-x) 2'"-2 xzt'+2 z'=O, odnbsno

Znaju6i jedno resenje %=2 x jednaEine (**), mo&erno adrediti i njeno drugo relenje (a samim tim i opite regenje) pomofu poznate formule (vid. napomenu 2), dakle

jednaEine (**) u jednakosti i*), nalazimo

Odatle, gmle integracije konaho sledi apgte reienje date diferencijalne jed- nafiine, dakle

Cl y - ; + C,x+ Ca(x In x+ l),

pri Eemu je

36. Odrediti opSte d e n j e diferencijalne jednahe

Wenje. To je Eulerova jednaEina, 1 o m se integriSe pomoCu smene

t=lnz. ,

Diferenciran jem funkcije

nalazimo

a zatim zamenom: t=lnx, funkcije y i njenih izvoda, dobijarno

Koreni karakteristiEne JednaEine 9-rP=O su rl=rl=O i rQ=l. Opme rehnje odgovarajuke homogene jednaeine prethodne diferencijalne jedna- Pine, je

Kako je bpartikularno reknje jednarine (*): Y=e-lt, to ke @te reiienje date diferencijalne jednaeine (imajuki u vidu da je t = ln x) blti

37. Pokazati da je svako reSenje diferencijalne jednaEine

Odrediti qBta re3enj a obeju jednaEina. Na6i zatim partikularno reSenje jedna6ine (1) koje je prio-

& h a fmkcija, i zadovoljava uslw y (0) = 2.

BePenje. Neka je Y =Y Ix) bilo koje reSezlje jednatine (I), tj. pretposta- vim0 da vaii identitet

(sin x) YY"-(cos x+sin x) Y'+(cos x) Y=cos x.

Diferencixmjem ovog identiteta, b i k

(sin x) YY"+(cos x) YH-(COS x+sin x ) Y"-(cos x-sin x) Y'+{cos x) Y'-

-(sinx)Y=-sinx + sinx(Y'"-Y"+Y'-Y+l)=O

* r-Yff+Y'-Y- -1.

tj. svako reSenje Y=Y (x) jednafine (1) je i reSenje jednaEine (2). Nabi bemo najpre, opSte reSenje jednafine (2). Njena karakteristifna jednaf ina

ld-re+r-l=(~-l) (rY+l)=O

ima korene. r1=1, T* ,~=* i (i= vx).

Stoga ke opHte reSenje odgovarajube homogene diferencijalne jednafine biti

yh=C, e=+C, cos x+C, sin x.

Kako je partikularno regenje jednaEine (2): Y,= 1, to je funkcija

opSte rdenje posmatrane diferencijalne jednafine (2). Nadimo sada opSte reSenje jednaEine (1). Sva reienja diferencijalne jednafine (1) obuhvakena su relacijom (3). Prema tome i opite reienje jed- aafine (1) dobija se iz opiteg reSenja (3). Stvarno, zamenom funkcije (3) u diferencijalnoj jednaEini (I), dobijamo

tj. funkcija

(4) y=Cle~+C,(cosx+sinx)+l, (C, i C, proiz. konstante)

zadovoljava diferencijalnu jednaEinu (1). PoSto su C, i C, proizvoljne i nezavisne konstante, to je relacijom (4) dredeno opite reienje jednafine (1).

ReSenje (4) be bibi perjodiEna funkcija samo u tom slufaju, kada je C,=O. Iz drugog uslova y (0)=2, dobija se C,=l. Prema tome, trateno gartl- kularno reSenje jednafine glasi

38. Linearni gramihi problem definisan j e diferencijalnom jednaanom yIV - X4 y=o, (X20)

i granihim uslmima

y (0) =O, y" (0) = 0, y" (1) = 0 i y"' (1) - y (1) = 0.

Pokazati da su sopstvene vrednosti problems, reSenja j&aEine

2 cth X-ctg X=-

h8 i da se maj~manja pozitivna scipstvena vrednost lo nalazi u intervalu (0, n). Naki s a p s t m u funkciju koja odgovara soipstvmoj vrednosti X,.

ReSenje. Treba razlikovati sluhjeve: k=O i k>O. ,

lo X=O.

OpSte sdenje diferencijalne jednafine yIv=O je

y=C,+C, x+Cs xg+c4 *, .

Zamenom dobijenog opSteg reSenja u datim granifnim uslovirna, nalazimo

C,=O, c,=o, C*=O i cs=o.

Prema tome reSenje problema je trivijalno (y=O), te k=O nije sopstvena . vrednost.

Z0 h>O.

U ovom slutaju opSte reSenje diferencijalne jednarine glasi

y=C, ch & x+C, sh h x+C, cos h x+C, sin h x.

Iz prva dva granitna uslova:

y (O)=C,+C,=O, y" (0)=XL (C,-C,)=O

imamo

-. C1=Cs=O.,

Zamenom regenja

u preostalim granifnim uslovima, dobijamo

C2 sh 1-C4 sin h = ~ (**I

C2 (h3 ch h-shh)+C, ( - ~ ~ C O S h-sin h)=O.

Determinants sistema (**) je

A (h)=h3(chhsin h-coshsh 1)-2shhsinh,

a njene realne nule (ukoliko postoje) su realne sopstvene vrednosti datog granifnog problema. Deobom jednaEine A (h)=O sa sh h sin h, dobijamo jednatinu

2 -=cth h-ctg 1. 2.8

Iz grafitkog prikaza aba dela prethodne jednafine zakljuEujemo da ona ima beskonaEno mnogo regenja: h=hn (n=0,1,2,. . .).

Za sopstvenu vrednost k=hO iz bilo ,koje jednaeine sistema (**), na primer iz prve, dobijamo odgovarajuke vrednosti C, i C,, dakle

cz c4 C, = A, sin h, = = A o 3

sin A, sh A, C4=Ao sh 1,

gde je A, proizvoljna konst,anta. Prema tome sopstvenoj vrednosti h=h, odgovara sopstveno reSenje

y,=A, (sin 1, sh X, x + sh 1, sin ho r).

Korespondentna sopstvena funkcija dobija se iz sopstvenog resenja, stavljanjem A,=l.

39. ReSiti graniEni problem

yIV-2 ay"-by=0, (a>O, b>O);

y (O)=O, y" (O)=O, y (l)=O, y" (l)=O.

gde je

OpSte xeSenje date diferencijalne jednaEine je

Slirno kao u prethodnom zadatku, iz prva dva graniEna uslova imamo

Zamenom reSenja

y=C,shax+C,sin P x

u preostalim graniEnim twlovima, dobijamo i"~ ' "

Determinants toga sistema je jednaka nuli, dakle

A=-(aZ+p2) shuas inp l=o za

d n pl=O, jer je sha l>O (a1>0).

Odatle sledi

OEevidno je da za svaki prjrodan broj n postoji par pozitivnih brojeva a i b tako da vaZi prethodna jednakost, na primer ako se stavi b=3 aVobiCe se

nn ) 1 6 - T 9 ~ - ~ n - (bn = 3 an).

Za dobijene sopstvene vrednosti pa, sistem (*) be biti

odakle sledi da je C,=O i C, proizvoljan broj. Prema tome, traZena regenja paniEnog problema su:

n n pn = An sin - X,

1 @=I, 2;. . .): (An proizvoljan broj),

n n pri Pemu vaii jednakost t v a p + b - a = T .

40. GraniEni problem definisan je diferencijahom jednaEinom yIv - X4 y=O, ( X > O ) .

i graniEnh ulslorvima

y (1) = y' (1) = 0.

Nafi r&enji y = y (x) problems, tkoja imajv osobinu y (x) = y (-x).

Rezultat.

yn = A, (COS Xn ch Xn x - ~h l n cos bq x), (n=l, 2,. . .), X=& zadovoljavaju jednakost thh-tgb=O,

A, proizvoljan broj.

41. Data je diferencijalna jednaeina x2 y"-X y=O, gde je h realan parametar.

a) Nafi opSte reSenje te jednaEine.

b) Odrecliti sopstvene vrehosti i q s t v e n e funkcije graniEnog problems

x2 y"-1 y=O, y (l)=O, y (e)=O.

Rezultati.

y = vx (el eos J - d l n x + C, sin 2

za d d < ~ ; 2

gde je d=1+4X.

b) 4Xn=-1-4n3xP,

vr= sin (n TC In x), (n=l, 2, . . .).

42. Dat je lineami granieni problem

y M + 2 yl+X y=O, y (0)=0, y (E)=O,

gde je X realan parametar. ReSiti problem.

Rezultat. RZ iT2

A n = l +-, la

nx yn=Cfie-2sin-x, (n=1,2, ...)

I

Cn proizvoljne konstante.

43. Zadan je sistm diferencijahih jednarina

yt=3 2- y

z'=z+y+e",

gde je k realan parametar. Nabi opSte reSenje sistem.

Diferenciranjem prve jednatine datoga sistema po x i ellminacijam promenljivih z i z', nalazimo

Oplite reSenje jednatine (1) je oblika y=z~h+Y, gde je yh opgte rebenje odgovarajuke homogene jednaEine a Y partikularno relienje. Polito au koreni karakteristitne jednatine r2-4=0 rl= -2 i rp=2, to je

Partikularno relienje Y, diferencijalne jednatine {I), zavisife od paralnetra k, pri Eemu treba uzeti u obzir slutajeve: 1X1#2 i IXI=2.

lo )h1#2. Relienje Y je oblika Y=Aehz. Zamenom funkcije Y u jednatini (I), dobijamo

Prema tome, opSte regenje jednaEine (1) glasi

Iz prve jednaEine datoga sistema sledi

I (4) z= ~ ( Y S Y ' ) .

Zamenom (3) u relaciji (4) dolazimo konarno do opSteg reSenja sistema, dakle

2 O X=2. U ovom sluEaju partikularno regenje Y je oblika Y=Axezr. Za- menom funkcije Y u jednatini (1) (h=2), imam^

3 4Aeszm3esz a A=-

4 '

Stoga je cxplite regenje jednatine. (1):

Zamenom (5) u jednakosti (4) dobija se nepoznata funkcija z. Prema tome, opite seSenje datoga sistema u ovom sluEaju, glasi

3O X= -2. Partikularno reSenje jednaEine (1) treba traiiti u obliku Y = B x e - 2 2 . Na potpuno ,isti naEin kao u prethodnom sluEaju, dobijamo opSte reSe- nje sistema, dakle

3 y=C1 e-2z+C2 eP+-- -xe-22

4

44. Dat je sistem difemcijahih jednaEina

x-2 x+2 y=o

Nati opSte reSenje sistema, a zatim odrediti ono partikularno rdenje koje zadlovoljava uslwe:

lim y=0, lim x=0, x (0) = 1, y (0) =O. t+- k-

Diferencirajmo prvu jednafinu sistema dva puta po t, i obrazujmo sledebi sistem jednaEina

Eliminacijom promenljivih y i y iz toga sistema, dobijamo linearnu diferencij alnu j ednabinu

.... .. x-5 r + 4 x=O,

fije je opSte reSenje

1 Zamenom (1) u jednakosti y=- (2x-x), dobija se i nepoznata funkcija y.

2

Prema tome, opSte reSenje datoga sistema glasi

( x=Cl e-2 t+CZ e - t + C S e f + C , ea t

ReSenje (2) zadovoljava prva dva data uslova, u sluEaju kada je C,=C,=O. Konstante C, i C, odreduju se koriikenjem preostalih uslova, dakle

KonaEno, traieno partikularno reBenje datoga sistema je 1

X p = - (e-2!+2 e-t) 3

1 J'p = - (-e-2t+e-t).

3

45. Regiti sledede sisteme dif erencijalnih jednaEina:

Rezultati.

lo xp=16 t+6-3sin t-2cost, y,=-8 t+1+2sin t. z0 x=C, et+2 C, ert-et.In (eZt+1)+2 e2 t arc tg et

y=C, et+3Cee2t-etIn (e2t+l)+3 e2t arctg el.

46. Dat je sistem linearnih diferencijalnih jednaEina u matrirnom obliku

d X -=AX+F d t

@e j.e 1 3 - 2

xa 0 3 -

ReSiti sistem primenom matrica.

ReSenje odgovarajute homogene diferencijalne jednaeine

traiikemo u qblii'ku matrice

Za dobijene vrednosti X=hk ( k = l , 2,3) sistem jednarina (2) svodi se na dve nezavisne jednatine sa tri nepoznate, na primer mogu se uzeti prve dve jednatine

(1-hk) a1+3 a,-2 a3=0

Iz identiteta

h A, ex t -AAa e x t ,

sledi

( A - x E) A,=o,

ili u skalarnom obliku

(1-h) a1+3 a,-2 a,=O

(2) -a1+(2-h) a,+a,=O

3 a ,+(-1-h) a,=O.

Da bi homogeni sistem jednatina (2) imao netrivijalna rdenja, potrebno je i dovoljno da determinanta toga sistema bude jednaka nuli, tj.

-a1+(2-.LA.) a,+a,=O

iz kojih se odreduju odgovarajuke vrednosti a,, a, i h. Imamo, dakle

Prema tome opSte reSenje odgovarajute homogene jednatine, glasi

Xh=CI X1+C2 X,+C3 X,

x i=-1

3 ( 1 - h ) ( l + h ) @ - 2 ) = 0 &= 1

X,= 2.

A @ ) =

1 - 1 3 -2

- 1 2 - A 1

0 3 -1-A

odnosno

PomoCu metode varijacije konstanata odredieemo oplte relenje nebornogene diferencijalne jednaEine

C, e - t+5 C, e t + ~ , e* t= l

2 C, et+C, e2t=0

C, e - t+3 C, e t+d , ent=t sledi

u obliku matpice

Integracijom tih jednaEina, nalazirno

Zamenom dobijenih izraza (5) u matrici (4), sledi oHte d e 4 e date jed- naEine, dakle

, (Ck ( t)=?). (4) x=

47. Dat je sistem linearnih diferencijalnih j&naEina u matrilinom &Uku

- C1 ( t ) e - t+5 C, (t) et+Cs ( t ) e2t -

2 C, ( t ) et+C, ( t ) e2t

- CI ( t ) e - t + 3 Ct ( t ) et+C, ( t ) e2t -

gde je

Nati opWe ieienje, a zatim i ono partikularno koje zadovoliava uslov

48. Na& opgte regenje sistema linearnih diferencijalnih jednarina koji je zadan u matriPnom olbliku

X=

pri Emu je

- D,et+D,sint+D,cost

-Dl et+D, cos t-D, sin t+: ; Dl=D,=l i D,=0.

- D, sin t+D, cost+l- 1

treba traiiti u obliku

BeSe4e.

Karakteristifna jednafina

gde su: (2) gl=a, t*+% t+a,, gI=bJ F+bp t+bi i ~ ~ = d ~ t ' + d ~ t + d i

4-A -1 0

3 1-1 -1

1 0 1-h

=(2-h)'==O

ima koren k=2 treCeg reda. U tom slufaju, opSte reSenje sistema linearnih diferencijalnih jednaf ina

polinomi sa neodredenim koefioijentima. Zamenom funkcija

u prvoj i treCoj diferencijalnoj jednaEini datog sistema na primer, dobijamo identitete

odnosno

Odatle rsledi

b,=2 a,-a,, b,=2 a,-2 as, b8=2 al (4)

d,=a,-a,+2 a,, d n = ~ - 2 a,, d8=as.

Pogto su a,, a, i a, proizvoljni brojevi, moZemo staviti as=Cs (s=l, 2,3), pa Ce traieno opSte reHenje u matritnom obliku, s obzirom na (I), (2) i (4) biti

e2 1

. X-

- c , + C z t + C s t 2 - 2C,- Cz+(2Cz-2CS) t+2C8 tZ

~ c , - c , + ~ ~ , + ~ ~ , - z ~ ~ ) t + ~ , t ~ ~

, 2. PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNACINE

49. Reziti sledeke parcijalne diferencijalne jednaf ine:

ReSenja.

1 Integracijom odgovarajukeg sistema obiEnih diferencijalnih jednaeina

d x dv xydr - --- 1 - 1 y - x

nalazimo

ax= -dy =3 x+li=C,,

x v d z dx - - C , - 2 ~

1 - dt.= --- dx a z=lnCp+ln (C,x-xS) 3 c ,x -x2

y=C, -x

Prema tome, prvi integrali toga sistema su:

OpSte relenje date parcijalne jednaEine je

F x+y, - - 0, (implicitni oblik) ( ::I ili

(**I z=ln (XU) +f (x+Y), (eksplicbtni oblik),

gde su F i f proizvoljne diferencijabilne funkcije.

ReSenje parcijalne jednaEine, koje treba da zadovolji date poEetne uslove, moiemo odrediti na dva narina u zavisnosti od toga da li se koriste prvi integrali (*) ili opSte reSenje (**).

I naEin. Eliminacijom promenljivih x, y i z jz ,skupa jednatina

dobijamo

Koristebi veze (*), nalazimo

a odatle, resavanjem po z sledi traZeno regenje u eksplicitnom obliku

II naain. U opstem regenju (**) treba odreditf funkciju f pomdu datih po- Eetnih uslova. Imamo dakle

d

Hto znaEi da je funkcija f oblika

u - I + V l - ( u - x f ( u ) = I n - u - l

Zamenjujubi je u jednakosti (**), dobibemo reHenje (***).

2 O Prvi integrali sistema diferencijalnih jednatina

Stoga &e opgte reSenje jednaEine u eksplicitnom obliku biti

gde je f proizvoljna diferencij abilna funkcija. Partikularno regenje .,koje zadovoljava dati aslov odredujemo na sliEan natin kao u prethodnom primeru, naime z( l ,y)=f (eY'/s)=efl * f (u)=u2, (u = el*),

pa je

odnosno, funkcija YZ

1 7 z = - e X

50. ReSiti sledeee parcijalne jednaMne:

6' ( y + 2 z 2 ) p + 2 x 2 z q = x 2 ; z f x ) x 2 ) = x .

Rezuitati.

2 O F (p, xyz - - = 0 ; (yz).+3 xyz-y3+1=0. 3 y a )

3' F (x3-yp , W-z)=O; z=4+3 y3-3 x e + x y + v w .

I O F ( ~ , y + - =o; (2 U + X ) ~ = ~ X Z + ~ xe y. X X 1

5 O F (;, z2y + y2x+xzz ) 0 z2 (5 - y2 )+z ( 5 y - y x Z ) + ~ z - y 3 ~ = 0 . XY

51. Nafi @te resenje parcijalne jednari'ne

(2 2-3 y) &+(3 X - 2 ) uu+(y--2 x) %=0,

Reznltat.

u=f (x2+ yt+z2, x+2 y+3 z), f proizvoljna diferencijabilna fumkcija.

52. Data je parcijalna jednaEina

42 d2 2 zZz+z,,--=O, gde je r = v m , r2

Odrediti funkciju z-- f ( r ) koja zadovoljava jednaEinu.

Regenje.

Diferenciranjem sloiene funkcije z = f (r), dakle

1 zamenom izvoda drugoga reda u parcijalnoj jednaEini, dobijamo Eulerovu diferencijalnu jednaEinu

r3frr+rfr-4f-0.

Smenom r=et, ona se svodi na diferencijalnu jednaEinu sa stahrkn koefi- cijenbima

f-4f=O,

Eije je opSte relenje f=C, e-2t+C, e2t. I konabo, rejenje date garcijalne jednaEine u obliku funkcije z=f (7) glasi

z=C, r-g+C,rS

odnasno c, z== - + c, (x2-t y2).

x2+y2

53. u transformacimim jcdntaliinauna u=x+a y i v=z+B 3, odrediti parametre a i fi tako da parcijalna jedolatiina

a&,+ 2 bz,,+ cz,,= 0,

gde su a, b i c (bnstante h j e zadovoljavaju relaciju ac-W<0, dobije oblik

zu, = 0.

Odrediti apste reSenje date jdnaEine.

Bdenje.

Primenom diferenciranja sloZenih funkcija na funkciju

z=z(u,v), gde je u = t + a y i v=x+p y nalazimo

5=a.4+zv

%=a zU+ P zv

zzz=zuu+2zuv+ztm

& v = ~ ~ u u + ( ~ + P ) zuv+P zuv ~ ~ = a % ~ ~ + 2 ap zUV + PP ZW.

Zarnenom izvoda drugoga reda u datoj jednaani, dobijamo

(a+t b a+c at) zuu+2 (a+b a + b p+c up) zw+(a+2 b p+c ~3 zm=b.

Na osnovu uslova zadabka, sledi

Skupovi reSenja kvadratnih jednaEina (*) se poklapaju. Meduti,m da bi bio zadovoljen mlov (**), treba -ti u obzir razliEita reknja tlh jednaliina, na primer

a = -b+ f b 2 - a c p- - b - )/bg- ac C C

Prema tome jmamo

z,,= 0.

Uvodenjem smene z ~ = t i integracijom, aalazimo

gde su g i f proizvoljne diferencijabllne funkcije a a i P zadane konstante.

54. ReSiti m e h i t i problem

u (0, t ) = 0, u ( l , t ) = 0, 0 , O d x < a u (x, O ) = O , u, (x, O ) = f ( x )=

0, P<x<l

1 v max u = u (212, 112 a) =- , (1, v, a>O).

2a

Koristikemo metod razdvajanja promenljivih. Zamenom funkcije

u (x , t ) = X ( x ) T (t)

u datoj parcijalnoj jednaEini, nalazimo

(-AX A > 0. Iz granitnih uslova

koje treba da zadovolji nepoznata funkcija X=X (x). S obzirom na (1) i (2) , razlikova6emo sledde slutajeve:

lo X"-~'2X=O

POW jednaeina T"+(aX)V=O ,

ima apSte regenje &lika

T(t)=Acos(a)it)+Bsin(aXt),

to 6e za X=Xn biti

T,, (t) = An cos (a ?., t) +Bn sin (a 5t t), gde su A, i Bn proizvoljne konstante. Obrazujmo funkcionalni niz

Svaki elan niza (3) je regenje parcijalne jednaEine koje zadovoljava date graniEne uslove (sopstvena reSenja problema). ReSenje parcijalne jednafine, koje 6e pored graniEnih uslova zadovoljavati i date poEetne uslove, trafi se u obliku funkcionalnog reda

OD 00

(4) u (x, t)= un (x, t) = [An cos (a & t) +Bn sin (a h, t)] sin Xn x. n=l n=l

Kako je

(5) ut (5, t)= x a An [-An sin (a An t )+ Bn cos (a An t ) ] sin A, X , n=l

Do za t = O , s obzirom na poEetne uslove, iz (4) i (5) sledi

u (x, 0) = x An sin X, x =0, n=l

OD

~1 (x, 0) = C a )in Bn sin kf$ x=f (XI. n= l

PoSto su to sinusni F-redovi, poznatim postupkom nalazimo 1

2 v l n x a Bn- -[cos - - COP - .

a xZ ng 1 nXg 1 I

Zamenom nadenih koeficijenata A, i B, u jednakosti (4), dobijamo rdenje zadanog meSovitog problema, dakle

anx t nnx sin --

I

4vJ " 1 ( 2 k + l ) a n t (2k+ 1)nx (7) u ( x , t ) = - z --- sin sin

a n2 k=O ( 2 k + l ) * 1 1

Oznarimo sa D skup taEaka M (a, t ) , Eije koordinate zadovoljavaju uslove:

O<x<l d O < t < = .

Za svaku taEku MED vati nejednakost

Kako je dalje u tafki M, (112, 112 a):

4 v l 1 max u (x, t ) = - 2 ---

D a xZ k=O (2 k + '

Napomenimo da se dobiveni rezultat moie napisati u obliku

55. Koristeki m e t d razdvaj anja pmenlj ivih regiti mdoviti problem

ReSenje.

Smenom funkcije u (x , t ) = X (x) T ( t ) u parcijalnoj jednaEini nalazimo

Iz datih graniEnih uslova, slede graniEni uslovi

X(O)=O i X'(l)=O,

koje treba da zadovoljava nepoznata funkoija X = X ( x ) . Kao u prebhodnom zadatku, posmatrafemo sledef e slue ajeve:

1" X"-Ii,'X=O

X(O)=O * X fx)=O, (u=O);

X' (1)=0

0dgovarajuC.a diferencijalna jednaEina

T W + 2 T'+(l+aeIi,,,P) T=O

sopstvene vrednosti X=)LII ima opSte reSenje oblika

T n ( t ) = e - t [ A n c ~ a L t + B n s i n a L t ] .

Olbrazujmo red

Kako je

- sin hn x,

to za t=O, s obzirom na date poEetne uslove, iz (1) i (2) dobijamo

a to su s~numi F-redovi. Poznatim postupkom aalazimo

Prema tome, reSenje parcijalne jednaEine koje zadovoljava grmifne i po- Eetne uslove (reSenje meSovitog problema), glasi

4 " 1 (2n.- 1) a n t (2n- 1) n x u (x , t ) - - e-1 x cos - sin --.

x ,,=,2n- 1 2 1 2 1

56. Dat je linearni granieni problem

Naki regenje problema u obliku beskonaEnog funkcioaalnog reda. MoBe li se doibijeni red dntegrisati i diferencirati Elan po Elan po promenljivoj x? Obrazloiiti tvrdenj e.

Smenom funkcije u=X (x) T ( 1 ) u parcijalnoj jednaEini i granifnim uslovirna, dobijamo

Netrivijalna reSenja problema postoje samo u slufaju kada je q= -Az (1>0). Stoga imamo

Obrazujmo funkcionalni red

Stavljajuti t = O u prethodnoj jednakosti i koristeti dati poEetni uslov, nalazimo

u (x, 0) =f {x) = An sin )In X, n=l

pri 6emu se Fourierovi koefiicijenti An izrarunavaju po obrascu

dakle

Prema tome, mHenje datog linearnog graniEnog (meSovitog) problema glasi

4 O0 (--I)" (2n+l) a n 2

(2) u (x , 2 ) - - c - -[TI sin ( 2 n + l ) % x

e xZ n=o (2 n+ I

Pokazatemo da se red (2) moie integrisati i diferencirati Elan go Elan po promenljivoj x za svako t>O (OQxQl).

lo Za opHti Elan Un (x, 1) reda (2) vaZi sledeta nejedonakst:

4 1 n =en za svako tZO.

I (

PoHto je red 00

konvergentan, to je na osnovu Weierstrassovog kriterijuma funkoionalni red (2) uniformno konvergentan na segmentu [O, 11, za svako t3O. Kako su Elanovi reda neprekidne funkcije to je i suma reda neprekidna funkcija. Na osnovu poznatog stava, red (2) se mote integrisati Elan po Elan po promenljivoj x na posmatranom segmentu za svako t2O.

A v , ~ 2 O Obrazujmo red Eiji su Elanovi , dakle

d x

a2 nzt 4 - vn, (4 - e F > 1 za svako t > 0) 1 % 1 < nb(2n+l j2

i kako red C vn konvergira, to na osnovu WeierstrasSovog kriterijuma za- kljuEujemo da red (3) uniformno konvergira za x ~ [ 0 , 1 ] i za svaho t>O Na osnovu poznatog stava (red (2) konvergira, a red (3) Eiji su Elanovi neprekidne funkcije uniformno konvergira) s l d i da se red (2) mote diferencirati Elan po Clan po promenljivoj x za svako XE[O, 11, i za svako t>O.

Moie se dokazati, da se red (2) moie neograniEeno puta integrisati Elan pa Elan na segmentu O<x<l za svako t 3 0 , i neograniteno puta difermcirati Elan po Nan po x na posmatranom segmentu OGxGl za svako t>O.

57. GraniEni problem definisan je parcijalnom diferencijalnom jedna- Pinom

deu d2u - + - = -X? u (x, y) d x Z ' dy2

gde je X realan parametar (X>O) i uslovima:

u(O,y)=O, u (a ,y )=O,

u (x, O)=O, u (x, b)=O.

Uzimajubi lda je u (x, u )=X (2) y (Y)

nahi sopstvene vredrnosti i sopstvene funkcije problema.

ReSenje. Zamenom funkcije u = X Y u parcijalnoj jednatini, dobijamo

Y X " + X Y " = -A2 XI-,

a odatle, deobom sa XY sledi

Svaki sabirak na levoj strani prethodne jednakosti mora biti konstantan broj. Stvarno, ako tu jednakost napiSemo u obliku

tada vidimo da desna strana ne zavisi od x a leva ne zavisi od y. PoSto su x i y nezavisno promenljive, jednakost (1) je moguka samo u tom slutaju ako su izrazi na jednoj i drugoj strani konstante, dakle

i pri tome je:

(2) X3 = ao + P2. Iz datih granirnih uslova proizilaze graniEni uslovi

x ( O ) = O Y ( O ) = O odnosno

X (a)=O Y (b)=O

koje treba da zadovoljava nepoznata funkcija X = X ( x ) , odnosno funkcija Y=Y ( y ) . Prema tome dati graniEni problem svodi se na traZenje sopstvenih funkcija Xn (x) i Y m (9) . Imamo dakle

X"+a2 X=O

KonaEno, nalazimo:

lo sopstvene funkcije granilinog problema

n x x m x y un,m (x , y ) - sin - sin - . a b '

Z0 sopstvene vrednosti granilinog problema

58. Zica, uEvrs6ena na krajevima x=0 i x=Z i imufena iz r a w t ehog polofaja, u trenutku t=O ima oblik kao na slici.

Odredibi udaljenje u=u (x, t ) taEka na iici u trenutku t , ako je njena po2etna bmina treperenja ut (x, 0 ) =O.

Rezultat.

9r " 1 2 n x a n x t n x x u (x , t ) = - - sin - cos -- sin -

x2 "=I nZ d 1 1 '

Upntstvo.

PoPetni uslov u (x , 0) = f ( x ) zadan grafitki je

a graniEni uslovi su

u(O,t)=O i u(l,t)=O.

59. Koriste& m e t d razdvajanja promenljivih, naOi reknja slededih megovitih problema:

u (0, t ) = 0 , u (l, t ) = 0 , 5 n x 4 n x

u ( x J 0 ) = 2 s i n - , ut ( x , 0 ) = 3 sin -. 1 1

u - f [ 2 ( - i ) n A ' c G s 2 n t + 1 + ( n - I ) ( - 1)n lo sin 2 nt sin nx.

n=l na x I 5 a n t 5 x x 3 1 4 a x t 4 x x

2 O u - 2 c o s - sin ---- + - sin - sin - . 1 1 4 a n I I

30 u-41g[EL- I -[(2n:','ax] $ ( 2 n + l ) z r C O S

# P O ( 2 n + l ) n ( 2 n + 1 , ~ x ~ 2 1

3. BESKONACNI REDOVI

60. Pokazati da je red

konvergentan, i odrediti njegovu sumu.

Rdenje. Koristebi razlaganje racionalnog izraza uk, daMe

nalazimo

23 l im Sn - n-- 90'

PoHto je niz parcijalnih suma (Sn) datoga reda konvergentan, to je po definiciji posmatrani red konvergentan, i njegova suma S je graniba vrednost

23 toga niza, tj. S = -

90'

16. Ispitati kmvergenciju reda

gde je a realan parametar.

Besenje. Zadatak Cemo regiti na dva naEina.

Pored datog alternativnog reda

piwmatraCema i njegov smodularni red

KoristiCemo relaciju

kao i funkciju

Piji je prvi izvod

l o Red konvergira apsolntno za a<O. Zaista, za te vrednosti porametra a red

konvergira, pa Ce na osnovu relacije (*) i modularni red (M) datog reda kcnvergirati. Po definiciji, red (U) a,psolutno konvergira.

2 O Red konvergira neapsolutno za O<a<1/2. Red konvergira na osnovu Leib- nitzovog stava. jer prema (*) opSti Elan teii nuli kada n+-, a prema (*") vaii nejednakost un>un+l za dovoljno veliko n( f ' <O za dovoljno velike vrednosti r). S druge strane, mod.~larni red (M) divergira. Po definiciji, red (U) neapsolutno konvergira.

Napomenimo da red (U) divergira za a>/1/2, jer opbti Elan reda ne teZi nuli kada n -.*-a.

m

Koristifemo sledeei stav: ako za alternativni red (U) ( - l ) n - 1 u n vaii n-1

relacija

tada red (U) konvergira apsolutno za b > 1, konvergira neapsolutno za O<b<l i divergira u sluEaju bGO.

Primenom binomne formule (1 +x)P= 1 +px+o (5) ( x -+ O), aalazimo

Uzimajuti u obzir da je ovde b=1-2 a, dobitemo ponovo rezultate lo S 2O.

62. Ispitati konvergenciju eledekih redova:

Rezultati.

lo Konvergira. 2 O Apsolutno konvergira. 3O Konvergira.

63. Dat je fun~kcionalni niz

1 sn ( X ) = ~ x z + - $ , p=1,2,. .

Dokazati da taj niz uniformno konvergira u intervalu (- 00, w).

Nacrtati grafike funkcija S (x)=lim S , (x) i Sn ( x ) za n= 1, 2, 3, . . . , n- w

pa zatim dati geometrijsko tumaEenje zadatka.

Relenje. Funkcionalni niz je definisan na skupu G = ( - = , -) i ha tom skupu konvergira ka funkciji S (x)= 1x1, dakle

Konvergencija je uniformna. Stvarno, kako je

, za svako X E G ,

a odatle sledi

sup R, (x ) + 0 (n 4-), G

tj. dati funkcionalni niz uniformno konvergira na skupu G .

Neka je E proizvoljan pozitivan broj. Na osnovu relacije (*), nalazimo

Grafici Elanova niza ISn ( x ) ) Eiji indeksi zadovoljavaju uslov n>N (E) nalaze se u oblasti D,, koja je .odredena relacijama:

Drugim retima, samo konaEan broj grafika posmatranog niza nete pripa- dati oblasti D..

64. Dat je funkcionalni red oar 1 1 1

Pokazati da dati red konvergira za svako x, nabi njegcwu sumu S (x) i odrediti w e crdsetke na kojima taj red uniformno konvergira.

ReHenje. Funkcionalni red je definisan za svako x=G=(--=, m). Parci- jalne sume reda su:

1

k= 1 8

a suma S ( x ) je

Neka je [a, b ] bilo koji segment na x osi koji sadrii koordinatni poEetak. Kako je svaki Elan niza (Ss ( x ) ) neprekidna funkcija, a graniEna funkcija S ( x ) ima prekid u taEki x=O, to dati red ne konvergira uniformno na tom

segmentu. PoSto su parcijalne sume reda neparne funkcije, dovoljno j e ispitati uniformnu konvergenciju reda za x>O. Neka je dakle [ a , b ] bilo koji segment koji se nalazi na pozitivnom delu x ose (O<a<b). Kako je

gde je F = [ a , b ] , to vasi

Sto znaEi da red 'uniformno konvergira na segmentu F. Na isti naEin tde dokaz uniformne konvergencije reda na segmentu koji ne sadrii taEku x=1. Na osnovu svega izloienog zakl.iufujemo, da dati red uniformno konvergira na svakom segmentu koji ne sadrii koordinatni pofetak (x=O).

65. Nabi intervale korwergmcije stepenih redova i ispitati konvergm- ciju na krajwima intervala konvergenoije:

OD

n= 1 n (2n+ 1)

lo PolupreEnik konvergencije reda je

U zavisnosti od realnog parametra p ispitabemo konvergenciju reda u krajevima intervala konvergencije ( - 1 / 2 ~ , 1 / 2 ~ ) . U taEki x= 1/2P dobija se alternativni red

KoristiCemo relaciju

Za p> 1 / 2 red C cn konvergira, odnosno red (*) apsolutno konvergira. Za O<p<1/2 niz (u,) je monotono opadajuCi nula niz ( ~ ~ $ 0 ) pa red (*) na osnovu Leibnitzovog stava neapsolutno konvergira. U levom kraju intervala konvergencije r = - 1 / 2 ~ dobija se brojni red sa negativnim Planovima

koji konvergira samo za p > 1 / 2 . Na osnovu svega izloienog dobijamo sle- . deke razmake konvergencije G :

1. .p>1/2, G = [ - 1 / 2 ~ , 1 / 2 ~ ] ;

2. O < p < 1 / 2 , G = ( - 1 / 2 P , 1/22J];

3. p<O, G = ( - 1 / 2 ~ , 1 / 2 ~ ) .

2 O Potraiimo polupreEnik konvergencije stepenog reda

gde je u=x2. Imamo dakle

i dalje

lul=xz<R * - I / F < x < f x pa je interval konvergencije po promenljivoj x : (- l/e/a, fe/a). U krajevima intervala konvergencije x= * Jfe/a dobija se brojni red

PokazaCemo da opSti Elan reda {*) ne teZi nuli kada n+ 0 . U tom cilju koristikemo nejednakost

dakle

PoSto an + 0 (n -+ -), red (*) je divergentan. Prema tome, razmak konvergencije stepenog reda je

G = (- lf 3, =a).

3 O Interval konvergencije je (-1,l) za svako a, jer je

U krajevima intervala dobijamo slede6e brojne sedove: 0

gde je

Koristitemo Gausov kriterijum Imamo dakle

4 n ' ) + 6 n + 2 3 1 a + 2 -- t in+, (2n+a+2) '

1

1 gde je g (n) ogrsnifena iunkcija. M o je -a- - 2 > 1 r e d d (*) 1 (**) kon

1 vergirajg za a - - 2 1 red (7 divergira a red (**) neapsolub Lon-

1 vergira, i najzad za -a- - 2 GO oba reds divergiraju. Na osnwu svega

razmaci konvergencije G datoga reda su: 3

1 . a<- 5, G=[-1,lI;

4 O Interval konvergencije stepenog reda

je (-1,1), poHto je . a n ( 2 n + 2 ) ( 2 n + 3 ) R - lim - = Ilm = 1.

n+w an+, n+p (2n+1I3

Stoga imam0

Za x=-1 i x=5, dobija se isti brojai red

, (2n ) l ! 2n+ l

koji konvergira, jer je na nsnovu Raabeovog kriterijuma

Prema tome, razmak konvergencije datog stepenog reda je G=[-l,51.

q0 PolupreEniik konvergencije stepenog reda

Ian1 1 R - fipl - - - lim ( 2 n + 2 1 ( 2 n + 3 ) 4

= - n+=(an+~l 3 n-+= (n+1)2 3

4 1 7 l u l = lx-1 J<- sledi -g<x<y,

3 ,--

tj. interval konvergencije datoga r& je (-+, I). U krajevima inter-

vala konvergencije stepeni red se svodi na brojne redove:

m

n-l

K o r i s t i h o Gaussov kriterijum. Imamo dakle

pri &mu je g (n) ograniEena Rrmlrcija. Prema tom kriterijumu, red sa pozi- tivnim aanwima (*) divergira a alternativni red (**) neapsolutno konver-

gira (UnJO). I iconatno, razmatk konvergencije d a m stepenog reda je

6 O PolupreEnlk konvergencije R, dabg stepenog reda

I an R - lim - = -- lim -

1 1 pri Eemu je: R=- ako je a<b i R=- za a>b. Prema tome imamo

b 4

1 R = -, gde je q=rnax{a,b3.

4

U krajevima intervals konvergencije (-R, R) stepeni red se svodi na brojne redove:

pri Eemu je

i ka~ko red X konvergira, to Ce redov!.~(*) i (**) konvergirati (prvi red konvergira a#psolutno). Razmak konvergencl~e datog reda je

G=[-R, R].

U ovom sluEaju imamo

i

u*>lln+i-*O (n+ 0 0 ) .

Red X & divergira &to znaEi da i red (**) divergira. Na osnovu Leibnitzovog 4

stava alternativni red (*) kmvergira (neapsolutno) s obzirom da je U n o . KO- naEno dobijamo razmak konvergencije stepenog reda, dakle

G=[-R, R).

66. Naei intervale konvergmcije stepenih redova i ispitabi lmnvergen- ciju u krajevima intervals konvergenci je:

a (a - I ) ( a - 2 ) . . . . (a-n+ 1) X".

n=l n !


Rezultati.

67. U zavisnosti rxl realnih parametara a, b i c odrediti ramnake konvergmcije sledebih redova:

0 ( x - 1)"

n=l

(a,b>O; a f b ) . n=l nC

Rezultati.

10 a > l , G=(l-a, l+a) ; O<a<l, G=(-l , l) .

20 c>1/2, G=[-1,5]; -1/2<~<1/2, G=[-1,s);

C < -112, G=(-1,5).

68. Na6i intervale konvergencije redova i ispitati kmvergenciju u ilrra- jevirna intervala:

00 (*; (x- 1)~". 40 x (- I)"-' 2" - n - .I

1 3. a<-, konvergira u taEki x=O.

2

69. Odrditi ~ a m a l k konvergencije stepenog reda

.

i utvrditi lb ju b k c i j u predstavlja red ako je lim n+-

O<a<l, G=(-R,R]; e l , G=[-R,R); Rezultati. R =- Ilnal' a=l , G=(-w, w), f (x)=-ln (1-x).

70. Ispitati konvergenciju reda

gde je a sealan parametar. Naki zatim zbir reda

Relenje. PolupreEnik konvergencije reda je

Un R = lim - - lim --- ( - = 1 za svako realno a. n + m Un+y n - t m

U krajevima ,intemala 'konvergencije dobijamo brojne redove:

gde je

Kako je

pri femu je g (n) ograniEena funkcija, to primenom Gaussovog kriterijuma dobijamo sledeee rezultate: za 3 - -a> l redovi (*) i (**) konvergiraju, za 0 < 3 - a < l red (*) neapsolutno konvergira a red (**) divergira, i najzad ako je 3-a<0 oba reda Ce divergirati. Prema tome, razmaci konvergencije datog reda u zavlisnosti od parametra a su:

Kako je

to be parcijalna ,=ma Sn datog brojnog reda ( x = a = l ) biti

n 1 n + l 1 n + 2 2

ST&- u k = x - + Z T - Z k= 1 k = I k=2 k=3

tj. 1 1 1 2 & = I + - - + - ----- lim Sn=2. 2 2 n+l n f 2 n + m

Stoga je

71. Dat je stepeni red m

G n " s n - 1 = l x + 2 A x + 3 V + . . . +nxxn- l+ . . . n=l

gde je h realan parametar. Odrediti r amak hnvergencije datog reda i utvrditi kakav je na granicama ramaka konvergencije. Za sluEaj kada red kwergi ra , pokazati da vaii

gde je sa f A ( x ) o z n a h a suma konvergentno~g reda.

Rezultati.

1. XZO, G=(-1, 1);

2. - l d X < O , G=E-I, 1);

3. X<-1 , G=[-1,1].

72. Nabi sume sledekih redova:

ReSen ja.

lo Razmak konvergencije stepenog reda

je [-1,1]. Neka je

Diferenciranjem prethodnog reda na razmaku konvergencije, nalazimo

tj. .

f'(x)=In (1+x).

Integracijom te jednaiiine, vodeCi raEuna o tome da je f (O)=O, dobijamo

Frema tome, traiena suma datog stepenog reda je

z0 %ma brojnog reda bite ~dredena pomotu stepenog reda

Treba dakle odrediti sumu S (r) uvedenog stepenog reda (red konvergira za svako x, Sto se moie lako proveriti). Imamo dakle

Prema tome, za x=2 dobijamo konaEno

73. Razviti funkciju

f (x)=ln ( l + ~ ) l + ~ + I n ( l - ~ ) ~ - ~

u stepeni red i odrediti razmak konvergencije reda.

ReHenje. Koristifemo metod diferenciranja i integracije. Imamo dakle

i dalje, integracijom sledi

odnosno

Lako se pokazuje da je razmak konvergencije dobijenog reda:

G=[-1, 11.

74. Funkciju f ( x ) =x2 arc tg x

ramiti u stepeni red i ispitati konvergenciju dobijenog reda. Na os- 1

m v u dobijenog reda izrahnati arc tg - 2 tako da greSka bude manja

od

Reienje. Razvijanjem funkcije g (x)=arc tg x u stepeni red, nalazimo

f ( x ) - X~ arctg x - ~2 J r z o i - l ) n 1 2 n ] d t - 0' 0

TraZeni red be biti 00 xZn+'

* f ( x ) - x ( - 1 ) " ~ n=O

i njegov razmak konvergencije je [-I, 11. Ako se u jednakosti (*) stavi x=1/2, dobikemo

1 1 (-1)" (112) - y arc tg - - 2

2 n ; . ~ (2n+l) 22n+s tj.

1 00 ( - 1 ) ' ' (a*) a - arc tg - - 2 (2n+1)2.n+1

( =S)* 2 n=O

Neka je

S obzirom da jo (**) Leibnitzov red, procena greike vrli se na sledeki natin:

Stoga imamo

1 1 1 a * - S , = - - - + - - -

1 +- 2 3.2-5.26 7-27 9.2'

aa*=0,5-0,0416+0,0062-0,0011 +0,0002=0,4637 ' ,

tj. 1

arc tg - = 0,4637. 2

Napomenimo da uslovima zadatka odgovara broj a**, jer je

lama**l <la-a*l+Ja*--a**l<10-4+4. 10-4<10-a.

75. Izrahnati pribliinu vr&ost integrala 1

I= cos 9 dx J 0

sa g&km.,manjom d koristeCi pri borne razvijanje podintegralne funkcije u stepeni red.

Rezultat. I =0,905.

76. Data je funkcija

lo Razviti funkciju f u red p steppemima x + 2 , i na6i interval kolnvergencij e.

2 Izraeunati priblignu vrednost integrala

sa greSko~m m a n j m od koristefi pri tome dobijeni red.

Rezultati.

77. Pomdu stepenog reda Izra6unati integral

koristebi pri tome formulu

Rezultat.

izraEunati zbir reda

ReSenje. KoriSfenjem datih smena po fomuli, dakle n12

00 (2n-I)!! 2 " s = C (- 1)n-I = - 2 (-l)n-1 S coszn x dx,

n=l (2n)!! n=l 0

a zatim permutacijom simbola integracije i sumiranja, nalazimo x12

DO

S = A j" [cos2 x c ( - eosa r)n-1 d x . R n=l 1 + cosa X

0 0

Iritegral f emo izraEunati pomofu smene t = tg x, naime

tj. 2 1

s-1---- if 0 arc tg L- 1:

1/2

i beskonaEan red

lo Odredibi razmak honvergencije reda.

2' IzraEunati f (1/2) t&o da greSka bude manja od

3' Pokazati da je f (x) partikularno reSenje date d i f e d - j alne j ednaf ine.

l o PolupreEnik konvergencije. reda je

U krajevima .intervals konvergencije stepeni red apsolutno konvergira, jer je

pri &mu red Z c, konvergira. Stoga je razmak konvergencije datoga reda

G = [ - 1 , l I .

2O Za x=1/2 dobija se Leibnitzov red

Neka je

Na osnovu Leibnitzovog stava imamo

1 1 IS-S'I=[S-Snl <un + I =

(n+l)(n+2)(n+3) 2n+l 3 1133.

Prema tome moZemo uzeti

1 1 1 3 S.=Ss=--- +- - - 12 96 480 40

tl.

3 O Kako je a (- 1 )n-' x n

In(t+x)= - 1 < x < l n=l n

Prema tome funkcija f (x) je partikularno reSenje date jednafine.

80. IzraPunati integral I= ( y (s) dx tako da greiika buhde rnanja od J 0

lo-* , gde je y (x) regenje diferencijalne j,ednaEine

y'-2 yx ctg ($)=O

koje zadovoljava ~uslolv y ( V n / 2 ) = 1.

81. Nadi partikularno reiienje y (x) diferencijalne jdnaeine

yf=x2 32-1,

koje zadovoljava uslov y (0)=1, u abliku Mac1aul.iinovog reda (napisati prvih pet Elalnova).

Regenje. Traii se reSenje u obliku Maklaurinovog reda

gde je y (0)=1 (zadan broj) a ostali koeficijenti odreduju se pomoEu date diferencijalne jednatine. lmamo daskle

Stoga je x* x'

y ( x ) = l - x + y - - + . e n 2

82. Data je di~ferenci jalna jednaEina -- y'=a2 x2 1/1+yf2


lo Pokazati da se reSenje ove jednaEine ne moie izraziti u kornac- nom sbliku pomoku elementarnih funkcija.

2' Naki u obliku stepenolg reda ono njeno partikularno resenje y, (x) koje zadovoljava uslov y, (0) = 0 i odreiditi polupreEnik konvergencije tog reda.

3' F'unkcija' y, (x, a) gde je a parametar definiSe porodicu krivih y=y, (x, a). Pokazati da se srve one taEke tih krivih koje

I

i~maju apscisru x= (a # 0) nalaze na jedinoj pravoj. 2a

'Tte~enja.

lo ReSavanjem jednarine po y' dobijamo

y'= a2 xe (1 - a4 x') - 112,

y = a2 xP (I - a4 x4) - 'I2 dx. Odakle

~ o d i n t e ~ r a l i izraz je oblika binomnog diferencijala xm (a+bxn)P dx, koji m f l

se moie integrisati u konaEnom obliku samo ako je: p ceo broj, ili - n

ceo braj, ili mSl + p ceo broj. U nalem slutaju nijedan od tih uslova nije n

ispunjen, Sto znaEi da se dati integral ne moie izraEunati u konaEnom obliku.

2O Razlaganjem podintegralne funkcije u binomni red za laxl<l , i integracijom tako dobijenog reda nalazimo

pri Eemu je C=O jer je y ( O ) = O po pretpostavci. Pri tome je b r ig - Cena formula

(2 n - I)!! , (n=1,2 ,... 1.

(2 n)!!

Pri integraciji diferencijalne jednaEine korileen je binomni red na intervalu ( - l / l a l , lllal). Prema tome, poluprernik konvergencije binomnog reda kao

1 i integrisanog reda je broj R=-.

IaI 3' Eliminacijom parametra n iz skupa jednarina

dobija se jednatina grave linije, dakle

83. Naki w obliku stepenog reda grgte reSmje diferencijalne jednaEine L [ Y ] E ( ~ - X ~ ) yl'-2 xy1-!-2 y=O,

a zabim odrediti on0 parkikularno koje zadlmljava uslove: y ( 0 ) = 2 , y 1 ( 0 ) = - 1 .

ReSenje. Zamenom reda m

i njegovih izvoda

u datoj jednaEini sa zahtevom da bude njeno regenje, nalazimo

Iz dobijenog idenbiteta sledi

In+2! (n+l ) an+e-(TI+%) (n-1) an=O, n- 1

an+z- a n n+ 1

ili n-3

(*) an = - an-p. (?l=2,3,. ..). n- l

Koeficijenti a, i a, su neodredeni. Iz rekurentne 'formule (*) za n=2, n=3 i n=2 k+r (r=0, r = l ; k=2,3,. . .) dobijamo

Iz jednakosti (**) sledi

gde je r=O, r=1 i k=2,3 , ... 1

Pogto je a,= -a, i a,=O, to iz formule (***) dobijamo a,, -. - - 2k- 1 a,

i a~k+ i=O, ( k = 2 , 3 ,... ). hrema tome, refenje diferencijalne jednaEine v obliku stepenog seda glasi .

gde 3u a,=C, i a!=C,. PoSto su C, i C, proizvoljne lkonstante, i kako su partikularna regenla

linearno nezavisne funkcije, to je dobijeno reSenje diferendjane jednaEine njeno opSte reSenje. ReHenje y, moiemo napisati u konaenom (zatvorenom) obliku, dakle

x

Stoga 6e opSte regenje diferencijalne jednaEine u zatvorenom obldku biti

KoriHCenjern datih poEetnih uslova dobijamo parti,kularno rdenje

84. Pomotu stqenih ~ d l o v a sdrediti opSte resenje diferencij alne jed- naEine

ReSenje. UzimajuCi u obzir stepeni red funkcije f (x) =ln (I+ x) )(logaritamski red), datu diferencijalnu jednacinu moiemo napisati u obliku

Reknje jednatlne (*) traiibemo u vidu zbira nepoznak funkcije z i stepenog reda, dakle

Kako je operator L linearan, to je

odnosno

PoSto se iElanovi reda na levoj strani identiteta Eiji su lindelcsi n=l i n=2 anuliraju, Sto nije sluEaj sa odgovarajubim Elanovima stepenog reda na desnoj strani, to nu2no mora biti

(nZ1,2) (nZ1.2)

JednaEina (I*) je ~ulerova diferencijalna jednatina koja se integriSe po- m o k smene x=et . Njeno opSte reSenje je

Iz idenbiteta (***) sledi

Na taj naEin dolazimo do opBteg reSenja date diferendjalne jsdnatine, koje glasi

Inx " I- 1)" xn Y- D1x+D2xZ+(3x+2*') + zn ( n z - 1 ) ( n - 2 ) *

Pri Eemu je D,=C,+a, i D,=C,+% (a,, %, C, i C, proiz. konrtante).

Napomena. U toku reSavanja zadatka bilo je mogube staviti da je a,=a,=O ili C,=C,=O. Ova se jednaEina moie reBiti i bez stepenih redova.

85. Data je diferencijalna jednarima

lo Odrediti @te resenje te jednahe u olbliku stepencrg reda i ispitati konvergenciju tog r d a .

2' Napisati opSte reSenje u konaEnom (zatvorenom) obliku.

3' Odrditi partikularno re5enje koje zadmoljava uslove: y (0)=1, y' (0) = 0.

86. Odrediti pomdu s t e p o g reda dva linearno nezavisna partikularna regenj a dif e r~nci j alne j ednaEine

i jedno od tih resenja napisati u zatvorenom ~obliku. Beaultati.

partikularno ~eSerije diferencijalne . jednaEine Y"--h."~o

koje zadovoljava uslove: y (0) = 0 i y' (0) = 1. Formirati stepeni red

Ispitabi konvergenciju rwog reda i nafi njegovu sumu S {x, h.), gde je 1 konstanta, razliEita od nule.


gde je a realan parametar. Na6i u abliku stepeuog reda opSte re- Senje te jednafine. Dokazati da je jedno partikulamo reSenje polinom ako je a prirodan broj.

ReSenje. Zamenom reda

u datoj jednaEini dobike se: (n+l) (n+2)an+z-2 (n -a )a ,=~ (n=O, 1,. . .), odnosno

Partikularna rdenja:

Opgte relenje: v=C, 211+C* YZ.

Ako pretpostavimo na pnimer da je a paran broj, dakle a=2m-2 (m>l) tada ke biti

Stoga fe partikularno rdenje y, biti obli'ka polinoma, tj.

m-1

y,=1+ C a ,kx=k k=l

Na sliEan naEin se pokazuje da je y, polinom ako je a neparan broj.

89. Ispi tati konvergenaiju stepenog reda

2"+nx,, Y=C-- n=O n!

i pokazati da je y=y ( x ) reSenje diferencijalne jednaEine yU+y'-6 y=(3-4 x) ex.

Pmcmiti greBku aproksimacije

Rezultati.

G=(- GO,' m), IRsl <0,002.

90. Pomoeu stepenag reda naei opSta rdenja u konafnolm (zatvoreaom) obliku sledebih diferenci j alnih j ednaEina:

1" xy"-y'4- bx3 y=O, (b pzitivan parametar).

3' (x2--x-(-l] yf'+(4 x-2) y'+2 y=O.

3' (1-bx) y"+b2 xy'-b"=O, (b+O).

Rezultati.

V' b x~ I/bx -b l o ~ - c , c o s ( ~ ) + C sin (+); (an - at-a,=O I .

Uputstvo. Rekurentna formula je an+2-&+ l+an=O (n=O, 1 , . . .). UzimajuCi da je a,=m ( r=?) , sledi da prethodnu jednaEinu zadovoljavaju: r,n i +,a pri Eemu su r , i r r reSenja karakteristiene jednaEine rP-r+l=O. OpSti oblik n-tog Plana an stepenog reda je

gde su C, i C, proizvoljni brojevi.

b" 3' y=a, (ebz-bx)+a, X; ( a n = x am a, i a, proiz. brojevi).

ramiti u Fourierov red.

ReSenje. Fourierov red (kraCe F-red) date funkcije f ( x ) na intervalu ( 0 , ~ ) ima oblik

0 a0

f ( x ) - g ( x ) - 5 + 2 (an cos 2 nx+ bn sin 2 nx), (2 l = ~ ) . n= 1

Pri tome je:

tj. ( - l)n-1

an - 2xn2

Na slitan naEin nalazimo i koeficijente -

Zamenom izraeunatih koeficijenata u polaznom redu i primenom stava Dirichleta, dobijamo konaEno

1 za x-0 i x-x

pri Cemu je

92. Funkciju x ( a f x ) , -a<x<fO; x (a-x) , O<x<a: (a > 0)

u intemalu ( -a , a) razviti u Fourierov red. Pokazati da je dobijeni F-red uniformno konvegentan. Koji se numerif'ki red moie

a sumirabi za x=- ipornoC.u dobijemog F-reda i kolika je suma tog

2 numeriEkog reda. Nacrtati sliku.

Regenje PoSto je funkcija f (z) neparna na intervalu ( -a, a), to be njen ~ - & d biti oblika

pri *emu je: .

nxx nn x bn- 2 1 XI sin - d x - - ( u x - x ~ ) sin - dx =

a a a i a 0 0

Stoga je

8 a 2 " 1 (2k+ 1)nx g ( x ) - ~ ~ - sin

n=o (2k+ 113 a

g (x )= f !XI, -a<x<a, $7 (x+2 a)=g (XI Kako je ,

I U ~ ( X ) I = 8a2 -- I 1 sin (2kf 1)nx 8a2

= Ck 1 x 1 s o nS 2 k + l ) 3 a

. i (poito je red Z c k konvergentan, to je na osnovu Weierstrassovog stava a

dobijeni F-red uniformno konvergentan. Za x = - nalazimo 2

1 2k+l sin - n

2

93. U intervalu (0, T) zadana je grafi5ki funkcija f (x) na slici

Razviti funkciju f (x) u Fouriercrv red u intervalu (0, T). Na 0s- nlwu tog reda golkazati da je

ReSe4e.

Prema datom grafiku lako se utvrduje analititki oblik funkcije:

{ 2, O<x<T/4;

f (x)= 0, T / 4 < x < 3 T / 4 ;

2, 3 T / 4 < x < T ,

Fourierov red funkcije f ( x ) ima oblik a 2 n x x 2 n n x ) , ( 2 1 - 7 7 + bn sin -

T

gde je: T

Kako je T perioda sume 'reds g (x) , i kako je grafik funkcije f ( x ) sime- T

triEan prema pravoj x = T 1 to je g ( x ) parna funkcija. Zbog toga svi

koeflicijenti bn moraju biti jednaki nuli. Dalje imamo

2 n n . r 2 n x x 2 cos - d x ] =

T 3714

nx - -1 [ s in - - sin nx 2 2

t j . n=2 k

n=2 k + l

3n x n n pri Pemu je koriH6ena jednakost sin- = -sin -- KonaEno dobijamo

2 2 .

I f ( x ) , O<x<T i

T 3 T

4 - ( - l ) k ( 4 k + 2 ) n x 1 g ( x ) =l+;Z - cos k=o 2 k + l - T 2 X = O i X = T ;

Data formula u zadatku dobija se iz prethodnog reda za x=O, dakle

u Fourierov ~ e d u iatervalu (-n,'ir).

Reznltat.

10 " 4 n f (x), -n<x<x; g(x) - -2s inx+ ; ( - l ) n + 1 4 x sin nx -

n = l 0, x=*X;


L [y]=y"+X* x2 y=lxj, x€( -1 , 1)

gde je X realm parametar.

lo NaCld reSenje jednaEiine u obliku beskonahog trigonometrij- skog reda i izvrgili potrebnu diskusiju s obzirom na para- )metar I..

2' Kako glasi reSenje za h= 1.

lo PoSto je funkcija f ( x ) = I x / parna na intervalu (-1,1), to be njen Fou- rierov red biti

a

g ( x ) = + 2 a, eor nnr n = l

gde je: n=2 k

2 ao=l, an -i -[(-1)"-11 -

(X nI2 n=2 k+l.

Partikularno reSenje diferencijalne jednaEine

(1) L [lll=ll"+XPn~u=g (XI traiibemo u obliku reda

A0 (2) Y - - + ( A ~ C O S n n ~ + B n sinnnx).

2 " = I

Zamenom reda (2) i njegovog drugog izvoda

u jednaEini (I), dobijamo

a odatle sledi

Da bi red (2) bio reSenje date diferencijalne jednafine, neophodno je dakle da se svi njegovi koeficijenti mogu izraeunati iz sistema (3). RazlikovaCemo sledeee sluf ajeve.

a) h=O. 1

PoSto je ao=l, to se prva jednaEina iz slkupa jednaEina (3) svcdi na O = -. 2 Prema tome ne postoji resenje date diferencijalne jednafine u obliku reda (2).

b) A z O i Azn (n=1,2,. . .). Pod tim uslovima skup jednaEina (3) je reliiv i relienja su:

Stoga f e partikularno reSenje diferencijalne jednaPine (1) u obliku reda biti 00

COS R A X ,

odnosno

Dobijeno relienje je periodifno, periode T=2. C) A=m (m prirodsn brod).

Iz skupa jednaEina (3) za n=m dobijamo

Ako je m paran broj (m=2s) tada su A28 i B z s proizvoljni brojevi (jer je azs=O). U tom sluEaju traieno partikularno relienje jednaEine (1) odreeeno je relaoijom (5). Ustvari funkcij a

predstavlja oplite reSenje diferencijalne jednaEine (1) ( k 2 s). Dobijeno re- Senje je periodiEna funkcj ja, periode T=2.

Najzad neka je m=2 s+ l . Koeficijent A2,+1 ne moie biti odreden na pret- hodan naEin (0 A z s + 1 = a 2 ~ + 120). U tom sluEaju partikularno reSenje treba traiiti u obliku

gde je Y, trigonometrijshi red dobijen iz reda (5) stavljanjem h = 2 s + l i izostavljanjem Elana indeksa 2 s + l , a Y, je partikularno reSenje diferencijalne jednaEine

y"+mtx3 g=a, cos ( m x x), (m=2 s+ l )

tj.

am '(7) Y , = - x sin (rnnx)

2mn

Na osnovu (5), (6) i (7) dobijamo partikularno regenje diferencijalne jed- naEine (1) (1=2 s+l), dakle

1 - 2xs in(2s+l )nx 4 cos 12k+ 1) n x (8) Y* -

2aV2s + x"2s + (k#S)

To reSenje je neperiodiEna funkcija (zibir periodirne i neperioditne funkcije, rezonansni sluEaj).

2O Traieno reSenje (h=l) neposredno se dobija iz jednakosti (8) za s=O.


U intervalu (0, 2) naei periodik~o re8enje Y (x) j e d n a h e u obliku Fourierovog reda, i pokazati da dolbijeni red uniformno konvergira.

ReSenje. Fourierov red funkcij e f (x) = 1 - x, x E (0,2) glasi

PoSto je grafik funkcije f (x) simetriEan u odnosu na srediSte intervala (0,2) i kako je T = 2 perioda sume reda g (x), to je g (x) neparna funkcija. Zbog toga mora biti an=O (n=O, 1, 2,. . .). Koeficijent bn su:

Prema tome imamo m 2 sinnnx

g ( x ) - bn sin n n x = - - n = l n = l n

PeriodiEno reSenje date diferencijalne jednaEine traiiCemo u obliku reda

A0 ( I ) Y - - + 2 (Ancosnnx+Bns innxx) . 2 . = I

Zamenom reda (1) u diferencijalnoj jednaEini

L [vl=LY (z)

dobijamo

Iz prethodnog identiteta sledi skup jednaEina

[3-(nx)P] An+2 n x Bn=O

-2 n x An+[3- (n~)~] Ba=bn

Eija su reSenja

A. = 0

(2) { ( - 2 n n ) b n (3 - n1 n2) ba An - e, - - ( n I , 2 , . . .).

[Y- (nn)2]2+4n?n" ' "- (3 - ( n n)2]2+ 4 n2 nz '

Zamenom nadenih koeficijenata (2) u jednakosti (1) dobijamo traZeno perio- diEno reSenje date diferencijalne jedna&ne, dakle

2 " 1 (3) y - - z [ - 2 n x c o ~ n n x + ( 3 - n ~ n ~ s innxx] . x n=l [3-nZ n21Z n+ 4na n2

Dokazaeemo da je red (3) uniformno konvergentan za sve realne vrednosti x. Neka je

~ ~ ( x ) = A , ~ c o s n ~ x+Bn s fnnnx .

2 i kako red Ccn konvergira, jer je Cn -- to je na osnovu Weierstrassovog

(n n)l ' triterijuma red (3) uniformno konvergentan u intervalu (--, -1.

97. Data je diferencijalna jednatiina N y +4y=n2- 3 *.

U intervalu (-X, n) naki partikulamo rdenje jedmzhe pormdu tdgonometrijskog reda.

3 " 1 2 ( - l ) n - 1 Y - 4 c o s x - - x s i n 2 x + C . cos nx.

4 "=, (4-nz)nz

98. Naei partikularno regenj e diferencij alne j ednaci-ne

pomotu trigonmetrijskog rda , koristdi razlaganje funkcije f (x) '.u cocsinusni Fourierov red u intervalu (0, n).

4. KRNOLINIJSKI I V~ESTRUKI INTEGRAL1

99. IzraEunati k~volinijski integral

C

gde je ~kriva C lemniskata: (x2 + y9)2 = a2 (x2 - y2).

Re2ienje. Prelaskom na polarne koordinate x=p cos cp, y = p sin cp, bibe: 3n 5x

C: p2=atcos2 cp, cp€

a ds = I/pz+p" dtpx -

vcos 2 9 P

lyl ds=a2 lsin rp[ d cp.

Kako je

lsin 91 =

sin cp za c p E [o, u [:. I],

to je dati krivolinijski integral jednak odredenom integralu po promenljivoj rp:

X - 0 4 X 5x14

1 - ~ 2 ( - j sinpdrp+ sinrpdtp+ j 'inrpdrp- j sinrpdrp). - 4 4 0 3n - X

4 Lako je pokazati da je

. 100. IzraEunati krivolinijski integral

-- I= (Jj ~ m d r + ~ [xy+ln (x + l ix2+y2)~ dy,

C

gde je kriva C hmtura koja ograniEava oblast: y2< 2 (x- I), x<2, y 2 0 .

84

Rdenje: Ispunjeni su uslovi za primenu formule Greena:

.$ Pdx+Qdy- 11 (2 - g ) d r d y .

C G

pa je dati krivolinijski integral jednak dvojnom integralu

1 - jj yz dxdy , 0

gde je G oblast koju ogranitava kriva C.

4 1/2 idx'F2 y - - . 15

1 0

101. IzraEunati krivolinijski integral

I= (x2siny+2y2)dx+ dy, S C

gde je kriva C gornja polovina kruinice x2 + ye = 2 x od taEke A (2, 0) do tatke 0 (0, 0).

- > 2fF- ReHenje. Ako putanju C dopunimo odseEkom ose Oz biCe:

gde je sa L obeleZena zatvorena CUOA. Lako je proveriti da je

{ ( x z sin y +2 y2) d x + -xa cos

jer je na y=O i dy=O. Integral po zatvorenoj putanji L moZe se izraEunati primenom formule Greena, pa je, prema (*),


$ c XY [ ( - t + Y ) dy- (X+- ; ) d x ] ,

gde je C kruinica $4 y4=r2, nepmredno i primenom formule Greena.

ReHenje. Parametarske jednaEine krive C su

X = T C O S t &= -7 sin t dt C: OQtG2 n;

y=rsin t dy=rcostdt

pa se dati krivolinijski integral svodi na odredeni integral po promenljivoj t

an r

~ - ~ ~ s i n t cost [(-$cost+rsint roost+ rcost+ - sint

0 2

11 naEin. Ispunjeni su.uslovi za primenu formule Greena: putanja integracije je zatvorena kriva, smer integradje je suprotan kretanju kazaljke na satu,

x funkcije P=-xy xA- -

d P ( i ) i ~ = m ( - ~ + y ) i njihovi i rvodi -=- f - ly a Y 8 Q

i - = -m+ys neprekidne su na putanji C i u oblasti G koju putanja C ax

Prelaskorn na polarne koordinate: x=pcos cp, y=p sin cp, J = p

bi6e

I = ~ ~ P ~ I J I ~ P ~ T J = = G

103. IzraEunati krivolini j&i integral

I= $ ( 9 + y 3 a ~ + ( s - y 7 ay,

C

gde je C: Ix-ll+ly-ll=l. - . - -

ReHenje. Kriva C je lizlomljena . linija C= AZ U BCU CD U DA (vldi s m l ) , w Je

- - - IzraEunavanjem inGa1-a go AB, BC, CD

Integral se moZe izrarunati i primenom formule Greena. Tada je

nalazimo da je

y + x - u , J -

y - x - v ,


dui parabole y=xZ od tarke 0 (0 , 0 ) do taZjke A (1,l).

a x a x - - a u a v

9 dy au a v

ReHenje. Dui parabole y=x2 je dv=2 xdx pa je dati krivolinijski integral jednak odredenom integralu po promenljivoj x:

- - -

I 3 d.t 3 d x - = lim

0 0

Smenom x=sin t, dxrcos t dt nalazimo


I= \ (ex sin -ny) d;c+ (ex cos -n) dy (n=const), A m 0

gde je Am0 deo kruinice 9 + y 2 = a x (a>O) koji le5i u prvom kvadrantu od taEke A (a, 0 ) (do taEke 0 (0 , 0 ) .

Rezultat. a2x n

I - - 8 '

106. Pokazati da vrednost integrala

I = ( ~ + 4 x @ ) d x + ( 6 x 2 y 2 - 5 y 4 ) d y C t\ B

ne zavSsi od h i v e h j a spaja tarke A (- 2, - 1) i B (3,O). Kolika je vrednost tog integrala?

Rezultat. Izraz pod znakom integrala je totalni diferencijal neke funkdje dve promenljive, pa krivolinijski integral ne zavisi od putanje integracije, ve6 samo od - krajnjih tataka. Za integraciju je najzgodnije uzeti izlamljenu liniju ACU CB, gde je C (-2,O).

107. Krivolinijski integral

I= J ( a x - y ) @+I) d x + ( x + a y ) (a-1) dy

C ZY

izra5unati: 1) dui d s d k a AB, gde je A (1, 1) i B (2,2); 2) dui izlomljene linije ACB, ako je C (1, 2).

Odrediiti ,konstsntu a tako da ta dva integrala budu jednaka. Polkazati da tada integral ne zavisi od putanje iategnacije.

108. Izr&nati knivolhijSki integral

gde je C preseEna kriva povr,5i

i ravni

Eeeanje. Kriva C je pmstorna kriva. U tom sluraju .'parametar6ke jedna- Eine se mogu odrediti tako Rto se nade projekcija krive C na jednu od koordinatnih ravni, napiSu parametarske jednatine te projekcije, a zatim, koristebi jednu od datih jednarina krive, odredi i treCa promenljiva u funkciji od parametra. Eliminacijom promenljive z, iz jednatina krim C. malazimo jednatine projekcije krive C na ravan xOy:

Parametarske jednaEine krive C' su

1 V E 1 f i3 x = - + - cos t , y = - 2 2 ,,3~in t , 0,<t ,<2 x.

Uzimajubi u obzir jednatinu. x+ 2 y + z = 1 nalazimo z. Dakle, parametarskc j e d n a h e kriue* C su:

1 r/E x - - - + -

2 2 COS t, f i 5

d x - - - 2 sin t dl

1 1/15 y = - + - vi5 2 2 f 8

sin t, 0 ,( t < 2n; dy= --- 2 ,,f2 COS t dt

1 l / i5 1/15 - z=- - - -- cos t - -- V 15

2 2 l / l , d* - (-- 2

Dati krivolinijski integral svodi se na odreden integrd po promenljivoj t :

Zadatak se moZe reSiti i primenom formule Stokesa:

/ cos a cos p cosy 1

Ovde je P=y- z , Q = z - x , R=x-y , a za povrH integracije r moiemo deo x+2U+Z=l koji iseca paraboloid ~ = 4 - 9 - 2 ~ ' (gornja

strana). Tada je

cosa= - P 1 fl+p'+qz ' COS a - --

1/8

cosf3= - 4 2 v1 + p a + q 2 '

cos $ - -- 1/3

cosy- 1 1

r/l+p"+ ' cos y - --

d o = r / l + p r + q z d ~ d . y , d a = 1 / 6 d x d y i

dati krivolinijski integral jednak je integralu po povrsi

I = -2 11 (cos .+con @+ern y) d 6, r

a ovaj se modi na dvojni integral

I=- , 11 dx cly,

a G je deo ravni xOy na koji se projektuje pomenuti deo ravni x+2 y+z= 1 - wvrS r: oblast ograniEena elipsom C'.

I = -15 )/%.

109. IzraEunati krivolimi jski integral

du i zatvorene preseEne krive 1povr5i z2+ y2= ).2 i * = T Z . Rezultat proverit: primenom integralne teoreme Stoliesa.

110. IzraEunati krivolinij ski integral

I= $ g d x + Z d y + x 2 d z ,

C

gde je kriva C definisana jednahama . 9+ y2+z2=a2, x t + y 2 = ~ (a>O; 2 2 0 ) .

Stmer integracije se polklapa sa smerom kretanja kazaljke na satu kada se posmatra iz unutraSnjost-i lopte.

111. IzraEunati krivolinij&i integral

I = f y d x + s 2 d y + d z ,

t. gde je kriva C data jednafinama

(a, b, c f 0 ) .

Primenom formule Stokesa pnweriti rezultat.

~2 , 2 X ReHenje. Presek cilindriene povrSi - + - " -

aZ b2 a Y + - i ravni z=0 (projek- b

cija krive C na ravan xOy) je elipsa

Parametarske jednaEine knive C su:

a a b b c x - - $ ----- cost, y - --'+ -

2 I/-i sin I , r--c+ p (cos l+sin f , 2 - 1 / 2 1

odakle je

a' b c d x = - --

l'-2 sin t dt, dy = - cos t dt, dz = - (-sin t+cos t ) d t ,

1/? P

2x ab+2c2 a2b+4c2 ab

sin t + . 4 1/2

cos t - - sin2 t + 2

0

ab x (a- 1) I =

2

Primenom formule Stokesa imamo

r= {S(2 X - 1 ) d x d ~ ,

r x P ya z

gde je I' unutraSnja strana dela varaboloida - + - ' - (uwtar cflindra). a bz c

G je oblast ograniEena elipsom C.

Uvdenjem novih promenljivih smenom

CL a x - -A -- b b ab

2 ' cOscp, y - 5 + - sin cp; bite J = - p, I/"i 2

&a oblasti G je oblast D : p < l , pa je

I - jJ ( a - l + ~ 1 1 / F p c o s ( ~ ) I ~ I d p d v - D

112. IzraEunati integral

I= $ 8 y ~ ( l - s 2 - ~ d x + r y 3 dy+sinr dz,

C

gde je kriva C presek e l i p i d a 4 xz+ y2 + 4 zP=4 i koordinatnih ravni (x, y, 220) ; smer integracije, posmatran sa pozitivnog dela ose Oz, pzitivan.

Reznltat.

113. IzraEunabi integral

I= $ f;dx+s dy+y dz,

gde je C kontura definisana jednaEinama z= y2-x2, y = 2 i y=2, z=0; smer, posmatran sa pozitivnog dela me Oy, pozitivan.

Reznltat.

I = 2 x.

114. Izrabnati dvojni integral

gde je G oblast u prvom kvadrantu ograniEena linijama y=x , x=o , x2+y2=1.

ReBenje. Prelaskom na polarne koordinate:

x=p cos cp, y = p sin cp bi6e J=p; slika oblasti G je oblast D: n

x=y 3 p cos cp=p sin cp, * tg c p = l tp=- (I kvadrant) 4

~ / 2

I = J ~ f Z d p sin cp d v = J d m J sin cp D rr -

4

X X X ----In tg----

4 8 4 ln vT - I) .

115. IzraEunati fdvojni integral --

I= [ ( ^ X ' ~ ~ I / I - ~ P - ~ J dray,

gde je olblast G odrdema relacijama x>O, y 2 0 , 2 + y S < 1.

116. Promeniti red integracije i izraEunati vrednost htegrala 1 1

ReSenje. Ako nacrtamo oblast integracije vidimo da je

1

I = J v m d Y / vy&2 =

0 0

1 Y X

= 5 f i (1 -Yiarc sin - / dy - 0 y o

I. - I J v j q - q d y - 2

0

@=sin t, dy=cos t dt)

117. Promeniti red integracije i rizraEunati integral

Smenom a-y= ( y - x ) t E

transf ormSemo integral


I= e - (x+y) (x+y)n , &dy JJ a

gdejeoblast G odredenarelacijama x20, y 2 O ; EN.

ReHenje. Oblast G je neogranirena; podintegralna Eunkcija je pozitivna u G, ,pa je dovoljno izratunati integral u bilo kojoj konatnoj oblasti D c G i naCi graniEnu vrednost dobijenog rezultata kada D -+ G.

Neka je D oblast ogranitena koordinatnim osama i pravom x i - y=a . Tada je

I (a)= [ [ e - ( z + r ) ( x + y ) n d x d y .

b

Prelaskom na nove promenljive smenom

x+y=u , x - y = v bif e

U C V U - v ' Y - 2 '

1 X - - / J ( = - 2

x=o 3 u = - v , y=o 3 u = v ,

x + y = a a u = a i

~ ( a ) - ~ [ [ e - u u n d u d v 2 D'

a u 1 -- f e - - u u n d u [ dv = 2

'0 J -u

I '

-I' e -uun+ldu=e-uPn+l (u) =e -aPn+l (a) - Pn+1 ( O ) ,

0 0 r

gde je

Pn+l (x)=-[xn+l+(n+l) f?r+n (n+l) ~ - l + . . . +(n+l)!]

119. Izrakmati integrale:

I, = J ~ - ( x ~ + Y ~ sin (x2+ yq dxdy,

dge je G cela ravan xOy.

ReZjenJa. Oblast integracije je neogranitena. Lako je pokazati da su oba integrala apsolubno konvergentna. (Podintegralna funkcija je, u oba slutaja,

po apsolutnoj vrednosti manja od e- (t'+ us), a integral

konvergira).

Predimo na polarni koordinatni sistem i neka je D kmg x2+yP<a*. Tada je

I (a)=[[e-(xr+~7 eos (xz+y? d rdy=

D

dxdy

0

gde je G kvadrat ogramieen pravim x=O, x=1, y=o, y = l .

ReFienje. Prelaskom na polarne koordinate, bibe:

y=O 3 psincp=O(x>O) q=O,

1 x = l * pcoscp=l =$ p=-

cos 9'

1 y = l e psincp=l p=-

sin 'f S1. 17

sin cp

0 4 4

x 1 x 1 n -- - - arcsin - + - - arc sin - - - 4 2 4 2 6 '

121. Izrahnati integral

dxd y

0

(a realan broj) i dobijeni rezultat geometrijski protumaf iti, ako je G krug ;c'+y261. % .

Regenje. Za a>O podintegralna funkcija je neograniEena na rubu oblasti G. U tom sluEaju je I uopgteni integral druge vrste. Podintegralna funkcija je pozitivna u G, i integral konvergira ako postoji

gde je D, na primer, krug xL+yn<P, O<r<l.

2rr r X = p COS cp d x dy P d p

= p sin cp

0 0 J = p

Kako je

I =lim I ( r ) r+ 1

lafko je videti da za a>l integral divergira, dok je za a<l

Dobijeni rezultat je jednak mernoln broju zapremine tela ogranieenog povdima

1 z=O, z= ( 1 - 9 - 2 a

(a<l), x2+y2=1. Y )

122. Primmo.m forrnule za srednju vrednost odrediti granice integrala .. *...'A. I= (1. dxd y

. 1oo+cos2x+cos2y . .. 0 , .

gde je G oblast definisana relacijom 1x1 + lyl< 1.

Beiienje. Kako je u oblasti G

1 1 inf = -

(~OO+cos~x +CO.s~Y) 102,

a

odnosno

123. Izrahnati povrSinu povrSi koju cilindar

iseca na konusu

ReSenje. PovrSina dela povrSi cilindar f (x, y) =0 jednaka je

z=z (s, y) koji iseca

gde je G deo rt-:zi -d)g koji iseca cilindar f (r,g)=O.

U ovom sluraju je 2x2 - v ~ ~ + ~ ~ pa je

124. IzraEunati povrSinu dela p o v ~ i

98

koji se nalazi unutar cilindra

x = a p cos cp 0 = jl v m abp d p dcp

D y = b ps inrp

2 - - 1 1 2 a b n - abn ( 1 ' pe)3i2 1 - - 3 ;o 3 (2 p - 1).

125. Izrahnati pcrvdinu ldela lopte 9 + y" z2 = 4 isezenog cilindrm a9+2 y2=4 [ h a d ravni z=0.

RelZeqie.

a== jj )/1+7 d x dy G

x=p COS (P O,<(p<2 x y=p sin cp J=p.

II 2 X

sin cp d 9 + 4 9 / : + 4 5 sin cp

1/2 - c o g cp 1 / 2 - cos2 rg d rp

0 X

126. Data je povd 1 r: z= - - ln (S+ y2). 2

IzraEunati povrSinu P (a) mog dela povri3 I' koji se nalazi izmedu ravni z=a(a>O) i z=0.

lim P (a). 8 3 EO

Reznltati.

~ ( a ) = n [ f i + l n ( l + ) / ~ ) - e - a 1 / ~ - 1 n ( e - ~ + ~ 1 + e - ~ ~ ) l

127. Pokazati ,da za komplanaciju povrsi x= cp (u) cos v, y = cp (u) sin v, z = $ (u); ( a d u 6 0 , O d v 6 2 n ) gde su q(u ) i $ ( u ) diferencijabilne funkcije, vaii obrazac:

o=2n Iq(u)ll/q'*(u)+4'2(u)du. i a

IzraEunati povrSinu povrs u

x=e-u ros v, y =e-u sin 17, z = J ( ' ' d l .

0

Reznltati i uputstva.

PolazeCi od obrasca za izraeunavanje povrSine povrSi datih parametarskim . jednafinama

+2 + -+ +¶

c r = ~ ~ l / ~ ~ , ~ ~ ~ - ~ ~ ~ ~ d u d v gde je gll=ru, Qu=ru.r., R.=rv G

4 r = { x (u, v), Y (u, v) , z (u, v ) ) , lako se dolazi do gornjeg obrasca.

U datom slufaju je

128. IzraEunati zapreminu tela koje ogranifavaju pvrii -- Z=1/1--p17 y , z=i16-x"y2 i ~ X * + ~ ~ = . Z .

ReSenje Primenom trojnog integfala biCe

Y= d r dy dz, gde je deo prostors Nju zapreminu tratimo. Q

Prelaskom na cilindriene koordinate x = p cos cp, y =p sin cp, z=z bite: Jako- bijanova determinanta J=p, jednaliine povrSi koje ograniEavaju prostor @

1 presek povrSi I, i z, je krutnica polupretnika T = , a z, i z, krutnica

If2

Primenom dvojnog integrala traiena zapremina jednaka je

129. Date su povrSi

r,: z = 2 - 3 (a$+$)

r,: z2=x2+ y2

r,: z2=3,(x2-l-yq X

i ravni x,: y=x , xx y=- JS

IzraEunati zapreminu tela ograniEenog delovi- vima povrSi r,, I',, I', i datim ravnima u prvom oktantu. Resenje. Primenom trojnog integrala imamo

130. Telo T ograniEeno je povrgima

Skicirati sliku tela i zatim, primenom dvojnog integrala, izraEunati njegovu zapreminu. BeSenje.

i koordinatna ravan z=O ograniEavaju telo T. Izrafunati zapreminu tela i nacrtati sliku.

+ 3x - 6 arc sin - - - 2 16

132. Zatvoreola povr3 definiiisana je jednatinama

1.4-4 z2=2 y, s '+4 ~ ~ - ( y - 4 ) ~ = 0 (O,<y<4).

IzraEunati zapreminu tela koje te povrSi ogranifavaju.

x=2 p cos z=p sin cp

J = 2 p.

133. IzraEumati zapreminu tela ograniEenog cilindrima

x2+y"2x, x2+y2=2 y i ravnima z=x+2y, z=0.

5 134. Naki zapreminu tela ograniEenog d l indrm xy = 1 ti ravni z + y = - 2

r"i- 5 BeSeqie. Funkcija z= --- In - u oblasti ~ ~ 2 1 , x + y d l menja znak

2 Y te je traZena zapremina

135. Izmhnati zapreminu tela agraniEenog pavrgma

& W e . Zbog sirnetrije u odnosu na ravan xQy motemo pisatr

~ = 2 ~ j z d x d y = 2 [ ~ f ~ d x d y =

0 0

= 2 j . G d x ddy = ~ ~ ~ ~ d x r dy =

0 Y1 0 0

138. I z r aha t i zapreminu tela ogmnifenog pwrSrima

yP=x, y2=4 x, z=O, x+z=4, y>O.

137. IzraEunati zapreminu tela koje ograniEava povrS

X - = p cos cp sin (J a

rr12 r VaCos: dn u. -- - 2 a b c J d V J s i n J . d J . j p z d p = b - p sin 9 sin (J

0 0 0

n/2 n a cos 9sinJI Z

- - y l d p S sin+ d\lr = - =pcos+ h

C

0 J=abc p9sin (J

=l"."/ncosvdv 3 h j sin2ii;d+=

u o JednaEina povrSi:

a cos rp sin \1, ps = h

138. I zrakat i zapreminu tela ograniEenog pwrgirna

z = 3 + 9 + 2 y2, y=2 x2--1, y=O, z=O

i povr5hu tela ogranihog pwrSima

z=a (a>O), y=2 3-3-1, y=O, z=0.

Zapremina je jednaka

V - 11 z dxdy- (3+x2+2y2)dxdy =

a 6

PovrSina je jednaka zbiru povrlina bazisa i omotafa.

PovrSine 'bazisa mogu se izraEunati pomoeu dvojnog integrala:

1 1 . , = 2 11 d x d y , gde je . G : -z 5 x < - V' 2 a t - l<yGO.

'G

" U omotaEu imamo pravougaonik sa stranicama 2/1/2 i a, i deo cilindrihr povrSi y = 2 r2- 1 izmedu xOy ravni i ravni z= a. PovrSinu dela cilin-' driEne povrSi moiemo izratunati prim- ksivolhijskog integrala, pa je povrgina omotaEa jednaka

4 = 2 a i ~ i + a 1 ds.

C

1 I gde je C: y = 2 x 2 - I , -

1/F 1 /2 Grd--

1 ; n

m"T a, = o 1/~. + 2 a [ V 1 + 1 6 r ' d x

'0

Stoga je

4v 5 a v F + p _ 1 n ( 2 1 / 2 - + + 3 ) , a =-a+--- 3 2 4

139. Izraliunati pwdinu i zapreminu tela T odredenog n e jednabstima:

ReSeqie. Povrgina u jednaka je zbiru povrsina: a dela konusne povrgi, U, dela ravni y=3/2, us dela kruinog cilindra x i + y z = 2 y izmedu xOy ravni i konusa i u, dela ravni xOy. Povdina dela konusa jkoji iseca cilin- driha pwrS jednaka je

Ovde je z=2- 1/x2+yz , pa je

PovrSina dela ravni y=3/2 mofe se izrarunati primenom krivolinijskop inte ya la .

. . Povl.liinu dela krufnog cilindra mohrno, takode, izrahnati prirnenom Irri- volinijskog integrala.

0.- I z ds- J ( 2 - f i V ) d s

C C

gde je C: xe+y"2y, y<3/2, z=0.

U polarnim koordinatama je . C: p=2 sin cp, p'=2 cos cp,

-- ds= 1/ pt+p '~ d cp=2 d (P,

Zapremina, primenom dvojnog integrala, jednaka je

V = Ij r d x d y - (2- fx'ty.) d x dy.

a 0

Prelaskom na polarne koordinate imam3

V - 2 [jj ( ~ - P ) P ~ P ~ P + Jj [ ~ - - P ) P ~ P ~ P I ] - ,/ 0,

D, D2

x!3 I s i n 9 x/2 2 sin .p

-2 [ ] dm I ( ~ - P ) P ~ P + d e ( 2 - p ) p d p ] - 0 0 x/3 0

140. IzraEunati pwrSiinu i zapreminu tela cdredemg relacijama

ReHenje. Zbog simetrije u odnosu na ravan xOy moZemo uzeti

gde je --

z,=2 f6-xp-y2, &= ?x"sY'- 1

Dakle,

Prelaskom na polarne koordinate bite

PovrSina a je jednaka zbiru a, i a*, gde je a, povrSina dela elipsoida, a a, povrSina dela hiperboloida.

( 4 V3 3 2VT dp= 6- ~3 + --arc sin- + - % ) 2 ~ ,

3 4 3

141. Telo T je ograniEeno lpodima

2 z - y - 5 R=0 (R>o)

x2+ y2=RP

z=o.

IzraEunati povrSinu i zapreminu tela T. Nacrtati sliku. 5 nRs

Rezultatf, a= 2 .

142. Izrarunati pcmrSinu i zapreminu tela agranifenog povdima

r,: z=4-x'-y2

r*: 2z=2+x"yZ.

143. IzraEunati povrginu i zapreminu tela ograniEenog wvrSima

r,: x2++y2=z+2

17,: x 2 + y 2 = i

r,: 9 + y2= 3-2.

X 1 + 4 x Z + 4y2 dxdy = - ( 5 1/g-1).

I

G 6

144. Povr5 4-r=xZ+y2 i kmrdinatne ravni x=O, y=O i z=0 ogra- niEavaju u p r w ~ n orktantu telo T. IzraEunati povrginu i zapreminu tela T.

145. IzraEunati pwrSinu dwju kalota koje kanusna pwrS

Izrahnati zapreminu oinog dela elipsoida koji se nalazi unutar konusa.

ReSenje. PovrSina manje kalote (one koja je unutar konusa) jednaka je

u2 je razlika izmedu popovrSine Citavog elipsoida a i a,. Kako je u pitanju abrtni elips.oid nastao obrtanjem ako ose Oz ellipse

povrSinu elipsoida moZemo izrarunati i pomoCu jednostrukog integrala:

- ,7y - VT

a = 1 2 n + n f l l n (5+2 v).

146. IzraEunati ilntegral p prve vrste

gde je I? polusfera S+ye+z2=a2, 2 2 0 . X v

BeSeaie. Kako je na r: z- ) / u ~ - J ~ - Y ~ , P = - - , q - - - ~ Z z

aa 2 1+p2+ q2 - 2 2 d a = f a e - x ~ 2 d x dy, to je dati integral jednak

Y dvojnom integralu

a d x d y G: S+v2<as

0

ili, prelaskom na polarne koordinate

2n a

147. Izrafunati integral po povrSi prve vrste

@ ( X ~ N I S C ~ + ~ ~ C O S P + Z ~ C O S - ( ) d c , I-

gde je F povd tela k o j e olgramiikvaju povrSi

x2+y2+2 rz=r2, x=O, y=O, z=O.

ReSenje. Zadatak Cemo reSiti na viSe nafina. I naEin. Kosinusi uglova za povrS datu jednafinom z=z(x , y) i m a h a v a j u se po obrascima :

cos a - - P cos p - - 4 I f 1 + p Z + q 2 ' ViTjG'? ' cos y - vm

U datom slufaju zatvorena povrS r se sastoji iz delova povrHi paraboloida i koordlinatnih ravni. Na paraboloidu je

.r r cos a = C0.q p- Y-

f 72 fX2+ ' V r z + x a t f' cosy- l / r ~ + x 2 + ~ 2

f r i + . ~ + v2 d a = r Bx dy ,

pa se dati integral, po delu pwrSi paraboloida, svodi na dvojni integral

Na ravni xOy je: z=0, cos a=0, cos P=O, cosy= -1, pa je dati integral po odgovarajutem delu ravni xOy jednak nuli. Slitno je integral i po delovima koordinatnih rami 3 0 2 i yOz jednak nuli, ,pa je

II naEh Dati integral se moie napfsati kao integral po p o d dmge vrste

gde treba izratunati s a k i od ova tri integrala po cmoj strani zatvorene povrdi I' koja je odredena uglovima a, P, y. Neka su a, $, y uglovi koje spoljna normala zaklapa sa koordinatnim osama; neka je r, deo povdi paraboloids, r, deo ravni x=O, r, deo ravni y=O i I?, deo ravni z=0; i neka je

Tada je

a ostala trf jednaka su nuli: prva dva, stoga, Erto je povrS I', odnosno r, upravna na ravan z=0, a treCi, jer je podintegralna funkcija 9 jednaka nuli na povrSi r,.

(1 @ dz d ~ = 11 ( r 2 - 9 - 2 rz) dx &=

Ti+ G ' (r2-x2)p r

- / d x S (r2-x2-2 rz) dz = -, 2 r4

15 0 0

a ostala tri integrala jednaka su nuli. Lako je pokazati da je

III d i n . Ispunjeni su uslovi za primenu formule Ostrogradskog

pa je

r=2 J[J ( x + y + z ) d r dy dz.

0

l z r a ~ n a v a n j e m ovog iategrala dolazimo do istog rezultata.

148. IzraPunati integral po .pwr%

gde su a, 8, y uglmi izmedu spljne nomale p d i i koordinatnih losa, a r 'pow5 x2+y2+9=a2.

ReSemje. Dati integral se moie nawisati u obliku

x d y d z + y d z d x + z d x d y _

V39++yr+z~ r

ili r=r1+r2+r8,

gde je

x d v d z y d z d x ' z d x d v i 1, =

r r r Zbog potpune simetrije sva tri integrala imaju istu vrednost, pa je dovoljno izrarunati samo jedan od njih, napr.

gde je rl: - l / a ~ - ~ z - y ~ , r2: z, - - f a g - x ~ - u ~ ,

- 2 [J ,fae-*-yl dx dll; G : xt++y2<aP a

'G

4a2n I , = = - .

3 Stoga je


gde je spoljna strana sfere

x2+ y2+z2=R2.


I[ 2 drdy+ydzdx-x2zdydz a"

gde je r spoljna strana dela elipsoida 4 x2+ y2+4 z2= 1 koji ph- pada prvom oktanh.

ReSenje.

I=I1+I*+I,,

gde je

nI2 1 1 1

=- -1 d p J- ' psincp(1-fi. - p d p = 4 2 2

0 0

1 = - -

120'

1 z= - p sin rp

2

1 J = - p

2

KonaEno je

151. Izrahnati' integral

gde je r spoljna strana dela 'povrSi hiperboloida

ReSenje. Zadatak se moZe reSiti na dva nafina: direktno, izraeunavanjem datog integrala po povrsi; ili, tako, gto bi se povrS integracije dopunila elip- sama u ravni z=0 i z=c, pa za izrafunavanje integrala po zatvorenoj povrSi primenila formula Ostrogradskog. ReSimo zadatak na oda narina.

=+ l [ x : d y d r - [ [ x : d y d r = ~ . a ' a

SliEno je

Ostaje da se izrafuna

G= [ S z ' d x d y =

r-

=-c2 J ' [ ( z + g - l ) d x d y = a2 b2

G

237 )/T

= - C , 1 drp 1 (p2-1) obpdp=

0 I

1 1 =-2 abc*x . - - - - abc".

4 2

11 naEin. Neka je I',=I?, U r,U I?

x' v2 xz y2 gde je I?, elipsa u ravni z=0 -+ - < 1, a I?, elipsa u ravni z=c -+ -< 2.

a* bZ a2 b2

X - -- p cos p a


@ dy; dzdx dx dy +-+-. Y 2 r

gde je r spoljna strana elipsoida

' Formula Ostrogradskog se ne nloZe primeniti.


gde je je: e 1 $+$ b z d c , s>O, y2O.

IzraEunati integral

j[I ( 9 + ~ 3 &d?,dz 5J

gde je 9: 220 , fl<$+y2+z2dR2,

O<r<R.

M 4 e : Prelaskom na sferne koordinate: x=p cos cp sin $, y =p sin cp sin $, z= p cos J,, J = p%in 4, bike


I [I ( x y + yr + zx) dxdydr b

x2 y* z2 gde je 9: - + - + - < I .

a* b2 c2

Eezultat i nputstvo.

I=0. Koristiti uopStene sfere koordinate

x=a p cos cp sin J,

y=bpsincpsin$

z=c p cos +.


gde je 9: ;C2+y2+z2<R2. ( R < 1 )

ReHeqie. Podintegralna funkcija nije definisana u koordinatwm pdetku, pa dmamo uopBteni integral druge vrste.

@': ~<i+yC+tr<R~.

Prelaskom na sferne koordinate bike

-8. lim 0 [ T ( l n R - ~ ) - $ ( l n . - $ ) ] = ~ ~ ( 3 1 . ~ - ~ ) 3

157. IzraZlunati integral

IJJ ($-I. y2+z2) dZdyd: 4

gde je +: xe+yP+zgdR2 : x2+ye<z2, 220.

Reknje. Prelaskom na sferne kwrdinate bib:

a?+yz+zP=Rt a p=R


gde je 9: 9-t-y2+2<2

vxe+ y n < ~ .

159. O w t i srednju vrednost funkcije

u uputraSn josti elipsoida

i ravan y = O ogmrdibvaju t e b 9.

lo Pokazati da p m d n a krha C p w d i T , i T , leZi u jednoj ravni. IzraEunati integral

I*= f zdx+xdy+ydz, c?

pri Eemu se kretanje p krivoj C imodi Y pozitivnom srneru, gledano sa pozitivnog dela ose Oz.

2' Izrarunati integral

I= @ xydydz+l xzdxdz+2 yzdxdy, r

gde je I' spl jna s t m a tela cP.

lo JednaEina ortogonalne projekcije krive C na ravan yOz dobija se eliminacijom promenljive x fi jednarina povrSi r, i r,. Imamo dakle

PoSto je y >O i 121 GI, to Q jednaEina traZene ravni biti

Kriva C je ravna zatvorena kriva, i predstavlja presek bilo koje dve po- vrSi iz skupa { L , r,, I',}. Radi jednostavnosti u daljem radu, uzimamo,da je

Integral I* izraEunabemo na dva nafina.

I naEin.

Projekcija krive C na ravan ;cOz ' je elipsa

(2 - 1 /q2 C': t'+ ---

1 /4 = 1

Eije su parametarske jednafine: x=sin t, z=1/2+1/2 cos t, O< tG2 x. Prema tome parametarske jednaEine krive C su:

x=sin t

: { y=l-cos t o<t<2x. . 1 1 . z = - + -cos 1.

2 2

Kako je

i konatno

3n p= -

2 '

PoHto su funkcije: P=z, Q=x, R=y neprekidno diferencijabilne na glat- koj povdi r*, koja je ogranitena zatvorenom linijom C, moZemo koristiti formulu Stokesa. Imamo, dakle

I cos a cos fi cos yl

Kako je

(z- 1 /2y n GI: x2 + - 1 4 0, m (G , ) = - ( p o d i n a elifpse)

114 2

2O 1 ovaj integral iwaEuna&emo na dva naEina.

I naEin.

PoHto funkcije:

P=w, Q=3 xz i R=2yz

imaju neprekidne parcijalne izvode u oblasti a, i na njenom (delimitno glatkom) omotatu r, moiemo konistiti formulu Gaussa-Ostrogradskog. Imamo, dakle

KorigCenjem uopgtenih polarnih koordinata:

( z = p sin cp

pomoCu kojih se elipsa GI preslikava a a jedinitni krug, nalazimo

1 1=3rdTj[5-- p c o s ~ - - p ~ c o s ~ ( ~ - - p ~ s i n ~ r p ) p d p . 1 1 4 2 4 2

0 0

Integracijom sledi

27 n

I1 ndin. Koristifemo sledebi rintegracioni postupak: ako je glatka povd r odredena jednatinom

-+ r: z = f ( x , y ) , N=(-P,-q,l),

a -+

gde je N vektor normale povrgi u proizvoljnoj tatki, tada vaii jedmkost

Pretpostavlja se da svaka prava paralelna Oz osi prodire povr5 r samo u jednoj tatki. U konkretnom slutaju povr3 r je sastavljena cd ghtkih povrgi: r,+, rt-, r,+ i I',-. Stoga Ce biti

ImajuCi u vidu slike i prethodnu napomenu, nalazimo: -

Primenom smena ($1, dobijamo

I ,= 2 ' (11 Sxzdtdz=O - objasnjenje sledi u nastavku 0 1

1.- 11 =+ 1 J ( X 2 Y + 2 y z ( 2 - 4 z ) ) -X2 d y

0 2

1 2-2z 1 4 yz2 z2

I,+I,- 11 dy d z = 4 5 ~3 d z 5 y d y - 8 5 (r-z2)'bdr= Z - Z

G2 0 0 0

Pomotu smene

dobijamo

1 = 1 - - 1 3 xz dx dz=O, jer je integrand neparna tunkcija ~po pro-

Tr- a2

menljivoj z u oblasti GI koja je simetriha prema osi 0%. Konaho dobijamo

27 n I=I,+I,+I,+I,= -.

16

Napominjemo, da se do integrala I moZe doti izraeunavanjem integrala:

161. Date su pw&i rl: Z=XY r,: z=x~+Y*-I.

lo IzraEunati zapreminu tela 4 koje je agraniEmo datim VvrSirna. 2' IzraEunati integral

gde je C g r e d n a kriva povrSi rl i re. ReBenja

Projekcija krive C na ravan xOy je elipsa C', Eija je jednaEina

C': ate-5y+y2-l=0.

U polarnom sistemu, njena jednarina glasi

1 C': p =

1/1- sin cp cos y, = P ('PI.

I 1 Uvodenjem obrazaca rotacije: x= - (x'-y'), y = xJ If5

( + y'), dobija se

kanonshi oblik

Parametarske jednafine elipse C' su: r'= 1/zcos t, y'= v2/3 sin t, 0 < t <2 x. Kako je z=xy, to he parametarske jednafine krive C biti

1 C: { - sin t+cos t

Neka je dalje

lo Zapremina tela iP izraEunava se po obrascu

Prelaskom na polarne koordinate, dobijamo

v - j 7 1 - sin cp cos +p

X - - 4

KorigCenjem smene t=tgq, sledi 1 1

d t 2 v - j- =- ,arc tg 2 1-1 2 / =

(arc tg )15 + arc tg - t2 - t i1

-- 1 - 1

odnosno

1 n pri Eemu je koriSCena relacija: arc tg x+arc tg - = - .

x 2 2 O PokazaCemo na nekoliko naEina da je dati integral jednak nuli.

I na6in. KoristeCi parametarske jednaEine h i v e C, kao i relacije:

1 4sin2t - sin l dl, dy= (s - sin t ) dt, d l = - -- 3 d t,

dobijamo I=O.

I1 naEin. Primenom formule Stokesa, sledi

PoSto je izraz pod integralom totalan diferencijal funkcije

x2+ y2+ z2 U = -

2

to Ce krivolinijski integral I po zatvorenoj putanji integracije C, na osnovu poznatog stava, biti jednak nuli, tj.

162. DaOi su telo

1' IzraEunati zapreminu onog dela tela 4 koji se nalazi unutar povrsi r.

2' IzraEunati kri~wl,hijski integral

I = $ ( x y 2 + t ) d x + ( y z + x z ) d y i ( z x 2 + y z 2 ) dz C

gde je C preseena h i v a povrgi

r,: 2 x2+y2=2

r2: 2=3-x2

a integracija se v r S u pozitivnom smislu, gledano sa pozitivnog dela ose Oz.

Rezaltati i nputstva.

Koristiti uopStene sferne koordinate:

x=a pcos cp sin $

y = b psincpsin$

z=cpcos+

Koristiti parametarske jednaEine krive C:

x=cos t

y= 1/2sin t

z=3-ccus2t, O<t<27c,

ili formulu ~ tokesa .

163. Data je p r S r: 3 - ~ = $ + 3 y2.

" lo IzraEunati zapreminu tela koje je ograniEeno datom po-i i ravni xOy.

2' Izrahnati krivolinijski integral

I = [ ( i + y 2 + z 2 ) d r 2

gde je C deo linije iznad ravni xOy po h j o j ravam z= 2 x seEe datu pwr3 .

Rezultati.

3 n f V lo. v = -. 2 O . 1 = 0. 2

164. Data je povd

pri Eemu je x>O, y>O i z>0 .

lo IzraEunati zapreminu tela ogranifenog datom povdi i boordi- natnim ravnima.

2' IzraEunati krivolinijski integral

gde je C preseEna k r k a date povrSi ti koordinatnih ravni, a smer integracije pozitivan posmatran sa pzitivnag dela ose Oz. Dobi- veni rezultat proveriti primenom formule Stokesa.

Rezultati.

165. Date su povr3i

TI: x ' + Y * + z ~ = ~

I-,: x2+y2=2z .

IzraEunati integrale:

- aJ gde je Q, oiblast ograniEena datim pvrgima, i

I?= @ (x+y+z) dxdy. rl

Rezultati.

5 x I , - - .

3 I, = 4 f3n.

166. Date su povrgi

r,: ~ = 4 - x 2 - y 2

r*: z= y2.

1 IzraEunati integral

gde je r spoljna strana tela logranitenog polvrSima r, i r,. 2 Izrahnati brivolinij ski integral

I,= $ (4 y2+2 x2) d r+(x+z) dy+ydz C

gde je C preseha kriva pw&i r, i r,, a smer integracije pozitivan posmatran sa pozitivnog dela me Oz. Rezultat proveriti primenom formule Stokesa.

3' Izrarzlnati zapreminu tela ograniE-g povrgima i r2. Rezultati.

lo I1=12x1/Z

2 O 1,=2n vz 3O v = 4 x 1/27

5. ELEMENT1 TEORIJE POLJA

167. IzraEunati protuk vektora -+ A = (q, yz, xz)

kroz pov6 !- , koja je definisana relacijama:

z++y2+z2-1 =o, x a o , yao, 2 2 0 .

Zadatak Cemo reSiti na tri naliina. PoSto nije zadana strana povrBi r, to moZemo uzeti u obzir na primer, njenu gornju stranu (u odnosu na Oz OSU): r+. Pxotok vektora izraEunava se po obrascu

I = 11 "%du r+

koji, u razvijenom obliku glasi

I = 11 (xy car a+uz cas ~ + x z cos y) d u= r+

I ndin.

NapiSimo protok I u obliku

I = I , + I , + I ,

gde je

IzraEunaCemo najpre integral I,. Projekcija povrSi r na ravan xOy je oblast G, odredena relacijama:

Kako je -.

r: Z= V I - - X ~ - ~ ~ , a

to je

KoristeCi polarne tkoordinate:

x=p cos cp

n y=psincp, O<p< 2 , O<p<l, J=p,

i smenu p=sin t, nalazimo

16 0 e

Na potpuno isti nafin dobijamo

Prema tome traieni protok je

11 naEin. Odredimo jedinifni vektor povrSi r+. Kako je

sledi

1 [ d a ( + + y 2 + x z ) dxdy 'f+ 'ri

a odatle, prelaskom na dvojni integral, sledi

KorSkenjem polarnih koordinata, nalazAmo

i dalje, putem smene p= sin t, dobijamo

dakle

Pri integraciji koriHCena je rekurentna formula sinn t dt= - sinn-2 t dt. I n 0

"-' C 0

III main.

Koristibemo formulu Ostrogradskog. Za zatvorenu povr3 I'* uzdemo na primer povrs koja je sastavljena od povrSi r+ i njenih projekcija na koordinatne ravni (videti sliku), dakle

r*=r+ url- ur2- urs-. Imamo

KoriSCenjem sfernih koordinata:

x=p cos cp sin $

y=psincp sin$

z=p cos $

gde je I J[

J = p 2 s i n + , O < p < l , O < p < 2 , O<$<-, 2

dobi j am0

168. IzraEunati protok rotora vektora

kroz ~spolja5nju stranu dela povrgi I?: ~=4-x2-2 y2

KoristiCemo obrazac

gde je

1:; ; I

Kako je

r: z = 4 - ~ 2 - 2 yz, zz=-2 r; zy= -4 y

-+ 1 n = - - (2 X , 4 y, I), d o =f1 +4x1$ 16ya d x dy

~ 1 + 4 ~ ~ + 1 6 ~ 2

Eliminacijom promenljive z iz skupa jednarina

dobijamo jednatinu

xL-x+2ye-2 y-3=0

konture oblasti G (G-projekcija povr3.i r na ravan soy). Svode6i prethodnu fedriatinu na kanonski oblik, imamo

(s- 1/2)2 ( y - 1/2)2 G: +

1514 1518 d 1.

Oblast G moiemo preslikati na jedinirni krug pomoCu uopStenih polarnih koordinata:

x=1/2+ v15/4pcoscp

g=1/2+ m 8 p s i n q 1

0 6 ~ 6 1 , O<q1<2x

15 pri Eemu je determinantna pre~li~kavanja (Jakobijan! J = -

4 65 P. Uzimajuki u obzir (1) i (2), nalazirno

169. Dati su: +

vektor A = ( x - z , y + g x-y),

cilindrkha povrS x2 + y = a3,

i ravni z=x, z=0. +

lo Naki proticanje vektora A kroz spoljahju stranu dela cilin- driEne povrSi koji isecaju date rami, pri Eemu je 220 . Nacr- tati sliku. -+

2' Na6i cirkulaciju vektora A dui konture koja ogranitava spomenuti deo cilindrihe povdi.

ReSenje.

i0 Ako sa G obeleiimo projekciju

r: x= fa"--y~

G: y"z2-a2<0, 2 2 0 .

Jediniani vektor povrli r+ (gornja -+ 1

= ? 1 S ( y l x ) 2 (1, v l x , 0).

UzevHi u obzir jednakost

d a = f w d y dz, imamo

I=[[ (""do- I[[.-Z+--- ( v + z ) y ] X dy d l -

r+ r+

i konaho

Koristieemo Stokesovu formulu

I - r ( t r o A ) do .

I x-r y + z x - y I

ravan yOz, tada le

i kako su jedinihi vektor povrSi I'+ i njena ortogonalna pmjekcija na ravan yOz odredeni u prethodnoj tafki, to je

2 Y 1- !{(-2- y) d y d z = + {J(-2--n2) dy d:,

r + o

tj.

+ Napomens. IzraEunati cirkulaciju vektora A dui krive C=C, U C, direkt- nim putem, koristeCi pri tome jednarine:

s=acos t x=a sin u

x z=a sin u - < t < - ; 2 " z=o, 2 y=a cos 3, o<u<x.

178. D a b je vektorsko polje -b

A=(xy-Z, yz-X, m-y). -r

lo Inafunati pmtok vektora A kmz pojas povrSi

. - izmedu ravni 6,: 2=5 i 6,: 2=8, u smeru spoljasnje norr,~a!e na pow8 I'.

--*

2' Izrarunati cirkulaciju datog vektorskog polja A po konturi C u koordinatnoj ravni yOz, koja je odredena presekolm te ravni sa povrSi r i ramima 6, i 6,, a orijentisana je tako da se, posmatrana sa ponitivnog dela Ox ose, obilazi u smislu suprotnom od ka~zaljke na sah .

S obzirom na slike, imamo

lo Post0 je jediniEni vektor povdi I'-,

i kako je --

a n = ~ l + x ~ + y ~ c l x d y

to je

PoSto je funkcija f (x, y)=y ( r e -x -1 ) neparna po y u oblasti integracije G, sledi

Uvodenjem polarnih koordinata:

I x=p cos (P

y=psincp, O<cp<2x, 2<p< 1/10: J=P ,

dobijamo

dakle

1=?32 x.

2O PoSto se kontura C ablasti D nalazi u ravni yOz(x=O) i kako su -+

ispunjeni uslovi za primenu formule Greena (funkcija A ima neprekidne izvode), to 6e biti

Zbog tcga Sto je oblast D simetrifna prema Oz osi, sledi da je

. ,

NastavljajuCi integraciju, dobijamo

171. Izrarunati protok vektora + A= (xy2, yz2, zx2)

kroz spoljnu stranu sfere x2+ y2 +z2= R2.

Bezultat. 4n R b

I = - 5

172. Dat je vektor + A= (XZ, xy, yz).

4

IzraEunati protok vektora A kroz zatvorenu povrS, koja je definisana jednaEinama: x=0, y=O, z=0, x+y+z= 1, i dobiveni re- 'zultat proveriti pomobu formule Ostrogradskog. Sta se moie reCi Q - polju vektora rot A?

Rezultat. I=1/8. Polje je vrtloho.

173. T e b 9 ograniEeno je povrgma:

dl: 2 Z-y-5 R=0, &: $+y2=R2, L,: z =o.

IzraEunati cirkulaciju vektora -b

A= fx2 ys, 1, z)

dui preseEne krive C povrSi L1 i Lp, kao i pmtok vektora + -b

B=rot A

kroz p r .5 T , k o j m je ograniEeno t e b 9.

R6 n Rezultati. I,= - -

8 (cirkulacija); I,= 0 (protok).

174. Dato je vektorsko polje --+

+ r 3 -+

A= - . gde je r=(x, y, z) i r=lr l . r8

-b

lo IzraEunati rad polja A du i linije L, koja je definisana jed- naEinama

x=cos t, y=sin t, z=t, O<t<2 x. -+ 2' Nabi protak vektora A kroz spoljnu stranu sfere x2+y" z2 = RZ

Rezultati.

175. Dato je vektorsko polje -+ A= (zK.-x" , x2 -ye , y2 - 9 ) .

-b

lo IzraEunati protok vektora rot A kroz gornju polovinu elipsoida

iz njegove unutrasnjosti na spolj~nu stranu. +

2' Izraeunati cirkulaciju vektorskog polja A dui linije C koja je definisana jednaeinama

x2+ y2+zE=4

x2+ ~ 2 3 2 2 , (Z > 0)

i orijentisana je tako da se, posmatrana iz taEke T (0, 0 , 3 ) obilazi u suprotnom smislu od kazaljke na satu.

Rezultati. lo 0. 2 O 0.

176. Dato je vektmko , p l j e -+ A=(x"--yz, y2-xz, z2-xy) .

.-, Odrediti vrstlu vektorskog polja i na6i protolk vektora A kroz spoljnu stranu elipsoida

(x- 1)"-2)' 9

t --- 4

+ ( ~ - 3 ) ~ = 1 .

Rezultati. Polje je potencijalno (izvor D,: r+y +z>O, ponor Dl: x + y +z<O i Laplaceovo polje Do: x+y+z=O). Protok vektora je 96x.

Uputstvo: Pri integraciji lroristiti smene:

177. Vektorsko p l j e definisano je vektor-funkcijom -+ A = ( y - x , Z - y , x - z ) .

lo Na6i vektorske linlije polja.

+ 2 O Nai3 protok vektora A krm spoljnu stranu elipsoida

lo Iz sistema diferencijalnih jednarina vektorskih linija

d x dY - dz -=---

y - x z - y x - z

d x + d y + d z d z -= -- 3 dx+dy+dz=O + x+y+z=C, . 0 X - Z

ZamenivSi z=C, -x-21 u prvoj jednarini sistema diferencijalnih jednaEina, dobijamo

PomoCu smena:

X = x + a

prethodna diferencijalna jednai3na svodi se na homogenu jednaEinu

dY X+2Y -=-

dX X - Y

Skup jednarina

x t y + z = C 1

2 Y + X In ( Y 2 + X Y + X Z ) -2 1/3 arc t g - xm - c2.

gde je

+ odreduje dvoparametarsku familiju vektorskih h i j a datog polja A.

Z0 PoSto je .-,

div A= -3 4

m (a) = V = - abc x , (V zapremina elipsoida) 3

primenom formule Ostrogradskog, nalazimo -+

I = & ( d . ; ) d o = I[{ d i i ~ A d v = - 3 [ d d d -am(*)

r b . b

odnosno

I= -4 abc ' l~.

178. Dato je vektorsko polje -+ A=(2x (y2+z2)+yz , 2 y (z2+x2)+xz, 2 z ( x 2 + y 2 ) + x y ) .

lo Pakazati da je polje potencijalno i odrediti mu potencijal. +

2' IzraEunati proOoik vektorsksg 1plja A kroz spoljnu stranl~ po- lusfere

I?: x2+y"z2-.2 z=o, yao. ReSenje.

-+ lo Definicioni domen ,vektorske funkcije A je trodimenzionaln,i prostor E ,

-+ DokazaCemo da je rot A (M)=O, tj. da je dato polje potencijalno.

E3

Neka je M (x , y, z) proizvoljna tafka prostora E,, i neka je dalje

Kako je

i poSto je 3

rot A= (Rg-Q,, Pz-R,, Qz-Py)

to je -*

rot A (M)=O. E3 -+

Po definiciji, vektorsko polje A je potencijalno polje. Njegov potencijal, koji Cemo oznafiti F=F ( M I , izrafunava se po obrascu

F ( M ) = 7 z . ; r

M o

pri femu je M, bilo koja fiksirana tafka polja (integracija totalnog diferencijala). Uzmimo na primer da je M,, koordinatni pofetak. Poznatim postupkom integracije totalnog diferencijala, dobijasno

X Y

F ( M ) = J o . ~ x + 5 2yx2dy+ 1 [ 2 z ( x 2 + y z ) + x y ] d z

0 0 6 -

tj.

F (M)=F.(x, y, z )=xe y ~ + x S z P + y ~ z ~ + x y z + C

gde je C proizvoljna konstanta. Napominjemo da se u fizici za potencijal Eesto uzima -F (M).

z0

-b

IzraEunaCemo protok polja A pomoCu formule Ostrogradskog. Za zatvorenu povrS uzefemo na primer, povrS

gde je

-7

Vektor funkcija A ima neprekidne parcijalne izvode. Ispunjeni su dakle svi uslovi za primenu formule Ostrogradskog. Stoga imamo

-+ -+ +

r G - {[I divA dv,

a

odnosno

jer je -b

div A=2 (y4+ze)+2 ( z ~ + x Z ) + ~ ( z q ~ . y 2 ) ,

poSto je oblast G simetriha prema Oz osi, a integrand je neparna funkcija po promenljivoj x. Za integraciju integrala (I) koristibemo sferne koordinate:

x=p sin p sin $

(2) z= p cos cp sin JI y=pcosr), J=p'sinJI.

Pri tome se oblast cP preslikava u oblast @*, koja je odredena relacijama:

Na osnovu svega izloienog, imamo

i najzad

Napominjemo, da je pri Qntegraciji poslednjeg integrala koriSbena rekurentna formula:

el2 n-- 1

In = - 6- gde jr In - 1 corn l dl i l i 1% - r s i n n l dl . n

0 0

179. Dato je vektorsko polje -+

A=(ex 2-2 xy, 1-x2, ex+z) -+

lo Pakazati da je polje A potencijalno i odrediti mu potencijal.

2' IzraEunati integral

gde je L dui PQ, P (0, 1, - I), Q (2, 3, O), orijentisana od P prema Q.

Reznltati.

z f lo F(x,y,z)=(I-x2)y+zez+ -+C. 2

180. Data je kriva

gde je m parametar neza&aln od x i y.

Nabi ortove prirodnog trijedra, fleksiju i torziju krive L u ta&i za koju je x = 2 m.

ReSenje. JednaEina krive L u vektorskom obliku glasi:

Ortovi prirodnog trijedra odredeni su relacijama

a fleksija i torzija se izrarunavaju po obrascima

Ovde je za x = 2 m

1 1 k = - - "[-

91 m i * g r n l

181. Data je kriva L: x = a cos2 u, y = a sin u cos u, z= a sin u.

1) Pokazati da kriva L leii u preseku jedne lopte i cilndra Eija je generatrisa paralelna osi Oz i odrediti jednaeine tih povrgi.

X 2) Odrediti jednaeinu oskulatorne ravni krive L za u= - .

2 ReSenje. Kako je

x"ye+z2=aY cos4 u+a2 sin2u cos2u+a2 sint u =a2 cosZ u (cosZ u+sin2 u)+assin2 u =a2 (COS' u+sin2 u) = (12

tj. xZ+y2+zg=a* - jednaEina sfere i

x2+ yz=a2 eos4 u+aZ sin2 u cos2 u

tj. x 2 + y ~ = a x - jednaEina cilindriEne povrSi Eija je generatrisa paralelna osi Oz, to je kriva L odredena presekom ove dve povrsi. JednaEine krive L u odnosu na Descartesov koordinatni sistem su:

~ ~ + ~ ~ + z ~ a : x * + ~ ~ = a x . + -*

2) Oskulatorna ravan je odredena vektorima t i n. Normalni vektor ove . .. 4

ravni je vektor b = X ( rxr ) . .+

r={--2 a sin u cos u, a (cos2u-sintu), a cos u ]

i jednaEina oskulatorne ravni a2(X-O)+O (Y-O)+2 a2(Z--a)=O =# X+2Z-2a=.0.

182. Odrediti fleksi ju krive -+ r=(3t , 3t2, 2 t 3 )

u tarki u kojoj ona dostiie najvetu vrednost. Odrediti ortove prirfodnog trijedra u toj taEki.

183. Data je k,eva

Odreditri ortove prirodnog trijedra date [krive. .. Odrediti fleksiju u proizvoljnoj taeki krive.

+ 1 cct].

sin 2 1 184. Data je tkriva

2

a) Pokazati da je ugao izmedu tangente ri vdktora poloBaja dadirne taEke (prav.

b) Odrediti ortove prirodnog trijedra za t =O. c) Odrediti fleksiju krive za t =O.

185. Na cilindru y = 9

Odreditli krivu L tako da oskulatorna ravan u proizvoljnoj taEk. krive L prolad kroz projekciju N taEke M na osi Oy.

Regenje. JednaPina krive L u vektorskom obliku je + t = I x , x S , f ( 2 ) ) .

F'unkciju f (x ) treba odrediti iz uslova da oskulatorna ravan krive L u tatki M (x, x3, f (2)) prolazi kroz tarku N (0, x3, 0).

Jednafina oskulatorne ravni je . .. - + + + - + (R-r) .(rXr)=O.

U mom slueaju bike

X - x Y-XS 2 - f (x)

f' (x ) =o

ili ( X - 2 ) (3 ~ ' f " - 6 x f ' ) - f " ( Y - X S ) + ~ ~ ( z - n = o .

Da bi ravan prolazila kroz taEku N (0, x3, 0) mora biti

odnosno

Ovo je Eulerova diferencijalna jednafina po nepoznatoj funkciji f (x ) . Jed- nafina ima partikularni integral oblika f (x)=xr. Diferenciranjem nalazimo ft=rxr-1 i f"=r ( 7 - 1 ) xr-2.

Zamenom u (1.1 izraza za funkciju i njene izvode imamo

xr ( rS-3r+2)=0 r ,= l , r2=2

i

f (5)=C1 x+C2 t3.

Dakle, jednarine krive L su

y=x5, z = C 1 x + C 2 x ~ .

186. PovrS I' definisana je jed~nafinama u pa~ametarskom obliku

x=u+v, y = u 2 - v , z=f (u)+ v gde su u i v Gaussovi parametri.

Neka su L linije na povrSi r za koje je u=a=wnst. , i G linije za koje je v=b=const. Odrediti funkciju f (u) tako da se linije L i G seku pod pravim uglom i da je f (O)=O.

Pokazati da za tako odredenu funkciju f (u) oskulatora r a v a u ma kojoj tafki linije

G: x=u, y = u 2 , z=f (u) (v=O)

prolazi kroz koordinatni poEetak.

+ --r ReSenje. Linije L i G seku se pod pravim uglom aKo su vektori r~ i r e ortogonalni. Ovde je

Odakle je

Iz uslova f ( O ) = O sledi C=O i f (u)=ug-u,

odnosno -.

r: r={u+v, u2-v, u=-u+v}.

Za v=O imamo +

G: r={u, u2, u ~ - u )

Oskulatorna ravan u proizvoljnoj tafki krive G ima jednatinu + - + A + ( R - ~ ) . ( T X T ) = O ,

gde je 4 -+ j 2 r = { l , 2u, 2 u - I } , r={O, 2, 21, r X r = 2 (1, -1, 1 )

pa je

0: X - Y + Z = O .

Ofigledno je da koordinate tatke 0 (0,0,0) zadovoljavaju jednaEinu ravni 0

187. Data je povrS:

r: z=x2.

Nati na novr5i r sve krive kod kojih oskulatorna ravan u bilo kojoj taEki M (x, y, z) odseca na osi Oz dui OA Eija je duiina jednaka aplikati z taitke M (0 je koordinatni pozetak).

188. CilindriEna povrg I' definisana je jednaEinom

Na6i na povrSi r krive G koje imaju osobinu da oskulatorna ravan u proizvoljnoj ta,fki M (x, y , z) krive G prolazi i kroz taEku N (2 x, 2 y , 2 z).

Neka su z=cp (x, C,, C2) projekcije krivih G na ravan x0z. Medu krivi~m G odredi ti krivu G, koja zadovoljava uslove z (1) = 0, z' ( l ) = l . IzraEunati fleksiju k krive G, u njenoj proizvoljnoj taitki, kao funkeiju od x, i pokazati da vaii

Rezultati. G: y=x2+2 x, z=C, x2+Cg x ; GI: y=x2+2 x, z=xe-x;

189. Data je povr.5

Odrediti jednaEine krive L na pvrSi I? t a b lda tangenta te krive sa osom Oz zaklapa stalan ugao. Izrarunati duiinu luka krive L za 0 6 z < c (c = const). IzraEunati fleksiju i torziju krive L u taEki u koj~oj je z=c (c=const).

ReSenje. JednaEine povrSi r u parametarskom obliku su

x=v cos u, u=v sin U, %=v.

Treba odrediti funkciju g (u) tako da krive v=g (u) leZe na povrSi r i da tangenta u proizvoljnoj taEki krivih zaklapa sa osom 0% stalan ugao.

Dakle, traiimo krive Eije su jednaEine

Vektor u pravcu tangente ima koordinate

x=g'cosu-g sinu, y=g'sinu+gcosU, Z=g'

a vektor u pravcu ose Oz -. k = (O,O, 11,

+ + r . k g' cos ( r , k) - - --

fg2+2gt2' I r l

Prema uslovima zadatka, mora biti

gV2 * + a2, -

g2+ 2g'Z (a= cos (r, k) =const.)

odnosno .

odakle je a

g=Aeku, gde je k = k f l - - 2 c r a Prema tonie jednarine krive L su

x=Aeku cos u, y = Aeku sin u, z=Aeku.

Vidimo da postoje dve familije krivih L. Uzmimo jednu od njih. napr., onu za Boju je k>O. Tada je

Kako je

Iz parametarskih jednaEina krive L imamo

T = { ~ e k u (k cos u-sin u), Aekli (k sin u+cos u), Akeku), -+ T={Aeku [(kp-1) cos u-2 k sin u ] , Aeku [(k2-1) sin u+2 k cos u],

.. . Akz eku ),

U ta&i z = c fleksija i tonija bike

190. Familija krivih definilsana je jednaf inm + T=(u, sin u, cp (u))

gde je u parametar, a cp (u) ne'ka diferencijabiha funkcija tog parametra. Naki jednefinu one krive, iz date familije krivih, kod koje je glavna normala u praizvoljnoj njenoj taEki paralelna r a n i yOz

Etegenje. Kako je vektor glavne normale

+ i s : n=h ( T X T ) X T

-b r={O, -sin u, cp" (u)), . ..

Iz uslova da je glavna normala paralena ravni yOz sledi ortogonalnost -+ +

vektora n i i, odnosno

Dakle, mora biti

-q'cpw+sin u cos u=O.

Odavde je

ili, posle integracije

cpa=sin2 u+Cl.

Iz uslova cp' (O)=O sledi Cl=O

i cp'= f sin u

Integracijom nalazimo

191. Date su jednaEine u pararnetarskom obliku

(2) x=u oos v, y=usi;nv, z=f (v)+au, gde je a konstant.a.

a) Odrediti fu&oiju g (t) tabko da jednaeine (1) pmdstavljaju liniju u ravni. Nahi jednarinv te ravni.

b) Pokazati da tangentna ravan povrSli (2), u ma h j o j taeki na liniji v = c povrSi, prolazi kroz utvrdenu pravu.

IteSenje. Potreban i dovoljan uslov da kriva f h d e ravna kriva, jeste, da je torzija u proijvoljnoj taPki krive jednaka nuli.

Kako je

mora biti

ili gWtg '= 0.

" odnosno

KarakteristiEna jednaliina ove linearne diferencijalne jednaliine sa konstantnim koeficijentima je

-sin t cost g'

-cost -sin t g"

sin t -cos t g"

++r=O, njeni koreni r,=O, 72. S= * i ,

=O

g( t ) - C, cos t + C,sin t + C,. JednaEina ravni u kojoj leZi kriva (1) je

(Oskulatorna ravan krive ima jednaEinu koja ne zavisi od parametra t).

b) Vektor normalan na tangentnu ravan povrii, odnosno vektor normale -+ -b

povrii kolinearan je sa vektorom ruxrv.

Kako je

ru={cos v, sin v, a ) + r e { - u s i n v , ucosv, J )

i + 3 r,x~,={f'sin v-au cos v, -au sin v-f cos v, u )

to je dut krive v=c + 3

~ ~ ~ r ~ = { f ' ( c ) s i n c - a u c ~ ~ c , -ausinc-f'(c)cosc, u).

Ako je prava stalnog pravca +

saddana u tangentnoj ravni povdi, mora biti -b + - + (ruxrv).p=O za svako u.

Dakle, mora biti

1 (f'sin c-au cos c)+m (-au sin c-f'cos c)+nuaO,

ili u(-alcosc-amsinc+n)+lf'sinc-.rnf'cosc=O,

a to je moguCe samo ako je

-a1 cos c-am sin c+n=OAlf'sin c-mf'cos c=O

odnosno + p={cos c, sinc, a} .

192. PovrS I' definisana je vektorskom jednaEinom -+ r={usinv, ucosv, 27)

a) Na6i prvu kvadratnu formu po~~rSi. b) Na povrSi je zadan krivolinijski trougao

OGuGshv, O<vGv,.

IzraEunati povrginu, duiine strana i uglove trougla.

ReSenje. Prva kvadratna forma povrSi jednaka je

dsz= gll du2 + 2 g1, du do + gee dv4. Ovde ie > +

rU={sin v, cos v, 01, rV={u COY V , -u sin v, 1 )

i + + + -. gll=Tu2=1, glt=Tu.T~=O, g2Z=Tv0=1+~Z,

pa je ds2= du2+ (1 + u2) dv2.

b) Povrg I' je helikoid, Eija je jednaEina u Descartesovim koordinatama

PovrSina povrSi date parametarskim jednaEinama izraEunava se po obrascu

- .= { j v ~ ~ ~ . - ~ ~ ~ dudv. a

U ovom sluEaju je

DuZina luka L izraEunava se po obrascu

Stoga je

JednaEine stranica krivolinijskog trougla su: +

L,: r,={O, 0, v ) , O<v<v,, -+

Lp: r2={u sin vU, u cos v,, v,) , O<u<shv, -+

L,: r,={shv sin v, shv cos v, v ) , O<vdv,

Pres&e taeke stranica L,, L,; L,, L, i L,, L, su respektivno

Staga je

1 '-2 . '-8 cos 'P, = . . - cos (p,,

Irzl lrsl Ma

193. Data je diferencijalna forma povrgi z=f (x, y):

Odrediti p& koja sedrii ' h u g

P + y 2 = l , z=1.

EeSenje. Prva osnovna kvadratna forma povrgi z= f (x , y) glasi

ds2= (1 +p2) dx" 2 pq d x dy + ( I + q2) dyP.

Uporedivanjem sa datim izrazom nalazimo

ili

integracijom po x nalazimo

odakle je

i kako je, grema (1)

Odredimo konstantu C da povrS sadrfi datu krivu.

Kako je xP+y'=l, z=1,

to zamenom u jednaEini povrHi, aalazimo C=l i

1 z - - In (xZ+ y2)+ 1.

2

SliEno, iz uslova (2) nalazimo

Hto takode predstavlja traieno regenje.

194. Odrediti povrS Eija je prva osnovna kvadratna forma

i koja sladrii krug x" y2=l, z= 1.

Rezultati.

195. Data je povr5 -+

r: T={U~COSV-sinv) , u ( s i n ~ ~ + c o s v ) , arcsinu), - l < u < l .

1) Napisati jednaEinu pvrSi r u obliku z=f (x, y) i nacrtati tu povrs.

2) Pokazati da je mreia ikoordinatnih linija ortogonalna.

3) U taEkiM 0, 1, - izraEunati glavne krivi,ne, srednju krivinu ( I) i Gaussovu krivinu.

n n 1) z=arcsinu * u=sinz, - - < % < -

2 P

x3+y3=uP (cos2v-2 sinv cosv+sinZ .v-I-cos2v+2 sinv cos v+ + sin2 v)

x2+y2=2 uP

x2 + y2= 2 sinP z. -+ 1

2) ru=(eosv-sinv, sinv+cosv. -) r/l- uz

-t rv={zr (-sin v-cos v), u (cos v-sin v), 0) -+ -. rU-r,=u(-sin v cos v+sin2v-cos3v+sinv cosv+sinv cosv+cos4V-

+ -+ -sinzv-sinvcosv)=O 3 r , l rv .

3) JednaEina za izraEunavanje glavnih krivina glasi

gde j e

-+ rtrv={-~inv-cosv, COSV-sinv, 0), 3

arc sin u= - 4 1

196. Ispitat' karakter taraka povdi koja je u Descartesovim koordiaa- tama definimsana jednaEinom .

z= f ' I 'x2-y~)

gde je f proizvoljna funkcija dvaput diferencijabilna Po 1' 2'-ye.

Resenje. Treba ispitati znak izraza

rt - s2.

Kako je

i za f'.f"<O imamo eliptieke tafke, f'.f"=O parabolifke tafke, f'.f">O hiperbolifke taPke.

197. Odrediti Gsusswu i srednju krivinu povrSi

Reznltati.

198. Odrediti totalnu i srednju krivinu rpovx-Si + r={a(u+v), b(u-v), uz)) (a,bakonstante)

u taEki (u, v). Odrediti njihwu vrednost u tack (0,O).

Rezultatii

199. Prva osnovna kvadratna B o r n povr,5i je

ds2=[1+4 ( X + Y ) ~ ] dx2+8 ( X + Y ) ~ dx d y + [ 1 + 4 ( X + Y ) ~ ] dyP.

Odredliti povrg Loja prolazi kroz pravu x+y=O, z = 0 . U taEki M (0, 1 , l ) izraEunati Gaulsswu i srednju lkrlvinu povrSi. Sta se moie r&i za tarjku M?

Rezultati.

TaEka M je paraboliEka taEka povrli.

+ -- T = { ~ U S - I , u cos v, u sinv).

1) Napisati jednaBiu povrgi I' u ubbliku F (x, y, z) = 0, a zatirn skicirati sliku povrki r.

2) Pokazati da su koordinatme linije povrgi ortogmalne. 3) Naki alsimptotske lilnije pcyvrSi koje prolaze kroz taeku M (1, 1, 1)

i napisati jednaEine njihovih projekcija u ravni yOz.

4) Precizno formulisati geometrijske karakteristike asimptotskih linija povrSi uapSte.

KoristeCi jednakosti

u==ye+z" u ~ = x ' + l

nalazimo

F (x,y, Z ) = ~ ~ + Z ' - X ~ - ~ = O . Koeficijenti prve i druge kvadratne forme ,su

X,O

u2 g,,= 1 + - , g1*= 0, g22 - u2,

u2 - 1

to su koordinatne linije povrSi ortoganalne.

Diferencijalna jednaEina asimptotskih linija je

1 du Koristeti smenu u= - pri integraciji integrala

t

dobijamo

1 v=Tarcsin - +C.

U

Polazebi od zahteva da asimptotske linije prolaze k r w taEku M (1,1,1) imamo

l=Vu"--l ] u-1'" l = u cos v n

I = u sin v

Odnosno, traiene asimptomatske linije su:

r = r (u, v) r = r (u, V)

A,:{ v=arc cos -, I A,: v=arcsin -. 1 . u u

Eliminacijom parametara u i v iz skupa jednaEina

dobij amo j ednaEinu projekcije asimptotske linije A, na ravan yOz. Imamo, dakle

yf +Z2 = u2 1

1' - 1 Z 3 y =

- C O S v u 1 f \ 2 1 z 2 - 1 i- - -- ---- -

z 1'1-cosZv 1 - u V u 2 - 1

tj.

A,': Z-y fU2+~2--1=0.

SliPno je

A,': y-z l/y~+z~-l=~.

Asimptotska linija povrSi je prava na povrgi, ili takva kriva u Pijoj se svakoj ta5ki oskulatorna ravan poklapa sa tangentnom r a n i povrSi. U taEkama asimptotske linije je druga kvadratna forma jedna'ka nuli.

201. PovrS r d'efinisana je vektorskom jednaeinom

u cos v, u sin v, U

Nabi asimptotske linije povrSi koje prolaze kroz taEku M (1, 0, 1).

IzraEunati torziju asimptotske linije u taEki M.

T = T (u, V ) T = r (u, V ) ; A2:

v-)/Zln u v=- VZlnu.

202. Prava .set% osu Oz paralelno rami xOy i Eniju x = t , y=F, z=@

Na6i jednaiSinu povrSi r u Descartesovim koordinatama, pa zatim asimptotske linije te povr5.

203. Pow3 l" data je vektorskom jednaEinom -+ T=(UCOSV, usinv, av), (a# 0).

Na6i linije krivina na povrSi I'.

Pod kojim uglom aeku linije lkrivina koordinatne u-Hnije p o d r? Sta su linije krivina jedne p r S i ?

Re9enje. Diferencij alna jednaEina linija krivina je

=o. (1)

U ovom slutaju je

gil=l, glt=O, gn=uf+a',

dv* -du dv du2

g11 Ql* Q22

b11 b ~ s brr

odakle je

i posle integracije

Konabo, jednaPine linija krivina su -+ + + -+ r= r (u,v) r=r (u, v)

Ugao izmedu dve krive na p o d i odreduje se po obrascu

+ + d r . 6 r

cos e - 1 d?(

odnosno g,, du 6 ufg,, (du 6 v+dv 6 u)+g, dv 6 v

cos e = fg l~l%u~+2gl ,dudv+g,d~e. ~ ~ 6 u ~ + 2 g l , 6 ~ 6 v + g ~ 6 v ~ .

U ovom sluEaju je'

Ma linijama krivina je

a na u-linijama

rlu s u 1 8 cos 8 = f2. d u . 6 ~ =)/2- . i e x - .

4

204, Date su povrS r i kriva L: -b

I?: T={UCOSV, us inv , au), +

L: r={et cos bt, et sin bt, aet)

gde su a i b pozitivne konstante,

1) Napisati jednaEinu povrsi r u obliku F (x, y, z) = O . 2) Dokazati da kriva L leZi na povrSi I'. Na kom njenom delu? 3) Dokazati da je u proizvoljnoj taeki na L ugao i~medu L i v

linije koja prolaxi kroz tu taeku, konstantan. 4) Odrediti asimptotske lhije i linije krivina povr5.i I' i njihove

projekcije na koordinatnu ravan xOy. Koje su to krive?

2) Lako je proveriti da koordinate tafaka na krivoj L zadovoljavaju jed- naEinu povrSi r, te kriva L leii na povrSi r. Kako je z=ael i a>O to je z>0 za sve taEke krive L, kriva L je na onom delu povrSi I' koji je iznad ravni xOy.

3) Vektor u pravcu tangente na L ima koordinate -f

r= { et (cos bt- b sin bt), et (sin bt + b cos bt) , aet)

a vektor u pravcu tangente na v linijama -+ ru={ -U sin v , u cos V , 0) (u=const).

Ako je M taEka zajedniEka krivoj L i liniji v , mora biti u M t=lnu, v = b l n u , pa je

4. + 4 , r . rv b

cos (r, rv) = , (= cons t) . + 4 l / l + b 2 + a 2

4) Koeficijenti grve i druge kvadratnr forme su:

i jednafina bl, d 3 + 2 b, , du dv+b2, dve=O

postaje

tj. asimptotske linije povrSi su u linije: -1 -i r= r (u, v )

Diferencijalna jednafina linija krivina je

I - I

odakle je d ~ d v = O . Integracijom nalazimo u=C,, v = C , tj. linije krivina su koordinatne linije

-i -i + -. r u , v ) ; r=T (u, v) u = c , v = Ce.

Projekcije asimtotskih linija na ravan xOy su prave kroz koordinatni potetak y=Cx, a linija krivina, ove prave i kruenice x V y 2 = C 2 .

205. Odrediti asimptotske linije povrgi

Y 2 z=a - (a=const). x2

I ReHenje. Diferencijalna jednaEina projekcija asimptotskih linija na ravan s o y povrSi z=z ( x , y ) glasi

Kako je

jednatina (1) postaje

x3 y'3-4 xygJ+3 y k 0

ili

(-'-3 Y ) (xu'-y)=O

odakle je

Integracijom nalazimo

y = c , x a , y = C , x .

JednaEine asimptotskih linija su

206. Povrg r data je jednazinama

1) Pokazati da je u svakoj taEki krive v=O na to1 povrSi sskula- torna ravan te krive istovremeno i tangentna ravan pwrgi r.

2) Odrediti asimptotske linije pwrgi r. 3) Asimptotske linije koje prolaze kroz taEku M

jektovati na ravan xOy. Kako glase jednaEine tih projekcija?

ReSenJe.

1) Kriva v=O povrSi r ima jednaEinu -P

r={uZ, ua, u4). . .. + - -+

Okulatorna ravan krive odredena je vektorom b=h (rX r).

Kako je

to je jednaEina oskulatorne ravni 0: 6uP (X-uC)-8u (Y-u8)+3 (2-u4)=0. -. -+

Tangentna ravan govrSi odredena je vektorom ruXrv.

Kako je

i jednarina tangentne ravni dui krive v=O glasi

6uP (X-u2)-8u (Y-u3+3 (Z-u4)=0.

2) Diferencijalna jednatlna asimtotskih linija povrgi je

(1) bll du2+3 bl,du dv+b, dv2=0.

U ovom slutaju je

i jednatina (1) postaje

(5u'v+v*) duP-2u'dudv=O,

odakle je

du=O.

Integracijom prve nalazimo u=C, a integracijom druge (Bernulijeve) jed- naEine

i jednaEine asimptotskih linija glase

+ -+ Al: (T=;(u,v) ; A*: { T= r

u = C y = - c- I /U'

3 1 , 3) Za taEku M (t . 1. +) je u=l , v= -i jednaEine asimptotskih linija

2 koje prolaze kroz M su

+ -P

r = r (u, v ) ; A*:

u = l V - - 3- I/u

Projekcije ovih linija na ravan xOy dobiterno eliminacijom parametra v, odnosno u, iz sistema jednatina

207. Data je pwrg +

r: r= {chu cos v, chu sin v, shu).

1) Nacrtati povrB I' i pokazati da je mreia koordinatnih linija ortogonalna.

2) IzraEunati fleksiju i torziju u taEki M (1, 0, 0) na krivoj u=2v koja leii na povrBi I'.

3) Odrediti linije krivine i izraEunati glavne radijuse krivine u ta%i M (koristiti se i slikom).

ReHenje.

1) Eliminacijom parametara u i v iz sistema jednaEina

x=ch u cos v y=chus inv z=sh u

Y

nalazimo jednaEinu povrBi S u Descar- tesovim koordinatama:

xe+ye-z2=1.

Dakle, povrg r je jednograni hiperboloid.

Koordinatne linije su krugovi x2+yg=ch2C, z=shc, i hiperbole u ravni y=xtgc.

-P + Lako je proveriti da je ru.uv=O, tj. koordinatne linije su ortogonalne.

+ 2) u=2v - C: r={ch2 v cosv, ch2vsinv, sh2v); M (1,0,0) v=O.

+ Kako je r (M)={O, 1,2)

-+ r (M)={3,0,0)

3) Sa slike se vidi da su koordinatne linije linije krivina Sto nije teHko proveriti.

Diferencijalna jednaEina linija krivina ima oblik

i jednarine koordinatnih linija su -* -+ -+ -+ Y=T (u, 0) T=T (u, 2))

JednaEina za odredivanje glavnih krivina u ovom sluEaju ima oblik

(shP u+chP u ) ~ kt-2 shP u (shP u+chg u)1l2 k- 1=0.

Linije krivina u taEki M imaju jednaEine

x"yL=l, z=0; x2-zZ=l, y=O.

208. Odrditi krive v=f (u) na povSi + T = ( V cos U-a sin U, v si'n u+a m U, au)

I

u=C (v-linije) v=au+C1 -+ -+ i + -P

r = r (u, V) r = r (u, v)

209. Odrediti radijuse krivina paraboloids xy = Cz u njegovirn presehim taEkama sa liiperboldcbm x2 + y2 - z2 + C'= 0.

Rezultati.

z2 zz Pi- ~ ( l + f ? j ' PI - c (1 -fa

Strana

1. ObiEne diferencijalne jednaEine - - - - - - - - - - - 5

2. Parcijalne diferencijalne jednaEine - - - - - - - - - - 36

3. BeskonaEni redovi - - - - - - - - - - - - - - 49

4. Krivolinjjski i viSestruki integrali - - - - - - - - - - 83

5. Rlementi teorije po!ja - - - - - - - - - - - - - 130

6. Diferencijalna geometrija - - - - - - - - - - - - 144 I

Documents

Visa Matematika II Ispitni Zadaci Sa Rjesenjima i Rezultatima Milomir Trifunovic i Slobodanka Topalovic