R, takvu da postoji xo £ b 0 A 0 < < p < 2 7 r ) čije rešenje je w = { ( r , 0. Tada je u = {(r,fi) £ [0,-oo) x [-7r,7r] : r < asin.fi, 0 < fi} i •7T asinv^ I = f d 0 A —7r < p < tt) je uJ = {(r,fi) 6 [0,00) x [—7r, tt] : r < a(cos 0 A r > 0 A -7r < p < 7r) dobija se oblast u = {(r, p>) € [0, 00) x [—7T, 7r] : r < a-fTćoš2p, - f < fi < f }■ Tada je X a2 A r cos<^ < 0 A r > 0 A —f < fi < )_oblast u = {(r, p < P2, 9i < 6 < 62}, i S odgovarajući deo sfere. Kako je x v = —7žsinsin0, yv = R cosp sin0, zv = 0, xg = RcospcosO, yg = 7isin 0, to je 0 < r < a, dok za R, D C R m, m > 2, jedinični vektor no 6 D i f e f l postoji konačna granična vrednost’ lim 4>(r + tn0) - 4>(r) t-* 0 2 diferencijabilno u tački r e D i neka je no = (n i,n 2, . . . , nm) proizvoljan jedinični vektor. Tada funkcija \ cosZ(V dx ’ d | = 9, arg-u e [0, 2w), pri čemu se tačka z = 3e‘ v , | = 9 ut u ravni. {w £ C : H < 1}. 9 . Preslikati oblast G = { z S C : \z\ > 1, |z + 2i| > 1} p o m o ću funkcije 3?t iz + 1 2+ i . 1 - f f , pa sledi
[a, 6],
a
npr. da xq € (a, 6) (slično za xo e {a, 6}). Kako je funkcija p neprekidna i nenegativna u tački xo, sledi da postoji okolina (xo — e,xo + e) C [a, 6], tako da je p(x) > 0, za sve x e (xo — e,xo + e). Po teoremi srednje vrednosti sledi da postoji rj e (xq — s , xq + e) tako da je
f
ip(x)dx =
X0 - £
b
xq —£
f p(x)dx = / a
p(x)dx + a
aco-fe
/
b
p(x)dx +
/ p(x)dx > 0, kao zbir pozitivnog
Xq —£
broja i nenegativnih brojeva. Da bismo dokazali ||/|| = 0 =+ / = 0 po zakonu kontrapozicije treba pokazati / / 0 => ||/1| / 0. Pretpostavimo da / ^ 0, tj.neka postoji xo € [a, 6] tako da je /(x o ) 0, odnosno |/(x0)| > 0. Iz / 6 C[a,b] sledi |/| € C[a, b], pa b ako se iskoristi prethodna osobina sledi da^važi ||/|| = /|/(x)| dx > 0, odnosno 11/11 # 0.
88 r
IIA •/II = / l(A ■f)(x)\dx = ■ / \\f(x)\dx = / |A||/(x)|da: = |A| / |/(x)|da:
IAMI/II.-
G
o.
a
n
Il/+ffl! = f \(f + g)(.x)\dx = f \ f ( x ) + g ( x ) \ d x < f (\f(x)\ + \g(x)\)dx a
f
a
a
\f(x)\dx + / \g(x)\dx = ||/|| + ||5 ||.
a
a'
b)
Preslikavanje p nije norma, jer uslov N4) za normu nije ispunjen. Na
primer, za funkciju / datu sa / ( x) = /
e
1] \ {1 /2 }
1, 35=1/2
vazi:
l
/ £/[ 0 ,1],
=
p ( /)
J
\f(x)\dx
= J
0
f(x )d x
=o; / ^0.
0
Kako je p(0) = 0, preslikavanje p je pseudo norma. 5.
#
_j\n-3n— 1
/
Pokazati da red
V~(iVo'žn
konvergira i naći n jegovu sumu.
Kako je
E
( _ l ) ni3n-1 (1 + i )2"
i — iV(__il_s* =ii Vf__ =l_r =ii V'fir’ ( 1 + i ) 2' l l + 2 i-lJ (1 + i )
n=l
to zbog konvergencije geometrijskog reda Y) ( s ) n (|f |< 1) sledi i konvergencija posmatranog reda. Njegova suma je oo
6.
Pokazati da red
Y
N aći sumu reda. Primetimo da je Y qn sin na =
V) qn
,x n a
„ — iT io
2i
. Kako redovi Y
1
Y z n konvergiraju u (C, | |) za |z| < 1, to za z = qeia_ imamo da redovi n=l oo
oo
Y (qela)n i Y (qe~ia)n konvergiraju za |g] < 1 (a 6 R), pa za takvo g kon,tn a
„ —it ia
vergira i red Y Qn ~ ~ e n=1
= Yil Y) (qela)n — Y (ge *“ )"], odnosno suma s 71=1
tog reda je jednaka: o ~ fL f
89
7.
Ispitati konvergenciju red a E fn, fn - fn(x) —
(3n - 2 ) ( 3 n + i j > u
71=1
p rostoru C[0, f]. OO
. fn u odnosu na normu definisanu
Ispitajmo apsolutnu konvergenciju reda 71=1
sa ||/||= max |/(x)|. x 6 [ a ,o j
E ll/nll
—
n=l
E
00 =
s" i )
— +
E ( I
00
lv » / l
7 )
+
E n— 1
p k -2 )(3 n + l)
max sina;|n xe(o,f]
1
E (3 n -2 )(3 n + l) ' n=l
—
(3 fc -2 )(3 fe + l) -
I (3 n /z )(3 n + l) I
n —: i x t i u , 2 J
( f
-
l
E
fc=l + . . .
1 ) = I3 E 1 ~ L-,(\3k-2
3 ( 3fc—2
3 fc+ l
1 +
3n+l
( 3 ^ 2
3 fc + l1
m-
)) = 5(1 — 3^FT)-
1, pa red konvergira apsolutno u C[0, f ] , a. time i
Ell/nll = Mm ,n
n=l
obično. N apom ena! Konvergencijaniza (reda) funkcija u prostoru C[a, b} (u odnosu na normu definisanu sa ||/|| = max |/(m)|) je zapravo uniformna konvergencija a;6 [a, 6]
niza (reda) funkcija nad intervalom [0, 6]. OO
8. Ispitati, u prostoru C [0 ,1], apsolutnu k onvergenciju reda E /"> n=2
gde je f n = f n( x ) = n a( l - x ) x n- \ u zavisnosti o d realnog param etra a. Primetimo da je f n(x) = ^ ( l - z ) ^ - 1 > 0, * £ [0,1], i f'n(x) = nax n a(« 1) l-n x ) = 0 x = 0V x = ^ = 1 - i i x 6 ( 0 , 1 - £) => / T, x € ( 1 Tačka x = 1 - £ je tačka maksimuma funkcije f n(x), x € [0,1]. Sada važi 2
,M
“ £
OO
JH8 5 , 00
= £ , s s s 1“ " (1- + " ‘ 1 " £ 1
00
" “ (1-
t
i, jto(i- ir -“= ji«(*)-<"-*' - ji“ (a + +t)”-‘)"‘ imamo da ||/n||~ pa se red E ll/nll ponaša kao brojm red e E koji konvergira za 1 - a > 1, tj. a < 0, a divergira za a > 0. Dakle, za a < 0, red E fn apsolutno konvergira, a ne konvergira apsolutno za a > 0.
90
INTEGRALI K R IVE I POVRŠI Ako znamo grafik funkcije z = f ( x , y ) , lako možemo da dobijemo i grafike još nekih funkcija. Grafik funkcije -z = f ( x , y ) + a dobijamo pomeranjem ( translacijom ) grafika funkcije 2 = f ( x , y) duž z-ose za a. Grafik funkcije z = f ( x + a,y) (z = f ( x , y + a) ) dobijamo translacijom grafika funkcije 2 = f ( x , y ) duž a:-ose ( y —ose ) za —a. Grafik funkcije 2 = - f ( x , y ) simetričan je grafiku funkcije 2 = f ( x , y ) u odnosu na xy-ravan. Grafik funkcije z = f ( - x , y ) ( z = f ( x , - y ) ) simetričan je grafiku funkcije z = f ( x , y ) u ođnosu na yz-ravan ( rnz-ravan ). Geometrijsko mesto tačaka prostora za koje je jedna koordinata fiksna, zove se koordinatnom površi. Za konstantno r koordinatne površi su kružni cilindri sa zajedničkom osom ( z-osom ), za
Posmatrajmo krivu c koja se nalazi u jednoj poluravni ravni a određenoj pravom p. Rotacijom te krive oko prave p dobijamo obrtnu ( rotacionu ) površ. Prava p je osa rotacije. Uzmimo za a, ravan Oyz i to poluravan određenu sa y > 0, z -o s u za pravu p i krivu c datu jednačinom F(y, z) = 0.
91
L
fj
Ako je tačka M (x, y, z) sa obrtne površi, tada za tačku Mo sa grafika krive c : F(y, z) = 0 od koje je dobijena, važi da 0 \M = 0\M q = r = \fx2 + y2, pa M q ima koordinate Mo(0,r, z), tj. Mo(0, \Jx2 + y 2, z). Kako M q £ c, to mora biti F(\Zx2 + y2, z) = 0. & Do jednačine obrtne površi možemo doći i na drugi način. Tačke u Oyz ravni koje pripadaju grafiku krive c : z = f ( y ) imaju koordinate (0,y ,f ( y )) Fiksirajmo jednu takvu tačku M q(0, yo, f(yo))- Rotirajući je oko z-ose dobijamo kružnicu u ravni z = f(yo) sa jednačinom x 2 + y2 = y§. Proizvoljna tačka M sa te kružnice, prema tome, ima koordinate (x,y, f(\Jx2 + y2))- Dakle, jednačina ovako nastale površi je
'M
z = f ( V x2 + y 2)Prema tome, grafik površi date sa jednačinom z = f(\Jx2 + y2) dobijamo tako što u Oyz-ravni nacrtamo grafik krive z = f(y ), za y > 0 i rotiramo ga oko z-ose.
Slično, grafik površi date jednačinom y = f(\Jx2 + z2) dobijamo tako što u Oxyravni nacrtamo grafik krive y = f ( x ) , za x > 0 i rotiramo ga oko y-ose, a grafik površi x = f(\Jy~ + z2) dobijamo rotacijom krive x = f (y ) , za y > 0, oko rr-ose.
Na primer, grafik površi z = x 2 + y2 dobijamo rotacijom parabole z = y2, y > 0, oko z-ose ( jer je z = ( \Jx2 + y 2)2 ). Tako se površ nastala rotacijom parabole zove ob rtn i p arab oloid. C ilin d ričn e površi
Neka je data kriva c i prava p. Skup tačaka svih pravih paralelnih pravoj p koje prolaze kroz tačke krive c, čine cilindričnu površ. Dakle, cilindrična površ se dobija translatornim kretanjem prave p po krivoj c. Kriva c zove se direktrisa ciiindrične površi, a prava p generatrisa cilindrične površi. Neka je kriva c data jednačinama Fi(x, y,z) = 0 i i*2(x, y, z) = 0, a neka je pravac prave p određen vektorom (p i, P2, Pa)- Jednačina koju proizvoljna tačka
92
p
M(x, y, z) cilindiične površi mora da zadovoljava dobija se eliminacijom parametara x q , y o , z q iz jednakosti J i( * 0! Vo, zo) = 0, F2(xo,yo,zo) ' = 0 , x - x0 P1
y - y0
>
' •
z - z0
P2
P3
'
;
Ovim dobijamo jednačinu cilindrične površi F (z, y, z) = 0. N apom en a! Sa j e ^at kanonički oblik jednačirie prave. Taj oblik je u stvari žapis” koji je ekvivalentan sa parametarskim oblikom x = Xq + pit, y = y0 + p2t, z = z0 + p3t, t G R. Neka je a ravan koja prolazi kroz proizvoljnu tačku O prostora i koja je normalna na generatrisu cilindrične površi. Ravan a seče cilindričnu površ po nekoj krivoj co. Jasno je da je i co takođe đirektrisa cilindrične površi. Izaberimo Dekartov koordinatni sistem tako da je koordinatni početak u tački O i da je ravan a xy-ravan ( to uvek možemo uraditi pogodnim smenama promenljivih ). Tada je generatrisa paralelna z-osi. Kriva cq tada leži u xy-ravni. Neka je njena jednačina F ( x , y ) = 0. Tačka sa koordinatama (x , y , z ) na pravoj koja prolazi kroz krivu co i koja je paralelna sa z-osom pripada cilindričnoj površi, pa tačka {x,y, 0) pripada krivoj co, te x i y koordinate zadovoljavaju jednačinu F(x, y) = 0. Ali tada i x i y koordinata od tačke (x , y, z) zadovoljavaju jednačinu F(x, y) = 0, pa je jednačina F (x, y) = 0 jednačina cilindrične površi. Obrnuto, svaka jednačina F(x, y) = 0 neke krive c u xy-ravni, definiše jednu cilindričnu površ čija je generatrisa 2-osa, a direktrisa kriva c. Slično, jednačina F ( x ,z ) = 0 neke .krive c u xz-ravni, definiše cilindričnu površ sa direktrisom c i generatrisom y-osom, a jednačina F(y, z) = 0 krive c u i/z-ravni, definiše cilindričnu površ sa direktrisom c i generatrisom x-osom. Primeri ovih cilindričnih površi su eliptični, hiperbolični i parabolični cilindar. K onusne površi
93
Neka je data kriva c i tačka M koja nije na lcrivoj c. Skup tačaka onih pravih koje sadrže tačku M i ko'je seku krivu c čini konusnu površ. Dak}e, konusna površ se dobija kretanjem prave koja prolazi kroz tačku O po krivoj c. Kriva c zove se direktrisa konusne površi, a tačka M tem e konusne površi. Prava koja sadrži tačku M i tačku krive c se zove generatrisa konusne površi. Izvedimo jednačinu konusne površi. Neka su date, kriva c jednačinama F i(x ,y ,z ) = 0 i F2(x ,y ,z ) = 0, i tačka M(a,b,c). Jednačina prave kroz tačku M i tačku (x0,yo, «o) sa krive c je x —a _ y —b _ z —c x0 - a yo — b z0 — c Neka je (x, y, z) proizvoljna tačka konusne površi. Jeđnačinu koju ona mora da zadovoljava dobijamo eliminacijom parametara xo,Po,zo iz uslova F i(x0,yo,z0) = 0, F2(xo,yo,zo) = 0, x — a _ y —b _ z - c x 0 —a yo — b z0 —c ’ pa tako dobijamo jeanačinu konusne površi F ( x ,y ,z ) = 0. Pogodnim smenama promenljivih možemo podesiti koordinatni sistem da je teme konusa koordinatni početak ( vršimo translaciju, to jest uvodimo nove promenljive x —a, y — 6, z — c ). Na primer, jednačine direktrise x 2 + y2 = a2 i z = c definišu konusnu površ sa temenom u (0,0,0) čiju jednačinu dobijamo iz jednačina xl + y0 = a2, z0 — c i f - = JL - j - , Odavde dobijamo da je x 0 = —■ i y0 = Zamenom ovih jednačina u jednačinu kružnice dobijamo jednačinu ove konusne površi + Konusna površ čija je direktrisa kružnica se zove kružni konus. Slično se dobija jednačina konusne površi sa direktrisom elipsom jr + |r = 1 u ravni z = c. Ova konusna površ se zove eliptični konus i.ima jednačinu x2 y2 _ z2 ^2 + ^2 - ^2-
94
Standardne p ovrši drugog reda
E iipsoid E lipsoid je površ drugog reda čija je jednačina u kanoničkom obliku: 'lP' z? —o + Tr? 5— o =
a , b , c > 0.
Presekom elipsoida sa ravni z = h, \h\ < c dobija se elipsa 02(1_iJ ) +' 6 * (l-£ ) = 1 , z = h, u toj ravni. Na primer, presek ovog elipsoida sa ravni z = 0 je 2 2 elipsa + £5- = 1 . Analogno, presekom ravni x = h, \h\ < a i y = h, |/i| < b sa elipsoidom dobijamo elipse. U preseku elipsoida sa ravnima x = ±a, y = ± 6, z = ± c dobijamo redom . tačke (±a, 0,0), (0 ,± 6 ,0) i (0,0, ± c ) koje zovemo tem en a elipsoida. Koordinatni početak je središte elipsoida. Cela površ se nalazi unutar pravouglog paralelopipeda sa ivicama 2a, 26 i 2c, koji je deflnisan ravnima x = ± a , y = ± 6, z = ±c. Ako je a = 6, grafik elipsoida dobijamo kao grafik obrtne površi, tj. rotacijom elipse ^5 + ^2 = 1, x = 0 oko 2-ose. Ovaj elipsoid zovemo ob rtn im elipsoidom . Ako je a = b = c elipsoid je sfera. Dakle, sfera je površ drugog reda sa jednačinom ( u kanoničkom obliku ) 2 , 2 , 2 2 x + y + z —a . Presekom sfere sa ravni z = h, |6.| < a dobija se kružnica u toj ravni x 2 + j/2 = a? —h2. I preseci sa ravnima x = h, \h\ < a i y = h, j/i| < a daju kružnice u tim ravnima.
z
Sferu čini skup tačaka u prostoru koje su jednako udaljene od koordinatnog početka, centra sfere. Rastojanje tačaka sfere od centra je poluprečnik.
y
95
Jednograni hiperboloid Jednograni hiperboloid je površ drugog reda čija je jednačina u kanoničkom obliku x2 y2 ----- h • 1, a , b , c > 0. ,a? b'2
Ako je a = b, grafik hiperboloida dobijamo kao grafik obrtne površi, odnosno 2 2 rotacijom hiperbole —fr = 1, x ~ 0 oko 2-ose. Taj jednograni hiperboloid zovemo obrtnim jednogranim hiperboloidom.
Presek jednogranog hiperboloida sa ravni z = h predstavlja elipsa 1, z = h. + = (i+ 4) i>2( i+ 4 ) Presek sa ravni x = h, je kriva
-—
2
2
---- = li x = h. Ako je
|/i| < a, to je hiperbola čija je realna osa paralelna y —osi, a imaginarna osa paralelna z —osi. Za |ft| > a presek je hiperbola čija je realna osa paralelna z —osi, a imaginarna paralelna y —osi. Ako je h = ±a , tada je presek hiperboloida sa ravni x = h par pravih x = a, | ± ~ = 0 i x = —a, | ± ~ — 0. Prava x = 0, y = 0, odnosno z —os& ne seče hiperboloid. Analogno se nalaze preseci hiperboloida sa ravni y = h. Slično možemo posmatrati i druge kanoničke oblike jednogranog hiperboloida: x 2 y2 x 2 y2 z2 = 1 i = 1, ~ b2 a? + b2 od kojih prvi predstavlja jednograni hiperboloid koji nema preseka sa y —osom, a drugi jednograni hiperboloid koji nema preseka sa x —osom. Dvograni hiperboloid Dvograni hiperboloid je površ drugog reda čija je jednaćina u kanoničkom obliku „
rj.2
„.2
y2
— + bA 12 - ~2 = _ 1 > a-,b,c>0. aA cz
96
Ako je o = 6, grafik ovog hiperboloida dobijamo kao grafik obrtne površi, to jest rotacijom konjugovane 2 2 hiperbole - Jr = - 1 , * = 0 oko z —ose. Taj dvograni hiperboloid zovemo ob rtn im dvogran im hiperb oloid om .
Presek dvogranog hiperboloida sa ravni z = h, \h\ > c, je elipsa — ČJ &ZT) = !> z = h- Ravan 2
----
h, |h| < c, ne seče dvograni hiperboloid, dok
za h = ± c imamo po jednu zajedničku tačlcu i to (0,0, c), odnosno (0,0, - c ) . Dakle, površ izrneđu ravni ž = c i z = —c ne postoji. Presek sa ravni x = h je hiperbola
= 1, x = h, čija je
realna osa paralelna z —osi, a imaginarna paralelna y —osi. Presek sa ravni y = h je hiperbola — = 1, y = h, čije su c “ (i+pr) realna i imaginarna osa paralelne redom sa z i x —osom. Analogno se proučavaju i svojstva dvogranih hiperboloida čiji su kanonički oblici jednačina: X2 a2
b2
y2 b2
z2 c2
E liptični p arab oloid E liptični p arab oloid je površ drugog reda čija je jednačina u kanoničkom obliku > 0.
97
Ako je a = b, grafik eliptičnog paraboloida je zapravo grafik obrtne površi, tzv. o b rtn o g eliptičn og p arab oloid a koji se cjpbija rotacijom parabole y 2 = —■z oko z-ose. • Iz jednačine se vidi da površ sadrži koordinatni početak i da se nalazi iznad x y —ravni, tj. z > 0. Često se posmatra i eliptični paraboloid za koji je c < 0. Taj paraboloid se nalazi ispod x y —ravni, tj. z < 0. 2
2
+ - fe = 1, Presek eliptičnog paraboloida sa ravni z = h > 0, je elipsa dok za h = 0 imamo jednu z = h. Ravan z = h < 0, ne seče eliptični paraboloid, zajeđničku tačku (0,0,0). Presek sa ravni x = h je parabola y2 — 2 |^(z — = r ) , x — h, čija je osa paralelna z —osi, parametar je |^, a teme u tački (h, 0, £r). Analogno se razmatra presek eliptičnog paraboloida sa ravni y = h. Takođe se razmatraju osobine eliptičnog paraboloida, čije su jednačine u kanoničkom obliku: \ b
i šb2+ 4cl = -> a
abc^ ° -
H ip erb oličn i p arab oloid H ip erb oličn i p arab oloid je površ drugog reda čija je jednačina u kanoničkom obliku a, b, c > 0.
98
* Presek hiperboličnog paraboloida sa ravni z = h > 0 je hiperbola , - j^r = 1, z = c
z
c
h, sa realnom osom paralelnom x —osi, dok je presek sa ravni z — h < 0 konjugovana hiper-
x
~ ~?kz£ + — ~1> ( sa C c realnom osom paralelnom y —osi ). Presek sa ravni z = 0 su dve prave y = ± ^x. Presek sa ravni x = h je parabola y2 = —2~^(z — (h,0, ^ r ) , parametrom
x = h, sa temenom
i osom paralelnom sa negativnim delom z —ose.
Analogno, presek hiperboličnog paraboloida sa ravni y = h, jeste parabola. Otuda i naziv ove površi, hiperbolični paraboloid. Hiperbolični paraboloid predstavlja ujedno i geometrijsko mesto tačaka koje obrazuje jedna pokretna parabola sa datim parametrom čije se teme kreće po jednoj utvrđenoj paraboli, pri čemu su ravni ovih dveju parabola upravne, a njihove ose simetrije su među sobom paralelne. Zbog svog oblika ova površ se zove i sedlasta površ. Analogno se razmatraju i hiperbolični paraboloidi sa kanoničkim jednačinama
K onus dru gog reda Konus d ru gog reda je površ data jednačinom
99
Presek konusa sa ravni z = i i / 0 je elipsa z ;r glh* + b*h2 = 1, z — h, dok je presek sa ravni z = 0 koordinatni početak, tem e konusa.
Presek sa ravni y = h ^ 0 ( x = h y ^ 0 ) i e hiperbola -jfj?
= 1
( "Sp: ~ i f p ' = 1 )■ Presek sa ravni y = 0 ( x = 0 ) su dve prave z = ± ^ x , y = 0 ( z = ± f J/, x = 0 ). Takođe se razmatraju i površi ™2
7/2
2:2
7 2 + _2 = 0 i bz cl
„,2
a
.2
----- 7 + 72 + ~2 abz cz
= 0>a , b , c > 0 .
C ilindri C ilindri su površi čiji je oblik određen direktrisom i o njima smo već govorili kod cilinđričnih površi. E liptični cilindar je površ sa jednačinom
\P‘
-2+72=1, a2 bz
a , b > 0.
Presek sa ravni z = h je elipsa f* + ~ !. z = hSlično se dobijaju površi f* + fr = 1 i a, b > 0.
+fzr = 1,
100
H ip erb oličn i cilindar je površ sa jednačinom x2
y2 ~ b2
1, a,b > 0.
Presek sa ravni z = h je hiperbola — Ijj- = 1, z — h. Slično se dobijaju površi ~W = l i & -
-1,
a, b > 0.
P araboličn i cilindar je površ sa jednačinom
y2 =i2px, p^O. Presek sa ravni z = h je parabola y2 = 2px, z — h. Slične su i jednačine drugih paraboličnih cilindara, npr. z 2 = 2py, P 7^0. N aporaena! Ako je tačka M (r , y, z) proizvoljna tačka površi II, tada ukoliko i tačke M i ( —x ,y ,z ) , M2( x , - y , z ) , M 3( r ,y, —z) pripadaju površi II, ta površ je ( ravanski ) simetrična redom u odnosu na koordinatne ravni yz, xz, xy. Ukoliko svaka od tačaka M,, i = 1,2,3 pripada površi, tada je površ ( centralno ) simetrična u odnosu na koordinatni početak. Dakle, možemo zaključiti ( ako posmatramo kanoničke oblike ) da su sfera, elipsoid, jednograni hiperboloid, dvograni hiperboloid 'simetrični u odnosu na sve tri koordinatne ravni, a time i u odnosu na koordinatni početak. Eliptični i hiperbolični paraboloid ( u kanoničkom obliku ) su simetrični u odnosu na xz i yz ravan. Sve ove standardne površi davali smo u kanoničkom obliku. Te površi ne moraju biti date u kanoničkom obliku, ali ih kao što smo videli možemo dobiti pomoću translacijom i rotacijom koordinatnog sistema. Tako na primer jednačina (a; — xq)2 + (y — yo)2 + (z — 2o)2 — a2, a > 0, predstavlja sferu poluprečnika a, čiji je centar u tački (xo,yo, z0). Grafik elipsoida £ + + £ = 1 dobijamo (de)kompresijom, duž y-ose, obrtnog elipsoida za koeficijent (de)kompresije tj. stavljajući \y umesto y u jednačinu obrtnog elipsoida. Slično, grafik hiperboloida
= 1, dobijamo kompresijom obrt-
101
nog hiperboloida za koeficijent kompresije —, to jest stavljajuci by umesto y u jednačinu obrtnog hiperboloida. Analogno se i dvograni hiperboloid, eliptični paraboloid, itd. mogu dobiti (de)kompresijom odgovarajuće obrtne površi. 1. N aći jedn ačin u rotacion e p ovrši k oja nastaje ro ta cijo m zajedn ičk ih tangenata krivih k\ : f j + = 1 i k2 •V2 = ° k o x —ose. Neka je y = kx + n jednačina zajedničke tangente t krivih k\ k2■ Tangenta t i parabola p moraju imati jednu zajedničku tačku, odnosno sistem y 2 = 9a-, y = kx + n mora imati jedinstveno rešenje. To znači da kvadratna jednačina (kx + n)2 = 9x, tj. k2x 2 + (2kn - 9)x + n2 = 0 ima dvostruko rešenje, odakle imamo da diskriminanta D = 36kn — 81 mora biti 0, što znači da je k = Analognim razmatranjem za tangentu t i elipsu k\, dobijamo da mora biti i (128fcn)2 - 4(64n2 - 1728)(27 + 64fc2) = 0. Odatle, zamenjujući fc = dobijamo bikvadratnu jednačinu n3 4 — 27n2 — 324 = 0, odakle se dobija da je n = ±6 , time i fc = ± § . Zajedničke tangente su dakle: t : y = §x + 6 i t : j / = —§x — 6 koje su simetrične u odnosu na x —osu, pa obe pri rotaciji daju istu površ. Pošto rotiramo oko x —ose krivu x = f (y ) , jednačina rotacione površi je x = f (r ), r = \/y2 + z 2. To znači da kako je kriva tangenta x = §y - 16, jednačina površi je x = §r — 16, odnosno x = | \/y2 + z2 - 16. Data jednačina se može i zapisati u obliku (x + 16)2 = ^ \ /y 2 + z 2, x > —16. 2. Polrazati da je površ V čije su param etarske jeđ n ačin e: uv + 1 .u ■V : a ---------, y = b U+ V u+ v
uv — 1 z = c--------- , a, o, c > U
jed n ogran i h ip erb oloid . Kako je ispunjeno: + 2L. a2 +
:v'J+ 2 u v + l
i
1
1.2u2- 2 uv + v2
t>2
1 .2 » 2^
»
—2 u -u + l __ i+ + 2 u v -H >
( (u-\-v)2 »»_L/»i'k3
1, to su date parametarske jednačne jednačine jednogranog hiperboloida. 3. O drediti eksplicitni ob lik jed n ačin e p ovrši V čije su param etarske jedn ačin e: u X
U2 + V2 ’
_ ^
v U2 + V2 ’
102
1 U2 + V2
Primetimo najpre da mora biti u2+ v 2 > 0, z > 0. Takođe je u = x-(u2+ v 2) = f » v = V ■(«2 + « 2) = f . odnosno z = ( f ) 4 (* P = pa je z = x2 + j,2, 7^ 0). 'T o je obrtni paraboloid nastao rotacijom parabole z = y2 oko 2 —ose, isključujući koordinatni početak. (2
4. Odrediti jednačinu konusne površi čiji je vrh tačka ravni a : 3a; —42 + 34 = 0, a koja je najbliža sferi a : (x —l ) 2 + (y + 2)2 + (2 —3)2 = 5, a direktrisa je ortogonalna projekcija preseka date sfere i ravni y + 2 = 0 na xOz ravan. Zamenom z = 2e± 3 4 u (a; — l ) 2 + ( y + 2)2 + ( z —3)2 = 5, dobijamo jednakost 25(a; + 2)2 + 16(y + 2)2 + 320 = 0, koja je netačna, pa tako dolazimo do činjenice da a fl a = 0. Označimo sa S (x ,y ,z ) vrh konusa, a sa 0 ( 1 ,—2,3) centar sfere. Najbližu tačku ravni a, od sfere a, ćemo naći kao presek ravni a, sa svojom normalom n koja prolazi kroz centar C. Vektor pravca te normale je zapravo vektor normale ravni a : nQ = (3,0, —4), pa je njena jednačina: x - 1 _ y + 2 _ 2- 3, 3 ~ 0 -4
.
odnosno x — 3t + 1, y — —2, z = —4t + 3. Sađa je lako izračunati koordinate tačke 5: 3(3t + 1) - 4(—4t + 3) + 34 = 0, t = - 1 , S ( - 2 , - 2 , 7). Presek sfere a i ravni y + 2 = 0 je kružnica: (x —l )2 + (2 —3)2 = 5, y = —2. Kako ona pripada cilindričnoj površi (ortogonalnoj na xOz) (x —l )2+ ( 2 —3)2 = 5, to je njena ortogonalna projekcija na xOz ravan, zapravo presek te površi sa xOz ravni, odnosno kružnica (x — l )2 + (z —3)2 = 5, y = 0. Jednačina proizvoljne generatrise, konusa sa vrhom u S(—2, —2, 7) je: X + 2 = Y + 2 = Y-7 x+ 2 3/ + 2 z -7 ' odakle je x + 2 = ^±2, j/ + 2 = , 2 —7 = pa iz (x — l )2 + (2 — 3)2 = 5, y — 0 imamo 0 + 2 = ^±2, t = odnosno x = 2y^| — 2, 2 = 2-pf~| + 7, te je [2y± f - 2 - l ]2 + [2y^f + 7 - 3]2 = 5, odnosno X 2 + 5F2 + Z 2 - 3X V + 4Y Z - 2 X - 14Y - 6Z + 5 = 0.
5. Neka je data kocka ivice 2, koja se nalazi u prvom oktantu, tako da su njene ivice na koordinatnim osama, a jedan vrh u koordinatnom početku. Odrediti jednačinu konusne površi čija je vodilja (direktrisa) opisana kružnica oko strane kocke u ravni xOz, a vrh je u centru kvadrata koji se nalazi naspram nje. «
103
Označimo posmatrani kvadrat sa OLMNO\L1M 1Ni. Koordinate temena su: 0 ( 0 , 0,0), L (2,0,0), M (2,2,0), N ( 0,2,0), O i(0 ,0, 2), L , ( 2, 0,2), M x(2, 2,2), iVx(0, 2,2). Centar direktrise je tačka C( 1,0,1) (koja je sredina duži O Li). Direktrisa je presek xOz ravni sa sferom a(C, CO), pa je njena jednačina: (x - l ) 2 + (y - 0)2 + (z - l ) 2 = (v ^ )2, y = 0, '» odnosno (x — l ) 2 + (z — l ) 2 = 2, y = 0. Nađimo jednačinu proizvoljne generatrise, ako je vrh konusa 5(1,2,1) centar kvadrata MNNiM^: X -1 _ Y - 2 _ Z -l x —1 y —2 2 —1 Odatle je x - 1 = ^ = )(y - 2), z — 1 = fr | (y - 2), pa iz (x - l ) 2 + (2 - l ) 2 = 2, y = 0 imamo [y 5 j(0 - 2)]2 + (§E%(0 — 2)]2 = 2, odnosno 2(X - l ) 2 + 2(Z - l ) 2 = (V - 2)2.
6. N aći jedn ačin u površi k oju obrazuju tangente p ovu čen e iz koordinatnog početk a na sferu (x — 5)2 + (y + l ) 2 + z 1 = 16. Jednačina prave koja prolazi kroz lcoordinatni pošetak je ^ 2 = 2=2 — tj. x — at, y = bt, z = ct, t 6 R. Da bi ta prava bila tangenta ona mora imati samo jednu zajedničku tačku sa datom sferom, tj. sistem jednačina ima jedinstveno rešenje, ođnosno kvadratna jednačina (at —5)2 + (bt + l ) 2 + (ct)2 = 16 (a2 + b2 + c2)t2 + (2b — 10a)t + 10 = 0 ima jedinstveno rešenje, te njena diskriminanta D = 24a2 — 10a5 — 9ž>2 — 10c2 mora biti jednaka nuli. No, iz a = f , b = 2, c = f , sledi 2 4 ^ — 1 0 ^ — 9 ^ - 10fy = 0, odakle dobijamo da je jednačina tražene površi 24x2 — 10xy — 9y2 — 10z 2 = 0.
104
D V O S T R U K I IN T E G R A L Neka je funkcija / : a —> R, 'a C R2, ograničena nad a, gde je a ograničena i zatvorena oblast čiji je rub po đelovima glatka kriva i neka je d rastojanje na M2. Izvršimo podelu T = {cr\,a2, . . . ,a n} skupa cr mrežom'po delovima glatkih krivih na konačan broj skupova ait i = 1 , . . . , n, i u svakom skupu a^ izaberimo tačku M\. Skup di ima dijametar d{a{) — max d(x,y) i površinu A ct;. Parametar xtyE.cri podele /r(T) je najveći od dijametara oblasti ait tj. p (T ) = max d(ai). l< i< n
Broj n
S( / , T ) = ^ / ( M 0 Aa, j=i nazivamo integralnom su m om funkcije / po podeli T i izboru tačaka M, e ait i — 1 ,2 , ..., n. Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mt, i = 1 ,.. n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s ( f ,T ) kad fi(T) -> 0 i n —> 00, onda se ta granična vrednost naziva d vostru k i integral funkcije f ( x , y) nad a, označava se sa / / f(x,y)d xd y i kaže se da je funkcija f ( x , y ) integrabilna nad a.
• Neprekidna funkcija f ( x , y ) nad zatvorenom oblašću a je integrabilna nad a. • Neka su cr, a\, cr2 c R 2 zatvorene oblasti ograničene po delovima glatkim krivim i neka postoje integrali / / f(x,y)d xd y, f f f(x,y)dxdy, f f f(x,y)d xd y i a
<72
cr\
/ / g(x, y)dxdy. Tada važe sledeće osobine: cr
f f { a f ( x , y ) + f3g(x,y))đxdy = a f f f(x,y)d xd y + /3Jf g(x,y)dxdy, a / e l ;
cr
a
f f f(x,y)d xd y = f f f(x ,y )d x d y + f f f(x,y)dxdy, cr
a1
02
gde je a = a\ U 02 i c i i a% nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka. • Ako je funkcija / : a —> R, a C R 2, neprekidna nad
f f f{x ,y )d x d y = / ( / cr
\
n.
6
'
a( x)
f ( x ,y ) d y ) dx, '
( 1)
0(x)
i kraće ga zapisujemo sa / dx J f ( x , y)dy. a ot(x)* * Ako je funkcija / : a —> R, a C R2, neprekidna nad a = { (x ,y ) G R2 : a <
105
y <
b, a(y) < X < p(y)}, gde su a i 0 neprekidne funkcije nad [a,b\, onda je b P{y) f f f(x,y)d xd y = f dy f f(x,y)d x. a
a
( 2)
a(y)
® Neka je funkcija / neprekidna nad ograničenom zatvorenom oblašću <7 = cr U a* ravni xOy i neka je w = ui U cu* ograničena zatvorena oblast ravni uOv, gde su a i oj otvorene oblasti, a a* i u* su rubovi oblasti a i u>. Neka je data transformacija T jednačinama x = x{u,v), y — y(u,v) koja preslikava oblast w na a , pri čemu transformacija T bijektivno preslikava oblast cj na oblast a. Ako su funkcije x(u, v) i y(u, v) i parcijalni izvodi x u, x„, yu i yv neprekidni na w, onda je f f f(x,y)d xd y = f f f(x(u,v),y(u,v))\J(u,v)\dudv, tj
U)
(3)
fLn SCy
gde je J(u,v) =
Vu
llv
Ako je sa u =
d(u,v) d(x,y)
d(x,y) _ 1 J' d(u,v) |^i
» Površina A<7 figure a C R 2 data je integralom A a = f f dxdy.
(4)
» Zapremina A V tela data je s a
V
= { ( x , y , z ) £ R3 : (x,y) £ <7 C R2, 0 < z < f ( x , y ) } ______________________ ( A v’ = / / f ( x >y)dxdy. •:
\ I
m
Ako je telo V = { ( x ,y , z ) € R3 : (x,y) e a C R2, f ( x , y ) < z < 0} onda je zapremina čiV = —f f f(x,y)dxdy. cr
® Neka je đata površ S = { ( x ,y , z ) £ R3 : (x, y) £ <7 C R2,z = z ( x , y ) } i neka su funkcija z ( x , y ) i njeni parcijalni izvodi zx i zy neprekidni na zatvorenom merljivom skupu a. Za površinu (m eru ) A S površi S važi A S = / / J l + zl + z-jdxdy.
(6 )
® Pretpostavimo da je površ 5 data parametarski x = x(t,u), y = yft,u), z = z(t,u), (t,u) £ D C R2, gde su x(t,u ),y(t,u ), z(t,u) i njihovi parcijalni
106
izvodi neprekidni na D. Tada je A S = j f V A B - C 2dtđu,
( 7)
D
gde je A = x\ + y\ + z\, B = x\ + y\ + z\ i G = x tx u + ytyu + ztzu.
1. Neka je data funkcija f ( x , y ) — x 2y i oblast <7 = { ( x , y ) t R2 : 0 < x < 1, 0 < y < 1}. Izračunati po deflniciji integral / = f f f(x,y)dxdy. cr
Kako je data funkcija neprekidna nad zatvorenom oblašću cr, ona je i integrabilna nad istom oblašću. Granična vrednost integralne sume je onda jedinstvena za svaku podelu oblasti a i izbor tačaka. Prave xt = i = 0 , 1 , . . . , n, vrše podelu kvadrata
I = f f x 2ydxdy = lim f ( M tj) V n= °° i=i j= i = lim
n —>co 1
= lim
j= i n 00 i= l n (n + l)(2 n + l) n (n+l) _ 1
n —t-oo
6
2
j= l (i-l)/n i/n
1
6*
2. Ako je a = {(m, 3/) e R 2 : 3 < a : < 4 , l < j / < 2 ) izračunati / = f f (x + y)dxdy. cr 4
2
4
1 = / dx f ( x + 3
1
y=2
= K xv + |y2)L_, da: 3
v
= / ( * + f )
3. Odrediti granice integracije dvostrukog integrala / = f f f(x,y)d xd y, ako je a) <7 pravougaonik sa temenima A(l, 1 ),S (3 ,1), G(3,2) i £>(1,2); b ) cj = { (x ,y ) e l , : - i < j < 3 , i < j - l } ;
107
X
c) a = { ( x , y ) e R2 : x 2 + y 2 < 2y}.
a) 3
b)
2
2
c)
3
a) I — f dx J f ( x , y ) d y - f d y f f ( x , y)dx. 1 1 l i b) I — f dy f f (x , y)dx — f dx f f ( x , y ) d y + . f dx f 1
-V
-3
-x
x+l
2 'JlV-v'2 1 l + TT1^ c ) I = f dy f f(x ,y )d x = fd x f f(x,y)d y. 0 -y/2y-y2 i-V i^
i 4. Promeniti redosled integracije u integralu: ...-■
2
x
a) I - f d x f f ( x , y)dy\ ~i -i 2
2x
b) 1 = f d x f f(x,y)dy; 0
x
3
l + V —2C2+4a?—3
c) I — f dx 1
f 1
f(x,y)d y;
d ) 1 = / d% f f (x ,y ) d y + f dx f 0
0
2
2
2
y
1
f(x,y)d y.
0
a) 1 = f dv f f ( x , y)dx. -l y 4
2
108
f(x,y)d y.
2
1 + * j2 y -y 2
c) I - fd y 1
f ___ f ( x , y)dx. 2 -\ J ly -y 1
d) I = f dy f f(x ,y )d x . 0
5. Izračunati I = f f |cos(x + y)\dxdy, (J
gde je a = {(s , y) £ R 2 : 0 < x < n, 0 < y < 7r}.
Prema definiciji apsolutne vrednosti je cos(a; + j/), (x,y) € i7j U cr4 |cos(a; + y)\ - cos(a; + y), (x, y) 6 a2 U 0-3 gde je 0 < a ; < f , 0 < y < f —x } o-i = {(x,y) e : 0 < a ; < f , f —x < y < a r } 02 = { ( a ; , y ) e : ■1 } f
>> * *X+J7r/2
= -x+7d2
Tada je 2 2 I = f dx f 0
a « cos(x + y)dy — f dx f cos(x + y)dy — f dx
0 7T
+ J' dx
0
§ -x
§
f
cos(x + y)dy
0
7T
f
cos(x + y)dy
y 7T 7r = f ( l —sinx)dx—f (sin(x + 7r) —l)dx —f (—1 —sin x)dx + f (sin(x + 7r) + l)đx 0 0 fy = 27T.
6.
Izračunati Jakobijan transformacije
a) rr = rcoscp, y = rsiny> polarnih koordinata (r, (/;) € Dekartove koordinate (x, y) € R2;
[ 0 ,0 0 )
x
[0 ,
27t]
u
1
109
b) * = ar cos“
a) J(r,(p) =
cos
b) J(r,
acos“
c) J(u,v) = 37^
‘tfj/ Vy
7.
= aa6rcos“ ^ipsin0 1
__ ,_____ L 2x 2y - AX* 1 X
l _ 1 ~ 2(1+(|)4) “ 2(ITk2) '
U dvostru kom integralu I - f f f(x,y)d xd y preći na polarn e kocr
ordinate i od red iti granice integracije ako je a > 0 i a) a = {(ar,y) € R2 : 0 < x < 1, 0 < y < x 2}; b) a = { (x ,y ) G K2 x2 + y 2 < a2}; c ) cr
= {(x,y) GK 2 :
x2 + y 2 < ay};
d)
x 2 + y2 < ax + ay};
e) < j=
(:x2 + y2)2 < 2a2(x2 - y 2), x > 0}; x 2 + y2 > a2, x < 0}. : (x2 + y2)2 < 2a2(x2
f)
{(x,y)
€ K2
c
a)
. b)
c)
a) Uvođenjem polarnih koordinata dobija se sistem nejednačina (0 < r cos
A
^ y v
r<
f> a
ir
V ,. A " f
CA,
coav> C\
4
I = f dip J (rif (r cos
b) uj
=
Transformacija polarnim koordinatama preslikava oblast {(r, 93) 6 [0, co) x [0,27r] : r < a } na oblast a. Kako je J
=
r, to je prema
(3), 2 tt
a
I = f dfi f rf(rcosfi,rsinfi)dr. 0 0 c) Ako se uvedu polarne koordinate onda iz x 2 + y2 < ay sledi r2 < ar sin 1p. Kako je r > 0 to je r < a sin fi i zbog a > 0 je sin
d)
Rešenje sistema nejednačina (r2 < ar(cos
je a(cos
I = f dfi
f
rf(rcosp ,rs'm p )d r.
e)
Rešavanjem sistema nejednačina (r4 < 2a2r2 cos 2
I = f
cos
dp
f
r f (r cosfi,rsin.fi) dr.
f ) Kako je rešenje sistema nejednačina (r4 < 2a2r2 cos2
111
8. A k o je a
=
{ (x ,y ) £ l 2 :
l
< x2 +
y2
<
9, 0
<
^
<
y
<
\/3x}
izračunati I = Jf arctg ^dxdy.
y Transformacija polarnih koordinata u' Dekartove preslikava oblast u = {(r, tp) e [0, oo) x [0, 2-7t] : 1 < r < 3, f < ¥> < f } na oblast a. Iz (3) sledi
X
/ = / c/> dtp f r dr =
Na drugi način, zadatak se može rešiti uvođenjem smene u = x 2 + y2, v = f . Kako je prema zadatku 6.c) J = >t° Je
9. A k o su a, b , k , h > 0, izračunati površinu figure a) a = {(a:, y) 6 I 2 : y < x < 3y, 1 < x + y < 3}; b)
c) cr = {(ar,j/) € R 3 :£ + ]£ < 1 }; d) cr = {(x, y) 6 R2 : (s2 + J/2)2 < 2a2(x2 - j/2), x2 + y2 < a2};
e) a = {(a:,y) € K2 :
< f + f};
f) a = { ( * , » ) 6 l 2 : ! < ( ! ) * + ( ! ) * < 4}. a) Ako se uvede smena _____ u (u + l)2
i v = x + y onda je x =
i n+1
Kako je gde je w = {(u, v) e R 2 : 1 < u < 3,1 < v < 3} to je 3
3
112
y =
i
b ) Kako je oblast cr simetrična u odnosu na x-osu, koristeći rešenje zadatka 7.e), tražena površina je 4*
a\f2 cos 'lTp .
A <7 = 2 f dcp o o
f
-f-
rdr = 2a2 f cos2ipd
/ c) Ako se uvede smena £ = r cos
"4
a
a.yj 2 cos2<£>
Acr = 4 f dip f rdr + 4 f dtp
f
rdr =
e) Transformacijom f — ^ = rcosi/3, |
= rsirup se oblast u> = {(r,
[0,oo) x [0, 2-7r] : r < 5 ^ /f l + p -} preslikava na oblast cr = {(x , i/) £ R2 : (o -
s )
+
(f ~
2 k
A ) 2 ^
W
iPP' +
S ? } - K a k o Je ^
+
A a = abfd
f o
t0 je
j
r dr = ^
( f j + fj-).
f ) Ako se uvede smena x = ar cos3 ip, y = br sin3 tp, onda je J = 3abr sin2 p cos2 p iw = {(r, ip) e [0, oo) x [0, 2-7t] : 1 < r < 8}. Kako je oblast a simetrična u odnosu na ose Ox i Oy to je — O 2 8 2— A a = 12a6 f sin2
f
.
= =pa& f sin2 2
f
J (1 —cos4^)d^ = i|^afi-7r. o
10. A k o su a , b , c > 0, izračunati zaprem inu tela a) V = {(s , y , z ) £ l 3 : x < x 2 + y 2 < 2x, 0 < z < x 2 + y2}; b ) V = { ( x , y , z ) 6 3R3 : x 2 + y2 < x + y, x + y + z > 0, z < 0}; c) V = { ( t , y , z) + M3 : x 2 + y 2 + z2 < 8, x 2 -f y2 < z2};
d) V = { ( a ; , j , z ) £ l 3 : fT + f r + f r < l } ; e) V = {(z ,? /,z ) £ R3 : ( f + f )2 +
< 1, z > 0, y > 0, 2 > 0}.
113
a) Dato telo 1/ je simetrično u odnosu na zOx ravan. Zapremina tela V, prema (5), je A V - 2 J J (x2 + y2)dxdy, gde je a - {(x, y) £ R2 : x < x 2 + y2 < 2x, y > 0}
= {(x,y) e R 2 : ( x - ± ) 2 + y2 > { , (x - l ) 2 + y2 < i , y > o}. Ako se uvedu polarne koordinate onda je A V = 2jdy> T r > d r = f / cos* pckp = f / ( M 0 =
b)
f
cos (p /
(j
+
5
0
f %
0
cos2 + \ COS2 2
Kako je V = { ( x , y , z ) e R3 :
§7r,
(x, y) £ a, - x - y < z < 0}, gde je
a = { (x ,y ) e l 2 : ( x - | f + (y - |)2 < f } , to je — ' £■
cos y-+*sin
A V — f f ( x + y)dxdy = f (cos
3tt
/ 0
r2dr
= i / (cos ip + sin
Vj = {(x, y, z) £ M3 : x2 + y 2 < 4, 0 < z < - f T ^ z 2 - y2) i V2 = {(x, y. z ) £ R3 : x 2 + y 2 < 4, 0 < z < y/x2 + y2}. AV = 2 / / - x 2 - y2dxdy - 2 / / f z 2 + y2dxdy a
___________
£
= 2 / / (>/8 - x2 - i/2 - VV 2 + y2)dxdy. a
Transformacijom u polarne koordinate dobija se — 2 2 2 AK = 8 f dip f (V8 - r2 - r). rdr = 4tt(J VŠ - r2 rdr - / r2dr) = f (\/2 — l)ir. 0 0 0 0 d) Kako je dato telo simetrično u ođnosu na sve tri koordinatne ravni, to je A V = 8A V j, gde je
114
Vl = {(x,y,z) £ K3 : (x,y) £ ax, 0 < z < c j l - f j - ]£}, a,6,c > 0, o"i =» {(a;, y) £ R2 : + fy < 1, a; > 0, y > 0}, a, 6 > 0. Ako se uvedu uopštene polarne koordinate x = ar cos nc, y = br sin tp, onda je J = abr i ~ 1 A P = 8a6c f ckp f y/l — r 2 rdr = o o e) Iz V = {(x , y, z) € K3 : (x, y) €
Smenom uopštenim polarnim koordinatama x = ar cos2
11. Izračunati površinu ruba oblasti V = {(a:, y, z) G M3 : x 2 + y 2 — z > 2, x 2 + y2 + z2 < 4z }. Presek obrtnog paraboloida z = a:2 + y2 —2 (dobijenog rotacijom krive z = y2 —2 oko z-ose) i sfere x 2+ y 2+ ( z —2)2 = 4 sa centrom u (0,0, 2), radijusa R = 2 dobija se rešavanjem kvadratne jednačine z + 2 + z2 = 4z. Ove dve površi seku se u ravni z = 1 po kružnici a;2 + y2 = 3, i u ravni z = 2 po kružnici x 2 + y2 = 4. Rub oblasti V je S = Si U 52,
51 = { ( i , j , z ) e l 3 : z = a:2 + y2 — 2, 1 < z < 2}, 52 = {(a:, y, z) 6 R3 : z = 2 - ^ 4 - x 2 - y2, 1 < z <«2}. Projekcija površi Si i S2 na a;Oy ravan je a = {(a:, y) e R2 : 3 < x 2 + y2 < 4}.
115
Za Si je zx = 2x i zy = 2y, pa je
__________
2
2tt
ASi = f f \/l + 4x2 4- 4y2dxdy = f đtp f \/l + 4r2 rdr = f(17\/l7~ 13\/l3)’ o Vš Parametrizacija površi Si je x = 2cossin0, yv = 2eos
0
f
A 5 = A 5 i + A 5 2 = f ( 1 7 \ / l 7 - 1 3 \ /l 3 + 24).
12. paralele.
-
Izračunati površinu dela sfere izm eđu dva m eridijana i dve
Neka je R poluprečnik sfere,
tpi
61
116
T R O S T R U K IIN T E G R A L
Neka je funkcija f : V —* K, V C R3, ograničena nad V, gde je V ograničena i zatvorena oblast čiji je rub zatvorena po delovima glatka površ. Izvršimo podelu T = {Vj, V2, . . . , Vn} skupa V mrežom po delovima glatkih površi na konačan broj skupova = iu svakom skupu Vj izaberimo tačku Mj. Skup Vi ima dijametar d(Vi) i zapreminu AV{. Parametar podele je p(T ) = max d(Vi). Broj l< i< n
n
s ( f , T ) = J 2 f ( Mi)AV* i= 1
nazivamo integralnom sumom funkcije / po podeli T i izboru tačaka Mt, 1 = 1 , 2 , . . . , n. Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mj, i = 1 , . . . , n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s kad j-t(T) —>0 i n —» 00 onda se ta granična vrednost naziva trostruki integral funkcije f ( x , y, z) nad oblašću V i označava sa f f f f ( x , y , z ) d V ili f f f f(x,y,z)d xd yd z. Kaže se da je funkcija f ( x , y , z ) v v integrabilna nad V. Osobine su analogne odgovarajućim osobinama đvostrukog integrala. 0 Neka su funkcije 2.1, z? : a —>R, a C R 2, neprekidne nad skupom a i neka je
V = { ( x , y , z ) £ R 3 : (x,y) £ a, z\(x,y) < z < z2( x ,y )}. Tada je , zV*,v) \ f f f f ( x , y, z)dxdydz = f f ( f f(x ,y ,z)d z jd x d y . v
( 1)
(napomena: a je projekcija skupa V na xOy ravan.) 0 Neka je funkcija / : V —» R, V C R 3, neprekidna nad ograničenom zatvorenom oblašću V = V U V* prostora Oxyz i neka je G = G U G* ograničena zatvorena oblast prostora Ouvt, gde su V* i G* rubovi otvorenih oblasti V i G. Neka je data transformacijajednačinamajr = x(u,v,t), y = y(u,v,t), z = z(u,v,t) koja preslikava oblast G na oblast V, pri čemu se skup G bijektivno preslikava na skup V. Ako su funkcije x(u,v,t), y (t v M ) i z(u ,v,t) neprekidne i imaju neprekidne parcijalne izvode prvog reda na G, onda je f f f / ( x,y, z)dxdydz = f ff f(x(u, v,t), y(u, v,t),z(u,v,t))\J(u,v,t) \dudvdt, v a gde je J (u ,v,t) = 9 a[xf yvf ] ==
37u
Xy
Xt
Uu
Vv
Vt
Zu
Zv
Zt
117
( 2)
Jakobijan date transformacije.
Ako je sa u = tp{x, y, z), v = r/>(x, y , x ) , t = C(x, V, z) data inverzna transformacija T ~ \ onda važi d (x ,y ,z )
d(u,v,t)
d (x ,y ,z ) ^
1
• Zaprem ina A V tela V C M3 data je integralom A V = f f f dxdydz. v
(3)
Neka je n(x, y, z) gustina tela V' C K3 u tački (x, y, z) 6 V. » M asa m tela V C R3 đata je sa m = j f j n(x,y,z)dxdydz, V
(^)
« Težište T (x t , yt,z t) tela V C K3 ima koordinate Xt = ~ f f f xy(x, y, z)dxdydz, V yt = +l f f f vm( x , y , z)dxdydz, V 2( = i f f f zfi(x,y,z)dxdydz. V
(5)
• M om ent inercije tela V C K3 u ođnosu na ravan yOz dat je formulom Iy z - f f f x 2n(x,y,z)dxdydz. y _________________ _
(6)
Moment inercije tela V C K3 u odnosu na osu Oz dat je formulom Iz = f f f ( x 2+ y 2)y(x,y,z)dxdydz. v
(7)
Moment inercije tela V C K3 u odnosu na koordinatni početak dat je formulom Io = f f f ( x 2+ y 2 + z 2)y(x,y,z)dxdydz. v
118
(8)
1. Izračunati I = f f f (x + y + z)dxdydz ako je V == {(x , y ,z ) e [1,2J x [1,3] x [0,2]}. 2
3
2
I = / dx f dy f ( x + y + z)dz 1 1 0
z
~ f d x f ( ( x + y)z + \z2) |]J dy 1 1 2
3
f ( 2 x + 2y H- 2)dy i = f ((2* + 2)2/ + 2 iy 2) |*J dx 2
= / (4x + 12)tZx = 18.
2.
Izračunati I = / / / xđxdydz, ako je
y = { ( i , j , z ) £ R 3 : x + y + z < 4, x > 0, y > 0, Z > 0}. 4- l - y
Iz jednakosti (1) sledi I = f f dxdy
cr
f
0
xdz, gde je a = {(x , y) € R2 : 0 <
x < 4, 0 < y < 4 —x } projekcija skupa V na ravan xOy.
Sleđi, 4
4 —X
I = f f x(4 —x — y)dxdy = / a;dx f (4 —x —y)dy <7 o o = f x ( ( 4 - x)y - \y2) 0
* dx = \ / ( 16x - 8x2 + x 3)dx = f . 0
3. Izračunati zaprem inu oblasti V = { ( x , y , z ) e R 3 •. x 2 < y < x, x 2 + y2 < z < 2(x2 + y2)}. +
119
Koristeći (3) i (1) dobijamo /
2x 2+ 2 y 2
\
x 2-H /2
A v = / / / dxdydz - / / V
ff
/
dz
= / / ( z 2 + y2)đxdy, a
gde je (j projekcija date qblasti V na xOy ravan cr = € R2 : 0 < x < 1, x 2 < y < x}. A V = / dx f (x 2 + y2)dy = f ( x 3 + ^ - —x 4 — ^-)dx 0 a;2 0
4.
Izračunati Jakobijan transformacije
a) x = pcosip, y = psinip, z = z cilindričnih koordin ata (p,
a) J(p,
COS(p —p sm p sin tp pcosip 0 0
0 0 1
a cos“ —aap cosa 1 sin
b)
J(p,
cos p sin 8 —r sin p sin 8 r cos
c) J(r,
d (x ,y ,z ) d(r,
120
d)
J(r,ip, 8) = —a/3abcr2 s'ma l (pcosa ^ps'm213 l 8 cos^ 1 8.
5.
Izračunati I = / / / xdxdydz, ako je v V = { ( x , y , z ) 6 R3 : a:2 + y2 < 2x, x 2 + y2 < 2 y, 0 < z < y). Prema (1) je I = / / / xdxdydz = f f I f x d z ) dxdy = / / xydxdy, gde je CT
uj =
2 sin
%
2 cos
I = / dtp f r3 cos tp sin tpdr + f dtp f o o f o i f = 4 / cos
Iq
6
1^
r3 cos tp sin tpdr
6*
6. Izračunati zaprem inu tela V = {(x , y, z) € R 3 : x 2 + y2 > 1, x 2 + y 2 < 2x, 0 < z < 3 + y}. Preseci kružnica čije su jednačine x 2 + y2 = 1 i x 2 + y2 = 2x su tačke (|, ^ ) i (|, —^ ) . (Dobijaju se rešavanjem datog sistema jednačina.) U polarnim koordinatama jednačine datih kružnica su r = 1 i r = 2 cos
121
A V = / / / dxdydz = / / / d z j dxdy = / / ( 3 + y)ctedy V o- V 0 / 17
= / dtfi - f
= 6 /
f
(3 + rsm ip )rd r = J (6 cos 2ip—^ + § cos 3ipshup—^sintp)dip
1
l ± s f ^ d p - l ( f + f) + 0+ 0
—li = 3
7.
Izračunati / = f f f ( z 2 + y2)dxdydz, gde je
V = { ( x ,y , z ) £ l 3 : x 2 + y 2 > 2, x 2 + y2 < 7 - *, z > 3}. Presek kružnog cilindra datog jednačinom x 2 + y2 = 2 i rotacionog^paraboloida datog jednačinom z = 7 — x 2 — y2 je kružnica {(a;, y, z) £ R : x + 2/ _— 2, 2 = 5}, a presek ravni date jednačinom z = 3 i datog paraboloida je kružnica { ( i , y, z) £ R3 : x 2 + y2 = 4, 2 = 3}. Projekcija cr oblasti V na xOy ravan je 7 = ’ { ’( i , 9 ) 6 R ! : 2 <
+ J/2 < 4 } .
Prema (1) i uvođenjem polarnih koordinata je I = / / ^ 7_ /
^ (a:2 + y2)d z j
= / / (s 2 + ?/2)(4 - a:2 - ?/2)da:dy
= / d
8. Izračunati zaprem inu lopte V = {/+ ? /, z) € R3 : x 2 + y 2 + z 1 < a2}, a > 0. Uvedimo sferne koordinate x = rcos
122
r2 sin2 0(cos2
AK = / o
7T
a
d
sm9d6 f o o
2ir
r2dr =
ir -
_ «
A3
-(-cosff) |0 -|r3 |o =
9.
Izračunati I = ///(£ + & + %\)dxdydz, p o oblasti V V = {(a;, I/,«) 6 l 3 : + fr < 1}, a, c > 0. Transformacija uopštenih sfernih koordinata u Dekartove koordinate, po formulama x = ar cos
7T
1
I = abc f d.
10. A k o su a , b , c > 0, izračunati zaprem inu tela a) V = {(x , y, z) £ R3 : x < y < 2x, l - x < y < 2 - x , 1 — x — y < z < 2 —x — y}\ b) V = { ( x , y , z ) 6 E 3 : 0 < i < » , f + f < 1, ■ f ( f + ? + f ) arcsin(f + f + f ) < f + 6J» c)
V = {(* ,y ,z ) G ® 3 '• l < z <
d) V
3
- a : 2 - 2/2};
= {(x , y, z) 6 E3 : x 2 + y2 < z < x + y}',
e) V = {(x, y, z) € K3 :
+ fr + Jr < 2, fj- + fr < |r};
0 y = { ( x , y , z ) 6 R 3 : ((f)* + (f)^)3 + ( f ) 2 < l } a) Transformacija u = f , w = x + y, t — a; + y + 2 preslikava skup G {(u ,u ,t) 6 R3 : l < w < 2, l < u < 2, l < t < 2 } n a dati skup K i Jakobijan uvedene transformacije je 1 .V,*)
J(u,v,t) = || _
- ~~ Tada je
x+y
_
1 1
x+y
2 1
0 1
1
V
(1+ w ~
fii+lF'
2 2 1 f vdv f d t = 4'
A V = f f f \J\dudvdt = f G
_
1 1
1
b) Ako se uvede smena u = f , v
1
* + it 6’
123
+ ! +
onda je G =
I
{(u ,v ,t) e K3 : 0 < u < 1, - 1 < t < 1, ~ arcsint < v < 1 ,} i Jakobijan uvedene transformacije je i o o = abc. ib J (u ,v ,t) = isT— tr a H^,vW) 1 1 1
i a
0
b
c
Sledi,
1
1
A V = abc J' du f dt 0
—1
1
1
dv = abc f (1 — ^tarc.smt)dt = fafecTr.
f
^ a r c s in i
—1
c) Presek ravni z = 1 i obrtnog paraboloida 2 = 3 —x 2—y2 (dobijenog rotacijom krive { ( y , 2) e l 2 : 2 = 3 - p 2} oko 2-o s e ) je kružnica {(a', y, 2) e R3 : x 2+ y 2 = 2, 2 = 1 }. Kako je oblast V simetrična u ođnosu na zO x i yOz ravni, to je A V = 4 f f f dxdydz, gde je v P = { ( i , t / , 2) e R 3 : l < 2 < 3 - i 2 - j 2, i > 0; y > 0}. Projekcija oblasti V' na ravan xOy je a' = {(x, y) e R 2 : x 2 + y2 < 2, x > 0, y > 0} i prema (1 ) je 3 - x 2 - j /2
A V = 4 f f dxdy
f
dz = 4 f f (2 — x 2 —y 2)dxdy.
1
a'
Ako se pređe na polarne koordinate, onda je f +2 +2 s/2 A V = 4 f dif f (2 — r2)rdr = 4 f (2 f rdr— f r3dr) = 27T. 0 0 “ 0 0 d) Projekcija skupa V 11a ravan xOy je = {(* , y) e E 2 : x 2 + y 2 < x + y } = { ( x ,y ) e R2 : (x - | ) 2 + (y - | ) 2 < f }. 2:+i/ AK = f f d,xdy f dz = f f (x + y - x 2 - y2)dxdy. a
a:2-}-!/2
Prelaskom na polarne koordinate dobijamo cosv34-siny»
A P = / (cosy3+ sinip)d(p - f4 4 = | / (cos(£ + sin
/ 0
cos cp-fsin <£>
r2dr— f dip - 44
/ 0
r3dr
4 | / (cos<^+sincp)4d(/?
= Vi I ((cos
/ (1 + sin2
e) Presek datog elipsoida i datog eliptičnog konusa sa temenom u koordinatnom početku je unija dve elipse {(%, V,z ) € R3 : f r + fr = 1, z = c } U { ( 2:, y, z) e R3 : fy + = 1, 2 = —c}. Telo V je simetrićno u ođnosu na sve tri koordinatne ravni, jer su i posmatrani elipsoid i eliptični konus simetrični u odnosu na sve tri koordinatne ravni. Zato je A V = 8AVj, gde je
124
Vi = {(^ ,y ,z ) £ R3 : f r + < 1, c ,J fp + 0, 2; > 0 } i projekcija skupa Vj na xOy ravan je
< z < c i j 2 - ( f j + ^ ),a : >
01 = {(ić,y) e K2 : fr + fr < 1, x > 0, y > 0} = { ( x , y ) € R2 : x — arcosip, y = 6rsinyp, 0 < ip < f , 0 < r < 1}. Tada je A F = 8 f f dxdy
C\J2~ ( fr + ^r) f dz c \j
+
= 8 II (C\J2 ~ f r “ fr “ c\/f^ + | r ) dxdy f 1 _____ = 8a6 f dip f ( c v 2 — r 2 — cr)rdr = 8a6c •f •
- g) = ^ ^ j ^ abrn.
f) Transformacija a: = ar cos3 ^sin#, i/ = 6rsin3<^sin$, z = crcosB preslikava oblast G = {(r,
27T 7T 1 = 3a6c / sin2 tp cos2 pdp f sin 6dd f r2dr = o o o
Ako se uvedu polarne koordinate, onda je 3\/2 c o s 2 ip
m = 2 f dip 0
f 3
(36 - r2)r3dr = = p 7r.
125
12. N aći težište h om ogen og tela gustine n{x, y , z ) = 1 koje zauzima — x 2 — y2}. + y“ > z 2, 0 < z < oblast V = {{x,y, z) Ako se uvedu sferne koordinate dobija se sistem nejednačina (r2 sin2 6 > r2 cos2 9 A r cos 9 > 0 A r2 < 4 A r > 0 AO < < 2ttA 0 < 0 < w), tj. (cos2 9 - sin2 fl < 0 A cos 9 > 0 / \ 0 < 9 < r r ) A ( 0 < r < 2 ) A ( 0 < p < 2tt), ođnosno (cos20 < 0 A cos6> > 0 A 0 < 6 < n) A (0 < r < 2) A (0 < p < 2x), čije rešenje je G = {{r, p, 9) 6 [0, 2] x [0, 2tt] x [ f , f ]}. Masa tela je 2. ! 2 m = f dip f sin 9d9 f r2dr 0 f 0 = v C - (-cosfl)i!- y \ l =
Koordinate težišta su x t = - f f f xdxdydz m
2tt - ^ f cos ipdip f sin2 6d9 f r3dr = 0 o JtH
l
"
Vt = s / / / vdxdvdz = r n f sin ipdip J sin2 8đ9 f r3dr = 0 0 2-7r Zt = £ / / / Zttedj/dz = i f dip f sinOcos9d0 f r3dr = v
o
f
o
13. N aći m om ent inercije h om ogen og tela gustine (i(x, y, z) = 1 koje zauzim a oblast V = {(z , y, z) G [0, oo) x [0, oo) x [0, co) : -Jx + y/y + \fz < 2} u odnosu na osu Oz. Transforrnacija x = r cos4 i/?sin4 $, y = rsin^tpsin4 #, 0 = rc.os4 9, preslikava skup G = { { r ,< p ,0 ) £ (0,oo) x (0,27r) x (0, 7r) : r < 4} na skup Vi = V \ [0, oo) x { 0} x [0, oo), ali ne bijektivno. Data transformacija preslikava bijektivno oblast Gi = {(r, tp,8) e (0,4) x (0, f ) x (0, f )} na Vi- Tada je, prema (7) i koristeći rešenje zadatka 3.d), Iz = f f f { x 2 + y2)dxdydz V=Vi ■= 16 jfjfjf r2 sin8 9r2 sin3 ip cos3 p sin7 9 cos3 0(cos8
■7/ "2 4 = 16/ sin3
1 R JL 1024 _ 1D ' 42 ' 144 ' 5
512 945 1
126
KRIVOLINIJSKI IN TEG R AL
Skup L C M3 je Žordanov luk ili prosta glatka kriva ako postoje interval / = [a, b] i funkcije x, y : I —>R za koje važi (a) L = {(x(t), y(t), z(t)) £ l 3 : i 6 / } ; (b) x, y i z su bijekcije skupa I na L; (c) x, y i z su klase C 1 na J; (d.) (x'(t),y'(t),z'(t))
(0, 0, 0) za svako t 6 /.
Kažemo da je tada sa x = x(t), y = y(t), z = z(t), t £ J data glatka param etrizacija Žordanovog luka L. Skup L C R3 je po delovima glatka kriva ako postoje interval J = [a,6], tačke a0, ... ,an takve da je a = ao < ai < ... < an_ j < an — b i funkcije i , j , z ; J - t R z a koje važi (a) L = {(x (t),y (t),2(t)) € R3 : t e J}; (b) (x'(t),y'(t),z'(t)) (0,0,0) za svako t € J \ {a 0, . . . , a n}. U a postoje đesni izvodi, u b postoje levi izvodi, a u taćkama a,, i = 1 , . . . ,n — 1 , postoje levi i desni izvodi ali ne moraju biti jednaki. Punkcije x' i y' su neprelcidne na (a0, a i ) ,. . . , (a „_ i,a n); (c) kriva L može sama sebe da preseca. Ako je (x(a),y(a),z(a)) = (x(b),y(b),z(B )) kažemo da je kriva L zatvorena. Inače, L ima rubove (x(a), y(a), z(a)) i (x(b), y(b), z(b)). Putanja ili prosta po delovima glatka kriva je po đelovima glatka kriva sa osobinom da za svako tx,t2 6 (a,b) iz fi ^ t2 sledi (x(ti),y(ti), z(tx)) ^ (x(t2),y (t2),z (t2)) (kriva ne preseca samu sebe na (a, b)). Kažemo da je tada s a i = a;(t), y = y(t), z = z(t), t e I, data glatka parametrizacija putanje L. Krivolinijski integral prve vrste Neka je funkcija / : D —> R, D C M3, ograničena na putanji L C D koja je data glatkom parametrizacijom x = x(t), y - y ( t ) , z — z(t), a < t < p .
(1)
Neka je interval [a,/3] podeljen na n podintervala [a, 0\ = [to, ti] U [ti,t2] U ... U [tn—2, tn—i] U [tn- i , tn], gde je a = t0 < ti < ... < L - i < t< < ... < tn = 0. Svakoj vrednosti t<, i = 0 ,1 ,..., n, odgovara na putanji L tačka Tj(x(t<), y(ti), z(U)). Označimo sa A k dužinu luka T<_iTj putanje L. Na svakom intervalu [f<_i, t<], i = 1 ,..., n,
127
izaberimo vređnost rt- parametra t kojoj odgovara tačka M t( f tJfft, £t), gde je £i = x(ri),r]i = y(ri),(,i = z(Ti). Sastavimo integralnu sumu n
s(/> l ) = Y 1 f & ' V i , (i)Aiii= 1 Ako za svaku podeFu intervala [a, 0} i izbor tačaka M t-, i = 1 ,... ,n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s(f, L) kad n —> bo i ^ma^c Ait —+ 0 onda se ta granična vrednost naziva krivolinijski integral prve vrste ili krivolinijski integral po dužini krive funkcije / duž krive L i označava sa / /( * ) y)dl. Ako je A = T0 i B = Tn onda se koristi i oznaka f f ( x , y, z)dl .
L
ili
/
L(AB)
f(x ,y ,z )d l.
(AB)
• Neka za funkcije f , g : D —> R, D C R3 i putanju L C D postoje integrali / f(x ,y ,z ) d i i / g(x,y, z)dl. Tada važi: L
L
/
f(x ,y ,z)đ l=
L(AB)
/
f(x,y,z)dl\
L(BA)
J (a f (x , y, z) + 0g(x, y, z))dl = a f f ( x , y, z)dl + 0 / fl(x, y, z)dl, a, 0 £ R; L
L
/
f ( x ,y ,z ) d l =
L(AB)
/
L
f(x ,y ,z ) d l +
L(AC)
f
f (x ,y ,z )d l, gde je tačka C e L
L(CB)
tačka između A i B; \Jf(x,y,z)dl\ < j \f(x,y,z)\dl. L
L
Akoj e f ( x , y , z ) < g (x ,y,z ), ( x , y , z ) e L , ondaje / f (x ,y ,z ) d l < f g(x,y,z)dl. L
L
e Neka je funkcija / : D —+ R, D C R 3 neprekidna na prostoj glatkoj krivoj L koja je data glatkom parametrizacijom (1). Tada važi
® Neka je / : D —> R, D C R3, nenegativna neprekidna funkc-ija na putanji L C D. Površina cilindrične površi S = { ( x , y , z ) e K.3 : (x, y) e L, 0 < z < f ( x , y ) } je A S = ff(x ,y )d l. L
128
( 3)
Dužina A l putanje L C K3 je
|
(4 )
Dužina krive ne zavisi od parametrizacije ako se kriva daje glatkom parametrizacijom. • Ako je L C R 3 komad žice i ako je linearna gustina p žice L poznata u svakoj tački M ( x ,y , z) onda je m = J p (x ,y ,z)d l
(5)
masa žice L. Krivolinijski integral druge vrste Neka su funkcije P, Q, R : D —>R, D C R3, ograničene na putanji L C D, datoj u parametarskom obliku jednačinama x = x(t),
y = y(t), z = z(t), a < t < { 3 ,
(6)
i orijentisanoj od tačke A(x(a), y(a), z(a)) prema tački B(x(/3),y(/3),z({3)). Neka je [a,(3\ = [t0l ti] U {tx,t2] U . . . U [fn_ 2,t„_ i] U [tn_ i,f„ ], gde je a = to < fi < ••. < tj_i < U < ... < tn = {3. Svakoj vrednosti ti, i = 0 ,1 ,..., n, odgovara na putanji L tačka Ti(xi,yi, zt), gde je x { = x(ti), Vi = y(ti), Zi = z(ti). Označimo sa dužinu luka T j^ T j putanje L. Na svakom intervalu [t»_i,tj] izaberimo vrednost Tj parametra t kojoj odgovara tačka Mi(£i,r)i, Cj), gde je £,■ = i(r j), r), = y(rj), Ci = z(U). Neka je A x, = Xi - Xj_i, &Vi = V % - Vi-i% &.Zi = Zi — Zi-i. Sastavimo integralne sume sx (P,L) = Y j P(Ši,Vi,(i)&Xi, i-1 Sy(Q,L) =
i=l
Q(Ci,J?i,Ci)Ayi i
sz (R,L) = f ) ff(Ci,r?i,Ci)Azi. i= 1 Ako za svaku podelu putanje L i izbor tačaka M it i = 1 , . . . , n , postoje jedinstvene granične vrednosti integralnih suma sx(P,L), sy(Q,L) i sz (R,L), respektivno, kad n —> 00 i maxAZj —* 0, onda se te granične vrednosti redom nazivaju krivolinijski integral druge vrste funkcije P po koordinati x i krivolinijski integral druge vrste funkcije Q po koordinati y i krivolinijski integral druge vrste funkcije R po koordinati z, duž putanje L i označavaju se sa J P (x ,y ,z )d x , f Q (x,y,z)dy i f R(x,y,z)d z. Opšti krivolinijski integral L L L druge vrste je definisan sa
129
/ P(X, y , z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz = L
= f P(x, y, z)dx + JQ(X, y, z)dy + J R(x, y, z)dz. L
L
L
Ako je putanja L zatvorena, umesto oznake J ćesto se koristi oznaka J . L
.
L
* Neka je L putanja između tačaka A i B, P i Pi su funkcije dennisane na putanji L C R3 i integrali J P ( x ,y ,z ) d x i / P i(x,y,z )d x poštoje. Tada važi L
L
J(aP(x, y, z) + f3Px(x, y, z))dx = a j P(x, y, z)dx + 0 f Pi(x, y, z)dx, a, 0 € K; L
L
r l
(a
b
P(x, y, z)dx = )
/ L(AC)
između tačaka A i B\ J P(x, y, z)dx = — / L( AB)
L
P (x,y,z)d x+
J
P (x ,y , z)dx, gde je C 6 L tačka
L(CB)
P ( x ,y ,z ) dx.
L(BA)
« Neka su funlccije P, Q, R : D -*• M, D C E3 neprekidne na putanji L datoj sa (??). Tada važi / P(x, y, z)dx = / P(x(t),y(t),z(t))x'(t)dt, J Q(x, y, z)dy = / Q(x(t),y(t),z(t))y'(t)dt, L
(7)
oi
j R ( x , y , z ) d z = f R(x(t),y(t),z(t))z'(t)đt, L
*
kao i
p
J P (x ,y ,z )d x + Q(x,y,z)dy + R (x,y,z)d z = / (P(x(t),y(t),z(t))x'(t) + + Q(x(t),y(t), z(t))y'(t) + R (x(i),y(t), z(t))z'(t))dt. N ezavisnost integracije o d putanje
D,
Ako su funkcije P, Q, R : D -> M, D C K3, neprekidne na otvorenoj oblasti onda su sledeća tvrđenja međusobno ekvivalentna: ® Postoji funkcija V : D —►R sa neprekidnim parcijalnim izvodima takva da je dV = Pđx + Qdy + Rdz
,
i važi da je
f
Pdx + Qdy + Rdz = V (B ) —V(A).
(AB)
130
• Za svaku zatvorenu putanju L C D,
• Krivolinijski integral
/
Pdx + Qdy + Rdz, (A B ) C D, ne zavisi od
( AB)
putanje integracije, nego samo od tačaka A i B. Neka su u otvorenoj jednostruko povezanoj oblasti D C M3 zadate neprekidne funkcije P, Q i R, koje imaju neprekidne parcijalne izvode Py, Pz, Qz, Qx, Rx i Rv. Potreban i dovoljan uslov da integral /
Pdx + Qdy + Rdz,
(A B ) C D,
( AB)
ne zavisi od putanje (A B ), jeste da su ispunjene jednakosti Py — Qxt Qz
—
Ry I Rx — Pz■
(8)
Funkcija V (x , y, z) data je sa V ( x , y , z ) = / P (t,b ,c)d t+ / Q ( x ,t ,c ) d t + f R (x,y,t)dt+C , a
b
c
(9)
za proizvoljno (a, b, c) 6 D. 1.
Izračunati I — f (x2 + y 2)dl, gde jeL trou gao sa tem en im a
A(l, 0), 5 (1 ,1 ) i 0 (0 ,0 ). Prema osobinama krivolinijskog integrala prve vrste, iz L = OA U A B U BO, sledi f ( x 2 + y 2) d l = f (x2 + y2)dl + f ( x 2 + y 2) d l + f ( x 2 + y2)dl. L OA ~AB BO Kako je OA = { ( x ,y ) e R2 : x = t, y = 0, 0 < t < 1}, AB = { ( x , ! / ) 6 l 2 : i = l , y = t, 0 < t < 1}, BO = { (x ,y ) 6 l 2 : i = t, y = t, 0 < t < 1}, to je
I = / t2\/T+~0dt + / ( I + t2)y/W+Adt + 2 / t2i / m d t = |(5 + 2\/2). o o o 2. Izračunati I = f \y\dl duž parabole L
L = {(x, y) C E2 : y2 = 2 px, 0 < s < | } , p > 0 .
131
Kako je data parabola simetrična u ođnosu na x osu i |t/| = |— y\ to je 1 = 2 J \y\dl, gde je L%= {(a;,y) 6 R2 : i = ^ , y = t, 0 < t < p } .
Prema (2), iz x'(t) = |si y'(t) = 1 sledi I = 2 / t ^ p - ~+ldt = 2 ^ -1 ^
3.
+ 1)3 C = I p 2(2 V 2 -1 ).
Izračunati dužinu dela cikloide
L = { ( x , y ) € R2 : x = a(t — sint), y = a( 1 — cost), t £ [0,2 7 r ] } , a > 0. Kako je x'(t) = a (l —cost), y'(t) = asmt to je, prema (4) i (2), A l = Jdl L
22n
j------------------------------—— J \Ja2(l —cost)2 + a2s'm2tdt 2?r
2an X
2it
_______
7r
v
= a\f2 J \/l —cos tdt = 2a J |sin ||dt = 4 a J sinudu = —4acosu | = 8a. o o o 4.
Izračunati I = J \fx2 + y2dl, duž deia A rh im edove spirale L
L = {(x,y) £ R2 : x = atcost, y = atsint, t £ [0, 2-7r]}, a > 0. Iza: = a tcost,y = at sin t sledi x'(t) = a(cost-ts'mt), y'(t) = a(sint+i cost)
i Vij'jt))2 + (y'(t))2_______________________________ = \Ja2(cos2t —21sin t cos t + t2 sin21 + sin21 + 2t sin t cos t + t2 cos t) = \/a2(t2 + !)■ Tada je I = J V a 2t2 cos21 + a2t2 sin2 t\Ja2(t2 + 1 )dt o 2ir = a? J ty/t2 + ldt o 4 tt2 + 1
= T
f Vudu 1 _______ = ^-((47r2 + l)%/47r2 + 1 - l).
132
5. D ati form ulu za izračunavanje integrala I = f f(x,y)d l, u slučaju L kada je kriva zadata jed n a čin om r = r(ip), ipi < tp < ip2, u polarnim koordinatam a. Kako je transformacija polarnih koordinata (r,ip) £ [0,oo) x [0, 2tt] u Dekartove (x, y) £ R2 data jednakostima a; = rcosp , y = rsin
I = / / (r (p) cos p, r(p) sin p)
cos
= r2(p) + (r'(p))2 i
r2(p) + (r'(p))2dp.
6 . Izračunati površinu p ovrši S = {(x, y, z) £ R 3 : x 2 + y2 = ax, x 2 + y2 + z2 < o2}, a > 0. Data površ je simetrična u odnosu na ravni y = 0 i z = 0. Prema tome, A S = 4A
0
0 v
v 7T
= 2 a / asin fd t = 4a2(—cos f)|’ = 4a2. 0 1 i 1 / 7. Izračunati p ovršm u p ovrši - ' 5 = {(x ,t/,z ) £ R3 : (x2 + y 2)2 = a2(a:2 - y2), 0 < z < \xy\), a > 0.
Površina površi S je A S = f \xy\dl, gde je L = {(x , y) £ R 2 : (x2 + y2)2 = a2(x2 - y2), a > 0} Bernulijeva lemniskata. U polarnim koordinatama Bernulijeva lemniskata je L = {(r, p) £ [0,00) x ([0, f ] U [2 f,
] U \?f, 2tt]) : r = a / c o s lp }.
Kako je lemniskata simetrićna u odnosu na ravni x = 0 i y = 0 i |(—x)y\ = \xy\ = \x(—y)\ to je A S = 4 f |a cos p^/cos^pa sin
133
= 4a3 / 51^ 1 o
y/čćS2ipdip
1 8. Izračunati dužinu dela cilin dričn e zavojnice L = { ( x , y , z ) € K3 : x = acost, y = asini, z = bt, 0 < t < 2tt}, a,b > 0. Iz x'(t) = - a s i n t , y'(t) z'(t) = b sleđi
=
a co s i i
A 1 = Jdl L
= / \/a2 sin2 i + a2 cos2 t + b2dt 0 2tt ______ = %/a2 + b2 f dt = 27iVa2 + 6 . 0 9.
Izračunati I = / a:2di, za kružnicu
L = {(x ,y , z) e M3 : x2 + y3 + z 2 = a2, x + y + z = 0}, a > 0. Ravan x + y + z = 0 sađrži koordinatni početak, tj. sadrži centar sfere x 2 + y-2+ z 2 _ a2^§to znagi da je L centralna kružnica poluprečnika a. Kako je / x 2dl = f y 2dl = / z 2dl, to je L I = i J ( x 2 + y 2 + z 2)dl = i f d l . L
,
L
Dužina luka krive L, f dl, jednaka je obimu kruga poluprečmka a, te je L
I = +J ■2ax = |a37r.
10. Izračunati 1 = f (y + ya& — \)dl, gde je L = {(x, y, z ) ć l 3 : ( i - a)2 + y2 + z2 = a2, (x - b)2 + y2 = b2, z > 0 },0 < b < a . •z =
Ako je parametrizacija krive L = { ( x , y, z) £ R 3 : x — b — bcost, y — bsinf, a2 - (x - a)2 - y2 = ^2b(a - b)(l + cosf), 0 < f < 2tr}, onda je x'(t) = —bsinf,
y'(t) = bcost, z'(t) = -
(x '(f))2 + ( y ' ( f ) ) 2 + ( z ' ( f ) ) 2 = &2 + ^ ( 1 Prema tome, 2tt / = / (bsilif + y f i b - tCa-tHl+ccia j
134
1 - cosf). COSf)df
= f bsmt\fp~+ ^- ^- ( 1 - cost)dt o v ____________________ + / J ab - <>(«»->) 0 +■=” «) o v -0 +
+ ^a=±l(i _ cos t)dt
b(a+b')+b(b—o ) cosž ^ /~b(o+6)4-6(&—a) cosT^
/ (i(a + 6) + b(b - a) cos tj dt = |(a + &)t | +0 = 6(a + b)ir. 11. N aći m asu žice L = { ( x , y , z ) € R3 : 'i = e*cost, y = e‘ sint, z = e\ 0 < t < a}, a > 0 ako je p(x, y, z) = x2+^ ++i gustina žice u tački M (x ,y ,z ) . Kako je x ’ (t) = e*(cost - sint), y’ (t) = e‘ (sint + cost), z’ (t) = ef i p(t) = 2jrr to je m = f pdl = | / e~2< v/e2£((cos t —'sin t)2 + (sint + cost)2 + l)d t L 0 V = ^ / e - * d t = ^ ( l - e - “ ). o 12.
Izračunati J = / xdy, ako je Jj = OAU ^41? U BO, A (2 ,0), J?(0,2), L
p ozitivn o orijentisan trougao. Duži OA, AB, i BO su redom OA = { ( x , y ) € R 2 : x = t, y = 0, 0 < t < 2}, B A = { ( x , y ) e M . 2 : x = t, y = 2 - t , 0 < t < 2 }i 0 5 = {(x ,y ) £ R 2 : x = 0, y = t, 0 < t < 2}. Kako je L = O A O A B O B O , i smer integracije je suprotan kretanju kazaljke na časovniku, to je 2
OA
13.
AB
fi 0
BO
Izračunati I = /
- xd,y} ako je elipsa
L
L = {(xty)Z
+ ^ =
a > 0, 6 > 0
negativno orijentisana.
135
Iz parametrizacije elipse L = { ( x , y ) G M2 : f = cost, f = sint, 0 < t < 2tt, a > 0, b > 0} sledi x'(t) = -a s in t , y'(t) = 6 cost. Kako je smer int.egracije kao kretanje kazaljke na časovniku, to je o o I = J (—absin2t —cib cos2 t)d,t = —ab f dt = 2abix. 2w 2tt » 14. Izračunati I = / ( / ( » ) +
+ (g(y) - xi+vyi+1)dy,
gde je putanja L p ozitivn o orijentisan rub oblasti {(x, y ) e » 2 : y2 < X, x 2 + y 2 < 2, y > 0}, a / i g neprekidne funkcije. Presek krivih x 2 + y2 = 2 i y2 = x, y > 0 dobijamo rešavanjem kvadratne jednačine x 2 + x - 2 = 0, tj. presek je B (l, 1). Ako su krive
onda je, V2
V2
Vš
h = / ( /( i ) + p q r ) * = / 0 0
V2
+ / WTidt = / /CT)da: + 5 ln3i 0 0
72 = f f(x )d x + f ^ f i A ( - V 2 ) sin tdt + f g(y)dy - f ^ f ^ V S c o s t d i s/2 0 0 0 1 1 f 1 1 = f f(x )d x + f g(y)dy - § f sin2tdt = f f(x)d x + f g(y)dy -
V5
o
o
V2
o
h = f f(x )d x + f ti +t+jd t + f g(y)dy - / 0
0
0
0
= J f ( x ) d x + J \ -$ J šx d t + / s(y)dy - / = / /(*)<& + | ln(t2 + t + 1 ) lo + S g(y)dy - 2 ^ a r c t g 3 ^ - 1‘ 0 o = J f ( x ) d x + \ ln$ + f g(y)dy + ^ ( f - f ) .
o
o
Sledi, za smer integracije suprotan kretanju kazaljke na satu, V2 1 1 I = h + h -h = f f ( x ) d x + | ln 3+ / f (x ) d x + f g ( y ) d y - § +
o
V5
136
0
+ f f ( x ) d x - |in3 + S g { y ) d y - ^ ( f - J) = \ { ^ - 1). 1
1
15. Izračunati I = / ( y 2—z 2)d x + (z 2—a;2)d y + (2;2—y2)dz g d e je p u ta n ja >
L
L negativno orijentisan ru b ob la sti { ( i , j / , z ) 6 l!3 : 0 < x < a, 0 < y < o, 0 < z < a , x + y + z = ffl}, a > 0, p osm a tran o iz k oord in a tn og početka. Luk L se sastoji od šest duži čije parametrizacije su Li = {(z , V, z) e R 3 : x = t, y = 0, z = |a - t, t £ [§, a]}; Li = {(x , i / , z ) e 8 3 : i = a, y = t, z = \ a - t , t E [0, f ]}; L3 = {(x , y,z ) e R 3 ■x - t, y = |a - 1, 2 = 0, t G [§, aj}; L4 = { { i , j/,2) 6 K3 : x = t , y = a, z = \ a - t , t £ [0, f ]}; L5 = {(sc, 2/, z) G IR3 : a: = 0, y = f, 2 = |a - t, t € [ f , aj}; L6 = {(x , } , z ) € l J : i = i, y = f a - i, 2 = a, t e [0, f ]}. Neka je 7, = / (y2 — 22)da: + (22 — x 2)dy + (x 2 —y2)dz, 1 < i < 6, gde je smer U
integracije suprotan kretanju kazaljke na časovniku, ako se gleda od pozitivnog smera ose Ox. Tada je h = h = h = / ( - ( f a - t ) 2 - t 2)dt = - i f l 3 i h = l 4= h = / ( ( f a —t)2 — a2 — (a2 — t2))dt 0 ’ 12L
16. Izračunati I = / yda: + zdy + a;dz, ako je putanja £ L = { (rrr, j/, z ) 6 l 3 : i ! + / = 4, 2; + y + z = 4} orijentisana od tačke A(2,0,'2) prem a tački B {0,2,2), p osm atran o na kraćem luku L{AB) krive L. Iz parametrizacije L = { {x ,y , z) e l 3 : x = 2 cost, r/ = 2 sint, z = 4 —z —y = 4 - 2 cost - 2 sint, 0 < t < 2tt}, sledi a:'(t) = - 2 sint, a/"(t) = 2 cost, z'(t) = 2(sint — cos t).
137
Za dati smer integracije (ako je t — 0 dobija se tačka A, a ako je t = § tačka B ) je 271-
J (_ 4 sin2 f + 8 cos t - 4cos2i - 4sini cost o + 4 sin i cos t —4 cos2 i)di 2tt = —4 J (cos21 — 2 cosi + l)d i o
J _
277
27T
277
= —4 J 1+c°s2f-dt + 8 f cos tdt — 4 / dt 0 0 0 27T
27T
27r
27T
= -24 I —sin2i [ + 8 sin i | —4i | = -12ir. o o o o
17. Izračunati I = /
+
z 2dy +
ako je putan ja
L = { ( x ,y ,2) € M3 : x2 + y2 + z 2 = 9, a:2 + y2 = 3x, z > 0} orijentisana od tačke +1(3,0, 0) prem a tački B
( ^ j), p osm a tran o na
luku L(AB) krive L za k oji je y > 0.
101«+
Projekcija krive L na ravan xOy je kružnica (x - | ) 2 + y2 — §.
18.
Izračunati / xydx + yzdy + xzdz, gde je putanja L
L = {(x. y, z) G 8 3 : x 2 + y2 + z 2 = 4, x - y + 2 = 0} p o zitiv n o orijentisana ako se posm a tra sa p ozitiv n og dela y-ose. Ako uvedemo parametrizaciju L = { ( x ,9, 2) 6 l 3 : j = i + 2, x 2 + (x + 2)2 + z2 = 4} = {(x, y, z) € R3 : y = x + 2, (x + l )2 + ^ = 1} = { ( x , y , z ) € R3 : x + l = cosi, — sini, y = x + 2 — c o s i + 1 , t e [0, 2-tt]},
or.da je 2tr I = J ({cost - 1)(cost -f 1) ( - sini) + (cos t + l)\ /2 s in i(- sin f ) o + (cost — l)\/2sinf\/2cosf)ctt = —\Z2tt.
19.
Izračunati I = f xydx + zdy + xdz, gde je putanja
L = {(x, y, z ) e 8 3 : i 2 + ( z - l f = l, X2 + y2 + z 2 = 2} p ozitivn o orijentisana ako se p osm a tra sa p ozitivn og dela z-ose. Projekcija date krive na zOx ravan je C = { (z, x) £ K2 : x 2 + z2 = 2z, x 2 + z 2 < 2} = {(z, i ) e l 2 ; x 2 + (z - l ) 2 = 1, 0 < z < 1} = {(z, x) € R 2 : z — 1 = cost, x = sint, te[
r \
^ IV )
0v i)
22
VJ
Podelićemo krivu L na dve krive čije su parametrizacije Li = {(x ,y , z) £ I 3 : z = 1 + cost,x = sint,y = = {(x ,y , z) € R3 : z: = 1 + cost,a; = sint,?/ = 1/2 = {(*, } , z ) e K 3 : z = l + cost,a: = sint,j/ = = {(a:, y , z ) e l 3 : z = l + cost,.t = sint,y = Tada je
%/2 —x 2 — z 2, f V —:2cost, f —\/2 — x 2 —z2, —1/ —2cost,
I = f xydx + zdi/ + a:dz + / xj/da: + zdy + a:dz Li Z/2 3 tt
~T
= f ( sinty/—2 costcost+ (1 + cost) f
- - sin2 f) df
+ / ( —sint\/—2 costcost— (1 + cost) 3 tt T
V
20.
+ (3z/2z + xy p p )dy + (a:3 + z/3)dz,
Izračunati / = / (3x2z —
— sin2t)dt = 0.
gde je putan ja L = {(x , j/, z) 6 R3 : a:2+ j/2 = z, a:2+ j/2+ z = 2} orijentisana u sm eru kretanja kazaljke na satu, ako se posm atra sa p ozitivn og dela z-ose. Putanja L je kružnica koja je presek datih paraboloida čije su jednačine a:2 + y2 = z i a;2 + y 2 = 2 - z, tj. L = {(x , y, z) e R3 : x 2 + y2 = 1, z = 1} = { (x ,y , z) 6 R3 : x = cost, y = sint, z = 1, t £ [0,2 tt]}. Kako je x'(t) = —sint, y'(t) = cost i z'(t) = 0, to.je 2tt , ^ _ \ I = / ( (3c.os21 — sint)(—sint) + (3 sin21 + cost) cost + (cos31 + sin31) •Ojdt o ' '
139
< t< t/ < t <} i f
2 tt
27r
2 tt
27t
= —3 / cos21 sin tdt -b / sin2 tdt + 3 / sin21 cos čcft + / cos2 tdt o o o o 27T
27T
27T
= 0 + / sin2 tdt + 0 + / cos2 tđt = f dt = 2n. o o o ,-ik 21. Izračunati / ydx —xdy + (z — 1)dz, gde je putanja l
L = { ( x , y , z ) 6 K3 : z 2 +
4 j /2
+ 2 z 2 — 4z —
6 =
0,
x 2 + y2 —z 2 + 2z —
1
=
0,
z
>
1}
pozitivno orijentisana posmatrano sa pozitivnog dela z-ose. Projekcija na xOy ravan preseka datog elipsoiđa kružnog konusa x 2 + y 2 = (z — l ) 2 je elipsa L' = { ( x , y ) e K2 +
\
= 1 i datog
+ ^ + ^ + £ = l}
= { ( i , s ) £ K 2 : ^3 + ^3 = 1} = { ( x , y ) € M2 : x = ^ /f cost, y = ^/| sini, 0 < t < 2ir}. Tada je L = { ( i , j , z ) £ l 3 : £ = ^ /f cost, r/ = t
€
[0 , 2
x'(t) = ; - ) ' ( .. +
tt ]
sint, 2 = 1 +
},
sint, j/'(t) = f l cost, 2'(t) = Sin2 t - 1 # cns! i - , / f / T + ccsTt
22. Pokazati da integral / =
i j
/ 2xydx + x2dy ne zavisi o d putanje (AB)
koja spaja A \ B. Kako su P = 2a://, Q = a:2, Pj, = 2a: i = 2a: neprekidne na R 2 i Py = to krivolinijski integral I ne zavisi od putanje koja spaja tačke A i B.
23.
Pokazati da je / f ( x 2+ y 2)(xdx+ydy) = 0, L C D, ako je funkcija / L neprekidno diferencijabilna na jed n ostru k o povezan oj oblasti D C R2. Neka je u = a:2 + y2. Kako je P = f ( x 2 + y2) x , Q = f ( x 2 + y2)y, to je Py = f ( u ) 2 x y i Qx = f ( u ) 2 x y . Integral I = § f ( x 2 + y2)(xdx + ydy) tada ne L zavisi od putanje u oblasti D, tj. 7 = 0 duž svake zatvorene putanje L C D.
140
24.
O drediti realne b ro je v e p i q i funkciju V = V (x ,y ) tako da izraz x 2 + 2xy + qy2 y~ + 2xy + pz^ dx 212 dy (x2 + y2)2 (* 2 + 2/2)
bude totalni diferencijal fun kcije V. Dati izraz je totalni diferencijal funkcije V ako i samo ako je Py = Qx u otvorenoj jednostruko povezanoj oblasti, gde je P = v T + V )* i Q = - ~ , a to važi za p = q = —1. Za svako (x, y) 6 t 2 \{ ( 0 , 0 ) } postoji otvorena jednostruko povezana oblast D C R 2 \ {(0 ,0 )} koja sadrži tačku (1,1). U toj oblašti je V(x, y) = f P(t, l)dt + / Q (x, t)dt + Cj = f _
25.
x -y
Py
, rt
Izračunati I = f (AB)
Kako je P ■ =
=
• f x 2+ y 2+ z 2
*dx+vdy+zdz gde j e ^
,Q
(x2 + j/2 + 2 2 ) |
—
x 2) i B (l, 2,4).
V * a+ * a+ * a
xy
Qx
- f ^ i f d t + Cx
■v
^X2+l/2+Z2 ’ Pz = jR;
__
2:
i^/iC^+J/^+.Z2
, to je
(x2-H/2+z2)S 1!ž_ -T, ( x ,y ,z ) Jz (0,0,0)
( l 2 +J/2 + Z 2 )
Funkcije P ,Q ,R i. njihovi parcijalni izvodi su neprekidne na R3 \ {(0 ,0 ,0 )}. Ova oblast nije povezana, ali se može izabrati jednostruko povezana oblast D C R3 \ {(0 ,0 ,0 )} koja sadrži putanju A C U C E U EB, gde je A (0 ,1, 2), B (l, 2,4), C (l, 1,2) i £ (1 ,2 ,2 ) u kojoj integral I ne zavisi od putanje (AB) C D. Ako za putanju integracije uzmemo (AB) = A C A C = { ( x , y , z ) e D : x = t, y = 1, z = 2, 0 < t CE = { ( x , y , z ) e D : x = l, y = t, z = 2, 1 < t E B = {(x, y, z) e D : x = 1, y = 2, z = t, 2 < t onda je
1 -- f d
%
+ 1
f + +
- } ž fe =
B ,4
/7
, -2 41
U C E U EB, < 1}, < 2}, < 4}
v ® - +■
26. N aći funkciju V čiji je tota ln i diferencijal p rvog reda dV = (y + z)dx + (x + z)dy + (x + y)dz, a zatim izračunati 1=
f
(y + z)dx + (x + z)dy + (x + y)dz, ako je A ( l , - 1 ,2 ) i B ( 2 ,1,3).
( AB)
141
Neka ]e P - y + z, Q = x + z i R — x + y. Kako je Py = Qx = 1, Pz = Rx = 1, Qz = ^ = 1 i funkcije P, Q, P, Py, Qx , PZ,R X, Pj, su neprekidne u K3 to postoji funkcija V takva da je Vx — y + z, Vv = x + z i Vz = x + y. Nalaženjem integrala po promenljivoj x iz Vx = y + z sledi V = xy + xz +
(bt + xy + xy + I =
ct) + (x t + ct) 11 + (x t + yt) |* + 0 i xz + yz — ab —ac — bc + C\ xz + yz + C. f dV, to je
(AB)
I = V (2 ,1,3) - V (l, - 1 , 2) = 11 + 0 + 1 - 0 = 12. 27. izraz
G drediti realne b rojev e p i q i funkciju V = V (x ,y ,z ) , tako da
pdx —3dy qy —x + z 3 -------------- H---------- 7r-----dz z z2 bude totaln i diferencijal funkcije V. Kako je P = |, Q = - f i R = to je Py = 0, Pz = Qx = 0, Qz = =f, Rx = -=S i Ry = js i funkcije P , Q , R , P y , Q x, Pz, R x, Q z i Rv su neprekidne za z jb 0. Dati izraz je totalni diferencijal neke funkcije u jednostruko povezanoj oblasti koja ne seče xOy ravan ako su ispunjene jednakosti (8), tj ako je i = f j , a to je ispunjeno za p = 1 i q = 3. Izaberimo D\ = { ( x ,y , z ) G R3 : z > 0} i izaberimo (a,b,c) = (0,0,1) e Di u (9). Tadaje ] d t - z ] d t + j * ^ d t = l - W z + \ z> -\ . 0 ° 1 Kako izbor (a, 6, c) utiče sarno na konstantu to je u oblasti D\ V(x, y, z) = f - 3 f + |z2 + 0. Ako izaberemo oblast D2 = { ( x , y , z ) £ IR3 : z < 0} i tačku (0,0, —1) 6 D 2, onda je f - d t + 3 fd t + f = -2cc + 6 y + f - ^ + ^ - i . o o 1 U’ Oblasti D 2 je V ( x , y ,z ) = - 2 x + 6y + f + \z2 + 0.
142
P O V R Š IN S K I IN T E G R A L
Površinski integral prve vrste Neka je funkcija / : S —>K, 5 C M3, ograničena nad 5, gde je S glatka površ ograničena po đelovima glatkom krivom i neka je d rastojanje (metrika) na R3. Izvršimo podelu T = {5 i, S2, ■■■, Sn} površi S na konačan broj disjunktnih površi Si, i = 1, . . . , n, i u svakoj površi Si izaberimo tačku M* e 5,. Neka je A Si površina površi 5,. Elemenat S; ima dijametar d(Si) — max d(x,y). Parametar podele je y(T) x}y£
n
s (f:T ) =
f ( M i)ASi t=l nazivamo integralnom sum om funkcije / po podeli T i izboru tačaka M it i = l,...,n. Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mit i = 1, . . . , n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s ( f ,T ) kad y(T) —> 0 i n —♦ 0 0 onda se ta granična vrednost naziva površinski integral funkcije f (x , y, z) p o površini p ovrši S ili površinski integral prve vrste i označava sa f f f(x,y,z)d S . s « Neka je S C R3 glatka površ ograničena po đelovima glatkom krivom, f , g : 5 —>R, a, (5 e R i integrali / / f (x ,y ,z ) d S i / / g(x,y,z)dS postoje. Tada važi //
(q / (
x, y, z) + (3g(x, y, z))dS = a f f f ( x , y, z)dS + (3 / / g(x, y, z)dS S
3
S
f f f (x ,y ,z ) d S = f f f ( x ,y , z ) d S + / / } ( x ,y , z ) d S ako je S = Sx U S2 i površi S Si s2 Si i S-2 nemaju zajedničkih unutrašnjih tačaka. • Neka je S glatka površ ograničena po delovima glatkom krivom i neka je na njoj definisana neprekidna funkcija / = f ( x , y, z). Ako je površ S data eksplicitno jednačinom 2 = z(x,y),' (x,y) e cr, gde su funkcije z ,z x i zy neprekidne na a, onda je / / f ( x , y, z)dS = / / f (x , y, z(x, y ) ) J l + z % + z%dxdy. s 0
( 1)
Ako je površ S data eksplicitno jednačinom x = x(y,z), (y , z ) G a, gde su funkcije x , x y i xz neprekidne na a, ouda je / / f ( x ,y , z ) d S = f f f ( x ( y , z ) , y , z ) J l + xl + x z2dydz. s 0
(2)
Ako je glatka površ S data eksplicitn jednačinom y = y(x,z), (x,z) e a, onda je / / f ( x , y, z)dS = f f f ( x , y(x, z), z ) J 1 + y% + y2 z dxdz. S
<7
143
(3)
• Neka je data glatka površ S parametarskim jednačinama x = x(t,u), y = y(t, u), z = z(t, u), (t, u) € D, gde su funkcije x, y i z neprekidno diferencijabilne na D, i na njoj definisana neprekidna funkcija f (x , y, z). Tada važi jednakost / / f ( x ,y , z ) d S = / / f (x(t,u),y(t,u), z(t.,u))\/AB - C 2dtdu, S
'*
D
(4)
gde su A = x\ + y\ + zt2, B = x\ + y\ + z\ i C = x tx u + ytyu + ztzu Gausovi koeficijenti površi S. » Za površinu A S glatke površi S c M 3 ograničene po delovima glatkom krivom važi AS=JJdS. (5)
s
e Ako je p(x, y, z) površinska gustina mase m raspoređene neprekidno po glatkoj površi S ograničenoj po đelovima glatkom krivom u koordinatnom sistemu Oxyz onda je m — II p(x,y,z)dS. s
( 6)
• Težište T (xt,y t,z t) glatke površi S ograničene po delovima glatkom krivom ima koordinate ^ = m II xp(x,y,z)dS, yt = A JJyp(x,y,z)dS, zt = £ / / zp(x,y, z)dS. s
s
s
• Neka je S po delovima glatka površ koja se izdvajanjem konačnog broja tačaka i krivih svodi na uniju glatkih površi Si, S^, ■■■, Sk, i neka je f : S —+ R, S C R3, ograničena nad S. Tada je, po definiciji, / / f(x ,y ,z ) d S = S
/ / f(x,y,z)d S .
(7)
i = l Si
Površinski integral druge vrste Neka je funkcija / : S —* K, S C R 3, ograničena nad S, gde je S glatka orijentisana površ. Izvršimo podelu T = {S i, 5^, . . . , 5 « } površi S na konačan broj disjunktnih površi Si,i = 1,..... ,n, i n svakoj površi St izaberimo tačku M t. Neka je A
144
Broj n
S(f,T) = J2f(M i)Aa i t=i nazivamo integralnom su m om fun kcije / po podeli T i izboru tačaka Mit i — 1,2 Ako za svaku podelu T i izbor tačaka Mj, i = 1 ,... ,n, postoji jedinstvena granična vrednost integralne sume s (/, T ) kad ^ (r ) -* 0 i n - » oo onda se ta granična vrednost naziva površinski integral funkcije f ( x , y , z ) p o koordinatam a x i y po izabranoj strani površi S ili površinski integral druge vrstei označava sa f f f ( x , y , z)dxdy. S Analogno se definišu površinski integral po koordinatama x , z i površinski integral po koordinatama y, z. Neka su funkcije P, Q, R : S —>R, S C M3, ograničene funkcije nad S. Tada je opšti površinski integral po izabranoj strani površi S definisan sa
//
Pdydz + Qdzdx + Rdxdy —
JJ
Pdydz -f
( 8) S
S
# Neka je data glatka površ S jednačinom z = z(x, y), (x, y) £ a C R 2, gde je z neprekidno diferencijabilna funkcija na a. Pretpostavimo da vršimo integraciju po onoj strani površi kod koje vektor normale, povučen u proizvoljnoj tački površi, zaklapa oštar ugao sa pozitivnim delom z-ose. Neka je na površi S definisana neprekidna funkcija f ( x , y , z). Tada je f f f ( x , y, z)dxdy = f f f(x ,y ,z (x ,y ))d x d y .
s
d
(9)
Ako se integracija vrši po onoj strani površi kod koje je ugao između normale u proizvoljnoj tački površi i z-ose tup onda je
JJ
f ( x , y , z)dxdy = —
JJ
f(x,y ,z(x ,y ))d x d y .
( 10)
Ako se projektovanje površi S vrši na ravan yOz (zOx), dobija se površinski integral druge vrste f f f(x ,y ,z )d y d z ( f j f (x,y, z)dzdx).
s
s
• Neka je površ S zadata jednačinom z = z(x,y) gde su funkcije z, zx i zy neprekidne nad a C M2, i neka je funkcija f ( x , y, z) neprekidna nad S. Veza između površinskog integrala prve vrste i površinskog integrala po koordinatama x i y je f f f (x ,y ,z )d x d ............... y = f f ...................................... f ( x , y , z ) cos^dS, ‘ ( 11)
s
s
gde je 7 ugao koji vektor normale na izabranu stranu površi zaklapa sa pozitivnim delom z-ose.
145
Neka je površ S zadata jeđnačinom y = y(z, x) gde su funkcije y, yx i yz neprekidne nad a C K2, i neka je funkcija f ( x , y , z ) neprekidna nad S. Veza između površinskog integrala prve vrste i površinskog integrala po koordinatama z i x je
Jj
JJ
s
s
f{x,y,z)d zd x =
f ( x , y , z ) cos j3dS,
( 12)
gde je (3 ugao koji vektor normale na izabranu stranu površi zaklapa sa pozitivnim delom y-ose. Neka je površ S zadata jednačinom x = x ( y ,z ) gde su funkcije x, x y i x z neprekidne nad a C R2, i neka je funkcija f (x , y, z ) neprekidna nad S. Veza između površinskog integrala prve vrste i površinskog integrala po koordinatama V i z je
JJ
f ( x i V-, z)dydz =
JJ
s
f (x , y, z) cos adS,
(13)
s
gde je a ugao koji vektor normale na izabranu stranu površi zaklapa sa pozitivnim delom s-ose. Ako su P, Q i R neprekidne funkcije nad 5 c t 3, onda je veza između opšteg površinskog integrala i površinskog integrala prve vrste Pdydz + Qdzdx + Rdxdy ■
JJ
(P c o s a + Q cos/3 + RcosrfdS.
(14)
Ako je površ S zadata jednačinom z = z(x,y) gde su funkcije z, zx i zy neprekidne nad a C R2, funkcija f ( x , y , z ) neprekidna nad S i ugao između vektora normale i pozitivnog dela z-ose oštar, onda je
f f Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = S
f f ( - z xP(x, y, z(x, y)) - zyQ(x, y, z(x, y)) + R(x, y, z(x, y)))dxdy. cr
• Neka je S po delovima glatka orijentisana površ koja se izdvajanjem konačnog broja tačaka i krivih svodi na uniju glatkih orijentisanih površi Si, S%,. . . , Sk, i neka su P, Q, R : S —> R, S C R3, ograničene nad S. Tada je, po đefiniciji, f f Pdydz+Qdzdx + Rdxdy = f f f f Pdydz+Qdzdx+Rdxdy. S
i = l St
1. Izračunati I = f f ( x + 2y - z)dS, ako je s S = { ( x ,y , z ) € R3 : 2x + y + 3z = 6, x > 0, y > 0, * > 0 }..
146
(16)
Kako je z = 5(6 - 2x - y), zx = - § , zv = - § i projekcija date površi na xOy ravan je cr = {(x , y) G R2 : 0 < x < 3, 0 < y < —2x + 6}, to je
I = f f ( x + 2y - z)dS = f f ( x + 2y - §(6 - 2x - y))yfl + (~ § )2 + (~\)2dxdy -2 x + 6
=
f dx
f
(5x + 7y — 6)dy = l 3\/l4:.
2. Izračunati I = f f ( x + y + z)dS, ako je
s S = {(ar, y, z) e R 3 : x + y + z = 4a, (x 2 + y 2)2 < a2(a:2 - t/2), x > 0, y > 0, z > 0), a > 0.
Projekcija površi S iia xOy ravan je <7 = { (x ,y ) £ K2 : (x 2 + y 2)2 < a2(a:2 - y2), x > 0, y > 0}, a > 0. Kako je z = 4a — x —y, to je zx = —1, zy = —1 i
I = f f ( x + y + z)dS = f f ( x + y + z ) J l + z l + z%dxdy = 4\fŽa f f dxdy. S
V
a
Ako se pređe na polarne koordinate, onda je f aVcos 2ip f 2 n I = 4 j l a f dtp f pdp = 4%/3a f a = 2\/da3 •| sin 2
3. Izračunati m asu raspoređenu p o kvadratu strane a ako jo j je gustina p u svakoj tačk i p rop orcion a ln a rastojan ju te tačke o d je d n o g vrha kvadrata, a jed n ak a je p0 u centru kvadrata.
147
Neka je jedan vrh kvadrata koordinatni početak i neka dve stranice kvadraia leže na z-osi i y-osi, tj. S = { ( x , y , z ) 6 R3 : 0 < x < a, 0 < y < a, z = 0}, a > 0. ____ __ Kako je rastojanje tačke (x, y, 0) od koordinatnog početka y/x2 4- y 2, to je p(x, y, 0) = k\/x'2 + y2. Onda se za po = k\J^jf~+
dobija k =
Tada je,
prema (1) i (6), t m= J J ^/x 2 + y2dS = Jf \/x2 + y 2dxdy, gde je _______ S_
= =
( v V x2 +
y2 +
x 2 ln(y + \ / x 2 +
y2)j
f (ia\/x2 + a2 + x 2 ln(a + V x 2 + a2) —x 2 ln x ) dx a o
=^a(2+\/21n(l+V2)).
4. Izračunati površinu površi S = { ( x ,y , z ) £ l 3 : x = //r sin#, y = jrsin # , z = rcosd, 0 < r < 1, O <0<§}. Za datu parametrizaciju je x r = ^ sin 0, yr = Isin#, zr = cos6,xg = /frcosd , yg = §rcos 9, z$ = —rsinfl, Gausovi koeficijenti su A = 1 , 13 = r2, C = 0 i V AB - C2 = r. Primenom formula (5) i (4) za £) = {(r, 0) e [0, 1] x [0, f ]} se dobija A 5 = f f d S = f f \fkWS~c^drd9 s u — f f rdrdd. Tada je A S = f dB J rdr = §. o o
5.
Izračunati I = f f (1 + z)dS, ako je
S = {(a;, y, z) € IR3 : x 2 + y2 + z2 = 4}.
148
Površ S može se reprezentovati parametrizacijom x = 2 90S
_
(~2r+
(—1 + cos)r2dr
J sin3 ^ ( _ i + cos
149
7. Izračunati masu raspoređen u p o površi S = {(* , y, z) £ R3 : x 2 + y 2 = o?, 0 < z < a V 3, x > 0, y > 0}, a > 0, ako je površinska gustina p {x ,y ,z ) = z$s+ai ■ Prema (6) je m = / / j^ f^ d S . Ako je parametrizacija date površi x = acosip, y = osimy5, z = t, £ D, gde je D = {(
8.
Izračunati I = / / x 2y2zdxdy, p o strani površi S
S = {(£, y, z) e M3 : + fj- + fr = 1> 2 0}, a, fe, c > 0, čiji vektor norm ale zaklapa tu p ugao sa p ozitivn im d elom z-ose. Kako je z = - c y 1 - fr - f? i ugao između normale na izabranu stranu površi i z-ose tup, prema (10) je_______ I = - //* V
(~ cyjl
£)d xd y,
cr
gde je a = {(x, y) G R2 : =s + ]£ < 1} projekcija površi 5 na xOy ravan. Ako se pređe na uopštene polarne koordinate x = ar cos
9. Izračunati I • površi 51= {(a;, j/, z) e k oje je ugao izm eđu
= / / xydydz + yzdzdx + xzdxdy, gde je 5 ona strana s R3 : a; + y + z = a, x > 0, 3/ > 0, z > a > 0. kod vektora norm ale i p ozitivn og dela z-ose oštar.
0},
150
Iz (8) sledi I = f f xydydz + f f yzdzdx + f f xzdxdy. Za izabranu stranu površi 3 s s su i uglovi između vektora normale i s-ose i y-ose oštri. Koristeci formuiu (9) i analogne formule za projektovanje površi na ravni yOz i zOx dobija se f f xydydz = f f ( a - y — z)y dydz, f f yzdzdx = f f (a - z - x)z dzdx i 5
f f xzdxdy = S
<7**
S
f f ( a - x — y)x dxdy, gde su ayz,a zx i axy, redom, projekcije &BV
površi S na yOz, zOx i xOy ravni. Kako su prethodni dvostruki integrali jednaki i axy = {(x, y) € K2 : x + y < a, x > 0, y > 0} to je I = 3 f dx f (a - x - y)xdy = 3§j = o o
10.
Izračunati I = J'f y2z 2dydz + x 2z 2dzdx + x 2y~dxđ,y, p o stram pos vrši S = {(x , y, z) € R3 : x 2 + y2 + z2 = a2, z > 0}, a > 0, za k oju je ugao izniedu vektora norm ale i z-ose oštar.
Vektor normale površi F(x, y, z) = x 2 + y2 + z2 - a 2 = 0 j e n = ( f f , f , f ) = 2 (x,y,z), tj.
n0 = - =
=
= ^ (x ,y ,z ). Ovaj vektor normale je traženog smera jer je za z > 0 i cos^ = | > 0, tj. ugao između no i ose Oz je oštar. Prema (14) je I = f f (y2z 2 cos a + x 2z 2 cos (3 + x 2y2 cos 7 )dS s = ~ f f (xy2z 2 + x 2y z 2 + x 2y2z)d.S. Za parametrizaciju date polusfere x = o, cos ip sin 0, y = a sin
151
■
Tada je 7 = 1 JJ(a5 cos
+ a5 cos2
,
f
+ a6 J 0
J sin5 9 cos9d6 0 .271-
1
= 0 + 0 + ^ / i = ^ d t p f u 5du = ^ f . 0
0
11. Izračunati 7 = f j xzdydz + xydzdx + yzdxdy, gde su a, h > 0 i / 5 a) S = {(x , y , z ) G R3 : y = 0, —a < x < a, 0 < z < K), i ugao između vektora normale na S\ i y-ose je jednak 7r; b) S = {(x , y , z ) G ®3 : z = b, x 2 + y2 < a2, y > 0}, i ugao između vektora normale na S i z-ose je jednak 0; c) S = {(x,y, z) G R3 : y = Va2 — x2, 0 < z < h } , i ugao između vektora normale na S i y-ose oštar; d) S spoljašnja strana ruba oblasti V = { ( x , y , z ) G R3 : x 2 + y 2 < a2, y > 0, 0 < z < h}.
c) a) I = 0 jer je y = 0 i dy = 0. b) Za S je z = h i dz = 0, te sleđi I = / / yhdxdy. s Kako je ugao između vektora normale na površ S i .z-ose jednak 0 i crxy = { (x, y) G K2 : x 2 + y2 < a2, y > 0} je projekcija površi S na xOy ravan, to je I = h JJ ydxdy = h J siiupdtp J r2dr =
axy
0
0
c) Kako je F ( x ,y ,z ) = x 2 + y 2 — a2 = 0, to je n = (2x, 2y,0) i no = ^ = 'J’ °) = o (x ' 2/’ °)- Tada Je 1 = a f f ( x2z + zy2)dS. Za parametrizaciju datog dela cilindra x = acostp, y = asinip, z = t, ip G [0,7r], t e [0,ftl, je x v = —asinip, yv = acostp z^ = 0, x t = 0, yt = 0, zt = 1, A = a2, B = 1, C = 0 i V AB - C 2 = a. I = / / ( a2t cos2 tp + a3 cos tp sin2 p)dpdt D
152
w = a2 f tdt f lz£9£?x dip + a3 f dt f cos tp sin2 cpdip = l a 2h2ir. o o o o d) Kako je 5 = S\ U 5a U S3 U S4, gde su 5] i ‘S4 površi date pod a) i pod c), S2 površ data pod b) sa b = h i S3 je druga strana površi date pod b) sa b = 0, to je I = L + I2 + I3 + h , gde je I{ = f f xzdydz + xydzdx + yzdxdy. Si
I =
2^4
12.
+ |a2 /i27r.
Izračunati I = f f dydz + yx dzdx + ^dxdy, gde je S spoljašnja s
strana ru ba oblasti V = {(x , y, z) £ R3 : x —2 < y < 2—x, 1 < x, 0 < 2 < 1}.
Neka je Sj = {(x, y, z) € R3 : z = 0, x — 2 < y < 2 — x, 1< x}, 5 2 = {(a:, y, 2) € R3 : z = 1, x — 2 < y < 2 — x, 1< x }, 53 = {(x , y, z) e K3 : y = x — 2,1 < x < 2,0 < z < 1}, 54 = {(s , y, z) 6R3 : y = 2 — x, 1 < x < 2,0 < z < 1}, 55 = {(x , } , z ) 6 l 3 : i = l , - l < i / < l , 0 < z < l } , i neka je Ii = f f dydz + fdzd x + fdxdy, i = S,
1,2,3,4,5. Tada je I = I\ + I2 + I3 + I4 + !&■ h = 0, jer je z = 0 i dz = 0. Za z = 1 i cos 7 2 > 0 je J2 = f f ± d x d y = a xy
2
2—x
= I l dx f dy = 1 x-2 2
= / ( 2 —x — x + 2)\dx =
1
2 „ 2 2 = f ( £ —2)dx = 4 ln Ja;||a —2x\z = 41n2 —2. x Za y = x —2 je yx = 1, yz = 0 i za stranu površi S3 za koju je cos/?3 < 0 sledi 1
2
I3 = — f f ( —1 + ^zSi^dzdi = f dz f f.dx = 21n Izl^ = 21n2.
0
1
Ako je y = 2 — x, onda je yx = —1, yz = 0, te za stranu površi za koju je cos/?4 > 0 sledi I4 = f f (1 + l ^ ) d z d x = I3. &ZX
Za x = 1 je x y = x z = 0, i za spoljašnju stranu posmatrane površi je cosq5 = —1, tako da se dobija I3 = — / / = —2.
153
Dakle, / = 81n2 - 4 .
13.
Izračunati / = / / x(z - 1)dydz + y(z - 1)dzdx + xydxdy, gde je S s spoljašnja strana ru ba oblasti + y2 < (z - l ) 2 < 4 - 2y 2, z > 1).
Projekcija oblasti V na xOy ravan je = { ( x , t/ ) € E 2 : + y 2 < 4 - ^ - 2 y 2} = { (x ,y ) € M2 : f
+ \ < 1}
= { ( x ,y ) € R2 : rr = ^ f r c o s ^ , y = ^ frs in tp , (r, ip) € [0,1] x [0,27r]}. Neka je 51 = {(x, y,z) £ R3 : z = 1 + yj x 2 + y2, (x ,y ) €
52 =
{(rr, y , z ) £ M 3 : z = 1 + ^ 4 - ^
- 2 y 2, (x, y ) G c r ^ } .
Tada je, prema (15), / = -
/ / ( -
- 1) -
- 1) + sy)da:dy
crXy
+ / / f e u r -!) +
v ( z - l ) + xy)dxdy
=
/ / ( c r 2 + y 2 -a;y)d a:dy+ f f ( ^ - + 2y2 + xy)dxdy
=
I J ( ir - + 3y2) dxdy ■2tt
1
0
0
/8 / 4 3V 3 .
r (4r2 cos2
i /ždfi / (4 cos'2 4 sin2
154
IN TEG R ALN E FOR M ULE VEZE
Formula Grina Neka je a C R2 zatvorena oblast ograničena zatvorenom putanjom L. Ako su funkcije P, Q, Py i Qx neprekidne nad nekom otvorenom oblašću koja sadrži cr i ako je kriva L pozitivno orijentisana onda važi jednakost / Pdx+Qdy = . / / (Qx - Pv)dxdy.
n)
« Površina figure a c K2 ograničene zatvorenom putanjom L je A a = \ §{xdy — ydx).
( 2)
L
Obrazac Stoksa Neka je S po delovima glatka, orijentisana površ, ograničena zatvorenom putanjom L. Neka su funkcije P(x, y, z), Q(x, y, z ),R (x, y, z) neprekidne i imaju neprekidne prve parcijalne izvode u nekoj okolini površi S. Tada važi jednakost
/ Pdx + Qdy + Rdz = L
II ((Ry ~ Qz)dydz+ (Pz - Rx)dxdz+ (Qx - Pv)dxdy) = s = ss s
cos a d dx P
cos (3 d 9
y
Q
(3)
COS7
Jt dz R
dS,
gde su a, (3,7 uglovi koje vektor normale n na izabranu stranu površi S gradi sa osama Ox, Oy, Oz, respektivno, a kriva L je orijentisana u smeru suprotnom kretanju kazaljke na satu gledano iz krajnje tačke vektora normale. Obrazac Gausa Pretpostavimo da je zatvorena oblast V C K3 ograničena po delovima glatkom površi S koja sebe ne preseca. Neka su u oblasti V definisane neprekidne funkcije P, Q, i R, koje imaju neprekidne prve parcijalne izvode Px , Qy , i RzAko je površinski integral po spoljašnjoj strani površi S onda je f f Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = / / / (Px + Qy + Rz)dxdydz . s v .
155
(4)
1. Izračunati / = §L x 2ydx — x e vd,y, ako je L p o zitiv n o orijentisan pravougaonik sa tem enim a 0 (0 ,0 ), A(2, 0), 5 (2 ,1 ) i 0 (0 ,1 ).
< Kako je
1
I = f f (—ey — x 2)dxdy = —/ dx f ( e y + x 2)dy rr
2.
n
n
Izračunati 1 = §L(1 — x 2)ydx + x (l + y2)dy, ako je L p ozitivn o
orijentisana elipsa { (x ,y ) € R 2 : =r + fr = 1}, a, b > 0.
Za obiast a = {(x , y) e R2 : + fr < 1}, funkcije P — (1 — x 2)y, Q = x ( l + y2), Py = 1 —x 2 i Qx = 1 + y2 i datu krivu L ispunjeni su uslovi teoreme Grina i sledi 1 = / / (1 + y2 - 1 + x 2)dxdy. a
Ako se uvede smena uopštenim polarnim koordinatama x = ar cos ip, y = br sin tp, onda je J = abr i 2tt l , , I = ab f (a2 cos2 tp + b2 sin2 tp)d
3.
Izračunati I = f ( e x siny — 2y)dx + (e1 cos y — A)dy, ako je kriva
L = { (x ,y ) € K2 : 0 < x < §§*, y = U { (x ,y ) € R2 : x 2 + y 2 = a2, 0 < < x < a, y > 0}, o > 0, orijentisana u sm eru o d tačke A(a, 0) prem a tački C(0, ^ ) .
'
Neka je L\ = OA U i U CO, gde je 0 (0 ,0 ) i 0 (0 , /^ ) . Tada kriva L \, funkcije P = ex s'my — 2y, Q = ex cos y — 4, Py = ex cosy — 2, Qx = ex cos y i oblast cr = { ( x , y ) e R2 : 0 < x < \j'a2 — y2, 0 < y < §§*} zadovoljavaju uslove teoreme Grina i važi § L (ex s'my — 2y)dx + (ex cos y —4 )dy = f f (ex cost/ — ex cosy a
I = f ( e x siny — 2y)dx + (ex cosy — 4)dy = 2 / / dxdy L
cr
156
+
2 )dxdy, tj.
- f (ex smy —2 y )d x + {ex c.osy —4)dy— f (ex sin y - 2 y ) d x + (ex cosy-4)c%. OA CO Kako je OA = {(x , y) € M2 : 0 < x < a, y = 0} i OC = { (x ,y ) £ R2 : x - 0, 0 < y < to je o I = 2 f f d.xdy — f (cos y —4)dy. Iz
____ : 7?
2 2
f f dxdy = f dy
f
0
0
75
\ /a - y
dx = / v 'a 2 — i/2ežy 0
= f \/a2 — a2 cos2 1 (—asint)dt = —a2 f sin2 tdt = sledi / =
+ aizr + sin a^2_
Na drugi način, dvostruki integral f f dxdy jednak je površini figure
= 4 21 + T -
4. Izračunati površinu figure a k oja je ograničena p ozitivn o orijen tisan om h ip ocik loid om L = { (x ,y ) € R 2 : x = acos3i, y = asin3i, 0 < t < 2-ir}, a > 0.
Prema (2), iz dx = —3asinicos2tdi i dy = 3a sin2 t cos tdt, sledi 2
2?r
A a — —- f (cos4t sin21 -f sin4 1 cos2 t)dt o 2
7T
_ 27T
= 3s_ f cos2 i sin2 tdt = 2|- / sin2 2idt 0 0 , 2tt = / ( l - c o s 4 t ) d i = 2%^. 0
5. Izračunati I = f L( f ( y ) e x — ay)dx + ( } ’ (y)ex — a)dy, a £ R, gde je /'($/) neprekidna funkcija nad R i L zatvorena putanja. Prema formuli Grina, za neprekidne funkcije
157
p = /(y )e * - a y , Q = f \ y ) e x - a, Py = f '(y ) e x - a i zatvorenu oblast cr koja je ograničena putanjom L važi J = f f adxdy = a f j dxdy = ap,
er
= f'(v )e x, krivu L i
cr
gde je p površina oblasti
6. Izračunati I = f x 2y 2dx + dy + zdz, ako je kriva L
L = {(z , y, z ) e l 3 : x 2 + y 2 = 2x, y > 0, z = 1} orijentisana o d tačke ,4(2,0,1) prem a tački 5 (0 , 0,1).
Neka je L\ = L U BA, gde je B A orijentisana u smeru B)?. Ako je S deo ravni A z = l, normala na površ S sa granicom L\ koja je orijentisana saglasno orijentaciji od L\ gradi sa osama Ox, Oy, Oz redom uglove \ f , 0, tj. n = (0,0,1). X Za P = x 2y2, Q = 1, R = z su ispunjeni uslovi Stoksove teoreme i sledi § x 2y2dx + dy + zdz = f j Li s
0
0
1
55 x ‘2y2
^ 1
£ z
dS.
f x 2y2dx + dy + zdz = 0 jer je y = 0, dy = 0 dz = 0. ~BA ,________ J = -2 / / = - 2 / / x2y V I + 0 + 0d®dy, gde je cr = {(x, y) e E 2 : (® - l ) 2 + 2/2 < 1, 2/ > 0). 2 y/2x y/2x— — x^ X^ ^ . I = —2 / v2y/or. / T 'tirl'U j/d j/:= o o
7. Izračunati I — § zdx + xdy + zđz, gde je kriva L
L = {(z , i / , z ) 6 l 3 : z:2 + r/2 + z 2 = a2, a: + y + z = 0}, a > 0, p ozitivn o orijentisana p osm atran o sa p ozitiv n o g dela z-ose. Kako ravan x + y + z = 0 prolazi kroz koordinatni početak, tj. kroz centar sfere x 2 + y2 + z 2 = a2, to je L kružnica poluprečnika a sa centrom u koordinatnom početku koja leži u ravni x + y + z = 0. Krug S = {(x ,y , z) 6 R • x + y + z = 0, x 2 + y2 + z 2 < a2}, a > 0 je tada ograničen datom kružnicom L. Kako su funkcije P = z, Q = x, R = z, Py = 0, Pz = 1, Qz = 1, Qz = 0, Rx = 0, i Ry = 0 neprekidne u R3, i jedinični vektor normale n = ^ -(1 ,1 ,1 ) na površ S gradi oštar ugao sa rc-osom, to je
I = 775 / / ((° - °) + s
/
- °) + ( ! “ ° ))d5 = 7z f f dS = 7%a^ ' s
158
8. Izračunati I = f ( y 2 - z 2)d.x + (z 2 - x 2)dy + (x 2 - y2)dz, gde je l«ak L
L rub oblasti S = {(x , y, z) € R3 : x + y + z = §a, 0 < x , y , z < a } : a > 0 negativno orijentisana p osm atran o iz k oord in a tn og početka. Izabraćemo onu stranu površi S za koju vektor normale gradi oštar ugao sa osom Oz. Z a x + j/ + z = | j e n = -^ (1 ,1 ,1 ). Iz Stoksovog obrasca sledi 1 1
I==
ff
1 d_
d x -
=
1 1
d_ d y z
2
Z2 — X 2
o
d z. -
‘ y-
f f {x + y + z)dS 4
--7 3
s
3
-**fJdS = -% ± S
_ 6a - “ 73 ' °
4
_ _g 3 ~ 2a ■
9. Izračunati I = f (y2 - z2)dx + (z2 - a:2)dj/ + (z2 + r/2)dz, gde je kriva L
L = {(a:,y,z) € R 3 : x 2 + y2 + z2 = 4x, x 2 + y 2 = 2x, z > 0} orijentisana p ozitivn o p osm a tran o sa p ozitiv n og dela z-ose.
y
Primenom formule Stoksa, za P = y2 — z 2, Q = z2 — x 2, R = x 2 + y2, Py = 2y, Pz = —2z, Qx = - 2 x , Qz = 2z, Rx = 2x, Ry = 2y, dobija se površinski integral I = f f (2y - 2z)dydz + ( - 2 z - 2x)d.xdz + ( - 2 x - 2y)dxdy § po delu sfere (x - 2)2 + y 2 + z2 = 4 koji je izrezan cilindrom (x - l ) 2 + y2 = 1. Kako je jedinični vektor normale na spoljašnju stranu sfere n = \ ( x - 2 , y , z ) i ^Jl + z 2 + z2 y = f to je I = - f f ( ( —y + z )(x —2) + (z + x)y + (x + y)z)dS s v = —2 f f ( ( - v+ z)(3:- 2)+(z+?) ž' 4- X + y)dxdy, gde je c = { ( i , ! / ) e t 2 : x 2 + y2 < 2x}. 1 = ~ 4 { f ( V4 J * . vi + * + y -
159
w 1F
- 4 /^
10.
n 2 cos
/-
(' -7 -^ \/4p o
■pcostp + psimp — l)/5d/3 = 0.
D a li integral f ( 3 x 2z - ^ p p ) d x + f i y 2z +
)dy + (xz + y3) i 2,
gde je L = { ( i , y, z) t R3 : s 2 + y2 = z, * 2 + y2 + 2 = 2} orijenijisana negativno posm atrano sa p ositivn e strane z-ose, m ože da se izračuna prim enom form ule Stoksa? Punkcije P(x, y, z) = 3a:2z - xiv_yi i Q(x, y, z) = 3y2z + su definisane nad D — R3 \ {(0,0, z) € R3}. Kako z-osa seče svaku po delovima glatku površ koja je ograničena putanjom L, formula Stoksa ne može da se primeni.
11.
Izračunati I = f f dydz + 'DJzdx + ^dxdy, p o spoljašn joj strani s ruba oblasti V = { ( x , y , z ) € R3 : 1 < x, x - 2 < y < 2 - x, 0 < z < 1}. U oblasti V đefinisane su neprekidne funkcije P = 1, Q = x i R = ^ koje imaju neprekidne prve parcijalne izvode Px = 0, Qy = 1 i Rz = I . Prema Gausovom obrascu je 1 = f f f \dxdydz v = 2 f d x f dy f \dz 1 i-2 0 2
= 2 f 1 (2 —x —x + 2)dx 1 2
= 2 / ( f - 2 ) d x = 8 1 n 2 -4 .
160
12.
Izračunati I = f f xzdydz + xydxdz + yzdxdy, p o sp olja šn joj strani £f
ruba oblasti ^ = { ( i , 5, z ) £ K 3 : x 2 + y2 < a2, y > 0, 0 < z < h}, h, a > 0. U oblasti V definisane su neprekidne funkcije P = xz, Q = xy, R = yz, Px = z, Qy = x i Rz = y i prema Gausovom obrascu je , h I = Jff (z + x + y)dxdydz = f f dxdy f ( x + y + z)dz, gde je v
a
o
a = {(z , y) £ K2 : x 2 + y2 < o2, y > 0} projekcija oblasti V na ravan xOy. I = f f (h(x + y ) + \h2)dxdy C
7T
a
= f d
13. Izračunati I = f f x y 2dydz + yz2dzdx + x 2zdxdy, ako je S strana s polusfere { ( i , j , z ) e l 3 : x2 + y 2 + z 1 = a2, z > 0}, a > 0, za k oju je ugao izm eđu vektora n orm ale i p ozitiv n og dela z-ose oštai'. Nelca je V zatvorena oblast čiji je rub površ 5 U Si, gde je Si = {(x, y, z) e K3 : z = 0, x 2 + y 2 < a2}. Kako je P = xy2, Q = yz2, R = x 2z, Px = y2, Qy = z2, R z = x 2 i zadovoljeni su uslovi teoreme Gausa, to je 1+ f f x y 2dydz + yz2dzdx + x 2zdxdy = f f f (y2 + z 2 + x2)dxdydz, S! V gde se površinski integrali računaju po spoljašnjem delu površi S U S\. Za spoljašnji deo površi S U S±, vektor normale na Si je n = (cos f , cos cos7r) = (0,0, —1), pa je f f x y 2dydz + y z 2dzdx + x 2zdxdy = 0. Ako uvedemo ' ’ Si sferne koordinate x = r cos tp cos 9, y = r sirup cos 9, z = r sin6, 0 < r < a, Q < d < z , 0 < t p < 2 n ondaje 2tc
2
a
f f xy2dydz+ yz2dzdx+ x2zdxdy = f dtp J cos BdB f rAdr — 0 = §a57r. S o o o 14. Izračunati I = f f xdydz + ydzdx + (z — 1)dxdy, ako je S d eo spos ljašnje strane ru b a oblasti { ( x ,y , z ) e M3 : (x2+ y 2)2 < 2a2(x2—y2) , x 2+ y 2 > a2, x 2+ y 2+ z 2 < 2a2,x > 0}, a > 0, za k oji je y > 0 i z > 0. Neka je S\ = S U 52 U S3, gde je S2 = { ( x , y , z ) e K3 : z = 0, x2 + y2 > a2, (x 2 + y2)2 < 2a2(x2 - y 2), x , y > 0},
161
s 3 = { ( x , y , z ) e R3 : y = 0, a < x < ay/2, x 2 + z 2 < 2a2, z > 0}, i neka je V = {(z, y, z) e M3 : (x2 + y2)2 < 2a2(a;2 - y2), a2 + y2 > o?, x 2 + y2 + z 2 < 2a2, x , y , z > 0). Primenom Gausovog obrasca, za P = x , Q = y , R = z - l , P x = Qy = Rz = l,sleđi f f xdydz + ydzdx + (z — 1)dxdy = f f f (1 + 1 + l)dxdydz, tj. Si v I = / / / ( 1 + 1 + l)dxdydz - f f xdydz + z/đzcža; + (z - 1)dxdy V
Si
— f f xdydz + ydzdx + (z — 1)dxdy. s3 Kako je _________ Aj/2a2—x2—y2
(i) f f f dxdydz = f f dxdy V
a
f
dz
___________ 0_______
— f f yJ2a2 - x 2 - y 2dxdy, a
gde je cr = { (x ,y ) £ R2 : x:2 + y2 > a2, (x2 + y2)2 < 2a2(x2 - y2), x > Q , y > 0),
f-
f f f dxdydz = f dip V/
0
a\/2 cos
f
__________
\/2a2 —r^rdr = a3(—^
+ ^ ),
a f
a + 2 cos 2y>
(m ) f f xdydz + j/đzda; + (z — 1)dxdy = f f dxdy = / dw S2
a
0
f a
= ^ a 2(3\/3 — 7T) i (iii) f f xdydz + ydzdx + (z - 1)dxdy = 0 jer je y = 0 i dy = 0, Sa
to je I I = a3(—f + 7 3 + i ) - ^ a 2(3^/3 -
tt).
162
rdr
ELEM ENTI TEORIJE POLJA V E K T O R S K A A N A L IZ A
Neka je (V, + , F) vektorski prostor. Funkcija
P
d\j_
~
/ *i \
d z
Q ~
R '
\l )
a to je sistem od dve obične diferencijalne jednačine = p, = pAko za skalarno polje
t
onda se ona naziva izv od u tački r fuukcije (p u pravcu (i sm eru) vektora no i označava sa §i-o (r) ili 4>n0(r). Neka je skalarno polje
d
&
=
^
d
(r > 1
W
r> 2
d
+ - - - + 3 ^ (r > "
\dx\ (^ v n’ Ja^( 8x 2 > " ’ Jc^” (^ ) ' (ni>n2 ,-- - ,n m). Operator d r* _ . d
d
d .
~dzk ~ ( d š ’ šj]'T z ‘ se naziva H am iltonov (nabla) op erator. Ako je
(
d d _d_\, _ fdpP dcp:,.d
163
Za diferencijabilno skalarno polje 4> i jedinični vektor n važi (2) Neka je vektorsko polje F : D —>R3, D C 8 3 diferencijabilno sa /(or, y, z) = (P(x,y, z), Q(x,y, z), R (x,% z)) i n e k a je f = xi + yj + zk, df = dxi + dyj + dsk. D ivergencija od F, u oznaci V •F ili div F, je skalarno polje & ) •(P,Q,-R) =
V •F = ( £ ,
H
f
+
|f •
(3)
R o to r vektorskog polja F , u oznaci V x F ili r o t f , je vektorsko polje %
j
Q_ Qx
JL dy
P
Q
k _s
Qz
= ( dy
QP Qz ) 1'+ ( ~Bz
QR čfx ) 2
+ ( f § “ §£)£•
R
Stoksova formula ima oblik § F - d f = f f (V x F)-ndS. s
l
(4)
Formula Gausa-Ostrogradskog se može napisati u obliku f f F ■ndS = f f f V •F. s
v
(5)
P ro tok (fluks) vektora F kroz orijentisanu površ S je površinski integral J J F ■ndS ~ J J P ( x >V> z)dydz + <5(z, y, z)dzdx + R(x, y, z)dxdy. s
s
R ad polja F duž luka L je krivolinijski integral
J
F -d f=
J
P(x, y, z)dx + Q(x, y, z)dy + R(x, y, z)dz.
Rad polja F duž zatvorene krive L naziva se cirkulacija vektorskog polja F. Neka je u jednostruko povezanoj oblasti F C K 3 zadato neprekidno diferencijabilno vektorsko polje F = F ( x ,y ,z ) . Tada su sledeći uslovi međusobno ekvivalentni: • U oblasti V postoji neprekidno diferencijabilno skalarno polje
164
• R ad J F ■d f polja F po putu A B C V ne zavisi od oblika. puta, vsć AB
samo od poćetne i krajnje tačke. • C irkulacija § F ■dr polja F po proizvoljnoj zatvorenoj krivoj C C V jednaka je nuli. « V x F = 0. Vektorsko polje F koje ima neku od navedene ćetiri ekvivalentne osobine naziva se p oten cija ln im p oljem , a skalarno polje 6 za koje je F = V(4 je p oten cijal polja F. Vektorsko polje F : D —>R 3, D C R 3, za koje je V •F — 0 u svirn tačkama oblasti D, a V x F / 0 , naziva se solen oidn im . Vektorsko polje F : D —>R 3, D C R 3, za koje je V x F = 0 u svim tačkama oblasti D C R3, naziva se b ezv rtložn im . Ako je vektorsko polje potencijalno i solenoidno, kaže se da je Laplasovo.
1. O drediti ekviskalarnu liniju skalarnog p o lja
2. O drediti ekviskalarne p ovrši skalarnih p o lja a)
3. N aći vektorske linije vektorskog p o lja F = (x + y)%+ 2J+ (| + z2)k.
165
Diferencijalne jeđnačine vektorskih linija vektorskog polja su date sa dx _ djl _ dz x+y 2 5+z2 ’ tj. ekvivalentan sistem diferencijalnih jednačina je 2dx = (x + y)dy 2d z = ( f 4- z 2)dy. Prva je linearna diferencijalna jednačina
đs.
i rr — i?/ — 0
dy 2X 2* Uvođenjem smene x = uv,u = u (y),v = v(y), dobijamo x(y) = Cieiv - y - 2. Druga je Bernulijeva diferencijalna jednačina d z __ L z _ I z2 _ o dy 2yz 2Z Uvođenjem smene z = uiVi, ui = ui(y), vi —
dobijamo
z (y~) = c 2^vVy' Vektorske linije vektorskog polja F s u u preseku (cilinđričnih) površi x = Cie5y —y —2 i z = c 2^y,/y‘
4. Naći po definiciji izvod funkcije 4>= 4>(x\,...,xn) u pravcu vektora 6?i = ( 0 ,..., 1 ,... ,0) koji ima i - t u koordinatu jednaku 1 i sve ostale
0. Ako postoji lim r
J
t_> 0
= lim ^(xi....*i+t....0nda je iz*
t-* o
vod u pravcu vektora ej parcijalni izvod
funkcije
5. Naći gradijent skalarnog polja tački M (2 ,1, 1).
i —toj promenljivoj.
Kako je V«£ = (§g, § £ ,§£ ) = (yz + l , x z + 1, xy + 1), to je V 0 (2 ,1,1) = (2, 3,3) = 2 f+ 3J+ 3fc.
6. Naći izvod skalarnog polja
166
7. Naći izvod skalarnog polja
(-r+ llfc)
§ - 0(M) = V4>(M) •no =
• (|-r+ % + \k) = 5.
8. Naći izvod skalarnog polja tp(x, y, z) = fr + fr + ^ u tački M ( x ,y ,z ) u pravcu jediničnog vektora položaja te tačke. Kako je f = (x, y, z) vektor položaja tačke M (x, y, z), jedinični vektor pravca - f - - J S iM L = . Gradijent funkcije
r
\/z2+ll'2+z'2
M u pravcu vektora r0 je H ( z , y, z) = V
(5TT +
fa +7T
)“
0.;/+) y x 2+j/2+z2 __ 2_____ , ( x ,y ,z )
\/x2+ y 2+ z 2
l
9. U pravcu kog jediničnog vektora n izvod skalarnog polja
10. Pokazati da je gradijent skalarnog polja
167
Ekviskalarna površ koja prolazi kroz tačku M (x o ,y 0, z0) je data jednačinom
11. N aći jedn ačin u tangentne ravni površi xy + yz + xz = C u tački M ( 1 ,2 ,-1 ). Gradijent skalarnog polja
12.
O drediti d ivergen ciju i rotor vektorske funkcije F = (x2 + yz) i + x y 2z j + (2x + z2)k.
V ■F = f j + ^dy + |r = 2a: + 2xyz + 2z = 2(x + x y Z + z), V xF =
l
3
k
d -jL 1&X
_d_ 4r. dy
_d_ £ dz
= - x y 2i + (y - 2 ) f + (y2 - l)zk.
x 2 + yz xy2z 2x + z' U narednih pet zadataka date su osobine gradijenta, divergencije irotora. Neke od njih će biti dokazane, a dokazi ostalih ostaju čitaocu za vežbu. 13. A k o su 4>,i> : D —►R, D C E3 diferencijabilna skalarna polja, a e R i H : R —>R diferen cijabilna funkcija, dokazati da važi a) V(
Vil>;
b) V(a
168
a) V^ + VO= ( ^ ) ,
^ f+ ) = (§f,
= V(?i + VV>. d) v ( « = ( ^ , ^ a , ^
)
0i/> Qi/» dif> \ ’ dz '
5č)^ i + kdx ’
= (§§•
+ * f£ ,
= (f^ .f^ .f^ )+ (* f£ .^ .* !£ ) = ( i , i . f f )v>+ ^ ( H , f * . §£) = ( W a /f ( 0 ) a g ^ ) e ) V ( J T ( ^ ) ) = ( dx ’ dy ’
_ dz
'
+ ć (v + ,Q H d
+ *% ) .
_ §H_(d± d± d± ) = tf'(<ć)V0. dcf> ^ dx ’ dy ’ ć>2
14. A k o su F , G : f l - * R 3,D C R3 d iferen cija biln a vektorska polja, a e R i A 6 R3, dokazati d a važi a) V ■(F + G) = V •F + V •G, b) V - (a F ) = a (V ■F); c) V - A = 0. (Fr.F 2 .F 3 ), đ = (G 1 .G 2 .G 3 ) i A = (A lt A 2, Aa), Pretpostavimo da je F A\, A2, A3 E R. a) V ■(F + G) = V •((2*i, F2, Fs) + (G i, G 2, G3)) v
•K
)
= (£ , +
i )
■( t t + G i, f 2 + g 2, f 3 + g 3)
= £ ( * i + Gr) + £ ( F 2 + Ga) + £ ( F 3 + G3) dFs , aGa 8F2 dG i d-Fi dz az
c) V •A = V
15. a €Mi A
6
+ a+ 8F, + 8z )
= & ( 0a: % & '+ ’ = a (V •F ). 3A2 (,Ai, A 2, A 3) = 8-Ai (9a: + dy + ‘ '•+i- = 0
A k o su F , G : D => R3, C C I 3 d iferen cija biln a vektorska polja, R3, dokazati da važi
a) V x (F + G) = V x F + V x G; b ) V x (a F ) = a (V x F); c) V x A = 0. Neka je F = (Fi, F 2 ,F 3) i G = (G i,G 2 ,G 3).
169
k
3 a) V x (F + G) =
= ( % { F 3 + G3) - f z (F2 + G2), A (F ! + G i) - & ( * ’» + G3), i ( F 2 + Ga) - £ ( * i + Ga))
= V xF + VxG.
16. A ko su
= ( V^)-F + 0 ( V - / ) . 1 7 k — s _d_ d_ b) V x ( fF ) = dx dy dz 4>F\
4>F2
— (s>
Gi G2 G3 ' (-F2G3 —F3G2jF3G\ — FiG3)FiG2 — F2G i)
170
■JL (F2G3 - F3G2) + dx : 8F2.Gr '3
+ F'2^§^d F ir> p flG.
-o fG s-F i'
i riG 3) + ^ ( F 1G2 - F 2G1)
l t G 2 &<& + F\ ■ /~i i p QG + dF dz d.F2 dF i Q dzz 3> Qz dz
= (G i ,G 2,G *1 w3) - (V ^ Qy - (FU F2, Fs) •
dz G\
dFs OF, dxdx> ’ dxdx
^
:G -(V xF)-i?
+ FaS%dF2.p1 rp dG\ dFi
Qy 9y f)
e& -
/V7 ••
17. A k o je 0 : D - » E, D C K3 diferen cijabilno skalarno p olje i F : D —►K3, G C R3 dva p u ta n eprek idn o diferen cijabilno vektorsko p olje, dokazati da važi
a) V -(V0) = 0
+ |f + 0 ;
b) V x (V 0 ) = 0; c) V •(V x F ) = 0; d) V x (V x F ) = V (V •F) - V 2F. Pretpostavimo da je F = (Fi, F2, F3). a __ c) V •(V x F ) = ( ^ , dy *-)■ } Qz \ JL(dH _ da; Qz e2F2 g2F3 dydx
dzdx
' ' dy ' , d2Fl ' dzdy
18. Neka je r(x, y, z) = (x, y , z ) , r = |f), Č konstantan vektor, / = f(r) diferencijabilna funkcija, F = f ( r ) Č i G = /( r ) f . Izračunati a) Vr, V •f i V x f; b ) V •Č i V x <5; c) V •F i V x F; d) V ■G i V x G. O drediti funkciju / = f ( r ) tako da vektorsko p o lje G bu d e solenoidno. a) Kako je r
y/x2 + y2 + z2 to je §£ =
Sledi, V7_ /_ a_r _ 9_r _ dr _, _ V ' — Vdx aa: ’> dy dv 5 ’ dz )
(£
3t
Z)
\r ’ r J r '
—
±r r
2x 2 y/x2+ y 2+ z 2
5
= (sl> 37> -§Č ‘ (x ^y>z ) = 1 + L + 1 = 3>
171
ac Qr __ y dr __ z ' r } dy r'dz r*
t dx X
3
d dy V
k
a
8z
z b ) V - C = 0 i V x đ = 0. c) V ■F = V •( f(r )Č ) = ( V /(r )) •C + /( r ) ( V ■C) = (Z'(r)V r) •C * ( /'( r ) £ ) •C = Č), V x F = V x (f(r)Č ) = ( V /(r )) x C + /( r ) ( V x C > ® ( f x C ) . d) V •C = V •(f(r)r) = ( V /(r )) ■f + _/(r)(V •f) = f'(r ) V r ■r + 3/( r ) = /'( r ) £ ■f + 3 /(r ) = r / '( r ) + 3 /(r ), V x G = V x ( f ( r ) f ) = ( V /(r )) x f + /( r ) ( V X f) = i ^ ( f x r) = 0. Dato polje je bezvrtložno jer je njegov rotor jednak nuli, a biće solenoidno ako mu je divergencija jednaka nuli, odnosno ako je r /'( r ) + 3 /(r ) = 0. Rešavanjem diferencijalne jednačine = —3^r dobijamo traženu funkciju /( r ) =
, gde je Ci konstanta.
19. Neka je polje _F potencijalno sa potencijalom 4>f — X1 + y 1 + z2, a polje G potencijalno sa potencijalom /( F ■r), gde je / dva puta diferencijabilna funkcija. Kako je 4>f — x 2 + y2 + z2 potencijal polja F, to je F = V (x 2 + y2 + z 2) = V r2 = 2rVr = 2r£ = 2f. Za potencijalno polje G je G = V f ( F ■f) = V f(2 r r) = V /( 2 r 2) = /'( 2 r 2)V (2r2) = = /'( 2 r 2)4rVr = /'( 2 r 2)4 r f = /'( 2 r 2)4f. ^ Ako je V •G = 4(F ■f), iz smene g(2r2) = / ' ( 2r2) sledi V •(4
Sledi, g(2r2) = (2r2)“ i(g (2 r 2)S + C), odnosno, /'( 2 r 2) = (2r2)~ i (| (2r2) ! + C). Za / ' ( l ) = 1 je C = 0 i /'( 2 r 2) = §r2. Rešenje diferencijalne jednačine ^ =
je f(t) = | / tdt = ^ t 2 + D. Kako
Je / ( ! ) = 13 to je D = 0 i / ( f ) =
20. a)
D a to je vektorsko p o lje F = (3x2z -
3y2z +
x 3 + y3).
Pokazati da je p olje F p oten cijaln o u oblasti V = { ( x , y , z ) e R3 : «
172
x + y > 1} i naći n jeg ov p oten cija l: b) Izračunati rad p o lja F duž p roizv oljn e krive u oblasti V o d tačke A (V 2 ,0,0) d o tačke B(y/2 ,v /2,0). a) Ako je rotor datog neprekidno diferencijabilnog vektorskog polja F u prosto povezanoj oblasti V jednak nuli, onda je polje F potencijalno. V xF =
i
f
_a_
A.
JL
d x
d y
d z
3x 2z ■
3 y2z
+
k
js f jr
a :3 +
=• (3 y2 - 3i/2,3x2 - 3x2,
y3
+ x^ k ¥ ') = (0,0,0).
Kako je dato polje F potencijalno u oblasti V, postoji neprekidno diferencijabilno skalarno polje
b
c
= f 0dt + f -jfjTjj-jfzdt + f (x3 + y3)dt + C
= + arctg l l H + (^3 + y3)KZ + c = arctg^ + (x 3 + y3)z + C. b)
Rad f F ■dr polja F duž proizvoljne krive zavisi samo od početne i krajnje AB
tačke i / F ■dr =
21. D a to je vektorsko p o lje F = (2a — y)i + (y — a)j. N aći rad datog p o lja p o p rvom luku cik loide L = { ( x , y ) G R2 : x = a(t — sinf), y = a (l — cost), 0 < t < 2tt], a > 0. Rad vektorskog polja F po krivoj L je / F ■d f = / (2a —y)dx + (y — a)dy. L
L
Kako je dx = a (l — cost)dt, dy = asmtdt, 0 < t < 2-rr, to je 2tt f F - d r — f ((2a — a + a cosć)a (l —cost) + (a — acosč — a)asmt)dt L
0
27T = a? f ((1 — cos2t) — costsint)dt o = a2 / (1 — = a2( f -
22.
_ cos t sin t)dt ^ ) t r = a2n.2
Izračunati cirku laciju vektorskog p o lja F = yi — xj p o luku
173
p ozitivn o orijentisane astroide L = { {x ,y ) e M2 : VfV + { / V = v'ož}, a > 0. Cirkulacija vektorskog polja F duž luka L je § F - d f = f ( y , - x ) ■(dx, dy) = § ydx - xdy. L
L
L
Kako je P = y i <5 == - X , to je prema formuli Grina § ydx - xdy = f f ( - 1 - l)dxdy = - 2 f f dxdy. L
D
„
D
Tkko se pređe na uopštene polarne koordinate x = pcos J = 3p cos2
a
. 3
y = P sm ip,
3 o 2 7T
f ydx - xdy = - 6 / cos2 sin2 tpdp f pdp = — V "L
0
0
23. N aći fluks vektorskog p o lja F = (2x + y)i + (x - 2y)j + (z + l ) k kroz spoljašnju stranu S ru ba oblasti V = { ( x ,y , z ) G M3 : (x + y ) < 3(a;2 - y2), x 2 + y2 < \/2x, x 2 + y2 + z < 4, z > 0}. Fluks vektorskog polja F kroz površ čiji je jedinični vektor normale n je § = f f F •ftdS. Prema formuli Gausa-Ostrogradskog je f f F ■ndS = f f f V •FS
S
V
Za dato vektorsko polje F i površ S je (2x + y) + % ( x - 2 y ) + £ ( z + 1) = 2 - 2 + 1 = 1 i v - * 5= & 4 - x 2—y
f f f = f f dxdy
f
d z = f f (A - x 2 - y2)dxdy, gde je
D = {(x ,y ) € M2 : (x2 + y2)2 < 3(x2 - y2), x2 + y2 < VŽx}. Uvođenjem polarnih koordinata je y / 2 cOS(fi
f
fff= 2 (fd < p v vo
f o
f
_ 9 / 23^/3 , 13 -
2
COS 2
(4 — p2)pdp — f dp f + 4§7r
f 0
3 4- 87 n/3 + ^-Tr ]
0 +
64
^
= “ 6 + f|%/3 + gfrr.
174
32" ‘
V
(4 —p2)pdpj
IN T E G R A L N E T R A N SFO R M A C IJE N ESVO JSTVEN I IN T E G R A L I % Nesvojstveni integral prve vrste Pretpostavimo za funkciju / definisanu na intervalu [a, oo) da jc integrabilna T
na svakom zatvorenom intervalu [a, T] C [a,oo). Funkciju F (T ) = / f(t)dt, a
T G [a, oo) zovemo n esvojstven i (nepravi) integral prve vrste funkcije / nad intervalom [a, oo). Ako postoji lim F (T ) (tj. to jerealanbroj) kažemo da nesvojstveni integral T —> oo
konvergira i pišemo
Ako ta granična vrednost ne postoji kažemo da nesvojstveni integral prve vrste divergira. Često se nesvojstveni integral i njegova granična vrednost / / (t)dt a
isto označavaju. a
Slično se definiše i /
f(t)dt.
—OO
Neka je funkcija / definisana na R integrabilna na svakom zatvorenom mtervalu [Ti,T2] C (—00, 00). T
Funkciju F(T) = / f(t)dt, T G [a,oo) zovemo nesvojstven i (nepravi) a
integral prve vrste funkcije / nad intervalom [o, oo). Pored t-oga po definiciji je
J
-f-cx)
— OO
J a
/(* )* =
J
+00
f(t)d t+
— OO
f(t)dt.
tt
Nesvojstveni integral druge vrste Neka f (t ) -> .00, t -> a. Za nesvojstveni integral b
J
f(t)dt
tt+
175
kažemo da postoji, odnosno da konvergira i da ima vrednost s, ako postoji
U suprotnom se kaže da integral ne postoji (divergira). Na isti način se definiše
Pored toga je
6
c
6
r f(t)dt = j ^ f ( t ) d t + 1^ f(t)dt, J a-f
a-
a< c
<
b.
C
Ako je razmak integracije beskonačan i f(t) teži beskonačnosti u nekoj tački c razmaka integracije (a,oo), onda se govori o nesvojstvenom integralu treće vrste. Na primer ako je c = a, tada je
X) >
f
J
X >
b
f(t)dt
=
jf a -V
a-\ b
f(t)dt +
jf
f(t)dt, a
<
b < oo.
6
U poredni kriterijum
OO Ako je 0 < f ( t ) < g(t) za t > a, i ako integral / g(t)dt konvergira, tada a
oo konvergira i integral / f(t)dt. a
oo Ako je 0 < g(t) < f ( t ) , t > a, i ako / g(t)dt divergira, tada divergira i a
oo integral / f(t)dt.
OO Za integral / f(t)dt se kaže da konvergira apsolutno ako konvergira integral / |/(«f)|đt.
176
Ako nesvojstveni integral / f(t)dt konvergira apsolutno on konvergirai obično. a
Obrnuto ne mora važiti. Analogni kriterijumi važe i za nesvojstvene integrale druge, odnosno treće vrste. 1.
Ispitati konvergen ciju n esvojstven ih integrala oo
a)
b
a>°; b)
J a
f 0
6>0-
§>
a) Dati integral je nesvojstveni integral prve vrste, jer je interval integracije neograničen, te na osnovu definicije, ako postoji konačna granična vrednost T lim f ~ integral korivergira. Dalje je T — oo „
1—a
f l—o IT = lim -------
lirn
lim (
T -t o o
T —>oo 1 — a la
T —*oo
-) =
1 —a
oo,
1 —a < 0 1 —a > 0
a
Pored toga za a = 1 je
J 1
lim
T —KX)
dt t
lim (ln IT| — ln |'aj) = oo
Na osnovu svega izloženog zaključujemo da nesvojstveni integral prve vrste OO
/
konvergira za a > 1, a divergira za a < 1.
a
b) Na osnovu definicije ovaj nesvojstveni integral druge vrste t —>0+, za a > 0) konvergira ako postoji (konačna) granična vrednost dt £ > 0. t°' e
Dalje je O lim £—+0-}-
I
dt
lim ( ^ - 1 + £->o+ 1 — a
-) =
b1- " 1—a ’ OO,
b Može se pokazati da. (vidi 1. a)) za a = 1 integral / o
177
1- a > 0 1 —a < 0
divergira.
—> OO,
b Dakle, nesvojstveni integral / fs , b > 0 konvergira za a < 1, a divergira za o a > 1. N apom en a! Ova dva integrala služe za upoređivanje, pri primeni uporednih kriterijuma za ispitivanje konvergencije nesvojstvenih integrala. 2.
Ispitati konvergenciju n esvojstven og integrala
=J
OO
T(x)
( 1)
o Kako je ovo nesvojstveni integral treće vrste, jer ni interval integracije nije konačan, niti je podintegralna funkcija ograničena u donjoj granici intervala integracije, to ćemo ga. napisati u obliku zbira dva integrala od kojih je prvi nesvojstveni integral druge vrste, a drugi nesvojstveni integral prve vrste, tj.
J
co
J
1
tI -1 e- t d!t —
o
J
co
tx~l e~tdt +
o
1
Na osnovu definicije integral na levoj strani konvergira ako oba integrala na desnoj strani jednakosti konvergiraju. Posmatraćemo svaki od ovih integrala posebno. Podintegralna funkcija u prvoni integralu se ponaša kao t*-1 kada t —> 0, l l tj. tx -1 e-1 ~ tx -1 ,f -+ 0, a integral = f konvergira za 1 — o
o
l x < 1, odnosno x > 0. Na osnovu uporednog kriterijuma i integral f tx-1 e-1dt o
konvergira za x > 0. U drugom integralu kada t —> oo, je tx-1 e- t < M e "5 , M > 0, jer tx-1 e- s —>0 kada f —>oo, za svako konačno x. 00 t x oo OO t Kako je / e~idt = 2e- 5, i / tx-1 e- t dt < M f e~^dt, to drugi integral 1 i i konvergira za svako x. Na osnovu izloženog zaključuje se da nesvojstveni integral (1) lconvergira za svako x > 0. 3. K oristeći u poredne k riteriju m e ispitati k on vergen ciju sledećih n esvojstvenih integrala: OO
/
x 2dx X3 4- —x 2 + 1 ’
b)
178
-đx, a > 0,
=
oo
oo
f
9 x a sirr x > / ( J >
1 / (W
. dx
f,
ž d)
a) Dati integral je nesvojstveni integral prve vrste, jer interval int.egracije nije konačan. U gornjoj granici je 1 X1 '
X4 —X2 + 1
X —* oo.
CC
S druge strane, integral f l
na osnovu zadatka 1. a) konvergira (a = 2 > 1),
00 f
te koristeći uporedni kriterijum i integral
konvergira.
b) Podintegralna funkcija nije stalnog znaka unutar intervala integracije, te ne možemo primeniti uporedni kriterijum. Kako je međutim |sina:| xa
1 x“
OO
f
a nesvojstveni integral prve vrste
konvergira za a > 1, to iz uporednog
a
oo kriterijuma proizilazi da /
konvergira apsolutno za svako a > 1.
(X
Ispitaćemo konvergenciju ovog integrala- za a = 1. Za a = 1 polazeći od [ sin x\
>
\sin xj , ^ *> . -, ? o io .... kn < x < { k + l)?r, fc = 0 ,1 ,2 ,... (ft + 1) tt!
dobijamo (k+l)ir
(fc+l)ir
— — d-T ^
x
/
—^ {kC+ 1)ir
n.
fc7T
/ / /C7T
|sinz|ckr = (fc + 1 ) 7T '
Dalje je
f J
> - y/
t
1
,
n7r < x < (n + 1) tt,
« £ ^ o k+1
a kako red na desnoj strani prethodne nejednakosti divergira kada n —>oo, to i integrai na levoj strani divergira. Znači za a = 1, nesvojstveni integral srn i
dz,
179
a > 0
ne konvergira apsolutno. Pokažimo da on obično konvergira. Primenimo li na integral /
par-
cx
oijalnu integraciju stavljajući u = \, du = -| § , dv = sinxdx, v = ~ c o s £ , dobijamo OO
3^
7 ^ d x = J X
T ~ oo
CO
la
X
a kako je lc°axl < =2, integral / a gira obično.
OO
cosx
=
J
a
J
konvergira, pa i integral / o:
(
2)
konver-
00 a • 2 Integral I{a,b) = / x,JJJkrdx je nesvojstveni integral treće vrste, jer 0 ' ' interval integracije nije konačan, a podintegralna funkcija nije ograničena u tačkama x = 0 i x = 2. Stoga ovaj integral razbijamo na četiri integrala, tj. c)
I(a,b) = J ^ f d x + J 0
1
x a sin2 x
W W
00
3
x a sin2 x dx 4- J (x-2)^ dx + J
2
x a sin2 x
dx — I\ + I2 +
3
h + hPrva tri integrala su nesvojstveni integrali druge vrste, dok je četvrti, nesvojstveni integral prve vrste. Prema đefiniciji integral I(a-,b) konvergira ako integrali I i , h , h i h konvergiraju. Ispitaćemo zato konvergenciju svakog od njih. Kako je sinx ~ x, kada x —>0, to je x a sin2 x
xa+2
( * - 2 ) ‘ ~ ( -2 )* ' Integral / xa+2dx = f na osnovu zadatka 1. b) konvergiraza —(a + 2 ) < 0 0 x 1, tj. a > —3, te na osnovu uporednog kriterijuma i integral 7j konvergira za. a > —3. Kod integrala h i h pointegralna funkcija na gornjoj, odnosno donjoj, granici intervala integracije se ponaša kao x a sin2 x 2a sin2 2 (x — 2)b ~ (x — 2)^ ’ 2
Integrali f
n *
3
i /
na osnovu zadatka 1. b) konvergiraju za b > 1.
pa na osnovu uporednog kriterijuma i integrali J2 i I 3 konvergira.ju za b < 1. Najzad, kako je x sm2 x xa < ------------ - r (x - 2)b ~ (x - 2)b
-------------- _ _
x° xb
--------r =
180
1 — . x b- a '
x
—>
00
/
oo
a integral f
konvergira za 6 — a > 1 (iz 1. a)). to i integral I4 konvergira,
3
na osnovu uporednog kriterijuma, za b — a > 1. Na osnovu svega izloženog imamo da I(a,b) konvergira za a > —3, b < 1, 6 — a > 1. / d) Dati integral je nesvojstveni integral prve vrste, jer interval integracije nije konačan, dok je podintegralna funkcija ograničena na intervalu (1, T). Kako i —>0, x —>oo, to stavljajući 1 = t na osnovu Maklorenovog obrasca sledi 213 t g t ~ t + - g j - , t->0. Podintegralna funkcija
—x) ■
,ša kao za velike vrednosti od x se ponaša
-^ J e r je
tg -
vx
1 —£ t g 1 ,1 tg ;
+ 1 ,2
i
l
i 1 ”
1 , 2 5 + 3!^
1 I’ ^
00 Na osnovu zadatka l.a) integral / •% konvergira (a = | > 1), te na osnovi 1 OO
uporednog kriterijuma i integral f ( ^ - ” x )^| konvergira.
181
oo.
VIŠESTRUKI N ESVO JSTVEN I IN T E G R A L I
Neka je funkcija f ( x , y ) neprekidna u neograničenoj obiasti D. Posmatrajrao graničnu vrednost ^irn^ / / / ( x, y)dxdy, gde je A ograničena zatvorena oblast koja u potpunosti leži u D, pri čemu A —>D označava da proširujemo oblast A po bilo kojem zakonu, tako da u nju uđe i u njemu ostane bilo koja tačka oblasti D (tj. postoji niz { A n} ograničenih zatvorenih oblasti, takvih da A n C A n+i, OO
.
.
.
D C A n, D = (J A n). Tu graničnu vrednost zovemo dvostruki nesvojstvem n=l
(nepravi) integral prve vrste i pišemo
( 1)
Ako limes na desnoj strani jeđnakosti (1) postoji i ne zavisi od izbora oblasti A, onda odgovarajući nepravi integral nazivamo konvergentnim , a u protivnom divergentnim . Neka je f (x , y) > 0, (x, y) e D. Tada je za konvergenciju nepravog integrala potreban i dovoljan uslov da limes na desnoj strani jednakosti (1) postoji bar za jedan sistem oblasti koja iscrpljuje oblast D. Neka je funkcija f (x , y) neprekidna u ograničenoj i zatvorenoj oblasti D sem u tački P(a, b). Posmatrajmo graničnu vrednost lim / / f ( x , y)dxdy, gde je De Dt
oblast dobijena iz D ođstranjivanjem male oblasti dijametra £ koja sadrži tačku P. Tu graničnu vrednost zovemo dvostruki n esvojstveni (nepravi) integral druge vrste i pišemo
( 2)
U slučaju da limes na desnoj strani jednakosti (2) postoji i nezavisan je od oblika malih oblasti izdvojenih iz oblasti D, razmatrani nepravi integral nazivamo konvergentnim , a u suprotnom divergentnim . 'Neka je f (x , y) > 0, (x, y) e D. Tada limes na desnoj strani jednakosti (2) ne zavisi od oblika oblasti koju izdvajamo iz oblasti D. Specijalno, t.akve oblasti mogu biti krugovi poluprečnika | u tački P. Neka je funkcija f ( x , y ) neprekidna u neograničenoj i zatvorenoj oblasti D, sem u tački P(a, b) e D. Neka su D\ i D 2 disjunktne oblasti, gde je D = Di^JDi,
182
D\ je neograničena obl&st., P. Tada za
je ograničena zatvorena oblast koja sadrži tačku
(3)
kažemo da je nepravi (nesvojstveni) dvostru ki integral treće vrste. Analogno kao kod nepravog dvostrukog integrala može se definisati i pojam nepravog trostrukog (pa i višestrukog) integrala. Ti integrali se mogu razmatrati ne samo kada je oblast integracije neograničena i kada podintegralna funkcija ima prekid u jednoj tački, već i kada ta funkcija ima liniju odnosno zatvorenu oblast koju čine prekidne tačke. 1. U zavisnosti o d param etra p € K, ispitati konvergenciju integrala: dxdy (1 + x 2 + y2)p / / K2
Neka je A = { (s , y) € R2 : x 2 + y2 ~2 < ^ p2}. - 2 Tada za p # 1, uvodeći polarne koordinate x = r cos ip, y — r sin < 2tt / m = | > = + A 0 0 00 p2) ! - P _ 1J.
Kada je p < 1 dobijamo da je I = f f (144 ? f ^ rjF = E2 co, tj. integral divergira. Za p > 1, sledi I = lim I ( A) = p—>OO
^
JCA ) = ^ P
J(A ) =
odnosno integral I konvergira.
Ako je p = 1, tada je 27T
p
J(A ) = j d p j 0
= 7 rln (l + p2),
0
ođnosno 7 = lim J(A) = oo, pa integral divergira.
2.
Izračunati f f e « ) 2
^ dxdy.
p
v.
I ( D P) = / d.
183
=+
I =
= f • p= °°
3.
Pokazati da integral / /
dxdy, D = { ( x ,y ) £ R 2 : x ,y > 1}, 00
OO
1
konvergiraju.
1< x <
Neka je D£ = { ( i , y) e ‘K2 :
2
2
f dx f jzrE&udp
divergira iako dvostruki integrali
ka,
l
;
1<
y < a }, a > ka
I I £ + f i ) i dxdy = lim / / dxdy Q_oo't D a~*°° £)k W + P 7 ua:ay kct
a
a
oo
OO
l
l ^
f dy f
2
0
y}
dx
1, k > 1. Tada je 4
z
=
=
|-S
ka
l TDWYid t)dx) =
i
ka
{ ( * T h 7 ) ^ rfx = Jiigc
{ ( ^ & ~ i W t ) dx
i fca
lim (arctg § - arctg x)
a —+oo
11
= lim (arctg k - arctg i - arctg a + £ ) = arctg k - j . a-~*oo
a
4
Kako ova granična vređnost zavisi od k, odnosno od izbora oblika oblasti koje ” iscrpljuju” oblast D, to taj integral divergira. j" Parcijalnom integracijom se pokazuje da je
/
TW-
= oo
oo
Ponovljeni integrali f dx f jff °?
°?
2 2
Z3
2 2 f dy i f dy f “
2 2
2 2
/ ( jjm / #
{ d x { Č D fcid V =
J
^
33
*/) do: = Um / ( jim ( ^
/ ( - T ^ r ) ^ = fllim_ (arctgl - arctg/3) /3—»oo
LXJ
00
2
2
fdyf j ^ d x
—T+i^))^ = 4.
P
a
2
konvergiraju, jer:
2
-
4*
P
= - J M f i j i m f j ^ d z ) ^ = - jim / (Jim ( ^
/ ( - I T F ) ^ = ^ ( a r c t g /3 - f ) = f .
A ko je V = { ( x ,y , z ) e R3 : x , y , z € [0,1]}, izračunati integral
/
/ /
Posmatrajmo zatvorenu oblast V£ = {(x , y, z) e R3 : x , y , z e [e, a]}. Tada je
184
zs. p J
q /= 1 r =/ \ \ 1
f f f ,xpy^z' rdxdydz =
} f ^ + f f f - ^ ^ dxdydz
= }£—^'U+f f, f? dx,f ”j^dv f J^dz) lim ( t-1—(1 —e £-»0+ V1~PV Dakle, ako je p > 1 ili q > 1 ili r > 1, važi da je I = oo, tj. integral I divergira. Ako je p, q, r < 1, tada je integral konvergentan i I = j' Kako je
lim
£—*0+
f — dx ■ lim f ~ d y ■ lim f }-d z , J Xp e—+0+ J yQ e—*G-f J Zr
to ako je p = 1 ili q = 1 ili r = 1, integral divergira. 5.
Izračunati 2
2
2
r r r - v ~z 1= f f I 6 — zdxdydz. J J J \Jx2 + y2 + 1? E3
V
Ako je V\ = { ( x , y , z ) € R3 : x 2 + y 2 + z 1 < 1} i V2 = { ( x , y , z ) € a:2 + J/2 + > 1}, tada za dati integral važi .2 . . 2 „ 2 zdxdydz. I = [ f f ~ }J = = L = d x d y d z + f [ f J J J \/x2 + y2 + z 2 J J J \/x2 + y + 2: V2 V, Posmatrajmo oblast A £ = { ( x , y , z ) £ R3 : e < x 2 + y2 + z 2 < 1}. Ako uvedemo sferne koordinate x = r cos ip sin 9, y = r sin sin 9, z = r cos 5, imamo
A
=
f yf~f
=dxdydz
\/x2+ y 2+ z 2
lim / / / ^ ^ ^ ^ d z d p d z
;-> 0 + J/ A/
J x 2+ y 2+ z 2
2?T 7T 11 _ 2 lim ( / d ip f d O f — ■ - r 2 sin 6dr) e_<'0+ o 0 e | 2 T |7T _ r2 |1 t27T lim Up\ •(—cos0) ■(— ) ) £—0+^10 lo 2 le lim 27r(e~£2 — e_1) «-*o+ 27r(l — e-1 / t
185
Slično, ako je Dp = {(x, y, z) 6 K3 : 1 < x 2 + y 2 + z 2 < p}, imamo 2
h
-
2
2
e-» -V —
f f f
v2
=dxdydz
a/ x2+!/2+ z2 .2
„2
.2
f f f \/x2+J/2+Z2 - / \ ,\ ,\ dxdydz Plim —>oo •'p 27r tt p lim ( f dip f dQ f e~r rsmddr) p~
*°°
o
_
o
1
|27T ... lim (y> •(—cosff) •(P-+00 v lo lo lim 27r(e_1 — e~p2)
p—+oo
27re_1. Dakle, e- x 2- y 2- z 2
/ / / R3
yfX2 +1/2 + z2
dxdydz = 2ir(l — e J) + 27re 1 = 27r.
6. Ako je £> = { (cc, t/) 6 l 2 : i s - f j 2 < 1}, u zavisnosti od parametra p £ R, ispitati konvergenciju integrala: J J D
Oblasti A p = {(a:,y) 6 R2 : x 2 + y 2 < p2}, p < 1, ” iscrpljuju” oblast D, pa uvođenjem polarnih koordinata, imamo 2tt f d v f j č ^ = 277. ( - 1 ) (1-r2)1 = ^ t K1 p 2)1~p
- 1].
Za p < 1 postoji lim I( A p), pa je / = f f ^ _ xJ_yiy dxdy, konvergentan i važi / = lim / ( A „) = — •. p_ i - v i-p Za p > 1 ne postoji divergira.
lim / ( A p), tj., I = p -* i -
Ako je p = 1, tada je J(A p) =
lim / ( A p) = oo, te integral p -* i-
2tt p f d
0
lim I (A p) = oo, pa integral divergira.
186
0
= -7rln (l — p2), tj.
/ ==
S P E C IJ A L N E F U N K C IJ E
Neka je x > 0. Tada se
r(x)
J
=
tx-1 e- t dt,
0 naziva O jlerov integral I vrste ili G am a funkcija. Neke od njenih osobina su b)
P(n + 1) = n!, n e N;
đ)
r ( P) - r ( i - p ) = ^
II
c)
r ( x + 1) = xP(x), x > 0; u
a)
,
o < P
Neka je m > 0 i n > 0. Tada se integral
J 1
B(m, n) =
0 naziva O jlerov integral II vrste ili B eta funkcija. Neke od njenih osobina su
a)
B(m, n) =
!
b ) B ( m , » ) = 2 / sin2m_1 9 ' ^
1 9dB-
1. D okazati osob in e a ), b ) i c) G am a funkcije. OO a) Primenimo li na integral r ( x + 1) = / parcijalnu integraciju 0 stavljajući u = tx , du = xtx~l dt, dv = e- *, v = - e - t , dobijamo CO
r ( s + 1) = lim ( —txe- t )|T + x T —* o o
jer lim
10
J
f
tx-1e- t dt = -
lim — + xT{x) = x r(x ), T — ¥° °
0
e
= 0, pa je T(x + 1) = xT(x) što je i trebalo pokazati.
T - .o o e
187
b) Za x = n, n 6 N je F(n + 1) = nF(n) = n(n — l)F (n — 1) = n(n — l)(n — 2) •... •T (l), oo
jT
T
a kako je F(l) = f e_tečf = lim f e~ldt = — lim e“ * = lim (-V — 1) = 1, 5 T—005 T—t-oo !o T—ooVe ' to je T(n + 1) = n(n — l)(n —2) ■... •1 = n!.
00
c)
Na osnovu definicije Gama funkcije je T(|) = f t~ie~*dt. Uvodeći smenu 0 u = i/t, t — u2, dt — 2udu (t = 0, u = 0, f —> cxo, u —> co), dobijamo
J
OO
r (~) =
0 gde j e
I
=
e~u2du = 27,
0
f e~u2 du. 0
Neka je
J
OO
■2udu = 2
Ia
a > 0. Tada je
c*
=
f e~x2dx
c* =
/ e~y2dy,
0 0 I = lim Ia . Ct—>OO
a
a
a a:
e 0
0
0
+v'^dxdy =
0
gde je A = { ( t , y) 6 R2 : 0 < a : < a , 0 < y < a } pravougaonik O A B C (v. sliku). Takođe za A i = {(m, j/) 6 (K^)2 : x 2 + y2 < a 2}, A 2 = { ( x , y ) € ( K j) 2 : t 2 + y2 < 2a2} imamo
JJ
e ^ +y ^dxdy < Ia <
Jj
e (x +y2^dxdy.
A2
A i
Uvodeći polarne koordinate p i tp, oblasti A^ i A 2 se transformišu u oblasti {(Pi v ) • p < a, tp < i A2 {(p, tp) 0 p a\/2,0 tp < § } , respektivno, pa je
=
0<
0<
J J dp
§}
=
f
e p2pdp < l l < j d p
: < <
J
a+2
e p“pdp,
odnosno L (l-e~°)
188
<
Odatle je
lim J(1 — e “ 3) < lim I 2 < lim 2.(1 — e_2“ 2), tj. j < I 2 < - , a
pa je I —
—►oo
a — 'o o
. Konačno, r (^ ) = 21 = %frč.
2. D okazati osobin u b) B eta funkcije.
Ako u formuli B { m, n) = f xm 1(1 —x )n 1dx, uvedemo smenu 8 = arcsin ~Jt, o x = sin2 8, (x = 0, 8 = 0, x = 1, 9 = 2), imamo dx = 2 sin 6 cos 8dQ, pa je tada
J f
B(m,n) =
sin2m" 2 5 cos2n~2
8
■2 sinflcos 61= 2
.3. Izračunati integrale:
7 T 2
a)
J
sin2m_1 0 cos2n_1 9d8.
7 T 2
sin4 0 cos6 9dd;
o a)
J f
b)
J
cos4
o
Primetimo najpre da na osnovu osobina 2. a) i 2. b) Beta funkcije sledi 2 J sin2m_1 6 ■cos2" - 1 8dd = ~ B ( m , n ) =
odnosno za 2m — 1 = 4 i 2n — 1 = 6, tj. m — f i n =
I =
J
sin4 g cos6 gdg =
F(m) •F(n) 2r(m + n)
( 1)
sledi
•
0 Kako je r (| ) = | r (| ) = f r ( | ) =*= 2 ^ , r (| ) = | r(| ) = *% £, i r (e ) = 5! 3v/* . ,15V^ „ 190 ± ć\ jy fn u u jip t . jT . =
b)
—4-------2 2 - 1 2 0— =
—512 *
Budući da je cos 8 simetrična funkcija u odnosu na 8 = \ , to je j cos4 8dd =
f cos4 9dS, pa za 2m — l = 0 i 2 n — 1 = 4 , odnosno uzimajući m =1 |; r,i o u formuli (1), sledi 2
nr
4
/im r(i).r(f)
2 J cos e d g = .....r(3)~....• 0 Iz r ( i ) = V5F, r (| ) = 2 ^ i r(3 ) = 2! = 2, je f cos4
189
3V5 = * V " = &
r- 5
LAPLASOVA T R A N SF O R M A C IJA
Neka je f ( x ) realna funkcija, neprekidna po đelovima na intervalu (0, +oo). -f-oo
Za vrednosti s za koje konvergira nesvojstveni integral / e~3Xf { x) dx defmisana o je funkcija: ____________________ _ +oo F(s) =
J
e~sxf(x)dx.
(1)
o Funkciju / nazivamo original, a funkciju F slika. Funkcija koja original / preslikava u sliku F zove se Laplasova transform.acija i obeležava se sa C. Pišemo da je
£ ( / ) = F, odnosno C { f ( x ) } = F(s). Ako za funkciju f ( x ) postoje brojevi M > 0 i so > 0 takvi da u nekoj okolini tačke +oo, važi \f(x)\ < M e S0X, (2) onda funkciju f ( x ) nazivamo funkcija eksponencijalnog rasta. Najmanji od svih brojeva s0 za koje je nejednakost (2) zadovoljena nazivamo red eksponencijalnog rasta funkcije f(x) . Integral funkcije eksponencijalnog rasta je takođe funkcija eksponencijalnog rasta sa istim redom. Neka je funkcija f ( x ) neprekidna po đelovima i u tačkama prekida ima konačan skok (prekid I vrste), osim u tački x = 0, gde funkcija f ( x ) može biti neograničena, tj. može biti da f ( x ) —> ± c o kad x —> 0+. Ako je f (x) eksponencijalnog rasta reda s0 i ako postoje brojevi m > 0 i a < 1 takvi da u nekoj desnoj okolini nule, važi |/(®)| < mx~a,
(3)
onda Laplasova transformacija funkcije / postoji za sve s > s0. Pri tome F(s) -* 0 kad s —> +oo. ' Integral (1), kojim je definisana Laplasovatransformacijaje u opštem slučaju nesvojstveni integral treće vrste. Ako je funkcija f ( x ) neprekidna u tački x = 0, što je često siučaj u praksi, onda je uslov (3) automatski zađovoljen, pa je (1) nesvojstveni integral prve vrste. Uz pretpostavku da postoje Laplasove transformacije odgovarajućih funkcija važe sledeće osobine
190
Linearnost
Sličnost £ { /( « * ) > =
1
/s\ ( - j , a > 0.
Translacija C { e axf ( x ) } = F { s - a ) ,
a£».
Transformacija izvoda C { f ( x ) } = sF(s) - / ( 0+),
gde je / (fc)(0+) =
lim f {k)(x), k 6 N0, k < n i pri čemu važi da su, pored
same funkcije f ( x ) , i svi njeni izvodi, do n-tog, eksponencijalnog rasta reda s0. Transformacija integrala
Diferenciranje slike
Integracija slike
191
K ašnjenje
r > 0 A /(i -
t)
= 0 ,K
=»
t
£ { / ( a : - r ) } = e STF(s).
K on volu cija neprekidnih funkcija / : [0, + oo) —> R i g : [0, + oo) —> R, u oznaci f * g, je funkcija X f ( x — u)g(u)du.
(5)
Konvolucija je komutativna i asocijativna operacija. Ona je takođe đistributivna prema sabiranju. Konvolucija dve neprekidne funkcije eksponencijalnog rasta je neprekiđna funkcija eksponencijalnog rasta. B orelova teorem a m noženja.
£ { ( /* f f ) ( * ) > = £ { / ( * ) } -£ {fl(* )}.
1.
Izračunati Laplasovu tran sform aciju funkcije a)
a)
f ( x ) = x a , x > 0, a > - 1 ;
b) f ( x ) = eax, x > 0 , a 6 R.
Po definiciji imamo
J
+ oo
£ { f } = £ { x a} =
e~sxx adx.
0 Nakon uvođenja smene sx = y, sdx =
dobijamo
+0O £ { x a]
+ oo
“ dy ca+1
/
c' V ‘ d» = 55Trr ( a + 1)
Dakle, r ( q + 1) sa+l
192
Ako je a = 0, tada £ { 1 } = Ukoliko j,e a = b)
C{
= j . Za a — n 6 N, je C { x n} = = £
•T ( i ) = ',
Iz definicije sledi +cx>
£ { f } = £ { e ax}
=
+cx>
J
e~ sx ■e axdx = J
0
o
e ^ -^ d i.
Uvodeći smenu (a — s)x — y, (a — s)dx = dy dobijamo —o o
Dakle, C.{eax} = —- , s —a pri čemu, da bi posmatrani nesvojstveni integral konvergirao, mora važiti a —s < 0, tj. s > a. 2.
Izračunati L aplasovu tran sform aciju funkcije a) c)
f ( x ) = ch(ax), a > 0; / ( * ) = cos(wx), w £ R;
a) Kako je ch(ax)
b) f ( x ) = sh(ax), a > 0; d) f (x) = sin(wa;), w € l ,
e^ + e-aI , koristeći osobinu linearnosti sledi
C{ch(ax)} = -l L { e nx] + \ L { e - nx} . Na osnovu prethodnog zadatka, za s > a imamo 1 1 1 1 £{ch(aa;)} = ----------- + • 2 s —a 2 s+ a b)
s s2 — a2
Slično kao u a), za s > a dobijamo £ {sh (a x )} = C { \ ( e nx - e " “ )} = \C {e “ } -
2 c) Kako je
c o s ( ojx )
5 —a
= -—
----- ,
2
s+ a
\c
{e "“ }
s2 — a2
i2 = —1, dobijamo 2 s — iu>
193
2 s + iuJ
s2 + w-
;, s > 0.
Iskoristimo li eksponencijalni oblik kompleksnog broja elx — cosx + isina,- i činjenicu da za kompleksnu funkciju realne promenljive f ( x ) = u(x) + iv(x) -foo
4-oo
+oo
važi / f (x) dx = / u(x)dx + i f v(x)dx, što pri izračunavanju Laplasove o o o transformacije daje
J
+ oo
C{f{x)} =
J
e~sxf { x) dx -
o
J
-foo
+oo
e~sxu(x)đx+i
e~sxv(x)dx = £{u( x) } +i £ { v( x) }.
o
o
d) Iz sin(o;a;) = ----- -------->s^ec^ 1 _ L____ _1_ 2i s ■iw 2i s + iw
_1 _
+ m (^ )} =
^
^
>
s > 0.
3. Izračunati Laplasovu tran sform aciju funkcije a) / ( x) = eax cos(ux), a, u> 6 M;
b) f ( x ) = eax sin(cua;), a,u> £ M.
a) Ako na Laplasovu transformaciju iz zadatka 1. b) primenimo translaciju, sledi C { e ax cos(o>a;)} = b) L { e a3:sm(wa;)} = (3_ + +wr 4. Izračunati Laplasovu tran sform aciju funkcije a) f ( t ) = tcosat, a £ l ; c) f(t) = cos2 at, a G R;
a) £{tc.osat} = - ( + + ) ' = \/ s —a' ' (s 2+ a 2)
(
b) £ { f 2 cos at} 2«3—63a2
b) f (t ) = t2 cosat, a 6 l ; d) f (t ) = a € K.
■92 + Q ~
—2-s2 __
(s^+a^)2
s 2 —a.
(s^+a2)2*
2s(s-2+ a 2) 2 —(đ2—a 2) 2 (s 2+ a 2)2s ” 2+ a 2) 3 (s
— -----
\_
C) £ {cos2 at} = £ { L M } = 1 ( 1 +
)
1
s2+ 4 a 3 + s2
2 $(+~+ 4+)
OO jOO d ) £ { ^ } = j - _ ^ du = a .I a r c t g * = f -a r c tg f. s
ls
194
__ -
233+23a2-4s3+43q: —
T
— 32+2a2 đ(sa+4a2) *
Im IN V E R Z N A LAPLASO VA T R A N S F O R M A C IJ A +oo f e~sxf ( x ) dx dat original f ( x ) , a traži se slika o F(s), radi se o direktnoj Laplasovoj transformaciji i ona postoji ako nesvojstveni integral u toj jednačini konvergira. Ako je data slika F(s), a traži se original f ( x ) , onda govorimo o in verzn oj Laplasovoj tran sform aciji i piše se Ako je u jednačini F( s) =
f(x) = C-'iF^s)}
ili
! = C~l { F }.
Problem egzistencije i jedinstvenosti inverzne Laplasove transformacije je znatno složeniji nego kod direktne i mi se ovde njime nećemo baviti. Koristićemo samo one inverzne Laplasove transformacije koje se mogu dobiti iz primera u prethodnom odeljku. Napomenimo da nam teorema o egzistenciji direktne Laplasove transformacije daje uslov iz koga se vidi kada inverzna Laplasova transformacija ne postoji. Naime, pokazano je da za sliku F( s) mora važiti F(s) -+ 0 kad s —> +oo. Dakle, inverzna Laplasova transformacija neće postojati za one funkcije F(s) koje ne teže nuli kad, s -> + co. Neka postoje f ( x ) = C ^ i F ^ s ) } i g(x) = C ^ i G ^ s ) } . Tada za svaka dva realna broja a i b važi C~l { a F + 6G} = a C - ' i F } + {.fT M O } = a f + bg.
Za s > 0, važi:
b)
a) c)
= f S ’
} - ( « - 1)1." e N ;
d)
a ^ 0;
"7?} — Vrx'
Za s > a, a £ R važi
e)
C ^ { ^ a} = e ^ ,
g)
T R T ' a - 0i
f)
c-1
h)
f 1 } _ e“* C-1\ Vs-a J s/nx
Za s > a, a > 0 važi: i)
= r haX>
j)
=C haX '
Za s > 0, a 6 K važi:
195
1
Z a s —b > a, 6 e R i a > 0 važi:
{ (s —6)2 — a2 } ~ a e&Xsh aX'
m)
ax.
n)
Za s > 6, a, b € R važi ”, »•
s —b
0) ^ { ( s ' - ^ + a2} = ^
Sinaa:’ P) £_1
.
e6* cos ax.
- 6)2 +
7. N aći inverzne Laplasove transform acije sledećih funkcija a)
F(s) =
c)
F(s) =
jj+ 5 s 2+ 2 s + 5 5
1 ( S- l ) ( ^ - 2 ) 2 ’
b)
F (s) =
d)
K(s) = čš+fcJTTM-o2) ’
a G R.
a) Imenilac funkcije -F’ (s) = -;;p^5+5 predstavlja prost kvadratni trinom. pa ćemo posmatranu funkciju prikazati u obliku F ( s ) = (s+1)|+4 = ^+1^+4 + 4 ' (7+i)2+4- Koristeći linearnost i osobine o( i p) imamo za s > 0: C 1 { s2+2a5+5 } = 1 {(.,+ 1)2+4 ] + 4L 1 { {T+rp+4} = e-x cos(2a:) + 4 • \ ■ e~x sin(2a:) = e_ 2;(cos(2a:) + 2 sin(2a:)). b)
Napisaćemo funkciju F ( s ) kao zbir parcijalnih razlomaka:
F(s) =
s2 + 1 ■s2 —2s
s2 + 1 s(s + l)(s — 2)
A B C + ■ s ‘ s+ 1 s —2 '
Svođenjem na zajednički imenilac i upoređivanjem koencijenata uz iste stepene promenljive s dobijamo sistem A+ B + C = 1,
-A -2B + C = 0 ,
—2A = 1 ,
cije rešenje je A = -\ , 2
B = -, 3
C=-, 6
tako da je , 1 1 2 1 F(s) = - - • - + 2 s 3 s + 1 6 s —2' Kada na ovu jednakost primenimo inverznu Laplasovu transformaciju dobijamo
1 . ^
■ + r e
—x
®
+ 6 "
196
2x
■
s > 2.
c) 0
Rastavljajući funkciju na zbir parcijalnih razlomaka imamo da je =
( a - i ) ( » - 2)4
= 7=T - 7=2 +
(s — l)(s — 2)2 J
Pa je
U -lJ
ls-2j
ex - e2x + rre2* = ex + (x - l)e 2x,
d)
/\(i_2)2 s > 2.
Rastavljanjem na parcijalne razlomke dobićemo F ( s ) = (s+k^fe+a2)
' (a2+J)(s+k) + (a=+fc=Ka5+a2) >Pa Ce bifci S
(s + k)(s2 + a2) -k a2 + k2
-*—1 \+ _ \s+ kJ a2 + k2 a2 + k2
e kx +
s2 + a2 J
+
a2 + k2
1 1 s2 + o
o / , o ' cos(aa;) + ■ n - ■•i - sin(acr) a2 + fc2 a2 + &2 a
■. _ ( —ke~~kx + kcos(ax) + asin(aa;)) . a2 + k2 7. A k o je a 6 R \ {0 }, naći inverzne Laplasove transform acije sledećih funkcija a)
F (s) = -f fl+ ^ 'P';
b)
F (g) = a ^ + a 1) !
C)
^(*0 =
a) b) cos at) =
c)
= £ - ! { Z ± i I } = f & s s d u = -£ co e o «| * = M l sin2 ^ .
=
= / 4 f(l -cosau )d w = £ (t - 1 sinat),
197
P R IM E N A L A PL ASO VE TR A N SF O R M A C IJE
Obične diferencijalne jednačine
1.
Rešiti početni (Košijev) problem a) b)
y" - 3y' + 2y = A x + I2e~x, y{0) = 6, y'{0) = - 1 ; y (4) + 2 y " + y = sinx, y®( 0) = 0, i = 0 ,1 ,2, 3.
a) Primenimo li Laplasovu transformaciju na levu i desnu stranu date diferencijalne jednačine, koristeći linearnost transformacije, dobijamo £ { y " } - 3£{ y'} + 2£ { y } = A£{ x} + \ 2 £ { e - x}. Ako uvedemo oznaku Y = £ { y } , koristeći formulu za transformaciju izvoda £ { y ' } = s £ { y } - y(0) = s Y - 6, £ { y " } = S2£ { y } - sy(0) - y'(0) = s2Y - 6s + 1, kao i tablice Laplasove transformacije £{x}
s 2Y
L {e -}
s+ l ’
- 6s + 1 - 3s Y + 18 + 2Y ■
+
12 s+ l ’
odakle dobijamo da je slika Y = Y(s) traženog rešenja y = y(x) jednaka _ 6s4 - 13s3 - 7s2 + 4s + 4 _ 6s4 - 13s:i - 7s2 + 4s + 4 s2(s + l)(s 2 — 3s + 2) s2(s + 1) (s — l)(s — 2) Rastavljanjem racionalue funkcije na parcijalne razlomke imamo ,, 3 2 2 3 2 Y — — I— ^ d---- —T H------- T ---------T, s sz s+ 1 s —1 s —2 te koristeći inverznu Laplasovu transformaciju važi „ = 3 £ - { I } + 2£ - { i } + 2 £ -‘ { ; i T } + 3£ - ( r i 7 } - 2 £ - - { r ^ } , odnosno na osnovu tablice inverzne Laplasove transformacije nalazimo da je y = 3 + 2x + 2e x + 3ex — 2e^*
198
traženo partikularno rešenje. Poredeći ovaj metod sa klasičnim načinom rešavanja linearnih diferencijalnih jednačina sa konstantnim koeficijentima, možemo primetiti da izraz 3ex - 2e2x potiče od opšteg rešenja odgovarajuće homogene jednačine, jer su ki = 1 i k2 = 2 rešenja karakteristične jednačine k2 — 3k + 2 = 0. Zbir 3 + 2x + 2e~x čini partikularno rešenje yp, koje odgovara funkciji f ( x ) = 4x + 12e_T. b) Prirnenom Laplasove transformacije na obe strane jednačine, koristeći osobinu linearnosti transformacije, uz oznaku Y = C { y} , imamo
£{y(4)} + 2£{y"} + £{y) = £{sma:}. Dalje je (s4y - s3y(0) - s V (0) - sy"(0) - y '" (0)) + 2(s2y - sy(0) - y'(0)) + Y = odnosno s4y + 2s2Y + Y = V
pa dobijamo
1 ... 1 (s2 + l ) 3 (s2 + l ) 2
(s2 + l ) 3 ' X
Kako je
= 5(sina: " x c o s x ) 1
= / usinu 2
X
®
.
cos(a; —u)du = i / u(sina; + s in (2 u -i))d w = |(% -sinx + /u sin (2u -a;)d -u ) = % x 0 |a;2s in x + A -(-u | cos(2u—x) + j •sin(2u—a:)) | = i x 2sin a ;-| a ;cosa ;+ i sins, sledi da je V — £ x{ (^a/iji'} “ § £ M (s^+i)2 ' a^+r} = i(sina; - a;cosx) - |((a:2 + 1) sina; - acosa;) = |((3 — a;2) sinx — 3xcosa;).
2.
N aći on o partik u larn o rešenje y = y(x) diferencijalne jed n ačin e x y " + (1 - 2x)y' - 2 y = 0,
k oje zadovoljava p o č e tn e uslove y(0) = 1, y'(0) = 2. Primenom Laplasove transformacije na obe strane date điferencijalne jednačine sa promenljivim koeficijentima, koristeći linearnost transformacije, dobijamo C { x y " } + C{y' } - 2C{xy' } - 2C{y} = 0.
'199
Primenjujućiosobine>Č{:En2/} = (—l ) ny ( n) i C{y( n)} = snY — sn_*_ ij/(^(0), Jfc=o uz oznaku y = £{y) i date početne uslove, imamo — (s2y - s - 2) + s Y - 1 + 2— ( sY - 1) - 21'" = 0, ds odnosno
(s- 2) f + y = o, što je diferencijalna jednačina koja razdvaja promenljive. Njeno rešenje je Y =
c s - 2'
Koristeći inverznu Laplasovu transformaciju i tablice nalazimo da je
Početni uslov y(0) = 1 povlači da je c = 1, odnosno traženo partikularno rešenje je
3. Telo P mase m = 2g = 2 •10-3 kg kreće se duž x —ose, a privlači ga ka koordinatnom početku O sila jednaka 8 x m N = 8x ■1 0 N. Ako u početnom trenutku telo miruje u tački x = 10, naći njegov položaj u zavisnosti od proteklog vremena pretpostavljajući: a) da nema drugih sila, b) da deluje prigušna sila po intezitetu jednaka osmostrukoj trenutnoj vrednosti brzine.
a) Neka je pozitivan pravac kretanja usmeren u desno (vidi sliku).
= *
s f
j
Za x > 0 rezultujuća sila je usmerena na levo (negativna) i jednaka je —8x ■ 10- 3 , dok je za x < 0 rezultujuća sila usmerena u desno i takođe jednaka —8a: ■10-3 . Znači, u oba slučaja je rezultujuća sila jednaka —8a:. Prema Njutnovom21 zakonu je m ■a = F gde je m - masa, a - ubrzanje i F - sila. —Njutn, I. (Isaac Newton, 1642-1727) - engleski matematičar i fizičar
200
Kako je s druge strane o = , to koristeći uslove postavljene zadatkom, prethodna jednačina postaje 2 ^ r = —8x ili d2x + 4a: = 0, dt2 Primenimo li sada Laplasovu transformaciju, dobijamo C { ^ } + 4 C { x } = 0.
(1)
Koristeći osobinu o transformaciji izvoda Laplasove transformacije i dati početni uslov, a stavljajući C { x } = X , jednačina (1) dobija oblik s2X - lOs + 4 X = 0
s2 + 4 ' Primenom inverzne Laplasove transformacije dalje imamo da je * =
1s2 + 4-
= 10£ _1{ - 2T - 7 } = 10cos2t, Ls2 + 4
te se telo P kreće po putanji x = 10 cos 21. Dijagram kretanja je prikazan na slici. Amplituda (maksimalno udaljenje od 0) je jednaka 10, dok je vreme jednog ciklusa (period) jednako 7r. Prekvencija, tj. broj ciklusa u sekundi je
b ) U slučaju kada je x > 0 i ^ > 0, telo P je desno od koordinatnog početka 0 i kreće se udesno brzinom ^ . Prigušna sila je usmerena na levo, tj. negativna 1 po uslovu zadatka jednaka osmostrukoj brzini, tj. u ovom slučaju jednaka je - 8 % . Analogno tome, za x < 0 i {jf < 0, telo P je levo od koordinatnog početka O i kreće se na levo, dok prigušna sila deluje na desno (pozitivna) i takođe je, po uslovu zadatka, jednaka - 8 ^ . Prema tome u oba slučaja prigušna sila je ista. Obeležimo je sa F\. Tada je m ■a — F + F\. Kako je m — 2, a — —8x - 8(j~, odnosno
, F = —8 i, Fi = - 8 ^ , to jednačina postaje d2x dt2
, dx + 4x = 0. dt
--------h 4 —
201
=
Primenimo li sada Laplasovu transformaciju, uz početne uslove x(0) = 10 i 2/ ( 0) = 0, dobijamo s2X - lOs + 4 (sX - 10) + 4 X = 0, odnosno 10(s + 4) s2 + 4s + 4
10(s + 2) + 20 (s + 2)2
_1_ s+ 2 +
1 (s + 2)2'
Dalje imamo
Iz tablica Laplasovih transformacija nalazimo da je
*
x = 10e~2t + 20fe~2t = 10e~2t(l + 2f),
10 ^
što predstavlja putanju kretanja tela P pod datim uslovima. Dijagram funkcije x u zavisnosti od vremena t je prikazan na slici. Uočavamo da kretanje nije oscilatorno, tj. da se telo približava 0, ali nikada ne stiže u 0.
4. Induktor o d L = 2 H, otporn ik o d R = 16 u i kondenzator o d C = 0,02 F spojen i su serijski sa izvorom napona E (vidi sliku). U trenutku f = 0 napon na kondenzatoru i jačin a struje je d naki su nuli. N aći napon i jačinu struje u bilo kom trenutku f > 0, ako je a) E = 300 V: b) E = 100sin3f V.
\ ______ V 0 1
f
L
Obeležimo sa q i I trenutne vrednosti količine naelektrisanja i jačine struje u trenutku f. Znajući da je I = ||, na osnovu Kirhofovih22 zakona je = E. 22Kirhof, G. R. (Guatav Robert Kirchhoff, 1824-1887) - nemački matematičar
202
Uvrštavanjem zadatih vređnosti dobijamo •
d?q
dq
(2)
25# + 16I + 6“« - k uz početne uslove: g(0) = 0, g'(0) = 1(0) = 0. a) Ako je E = 300, jednačina (2) postaje
^
+ 8§ + 259 = 15°-
Primenimo li na obe strane jednačine Laplasovu transformaciju, dobijamo s2Q
150 - sq(0) - g'(0) + 8(sQ - q(0)) + 25Q = — ,
gde je Q = £ {g }.
11
S obzirom na navedene početne uslove nalazimo s2Q + 8sQ + 25Q = ^j2, tj. ^ Q =
150 6 6,s + 48 6 s (s2 + 8s + 25) “ s ~ s2 + 8s + 25 “ s
odnosno Q = = 6 •\ - 6 • (3+s^ f +g- - 8 • transformacije dobijamo g = 6£_1{ i } - 6 £ -1 {-
6(s + 4) + 24 s2 + 8s + 25 ’
Primenom inverzne Laplasove
; } - 8 £ -M
Iz tablica nalazimo g = 6 — 6e_4t cos 3č — 8e_4t sin 3t, a to je i tražena količina naelektrisanja u bilo kom trenutku f, dok je jačina struje u istom trenutku jednaka I =
= 24e_4t cos 3t+18e_4i sin 3t+32e_4t sin 3 t-2 4 e _4t cos 31 = 50e_4t sin 31.
b ) Ako je elektromotorna sila E = 100sin3t, tada jednačina (2) postaje 'C f + 8l l + 259 = 50sin3f. dt2 dt Analogno kao pod a) primenom Laplasove transformacije na ovu jednačinu uz navedene početne uslove, uz oznaku Q = C{q}, imamo 'f'1;
150 s2Q + 8sQ + 25Q ~ ^2 _|_ g
203
odnosno Q'
150 (s2 + 9)(s2 + 8s + 25)
Rastavljanjem na parcijalne razlomke racionalne funkcije dobijamo 75 Q ~
s —2 75 s+ 6 ' s2 + 9 + 52 ' s2 + 8s + 25'
Primenom inverzne Laplasove transformacije na ovu jednačinu nalazimo da je q
1 !2 + 9 }j +26l ^ { s2 + 9 } J +52l ^
52
{
s+ 4 - } +1 — C~\1 (s + 4)2 + 9■\J J o« 26 1(s + 4)2 + 9 }
odnosno 75 25 75 25 Q — —— cos3f + — sin 3t + — e“ 4t cos3t + — e_4t sin 3f, 52 52 26 26 a to je tražena količina naelektrisanja u proisvoljnom trenutku f, dok je u istom trenutku t jačina struje do 75 25 I = — = — (3sin3t + 2cos3t) — ^ -e -4 i(17sin3t + 6cos3t). uC
oZ
oZ
Sistem i diferen cijaln ih jed n ačin a
5. R ešiti sistem x' = —l x + y,
y‘ — —2x — 5y,
uz početn e uslove x(0) = 3, y{0) = —5. Prvo na obe jednačine primenjujemo Laplasovu transformaciju £{x'} = - 7£{x} + £{y),
£.{y'} = - 2 L { x ) - 5£ { y } .
Odatle uz oznake X = £ { x } i Y — £ { y } irnarno s X - 3 = —I X + Y,
sY + 5 = —2 X - 5Y,
tj(s + 7)X - Y = 3,
2 X + (s + 5)K = - 5 .
s+ 7 -1 3 -1 = s" + 12s + 37, D i = = 3 s + 10, 2 s+ 5 —5 s + 5 s+ 7 3 R2 = —5s — 41, to je rešenje dobijenog sistema linearnih 2 -5 jednačina x £l o s+ 6 _ o 1 " D ( s + 6)2 + l (s + 6)2 + l ’ Kako je D =
204
y — Đoz — D
z.
5 +1 6_____ i i ____________ 1 (s + 6)2 + l (s + 6)2 + l '
Priraenom inverzne Laplasove transformacije na ove izraze dobijamo rešenje x = CTX{ X } = 3e“ 6tcost — 8e- 6 t sint, y = CT1 { y } = —5e“ 6t cosf — l l e -6t sint. 6.
Rešiti sistem ■y + y ' - 2 x = t2,
uz p očetn e uslove i(0 ) = y ( 0) = 0,
y" — 2x' = 0, y'(0) = 0 .
Nakon primene inverzne Laplasove transformacije, dobijamo sistem jednačina Y + s Y - 2 X = £ , s2Y - 2 sX = 0 Ako pomnožimo prvu jednačinu sa —s i dodamo drugoj dobijamo (s2 — s — s2(y = — tj. Y = £ , odakle inverznom transformacijom sledi y = t 2. Takođe je | — 2sx = 0, 2 sX = j , X — ji, a time i x = t. 7.
R ešiti sistem x'(t) + x(t) — 8y(f) = 0 y'(t) - x(t) - y(t) = e-2 t,
uz p očetn e uslove x(0) = 0, y(0) = 0. Za tražene funkcije x = x(t) i y = y(t) uvedimo oznake X = C { x } i Y = £{»}■ Kada na svaku od diferencijalnih jednačina iz sistema primenimo Laplasovu transformaciju dobijamo C{x' } + C { x } - 8C { y } = £ { 0 } C { y ' } - C { x } - C { y } = C { e - 2t], odnosno sistem diferencijalnih jednačina se svodi na sistem algebarskih jednačina s X —x(0) + X — 8F = 0,
a Y - y ( 0 ) - X - Y = — j-v, S ~r~ A
tj. (» + l ) X - 8 r - 0 ,
- X + ( j - 1)Y - — — , S+ £
čijim rešavanjem dobijamo x - ______ I ______ (s + 2)(s2 — 9) ’
y
205
=
S + 1____ (s + 2)(s2 — 9) ’
Sađa rastavljanjem racionalnih funkcija na parcijaine razlomke i primentsa inverzne Laplasove transformacije na nađeno rešenje, sledi x = C - 1{ X } { (i+ 2 )(* -3 )(a + 3 ) }
~
= - K - 1 { ^ } + &C- 1 { ^ 3 } +
{ih }
= - f e“2! + T5e3i + f e“3t
=
y
{y
£~l
}
3+1
(a+2)(»-3)(a+3) .
_ l p- 2 t , 2_p3t _ — 5e ^ 15e
8.
l p- 3 i 3e
R ešiti sistem x" = x - y - z ,
y" = - x + y - z ,
z" — - x - y + z
uz p očetn e uslove x(0) = 1, y(0) = z(0) = 0, i'(0 ) = y'(0) = z'(0) = 0. Prvo na date jednačine primenjujemo Laplasovu transformaciju C { x " } = C { x } - C { y } - L {z }, £{y"} = ~ c {x)
+
c {y}
-
£ { z}>
C { z " } = - C { x } - C {y } + C{z} . Ako označimo sa X = £ {x } , Y = C { y} i Z = C { z} Laplasove transformacije redom funkcija x = x(t), y = y(t), z = z(t), imamo s2X - s - X + Y + Z = 0 ,
s 2Y
+ X - Y + Z = 0,
s2Z + X + Y - Z = 0,
tj(s2 - l ) X +
y
+ Z = s,
X + (s2 - 1)Y + Z = 0 ,
X + Y + (s2 - 1 ) 2 = 0.
Kako je D =
s2 - l 1 1
s3(s 2- - 2 ) , s2 - 1 1 d 2 = 1
1 s2 - 1 1 s 0 0
1 1 s 2 -- 1
1 1 s2 - 1
=
= (s 2 - 2 )2(s 2 + 1), D x =
- s ( s 2 - 2), D 3 =
s2 - 1 1 1
s 0 0 1 s 2- l 1
1 s2 - 1 1 s 0 0
1 1 s2 - 1
= —s (s 2 —
to je rešenje dobijenog sistema linearnih jednačina X :
D
s3 = h ' (s2 — 2)(s2 + 1) 3 s — t/2
^nfi
s
1 : +V2 s2 + l ; ’
Y = Z = -( 3 s2 + 1
1 2
s ■V
1 1 2 ' s + V2
2
Nakon primene inverzne Laplasove transformacije dobijamo rešenje polaznog problema -Vžt + 2t x = —cost + - e + 36 o o y = z-
- cost — 3 6
i e -V21 6
9. Za električno kolo na slici odrediti struju u pojedinim granama, ako je početna struja jednaka nuli.
G
yw w w
A
F
tvw w v
B
30a
io a
7W W A
D
20a
m
k '
C
4H
Drugi Kirhofov zakon tvrdi da je suma pada napona po zatvorenoj konturi jednaka nuli. Posmatra'ćemo konture B C D F B i A BF GA . Pri obilaženju ovih kontura usvojićemo kao pozitivan onaj pad napona koji nastaje kada se krećemo u smeru suprotnom od smera kretanja struje. Porast napona smatracemo negativnim padom napona. Dalje, neka je I struja u FGAB. Ova struja se u čvoru B deli na h i J2, tj. I = h + I2. Ovo je posledica prvog Kirhofovog zakona, koji tvrdi da je algebarska suma svih struja u čvoru jednaka nuli. Primenjujući drugi Kirhofov zakon na konture B C D F B i A B F G A dobijamo —10h - 2 ^ + 4 ^ + 20/2 = 0,
301 - 110 + 2 ~ - + 10h = 0.
Sređivanjem ovog sistema, znajući da je I = I\ + h , dobijamo -5Ji - ^
+ 2 ^ + 10J2 = 0,
20Ji +
~
+ 15J2 = 55.
Primenom Laplasove transformacije na ovaj sistem uz početne uslove Ji(0) = J2(0) = 0, dobijamo
— 5ii — sii +2 si2 +1 0i2=0, 20ii +sii +15i2=55 ođnosno (s + 5)ii — (2s + 10)i2 = 0,
207
gg (s + 20)ii + 15i2 = ~ i
gde je ^ = £ { / i } i *2 = £ { h } Rešenje ovog sistema je 2 55 1 *2 “ s(2s + 55) ~ s ~ 2 7 + 5 5 ’
ii
—
2i2•
Inverzna Laplasova transformacija daje I* =
S
~ £ -H -p * > = S ~2
h = 2I2 = 2 - 2e“ ¥ ‘ . Najzad je / = Jj + / 2 = 3 - 3 e - V ‘ .
Integralne i integro-diferencijalne jednačine tipa konvolucije
10.
Rešiti integralnu jednačinu
y(x) — x 2 + sin 3x + j (x — u)y(u)du. o Data jednačina je integralna jednačina tipa konvolucije i ona pripada široj klasi Volterinih23 integralnih jednačina druge vrste X
y(*) = /(® ) +
J
K( x,u)y(u)du,
o gde su f ( x ) i K( x, u) zadate funkcije, a y(x) tražena funkcija. Kod integralnih jednačina tipa konvolucije jezgro K (x , u) je funkcija oblika K (x, u) = k(x —u), pa integrai u posmatranoj jednačini pređstavlja konvoluciju, odnosno jednačina se tada može napisati u obliku X
y(x) = f ( x ) +
J
k(x - u)y(u)du,
o odnosno y(x) = f ( x ) + (k * y)(x). Napomenimo da, ako su funkcije f ( x ) i k(x) dovoljno glatke i eksponencijalnog rasta za x > 0, tada se može pokazati da je i funkcija y(x) eksponencijalnog 23Voltera, V. (Vito Volterra, 1860-1940) - italijanski matematičar i fizičar
208
rasta za x > 0. Prema tome sve tri funkcije mogu predstavljati originale, tj. na njih se može primeniti Laplasova transformacija. Ovde je f ( x ) = x 2 + sin 3x, pa je 3 F(s) = L { f ( x ) } = £ { x 2} + £ {sin 3 x } = —■+ 3 s2 + 9 ’ Jezgro je k(x —u) = x — u, tj. k(x) = x, pa je fsT(s) = £ { k ( x ) } = C { x } = Primena Laplasove transformacije na zadatu integralnu jednačinu, daje r - 4
+ = W + i.r . s2 + 9 ‘ s2
Rešenje ove algebarslce jednačine je Y =
3s3 + 2s2 + 18 23 s ( s - l ) ( s + l ) ( s 2 + 9) ~ 20
1 17 ■+ ■ s — 1 ' 20
1 _9_ 3 s + 1 0 ' s 2 + 9'
1 s+1
Nakon primene inverzne Laplasove transformacije dobijamo v
11.
-
c - 'm 23 c !£ -■ • {+ } + 8 ^ -’ { + } - 2 £ - ‘ 0 } + 20 _ i_ 11 r -u — 2 + ^ sin3a:. 20 e ^ 20 e
{ + » }
Rešiti integralnu jednačinu X
j
— y(u) = (x — l ) e
Tražeći inverznu Laplasovu transformaciju leve i desne strane jednačine dobijamo: s— 1 2 "Y ~ ‘Y
- (s - — ^ 2) - 7 h
Y ( s — 2 — (s — 2)2) = 1 — (s — 2), V = e2x12.
Rešiti integralnu jednačinu
209
/ ■
s —2 ’
Data jednačina je Volterina jednačina I vrste, tj. jednačina oblika f ( x ) = J k(x —u)y(u)du, o ođnosno f ( x ) = (k * y)(x), što je specijalan slučaj integralnih jednačina konvolucionog tipa. Ovde je funkcija f ( x ) = x 3, pa je F(s) = C { f ( x ) } = C { x } = a jezgro je k(x - u) = cos2(a; - u), tj. k(x) = cos2 x, pa je K(s) = C{k( x)} = £ {cos2a;} = £ {^ (1 - cos23;} =
- ^
4 )-
X
Zbog toga što je f ex~uy(u)du = ex * y(x), primenom Laplasove transformacije 0 11a zadatu integralnu jednačinu dobijamo _6_ __ 1 1 _ ) ‘ Y, s4 - 2 o Ls s2 + 4 odakle nalazimo y = 3
^ = 3i + 64. s4 s s3 Primenom inverzne Laplasove transformacije ćemo dobiti y = C - 1 { Y ( s ) } = 3 + 6x2.
13.
Rešiti sistem integralnih jednačina
J
{
c(t) = 2 -
(t-u)x(u)du-A
j
{
y(u)du,
y(t) = 1 -
J
t
t
x(u)du— / (t-u)y(u)du.
Prvo ćemo primeniti Laplasovu transformaciju na zadate jednačine što će nam dati C { x } = 2 £ {1 } - C{t * z } - 4£{1 * £{'
-
' C { x } = 2 £ {1 } - £ { t } •C { x } - 4 £ {1 } ■£ { y }
210
C { y } = C{ 1} - £ {1 } •C { x } - C { t } ■C{y} . Ako ozna'čimo C { x } = X i C { y } = Y, dobili smo X = 2-~ ~ X -4 -Y s s2 s y = I _ l X - \ y. s s s2 Vidimo da dobijeni sistem možemo zapisati u obliku (s2 + 1)X + 4sY = 2s,
s X + (s2 + 1)Y = s.
Rešenje ovog sistema je X =
S = 2 •—i - r — 2 • s+ 1 (s + 1 )2’ (s + 1)2
Y =
s (s + 1)2
1 s+1
1 (s + 1)2 '
Primenom inverzne Laplasove transformacije ćemo dobiti x = £ - (X ) = 2 £ - {
tj-
} - 2C-
x = 2e 1 - 2fe- t = 2e-1 (l - t), 14.
} ,
y = e- t - te 1 = e *(1 - t ) .
R ešiti in tegro-diferen cijaln u jed n ačin u X y" + y' + y = X + X2 - j ex~uy{u)du 0
uz p ocetn e uslove y{0) = y'{0) = 0. Prethodna jednačina je primer integro-diferencijalne jednačine tipa konvolucije i to prvog reda * ay{x) + 0i/{x) + 7 j/"(x) = f { x ) + j k(x - u)y(u)du, o odnosno ay(x) + 0y’ (x) + yy"( x) = f ( x ) + (K * y)(x), uz zadati početni uslov.
211
Neka je Y = £ { y }. Ovde je fuakcija f ( x ) = x + x 2, pa je F(s) = C { f ( x ) } = £ { x } + £ { x 2} = -L + 1 , a jezgro je k(x —u) = e*-11, tj. A;(a;) = ex, pa je K ' = £ { k } = C{ e x} =
s- 1
Kada na datu jednačinu primenirao Laplasovu transformaciju i iskoristimo pravilo za transformaciju izvoda i Borelovu teoremu množenja, dobićemo s obzirom na početne uslove, daje s2y + sy + F = i
+ 4
s —1
odakle nalazimo s2 + s —2
— _ 3_ 4 „5 S'* s° ~ .6 s' Primenom inverzne Laplasove transformacije dobijamo Y =
S n
15. a)
R ešiti integro-diferencijalnu jedn ačin u 2y — 5 f y " ( x — u) sin2udu = 2 cos2x —sin2a;, t/(0) = 1. y'(0) o X y‘ + y — - f y ( x - u ) e udu, y( 0) = 1. o
b)
a)
-i;
Primenom Laplasove transformacije dobijamo X 2£ { y } - 5 £ { j y " ( x - u)sm2udu} = 2£{cos2a;} - £{sin2a:},
2K —5(s2K — sy(0) —y'(0)) gde je Y = £ { y ] , pa imamo da je Y =
b)
= 2s2 + 4 ** s2 + 4 odakle je
s2 + 4 ’
Primenom Laplasove transformacije dobijamo
+ £ { y } = - £ f y( x - u)eudu}, s£(y) - 1 + C(y) = - C( y) C( e*\ 0 odnosno uz oznaku Y = C{y) je s Y - 1 + Y = —V A , tj. Y = j te primenom C~l dobijamo da je y = 1 —x. £ { y ’}
212
D iferen cn e jed n ačin e
16.
M e to d o m L aplasovih tran sform acija rešiti diferencnu jednačinu 3y(x) - 4y(x - 1) + y ( x - 2 ) = x ,
ako je y(x) = 0, za x < 0. Primenom Laplasove transformacije na obe strane date diferencne jednačine, koristeći osobinu linearnosti je ' 3L{y(a:)} - 4£ { y ( x - 1)} + C {y ( x - 2 )} = £ { x } .
(3)
Na osnovu definicije Laplasove transformacije je
J e~"xy(xOO
C{ y (x - 1) } =
1)dx,
o odakle uvodeći smenu u = x — l ( x = u + l = > d x = du, x = 0 => u = —1, x —* oo => u —* oo) imamo
J
J
oo
£ { y ( x - 1 )} =
0
e~siu+1)y(u)du = e
-1
oo
e~suy(u)du + e“ " j e- 3Uy(u)du.
-1
o
Kako je y(x) = 0 za x < 0 po uslovu zadatka, to je i y(u) = 0 za u < 0, te o je J e- suy(u)du = 0, a kako je na osnovu definicije Laplasove transformacije -l OO
Y = £ { y ( x ) } = f e~suy(u)du, to je o £ { y ( x - 1)} =
(4) oo
Analognim postupkom dobijamo oo
£ { y ( x — 2 )} = f e~sxy(x — 2)dx = o
0
oo
J' e~s(-u+2)y(u)du = e~2s f e~suy(u)du + e-2s f e - suy(u)du = e~2sY, pa je -2
-2
0
£ { y ( x - 2 )} = e - 2*y.
(5)
Ako uvrstimo (4) i (5) u jednačinu (3) vodeći računa da je £ { x } = -f? , dobijamo: 3 y - 4e- sy + e - 2sy = -5-, Sz
odnosno
y=
s2( l — e- s )(3 — e-3 )
= — 1 o ^2 ' i 2s2 n -e -s
213
3 -e
Kako je
suma geometrijskog reda količnika e s, tj.
= J2 e n —0
= aE =0
i analogno tome
1 -e °o
to je
3 (1 -^ ) i
= n=0 E e~sn- E
71=0
o
00
- 5 5 ) = 5 + B
-
3n+1
1
1- w r> «— -
Otuda je V 3s2 ~ O 2 Z-“ - y V n=l
O n+1 ' 52 3n+1;
Primenom inverzne Laplasove transformacije i tablica dobijamo
«/(*) =
+ \ E ^ 1 - 3 ^ 1 )(x - n)> n=l
(gde je [cc] najveći ceo broj manji ili jednak x) jer je r - i re~sn^ f x — n, 1 s2 ‘ ~ \ 0,
x>n x < n
P arcijalne diferencijalne jedn ačin e
17. Neka je funkcija u = u(x, t), definisana za a < x < b, t > 0. Uz odgovarajuće pretpostavke o funkciji it = u(x,t), i oznake ut (x, 0) = fijf |t_ 0, U = U(x,s) = £ {u (x ,t)}, dokazati da važi a)
£ { ^ } = ^ (* .-)-t i(* ,0 );
b)
£ {f} = § ;
c)
£ {| i t } = s2U(x,s) - su(x,0) - ut(a:,0);
d)
£ {§ ^ } =
a) T
£ {§ } =
= Tlim f e ^ ^ d t =
ton ( e - * u ( * ,t ) £ +
oo
s / e~stu(x,t)dt) = s / e~stu(x,t)dt—u(x,0) — sU(x, s ) —u(x, 0) = sU—u(x, 0). ’o o Pretpostavili smp da u zadovoljava uslove teoreme o egzistenciji Laplasove transformacije, kada je posmatramo kao funkciju od t.
214
b) Koristeći mogućnost razmene mesta integrala i izvoda imamo C {% ) =
= ■£ 7 e~stu(x,t)dt = f o
0
.
c) Neka je v = . Na osnovu a) imamo £ { ^ } = £ {§ | } = s £ {u } - u(x,0) = s (s £ {u } - u(x, 0)) - ut(x,0) s2U — su(x, 0) — ut(x, 0). d) Na osnovu b), uz oznaku v = r f d2u 1 _
/ ’ r & i'l _
M a jr/ _ M a ,J
18.
~
dK _ dx
~
dx*
imamo
•
Naći rešenje u = u(x,t), jednačine 9u
2^—- + u, at
u(x,0) = 6e~
ograničeno na skupu A — {(m, t)|m > 0 ,i > 0}. Primenom Laplasove transformacije na jednačinu, uz oznaku U = U(x, s) = £ {u ( x, t) } , dobijamo % = 2(sU - u(®,0)) + U, odnosno iz datog graničnog uslova dobijamo običnu diferencijalnu jednačinu dU — (2s + 1)U = —12e” d,x Ona je linearna, pa imamo: I / = OT, p'g + g 'p -^ ^ s + l j p g ^ - ^ e - 31, q' - (2s + l)g = 0, q = e(2s+1)1 pt _ _ i 2 e _3x •e- (2s+1)a: = —12e_ i2s+4):E, p = -fK e- (2s+4):,: + c, odnosno [7
s+ 2
,(2 s + l)x e_3:I + ce1
Budući da je funkcija u ostaje ograničena kada x -* oo, to je i funkcija U takva z a i - ^ M (ođnosno važi da U(x, s) —» 0, kada s —+ oo), a ođatle sledi da je c = 0, tj. - 3x
s ~h 2 odakle inverznom transformacijom dobijamo proverava da je traženo rešenje. 19.
u(x,t) — 6e 2t 3x, što se lako
Naći rešenje parcijalne diferencijalne jednačine uxx = utt,
koje zadovoljava početne uslove: uslove: n(0,t) = 0, u(n, t) = 0.
0 < x < n,
t > 0,
u(x, 0) = sin
215
ut [x, 0) = 0, i gramčne
Data jednačina se naziva talasna jednačina. Ona opisuje neke probleme u fizici, kao što su prostiranje zvučnih talasa u gasovitoj sredini, elektromagnetnih talasa u kablovima, torzionih talasa u gredi i elongaciju žice koja treperi. Posmatra se mešoviti problem koji sadrži: - početne uslove oblika: u(x, 0) = f ( x ) (opisuje oblik žice u početnom momentu) i ut(x, 0) = g(x^ (opisuje brzinu kretanja tačaka žice u početnom momentu), - granične uslove oblika: w(0, t) = 0 i u(l, t) = 0 (žica učvršćena na oba kraja). Ako označimo sa U = £ { u } , primenjujući Laplasovu transformaciju na datu jednačinu, s obzirom na početne uslove, dobijamo U"(x,s) - s2U(x,s) - ssinx
<;=;► U"(x,s) - s2U(x,s) = - s s i n x .
Opšte rešenje ove običiie diferencijalne jednačine je U(x,s) = ciesx + c2e~sx + Up(x,s), gde partikularno rešenje koje odgovara funkciji —ssina: ima oblik C/p(ar, s) = Asina; + S cosa:,
4,Bel,
Uvrštavanjem ovog izraza u diferencijalnu jednačinu dobija se —A sin z — B c o s x — s2A sin x — s2B c o s x = —ssina:, tjA( s2 + 1) sina: + B ( s 2 + 1) coss = ssina;, pa mora važiti A(s2 + 1) = a ,
B(s2 + 1) = 0
^
A=
s2 + 1
Dobili smo da je opšte rešenje U(x, s) = C\esx + c2e
+
s2 + l
Sllll.
Primena Laplasove transformacije na granične uslove daje 17(0, s) = 0
i
Č7(7r, s) = 0.
Kada ove vrednosti uvrstimo u opšte rešenje dobićemo 0 = ci+c2
i
0 = c\esv + c2e~air,
što je zadovoljeno samo za c\ = 0 i c2 = 0. Dakle, U( x, s ) = - 2 'S - sina. s + 1
216
,
B = 0.
Kada primenimo inverznu Laplasovu transformaciju, dobijamo — £ 1{i7(x,.s)} = s im £
20. Rešiti PDJ
du dt
sin scost.
d2u dx2 ’
gde je u(x,0) = 3sin27rx, u(0,t) = 0, u (l , t ) — 0 za 0 < x < 1, t > 0. Data jednačina se naziva jednačina provođenja toplote. Opisuje fizičke probleme kao što su prostiranje toplote kroz šipku koja se greje na jednom kraju, prostiranje toplote kroz žicu ako se na njenim krajevima održava konstantna temperatura. U ovim slučajevima posmatra se mešoviti problem koji sađrži: - početni uslov oblika u(x, 0) = f ( x ) (opisuje temperaturu žice u poćetnom trenutku) i - granične uslove oblilca: u(0,t) = f ( t ) i u(l,t) = g(t) (opisuje temperaturu na lcrajevima žice). ili početni problem koji sadrži uslove oblika - w(0, t) = uo, t > 0 (kazuje da je temperatura konstantna na početku žice u svakom trenutku) i - u(x, 0) = 0, x > 0 (može se smatrati bez ograničenja opštosti da je temperatura žice u početnom momentu 0). Primenom Laplasove transformacije na jednačinu i koristeći odgovarajuće osobine, za U = U(x,s) = £ { u ( x , t ) } dobijamo jednačinu sU - u(x,0) = tj. dxl čije je opšte rešenje
— sU = —3sin27rx,
U = Cie'/5x + c2e~'/°x + - f - p : sin 2?rx.
Delujući Laplasovom transformacijom na granične uslove imamo £ { u ( 0, t ) } = U(0,s) = 0, £ { u ( l , t ) } = 1/(1, s) = 0, odakle dobijamo Ci + c2 = 0 i c i e ^ + c2e-V š _ o, odnosno Ci = 0, c2 = 0. Odatle imamo da je 3 U = --------- rr sin27rx, s + 47r2 odnosno primenom inverzne Laplasove transformacije u(x,t) = 3e_47r2* sin27rx.
217
FURIJEOVA T R A N SF O R M A C IJA Neka je f ( x ) funkcija definisana na intervalu [—1,1] (ili periodična sa periodom 21) koja se može razviti u Furijeov red. Funkciju F : Z —* C, takvu da F : n n Fn, gde je i Fn = Tl / e_i“ " x/ ( x)đx, uin = -i nazivamo konačna Furijeova transformacija funkcije f ( x ) ili Furijeova transformacija periodične funkcije f ( x ) . Funkciju / zovemo inverzna konačna Furijeova transformacija funkcije F i tada je /(* )~
£
Fne
x e [ -l,l].
Operator F : / i—» F se naziva konačna Furijeova transformacija, a inverzni operator (ako postoji) F ~ l : F / inverzna konačna Furijeova transformacija i piše se h
^ - 1{ F } = /( x )
F = F {f(x)}, ili F = F (f),
T ~ \ F )= f.
Ako je OO F (p )
=^ j
e-™ f(x)d x,
tada se funkcija F : R —> C naziva (beskonačna) Furijeova transformacija funkcije / : 1 —> M, a funkcija / nazivamo (beskonačna) inverzna Furijeova transformacija funkcije F. To se zapisuje sa F(ui) = F { f ( x ) } , ^r_1{F(
218
naziva kosinus transformacija Furijea, a funkcija
su inverzna kosinus i sinus tran sform acija Furijea, respektivno. 1. N aći konačnu F urijeovu tran sform aciju funkcije / : [ - tt. tt] — K, ako je a) /( * ) = sinz;
c) /( * ) = (1 + i e « ) " 1.
b) /( * ) =
Svaki od zadataka a), b) i c) može biti urađen na više načina, iii p r im e n o m navedenih formula za izračunavanje Fn, ili primenom Ojlerovih formula, razvoja u red i slično. Zadatak a) uradićemo na dva načina, a zadatke b) i c) samo na jedan način. Oo
a) I) Za / ( * ) =
E
Fneinx je Fn = ±
n —~ oo
i
/ sin xdx,
Fn = ±
f f ( x ) e- inxdx, odnosno F0 = ~7T
f sin xe~ inxdx.
Ako je n ^ ± 1 parcijalnom integracijom dobijamo da za integral I — f sina:e~inxdx važi n2I = I, odakle je I = 0, tj. Fn = 0, n £ TL\ {± 1 }—7T
Za n = 1 je
7T
= ^
^
/ sin x e -ixda: = £ —7T
f sinx(cosx - ismx)dx = —7r
f sin xcosxdx— f sin2 xdx = 0— -* —w - i . Slično F _i =
219
/ ( l —cos2x)dx = —^r(x 0
g )lo —
L
II) Iz sina; = - 2‘ Fn = 0, n 6 Z \ {± 1 }. b) Iz M P = | -
F -i = -g ,
direktno sledi T _i =
2i c
Fi = —£,
+ e~ix) = - i e - ix + f e0ix - \eix sledi da je = 0, n G Z \ { - 1 , 0, 1 }.
= f , Ji =
c) Kako je ||e“ |= f < 1, razvijajući funkciju f ( x ) u red imamo (1 + fe*1) - 1
= E ( - I e“ )n = E n= 0
(-i)"
n=0
n 6 N0 i Fn = 0, n e Z \ N0.
Sada se lako vidi da je Fn =
2. Naći Furijeovu transform aciju funkcije x > 0 a; < 0 ’
■-*
a) f ( x ) :
{?;
X2, b) f ( x )
1, 0,
Nl < 1 1 < |x| < 2 [x| > 2 OO
a) Furijeova transformacija funkcije f ( x ) je F(u) = ^ f e~xe~iu>xdx = o
oo
7*
T — t-oo
1
l-
T —*oo
r|—(l-j-iui)T
- 2?jT+i^ rlm e-|0
c( T )
o e (1+iw)T), gde je kriva c(T) =
i z ----- (1 + iui)x G C : x G [0,T]}. Kako je lim ]e (1+ia,)I’ |— ijm |e_:r(eosn)T —isin lo x )\ = lim e_ r = 0,
T — oo
T —oo
T —+oo
= 0, pa je T (W) = 5^ ^ , w # i.
t° je I t o e - ^ OO
F(i) =
/ dz ne konvergira.
b) Funkcija /(a;) je jednaka nuli za svako x van intervala [—2, 2], pa je
-2 ,
-1
2
1
=
^ ( / e~'wxdx + / x 2e~iuxdx + / e~iuxdx)
=
^ r ( f i + 12 + 13)-
-2
-1
1
Ako se u integralu 7j uvede smena (t = —x, dt = —dx) dobija se I\ = / eiutdt. Dalje, uz pretpostavku da je w / 0 imamo 2
/ 1
2
eiuxdx +
2
/*
I e~iujxdx = 1
/• p ^ x
1
220
1 p -i u j x
2 / ------^ ------ dz
6
= 2/
2(sin2u — sinw)
cos uixdx =
Za integral I2 imamo da je 1
I2
— J x
1 i
2 ( cosuj x
— ismu>x)dx =
J
J
/
1
a:2 cosuixdx —i
1
x 2 s'mujxdx.
-1
Drugi integral je integral neparne funkcije nad simetričnim intervalom, pa je jednak nuli, dok se za rešavanje prvog koristi dvostruka parcijalna integracija.. Otuda je l l — —x cos uj H--- r(u>2 — 2) sinui. lo2 u6 Dakle, Furijeova transformacija funkcije f ( x ) je jednaka F
(
2
=
u j)
—
t
7TUJ6
cos
-
2 w ~ -— o sin rra/J
1
1
uj
---------- sin 2a/,
oj
0.
tvuj
1
2
Za w = 0 imamo jF(0) = ^r( J dx + / x2da: + / cfcc) = ^ ( 1 + | + 1) =
3. N aći Fu rijeovu tran sform aciju fun k cije /O )
1 a > 0, m £ (a — ix)m ’
Traženu Furijeovu transfor00
maciju F(u>) = £
/
— ixu>
j i = ^ r dx
— OO
nalazimo tako što posmatramo kompleksni integral I = / h(z)dz, gde je c = Ci U C2 konC
tura sa slike, a e -iz u ,
1
^
(a —iz)m
e -iz u -
( ~ i ) m (z + ai)m
Kako je tačka —ai pol reda m funkcije h(z), sledi: Res h(z)
z = —ai
(t
C^T)T
“
A. ,NTn— l . — aw
)
J:_____1
(m — 1 )!(—i) m
Sada imarno da je I = 27ri Res h(z) =
221
27T ealJ
6
_______ —
,m -l
(m — 1)!
.
— aaj
. ,m — 1
--------- -----
(m — 1 )!
Sa druge strane j e I = f h(z)dz + / h(z)dz — I\ + 1%. Ci
C2
Kako je za t e (7r, 27t), sint < 0, zbog ojR > 0 sleđi 2-nr
— 12 oj
/
/>
<
;*
2 7T
,
2R (R - a)r
||a| - |ii?e!l||m 2
TT
i 2cw -di (i? —a)m
■J e
= .. 2JL- . f e- uRsin^d
■R--- /
(H — - a) a)m J 0
2
n dip ■
(R -a )mJ
2R i 7T" \ — (R - a)m oT7£>)e 2uR
Dakle, kada iž —> 00, tada
“7
—>•0 i e
(0( 2 0
iJ -tco
00
tj.
R
lim 7i = -
it->oo
00
Na osnovu svega prethodnog imamo — /
(R —a)’ : ( i — e_
—> 0, te lim I 2 = 0.
— K
Takođe je Ji = /
,
/• ] u / i t s i n i _ — tu/ic c o s 1 1
-----r— dz\ = | / . iReUdt\ < / (a - «2)m / (a —tRe%t)m ' J
Z7 T
■/
— iu / ite
< 1, pa je
/
—oo
-ix w
-* x u >
j~^yzd x. dx-\-0 =
r » -l
jjb tj.
1 r wm—1 F(w) = - - / . . . dx = e~au-------y 2ix J (a —ix)rn (m — 1)!
4. N aći Furijeovu kosinus transform aciju funkcije s ^
f 2x — 3, “ 1 0,
0< x < I | < x< ci
■
Na osnovu definicije Furijeove transformacijeje Fc(u>) = ^ / ( 2 x —3) cosuixdx. 0 Odatle, parcijalnom integracijom (« = 2x. — 3, du = 2đz, dv = cos uixdx, v = 1 sin w i) imamo ^c(w) = ^ 2 (cos Y f
Za w = 0 je Fc(0) = | J(2x — 3)dx — — / 0
222
~ !)>
w ^ 0.
5. Naći Furijeovu sinus transformaciju funkcije 0< x < n X > 7T
cosa:, 0,
Za w ^ ± 1 Furijeova sinus transformacija je jednaka 7T
F ,( oj) = § f cosxsinijjxdx * o = | f \ ( s in (l'+ w)ic - sin(l - ui)x)dx 1/
cos(l+o>)7r
, c o s (l—w)ir ,
= i f ( ------ 1 + J T - + __
1 / COS UJlr
7T '
l+ a;
2w
-
1-W
COSCJ77
J
1
1—a;
'
1-H*J
1
+T+S
_ l_ j
_J__^
i-«'
1 — (Jj /
----- 2 w?r
cos
2 •
Fs(l) = f / c.osa:smxda: = f •5 sin2 a;j(( = 0, Fs(—1) — —Fs(l) — 0.
6
.
Pokazati d a je OO n f sin2 %
. , f 1-i, COBWld‘; = \ 0)
0< x< l I > 1
'o ( 1- j, Furijeova kosinus transformacija funkcije f { x ) = < Q)
0 < a ;< l x > i
. Je
l Fc(w) = — J ( l — x) cos ujxdx. o Parcijalnom integracijom (u = 1 — a;, du = —da:, du = cosu>xdx, n = £ sinu;2:) dobijamo da je F c(uj) — Kako je 1 — cosui — 2sin , to je 4 sin2 £ = Primenom inverzne kosinus transformacije na poslednju jednakost, dobija se
f ( x )
=
f 4 sin2 % J
- - ^ f - c o s u i z d .u i ,
odnosno 4 /(* ) = - j
f sin2 f - ^ - c o s m z d u :,
te je ova jednakost dokazana.
223
TABLICA L APLASO VIH T R A N SF O R M A C IJA II /(* )
1 F(s)
1
1 s
m
7Tif
■tn
tv
sh at
a s'2 — a2
ch at
s s'2 —a 2
ebt šin at
a (s — b)2 + a2
'. , n 6 N sn+1
r ( v + i)
1 F(s)
, V> -1
eat
1 s —a
ebt cos at
s —b (s — b)2 + a2
Ha(t)
a s
t sin at
2as (s2 + a2)2
tneat
n! / \_ i i j a (s — a)n+1
t cos at
s2 — a2 (s2 + a2)2
sin at
a s2 + a2
ebt sh at
a (s — b)2 — a2
ebt ch at
5 —6 (s — 6)2 — a2
cos at
)*
5
s2 + a2
224
1
K O M P L E K SN A A N A L IZ A E L E M E N T A R N E F U N K C IJ E K O M P L E K S N E P R O M E N L J IV E
E lem entarne funkcije 11
w
G
C, n e N,
w = ez — ex (cosy + i sin y), z = x + iy, z e c , _ e}~—e- + e c , w = sin2: ~ 2i w = cos 2: — slLts 2- , z e c ,
4tu -3O O ll
—sin z z e C \ { ^ -7ir : k e Zj, w = tg z =~ ~ cos z ’ _ cos z z e C \ { k - ! r : k e Z j , w sin z w = sh z “... es —2e~ , z e
c,
w = Ctl'l z
II frlS*
zeC , w = chz “... ez+e~ 2 sh z chz 0 (z e C\{2Mliri : k e Z » , w = th z — ch z’ shz 5^ 0 (z € C \ {krri : k e Z » .
V išeznačne (m u ltiform n e) elem entarne funkcije Inverzna funkcija funkcije w — zn, z e C, n 6 N je funkcija w = j/z , z £ C, n 6 N.
|
Inverzna funkcija funkcije w = ez , z 6 C, je funkcija w ~ Lnz = lnz + 2krd, z G C \ {0 }, k g Z, | gde je i = Inz = ln \z\ + iargz jednozriačna funkcija koja se zove glavna v red n ost o d Lnz. O pšta ek spon en cijaln a funkcija w = az = ezLna, z e C , a £ C \ {0 ) . O pšta stepen a fu n k c ija _________________________ M= z ^ e U n\ A 6 C ,z £ C \ {0 }. O pšta logaritam ska funkcija
225
|
w = Loga 2 =
* e
ln označava ovde jednu granu funkcije Ln. 1.
Dokazati sledeće osobin e: a)
ezi ■eZ2 = eZl+Z2;
b)
w = 2kni, k€Z-&(Vze C)(ez+m = e2);
c) d) (e) f) (g^ h) i) j)
sin2 z + cos2 2: = 1 ; sin(zj + z2) = sin z\ cos z2 + sin z2 cos Zj; sin(a: + iy) = sin x ch y + i cos x sh y; cos x ch y — i sin x sh y; ch2 z —sh2 z = 1 ; sin z = sin ž; cosz = cos ž; tg z = tgž.
a) eZl ■e22 = eI1+,J/1 . eX2+1!/:! = eXl(cosyj + i sini/i) •eI:!(cos y2 + isin y2) = eZleZ2 ((cosyi cosy2 - sinj/j sinj/2) + t(cosj/j sinj/2 + sin t/i cosy2)) = eZl+X2 (cos(yi + 2/2) + tsin (j/i + 2/2)) = = e ^ i+ m i-H ^ + ^ ) = e*t+«. Odatle je (ez)2 = e2 ■ez = ez+z = e2z. b ) U svakom polju (pa i (C, + , ■)) važi zi ■z2 = 0 O zi = 0 V z2 = 0, pa je e z+ w = e z ^ e z . e w = e z ^ e z . ( e w _ 1 ) = 0 o e z = 0 V e“ - 1 = 0 O e1" = 1 ++ exeiy = 1, gde je w = x + ii/. Kako su dva kompleksna broja jednaka ako i samo ako su im moduli isti, a argumenti razlikuju za 2kn, k 6 Z, to je e1 = 1 a j/ = 0 + 2kix, tj. x = 0 A y = 2kir odnosno iu = 2fc7ri, fc £ Z. Dakle, važi ekvivalencija. c) sin2 z + cos2 z = (-2 iz
2t
- ) 2 + (-
■2 + e
-)2 =
+
= 1. P^Z1 _ p~ I Z i
d) sin zi cos z2 + sin z2 cos zi = e
_
2i
p1z2 e'z2 +
2
e
p1Z2 +
P~lz2 2i
1 l(ei(zi+z2) _ ei(-zi+z2) _|_ g *(2 l-Z 2 ) _ g - i ( z i + 2 a h _j_ ^gi(z2 + 2l) _L
A 4n i ''
ei(r z 2+ 2 i)_j_g i(z2 -2 i)_e - i(z 2 + 2 i))) _
I ^ 2 e i ( +1+ Z2) — 2 e “ ^ 2 l + Z 2 ' ) =
— ( e i (Z l + Z 2 ') —
2t
e 2(2l+Z2)) = sin(zi + z2). e) sin(i + iy) = sinzcosii/ + sin ij/cosx = sin zch i/ + ico s x sh y , jet je gi-iy _ e-i-iy -v _ ey ,i-iy _j_ e —i-iy + ey = chy, sinij/ = cosij/ ~2A HžT
226
1 ey - e~v i 2
ishy.
f)
Slično kao e).
g)
ch2 z - sh2 z =
e* —e~ x 12 _
--------------- — - (® -# — )' -----=
e ^ + 2 4+ e I ^ . _ e2* - 2 A+ e r 2* ----_ Xi .
h) e1 — ex+yi = exeiv = exe 1v = ex *y = ez p-iz _ o—tz sm z -2i 2* 2ž 2i i)
-2i
-2i
= sinz. Analogno h).
j)tH = (S f) = 2.
sin z
cos~ž
sin z cosž
= tgz.
D okazati sledeće osobin e: a) b) c) d)
Arg(ziz2) = A rgzi + A rgz2, zi, z2 f 0; Arg = A rgzi - A rgz2, z i,z 2 f 0; Ln(ziz2) = Lnzi + Lnz2, Z i,z2 ^ 0 ; Ln^i = L nzi - Lnz2, z i,z 2 0.
z i - z 2 = |zi||z2|eArg^ )+Ars(z2)sledi da je Arg(zi •z2) = Arg zi + A rgz2, Zi, z2 ^ 0. b ) Iz £l _ l f i i eArg(zi)-Arg(22). z2 |z2|
(!)
(2)
sledi da je Arg fj- = Arg zi - Arg z2, z i,z 2 / 0. c) Ln(ziz2) = ln |ziz2|+ i Arg(zxz2) = ln(|zi| •|z2|) + i(A rgzi + A rgz2) = (ln |zi| + ln |z2j) + (i Arg zj + » Arg z2) = (ln jzi |+ i Arg zj) + (ln |z2|+ i A rgz2) Lnzi + L n z 2, z i,z 2 f 0. d)
Analogno c).
3. N eka m ,n € N. D okazati da (< /z)m im a NZf [ ^
različitih vred-
nosti. Pokazati d a se sku p ovi vredn osti ( sfz)m i a/ z ™ ako i samo ako N Z D (n ,m ) = 1.
• 4. Izračunati vred n osti
227
a) b) c)
•a' = ir f + (i + 0 129- i ls" ; w = (1 + cosa + isina)2", a e (0, 7r), n e N; w = sin(2 + i);
d) e) f)
w = Ln(l + i ) ; w=*(y/3)’ ; w = i2wi.
a) w = •fr| + ( l + i ) ( ( l + i ) 2) 64- 24'499+3 = ± f £ t £ + ( l + i ) ( l + 2i + i 2)64( - i ) = ^ + (l + i)(2i)64+ i = —i + (1 + i)264i4'16 + i = ( l + i ) 264-l = 26'l + i2u . b) w = (1 + c o s a + is in a )2" = (2 cos2 | + i 2 sin | cos| )2n = (2 co s | (c o s f+ isin f ) ) 2" = (2 cos f )2n(cos § + isin f )2n = 4n cos2n f •(cos2n f + is in 2 n f) = 4n co“s2n f •eina, |ta| = 4" cos2n f , Arg w = na + 2kir, k G Z. Iii drugačije w = (1 + e“ )2n = [(e~5S + e ii ) e ii } 2n = (2 c o s f e ’ S)2n = (2 cos f )2nei2nf = 4n cos2n f •eina.
C)
W = S U l
(2
+
l)
=
e^cos^ — isin 2)] = ch 1 sin 2 + i sh 1 cos 2.
- ----------- g f ------------ =
sin2 +
? .‘ T2,2,el i l ^ ^ [ e ^(cos2 + is in 2) — cos 2 = e‘ +e
sin 2 + i - - f e- ‘ cos 2 =
d) w = Ln(l + i) = In |1 + i| + i(arg(l + i) + 2A:7r) = ln \/2 + i ( f + 2kir) = I l n 2 +Sfchl7ri, fc e Z . e) W = (1/ 3)^ = e ,rLn,/3 = e*-(l»vS+i(0+2k*)) _ etrln +3ei2k+- ^
£ Z.
f) w — j2iri _ e27TiLnt _ e27rt(lnl+t(f +2^)) _ e_(4fc+l)tr2 j, g g Primetimo da je i2m ^ (i2) " = (—1)” jer je ( —l ) 7ri = gtri Ln( —1) _
5. cije.
g tri( In l+ i(t r + 2 /!Tr)) _
e _ ( 2 *:+l)tr2
j(. £ g
N aći inverzne funkcije za trigonom etrijske i h ip erb oličn e funk-
Inverzna funkcija sinusnoj funkciji je ona funkcija w = Arsin 2 za koju važi z j= jiin w = +» e2iw - 2izeiw - 1 = 0 + eiw = iz + yj—z 2 + 1 odakle je w — i Ln(i2: + \/l — z2), odnosno Arsin z = —i Ln(i,z + \/l —z 2) .
(3)
Inverzna funkcija Arccos, funkciji w = cosz = -~ +e " , je ona funkcija za koju važi
228
i t i <+> e2zeiw + l = 0
2: =
COS V) ■
e " v+ e 2
tu‘
Arccosž; = —iL n (z + v z2 — 1).
(4)
—1 je funkcija /
Inverzna funkcija za / ( z ) = w = tg z =
x(z) =
' i +T'= + 1
Arctg z = —]- Ln \— 2 z
Inverzna funkcija za / ( z ) = w = ctg z
■iz ++ e2 i w
_ X—
(5)
z G C \ {± i}.
COS 2
sin z
e” +e--t± =
e i s _ e -t*
e 2 i ------ 1
je
J
2iui , j
funkcija / _ 1(z) — w = Arcctgz za koju je z = ctgio, tj.
z =
= - i z , odnosno e2i“ + 1 = - i z e 2iw + iz. Odatle je e2i“ = g f j , odnosno
™= 5iL n S . Pa Je
Arcctgz = —^L n - —
t,
( 6)
2 6 C \ {± i}.
Inverzna funkcija Arsh, funkciji w = shz = 5—f — , je ona funkcija za koju važi ~2e = 4+ e21" —2zew—1 = 0, odakle je ew = z + V z 2 + 1 z = sh w = odnosno Arshz = Ln(z + \/z2 + 1).
(7)
Inverzna funkcija Arch, funkciji w = chz = e -~^e— , je funkcija za koju v ch w = e2“ +1 4+ e■2w — 2zew + 1 = 0 +> ew = z + %/z2 — 1 , odnosno Archz = Ln(z + \/z2 - 1).
( 8)
sh z _ ez —e
Inverzna funkcija Arth, funkciji w = th z = g j j funkcija za koju važi
229
e*+e“ 2
e2*+l ’
je ona
th w =
, odnosno e2w- l = z e2w+ z . Odatle je e2™= Arth z = - Ln
odnosao
1+ z z e C \ {± i}1 - z'
(9)
Iz jednakosti z = cthw izračunavamo inverznu funkciju Arcth, funkciji w = ~ + e ~ z _ e2= + 1 . Cth 2 = sn z = e— e' S?!±k odnosno <=> e2w 4-1 = — z. Odatle je e 2w z — cth w e 2 iv _ 1
Arcthž = i Ln
( 10)
z £ C \ {± 1 }.
6. Pokazati da su eksponencijalna funkcija, trigon om etrijske i hip erboličn e funkcije p eriodičn e. Funkcija f ( z ) je periodićn a, ako postoji zo + 0, tako da je f ( z + z o ) = f ( z ), za sve z £ C. Broj zo se naziva p eriod funkcije f(z ) . Primetimo da je i k ■zg, k £ Z \ {0 } takođe period te funkcije, odnosno za sve k £ Z, važi f ( z + kzo) = /( z ), z £ C. e2Jc7n _ C0S2k-K + isin2fc7r = 1 + i •0 = 1 , f e £ Z => e2” = 1 =+ ez+2!ri _ e2g27ri _ pa j e eksponencijalna funkcija periodićna sa periodom
2-71+ sin(z+27r) = , ,
,
,
,iO + 2 n )_ .
2i aiCi+»)_i
etg- l -
__ e
—e
__
e2“ e2”
_ e2u-ri •l+i — isur+i — tgz. -2ir: _ e^+e"* 1±jC = chz. ch(z + 27rz) = -------^ --------- -“ 2 - ( s + 2wi) +e — sšztsll = cth z. cth(z + 7ri) = =+2rri—g—( z+ 2 Slično se može pokazati da važi cos(z + 27r) = cosz, ctg(z + n) = ctgz, sh(z + 2iri) = sh z, th(z + 7rž) = th z. t g ( z + sr) = w
o
l+i
§m T +zy+j =
- * + 2iri i _ -( s + 2 T r i)
7. R ešiti jednačinu a )'z 2 = —i, b) zn = 1,
c) sinz = 3,
d) cosz = 1.
a) z2 = —i, z = x + iy <+ (x + iy)2 = —i < ^ x 2 — y2 + 2xyi = - i + x 2 — y2 = 0 A 2xy = —!<=> (x = y\/x = —y) A 2xy = —1 <+ (.r = y A 2xy = —1) V (.x = —y A 2xy = —1) <+ (x = y A 2j/2 = - 1 ) V (jc = —y A —2j/2 = —1) ++ ( i = j A 1 ) V ( i = —y / \ ( y — j V t / = - ^ ) ) # i V ( i = - j / A j =
230
f )
V (x ~y A y = _ V5 + i V5 V « = VI 2 2
+> ( x = —
# ) V ( x = &2 A y = - ^ )
A y
,-VI
b) z " = 1 z = VT = l / l e 2* ^ = e ^ \ k G { 0, 1 , 2,..., n - 1 ). Rešenja jednačine predstavljaju temena pravilnog n—tougla, čiji je centar opisane kružnice u z = 0, c) sinz = 3, z = Arsin3 = —iL n (i ■3 + V l — 32) = —iLn(3z + ( ± 2\/2i)) = —i Ln(3 ± 2\/2)i = - i ( ln |(3 ± 2V2)i| + i arg(3 ± 2^2)i + 2km) = - i ( ln(3 ± 2\/2) + i§ + 2km) = - i ln(3 ± 2\/2) + § + 2/br = ^ ± 1 tt - i ln(3 ± 2\/2), k e Z . d) cosz = 1, z = A rccosl = —i Ln(l + %/l2 — 1) = —iL n (l + 0) = —i L n l = —i(ln |1 |+ ia r g l + 2kiri) = —i (0 + i •0 + 2kni) = 2kir, k € Z. 8. Šta p red stavljaju sledeći sku povi tačaka u kom pleksnoj ravni a) ki = {z € C : \z — z0| = r), k2 = {z € C : \z — zo\ < r}, ko = { z G C : \z — z0\> r }, r > 0, zo £ C; b) Pi = { z € C : arg(z - z0) = a }, a ,P e (0,27r);
p-2 = { z £ C : a < arg(z - z0) < P},
c) e = {2 G C : \z - zi\ + \z - z2|= 2r }, d) p = { z e C : Im (ziz + z2) = 0},
r > 0, z\,z2 € C;
z\,z2 € C.
a) \z - z0|= r +> V ( x ~ x o)2 + iv ~ Vo)2 = r <=> (x - x0)2 + (y - yo)2 = r 2. Skup tačaka Iti predstavlja kružnicu sa centrom u z0 = io + *2/o poluprečnika r, dok su skupovi k2 i k0 unutrašnjost i spoljašnjost te kružnice. b) Skup pi je skup kompleksnih brojeva čiji je argument a, translatorno pomeren (za vektor z0), odnosno poluprava sa početkoin u z0, koja zaklapa ugao a sa pozitivnim delom (smerom) realne ose. Skup p2 je skup kompleksnih brojeva čiji je argument veći od a, a manji od p translatorno pomeren za z0.
231
c) Skup tačaka e kompleksne ravni čine one tačke čiji je zbir rastojanja od dve fiksne različite tačke z\ i konstantan i jednak 2r, a to pređstavlja elipsu sa žižama z\ i z2 i velikom poluosom r.
Z
0
d) Im^ziz+z^) =()■£> Im ( ( x i+ i y i) ( x + iy ) + (xo.+iy2)) = 0 I m ( ( x i x - y i y + x 2) + i ( y i x + x\y + y2)) = 0 +> y\x + x\y + y2 = 0. Skup p predstavlja jednaćinu prave (opšti oblik). No i svaka prava Ax + By + C = 0, A, B, C e R, j42 + B 2 0 se može napisati u tom obliku uzimajući z\ = x\ +iyi = B + i A i z2 = D +iC , gde za D možemo uzeti bilo koji broj, pa i 0. 9. Preslikati fun kcijom w = z2 skupove a) c)
-4 = {2 = i + i t / e C : i = 2}; C = {z e C : |*| = 3,Im 2 > 0};
b) d)
B = (z = x + iy e C : y = kx} (k e R); D = {z £ C : |z| = 3}.
ui = z2 = ( x + i y ) 2 = (x2—y2)+ 2 x y i => u = Rew = x 2—y 2, v = Imw = 2xy. & )x = 2 , y e R = > u = 4 - y 2, v = 4 y , y £ R o u = 4 - (| )2, v € E, pa je slika prave i = 2 u z ravni parabola. u = —-^v2 + 4 u w ravni. b ) k > 0 => y = kx, x e R = > u = x 2 — k2x 2, v = 2 kx2, x £ R +> u = (1 - k2) ^ , v € R j , pa je slika prave y = kx (k > 0) u z ravni poluprava u = ^ p -v, v £ R j u
w
ravni.
k < 0 => y = kx, x e R = > u = x 2 —k2x 2, v = 2kx2, i 6 R « u = ( l - i 2) i v £ R q , pa je slika prave y = kx (k < 0) u z ravni poluprava u = u w ravni. k = 0 => y = 0, x € R => u = x 2, v = 0, x € R <+ u € R j , v = 0, pa je slika prave j = 0 u z ravni poluprava u € , v = 0, tj. nenegativni deo realne ose u w ravni. w = z 2 = (petlp)2 = p2el2p. c) |z| = p = 3, tp e [0,7r] => w = 9e2ip, 2
232
2
z
/
A
0
r
/
2
Z
z
0
C 0
/
c
D
/
10. Odrediti promenu argumenta za preslikavanje a) f ( z ) = V ž; b) f ( z ) = V V F - 3)> ako z opisuje kružnicu |z| = 1 u pozitivnom smeru. a) Ako z opiše kružnicu z = elt, t £ [0, 27t], znajući da je tačka z = 0 unutar nje, to je A A rgz = 27t, odakle je A A r g /(z ) = |A A rgz = 7r. b ) Kako je za wi(z) = z(z — 3), A A rg w j(z) = A Arg(z) + A Arg(z — 3) = 27T + 0 = 27r, to je A A r g /(z ) = |A A rgw i(z) = 11. Data je multiformna funkcija w = Ln , za koju je iu(3) = ln ^ + 2fco7ri, ko £ Z . Izračunati w(—3), ako se do tačke z = —3 došlo poligonalnom linijom koja spaja tačke a) 3, i, —3; b) 3, —5i, —3. a) Označimo sa A Arg(z) promenu argumenta za z dok z opisuje zadatu krivu. Za datu putanju je A Arg(z —3i) = — A A rg(z+ 3i) = f , A Arg(z —2) = 7r i A Arg(z + 2) = ix. Prema tome, A Arg fjjzf = A Im (ir(z)) = —§ + § —tt—7r = —27t, pa je w(—3) — In ™ + 2(&o — l)irtb) Za ovu putanju je A Arg(z —3i) = —J , A Arg(z + 3t) = —^f, A Arg(z — 2) = —7r i A A rg(z + 2) = —7r. Prema tome A A rgfJr| = AIm (io(z)) = —f — + 7r + 7r = 0, pa je w(—3) = ln ^ + 2korci.
233
12. Ispitati vrstu tačaka grananja sledećih funkcija: a)
w = za, a € C \ Z ;
b)
w = Lnz;
d)
w = \/'l + ~Jz;
e)
w = Ln i +i ’
f)
w=
Arsin z
j .
a) Za tačku zo kažemo da je tačka grananja višeznačne funkcije w = f {z ), ako f ( z ) prelazi sa jedne svoje grane na drugu, dok promenljiva z opisuje krivu 8( zq) oko tačke zq. Ako se posle n obilazaka po toj krivoj u istom smeru jjonovo (po prvi put) vratimo na istu granu, kažemo da je zq algebarska tačka grananja (n — l)-og reda. Ukoliko stalno dobijarno nove grane, zq zovemo transcedentna tačka grananja. Izaberimo zatvorenu putanju (kružnicu) z = reu , t e [0,27r] oko tačke z = 0. Ako je preslilramo sa w imamo w ( r g it ) _ Qa Ln(relt) __ g(a+ib)(\n r + ii+ - 2 kni) __ ^a\nr—bt—2 krb _ ^i(at.+ 2 a k r + b In r)
gde k € Z, a = a + ib. Ta slika je zatvorena putanja (kontura) ukoliko je w(re01) = w(re2m), odnosno ukoliko je ^ a ln r —'ŽkTib
_^ i( 2 ak-K+blnr)
_
In r —2 tt6 —2A:7t6
_gi( 2 a-n+2 akTr+blnr)
Moduli su jednaki za b = 0, a argumenti su jednaki za a 6 Z. Dakle, za a g Z, tačka z = 0 je tačka grananja i to algebarska reda q — 1 ukoliko je a = | € Q, a transcendentna u svim ostalim slučajevima. Kompleksnu ravan C kojoj je dodata tačka oo zovemo proširen a kom pleksna ravan. Smenorn 2 = 1 , tačka 2 = oo se preslikava u tačku u = 0. Kako je w(u) = u>(l) = u~a , to se na isti način kao u prethodnorn razmatranju izvodi išti zaključak i kada se razmatra proširena kompleksna ravan, tj. da je oo tačka grananja iste vrste kao i 0. b) Ako preslikamo kružnicu z = reli, t € [0,27r] imamo w(relt) = Ln (relt) = lnr + it + 2kni, što je duž koja spaja tačke u.’i = lnr + '2kni i = Inr + 2(k + l)7ri (koje odgovaraju redom vrednostima t = 0 i t = 2-rr). Dakle, 2 = 0 je tačka grananja i to transcendentna. Smenom z = tačka 2 = 00 se preslikava u tačku u = 0. Zbog w(u) = w(~) = Ln i = —Ln?i, to je i tačka 2 = 00 t-ranscendentna tačka grananja.
234
c) Tačke z = 0, z = 1 su algebarske tačke grananja prvog reda. Tačka z — oo nije taćka grananja jer tačka u = j = 0 nije tačka grananja za funkciju « ( « ) — w( u ) = d ) Tačka z = 0 je algebarska tačka grananja prvog reda za sve četiri grane ove četvoroznačne funkcije. Za one dve grane za koje je t/ I = —1, tačka z = 1 je algebarska tačka grananja prvog reda. Tačka z = oo je algebarska tačka grananja trećeg reda jer je tačka u = i = 0 tačka grananja. trećeg reda za funkciju w(u) = w( £) = e) Primetimo da je tačka z = oo regularna tačka, jer je tačka u = 0 regularna tačka za preslikavanje uS(u) = w(£) = Ln^jjjj. Tačke z = 1 i z = —1 su transcendentne tačke grananja. f) Preslikavanje Arsinz = —i Lni ( z + f z2 — 1) ima singularitete u tačkama z = ±1 (algebarske tačke grananja prvog reda), i trancendentnu tačku grananja z = oo. Sem tih singularnih tačaka preslikavanje w ima i one algebarske tačke grananja prvog reda za koje je Arsinz = f , a t o j e z = :s^ + 2kir. 13. K on stru isati R im an ove p ovrši za funkcije a) w = yfz\ b) w = yfž + \fz - 1; c) w = Ln z. a) Preslikavanje \fž je dvoznačno i ima dve algebarske tačke grananja z = 0 i z = oo. Rimanove površi čine dve ravni spojene na zaseku koji spaja tačke z = 0 i z = oo, za koji je uobičajeno da se uzme duž pozitivnog dela realne ose [0, oo) i na njemu se sa prve površi prelazi na drugu i obrnuto. b) Rimanove površi čine četiri ravni spojene duž vertikalnih zaseka [0, ioo) i [1,1 + ioo) gde se duž prvog zaseka prelazi sa prve ravni na drugu ravan, sa treće na četvrtu, sa druge na prvu, sa četvrte na treću. Duž drugog zaseka se prelazi sa prve ravni na treću i obrnuto, sa druge na četvrtu i obrnuto. Sve gledamo sa desna na levo. c) Rimanove površi su sačinjene od beskonačno mnogo ravni spojenih duž zaseka [0, oo) po pozitivnom delu realne ose, a prelazi su sa fc-te ravni na (fc + 1) —u ravan, fc £ Z gledano odozdo na gore.
235
A N A L IT IC K E I H A R M O N IJSK E FU N K C IJE
Funkcija f ( z ) je diferencijabilna u tački z0 (ima izvod f ' ( z 0) u tački z0), ako je f ( z ) definisana u nekoj okolini tačke z0 i ako postoji lim _ A z -» 0
Onda je i
f ( z 0) = lim
&z—+0
f ( z 0 + A z) - f ( z 0) Az
Funkcija f ( z ) je analitička u tački zo, ako postoji okolina tačke z0 tako da je f ( z ) diferencijabilna u svakoj tački te okoline. Funkcija je analitička u oblasti G ako je analitička u svakoj tački te oblasti. Tačke u kojima funkcija nije analitička zovu se singularne tačke ili singulariteti funkcije f (z ). Važe ista pravila za računanje sa izvodima kao i za funkcije realne promenljive (izvod zbira, razlike, proizvoda i količnika, izvod složene funkcije, Lopitalovo24 pravilo, i slično). Potreban i dovoljan uslov da funkcija f ( z ) = u(x,y) + i v ( x , y ) ,
z = x + iy
bude analitička u oblasti G, jeste da su funkcije u(x, y) i v(x, y) diferencijabilne u toj oblasti kao funkcije dve nezavisno promenljive i da pored toga važe sledeće Koši-Rimanove jednačine du dx Tnrla
lacia je jf '((z) — Sx -L +
dv dy’
du dy
dv dx'
— Sv _ ■du _
dv i Qy — g8uj _ 1■8u av _~ dv dy +. l- ^i-
Kažemo da je funkcija u(x,y) harm onijska funkcija ako ima neprekidne izvode i zadovoljava parcijalnu diferencijalnu jednačinu: d2u dx2
d2u dy2
(2 )
Ako je funkcija f ( z ) = u (x,y) + iv(x,y), z = x + iy analitička u oblasti G, tada s u u i t ; harmonijske funkcije.
24Lopital, Ž. (Guillaume de L’Hospital, 1661-1704) - francuski matematičar
236
1. N aći izv od funkcije f ( z ) koristeći definiciju izvoda, i pokazati da je f ( z ) analitička funkcija, ako je a)
/0 ) =
Z—%. z+ i 1
b)
) f '(z ) = lim /(»+ A*)~/(?1
> 1 b-d A z—+0 2i_____ ,________ _ 2i_ lim, _____
A z = 0 (*+Az+»)(*+i)
_
^AzZ
z -S,0o AAz—
2i
f ( z ) = ez
lim
A* Az
ž + jM z M
i;m
________ _______
' (z+t)2 '
Kako je f ( z ) diferencijabilna na C sem u tački
b) f ' ( z ) =
-
_ A ™ 0 A Z(Z+ A * + i ) ( z + i )
lirn
=
= —i, ona je i analitička na
lim ej./ +A-)*~2-e J*-2 = ie21 2 lim eiAj —1 = iA z
W A z—.0 Az A z —.0 j e z j - 2 lim e w- l _ jg Z J -2 . j = ■ie z<- 2 . -ut—»0 u’ 1
z
Az
A z —.0
Funkcija je analitička na C. 2. Pokazati da funkcija io = | nije analitička u C \ {0}. Zapišimo funkciju w = / ( z ) u obliku w = u(x, y) + iv(x, y), gde je __ x — iy x + iy 8u _
Sx “ St/ _
S j/
x — iy _ x 2 — 2x — y2 x — iy (x — 2)2 + y 2
z
= x + iy:
. —2y (x — 2)2 + y 2'
S / x - - 2 x - y 2 \ __ (2 i - 2 ) ( ( i - 2 ) - + j/2) —2 ( x - 2 ) ( x 2- 2 i - i /2) _ n 4 a:-a :2- 3 i ' 2+ 2 i ! / :! (( x - 2 ) 2 + j/ 2 ) 2 '((i-a jS + s iJ i ' a / -2 y ) _ —2 ( ( x —2 )2+ j/2) —2j/( —2j/) _ —2 j/ x 2
a x ( ( x - 2 ) 2+ j/2 ) Sj/ ( (x - 2 ) 2 + j/2 )
Koši-Rimanova jednačina analitička u C.
(x 2+ j/2) 2
(x2+ j/2)2 *
nije zadovoljena u C, pa funkcija nije
(/OiOdrediti konstante o, b,c,d € R, tako da funkcija w = x 2 + axy + by2 + i(cx2 + dxy + y 2) bude analitička u C. Izraziti funkciju w u obliku w = f (z ) , z = x + iy i naći njen izvod. Lako se vidi da je gf =■ 2.x + ay,
= dx + 2y,
f^ = ax + 2by,
f j = 2ca: + dy,
pa na osnovu Koši-Rimanovih jednačina sledi 2 = d, a = 2, a = —2c, 2b = —d, tj. a = 2, 6 = —1, c = —1, d = 2, ođakle je w = x 2 + 2xy — y 2 — i(x2 — 2xy —y 2) = (1 — i)(x + iy)2 = (1 — i)z 2. Izvod možemo izračunati koristeći formulu (zn)' = nz” - 1 , te je = 2(1 — i)z. Takođe na osnovu formule tu1 = f j sledi da je ui' = 2a: + 2 y + f ( —2a + 2y) = 2 ((x + iy) - i(x + iy)) = 2(1 - i)z.
237
>
. 4 , Odrediti analitičku funkciju f(z) = P(x, y) + iQ(x, y), z = x + iy u Ć, ako je Q(x,y) = 2xy + ex cosy i /(0 ) = i.
Q (x,y) = 2xy + ex cosy =5> Px = .Q V = 2x - ex siny =+ P = j ( 2 x — ex sin y)dx = x? — ex sin y + cp(y). - e x cosy + p'(y) = Py = - Q x = - 2 y - e x cosy - y2 + c.
=+ p'(y) = - 2 y
=+
cp(y) =
f (z ) = P(x, y) + iQ (x,y) = x 2 — ex sin y — y2 + c + i(2xy + ex cos y) = x 2 + 2xyi —y2 + iex (cos j/ + i sin j/) + c = z2 + + c. /(0 ) = i + c = i =4> c = 0 =+ /( z ) = z 2 + ie+ 5. jNaći analitičku funkciju f ( z ) = u(x,y) + iv(x,y), z = x + iy u C, ako je v(x, y) = 2ex cosi/ i /( 0 ) = 2(1 + i). Iz Koši-Rimanovih jednačina imamo
= f j = —2ex smy, pa je
u = f (—2ex siny)dx = —2siny f exdx = —2ex sinj/ + c(y). m =
2ex cosy = - ( - 2 e x cosy + d(y)) +> c'(j/) = 0 => c(y) = c.
2(1 + i) = f ( 0) = u(0, 0) + iv(0,0) = (—2e° sin 0 + c) + i 2e° cos 0 = c + 2i => c = 2, pa je f ( z ) = 2(1 — ex sin y) + i2ex cosy = 2 + 2ex(—siny + icosy) = 2 + 2iex(cosj/ + isiny) = 2 + 2iex+'J', odnosno /( z ) = 2 + 2ie2.
6.) N aći analitičku funkciju f ( z ) = u(x,y) + iv(x,y), z = x + iy, na C \ {-i},
ako je v(x,y) =
x 2 + (y + 1):
r, /(0) = 0.
Iz Koši-Rimanovih jednačina imamo ~ (y + 1 ) / (Xi+Ty%>)> = - ( » (m = a:2 + (y + l ) 2, dm = 2xdx).
« -
—
— ——
Sv ~ 9x * * =+ c ( y ) = c.
+ 1) /
(j2 + (!/+ 1)2) - 2fa + 1) :i 4 . V
(x* + (y+ w
•2(y + 1) =+ ^
+ c w
+ e (»)
_
-
(x 2+ f a + l ) 2) - 2 z 2
(;5 + (s,+ i) 2 )J
j/
\ _
=> C ( y ) - V
n
f ( z ) = u(x,y) + i v ( x , y ) => 0 = /(0 ) = u(0,0) + 1#(0,0) = 1 + c =» c = -1 . i _ gj+jjž+i 1. ■C(z) — ( x'1+!(y+i)2 1) + i i 2+ ( y + l ) 2 x 4+ y 2+ 2 y + l Kako je x = R e 2 = |(z + z), x 2 + y2 = \z\2 = zJ, to je f ( z ) — + (>z+z) + 4 (^—z ) + l _
y = Im z = ^ ( z — z) = ±(z — z), _____ 1 =
j
•zz-fiz—zi+1 z + i'
238
ijz-i)
(z—i)(z-|-i)
_ 1 _ _i____ 1 z+ i
7. Odrediti analitičku funkciju f(z) = u(x,y) +iv(x,y), z —x + iy, na C \ { —1 —i], tako da je njen imaginami deo funkcija V^X' V^
(x + l ) 2 + (y + l ) 2
i da je /(0 ) = Iz Koši-Rimanovih jednačina je §“ = - f j =
pa imamo
u = (* + X) / ( t ^ F i p + M W dy = - F W + fe + T F + c(* )‘ Takođe je du _ dv Sor - dy ^
_( x + l ) 2+ ( y + l ) 2—2 (o :+ l)2 ( ( x + l ) i + (V+ l ) 2)2
+ c'(x)
( x + l ) 2+ f a + l ) 2- 2 f a + l ) 2 ( ( x + l ) 2+ ( n + l ) 2) 2 .. ’
pa je c'(x) = 0, c(x) — c, odnosno ______ x + 1________'f y + 1______ ( * + l ) 2 + (y + l ) 2 + l (x + l)2 + ( y + l ) 2‘
m Iz /(0 ) = f f y\
J +) -
k (0, 0)
+ iw(0,0) = —| + c +
—( x + l ) + i ( v + l ) (I + i ) 2+ ( i / + l ) 2
je c = 0 i
z + l+ i _____ 1 17+ I + i P — z + l+ i-
8. N aći analitičku funkciju f ( z ) = u(x, y) + iv(x,y), z = x + iy, u oblasti G = { z e C : R ez > 0 }, ako se zna da je u(x, y) =
= ^(§?±) =
Funkcija u (x,y) je harmonijska u G, pa važi: = 0 434 (z2 + y2)p"(t) + 4<£>'(t) = 0 tp"(t) + p'(t) = 0 +> ttjj'(t) + ip(t) = 0, i/>(f) = p ’ (t). +!r — _ t ^ ^(*) = cit- 1 , p(t) = C! lnt + c2; 1 = ¥>(1) = cj ln l + c2 = c2, 1 = v?'(l) = ^ (l) = ci •l -1 =)> ci = c2 = 1 =>
^
=> 11 = f ž r p d y = 2 / ^ ^ l d i / = 2 f j ^ d p =
2 arctgp + c(:r) = 2 arctg | + c(x) ( p =
d p = \dy).
= - ( 2T T rS + C' (X)) =*■ ^
= ° =* C(X) = a
f ( z ) = (ln(x2 + i / 2) + 1) + i(2 arctg + c ) , / ( l ) = u (l,0 ) + w (l,0 ) = 1 + t =+ (ln (l2 + 02) + 1) + i(2 arctg f + c ) = l + i = + c = l , % f ( z ) = (ln(a;2 + y2) + 1) + i(2 arctg - + 1).
239
Ako uzimamo da je argz € [0 , 27r), funkcija / se može pisati u obliku . . _ f 21n|z| + 1 + i(2argz + 1), Rez>0,lmz>0 *lz ' ~~ \ 2 lnjzj + 1 + i(2argz —47r + 1), R e z > 0 , l m z < 0
9. N aći analitičku funkciju / : G —>C, G = { z £ C : R e z > 0, Imz > 0 }, ako je v(x,y) = <^(|), /( z ) = u(x,y) + iv(x,y), z = x + iy i / ( I + i) = In V t, 1+7n /3 /( ) = *&■ S 9v —
obzirom da za t — - važi v ¥>(//£>
p - V
1
Sv —
x
—Vlklp-J
82v
2x i ,. n ! +\x2
aiR — v5 ( 5 ) p - + V5 (rjjT,
i da je funkcija v harmonijska u G, dobijamo ^ + ^ = 0 « 44> (t2 + l)v5"(t) + 2tv3'(t) = 0 + 5
t f )2 + 1 )^ "W + 2 f ¥>'(*) = 0 't2 + l)ip'(t) + 2tip(t) = 0, i/i(t) = y>'(t).
...... _ /s\(4-\ — /> - o r o f r p + _i... / i !a ^>A = -.......... -T+R ^ d ^t —V => n!t(-h\ tp(t) ---= />. c 1___1_ T±p,
v(x,y)
■Ci arctg - + c2. V
Sada korišćenjem druge Koši-Rimanovejednačine imamo pa je u = -cx / = s ^ d y = - c a| ln(a:2 + y2) + c(.z).
= —§ f =
Odatle je na osnovu prve Koši-Rimanove jednačine Wx = Sy ^ —ci i 2+!/2 + c,(x ) = ~ ci x2+yi
c'(x) = 0 =+ c(x) =
C3 .
Dakle, /( z ) = (-•£■ ln(a:2 + V2) + C3) + i(ci arctg - + c2). 2 V
Iz formule arct.g a+arctg i = f , sledi daje /( z ) = —ci ln a/ z 2 + y 2+03+101(1 — arctg |) + ic 2 = - c i ln |z|+ c3+ i c i ( f - argz)+ ic2 = - c a lnz + c3 + i ( f c i + c 2), pa iz datih uslova / ( I + i) = u(l, 1) + iv( 1,1) = hn/2, /(l+BĆl) = u( l t ^ ) 4. iu ( f , ^ ) = i j f , imamo - c i ln (l+ i) + C3+ i ( f c i + c 2) = ln v'?, -C i ln l i:^
+C 3+ i ( f c i + c 2) = i f f ,
c3 - c i InV5 = ln>/5, f c i + c 2 = 0, c3 = 0, § C i + c 2 = f f , pa je ci = - 1 , c2 = f , c3 = 0, odakle je /( z ) = l n z - ^ i .
240
TEJLOR OV I L O R A N O V RED
Svaka funkcija f ( z ) , analitička u K = { z 6 C : \z —o| < r } (r > 0), može se razviti u T ejlorov red oo
f ( z ) = y an( z - a ) n, 71=0
a
P n 3,
-
1
d~. / (n)(«)
f
2iriJ ( z - a ) " + i d Z “
n!
cMufol ’
c-f
koji konvergira u intA , i r — |6 — a|, a b ie singularitet funkcije f ( z ) najbliži tački a, dok je c proizvoljna zatvorena putanja koja leži u int K i kojom se tačka , z = a obilazi u pozitivnom smeru. Napomenimo da većina teorema iz teorije redova koje se odnose na Tejlorov red realne funkcije važi i u kompleksnom slučaju. Svaka funkcija f ( z ) , analitička u prstenu P = { z 6 C : r < \z — a| < R} (0 < r < R < oo), može se razviti u L oran ov25 red
oo an( z - a ) n, 7l= —OO 1 2-ni
/
J
c-f
m
d~ n c
(z -o )» + 1
’
’
koji konvergira u prstenu P, gde je c proizvoljna zatvorena putanja koja leži u P i kojom se tačka z = a obilazi u pozitivnom smeru. Napomenimo da kada se kaže "razviti funkciju u Loranov red u okolini tačke obično se podrazumeva razvoj u oblasti 0 < \z —zq\< r, dok se za "razviti po stepenima od z — zo” podrazumeva razvoj u svim prstenovima oblika r < \z — a| < R (0 < r < R < oo). zq” ,
OO
Ako red
zn apsolutno konvergira, konvergiraju i redovi: 71=0
oo
oo
oo
£ ) | R e z n|, y j l m z n \ , n=0
71=0
oo
oo
R ežn, ^ I m z n, Y l z n. 7Z=0
n=0
n=0
25Loran, P. A. (Pierre Alphonse Laurent, 1813-1854) - francuski matematičar
241
Neka su zađate dve funkcije f\(z ) i / 2(z) od kojih je f i (z ) analitička u oblasti Gi, a / 2(z) analitička u oblasti G^- Neka je G\ n = G 0, gde G ima bar jednu tačku nagomilavanja, i neka se funkcije f\[z) i / 2(z) poklapaju na G. Funkcija f (z) = |
je analitička u oblasti C i U G 2 i naziva
^^
se analitičko p rod u žen je funkcije f i( z ) u G?2, odnosno analitičko produženje funkčije~/2(zJlTUiT " ' " " " ----- -1. R azviti funkciju f ( z ) = (i_i)j(ž+ž? u L oran ov red p o stepenim a o d z u oblasti konvergencije. 0 A a + b — 2c = a+ c (z -l)2 + z+ 2 vr-- l ) 2 ( 2+ 2) - X -1 0A—2a + 2b + c — 1 =4> o = A 6 = § Ac = | =» f ( z ) = 1 1 T ,j..i Tf (9 j+i 5Kako funkcija f ( z ) ima singularitete 2 = 1 (pol drugog reda) i 2 = —2 (pol prvog reda) to posmatramo tri oblasti: krug \z\ < 1 i prstenove 1 < \z\ < 2 i 2 < |zj. Tada je .../(* )
=
< 1 =>
= E A 1
jz| > 1(<* |Aj < 1)
■ ^
1— 2
00
Izl
z
00 00 = 4 E 0 B= - E ^ n=0
( e z ny = n—0
e n=0
00
(zny =
e n=l
n=0
nz
n —1
E (n + l ) 2n, n=0
1 W > i = > (K iF = ( H ) ' = H v
'
- E (H )'= n=0
E
•H ) ' = - ; ( E (J )B)' = ( - E H ) ' z
n=0
n=0
n -f 1
n=0
<2(+> |-§| = |f| < 1) l*j>2(^|f j< l)= >
^ z+ 2
1 __ 1 Z +
2 “
OO
~
- V (-D n rn = I E ( - § ) ’ — Z_> 2n+1 * ’
2l-(-f)
1
^ l-(-J ) OO
n=0
n=0
_ 1 1 E (-f)"= n=0
00
E ( - 2 ) np f r .
n=0
/
< 1 +- f ( z ) = 5 E 2B + i E ( » + l ) * n + | E n=0
tAj
=
/ .V
n=0
n=0
5 E (4 + 3n + (^+1 ) 2n
3n + 2 9
1
_
1 I +. V
9
z =
rn Az g.2n+l + •
> 2 =+ f ( z ) = l ( - E H r ) + 3 E ^ n=0
n=0
242
n
1
+ | E ( - 2 ) prrr n=0
-II „ 9 z
2. Z + 1.
I V'
_ V j_ I n z n+ l ' 3 Z_-r znJrl
9
, 1 1 » *9 z '
1 9
ć -'
n=l
S n - l + C-^)^
i
Z_/ n=l
R azviti funkciju / ( 2 ) = —t ^9.97 u L oranov red p o stepen im a od
m = -j _ 999 , _999 1 z+ 1 ^ 2 - 1 ’
= 1 + ^ = 1 +
- + ) = ! + 9 9 9 (+ - + ) = 00
*+l| < 2 ( « j ^ i < 1) => + = ^ qqq
m =
—
|z + 1 ) > 2 00 '
(-2 )" _ *n+ A
= - I - + E = - 1 E ( + ) n=> n=0
i
00
-999j : ~ ( z + i r = 1 - 9 9 9 V
(+> | ^ | < i) =* ^
1
^ ( * + 1)
= + •
,
E (+ )n
S+1
n=0
= £ ^"(z + l ) - " - 1 =» n= 0
f(z) =
3.
1
- -L L + z +1
999
V ' 2 " ( 2 + l ) - " - 1 = 1 + 999 V 2"(z + x ■'! ^+
Funkciju / ( z ) =
a, b € C, |a| > |6| > 0 razviti u
L oranov red p o stepen im a o d z. Tačke a i b su jedine singularne tačke funkcije / , pa posmatramo oblasti: 1°) |z\ < |6j, 2°) |6| < |z| < |a|, 3°) |z| > ja|. U sve tri oblasti funkcija je analitička. Za prvi slučaj znamo da se / može u krugu |z| < |6| razviti u Tejlorov red: OO
f (z ) = ^ T b i l h - 3+e) = 2±BU • i + f OO
T+) =
; ( i E (t)n n=0
OO
1 E ( 5 ) n) = E + ( + r - + r ) zn n=0
n=0
U drugom slučaju, funkcija f i{ z ) = nema singulariteta unutar kružnice |z| = ja|, pa se može razviti u Tejlorov red, dok / 2(z) = j r s u jz| < |aj ima singularitet, pa je razvijamo (u prstenu j6| < |z| < |a|, gde je analitička) u Loranov red. Dakle, / (z ) = + / i ( ? ) - / s W ) = JT 5 ( - ; ■ J I I - * ■ i r r ) = ■
E
n=0
pr) =
E 6T5F+T+nE 5=33+^" - 5=3(- + =0
n=0
&?
‘ ’E
*+ z
+ (-5
1+ a +
E
n=0
^
-
3?z + - ) '
Za treći slučaj jasno je da funkcije / i i / 2 razvijamo u Loranov red, tj.
/( * ) = z = s(-£ s - T=b) '■
z V l-f n —0
1
E n
a -b
a —b
—0
z n+1 ’
4. D ata je funkcija k,/(z) = ln ■ red u okolini tačke z — —1.
z —2 R azviti funkciju / u Loranov z + 2'
Ako je \z + 1| < 1 i |— fjp j < 1, tj. ako je \z + 1| < 1, važi: ln
= l n ( - 3 ) i ^ = ln(—3) + ln(l - * £ ) - ln(l + (z + 1)) = ln (-3 ) +
E
E
n=l
( z + l ) " = ln 3 + i7 r + E i ( ( - l ) n- ^ ) ( ž + l )" .
n=l
n—1
Formule Ln fj- = Lnzi — Ln_z2 i Ln(ziz2) = Ln;zi + Lnz2 su tačne, ali I n ji = lnzi — lnz2 i ln(ziz2) = lnzi + lnz2 ne moraju važiti. Razlog je u tome što grana funkcije na levoj strani jednakosti ne mora biti jednaka grani funkcije na desnoj strani jednakosti. Te dve grane su jednake ako im se vrednosti poklapaju u bar jednoj tački. Tako za z = —1 imamo ln -~j=| = ln(—3) = ln3 + hr + E f ((—0 " ~ n=l
j f ) ( —1 + l ) n, pa je prethodni razvoj tačan za onu granu lnz funkcije Lnz za koju je ln(—3) = ln3 + in, gde je zasek uzet duž pozitivnog dela realne ose. Zadatak se mogao možda lepše uraditi koristeći smenu z + 1 = w: f ( z ) = g(w) = ln f5 §= § = ln(—3 + w) - ln(l + w) = ln ((-3 )(l - f )) - ln(l + w) = ln(—3) + ln(l - f ) - ln(l + w) = In3 + i7r+ £
( - f )n-
n=l OQ
.
_
OO
— u>n = l n 3 + 47T+ X) L ( ( _ l ) " - Tr) ( z + 1 )".
E n=l
n=l
5.
£ R azviti funkciju f ( z ) = co s (f ■ - — - ) u L oran ov red u okolini
tačke z = 1. f ( z ) = c o s ( f + ^ f ) = cos f cos f / f —sin f sin +1 fp
2
n
—0
(2Ll±\2n _ (2n)i \z - l ) 12^y
- b12 Z-, E
E
n=0
# E
n=0
(-ir ( 2n )! 36 " ( z - 1) 2
( 2 n + l ) ! 36 " ( z - l ) 2" +1 '
Pokazati da je red
g ( f ^ ) n analitičko p rodu žen je reda n=0
oo
^ cos f ^ | -§ sin f f f =
( -1 )" 7 T 2" + 1
n=0
6.
( - 1) " / " / 6 l 2n + l 2 2 -i ( 2 n + l ) > + z - l ) 1
zn-
244
i\ n
Wi 71=0 E ( f1+1'
1
l+i
.
1
l-f£
__
1
1-1
|f±f|
E 2” = i= i- l2l < i -
71=0
7. Pokazati d a je red E
(2-»)"+* (z —i)n analitičko p rod u žen je reda
n—0
oo
E
n=0
l 2
n=0
—z ’
\z —i\< \/5. V n=0
\ yn — I V f Z ) n — i 2"+*2 — 2 +-/ '.2-' — 2
•
n=0
1 2 -z ’
1 1-#
^
Ul < 2.
8. Pokazati da su red ovi
^rFT^n i ]C (a -žF + i^ ~ b)n analitička n=0
produ žen ja jed a n dru gog, za a, b € C,
(|f|
E
= ;E
n=0
(Ifrgl < 1
n=0' g ^O, a ^ b .
n=0
(f)r
I . a
l
1—■—
_
i
a—z '
|z—& |< |a—6j) =>
E irdjir+ rC2- 0” = ’
—n '
7 1= 0
E (fEŽ)” = ć s •Trk| = “~i>
71—0
Kako se redovi E ^ rr-2" 1 E n=0
++
(z - 6)n čije su oblasti definisanosti
n=0 ^
Gi = {z 6 C : |z| < |a|} i G-2 = { z € C : \z - 6| < |a - bj} respektivno, mogu analitički produžiti na funkciju f ( z ) = čija je oblast definisanosti G = € \ {a }, to su oni analitička produženja jedan drugog.
245
/ K O N F O R M N A PRESLIKAVA.NJA
Neka se preslikavanjem w = f ( z ) = f ( x + iy) = u (x,y) + iv(x,y) tačka z0 preslika u tačku f ( z 0) i bilo koje dve krive ci i c2 koje polaze iz tačke z0 u krive c\ i Cj. Preslikavanje vi = f ( z ) je k on form n o u tački z0 ako je ugao između krivih cj i c2 jednak i isto usmeren kao ugao između krivih c!x i c'2■ Ako je f ( z ) analitička funkcija i f ( z ) / O u obiasti G, tada je preslikavanje w = f ( z ) konformno u oblasti G. Preslikavanje w — — —--, cz + d'
ad — bc f 0 r
zovemo bilinearno. z+ a
z Preslikavanje w = z + a, a e C
■/ / a
predstavlja translaciju za radijus vektor a koji odgovara kompleksnom broju a.
Preslikavanje w = kz, k € R predstavlja homotetiju (kontrakciju) Ko,fc, sa centrom u koordinatnom početku O i koeficijentom homotetije k.
Preslikavanje w = —z, predstavlja centralnu simetriju ao, sa centrom u O (homotetija za k = —1).
246
0
z z
PreslLkaVanje w = z, predstavlja osnu simetriju ax , sa realnom osom x kao osom simetrije.
Preslikavanje w = eiaz ,
q
£B
predstavlja rotaciju po,a, za ugao a oko koordinatnog početka.
Preslikavanje w=
1 z
predstavlja inverziju određenu centralnom jediničnom kružnicom k ( 0 , 1), kao kružnicom inverzije.
Translacija, rotacija, centralna i osna simetrija su transformacije podudarnosti. One dakle ne samo da očuvavaju uglove i paralelne prave preslikavaju u paralelne prave, već i podudarne duži preslikavaju u podudarne duži. Homotetija je transformacija sličnosti. Ona preslikava paralelne prave u paralelne prave. Ugao preslika u podudaran ugao, dok duž (sem za k ± 1), ako je |fc| < 1, k 0 preslikava u manju duž, a za |fc| > 1 u veću duž. Inverzija lk(o,r) preslikava tačku A u A' = Ik(o,r) (A) i to unutrašnju tačku kružnice k u spoljašnju tačku i obrnuto. Centar O kružnice inverzije k se preslikava u beskonačno daleku tačku oo i obrnuto. Tačke ±1 sa kružnice se preslikavaju na same sebe, odnosno one su nepokretne tačke tog preslikavanja. Ostale tačke kružnice k se preslikaju na tačke iste kružnice koje su im simetrične u odnosu na realnu osu. 4 Prava p koja prolazi kroz centar inverzije O se preslikava na pravu p' = crx (jp)
247
(simetričnu pravoj p u odnosu na realnu osu). Prava koia ne proiazi kroz centar inverzije se preslikava na kružnicu koia prolazi kroz centar i to takoda se tačka prave koja je najbliža centru, preslika *u onu tačku kružnice koja je od njega najudaljenija. ~ v Kruzmca lco.ia prolazi kroz centar inverziie O se preslikava na pravu koja ne proiazl Kroz ceriitar mverziie, i to tako da se tačka te kružmce Ko.iaJe najuda~1jenija od centra inverzije, preslika u taćku prave koja je najbiiža tački O. Tvružnica koja ne prolazi kroz centar inverzije preslikava se na kružnicu koja takode ne prolazi kroz centar inverzije. Tačke kružnice koje su najbliže, odnosno najudaljenije od centra inverzije, preslikavaju se respektivno u tačke kružnice koje su najudaljenije odnosno najbliže tački O. Kružnica koja je koncentrična sa kružnicom inverzije, preslikava se u sa njima koncentričnu kružnicu. 1. Funkcijom f ( z ) = \ preslikati oblast G = {z £ C : \z + i| > 1, —2 < Im z < 0}.
Pri inverziji f ( z ) = } kružnica \z + i\ = 1 se preslikava u pravu Im_w = dok se njena spoljašnjost Gj = { z e C : \z + ij > 1} preslikava u poluravan /( G i ) = {w € C : Imw < |). Pri istoj inverziji prava Im z = 0 se preslikava u pravu lmw = 0, dok se poluravan Gi = {z 6 C : Im z < 0} preslikava u poluravan / ( G 2) = { w 6 C : Im w > O j ^ ’ rava Imz = —2 se preslikava u kružnicu \w - || = a poluravan G3 = C : Im z > - 2 } se preslikava u spoljašnjost te kružnice /( G 3) = {w e C : \w — || > |}. Dakle, slika oblasti G = G\ fl G2 fl G3 je oblast f(G ) = /( G i ) n / ( G 2) n /( G 3) = {w e C : 0 < Imw < i , |u - 1| > ] } . 2
4
4
b) d) 0
a) Prvi način. Kako je \z - 1 — i\ < y/2
248
G = {z € C : G = { z e C : Im z > 4}; G = { z G C : I m z < | R ez V
G = { z e C : \z — 1 —■i\ < V 2 } ; G = { z e € : R ez < |}; G = { z e C : Im z > R e z };
1
a) c) e)
t—1
2. Funkcijom w = } preslilcati oblast
\z - 1 - i|2 < 2, to zbog
|2 _ l _ i | 2 = (z —1 —i)(z - 1 - i ) = ( z - l - i ) ( z + ( - l - i)) = ( z - l - i ) ( j _ 1 + i ) = z ž - ( l + i ) ž - ( l - j ) z + ( l + 2' ) ( l - i ) = z ž - ( l + i ) ž - ( l - i ) z + l - i 2 = z ž — (1 + i)ž — (1 — i)z + 2, uzimajući w = { = u + iv => w — =, imamo |z-l-i| < ,i=i < 0 7 •ww(= |io|2 > 0) —(1 —i)w — (1 + i)w + 1 < 0 -4+ (1 —i)(u —iv) + (1 + i)(u + iv) — 1 > 0 <4 u —iu —iv —v+ u + iu + iv —v — 1 > 0 <+ 2u — 2v — 1 > 0 +J- v < u — J <+ Im w < Re w — Dakle, krug G se preslikava na poluravan w(G) — {w 6 C : Imru < Reui—
Drugi način. Skup {z G C : |z — (1 + i)\ < -/2} je unutrašnjost kružnice koja prolazi kroz tačke 0 i 2. U tački 2 kružnica zaklapa ugao J sa pozitivnim delom realne ose. Inverzijom se ova kružnica preslikava u pravu koja prolazi kroz tačku 4 i u toj tački zaklapa ugao J sa onim delom realne ose koji je slika pozitivncg dela realne ose, R ez > 2. Unutrašnjost kružnice se preslikava na jednu od dve dobijene poluravni. Kako tačka 1 + i pripada unutrašnjosti kružnice, a njena slika = \ —\i pripada poluravni {w £ C : Im w < Rew — |}, to će ova poluravan biti slika kruga G.
0) ^
b ) |z - 1| > | <+ \z - 1|2 > | (z - l)( z - 1) > \ & (z - l)( z - 1) > \ +> z ž —ž — z + 1 > W — J => ™ S - S - w + I > 0 / •i w w +> %ww - 4w - 4w + 4 > 0 / : 3 «
ww- |uJ- fw + | + f - f > 0+> (w - |)(w- f) > I c) Re z =
=> Re z < § «=>
\
\w- f| > §.
3z + 3ž < 2.
= I ' = * £ + # - 2 < 0 / •( - 2 f ) «■ ww - \w - \w + § - | > 0 ?
(w - |)(ru - |) > | t+ |w- || > |. d ) I m z = ^ = > I mz > 4 ^ % f > 4 ^
> 0
+ ( ± - + - 8i) >
0 / ■( - 4um7) < ^ M H ; - 4 Iu 7 + i u ; + ^ - | [ < 0 t = > ( w + |)(® - g) < gg \w + f| < g. e) Im z > R ez
+ g ) ! ww +>
>
< | +jp + l 4+ ( - \ - \ i ) z + ( - \ + \ i ) ž - l < 0 &
( - I - ž ^ ^ + C- I + l * ) ! - 1 < 0 / ' ( - w w ) +>ww + ( l + \i)w + ( l - \ i ) w ± ^ > 0 -J+ w S 7 + (i + ±i)w + (± - \i)w + (\ + \ i ) ( \ - \ i ) > ^ +> (w + (g + \i))(w +
249
a -
i)) > fš ^ (w + (4 + ¥ ) ) ( w + ( I - ¥ ) )
lw - ( - 1 - ¥)\ >
3. Funkcijom w = —-— preslikati oblast z —1 — 3 G = { z € C : V 3 R e z < Imz, —\/3 R e 2: < Imz, Im^r < - } .
p - . y = \ , q : y = -\/Šx, r : y = VŠa;; { A } = p n r => A ( ^ , § ) , { 5 } = p n ? =* B ( - & , §), { 0 } = ? n r ; A, =W!(A), S 1 = W l (5), Ci = u;i (0), ^ i ( ^ . i ) , £ i ( - # , § ) , C'i(O) —1); ; p t-> p u wL : q >-+ qi, wi : r i-» r ,; Pi : y = gi : y = - V Š x - 1 , r, : y = V3* — 1 . Tačke
6 i = {2 £ C : |z| = 1} se inverzijom preslikavaju redom
u tačke A2,B 2,C 2 € k = {z e C : |-sj = 1}, gde je A2( 2§ š ,- § ) , ^ ( - ^ . - j ) , C2(0, 1). Kako se pri inverziji tačka 00 preslika u tačku O to w : pi >=> p2 = k(A2,B 2, 0 ) , w : qi >-> q2 = k(C2,B 2, 0 ) , w : rx r2 = fc(A2,C 2,0 ). Tačka O pripada unutrašnjosti trougla ABC, odnosno odgovarajućim poluravnima određenim pravama p\, q\, r%, a njena slika, tačka 00, pripada spoljašnjosti svake od kružnicap2., 92, r2, tj. w : int(AABC') —> extp2 n ext q2 n ext r2. Nađimo slike pravih p\, q\, r lt pri inverziji w: X _ M__ — u + iv w = =w\- = x +1iy = x'2+y'J ■ x2+y2 V jr — - =+ X = —2 v ’ pi ■y x2+y3 (ifF n iF i; Za g, i ri imamo y = + V'&e — 1 => =
T^/3x-l _
=+ p2 : u2 + (w+ l )2 = --= +
— 1. Uvrštavanjem i i j / u u = ga^i imamo
v? + u2 = n=\/3u —v => u + ^ )y 2 + ((vv -- l| ) 2 = 1 , r2 : (u - ^ ) 2 + (v - \)2 = 1 ; 92 : ((u L(0 ,-1 ) , M ( - 4 , \ ) , N ( 4 , \ ) .
250
x ■= — t|— =pV3u—v
w(G) = {w e C : \w + i| > 1, |tt' + ^ 4. Eunkcijom 1, 0 < Imz < f }.
w = ez
— f| > 1> \vt — ^
preslikati oblast
> 1}.
G = {z€C:
0
z
i n/ 2
0
/
Tačke z = x + iy se preslikavanjem w = ez = exe'y preslikaju koje je |w| = ex, Argto = y. Za z = x + G G je 0 < x < 1, 0 < y < 5, pa je e° < 0 < Argtw < f . Tačke kojima je moduo između e = 1 i e1 = između dve koncentrićne centralne kružnice poluprečnika 1 i e, dok je argument između 0 i f u prvom kvadrantu.
na tačke za |w| < e1 i e se nalaze su tačke čiji
w(G) = w ( G i ) n w ( G 2) = {z € C : 1 < |z| < e,0 < argz < - } .
5. D ata je kom pleksna funkcija f ( z ) = oblast G = {z e C : |z — 3i| < l,Im z > 3}. z
w3
W,
i / ■
3« )
\
i
Preslikati njom
)i \ 0 ,/
r
v_. w
0
251
ijB f c 0 1
w = f ( z ) = 1 + z5-eL -id = 1 + Ii-3?)5_i! wi = 2 - 3i; w2 =vjj\
w3 - w 2 - l ;
w4 = ^ ;
m5
= 8u;4; u' = l + u's-
(Pri preslikavanju w = z 2 = /j2e2,v, z = peiv\ polukružnica p — 1 , ip € [0, rr] se preslikava na kružnicu |u;| = 1, Argu; G [0,27r], dok se duž z - x , x e [-1,1] preslikava na duž w = aj2 G [0,1], pa se {z 6 C : |z| < l,I m z > 0} preslikava na {iu G C : H < 1}) •> f{G)
6.
= {w G C : Reui < —3}. 7T
Punkcijom w = i tg - preslikati oblast 4z G - { z e C :
| z + i| > i,
Imz
e’ ij« —1 _ e‘ * + l
< 0 , R e z < 0 ).
i
2 e ' * +1 *
Wi — l , w5 =
W2 = fiwi = fe ^ u - 1 ,
—2 w 5 = 2e " u ; 5 .
w3 = ew‘ ,
= w3 + 1,
w5 —
u; = 1 + u»6-
Slika date oblasti G je oblast {w e C ; |u>| < 1, argu; € (tt,
)}.
7. Preslikati oblast G = {z e C : \z\ > 1, f < arg/z < f } pom oću funkcije
» = /( * ) = = i + ra idj = z6, z = pest, uii = p6et6t, t = f ,p 6 (l,o o ) => |u)i| = P6 e (l,o o ), argtui = 7r; t = f ,p e (l,o o ) =*►juiil = p6 e (l,o o ), ArgtDi = 271-, arguii = 0; p = 1 , t € ( f , f ) => |i d i | = 1 , arguii = 6 t e ( 7 T , 2 7 r ) ; w>2 = wi —i; W4 = 2W3\ w5 = iw4 = el^W4\ w = 1 + w5.
253
/(£ ? ) =
e C : |m J < 1, Rett/ > 0 }
8. Preslikati oblast { z € C : |z| < 1, 0 < argz < J } (n € N, n > 3) funkcijom
.
i ( l - g" ) a - ( l + Q 3 i ( l - z " ) 2 + (l + z")2'
254
r, 1 i(l-z"')2-(l+ z ")2 »-(l^frr)3 _ 2i W - f{Z) - i(l_zr.)2+ (f+i")7 - j+(»±^)Z - ^ + ( ^ . - 1)= WJ = zn, W2 = —Wl, W3 = 1 + UJ2, WJ4 = w7 = (u/8)2,
m8
= i + 107, wg =
1 U
“ 'S = 2W4, UJ6 =
^ 10 = *W9 = e*TW9’ Wl1 =
—1, 2u;i0>
VJ — Wu ~ 1| +
z = pe^, Wi = pneinv, |u/i| = pn e [0, 1 ), argiui = n
f(z)= e 4
* g r = * + 3+? ^ w = /( z ) = u>3 = 2 w2 ,
tojzzz + i, u>2 = ±-, {'w 2 { ±
ui4 = i + W3, W3 = ^-W4, w = e'l‘.
# - |) = ± # - |, w2( - i ) = —i )
Oblast G = {ž G C : |z| > 1, \z + 2i| > 1} funkcijom f preslikava se u oblast f (G ) = { w e C : argw G (0, ^ ) } . 10.
Preslikati oblast G = {z £ C : - | < Imz < —^ ,R e z > 0} funkci-
jo m H z) = ŠTz -
255
I
Wj
z
5^2 0
0
-5+
S>
0 .5< 3*
U>2 = —W\.
W3 = e“ 2; W2 = x + iy, 11)3 — exetv; y = f ,.t g R~ — m d 3 = e*e{*,a: e R- , argw3 = f , K l € ( 0 , 1 ) ; y = f . s € R " — > w3 = exe’ 5 ,x e R - , argw3 = |, K l < i; w3(0) = 1 0 w3(G). w4 = -t u 3. •w5 = 1 + W4. w6 = tk = U + iv; x — 1, y e R — + We = 4> W6( f ) = 2
= jjp -j^ = r i =
k+ w
, u 2+
w2
= u, ( u ~ l ) 2+ v 2 =
{x + iy : x < 1 } — > {u + iv : (u - | ) 2 + v2 > j } ;
y = i t - l , i e R - M 04 = xVi(L-i) = + W (T -T y2 = u n2 + n2 = x'i+(x-l)2 = ti + v, (u - i )2 + (t» - i )2 = i ;
256
u>6(!) = 2 => {a: + iy : j/ < x - 1} — > {u + iv : (u - | ) 2 + (v — | ) 2 < | }; |tos — 1| < 1 <=> |w5 — 1|2 < 1 <=+ (w$ - l)(ui5 - 1) < 1 <£> (w5 - l)(wE - 1) < 1 +> w 5w E - w E ~ w s + ! < ! • & WSWE - wE - U)5 < 1 —we—we < 0 +> 1 —(u—iv) —(u+iv) < 0 4=> 1 —2u < 0 <=> u > f +> Reu’6 > w = 2w6* Oblast G = { z e C : - f < I m z < - f } funkcijom w = /( z ) preslikava se u oblast {w e C : |?u — 1| > 1 , |ui — 1 — i\ < \pi, Reu> > 1}. 11. w=
Preslikati oblast G = { z G C :
3iz2—6z—2i
<
|z+ i| <
1} funkcijom
2z + 2 i
Obzirom da je w =
= ( f ( z + i) + f ^ ) i , preslikavanje w možemo
prikazati pomoću preslikavanja Wi = z + i \ = |wi + 5 ^ , k0-0 w = *w2 = Razmotrimo detaljnije u šta se funkcijom f ( z ) = |z + preslikava oblast {z e C : < |z| < 1). |z| = r = 1 4+ z = eu ,t G [0,2?r), / ( z ) = f e i4 + i e _i* = f (cos t + i sin t) + f(c o s f — isint) = 2 cost + isin t = u + iv, cos2t + sin2t = 1 => \
= 1.
e~lt) = \/3cos t = u + iv => u = \/3cos t G [—\fŠ, \/3j, v = 0. z = reu ,t 6 [0, 2+ ),^ = < r < 1 , f ( z ) = \reil + ^ e ~ tt = fr (c o s t+ i's in t) + i ( c o s t - tsint) = ( f r + £ ) cost + i ( f r - ^ :)s in f = u + iv. Z
Wj
-2i
Funkcije
257
[ d r + £ ) cos*]7 4 + [(| r — i ) s i n f ] 2/ l < [(§ + §■) cost]2/4 + [(§ - §) sin ć]2 = cos2 t + sin21 = 1. Dakle, tačke kruga \z\ < 1 se preslikavaju u unutrašnje tačke elipse. Slika oblasti { z G C : < |z| < 1} preslikavanjem / je unutrašnjost elipse
= 1 bez tačaka duži sa realne ose u G [—\/3, \/3], v — 0. 2
2
Konačno imamo da je slika oblasti G unutrašnjost elipse \ + fp = 1 bez tačaka duži sa imaginarne ose v G [—V3, \/3j, u = 0. 12. Preslikati oblast G = { z G C : f < R ez < f ) fun k cijom w — f ( z ) = cosz. w = cos z = e ■^2e----. gt(*+»v) 4- e-*(z+iy) 1 , . v 1 , w (x + iy ) = ------------ — ----------- = - ( e lIe y+ e lxev) = ~ {(c o s x + i s i n x )e v+ . e"
ey + e v ■cos x
(cos x — isinx)ey) =
•sin a; = cos a; ch y — i sin x sh j/,
2-’ € ( f , f ) , t / e » ; iy (f + iy) = ^ ( c h y — ishj/), y € M; w = u + iu, ch2 y — sh2 y = 1 ^
.
U
__
1 1 + n fW
_ _ -j.
V
(n/2/ 2)2
1
H)(f + ij/) = tt + iv =
ch y —i§ sh y, y € R =+
Krive ci i C2 se ne seku. Pokažimo da je H = {w = u +
(W
< 1 , U 2/ 2)2
(V2/ 2)2
= 1.
: (V3/2)= ju
e C ; {VŽ/2+
> l ,u > 0} slika oblasti G.
u /(i + iy) = u + iv, u = cossch j/, v = —sinxsh y, x G ( f , f ), y G R; x G ( f , f ) => cosrr G (\/2/2, V Š/2), sinx G (1/2, V2/2), a odatle cos 2 x ch2 y (v^ /2 )2 "
sb2 y _ sin2 x sh 2 y „ (V______________________ 2 / 2 ) 2 ch 2 y _ ( + 2 / 2 !)2 ) 2 sh (V2/2)2 ^ n )2 0/5/212 (V/ 5 5 /t /2> )2 (V 2 /2 )
cos 2 x ch2 v ® ( v '3 /is 2
sin2 i s h 2 K (1/2)5 < W
(\/3/2 ) 2 ch2 y fv/3 /2 )!
cos i ch y > 0.
258
,2
( l / 2 ) 2 sh 2 j / ____ Vi2 „ , (1/2)5 ~ CJ1 2/
y
_
c2
_
sn y -
„ 1. 2 . , — 1 Stl V ~ 1
. i
,
13. Preslikati oblast G = {z € C : Irnz > f }, funkcijom sinz.
w = f(z) =
w = sin z = sin(a: + iy) = ch y sin x + i sh y cos x. w(x +
= ch f sina; + ish f cosa;, x € K; w
v = sh f cos x =>
u2 ch2 4
I
v2
■u + iv =+ u = ch | sin x,
_ 1
' sh2 £
y > f => chT/ > Ch f , shy > sh f =+
ch2 t/sin2 a: , sh2 t/cos2 x ^
^
sin2 x + cos2 x = 1, tj. ohlast G = {z £ C : Im z > f } je funkcijom w preslikana u oblast (w = u + iv £ C : eh“ , + sh’a >•> 1}. I pri ovakvim preslikavanjima (kao što se može videti iz prethodnog) oblast koju određuje kriva c se preslikava u oblast koju određuje njena slika d , te je stoga dovoljno uzeti tačku koja ne leži na krivoj (iz te oblasti ili van nje) i videti u šta se ona preslikava. Tako imamo /( 0 ) = 0, pa se poluravan G preslikava u spoljašnjost elipse f{G ).
z —3 14. F unkcijom w = f ( z ) = f ln — — preslikati oblast
{z G C : |z| <
3, argz G (0, tt)}. w = * lnf+| z+3f •z+ 3 = | ln (lW1 : z 4* 3. W2 ■ _L W\ ’ W3 ■ 6W2W4 = — W& = 1 + W4wQ = lnw5 — ln |+ i argu^s; V — 0, x < 0 — > ln \x\ + iir = w + iv, u e [—00, 00],n = 7r; x = 0, y > 0 — > ln|p| + i f = u + iv, u € [-o o ,co ],u = f; - 1 + i — ^ ln V J + ^ i. w = | w6.
259
W K
2
71 I
1
0
0
Oblast {z £ C : |z| < 3,argz £ (0 ,7r)} funkcijom w = /( z ) preslika.va se u oblast { w 6 C : l < I m « i < 2 } . 15.
CZ
1
Data je funkcija w = f( z ) = — -j-— . N aći sve c € C tako da /
preslikava unutrašnjost jed in ičn og kruga u donju poluravan. Granična linija zadate oblasti u z —ravni (kružnica \z\ = 1 ), preslikava se u graničnu liniju siike zadate oblasti (realnu osu). To znači da je
Imw = 0<=>iu = u74 =t
4=t
4=t
czž + ž + cčz + c = č l z + z + c č ž + c
(c —č)jz|2 + (|c|2 — l)z + (1 — |c|2)z + č - c = 0 # ( 2 - ž)(| c|2 — 1) = 44- z = ž V |c|2 = 1, jer je |z| = 1.
0
Za z = ž, |z| = 1 , je z1/2 = ±1, pa je m (1 ) = f± l = 1 , w ( - l ) = = -1 , odnosno ove tačke se uvek preslikavaju u same sebe, pri datoj transformaciji. Posmatrajmo sada preostale tačke kružnice |z| = 1. Kako se one moraju preslikati u realnu osu Imtt) = 0, mora biti |c| = 1.
260
Za c = ±1 dobija se da je w = = ±1, odnosno preslikavanje w je konstantno, pa se kružnica \z\ = 1 ne preslikava u pravu Imru = 0. Povezana oblast se preslika u povezanu oblast, pa unutrašnjost kruga ide u jednu od poluravni. Kako je w(0) = ^ = 4; = ^ = 55, sledi Im c < 0, tj. Im c > 0. Dakle, traženi brojevi c e C s u takvi da je |c| = 1 i Im c > 0, tj. c = e1*, t e
(o, 7r). 16.
Naći sve a,b,c,d £ C, ad — bc ^ 0, c ^ 0 takve da bilineama
transformacija w = f ( z ) =
preslikava levu poluravan R ez < 0 u
unutrašnjost jediničnog kruga, i pravu R ez M
=
0 u jediničnu kružnicu
i-
Kako se prava z = iy, y £ R preslikava u kružnicu |w| = 1 imamo M = i M ’ = ^ w w = i •( l g ) = i ^ = i aaz'ž+baž+abz+bb = ćč z ž+ d cž+ cd z + dd (\a\2 —\c\2)\z\2 + (ba—dč)z —(ab — cd)z + (\b\2 —\d\2) = 0 <^=f> (|a|2 —\c\2)y2 + —(ba —đč+ab —cd)iy + (\b\2 —\d\2) = 0. Kako je poslednja jednakost tačna za sve y 6 R to svi koeficijenti polinoma u njoj moraju biti jednaki nuli, tj. |a|2 — |c|2 = 0, —(6a — đč — ab + cd)i = 0, |6|2 — |đ|2 = 0 <;=> |a| = |c|, ba — ba = dč — dc, |6|= |d| |a| = jc|, |6|= |d|, Im(6a) =Im (dč).
(1)
Kako se povezana oblast preslikava u povezanu oblast pri bilinearnoj transformaciji, to se leva poluravan preslikava u unutrašnjost ili spoljašnjost kruga, mora biti |ui(—1 ) |= |5 f+gl < sem uslova (1) mora biti zadovoljen i uslov |a — 6|< |c — d|. Primetimo da je bilinearna transformacija najpopularniji metod za projektovanje IIR digitalnih filtara u teoriji digitalne obrade signala. Njenom primenom se za preslikavanje funkcije prenosa iz analognog u digitalni domen izbegava preklapanje što je osnovni nedostatak impulsno invarijantne transformacije.
261
K O M PLBK SN I IN T E G R A L
Neka je f ( t ) = u(t) + iv(t) kompleksna funkcija realne promenljive i neka su u(t) i v(t) funkcije integrabilne na intervalu (a, 6]. Tada je po definiciji b
b
b
v(t)dt. a
a
a
Uz iste pretpostavke za u(t) i v(t) može se uzeti ekvivalentna definicija f
f(t)d t=
n_1 Y ]f(T
lim
i ) ( t i+ i - t i ) ,
gde je U
I f(z )d z = J f ( z ( t )) •z'(t)dt, c
a
gde je z'(t) = x'(t) + iy'(t), kada integral na desnoj strani postoji. . Potreban i dovoljan uslov da krivolinijski integral f f(z )d z ne zavisi od izbora C
putanje koja leži u oblasti G, već samo od krajnjih tačaka je J f(z )d z = 0,
za svaku zatvorenu putanju c iz G. K ošijeva teorem a Ako je funkcija / analitička u jednostruko povezanoj oblasti G, tada za svaku zatvorenu putanju c koja leži u G je
J
f(z )d z = 0.
Neka je funkcija / neprekidna na c U intc, a analitička u intc, gde je c zatvorena putanja. Tada je
J
f(z )d z = 0.
C
262
Neka je G jednostruko povezana oblast i c zatvorena putanja iz te oblasti sa utvrđenim smerom. Neka su Ck, k = 1,2, zatvorene putanje sa orijentacijom-istom kao i kod c, koje su međusobno disjunktne, leže u unutrašnjosti putanje c, i za i j, i , j = 1 ,..., n kriva c* leži u spoljašnjosti krive Cj. Ako je funkcija / analitička u svim tačkama oblasti G, sem u konačno mnogo tačakaiz n
U intc/c, tada je
k=1
J
f(z)dz = X j /
f(z)dz-
P rim itivn a funkcija funkcije / na oblasti G je svaka funkcija F za koju je F'(z) = f (z ) , z e G. Skup svih primitivnih funkcija funkcije / zovemo neodređeni integral funkcije / . Za analitičku funkciju / u jednostruko konveksnoj povezanoj oblasti G, funkZ
cija F(z) = f f(u)du = f f(u)du, gde je c proizvoljna putanja u G koja spaja c
a
tačke a i z je primitivna funkcija u toj oblasti. Neka je F primitivna funkcija analitičke funkcije / u jeđnostruko povezanoj konveksnoj oblasti G i a,b G G. Tada je f f(z )d z = F(b) — F(a), za svaku C
orijentisanu putanju c koja spaja tačke a i b i leži u G. Ako je f ( z ) analitička na otvorenoj oblasti G, tada za sve zo € int c važi K ošijeva integralna formula:
gde je c pozitivno orijentisana zatvorena putanja i c U intc C G. Takođe za n e N, postoji i f ^ f z o ) i tačna je formula
1E
263
1. Izračunati integral kom pleksne funkcije realne p rom en ljive 1
I = / < - cos atdt, s € l \ { ± 1 }o 1 1 1 I — f eli cosatdt = f (cos t+ i sin t) cos atdt = f (cos t cos at+i sin t cos at)dt = 0 0 0 1 1 1 1 f costcosatdt+i f sintcosatdt = \ f (cos(l + a ) t + c o s ( l - a ) t ) d t + ± f (sin (l+ a)t + sin(l - a)t)dt =
_ i ( ^ ^ l + “ !£=5li)|J =
1 ( sin(l-f a) | sin (l—a)\
i /-cos(H -a) , c o s (l—a) \
2 V l+ a
2V
1—a
~r
)
l+ a
1 -a
^ + f ( i + ; + I ^ ) = ~ 3 ( n f e (c o s ( 1 +
a) + i sin(l + a)) + (cos(l —a) + i sin(l —a) ) ) + T + T = - i ( 4 ^ 1 + ^ j(e* cos o — iela sin a — i).
i)+
2. Izračunati integral I = f z 2dz, gde je c kriva: a) c = {z = eu € C : 0 < t < f }; b) c = { z = (1 - 1) + it € C : 0 < t < 1}, orijentisana o d tačke 1 ka tački i.
a) z = eu , dz = ie%tdt => —
I =
2L
f e2ltieltdt = i f e3ltdt =
|e3it|J =
i (e^ ° _ i ) = _ I ( i + °). b)
2=
1
—t
+
it, dz
= ( —1 +
i)dt
=+
1 = f ( l - t + ti)2( - l + i ) d t = f ((—1 + 2t2) + o o i( 1 - 4 1 + 2t 2))dt = f ( - 1 + 2t2)dt + 1 / (1 +t + 2t2)dt = -\ (l + i).
3. Izračunati integral I = f jc^dz, gde je kontura c = ci J c2 = {z = i + i i e C : - l < « < l } u { z = I + \eu £ C : f < t < f } pozitivno orijentisana.
264
z =
+ it => dz = idt, z = £ + f e lt => dz = | eltdt. i
J =
f'T+ž^z + f jfrzdz =
l +
+
= * f d t + % f i^ zre^ d t
/ j^ r p r f i _l
/
i r l±£ŽLdt - i - i f 2 J l - e u 0,1 ~~ 1 2 J
e i t /2 ( e^ / ž + e » / - ) ,, _ ei t / 2 ( ei t / 2 _ e- i t / 2 ) a c —
l / S ^ = - ' - | - 21n|
4. Izračunati kom pleksni integral kom pleksne funkcije 7 = JHezdz, C
gde je c = Ci U C2 = { z £ C : R ez = 1,0 < Iinz < 1} U { z 6 C : Im z = 1, 0 < R ez < 1} kriva orijentisana o d tačke 1 ka tački i.
Ci : z = 1 + iy, y £ [0, 1], dz = idy, C2 : z = x + i, x £ [0, 1], dz = dx, pa je I = f Re zdz = / Re zdz + / Re zdz = C
Ci
C2
1 0 1 0 / idy + / sdx = i f dy + f xdx = —| + i. 0
1
5,
0
1
Izračunati integral I = f g(z)dz, gde je g(z) = .if^S, a c Pro *" C
zvoljna zatvoren a putan ja (p oz itiv n o orijentisana i b ez sam opresecan ja). Nule imenioca z2 + 25 su zi = 5i i z2 = - 5 i i one predstavljaju singularne tačke funkcije g(z). Koristićemo Košijevu integralnu formulu. Za Zj, Z2 £ ext c, funkcija g je analitićka na c U int c, pa je I = 0. Ukoliko je z\ £ int c, z2 £ ext c, tada je I = I g(z)dz = C
J
f & L d z = 2« ■— ^ L
k
=
f
•
C
Ako je z2 € int c, zi £ ext c, tada je 7=
f
J
g(z)dz =
j
f
— ~~dz = 2iri ■— I z + 5t z — 5i lz=~5t
265
5
Neka z i, z 2 € intc. Označimo sa ci i c2 kružnice sa centrima u tačkama z\ i z2 redom, takve da je z\ g c2 U int c2, z2 g. ci U int c3 i Cj, c2 C int c. Tada je
Ako z\ e c ili 22 G c ne može se izračunati / , jer se kompleksni integral definiše za funkcije neprekidne nad krivom c. 6. Izračunati integral I = /
e*dz gde je c = {z € C : |z —3| = 5}
C
p ozitivn o orijentisana kružnica. Kružnice c\ = {z € C : \z\ = 1} i c^ = {z e C : \z — 3| = 1} se nalaze u unutrašnjosti krive c i neka im je orijentacija ista kao i krivoj c. Jasno je da (ci U intci) fi (C2 U intc^) = 0. Funkcija g(z) = jtjjrjj^-e2 je analitička u svim tačkama kompleksne ravni, sem u z = 0 6 intci i z = 3 G intc2, pa je
27tj , ez w, T T ^ (z — 3)3
J
g(z)dz =
J
0 ,ez(z — 6 ) | 4tt. = 2m (z - 3)4 1*=° = ~ 2 7 Z . ez(z2 —4 ^ H- 6 ) , = 7TI *---------? --------- U
266
e37r . =
R E ZID U U M . K O M PLEK SN I IN TEGR AL
Tačka z = a je singularitet ili singularna tačka funkcije f ( z ) ako f(z) nije analitička u tački z = a. Tačka z = a je izolovani singularitet funkcjje f ( z ) ako je f ( z ) analitička funkcija u oblasti 0 < \z — o| < R (0 < R < oo), a tačka z = a je singularna tačka te funkcije. Prema koeficijentima Loranovog reda u okolini tačke a funkcije f ( z ) OO
f(z) =
° n(z ~~ a)” ’
^1)
razlikujemo tri vrste izolovanih singulariteta. Tačka z = a je prividan singularitet ako je o_ i = a_2 = ••• = 0, tj. svi koeficijenti sa negativnim indeksima reda (1 ) su jednaki nuli. Tačka z = a je p ol fc—to g reda ako je a-k # 0, a - k - i = 2 = ••• = 0, tj. ako je samo konačno mnogo koeficijenata sa negativnim indeksima reda (1) različito od nule. Tačka z = a je esencijalni singularitet ako je beskonačno mnogo koeficijenata sa negativnim indeksima reda (1 ) različito od nule. Ako je tačka z = a € C izolovani singularitet funkcije f (z ) , koeficijent Loranovog reda (1 ) o _ i = ^ f f ( z ) d z , gde je c proizvoljna zatvorena putanja u C+
oblasti u kojoj je funkcija f ( z ) analitička, kojom se tačka z = a obilazi u pozitivnom smeru i tačka z = a je jedini singularitet funkcije f ( z ) u int c, se naziva ostatak ili reziđuum funkcije f ( z ) u tački z = a i označava se sa ILes f(z), odnosno sa R(a) ako je jasno na koju se funkciju odnosi. Ako je tačka z = oo izolovani singularitet funkcije f(z ) , koeficijent Loranovog reda (1 ) funkcije f ( z ) u tački g = oo: a _ i = + / f(z)dz, gde je c proizvoljna C—
zatvorena negativno orijentisana putanja u oblasti u kojoj je funkcija anaiitička i svi konačni singulariteti funkcije f ( z ) se nalaze u intc, naziva se ostatak ili reziduum funkcije f ( z ) u tački z = oo i označava se sa Res f (z ), odnosno sa R (oo) ako je jasno na koju se funkciju odnosi. Ako je tačka z = a pol fc-tog reda (fc € N) funkcije f (z ) , onda je
Res f ( z ) =
1 1 ) ! z-*a d,Zk
( 2)
(fc —
Specijalno, ako je tačka z = a pol prvog reda (prost pol) funkcije f ( z ) -
267
gde su
(3)
Ako je funkcija f ( z ) analitička u zatvorenoj jednostruko povezanoj oblasti ograničenoj konturom c, izuzev u konačno mnogo tačaka zi, z^, ...,zn koje leže unutar konture c, tada je I — {
f(z)dz = 2vi V ' Res f (z ), k =S=Zk .
pri čemu je smer obilaženja konture pozitivan. vlko f ( z ) analitička funkcija svuda u proširenoj kompleksnoj ravni (CU {oo}) sem u konačno nmogo izolovanih singulariteta (polova ili esencijalnih singulariteta) zo = oo, z\, z^,..., zn € C te funkcije, tada je Res f ( z ) ■ ■0, tj. k=0Z Zk
Res f ( z ) = —Y Res f(z ) . Z— J z = Z u fc=l
Z — OO
1. Ispitati p rirod u singulariteta i naći ostatke za funkcije: a) f ( z ) =
23(22 + 4 ) ’
c) f ( z ) =
b) f ( z ) =
z ( l — e2z) '
a) Nule imenioca racionalne furdccije f ( z ) = su 2 = 0 trećeg reda, z = 2i i z = —2i prvog reda (proste nule), pa kako se u tim tačkama brojilac ne anulira, to je z = 0 pol trećeg reda, a z = 2i i z = —2i su polovi prvog reda funkcije / . _1 _
2f i /(z ) =
( (z - 2 j) ^ ž W ^ -sy ) =
,S ? 2i /( z ) = , i - 2i ((z +
} %
—3(21—2i)
2
R es^ z) = ^
= F aki
32-
Si* (—4-i)
| U m f - ^ ^ jj r ) ' = - ljm (z2+% , % +4)z':
_1_ 16’ OO
b) f(z) =
Z)
(-1) y2n+l ( 2 n + l ) !Z
A, 72FU)Tž pa je z = 0 prividan singularitet, a time je i R e s /(z ) = 0. n=0
a - n = 0, n e N,
n —u
z —0
c)
g(z) =
= z (l — e2z) = 0
268
f c e Z » 0 = O V z = km, k e Z \ {0 }. g'{z) = 1 — e2z — 2xe22 => g'(kiri) = 1 — e2fc,ri — 2knie2k7r'1 = —2fc7rz ^ 0, ifc € Z \ {0 }, g'(0) = 0, S"(« ) = - 4 e 22 - 4^e22 => p"(0) = - 4 ^ 0 . z = kiri, fc € Z \ {0 } su nule prvog reda funkcije g(z) = j ^ , što znači da su to polovi prvog reda za funkciju f (z ). k & Z \ {
0}
T5" Res ff (l z~) \ =-
z = k n i JK ’
Uvr, _J_ lim - 77-r _ __L_ - 2 k 7ti
z -* k ir iS '(z )
2 krr
’
z = 0 je nula drugog reda funkcije p(z), što znači da je to pol drugog reda funkcije f (z ) . Zato je R e s /M = ^
lim (z2 ■
-2e“ +2e2~+4y2 “ “ 0 -2 (l-e 2*)2?5-
= lim ^ p ^ -)' =
lim
lim
=
_ 1 2 e 2-
2. Ispitati p rirod u singulariteta u proširen oj k om p lek sn oj ravni i naći ostatke u n jim a za funkcije: b) f ( z ) = e 1- * ;
a) /O )
a) Funkcija f ( z ) = ostatak je Res f ( z ) = —2.
c) f ( z ) = z cos
= 1 — 2 jma pQi prv0g reda u tački z = 0 i njen
z=0
Tačka z = 00 je regularna, jer je g(u) = f (■-)■= 1 — 2u analitička funkcija u tački u = 0, ali možemo primetiti da je ostatak funkcije f ( z ) u toj tački Res f ( z ) = —R e s /(z ) = 2. 2=00
2=0
b) Funkcija f ( z ) = e” = e_1eO r jma esencijalni singularitet u tački z = 1 što se vidi iz njenog razvoja u Loranov red (svi koeficijenti a _ n, n € N su različiti od nule) u okolini te tačke: /0)= \ E
n=0
)n = \ £
( - 1)"
■ ( z -1l )
^ i-iO -D -^ + iO -i)
-2
a_i = Res f ( z ) = Z— 1
Tačka z = 00 je regularna, jer je funkcija g(u) = f ( ~ ) = e^j-1 analitička u tački u = 0. Res f ( z ) = i . z —oo
c
c) / 0 ) = z c o s i = z E
=
n=0
S
Pa Je beskonačno
n=0
mnogo koeficijenata u razvoju funkcije f ( z ) u Loranov red u tački z =,0 različito od nule, te je z = 0 esencijalni singularitet. Iz razvoja sledi i
269
o - l = Res f ( z ) = z
—0
v
- -§•
'
Tač.ka z = oo je singularna, jer funkcija g(u) = / ( £ ) = £ cosu ima pol prvog reda u tački u = 0. Res f (z ) = \.
z=co 3.
Ispitati vrstu singulariteta funkcije f(z) =
1 - e*/3 1 — e2 ’
i naći ostatke u tim tačkama. Mogući singulariteti su nule funkcije 1 - ez, odnosno tačke z = Zk = 2kni, k e 1 koje su nule prvog reda, jer je (1 — ez)'\z=Zk = - e 2km = —1 ^ 0 . Taćka zk je nula brojioca, ako je 1 - e%Zk = 1 = 0 +*■ 3|k. To znači da je za k = 3m, m e Z, tačka zk prividan singularitet. Za k = 3m ± 1, m £ Z, je 1 - ei 2fc / 0, pa je ZA, pol prvog reda funkcije / . Da funkcija / ima prividan singularitet u z = 6mni, m € Z moglo se objasniti i na osnovu toga da je
1T - t - = I
lim
z —>6 m 7ri
lim
z —>om.7rz
-p-rr~ = 3 •p = 3x
k = 3m, m G Z = Res / ( « ) = 0; Z = Z fc
k = 3 m ± l, m € ! ; => Res / ( « ) = z=Zk
__ 4. funkcije
- l
=
-
±
lim ri z—*22fc7 kivt ±3 i - 1 2
'
'
-22 trc
lim z~+2k7ri
z/3_
e2fc^ 3- l e» * i
2 1
U zavisnosti o d param etra a t ®. ispitati vrstu singulariteta z2 + 1 „ / W = r + tal z-
i naći ostatke u tim tačkama. Za a = 0 je f ( z ) = = 7* + I (što uJedno 1 nJen razvoj u Loranov red u okolini tačke z — 0), pa je jasno da je jedini singularitet z = 0 pol trećeg reda i da je R e s/(z ) = 1. Ako je a = 1, tada je f ( z ) = j e * . Tačka z = 0 je esencijalni sinularitet jer je Lor.anov red funkcije f ( z ) u njenoj okolini jednak _1_ 1 - i + i + x i E — z + ž 7 ^ 2! n! / W 4 E a n( ! i' ) ' = 71=0 71=0 1 . i otuda je R es/(z)
z=0
Slićno i za a = - 1 . Tada je f (z ) = \ e~ i, a Loranov red funkcije f ( z ) u okolini tačke z = 0 je
270
/(*) = i E * ( - * ) * = n —G
1
= i - * + ** -
n—0
pa je tačka z = 0 esencijalni sinularitet i Res f ( z ) = 1 . zs + a Tž i)[z- —ai) e ' } Ako je a e R \ {0, ± 1 }, tada funkcija f ( z ) „ e'Z __ -z (z v- +; a— ima polove prvog reda u z = ± o i i kao što ćemo videti esencijalm singularitetu
z = 0. Res f ( z ) =
zsz—ai
i,
z 24_i
—N
—a2-~f~1
lim ((z + Gl) z(2+oiK«-ai)e * / “ * -a t(-2oiJ
z —*-—ai
i
_ ( l - a2)e~* _
(z2+ l ) e = _
7 = fim. H rjr^r- - ^2<>s ^-35^5 '3z2+a2
Res f ( z) = Rm.
o —ni — a“ ~X.pi
2a
a2- l p- i
-žzre ^
■
o°
/( * ) = ( ^ i + ( l - ^ ) O T ) e f = a ^ e t + a - ^ ^ ^ e ? oo
00
o
„n —2
( 1 - J r T ) ^ Z ^ Q(
-i
_ 2 _n
n=0
f
-1 J_ = -L jif* n\ zn a* '
3
mi
1
„=_1
-?2, ( _ l ) n
za - jj—2 E "a2" Z
2n
n=0
+ ia z 5 -
a
E o ^ ( f ) n+ 2n \ ' an 1
tS O
Koeficijent uz z -1 razvoja E ^KTpr+r je a Koeficijent UZ 2
= + \ (—l ) n
n=0
.
V2'
’ z_/
n—-0
a‘ i _ 2"
n!
a2—1 “ a3-
V21 ( - p " -2 n + l a "
.
+ - ) ■(1 + f ) 1 + £ £ + 3 ^ + •” ) je
•i - i + + i •«•••) - ■ + + - i + * ■ ■ • ) = + + - £
a2 —1 (1
—cos 1).
Otuda je R e s /(z ) = a" 2 + ^ + ( 1 - co s l). z —0
5. Ispitati singularitete funkcije /w =
(1
,
+
n £ Z,
2 2) n + 1
i naći ostatke te funkcije u njima. ima u taČkama 2 = ± { P° l0Ve (n + 1}~ ° S
Funkcija /( * ) = reda (e^±4) = e+1 ^ 0).
R » / ( * ) - A lta * ( ( > - 0 ” + ,/ ( < » - n lim * ( « " ( « + < )-'" +” ). z= i
Z~>1
Primenimo Lajbnicovu formulu:
(<£j£l = U) za u(z) = ei2, u(z) = Kako je
(2
= i " '* « 1' , * -
,„ , . . . vN ^ r (u (z ) •v(z)) -
A /n\ dn- )la(2) dkn(2r). Vfc) d2 n- k d* ’
+ i)-("+1). 0 ,1 ....," , j ^
“ ( - ! ) * ( » + 1 )(» +
2) ■- ■(n + fc)(+ + i)-,n +*+1i, 1 = 1..... »• ( T j f 1 = «(z) =
271
I
kada je 2 = i , za k = 1, n, imamo da je (” \Au/) (n + l)(n + 2) •■- (n + fc)(2i)~ Cn+A+1) R Pa fC ,> _
X V ' _____ ( " + * ) ! _ n! ie2"+ *+ i(n -fc)!ik l ~
k=0
a z “ •*
-^"lz) = (fc)in - *+~1 ke 1 (—1)* 1
1 'T ' 2 n~ k(n + k }! n! fc2 -- fc 2 S»'+l('„-fc)!Jb! _
■2^+I'in! '
( 2” n! , 2n~x(n+l)l , (2n)!\ Vn!0! 'r (n—1)!1! + ••• + 0!nW '
Slično z —*—i (z ) _ /n\ n~fc p Analogno, za k = l,...,n , u tački z = —i je Vfc/ (” ) dn~ ku (z) dkv f . . . dz* U/ dzfc ~ UJ? e
(-1 )
(n + 1)(« + 2) ” •(" + * )(-2 i)-«»+ *+ 1) = ■ c - x ) ^ & i i ( n=m -
R.es f f z ) = 4 V « ( —l ) " + fc+1(n+fe)! _ 2——t * C ' n * = 0 i2" + t + 1(n -fc)!l-! / 2"n! V 0!n!
J_ ^ n! ^
e ( - l ) " + t + 12 " - t fn+fc)! _ ( - l ) » e i ia '^ + R n -fc )!* ! ~ 2 ^ + in ! '
(n+1) 11( 71—1)!
6.
1 + - + ( - 1)nW
-
Izračunati integral I = / ^r/pfdz,
gde je c = { z G € : ]z| = 3}
p ozitivn o orijentisana kružnica. Za funkciju /( z ) = zs l zj = p '( i- i) ( 2+i ) » tačka z = 0 je pol trećeg reda, dok su tačke z = 1 i z — —1 polovi prvog reda. Zato je R e s/(z) = * l i m ( z 3 ^ ) " = I lim (- ^
y
= - lim (^
1) ^
- 1/ 2* =
= 5,
R e s/(z) = lim((z -
Res / ( , ) = ^ m ^ z + 1) ^ - ^ - ^ ) = I = 27ri(Res/(z) + Res f ( z ) + Res /( z ) ) = 2 ir i(-l + ■i + \) = 0. Z—U
7.
Z—1
z ~ —1
Izračunati integral / ^ ^ f d z ,
^
^7
gd e je kriva c = {z € C : |z| = r},
C
r > 0, r / 1 p ozitivn o orijentisana. Za funkciju f ( z ) — , tačka z = 0 je esencijalni singularitet, dok je z = 1 pol drugog reda. Stoga imamo IF + F
=
( l^ ) ' = 00
co s }=
e m n=0
( £
n— 0
) " ^
* nY
=
E
n=l
n z * - 1,
) 2",
/( z ) = (1 + 2z + 3z2 + 4z3 + ...) . ( 1 - ^ Koeficijent uz z _1 u tom razvoju je
272
+ ^
-
^
+ ...).
_
___
____£_
a - l
—
2!
i
___
'
4!
-1 + i _ ± +
o_
1 ^
6!
3!
5!
!
2-+/ n=u
'
1 \n l 2n+I
(2n+l)!
- sin 1 = Res fCz). z=o lim ((z - l )2 •f ^ ) ' = l i m ( - s i n i ■( - £ ) ) = sinl.
R e s /(z ) = ^ i) 0 < r < 1 =+
/
f(z )d z = 27riR es/(ž) =27ri(—sin l) = —27risinl.
|z|=r
ii) 1 <
t
=>
Z”
f [z ) d z = 2« ( R e s / ( i 5) + R es/ ( « } ) = 2ni(—sin 1 + sin 1 ) = 0.
/ \z\=r
8.
Izračunati integral I = /
-lž*+iU^6el/zdz’ Sde je c = {z
G
C :
C
|z| = +}, r > 0, r £ {1 ,2 ,3 } p ozitivn o orijentisana kružnica. Za funkciju /( z ) = tačka z = 0 je esencijalni singularitet, dok su tačke z = l, z = 2, z = 3 polovi prvog reda. -2z—1 / W = (2-l)(2-2)(2-3) 1+ z
: ~ £ n! n=Q L __ [__ L_
3.
2—1
-3 ^ 2 - 2 E
=
E
n=0 n=G p -)z2 + (1 —
(i -
1 ■■ 31 /2 = ( _ i - . v2- 3 ^ 2 - 2
+ 2& + Š i F + 4 i? r + -
'3 1 - 2 / 3
1 2^rrr
-2 —M1 /e 17*.
3n+l t
—fi)2 3 +
1
2 1 -2 /2
n=0
C1 “ 5 - D + (x “ F -
n=0 f
)z + (■*■
l
■
R e s /(z ) = ( l - 5 - | ) + 5!( 1 - ^ - g i r ) + 5i(1 - ^ - - F ) + i ! ( 1 _ F ' _ # ) + --- = z=0 '
1 &) = E £ - E M )n- E M E i ( ! - ? n=l n=l (ei - 1) = 1 + e - y/e ■ Res f ( z ) = lim { /._2j/l-% R e s /(z ) = lim2 z=2
r
= e1 - 1 - (ei - 1)
e= = — e.
-2z-l „1 __ v^.
(z -l)(z -3 )
—2z—1 R e|/(^) = lijji / f c t f r r i) 0 < r < 1 => I = 27riRes/(z) = 2-7ri(l + e — ~Je — \fe). ii)l < r < 2
=+ 1 = 27ri(Res/(z) + R e s /(z )) = 27ri((l + e —v/e—v/e) + ( - e ) ) = 2= 0
'
2 7 ri(l —
\fe —
2=1
v^e)-
2 iii) 2 < r < 3 =t- I = 2-ni J2 R-es f ( z ) = 27ri((l + e - f e - s/e) + (—e) + \/e) = fc=o z=fc 2 7 r i ( l — -v/e).
273
3
+ e - y/e~
iv) 3 < r => I = 27tz E R-es f ( z ) —
9.
Izračunati integral
I = / j? cos \ Inf/jdz, gde je c = { z £ C : C
z| = 1 } p ozitivn o orijentisana kružnica. Za \z\ < 1 (time i \z\ = 5), tj. |f |< 1 i |- f |< 1 važi: l ^
= l ^
= ln(l + f ) - i n ( l - f ) =
)"n=1
- E ^ F -i-d -(-i)"> " = E
n=0
(-f)n
n=l
a ^ r - F ^ - 2 ^ 1 = f •E S
z2n+l_
n=0
Formula ln f f = ln zi —ln Z2 ne važi uvek, jer se leva i đesna strana jednakosti mogu razlikovati za 2loir (Iq e Z). To bi ovde konkretno značilo da se razvoj funkcije ln f^f možda razlikuje od datog za celobrojni umnožak od 2rr. Na nama je da izaberemo onu granu ln, funkcije Ln za koju je taj razvoj tačan. Grana višeznačne funkcije je određena zasekom i vrednosti funkcije u nekoj tački (koja ne pripada zaseku). Uzmimo da je zasek Z funkcije ln fjjf uzet između njenih tačaka grananja z = —i i z = i, tj. Z = {iy £ € : t / 6 (—1 ,1)}, da su zaseci funkcija ln(i + z ) i ln(i — z), redom Z\ = { iy € C : y > —1} i Z i = { iy G C : y < 1}, kao i da je ln 1 = 0. ° °
Tada je ln
,
= f ■E
vn
žn'+i 02n+1’ Pa j® razvoj korektan.
n=0
f ( z ) = j t cos \
. _
.
_ n=0
( - 1 ) " _ 2n - l W 2n + l Z n=0
_ _
2 /1 _ J, 1 , i . 1___ i . 1 , 1 ( 1 ____ . i3 Zz -4~ \z i G 2! ž T + 4! z 4 6! Ž®' + ‘ ' V U 3 z' ~ ^r 5 Z
f z ~+ ■•■)■
oo
f ( Z) = ? ' ( - ! + 2T3 + 4P5 + Wi + 8P9 + ’ ' ' ) = f E
n=0
(2n+l)!'
OO
I = 27ri Res /(z) = 4 tt E z~ u
n=0
Kako je shz - =~-e ~— - 1 2(\ Lr su z— 2
n=0
sl _ 2wZ l~z) ) — V 1—Irll »n! ~— 1v=' (2 / n ++l)! > n! n! ) ~ 2 n=0
n=0
oc to je E (2'n+i1 )! = sh 1> Pa je konačno n=0 '
10. Izračunati
I = 47rsh 1 .
T 2J cos 3x I = J Z — ------- dx. / o 5 —4 cos x
274
n=0
~ i~ i cosx
Na osnovu smene z = e'x, x € [0, 2tt] , je dx 4-e' tj. cos3x = e3lI+,e 2 — =
e^+e-”*1 _ 2 ~
pa imamo da je 26 +
l
■dz = | / / ( Z)rf2 ' - S j z i s __ L “r <2 -/ Tz3C > 2.- š / 2« (2J - ! ) ( « - 2) 2
gde je kontura c pozitivno orijentisana kružnica { z e C : |z| - 1}. Tačka z = 0 je pol trećeg reda, dok su taćke 2 = 2 i z = § prosti polovi, pa kako 0, 5 € int c imamo ReS f ( z ) =
' z^{ 2 z - l ) ( z - 2 ] ) " ~
z=0
’
2) ’ z3(2z-t)(z~ 2) )
Res f( z ) — lim ((z •r— i
s
Z —>4
24
I = ^ - 27ri(R es/(z) + R e s /(z )) = — • Z
2—0
z=§
xz'
27T dx. I = f 0 (5 —3 sin x)2
11. Izračunati
Iz 2 = eix, x € [0,2 tt], je da; = da je
1 s in i
z+/- 7 ; pa imamo
e*x + e
2i
I == [ -------- —— j— (—i — ) = 4i [ 5— + —------ ^ d z — i i f f{z)dz, J (5 _ v z J (3z2 — lOzz — 3)2 / gde je kontura c pozitivno orijentisana kružnica {z e C : |z| = 1} 1 /( z ) = /aa ». , i!r. Kako je (3z2 - lOtz - 3)2 = 0 ^ z = 3t V z = f , to znači da je (3 z2 — l 0 i z — 3 y
J
x
,
tačka z = § € int c pol drugog reda funkcije f (z ). Stoga je 2 ^ 2 / . / = 4i •2ttiRes/(z) = - 87r lim ( ( z - - ) 1^ T T 1 .)2(Z _ 3^ 2) ^ ~ 8iT'
12. Izračunati
= “ *4 ^ - cosx =
I = f ± ± g ž L . ( _ i & ) = f f(z)dz, gde je /( z ) = t
)2
5tt ~ 32’
2? 1 + sin x I = z:—dx. = /0/ ft-------+ cos2 a;
Uvodeći smenu z = eix, x e [0, 2tt], sinx = dx = — , imamo da je c I+C t
5 »
c
je pozitivno orijentisana kružnica (z £ C : |z| = l j .
275
2z
a kontura c
Zbog z4+ 6z2+ l = 0 <+ z2 = -3 ± 2 \ /2 = - ( 1 + V 2)2
J
Z—Z1
Z=Z2
> Za pol z = Zj, i = 1,2 prvog reda funkeije f (z ) je Res f ( z ) = Z=Zi pa sledi da je I =
- 2 z 2-4 i z + 2 4z3+ 12z
tt/2
13. Izračunati integral
1 = f cos2" xdx, 0
Jr/2
n 6 N,
2n
Primetimo najpre da je f cos2n xdx = | f cos2n xdx = i J. Za z = eix, je 0 0 dz = ietxdx, tj. dx = I± daz ;i cosz _= ž!±I =£+■ Tada je j
= J K 2z
[ iz
'
_ _ L / ( ^ + 1)2n dz, 72n+l 22n J
gde je c pozitivno orijentisana kružnica {z e C ; |z| = 1}. Tačka z = 0 je pol reda 2n + 1 funkcije f(z)
( ^ + l)
2n
z2n+l
1
/ 2n\ 2fc
=
^
/ 2n
y2fc—2n—1
' S U
pa je prethodna suma zapravo razvoj funkcije f (z ) u Lorainov red u okolini tačke z = 0. Kako je za 2k —2n — 1 = —1, tj. k = n koeficijent uz z _1 jednak a- l = (2n ) > j e J — --- *_ .-27riReS ffzj =
J 2^ 0_ (2 n )!!(2 n -l)i!
271
((2n)!!p
0
i= o 1 [ (2n-l)H (2 n -
J
2
_(2nj = -
,,7r , (2n>! — K (2n)!!(2n-l)!i _
2 ^ = T n!n!
_
2“ '
2»n!2»n !
_
= 2 7 7 (2n 1^^. tt/2
Na kraju je / = / cos2n xdx =
14. Prim enom računa ostataka izračunati realni integral 7T
- h
sin t sin 51 dt, 6 6 K\ { -1 ,0 ,1 } . č 26cost + b2)2
Primetimo da je 1 —25cost + 62 = 0 +> 6 = cost±\/cos2t - 1 e R +> cost = ± 1
276
Posmatraćemo integral i =
/ 0
s in tcos5 <
- : : Lcosht , ^ d i (l-26cosi + b2)2
, . f
J
o
sin t sin 51 si: dt (1 —26cost + b2)2
=
sin t e ;dt. 26cost + 62): (1-26
[
______£
J
s Tako
5/ - , dt koji rešavamo smenom z = etl, sint — — — > C0S51 = 2zi — =2z dobijamo (z2 - 1)25
dz,
(Z- b)2(z - i ) 2
gde je c pozitivno orijentisana jedinična kružnica u kompleksnoj ravni sa centrom u koordinatnom početku. Označimo sa f ( z ) podintegralnu funkciju. Njeni singulariteti, tačke z — b i z = p su polovi drugog reda (6 76 ± 1 , fc ^ 0). Otuda je R e s /(z ) = 1™ ((Z — ^)2
) — pnrj!
R e s /(z ) = l i m ( ( z - i ) 2^ i ^ x y 2)' = sr^rgrjZ~
b
* - T
6
Ako je |b| < 1, 6 76 0, tada je J = ( - 551) •2m ■^ |b| > 1, I = (“ 2E1) ’ 2?r* ’
^
dok je za
= b6(b2—i) 2* 27T
Imajući u vidu da je (smena i = 2tt — m): J = / (i^bcost+F)2^ ’ dobijamo 7T
J = i Imr = [ 2 im ' \
|6| < X, 6 ^ 0 | h f> l
15. P rim en om računa ostataka izračunati konvergentni integral OO
J
dx i
- /
i 4 + a'
■, a > 0.
je c = Ci U C2 kontura data na slici, a 1 f(z) = z A + a ‘4 ' Sa jedne strane je
=
J
f{z)dz +
J
Jednačina krive Ci je z = x, x £ [—R, i?], te je J — lim / f(z )d z baš integral R - * ° °C1
koji se traži.
277
Kako j e c2 : z — Reli, t 6 [0, jrj, dz = Rieudt, važi da je S /I jp ^ l*
< Jv m
Ct
*■!«4II dt
R tt R-*—a A
o
f f(z)dz —>0, kada R —* oo. Sa druge strane, kako je ; (3 -0+ 1) « .. k = 0,1,2,3, znajući da zq ae * = a e*‘ ae * £ mt-c, a zo = ae * 1 6 extc, Z3 = ae‘o 1 £ extc, imamo I = 2vri(Res f ( z ) + Res /( z ) ) = 2tti( lim •, I1 ,■- + lim 7- 4/ 40) 2= 20
2 = 2 i
2 —>20
= 2rri(/m 4/ + &“ 5^ ) = f ( ^ 7
*■
^
'
Z —> 2 1
t «
)
+ f ^ p ) = & ( e_¥< + ^
)
= # ( c o s ( - ^ ) + i Si n ( - f ) + c o s ( - f e ) + i s i n ( - f )) = - f e . 16. Prim enom računa ostataka izračunati konvergentni integral OO
J=
/
dx —, a / e R . 6 / 0 , (x2 — 2ax + a2 + b2)
Cl
n e N.
C2
Jednačina krive ci je z = m, jrcj < R, te je J = lim f f(z)dz baš integral koji se traži. Kako je c2 : z = P.e4*. t e [0, ?r], dz = RieHdt, važi da je i / (z“- 2a2+ /+ ^ + I ^ / I(R'*^i~2aRe‘'+a^+b^r\dt - / j'}i?2e2t*j—1
£/|- ] a.2+&211« ^
7T
= / («3- 2|a!fl/a2- 62)’> = (7?5—2|a|S— —64)" >Pa, / f (z)dz —>0, kada R —» OO. o
C2
Sa druge strane, kako je z 2 - 2az + a2 + 62 = (z - (a + 6i))(z - (a - 6i)), imamo: I = 2i:i Res f (z ), za 6 > 0, I = 2iri Res /( z ), za 6 < 0. 2=a+£i z=a—bi Kako je (t~n)/ = (i_n)" = ( - n ) ( - n - l)i~ n- 2, (£ -" )(" -!) = (—n )(—n —1)(—n—2)i..(—n —(n —2))i_ n -in_1i = ( - ^ " - ^ ( n + l K n + ^ ) . . . ^ -
278
«
2 )t~2n+1 =
in ia m 0
Res / ( * ) = 7 + + i lin l . ((Z - (a + M))" ( ' z - ( a + 6i ) ) ” ( 2- ( a - W ) ) " ) ( ) = ' ' 2—► O’TOi zzs=a4-6i —a+&i ’ , w __ n 1 (2n—2)! ( - l ) ” _1 „ .• (2n -2 )ž 1 lim (^ T )T = TS= 5JI • ( n - l ) I + n + ! ) 2 (I b j^ 7
b> 0:
—»’Cl-J'fc
® n - 2)1 ((n -1 )!)* ( 26) 2— 1 •
=> I
6 < 0 : R es^f(z) = ^
^
z —a—bi
( 3 tx- 2 ) 1
...
l {(n -l)!)ž ^
, ,
1
(2bp t
Dakle, ,7 =
(, - (+ W (2 7 1 — 2 ) !
=T => I ( 2in n -iy - 2 )\ \ .
)(n~1) =
1
(2n—2)! ( - I ) " - 1
(n —1)! ‘ (n —1)! ( —2bt)2n_1
2 tt
" ((n —l ) ! ) 2 (2b)2’1- 1 ■ 2tt _ (2|(,|)3"-t -
( 2 n - 2 )l 4 tt(2" ( n - i ) ! ) 4 |6|a“ - r
(2n—l) !!( 2 n —2)!! 4 tt ((2n—2)!!)2 |b|2n- 1
( 2n —1)!! 4 tt (2n—2)'i! |b|2’> -1 '
17. Izračunati glavnu vrednost integrala /
x —3 dx. x4 — 1
Posmatrajmo kompleksni integral J = f f(z)dz, gde je fiz) =
+=T =
(z —l)(z + lj" (z —i)(z + i) ’
a c kontura sa slike. Unutar konture nalazi se taćka z = i, pol prvog reda funkcije / , pa je I = 27ri Res / ( 2) = 2 « - + # U = l = 2 ^ i+
= f(3 - +
Sa druge strane je 7 =
—1—r / + + —R
R
f ^ d x + ff(z)d z . l+r |ff(z)dz\ = \ f ^ ^ R i ^ d t \ < f j ^ ^ l R i e ^ d t = J m C3
0
0
Rdt
0
JH lim 7*<~3r 7 7r' =* R 7?— - ooCf3 f ( z )dz — Ako uvedemo smenu z + 1 = re’4, tj. 2 = relt - 1, d2 = rieltdt, s obzirom na neprekidnost podintegralne funkcije u tački 2 = 0, dobijamo / f(z)dz = /
- > f i d t = -iri, r - 0.
Analogno, znajući da je podintegralna funkcija neprekidna, uvodeći smenu z — 1 = reu , dobijamo / /(z )đ z = /
reit(reit + 2 ) ^ l ™ + 2 r e i t + T ) d t
279
4 / ( “ 1 ) dt =
T
°‘
Dakle, kada r —* 0, R —>oo, imamo OO f
VP 1
X —3
^
7T
.
7r
l dX=
=
18. Primenom računa ostataka izračunati konvergentni integral OO
J=
'/
cos xdx (x2 + 4)2(a;2 — 1)"
Da bismo izračunali integral J, posmatraćemo kompleksni integral I = J f(z)dz, gde je f ( z ) =
(zi+4)'2(z'2-i) i a c — U Cfc kontura sa slike. Podintegralna funkcija ima realne polove prvog reda u z = ± 1 i polove drugog reda u z — ±2i, od kojih samo 2i leži u unutrašnjosti konture c. Stoga je: I = X) h = fc=l
I f(z)dz = 2trt Res /( « ) . z~ 2i
fc = lc fc
'( i ( z + 2 i ) s (z2- l ) - 2 ( z + 2 i ) ( z 2- l ) - ( z + 2 i ) 52z)
(z+2i)4(z7 —1)7
z=2i = j ..23 , Res /( z ) = lim ‘“ j
z = -l
-
(zJ ^ + 4) + z - l ) —
R esf(z) = lim 3 * ^
50 >
+3- =
c6 : z = Re’*, t e [0,7r] =+ dz = Rieildt. Kako je sint > 0 =^ e~Rs'nt < 1 , imamo ^ 6' — /
"-7 ez.,|_1| \\R'2e'2it\-^4|2C| |R'ie2it j —1j) | đ t
= < /. 0
_ 4p (ija _ ; ) đ t — (R ‘} _ 4yI(Ra _ j ) .
Poslednji izraz konvergira nuli, kada R —> oo, pa je lim Is = 0. R—+00
c\ : z — x, x e [—R, —1 — r], C3 ; z = x, x e [—1 + r, 1 — r], c5 ; z = x, x e [1 + r, R], z e c\ U C3 U c5 => dz = dx, pa je — 1—r
h + h + h
—
1—r
(Xz+ 4 )z(xz _ 1) d a ; +
R
/ (I z+ 4 )z (xz _ 1) d a ; + ^ / -l+ r 1+r
280
Za R —» oo, r —» 0, imamo 00
ir .
I\ + h + h —» v.p. / (x5+4)2(X,j_iy^2:' — OO
Kako je 1 G R pol prvog reda funkcije / i c 4 = { z e € : z = l + re11,t e
[O.tt]}, to J f ( z ) d z = / C4
£
a»(z - 1)nrfz = /
C4 n = - l
- x>_1 + ? na" ( 2 _
c4
n- °
l ) n)dz = 0_1 S(z - l ) ~ ldz + f ( £
+ f h(z)dz. C4
Za analitičku funkciju /i, važi da postoji M = ^max^|h(l + rert)|, A = {(* r) e R2 : t e [0,tt], r e [0, 5]}, (za fiksno <$), pa iz nejednakosti |/ h(z)dz\ = |/ h( 1 + rert)n e wdi| < r / |A(1 + rert)di| < r M i, sledi lim / fi(^)dz = 0. 7T
0
0 = / - ^ r i e ^ d t = -ir i, pa je
Sem toga je i /
^
°4
lim I4 = —7ria_i = —7riR es/(z) = —ir"— . I-*—>0 2—1 OU Analognim postupkom možemo zaključiti da je lim I 2 = -TTi R m /( * ) = - m ( - ^
q
)= ^
Konačno, kada J? —> 00, r -> 0, dobijamo OO
ff41
e_i
/p 7 tj-
. el „ . . 23 “ ” 5o = 2” ’
OO
"1
cosx dx + i V (x2 + 4)2(x2 - 1) •p 7
_ OO
pajeV.P. /
■dx
23tt „ sinl ' 4OO? ~^+25~’
e —e 23tt •+ 27T400e2 ~ w' 50
(x5+ 4°5(^2_i)d 2: =
(x2 + 4)2(x2 — 1)
°°
^5( rie^ + sin i) i V.P.^f^
—OO
Funkcija W + W & = V je parna, te je stoga OO
/p 7
00
cos:r dx = 2 (x2 + 4)2(x2 - 1) /
281
cosx dx = 2 J, (x2 + 4)2(x2 — 1)
odnosno J ~ ~ ŠO^IBe5' + s'n l)-
19. K oristeći kom pleksni integral J ~ d z , gde je c zadata kontura, izraC
°o
čunati konvergentan integral J ——dx. o x
Funkcija
f(z)
=
sJL
j e unutar krive c analitička, pa je / = /
f(z)d z
= 0. Uz
C
oznaku Jk = f f(z)d z, k 6 {1 ,2 ,3 ,4 }, imamo da je / =
11 = _■( H ^ Rieitdt = * / e - ^ 'd t /
0—i?cost—iižsintl
2e-*feV*dt = lim J(1 - e
■n ~*co
=>
Ik.
j/ij = |*| . | /
<
dt == f e - Rcostdt = 2 / e~Rcostdt < 2 f e~R^ - i ^ d t = = e- * | ( e* _ i) = fi(1 _ e- * ) . odatle zbog
= 0 sledi da je lim / j = 0. R—+oo
282
h = I ^ i d v = - f s- f Ld,y. R .
h = /
I = / - tr dV = I z ^ i-d v ) = / i r ^
h + h = - Jf ^ f-d y + / ir-đj/ ■= / sLLL- f - 11dy = 2 i f ^ d p . r r r r oo , Sada uzimajući da R —> oo i r —* 0 dobijamo 2i f —in — 0, tj. oo
sm x _ 7r ax = —. x 2 s 20. K oristeći kom pleksni integral / e1*"dz, n 6 N \{1} gde je c zadata c
oo oo kontura, izračunati konvergentne integraie / sinxndx i / cosxndx.
Zbog toga što je funkcija /( z ) = e,z analitička unutar krive c imamo da je I
=
J f{z)d z
= 0.
S druge strane je
1=
o + J2 + J3 = f eixndx -f / eiRnenttRieHdt + /< / ei(yet* )n • o
Koristićemo nejednakost 2 r_ 7r, sina: > —x, x £ [0, —J. 7r
Tako imamo t G [0, f f] =>■ nt £ [0, f ] =*• sinnt > |nt. |/2|< f \eiR" 6nitRieu \dt= f \e- R’L»innt+iR" cosnt\\Rieti\dt = / Re~RnAl,ntdt o o 0 <
7
R e -^ 'd t =
| f
=
283
~ e_R")> Pa ^ a E ^ oo
sledi da I2 —>0. *fn
= —-e'‘ ^ T (
J*
I3 = J ety"e‘ 'i e'^ d y —» —e1^ J e v dy = —e1^ j R -> co ( t = yn, y = t i , dy = J t i - 'd t ). Dakle, uzimajući da R —* oo dobijamo OO
OO
'V .
/ cos xndx + i f sin x ndx = i ej* r ( i ) = i r ( i ) cos & + * i r ( i ) sin £ OO
oo
/ cosx ndx = i r ( i ) cos o
/ sina+ete = l r ( l ) sin £ . 0
OO
2
_
Primetimo da je / e-< dt =
/
sin 3?2dx =
0 21.
/
cosa:2da: =
0
=>
pa za n = 2 imamo
| r (| )s in |
=
"
Izračunati kompleksni integral pfio; dw,
/
1 H - Ž C JjR C *
— OO
gde u> predstavlja kružnu frekvenciju, R otpor, C kapacitet, a t > 0 vreme. Traženi integral se pojavljuje u prenosu telekomunikacionih signala. Izvucimo -~č ispred integrala, i stavimo da je z = x + iuj. Posmatrajmo integral
/
z+ a
W
>0’
gde je c = ci U c2 kontura sa slike. Tačka z = —a je pol prvog reda za funk«ju f ( z ) = i nalazi se u unutrašnjosti krive c, pa je I = / f(z)d z = 2iri Res f (z ) = c
Z——U
2iriJiIBa T ^ V = z2irie~atTakođe je J = / f(z )d z + / f(z )d z = h + J2, Cl C2 gde je 3 tt
Ji = I - $ ^ p i z i9d6t h = /
284
^ d 8 = ^ ( j ^ d e + f e ^ (W), f § t _ _ 7r pa uvodeći smenu (p = 6 — ^ u prvi integral, a (p = 0 —tt u drugi integral dobijamo |Jx|< ^ ( / e ~ ^ sin<^
+ f e~ pt cosipd(p).
Za v? £ [0, f ], važe nejednakosti siny) >
cos
\h\ < t£ ^ ( / e~pi^d ip + f e - r t ' - ^ d i p ) = f +
(1 - e~pt)-
o o Sada za p —» oo dobijamo da /i —►0. Takođe I2 -> i / Sada imamo da je /
22.
kada P ~+ 00•
1-f-icuJRC
_ 2tt e 'HS' .
P olazeći od kom pleksnog integrala / e
z dz, gde je c zađata
v-‘~ 2 kontura, izračunati integral / e- " cos 2bxdx, b > 0. o
Punkcija f {z ) = e- z je analitička funlccija unutar krive c, pa sledi da je I = / /(z)tžz = 0.
-R+b i
R+bi
bi
C
S druge strane je
= h + h
+ h + h =
R
-R
x
f e~x2dx + f e - ( R+iy? id y + f e h + ^ dx + H
/ e-C-^+'!/)2idy. b |j,| = 1 1
|f ey*-R2- 2Ryiidy\< f\ ey "-R2e - 2Ryi\\i\dy = / ey2- R2dy = o o o
< e - R2 f eb'2dv = beb2e - R2. Kako je lim beb2e~R2= 0, —
J
9
R —>oo
/ e » dy o
to je lim J2 = 0. n —> oo
0
Slično |j4|_ \ - f ey2- R2+2Ryiidy\ < f\ ey2- R2e2Ryi\\i\dy = / ey2- R2dy = e odnosno lim h = 0R —>oo
285
/ e 9 dy,
Dakle, uzimajući da R —>oo dobijamo 00 2 ,2 O? 2 / e~x dx + 0 — eb V.P. f e x (cos 2bx —i sin 2&x)dx + 0 = 0.
V.p.
—00
—00 00
2
00
2
00
r~
2
Znajući da je V.P. / e~x dx — f e~x dx = 2 / e-1 dx = 2 ■+ r = t/ —oo —oo 0 sledi da je zbog OO
/
tt,
to
OO
e z cos2č>xđx| <
/ |e z ||cos2&.-r|iix <
d>x*
/
po uporednom kriterijumu za nevojstveni integral i integral /
e_:!: cos2bxdx
— OO
2 konvergentan (analogno / e_I sin26xdx), pa je jednak svojoj glavnoj vred— OO
nosti. Konačno se dobija
2 00
v ' tt —2eb
°°
2
2
r-
/ e_x cos2bxdx = 0, tj. / e_x cos2 b xd x— f f f . o o 2e
23. Ako je —1 < a < 1, a ^ 0, izračunati konvergentan integral
/
x adx x2 + x + 1
Posmatrajmo kompleksni integral I — f f(z)d z, gdeje f (z ) = ackonC
tura data na slici. z2 + z - l - l = 0 - t t > z i = ellx , z 2 = e1^ => Zj/2 G intc. Tačke zi i z2 su polovi prvog reda funkcije / ( z ) = + + , pa je
1 = f f{z)dz
2m (Res /( z ) + Res /( z ) ) = 27ri - {-r Z~Z\
Z — Z2
4
Uzmimo onu granu funkcije z“ = e“ (ln l*l+*arg*+2*:)r<) za ^oju umltar date konture c važi A rgz = argz + 2kir e (0, 27r). tj. argz € (0, 27t). U tom slučaju je z = x e R+ =+ z“ = ea(|nx+i'°) = e“ lnx = z Q,
286
* z _ xei2v x e R+ => z a = eQ(’nx+i2,r) = e“ InIe2Q7rl = x ae2a7Tl, z = =4> = e“ (lnl+1^t) = e*2^ , z = e^-f =$> za = e,<*(fcp+»¥) = e{i e^0 ^ 1 N __ 27r/,ia 7 r/'0 —i a*i ? -_ ^ 2 ^ p ia7r = ^Lelalr eia ir^ 3) —
I — 2iri ■ 4 tti A
7 1------1>7 3 ~~ iiT \/3 r -1 “
v5e
■(—2isina|)
(
- ^ e ’ “ 'r sina^. oltt
JT
Sa druge strane je I = h + h + h + h = /
a
277
j i +j +i đ x+ J
0
>3*-- j-j
•f
^a it
'
^
-grgr,npn^T+i^e1 * +
■e2ilrdx + f ^ / f f Z -r+jrie^dt.
x 2 e4i-?r
+1
2ir*
|I2| < S w r ^ + T ^ \ d t =
■RQ+1 R 2- - R - l
lim h = 0, jer 27rg fL /L i ~ ^nR0- 1, R ^ c o , a - l < 0 . R —*oo
Slično, \h\ < J
= / i = ^ r « f t = 2rr
lim h = 0, jer
- » 0, r - » 0, a + 1 > 0.
r— »0
i
•
Dakle, kada r —>0 , E —>oo, tada je tj-
oo
/
/-.
(1
2ntin\ f
ar^đa: 47T7 „iot7r sm ai ) J x2+x+i — —/š
—e
1 . 47ri . a7r, 2 s in ^ — — ) = --,2aw-(--= ' v'š /oe sm Q 3 ’ sfŽ sin a7r 1 —e tt
icadx x2 + a: + l
24. K oristeći integral I = f (z2 + a2)2^ ’ gde ie c kontura sa slike, izračunati konvergentne integrale /
1
OO dx ako je a > 0. / (,X2 + o2)2 ’
Uzmimo onu granu Inz, funkcije Lnz za koju u unutrašnjosti konture c vazi 0 < argz < 2tt. Tako npr. na gornjoj ivici zaseka ln z uzima vrednost in x. f
ln2 z
,7-,
; Jr^wp'a" =
/
ln2 z
,
. 2?
dx-\- J
n
(ln
Re*')2 ui+iMA.} JdS+£X^e2iridx
7^5eitT+(j'iJ? -*™e ac^ J ((are^'P+a*;-*
287
-R
(inre*1)2
+ / (r^e^+fl 2) rrieudt — / 1+ / 2+ / 3+/4 — / 2tt
d x + l2 ~ f
dx+Ii-
2 tt
2 n R ln 2 H
|/2|< / Iz / J r ^ da Je
, 8 tt3
/?
’2-a.212 (H2- 'a 3) 2 + _ 3 (iž2a 2) ■ ~ i r l n 2-R. j™ c T 5 ^ = f e n B P * = I ^
3 ^ = 0, sledi
(fg ”j ? j§ + ^ r / R ^ rp ) = 0, tj. ^lirn^ / 2 = 0.
\h| < ^ r r fip r ln 2r+ ^ rp r z + z p , pa je lim /4 = 0, jer lim rln 2r = limr, in2_r — _ 2
r —*0
inr — —2 o lim K%v» — _ i_ %“ _n ~ 0*
r~»0
r —»0 ^
Tačke 2: = ibai su polovi drugog reda funkcije f (z ) = ^pr)~^p, i nalaze se unutar konture c, te je stoga I = 27ri(Res f ( z ) -f rr—Res/? 1 /(.z)). *y—- rr n 2 ln z T ■( z - f - a i ) 2 — 2 ( z + a t ) l n 2
E eaS, /( z ) = ((Z = (2 ln ai —ln2 ai), Res f(z ) = -3 j3 -(2 ln (-m ) - l n 2(-a i)),
2 -*ai = i™ ,
*
Cz+ a i) 4
z = —ai
Argumenti za ai i —ai se nalaze u intervalu [0,27r), pa je dalje / = 27ri(Res f ( z ) + Res f (z )) z= a i
z = —ai
= 27ri( i M 2(lna + ¥ ) - (ln a + f i)2) + j^ -((ln a + ^ i ) 2 - 2 ( l n a + ^ j ) ) ) = ^ + i & ( l _ lna)Kada R —>oo, r —>0 dobijamo 7 ljčj£=hč& M f*=*=^tfcr + 0 + 0 = £ + i £ ( l - l n a ) . 0 oo
oo
Uz oznake Ji = / M + M J + J2 = / ^q= rp r, imamo
—47tjJi + 47r2J2 = —=- + i —v (l — lna) aA ađ
=+ Ji = - ^ ( l n a - l), J2 = -^=. 4aJ 4ađ
25. Ako je a > 0 , pokazati da je a + i o o ±z
*) l =
f
-2 d*
27rilnt, 0,
t> l 0
288
a + io o
b) / =
/ a -io o
„z
_
O
^ d z = tv ^ r(-). V -2
0
a) Uzimamo da za t > 0, t ^ 1, z — x + iy važi tz = ez}nt = ex lni+'v ln 1, a odatle |iz|= exlnt = f . Izaberimo konturu kao na slici. Neka je I
j
=
f(z)d z,
AB
h =
J
f{z)d z, h =
BCA
J
f(z)d z,
ADB
gde je f (z) = ~j. Funkcija f ( z ) ima u tački z = 0 pol drugog reda, pa je Res f ( z ) = ttm(i*)' = lim ezlnt lnf = lnt. z=0 No, tada za pozitivno orijentisanu konturu B C A važi I + h = 27ri •lni. Za negativno orijentisanu konturu A D B je I - h = 0Ako je t > 1, onda je tx < ta za x = RcosB < -Rcosdo = a (0 G [0o, 2w—9a]), te je 27T — 9 o
2-k —Oo
H c iB
Ul| = I /
<
Tf
(\Rieie\d9=
f
*-
-Rdd
0o
0o
0o
= £
2ir—0o
o
f
f \ Rzas0de < £ 2nf B°tade = £ (2 7 r -2 0 o ) = 2 ^ (7 T - a r c c o s f ) . 00 a0
Kako je lim 2^ ( tt - arccos f ) = 2t° jim^ £
- arccos f ) = 2ta •0
( tt - |) = 0, to je lim h = 0. Ako je 0 < t < 1, onda je tx < ta za x = JJcos0 > R cos0o = a (0 6 [ - 00, 0o]), pa je slično prethodnom #0
\If < /
a
.a
j tad0 = 2^0o = 2 ^ arcccs 5 .
Kako je lim 2 ^ arccos £ = 2t“ lim f iJ _ o o
H -» co
K
lim arccos £ = 2t° •0 • j = 0, to it—•oo
ie lim h = 0. H—. co
Konačno, kada R —> co, imamo: 0
< t < l =4>
1
=
0,
t > 1 => J =
289
27rilnt
b) Punkcija f(z ) = ima tačku grananja z = 0. IJzmimo zasek duž negativnog deia realne ose. Posmatrajmo onu granu funkcije sf za koju je VT = 1, odnosno \frel9 = f/re'9^3. Budući da je / analitička unutar konture c (vidi sliku), to je J = f f(z)dz = 0.
H IA : z = f?eie, 0 e [—tt, —6>0], BCD : z = Ret9, 9 € [6>0, tt]; dz = Riet9d9GH : z = u e " « , = DE : z = ffz = f/ue^ = — du\ u uzima vrednosti od R do r i f/ue^^1 = —vću; z = —u, dz obrnuto; riet9d8. BPG : z = re10, 0 £ [—7r,7r], dz Takođe imamo da je J = I + h +I2 + I3+I4+I5 = f f(z )d z + f AB a -M &
f f(z)d z+ f DE
f (z ) d z + f }(z )d z + f
EFG r
R
—
tt
GH
H IA
id
R
f(z)d z =
—Qq
7T
17.1 - 1 / PO
s
/ »0 1
7T
iB
f s dz + f f - f f X i e i'dfi
a -ib
1 w g > r" “ i e + VS
v
f
f(z )d z +
BCD
60 R ie
— 7T
- / * TBT» * "0
1
—
“
7T
= V R ? ( f eRcos0de + f e RcosBđ9) < V R ?( f eRcos0od9 + f eR( - i e+Vd9) $0 -f 00 f = ^ ( e ^ ć f + e B( - ^ ) e - “ f ) = eaV P ? ( \ - a rcco s f) + f - w ( l - e ~ R)l0o * ' ■f f-a rcc o s% _ ^
Iz lim e“ v/R ^ (f—arccos ^ ) = ea lim R —+oo R —+00 0 i lim 7r 1 (i= |aea lim V ^ W +1 f i - 002 w [" 9 e [f,7r] => cosO < — 9q = arccos -g
+ 1,
R— +CO ~% R~ = 0, sledi lim Ii = 0. R —+00
0 € [#o, f ] => cos# < cos#o =
Slično: |JS|< VR? f \ Rcos6de = \/R?( f eRcos6dd + ~f°eRc
290
<
VE?( J e R( i 0- » d 9 + j ° e Il™s0°de)
=
|J
-7T ~f = f - + ( e _M — e~3R) + eav/ft2( f — arccos^).
^
~
lim eaj/ B ? {l- a r c c o s f ) = 0, lim f ^ ( e -2 ^ - e_3H) = 0 =+ lim h = 0R-,00 2 "■ fl=00 VK iJ-,00 [
t € [7T, + ] => COSt < f t - 3, t G [3f ,2 tt- V50] =+ cosi < cos(27r —
J
|J3! < f ■le" ’.-J-|rie'g|cžg = / er°jf -rd 9 < f eT\/r^dd = 2 v e TVr^, -7T I | —7T * -» odaJde važi lim I3 = 0. r-+0
Uzimajući da r -* 0, R -* 00 imamo a+ib f
i l d , = - f -fs ^ d u + [ J elž š/u J e
J f/z a—ib
0
-du j/u
®
=(c4^-e“4*) °°
J e~~uu ~ % d u
2 =2zsin^T(^) =i\/3r(-).
0 a+i6
Umesto lim
f
a + io o
f(z)d z, pišemo
b-+ooa_ ib
f
_
f(z )d z , odnosno / }(z)d z, gde je Sr
a —ioo
Br
Bromvičova26 kontura, tj. prava x = o (> 0). Integrali duž Bromvičove konture igraju važnu ulogu u teoriji Laplasove transformacije. Nađimo integral pod b) koristeći inverzne Laplasove transformacije. a+ ioo
£ -\ F (z )) ( t ) = 5+
/ a + io o
“
= 2+i
/
a —ioo
eztF(z)dz, zt
% d2’
J
r(IT '
a+ ioo
/
-|y%dz = 2 iri£
a—ioo
Iz formuie T(p) •T(1 —p) = 55— j , sledi F ( j) = r (i / sin i = +Sr(|)’ p a ^e a+ ioo
/ 20Bromvič, T. Dž. I’ A. (Thomas John I’Anson Bromwich, matičar
291
1875-1929) - engleski mate-
F
L_
> V'f
*
L IT E R A T U R A
t 1. D. Adnadjević, ž. Kadelburg, Matematička analiza II, Zavod za udžbenike i nastavna sređstva, Beograd, (1991). 2. N. Adžić, I. Kovačević, V. Marić, V. Ungar, MatematiSka analiza II, Univerzitet u Novom Sadu, Fakultet tehničkih nauka, ” STYLOS” , Novi Sad, (1996). 3. F. Ferenci, V. Ungar, I. Čomić, I. Kovačević, M. Cvijanović, Z. Radašin, Zbirka rešenih zadataka iz matematike - III deo, Naučna knjiga, Beograd (1988). 4. N. M. Ralević, L. Čomić, Zbirka rešenih ispitnih zadataka iz matematičke analize II, Univerzitet u Novom Sadu, Fakultet tehničkih nauka, Novi Sad (2003). 5. M. Stojaković, Matematička analiza 2, UniverziAet u Novom Sađu, Fakultet tehničkih nauka, Novi Sad (2004).