ˇ ´ FAKULTET TEHNI CKIH NAUKA, SAOBRACAJNI ODSEK, 20.02.2016.
(a) (a) I = =
1. Izra Izracunati cˇ unati neodredene de integr gral ale: e: ¯ ne inte
∫
x
sin2 x
(b) I = =
dx .
∫
MATEMA MATEMATIKA TIKA 2
x2 + 1
( x + 2)2 ( x
− 3) dx.
2. (a) Izra Izraˇcunati cˇ unati površinu površinu P ograniˇ ogranicenu cˇ enu sa parametarski zadanom krivom x (t ) = t et , y (t ) = e −t , i pravama y = 0, x = 0 i x = e .
∫ sin x cos x π
2
(b) Izracunati cˇ unati odredeni integral ¯
1 + sin2 x
0
dx .
∫ 3
3. Ispitati Ispitati konverge konvergenciju, nciju, i izraˇ izracunati cˇ unati ako postoji nesvojstveni integral
1
4. Odrediti Odrediti ekstreme ekstreme funkcije funkcije z = f ( ( x, y) = y2
2
√ 4 x− 3
dx .
x2
3
− xy − x y + x .
5. Na´ Naci c´ i partikularno rešenje diferencijalne jedna cine cˇ ine y ′ =
x
y
+
y x
koje zadovoljava poˇ pocetni cˇ etni uslov y ( 1) = 20.
−
6. Dokazati Dokazati da je e y dx + ( xe y
− 2 y)dy = 0 jednaˇ jednacina cˇ ina totalnog diferencijala i rešiti je. 7. Na´ Naci c´ i opšte rešenje diferencijalne jedna cine cˇ ine y ′′′ − 4 y′′ + 6 y′ − 4 y = e + x − 2. 2 x
Studenti Studenti koji polažu prvi kolokvujum kolokvujum rade zadatke 1, 2, 3. Studenti Studenti koji polažu drugi kolokvujum kolokvujum rade zadatke 4, 5, 6, 7. Studenti koji polažu ceo ispit rade sve zadatke.
ˇ ´ FAKULTET TEHNI CKIH NAUKA, SAOBRACAJNI ODSEK, 20.02.2016.
(a) (a) I = =
1. Izra Izracunati cˇ unati neodredene de integr gral ale: e: ¯ ne inte
∫
x
sin2 x
(b) I = =
dx .
∫
MATEMA MATEMATIKA TIKA 2
x2 + 1
( x + 2)2 ( x
− 3) dx.
2. (a) Izra Izraˇcunati cˇ unati površinu površinu P ograniˇ ogranicenu cˇ enu sa parametarski zadanom krivom x (t ) = t et , y (t ) = e −t , i pravama y = 0, x = 0 i x = e .
∫ sin x cos x π
2
(b) Izracunati cˇ unati odredeni integral ¯
0
1 + sin2 x
dx .
∫ 3
3. Ispitati Ispitati konverge konvergenciju, nciju, i izraˇ izracunati cˇ unati ako postoji nesvojstveni integral
1
4. Odrediti Odrediti ekstreme ekstreme funkcije funkcije z = f ( ( x, y) = y2
2
√ 4 x− x 3
2
dx .
3
− xy − x y + x .
5. Na´ Naci c´ i partikularno rešenje diferencijalne jedna cine cˇ ine y ′ =
x
y
+
y x
koje zadovoljava poˇ pocetni cˇ etni uslov y ( 1) = 20.
−
6. Dokazati Dokazati da je e y dx + ( xe y
jednacina cˇ ina totalnog diferencijala i rešiti je. − 2 y)dy = 0 jednaˇ 7. Na´ Naci c´ i opšte rešenje diferencijalne jedna cine cˇ ine y ′′′ − 4 y′′ + 6 y′ − 4 y = e + x − 2. 2 x
Studenti Studenti koji polažu prvi kolokvujum kolokvujum rade zadatke 1, 2, 3. Studenti Studenti koji polažu drugi kolokvujum kolokvujum rade zadatke 4, 5, 6, 7. Studenti koji polažu ceo ispit rade sve zadatke.
REŠENJA: 1. (a) Parcijalnom integracijom, sa u = x, du = dx i dv = I =
∫
x
∫
∫
dx = x ctg x + ctg xdx = x ctg x + sin2 x Smenom sin x = t , cos xdx je dalje (koriste´ci tabliˇcni)
−
∫ dt
I = x ctg x +
−
dx
, v =
2
∫
dx
sin x sin2 x cos x dx = . . . sin x
=
− ctg x (tabliˇcni), dobijamo
= x ctg x + ln t + c = x ctg x + ln (sin x) + c. t (b) U ovom zadatku, polinom u brojiocu je ve´c rastavljen na proizvod nesvodljivih polinoma. Sledi
−
x2 + 1 2
( x + 2) ( x
A x + 2
−
+
B 2
( x + 2)
+
C
x
− 3 = 2
A( x + 2)( x + 3) + B( x + 3) + C ( x + 2)
=
( x + 2)2 ( x
− 3)
=
A x2 + 5 x + 6 + B( x + 3) + C x2 + 4 x + 4
�
= =
− 3)
=
−
�
( x + 2)2 ( x
�
− 3)
�
=
( A + C ) x2 + (5 A + B + 4C ) x + (6 A + 3 B + 4C ) ( x + 2)2 ( x
− 3)
,
te izjednaˇcavanjem odgovaraju´cih koeficijenata polinoma u imeniocima x2 + 1 i ( A + C ) x2 + (5 A + B + 4C ) x + (6 A + 3 B + 4C ) dobijamo
+ C = 1 + B + 4C = 0 + 3 B + 4C = 1
A 5 A 6 A
A 5 A
⇒
⇒
C = 1 + + B + 4C = 0 C = 10
A 5 A 9 A
−
+ C = 1 + B + 4C = 0 8C = 1
A = B = C =
⇒
⇒
− −9 −14 , 10
te je
∫ x + 1 ∫ � −9 −14 10 � + + I = dx = dx = x + 2 ( x + 2) x − 3 ( x + 2) ( x − 3) ∫ 1 ∫ 1 ∫ 1 2
2
= 9
−
x + 2
∫ 1
dx
2
− 14
( x + 2)2
∫ 1
dx + 10
∫ 1
x
− 3 dx = . . .
∫ 1
∫ −
∫ 1
kod prva dva integrala uvodimo smenu x + 2 = t , dx = dt , a kod tre´ceg smenu x I =
−9
t
dt
− 14
t 2
dt + 10
1
= 9 ln t + 14 + 10ln z + c =
−
t
z
dz =
−9
t
dt
− 14
t 2 dt + 10
−9ln ( x + 2) + 14 x +1 2 + 10ln ( x − 3) + c.
2. (a) Kako je x = tet = 0 za t = 0, i x = tet = e za x = 1, sledi
∫ 1
P =
1
y (t ) xt ′ (t )dt =
e
0
(b)
0
� �−
= 1+
∫ − �
1 2
0 =
3 . 2
t
∫ 1
et + te t dt =
�
0
3. 4. Prvi i drugi parcijalni izvodi funkcije f su 2
f x ( x, y) = y
− − 2 xy + 3 x , f ( x, y) = 2 y − x − x , r = f ( x, y) = −2 y + 6 x, 2
y
xx
� �| 1
1
2
0
(1 + t )dt = t + t 2
=
z
dz =
− 3 = z, dx = dz
t = f yy ( x, y) = 2, s = f xy ( x, y) = f yx ( x, y) =
−1 − 2 x.
Nalazimo stacionarne taˇcke funkcije f : 2
2
− y − 2 xy + 3 x = 0 ⇔ − y − 2 xy + 3 x = 0 ⇔ 2 y − x − x = 0 y = x + x ⇔ y− =2 x x++3 x x− x = 0 ⇔ yx =−2 x x ++ 3 x x − 1 = 0 ⇔ 1 2
2
⇔
3
2
1 2
1 2 2
√ x1 = 0, x2,3 = − 3±−49−8 1 1 2
�
⇔
y = 2 x + 2 x
1 2 2 2 1 2
1 2 2
x1 = 0, x2 = 1, x3 = y1 = 0, y2 = 1, y3 =
Dakle, stacionarne ta cˇ ke su T 1 (0, 0), T 2 (1, 1) i T 3 U ta cˇ ki T 1 (0, 0) je r 1t 1
�
2 1
2
2 2
2
1 3 , 2 8
� �
1 2 3 8
.
.
− s = 0 · 2 − (−1) = −1 < 0, te u njoj funkcija nema lokalni ekstrem. U ta cˇ ki T (1, 1) je r t − s = 4 · 2 − (−3) = −1 < 0, te u njoj funkcija tako de ¯ nema lokalni ekstrem. U ta cˇ ki T , je r t − s = · 2 − (−2) = > 0 i r = > 0, te u njoj funkcija ima lokalni maksimum. 2
2 2
1 3 3 2 8
� �
2
9 4
2 3
3 3
1 2
9 4
3
5. Nadimo najpre opšte rešenje. U pitanju je homogena jedna cˇ ina y ′ = ¯
∫
y′ = t + xt ′ postaje
1 t + xt ′ = + t t
⇒ ⇒
1
⇒
x
t 2 = ln x + c
||
dt
=
dx
1
⇒
t
tdt =
dx
⇒
x
tdt =
t 2 = 2 ln x + 2c = ln x2 + 2c
⇒
||
2 y2 = x2 ln x2 + 2cx2
y1,2 ( x) =
⇒
√
±
⇒
∫ dx y
2
x2
1 y x
y
y
x
x
smene t + , y = xt , + , koja uvodenjem ¯
x
= ln x2 + 2c
x2 ln x2 + 2cx2 .
Uvrštavanjem poˇcetnog uslova dobijamo 202 = ln 1 + 2c = 2c, odnosno c = 200, te je traženo partikularno rešenje y1,2 ( x) =
6. Kako je ∂ ∂ x
√ ±
∂ y e ∂ y
x2 ln x2 + 400 x2 .
=
∂ ∂ x
y
F ( x, y) = e
( xe y
y
− 2 y) = e , sledi da u pitanju jeste jednacˇina totalnog diferencijala. Stoga je F ( x, y) =
⇒
∫
e y dx = xe y + S ( y).
Dalje je ∂ ∂ y
F ( x, y) = xe y
y
− 2 y = xe
+ S ′ ( y),
te dobijamo S ′ ( y) = −2 y, odnosno S ( y) =
te je F ( x, y) = xe y
− y
2
∫
−2 ydy = − y
2
+ c,
+ c.
Dakle, rešenje posmatrane diferencijalne jedna cˇ ine glasi xe y
2
− y = c. 7. Prvo nalazimo rešenje y ( x) homogenog dela y ′′′ − 4 y′′ + 6 y′ − 4 y = 0. Karakteristiˇcna jednaˇc ina i njeni koreni: k (r ) = r − 4r + 6r − 4 = 0, kandidati za racionalne korene su {±1, ±2, ±4}, −4 1 −4 6 1 1 −3 3 −1 , x − 2 x + 2 = 0√ ⇔ −1 1 −5 11 −15 ⇔ x = ± − = ± = 1 ± i , 2 1 −2 2 0 ⇔ k (r ) = (r − 2)(r − (1 + i))(r − (1 − i)). Karakteristiˇcni koreni: r = 2, r = 1 + i, r = 1 − i. h
3
2
2
1,2
1
Fundamentalna rešenja:
2
Tražimo dva partikularna rešenja:
4 8 2
2 2i 2
3
y1 ( x) = e2 x ,
Opšte rešenje homogenog dela:
2
y2 ( x) = e x cos x,
y3 ( x) = e x sin x.
yh ( x) = c1 e2 x + c2 e x cos x + c3 e x sin x.
( y p1 ) y′′′ 4 y′′ + 6 y′ te je
−
− 4 y = e
2 x
= e2 x (1 cos(0 x) + 1 sin(0 x)), gde je 2 + 0 i jednostruki karakteristiˇcni koren,
·
·
·
·
·
y p1 = xe2 x ( A cos(0 x) + B sin(0 x)) = Axe2 x , y p′ 1 = Ae2 x + 2 Axe2 x = e2 x (2 Ax + 2),
·
·
·
·
y p′′1 = 4 Ae2 x + 4 Axe2 x = e2 x (4 Ax + 4 A), y p′′′1 = 12 Ae2 x + 8 Axe2 x = e 2 x (8 Ax + 12 A), y p′′′1
− 4 y′′ + 6 y′ − 4 y = e ⇔ e (8 Ax + 12 A) − 4e (4 Ax + 4 A) + 6e ⇔ −4 A + 12 = 1 ⇔ A = , p1 2 x
2 x
p1
p1
2 x
2 x
(2 Ax + 2)
11 4
y p1 =
( y p2 ) y′′′ je
2 x
− 4 Axe
= e2 x
11 2 x xe . 4
− 4 y′′ + 6 y′ − 4 y = x − 2 = e · (( x − 2) · cos(0 · x) + 1 · sin(0 · x)), gde 0 + 0 · i nije karakteristiˇcni koren, te 0 x
y p2 = e0· x (( Ax + B) cos(0 x) + (Cx + D) sin(0 x)) = Ax + B, y p′ 2 = A, y p′′2 = 0, y p′′′2 = 0,
·
y p′′′2
·
·
·
− 4 y′′ + 6 y′ − 4 y = x − 2 ⇔ 6 A − 4( Ax + B) = x − 2 ⇔ −4 Ax + 6 A − 4 B = x − 2 ⇔ (−4 A = 1 ∧ 6 A − 4 B = −2) ⇔ y = − x + . p2
p2
1 4
p2
p2
1 8
Opšte rešenje: y ( x) = yh ( x) + y p1 ( x) + y p2 ( x) =
= c1 e2 x + c2 e x cos x + c3 e x sin x +
11 2 x xe 4
− 14 x + 18 .
( A =
1 4
− ∧ B =
1 ), 8
