Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II ’tudijsko gradivo za ²tudente FGG Mojca Premu² Ljubljana, 2023 Kazalo 1 Integral 3 2 Funkcije ve£ spremenljivk 36 3 Dvojni integral 62 4 Diferencialne ena£be 84 Dodatek A Razcep na parcialne ulomke 96 B Ena£be kroºnice, elipse in hiperbole 100 B.1 Kroºnica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 B.2 Elipsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 B.3 Hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101 Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 3 1 Integral x √ 1. Pod katerim kotom seka graf funkcije F (x) = R 2tt2 + 1 dt abscisno os? Zapi²i 1 ena£bo tangente na graf funkcije v tej to£ki! √ Re²itev: Najprej poi²£imo ni£le funkcije F (x). Ker je funkcija f(t) = 2tt2 + 1 povsod pozitivna, vrednost funkcije F (x) za x > 1 predstavlja plo²£ino lika, ki ga graf funkcije f (t) oklepa z abscisno osjo na intervalu [1, x]. To pomeni, da je F (x) pozitivna za x > 1. Pri x < 1 pa vrednost funkcije F (x) predstavljala negativno predzna£eno plo²£ino lika, ki ga graf funkcije f(t) oklepa z abscisno osjo na intervalu [x, 1]. Torej bo za x < 1 vrednost F (x) vedno negativna. 1 √ Ker je F (1) = R 2tt2 + 1 dt = 0, je to (o£itno) edina ni£elna vrednost funkcije F (x). 1 Kot pod katerim graf funkcije seka abscisno os je enak kotu, pod katerim seka abscisno os tangenta na graf funkcije v prese£i²£u. Smerni koecient tangente je enak tangensu kota, ki ga tangenta oklepa z abscisno osjo. Smerni koecient tangente na graf funkcije F (x) v to£ki x = 1 je kT = F 0(1). Po Newton-Leibnitzevem izreku je p F 0(x) = f (x) = 2xx2 + 1 √ √ in zato kT = 21·12 + 1 = 3. Kot pod katerim seka graf funkcije F (x) abscisno os je √ torej ϕ = arctg 3 = π . 3 √ O ena£bi tangente na graf funkcije F (x) v to£ki x = 1 vemo le to, da ima obliko y = 3x+n. Tangenta se grafa funkcije dotika v to£ki T (1, 0), zato morajo koordinate to£ke T ustrezati √ √ ena£bi tangente. Tako dobimo 0 = 3·1 + n oziroma n = − 3. Ena£ba iskane tangente √ √ √ je y = 3x − 3 ali y = 3(x − 1). π 2 2. Izra£unaj R sin x dx in izra£unaj plo²£ino lika, ki ga oklepata graf funkcije − π 3 f (x) = sin x in os x na intervalu [− π , π ]. 3 2 Re²itev: Ker je primitivna funkcija funkcije sin x funkcija − cos x, je dolo£eni integral enak: π 2 Z π π π 1 sin x dx = − cos x 2 = − cos + cos − = . − π 3 2 3 2 − π 3 Ker je funkcija sin x na intervalu −π , 0 negativna, zgoraj dobljena vrednost ni enaka 3 plo²£ini lika, ki ga graf funkcije sin x oklepa z osjo x na intervalu [−π , π ]. 3 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 4 y y = sin x − π3 π π x 3 2 Iz lihosti funkcije sin x lahko sklepamo, da sta lika, ki ju oklepata graf funkcije sin x in abscisna os na intervalih 0, π in −π , 0 skladna in imata zato enako plo²£ino. To pa 3 3 π 0 3 pomeni, da je vrednost integrala R sin x dx nasprotna vrednosti integrala R sin x dx. Za- − π 0 3 pi²imo zgornji integral malo druga£e π π π π 2 0 3 2 2 Z Z Z Z Z sin x dx = sin x dx + sin x dx + sin x dx = sin x dx. − π − π 0 π π 3 3 3 3 Ker je funkcija sin x na intervalu π , π pozitivna, je torej plo²£ina lika, ki ga oklepata graf 3 2 π 2 funkcije sin x in abscisna os na intervalu π , π enaka dolo£enemu integralu R sin x dx in je 3 2 π 3 zato enaka 1. 2 Iskana plo²£ina lika, ki ga oklepata graf funkcije sin x in abscisna os na intervalu −π , π 3 2 se izra£una pl[−π,π] = 2pl[0,π] + pl[π,π]. 3 2 3 3 2 Izrazimo plo²£ino iskanega lika s pomo£jo dolo£enih integralov in jo izra£unajmo. π π 3 2 Z Z π pl 1 π 1 3 − [− π , π ] = 2 sin x dx + sin x dx = 2 − cos x + = 2 cos + cos 0 + = 3 2 0 2 3 2 0 π 3 1 1 1 3 = 2 − + 1 + = 1 + = 2 2 2 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 5 3. Integriraj. π 0 (a) R (2x2 + cos x + x + 1) dx (d) R tg2x dx 0 − π 4 2 √ (b) 1 R x(5 x + x−3) dx (e) R 3xex dx 1 0 1 π √ (c) R 3x4+3x2+1dx (f) R 1 + sin 2x dx x2+1 0 0 Re²itev: (a) Prvega primera se lotimo po£asi in zapi²imo vse korake. Najprej bomo uporabili pravilo vsote (integral vsote je vsota integralov), potem bomo pisali skalarje pred integral, ²ele nato bomo poiskali primitivne funkcije in uporabili posledico Newton-Leibnitzevega izreka, da bomo dokon£no izra£unali vrednost dolo- £enega integrala. π π π π π Z Z Z Z Z (2x2 + cos x + x + 1) dx = 2x2 dx + cos x dx + x dx + 1 dx = 0 0 0 0 0 π π π π Z Z Z Z = 2 x2 dx + cos x dx + x dx + dx = 0 0 0 0 x3 π π x2 π π = 2 + sin x + + x = 3 0 0 2 0 0 π3 03 π2 02 = 2 − +(sin π − sin 0)+ − +(π − 0) = 3 3 2 2 2π3 π2 = + + π 3 2 Zadnjih treh integralov se lahko lotimo tudi gra£no. y π π 2 x y = cos x ƒe skiciramo graf funkcije y = cos x na intervalu [0, π], vidimo, da sta lika, ki ga oklepata graf funkcije y = cos x in abscisna os na intervalih 0, π ter π , π plo²£insko 2 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 6 π π 2 π enaka, zato je vrednost integrala R cos x dx = R cos x dx + R cos x dx enaka 0. 0 0 π 2 y y = x π x π Graf funkcije y = x je simetrala lihih kvadrantov. Ker je na intervalu [0, π] ta funkcija π pozitivna, je vrednost integrala R x dx enaka plo²£ini lika, ki ga oklepata graf funkcije 0 y = x in abscisna os na intervalu [0, π]. Ta lik je pravokotni trikotnik oziroma polovica kvadrata z osnovnico dolºine π. Njegova plo²£ina je polovica plo²£ine kvadrata, kar pa zna²a π2 . 2 y y = 1 1 π x Graf funkcije y = 1 je premica, vzporedna abscisni osi, ki seka y os pri 1. Ker je na π intervalu [0, π] ta funkcija pozitivna, je vrednost integrala R 1 dx enaka plo²£ini lika, ki 0 ga oklepata graf funkcije y = 1 in abscisna os na intervalu [0, π]. Ta lik je pravokotnik z osnovnico dolºine π in vi²ino 1. Njegova plo²£ina je enaka dolºini osnovnice, torej π. (b) Ker pri integriranju ne poznamo pravila produkta kot pri odvajanju, se poskusimo produkta znebiti, £e se to le da. Poudarimo ²e dejstvo, da funkcija x−3 sicer ni denirana povsod, ampak na intervalu [1, 2] pa je, zato v tem primeru (²e) ne govorimo o izlimitiranem integralu. 2 2 2 5 Z √ Z √ Z 3 x 2 2 x−1 2 x(5 x + x−3) dx = (5x x + x−2) dx = (5x 2 + x−2) dx = 5 + = 5 1 −1 1 1 1 1 2 √ √ √ 5 5 1 1 1 3 = 2 2 2 − 1 2 − ( − 1) = 2 25 − 1 + = 2(4 2 − 1) + = 8 2 − 2 2 2 2 (c) Tudi kvocientnega pravila za integriranje ne poznamo, zato bomo ulomke preobliko-vali. Pri racionalni funkciji lahko polinome preprosto zdelimo. Tokrat bomo deljenje Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 7 polinomov izpeljali elegantneje: ulomek znotraj integrala bomo zapisali v vsoto dveh ulomkov po pravilu a+b = a + b. c c c 1 1 Z 3x4 + 3x2 + 1 Z 3x4 + 3x2 1 dx = + dx = x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 0 0 1 Z 3x2 1 = (x2 + 1) + dx x2 + 1 x2 + 1 0 1 Z 1 x3 1 1 = 3x2 + dx = 3 + arctg x = x2 + 1 3 0 0 0 π = 1 + arctg 1 − arctg 0 = 1 + 4 (d) Za razliko od odvajanja, pri integraciji nimamo niti pravila kompozituma, zato moramo funkcijo znotraj integrala preoblikovati do funkcije, katere integral ºe poznamo. Pri tem bomo uporabili denicijo funkcije tangens tg x = sinx in zvezo sin2 x + cos x cos2 x = 1. Opozorimo ²e na dejstvo, da funkcija f (x) = tg x sicer ni povsod denirana, je pa denirana na intervalu −π , 0. 4 0 0 0 0 Z Z Z Z tg sin2 x 1 − cos2 x 1 2x dx = dx = dx = − 1 dx = cos2 x cos2 x cos2 x − π − π − π − π 4 4 4 4 0 0 π π π = tg x − x = tg 0 − tg − − 0 − = 1 − − π − π 4 4 4 4 4 (e) Tudi naslednjo funkcijo preoblikujemo do funkcije, katere primitivno funkcijo lahko najdemo v tabeli nedolo£enih integralov. 1 1 Z Z (3e)x 1 3e − 1 3xex dx = (3e)x dx = = ln(3e) 0 1 + ln 3 0 0 (f) Uporabimo zvezi sin2 x + cos2 x = 1 in sin 2x = 2 sin x cos x ter denicijo absolutne √ vrednosti a2 = |a|, da preoblikujemo funkcijo znotraj integrala. π π Z √ Z p 1 + sin 2x dx = sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x dx = 0 0 π π Z q Z = (sin x + cos x)2 dx = |sin x + cos x| dx 0 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 8 Da bi lahko izra£unali dolo£eni integral se moramo znebiti absolutne vrednosti. Funk- √ cija sin x + cos x je zvezna funkcija z ni£lo v x = 3π (saj je sin 3π = 2 = − cos 3π ). 4 4 2 4 Pozitivna je na intervalu 0, 3π , zato tukaj velja |sin x + cos x| = sin x + cos x. Nega-4 tivna pa na 3π , π in zato je |sin x + cos x| = − (sin x + cos x). Razdelimo na² integral 4 na dva integrala, opustimo absolutni vrednosti ter vrednost integrala pora£unamo. 3π π 4 π Z Z Z |sin x + cos x| dx = |sin x + cos x| dx + |sin x + cos x| dx = 0 0 3π 4 3π 4 π Z Z = (sin x + cos x) dx − (sin x + cos x) dx 0 3π 4 3π 4 π = − cos x + sin x − − cos x + sin x = 0 3π 4 3π 3π = − cos + sin + cos 0 − sin 0 4 4 3π 3π − − cos π + sin π + cos − sin = 4 4 √ √ √ √ 2 2 2 2 √ = + + 1 − 1 + + = 2 2 2 2 2 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 9 4. Z uvedbo nove spremenljivke izra£unaj dolo£eni integral. 1 π (a) R 3 e3xdx (f) R tg x dx 0 0 a 2 (b) R 1 dx π a−x 4 0 (g) R tg 2x dx cos2 x 2 0 (c) R ex2−2x−2(x − 1) dx −1 9 π (h) R dx √ 2 (d) x−1 R sin x cos3 x dx 4 0 e π (e) R (1+lnx)10 dx (i)* R xsinx dx (Nasvet: t = π − x.) x 1+cos2 x 1 0 Re²itev: Ker funkcije iz integralov v dani nalogi niso nujno tabelarne (njihove primitivne funkcije ne najdemo v tabeli nedolo£enih integralov), jih je potrebno preoblikovati. To bomo naredili s pomo£jo uvedbe nove spremenljivke. Pri tem uporabimo naslednji izrek. Izrek: Naj bo f(x) zvezna na [a, b], funkcija x(t) zvezno odvedljiva na [α, β] in x([α, β]) ⊂ [a, b]. Potem velja x(β) β Z Z f (x) dx = f (x(t))x0(t) dt. x(α) α (a) Za prvi primer bomo za novo spremenljivko izbrali kar izraz v eksponentu, t(x) = 3x. Tako smo izrazili novo spremenljivko t kot funkcijo x. Funkcija x(t), ki nastopa v izreku, je njena inverzna funkcija in ima predpis x(t) = t (tega funkcijskega predpisa 3 ni potrebno eksplicitno zapisati). Funkcija x(t) je zvezna in zvezno odvedljiva (saj je polinom v t-ju). Novo spodnjo in novo zgornjo mejo bomo dobili iz zvez α = t(0) = 3·0 = 0 in β = t(1) = 3·1 = 3. Ker velja dx = x0(t)dt, imamo za na² primer dx = 1 dt. 3 V integral vpeljimo novo spremenljivko in integral izra£unajmo. 1 3 3 Z Z dt 1 Z 1 3 1 e3 − 1 e3xdx = et = et dt = et = e3 − e0 = 3 3 3 0 3 3 0 0 0 OPOMBA: Za primer, ko novo spremenljivko t uvedemo z zvezo f(x) = g(t), velja f 0(x) dx = g0(t) dt (kjer vsako funkcijo odvajamo po njej pripadajo£i spremenljivki). Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 10 a 2 (b) R 1 dx = ∗ a−x 0Nova spremenljivka: t = a − x ; α = a dt = −dx ; β = a2 dx = −dt a a 2 2 a Z 1 Z 1 Z 1 a a a ∗ = (−dt) = − dt = dt = ln |x| = ln |a| − ln = ln = ln 2 t t t a 2 a 2 a a a 2 2 2 (c) R ex2−2x−2(x − 1) dx = ∗ −1 Nova spremenljivka: t = x2 − 2x − 2 ; α = 1 dt = (2x − 2) dx = 2(x − 1) dx ; β = −2 (x − 1) dx = dt 2 −2 −2 ∗ = R et dt = 1 et = 1 e−2 − e = 1−e3 2 2 2 2e2 1 1 π 2 (d) R sin x cos3 x dx = ∗ 0Nova spremenljivka: t = cosx ; α = 1 dt = − sin x dx ; β = 0 sin x dx = −dt 0 0 ∗ = − R t3 dt = − t4 = 1 4 4 1 1 e (e) R (1+lnx)10 dx = ∗ x 1Nova spremenljivka: t = 1 + lnx ; α = 1 dt = 1 dx ; β = 2 x 2 2 ∗ = R t10dt = t11 = 211−1 11 11 1 1 π π 3 3 (f) R tg x dx = R sinx dx = ∗ cos x 0 0 Nova spremenljivka: t = cos x ; α = 1 dt = − sin x dx ; β = 12 1 2 1 ∗ 2 = − R dt = − ln t = − ln 1 + ln 1 = ln 2 t 2 1 1 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 11 π 4 (g) R tg 2x dx = ∗ cos2 x 0Nova spremenljivka: t = tg x ; α = 0 dt = 1 dx ; β = 1 cos2 x 1 1 ∗ = R t2 dt = t3 = 1 3 3 0 0 9 (h) R dx √ = ∗ x−1 4 √ Nova spremenljivka: t = x − 1 ; α = 1 (t + 1)2 = x ; β = 2 dx = 2(t + 1) dt 2 2 ∗ = R 2(t+1) dt = 2 R 1 + 1 dt = 2 (t + ln t)2 = 2(2 + ln 2 − 1 − ln 1) = 2 + ln 4 t t 1 1 1 π (i)* I = R xsinx dx = ∗ 1+cos2 x 0 Nova spremenljivka: t = π − x ; α = π x = π − t ; β = 0 dx = −dt 0 0 π Z (π − t) sin(π − t) Z (π − t) sin t Z π sin t − t sin t ∗ = (−dt) = − dt = dt = 1 + cos2(π − t) 1 + (− cos t)2 1 + cos2 t π π 0 π π π Z π sin t Z t sin t Z sin t = dt − dt = π dt − I 1 + cos2 t 1 + cos2 t 1 + cos2 t 0 0 0 Ena£imo za£etni in kon£ni izraz, dobljeno ena£bo malo preuredimo in izrazimo iskano vrednost. π Z sin t I = π dt − I 1 + cos2 t 0 π Z sin t 2I = π dt 1 + cos2 t 0 π π Z sin t I = dt 2 1 + cos2 t 0 Dobljen integral je v primerjavi s prvotnim dosti bolj preprost. Uvedemo novo spre- Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 12 menljivko (u = cos t, du = − sin t dt, α = 1, β = −1) in izra£unamo. −1 1 1 π Z 1 π Z 1 π Z 1 1 I = (−du) = du = 2· du = πarctg u = 2 1 + u2 2 1 + u2 2 1 + u2 0 1 −1 0 π π2 = π(arctg 1 − arctg 0) = π = 4 4 5. Vrednosti naslednjih integralov izra£unaj s pomo£jo integracije po delih. 2 e (a) R R x4x dx (c) x ln x dx 0 1 π 2 1 (b) R ex sin x dx (d) R arctg x dx 0 0 Re²itev: Formulo za integracijo po delih (integratio per partes) si zlahka izpeljemo sami: vzemimo najprej pravilo za odvod produkta dveh funkcij (u(x)·v(x))0 = u0(x)·v(x) + u(x)·v0(x) . Prepi²imo £len u0(x)·v(x) na levo stran enakosti (strani enakosti potem zamenjamo) in integrirajmo levo in desno stran enakosti po spremenljivki x v mejah od a do b. b b b Z Z Z u(x)·v0(x) dx = (u(x)·v(x))0 dx − u0(x)·v(x) dx a a a Zapi²imo v0(x) dx = dv, u0(x) dx = du ter upo²tevajmo, da je primitivna funkcija funkcije (u(x)·v(x))0 ravno u(x)·v(x). Tako dobimo pravilo za integracijo per partes: b b Z b Z u dv = (u·v) − v du . a a a 2 (a) R x4x dx = ∗ 0 V prvem integralu nastopa produkt dveh funkcij. Navodilo naloge namiguje na integracijo po delih. Ta metoda od nas zahteva, da dolo£imo u in dv, u bomo odvajali, dv pa integrirali (da izra£unamo du = u0 dx in v = R dv = R v dx). Tako x kot 4x znamo odvajati in integrirati (odvajanje pravzaprav nikoli ni problem). Pomislimo malo, kaj se dogaja s posamezno funkcijo, ko jo odvajamo in kaj, ko jo integriramo. Danemu Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 13 polinomu x z integracijo stopnja nara²£a (dobimo polinom stopnje 2), z odvajanjem pa pada (dobimo polinom stopnje 0, torej le skalar). Eksponentna funkcija 4x ostane v bistvu nespremenjena, z dodanim skalarjem ln 4 (pri odvajanju je (4x)0 = ln 4·4x, pri integriranju pa R 4x dx = 4x + C). Zdi se, da smo na²li ugodnej²o moºnost izbire ln 4 u in dv. u = x ; dv = 4x dx du = dx ; v = R 4x dx = 4x ln 4 2 2 2 ∗ = x 4x R − 4x dx = 2 42 − 1 · 4x = 2 16 − 1 (42 − 40) = 16 − 15 ln 4 ln 4 ln 22 ln 22 ln 4 ln 2 0 2 ln 2 4 ln2 2 4 ln2 2 0 0 Vsak ²tudent naj se sam prepri£a, da je ta moºnost zares bolj ugodna. Torej, za integracijo po delih vzemite u = 4x in dv = x dx in izvedite en korak integracije po delih. π 2 (b) I = R ex sin x dx = ∗ 0 V tem primeru je na prvi pogled pravzaprav vseeno, kaj izberemo za u in kaj za dv (po podobnem premisleku kot v prej²njem primeru). V spodnjih re²itvah je izbrana ena moºnost, vsak ²tudent pa naj poskusi slediti tudi drugi moºnosti. Po delih: u = ex ; dv = sin x dx du = exdx ; v = R sin x dx = − cos x π π π 2 π 2 ∗ 2 = −ex cos x R R − ex(− cos x) dx = −e 2 cos π + e0 cos 0 + ex cos x dx = ∗∗ 2 0 0 0 Po delih: u = ex ; dv = cos x dx du = exdx ; v = R cos x dx = sin x π π 2 π π ∗∗ 2 = 1 + ex sin x R − ex sin x dx = 1 + e 2 sin π − e0 sin 0 − I = 1 + e 2 − I 2 0 0 Ena£enje skrajno leve in skrajno desne strani ter preoblikovanje dobljene ena£be nam dajo re²itev. π I = 1 + e 2 − I π 2I = 1 + e 2 π 1 + e 2 I = 2 e (c) R x ln x dx = ∗ 1 V tem primeru bi na prvi pogled pomislili, da je pametno izbrati za u polinom, saj bo le-temu z odvajanjem stopnja padala. Vendar se izkaºe, da v tem primeru to ne bo dobra ideja. Funkcije ln x namre£ (²e) ne znamo integrirati, zagotovo pa je ne najdemo v na²i tabeli nedolo£enih integralov. Vedno se moramo torej prepri£ati, ali sploh znamo integrirati oba dela funkcije. V nasprotnem primeru je odlo£itev malce olaj²ana: za u izberimo tisto funkcijo, ki je ne znamo integrirati, ali pa je njen integral Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 14 zahteven. Po delih: u = ln x ; dv = x dx du = 1 dx ; v = R x dx = x2 x 2 e e e e 2 ∗ = x2 ln x R R − x 1 x2 dx = e2 − 1 x dx = e2 − 1 = e2 − 1 e2 − 1 = e2+1 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 1 x 1 1 1 1 (d) R arctg x dx = ∗ 0 V tem primeru imamo opravka z relativno preprostim integralom. V njem nastopa ena sama funkcija, ki pa je ne najdemo v na²i tabeli nedolo£enih integralov. Sledimo nasvetu iz prej²nje to£ke: ker funkcije arctg x ne znamo integrirati, jo pa£ odvajamo. Po delih: u = arctg x ; dv = dx du = 1 dx ; v = x 1+x2 1 1 ∗ = x arctg x R − x dx = ∗∗ 1+x2 0 0 Nova spremenljivka: t = 1 + x2 ; α = 1 dt = 2x dx ; β = 2 x dx = dt 2 2 2 √ ∗∗ = arctg 1 − 1 R dt = π − 1 ln t = π − 1(ln 2 − ln 1) = π − 1 ln 2 = π − ln 2 2 t 4 2 4 2 4 2 4 1 1 6. Izra£unaj s pomo£jo uvedbe nove spremenljivke. (a) R (ax + b)n dx, n 6= −1 (c) R xdx x4+1 (b) R (6x2 + 4) cos(x3 + 2x + 1) dx (d) R (x2 − 1)3x3 dx Re²itev: Nedolo£eni integral funkcije F (x) je druºina funkcij f(x) + C, C ∈ R, ki jih moramo odvajati, da dobimo funkcijo F (x). Konstanto C imenujemo integracijska konstanta. Velja torej (f(x) + C)0 = F (x). Ko v nedolo£eni integral uvajamo novo spremenljivko, poteka vse skupaj podobno kot pri uvedbi nove spremenljivke v dolo£eni integral s to razliko, da pri nedolo£enem integralu nimamo mej. Druga razlika med tema dvema uvedbama pa je, da moramo po integriranju pri uvedbi nove spremenljivke v nedolo£eni integral, v rezultat povrniti izvirno spremenljivko. Poglejmo ta postopek na primerih. (a) R (ax + b)n dx = ∗ Tega primera bi se seveda lahko lotili tako, da bi dvo£lenik (ax + b) potencirali z n (s pomo£jo binomskega izreka) in potem integrirali. Naravno pa se nam tukaj ponuja nova spremenljivka, kjer vzamemo za t ravno na² (linearni) dvo£lenik. Nova spremenljivka: t = ax + b dt = a dx ⇒ dx = dt a Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 15 ∗ = R tn dt = 1 · tn+1 + C = 1 (ax + b)n+1 + C a a n+1 a(n+1) Naj opozorimo, da 1 · tn+1 + C ni korekten odgovor na vpra²anje nedolo£enega inte-a n+1 grala. Nedolo£eni integral mora biti funkcija iste spremenljivke, kot nastopa v vlogi neodvisne spremenljivke funkcije znotraj znaka R v postavljenem vpra²anju. Torej: po uvedbi nove spremenljivke v nedolo£eni integral in izra£unu novega (poenostavlje-nega) integrala, vedno nadomestimo novo spremenljivko s staro. (b) R (6x2 + 4) cos(x3 + 2x + 1) dx = 2 R (3x2 + 2) cos(x3 + 2x + 1) dx = ∗ Nova spremenljivka: t = x3 + 2x + 1 dt = (3x2 + 2) dx ∗ = 2 R cos t dt = 2 sin t + C = 2 sin(x3 + 2x + 1) + C (c) R xdx = ∗ x4+1 Nova spremenljivka: t = x2 dt = 2x dx ∗ = 1 R dt = 1 arctg t + C = 1 arctg x2 + C 2 t2+1 2 2 (d) R (x2 − 1)3x3 dx = R (x2 − 1)3x2x dx = ∗ Nova spremenljivka: t = x2 − 1 x2 = t + 1 dt = 2x dx ∗ = 1 R t3(t + 1) dt = 1 R (t4 + t3) dt = 1 t5 + t4 + C = (x2−1)5 + (x2−1)4 + C 2 2 2 5 4 10 8 7. Izra£unaj s pomo£jo integracije po delih (per partes). (a) R (2x + 5)e−x dx (c) R (x2 − 1) sin x dx (b) R x arctg x dx (d) R arcsin x dx Re²itev: Tudi uporaba metode integracije po delih v nedolo£eni integral je podobna metodi v dolo£enem integralu, brez mej, seveda. (a) Za ta primer uporabimo integracijo po delih. Pri izra£unu funkcije v bomo vpeljali novo spremenljivko t = −x, dx = −dt. R (2x + 5)e−x dx = ∗ Po delih: u = 2x + 5 ; dv = e−x dx du = 2dx ; v = R e−x dx = − R et dt = −et = −e−x ∗ = −(2x + 5)e−x + 2 R e−x dx = −2xe−x − 5e−x − 2e−x + C = −2xe−x − 7e−x + C (b) R x arctg x dx = ∗ Po delih: u = arctg x ; dv = x dx du = 1 dx ; v = R x dx = x2 1+x2 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 16 x2 Z x2 1 x2 1 Z 1 + x2 − 1 ∗ = arctg x − dx = arctg x − dx = 2 2 1 + x2 2 2 1 + x2 x2 1 Z 1 x2 1 = arctg x − 1 − dx = arctg x − (x − arctg x) + C = 2 2 1 + x2 2 2 x2 1 1 x2 + 1 1 = arctg x − x + arctg x + C = arctg x − x + C 2 2 2 2 2 (c) R (x2 − 1) sin x dx = ∗ Po delih: u = x2 − 1 ; dv = sin x dx du = 2xdx ; v = R sin x dx = − cos x ∗ = (x2 − 1)(− cos x) − R (− cos x)2x dx = (1 − x2) cos x + 2 R x cos x dx = ∗∗ Po delih: u = x ; dv = cos x dx du = dx ; v = R cos x dx = sin x Z ∗ ∗ = (1 − x2) cos x + 2 x sin x − sin x dx = = (1 − x2) cos x + 2x sin x + 2 cos x + C = (3 − x2) cos x + 2x sin x + C (d) R arcsin x dx = ∗ Po delih: u = arcsin x ; dv = dx du = 1 √ dx ; v = R dx = x 1−x2 ∗ = xarcsin x − R x √ dx = ∗∗ 1−x2 Nova spremenljivka: t = 1 − x2 dt = −2x dx dt 1 ∗∗ = xarcsin x − R −12 √ = xarcsin x + 1 R t− 1 1 t 2 2 dt = xarcsin x + + C = t 2 2 1 2 √ √ = xarcsin x + t + C = xarcsin x + 1 − x2 + C 8. Izra£unaj: 1 3 ∞ (a) R dx R √ (c) R dx (e) sin xdx 3 x2 (1−x)2 0 0 0 π 2 6 ∞ (b) R tg xdx (d) R dx √ (f)* R dx 3 (4−x)2 x2+4x+9 0 2 −∞ Re²itev: V tej nalogi imamo v vseh primerih opravka z t.i. izlimitiranimi integrali. Poznamo dva tipa izlimitiranih integralov. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 17 b 1. Integral R f(x) dx, kjer je f zvezna na [a, b]\{x0} in v okolici x0 neomejena. ƒe limite a na desni obstajajo, potem veljajo enakosti: b b Z Z pri x0 = a : f (x) dx := lim f (x) dx, ε↓0 a a+ε b b−ε Z Z pri x0 = b : f (x) dx := lim f (x) dx, ε↓0 a a b c−ε b Z Z Z pri x0 = c ∈ (a, b) : f (x) dx := lim f (x) dx + lim f (x) dx. ε↓0 δ↓0 a a c+δ ∞ b ∞ 2. Integral R f(x) dx, R f(x) dx in R f(x) dx, kjer je funkcija f zvezna. ƒe limite na a −∞ −∞ desni obstajajo, potem veljajo enakosti: ∞ b Z Z f (x) dx := lim f (x) dx, b→∞ a a b b Z Z f (x) dx := lim f (x)dx, a→−∞ −∞ a ∞ c b Z Z Z f (x) dx := lim f (x) dx + lim f (x) dx, za nek c ∈ R. a→−∞ b→∞ −∞ a c (a) Funkcija 1 √ ni denirana v x 3 0 = 0, v okolici te to£ke je celo neomejena, zato imamo x2 opravka z izlimitiranim integralom. 1 1 1 1 ! Z dx Z dx Z x 3 1 √ 1 √ = lim √ = lim x− 2 3 3 dx = lim = 3 lim x = 3 x2 a↓0 3 x2 a↓0 a↓0 1 a a↓0 a 3 0 a a √ = 3 lim 1 − 3 a = 3 a↓0 (b) Funkcija tg x ni denirana v x0 = π , v njeni okolici je neomejena. 2 π 2 b b Z Z Z tg sin x xdx = lim tg xdx = lim dx = ∗ b↑ π b↑ π cos x 2 2 0 0 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 18 Nova spremenljivka: t = cos x ; α = 1 dt = − sin x dx ; β = cos b cos b Z −dt cos b ∗ = lim = − lim ln |t| = − lim (ln | cos b| − ln 1) = − lim ln | cos b| b↑ π t b↑ π 1 b↑ π b↑ π 2 2 2 2 1 π 2 Ker je lim cos b = 0, je lim ln | cos b| = −∞ in zato izlimitiran integral R tg xdx ne b↑ π b↑ π 2 2 0 konvergira. Re£emo, da integral divergira. (c) Funcija 1 ni denirana v x (1−x)2 0 = 1, kar je v notranjosti integracijskega obmo£ja. V okolici te to£ke je celo neomejena. Izlimitiran integral najprej razbijemo v dva izlimitirana integrala. 3 1 3 Z dx Z dx Z dx = + (1 − x)2 (1 − x)2 (1 − x)2 0 0 1 Vsakega posebej potem izrazimo s pomo£jo limite: 1 b Z dx Z dx I1 = = lim , (1 − x)2 b↑1 (1 − x)2 0 0 3 3 Z dx Z dx I2 = = lim . (1 − x)2 a↓1 (1 − x)2 1 a Sedaj pa izra£unajmo nedolo£eni integral R dx (s pomo£jo nove spremenljivke (1−x)2 t = 1 − x, dt = −dx). Rezultat bomo uporabili za izra£un izlimitiranih integralov I1 in I2. Z dx Z −dt Z t−1 1 1 = = − t−2 dt = − + C = + C = + C (1 − x)2 t2 −1 t 1 − x OPOMBA: Nedolo£eni integral tako preproste funkcije lahko izra£unamo tudi z ugiba-njem: t.j. vpra²amo se, katero funkcijo je treba odvajati, da dobimo funkcijo (1−x)−2. Odgovor je (1−x)−1. Ker je ta funkcija zvezna, je seveda primitivna funkcija funkcije (1 − x)−2. b Z dx 1 b 1 I 1 = lim = lim = lim − 1 = ∞ b↑1 (1 − x)2 b↑1 1 − x 0 b↑1 1 − b 0 3 Z dx 1 3 1 1 I 2 = lim = lim = lim − − = ∞ a↓1 (1 − x)2 a↓1 1 − x a a↓1 2 1 − a a Dan integral torej divergira. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 19 (d) Funkcija 1 √ ni denirana v x 3 0 = 4, v njeni okolici je neomejena. Ker za dano (4−x)2 funkcijo velja, da je simetri£na glede na premico x = 4 je dan integral enak dvakratniku integrala na obmo£ju npr. [2, 4] in lahko pi²emo: 6 4 Z dx Z dx = 2 . 3 p(4 − x)2 3 p(4 − x)2 2 2 Upo²tevajmo sedaj ²e dejstvo, da imamo opravka z izlimitiranim integralom, ter ga izra£unajmo (z uvedbo nove spr.: t = 4 − x, dt = −dx, α = 2, β = 4 − b). 4 b 4−b 2 Z dx Z dx Z −dt Z 2 = 2 lim = 2 lim √ = 2 lim t− 23 dt = 3 p(4 − x)2 b↑4 3 p(4 − x)2 b↑4 3 t2 b↑4 2 2 2 4−b 1 t 3 2 1 1 = 2 lim dt = 6 lim 2 3 − (4 − b) 3 = b↑4 1 4−b b↑4 3 √ √ 1 = 6 3 2 − lim(4 − b)3 = 6 3 2 b↑4 (e) V tem primeru je funkcija sicer posvod denirana in omejena, ampak integracijsko obmo£je pa je neomejeno. Gre torej za drugi tip izlimitiranega integrala. ∞ b Z Z b sin x dx = lim sin x dx = lim (− cos x) = − lim (cos b − cos 0) = 1 − lim cos b b→∞ b→∞ 0 b→∞ b→∞ 0 0 ∞ Ker limita lim cos b ne obstaja, re£emo, da integral R sin x divergira. b→∞ 0 (f) Obmo£je v tem primeru je neomejeno, kar pomeni, da bomo funkcijo 1 integri- x2+4x+9 rali na intervalu [a, b], potem pa poslali a proti −∞, b pa proti ∞. Sama funkcija 1 ni tabelarna. Poskusimo preoblikovati njen funkcijski predpis in poglejmo, ali x2+4x+9 lahko njen imenovalec faktoriziramo (v tem primeru izvedemo t.i. razcep na parcialne ulomke, ve£ o tem preberite v dodatku A). Na² imenovalec je kvadratni polinom z negativno diskriminanto in se torej ne da razstaviti. Dopolnimo prvi dva £lena do popolnega kvadrata, da dobimo temensko obliko. 1 1 x2 + 4x + 9 = x2 + 4x + 4 + 5 = (x + 2)2 + 5 ⇒ = x2 + 4x + 9 (x + 2)2 + 5 Ker imenovalca ne moremo faktorizirati, se poskusimo pribliºati funkciji 1 , katere 1+x2 primitivna funkcija je arctg x. Z dx Z dx 1 Z dx = = = ∗ (x + 2)2 + 5 2 5 (x+2)2 + 1 5 x+2 5 √ + 1 5 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 20 √ Sedaj uvedemo novo spremenljivko (t = x+2 √ , dt = 1 √ dx ⇒ dx = 5dt) in integral 5 5 pora£unamo. √ √ √ 1 Z 5dt 5 5 x + 2 ∗ = = arctg t + C = arctg √ + C 5 t2 + 1 5 5 5 Ker je funkcija x2 + 4x + 9 = (x + 2)2 + 5 simetri£na glede na os x = −2, ima tudi funkcija 1 isto os simetrije. To dejstvo upo²tevamo pri dokon£nem izra£unu x2+4x+9 na²ega integrala. ∞ ∞ b Z dx Z dx Z dx = 2 = 2 lim = x2 + 4x + 9 x2 + 4x + 9 b→∞ x2 + 4x + 9 −∞ −2 −2 √ !b 5 x + 2 = 2 lim arctg √ = b→∞ 5 5 −2 √5 b + 2 −2 + 2 = 2· lim arctg √ − arctg √ = 5 b→∞ 5 5 √ √ 5 π π 5 = 2· · = 5 2 5 9. Izra£unaj dolo£ene integrale. e 1 1 (a) R sin(lnx) dx R 2x+1 R arctg2x x (f) dx (k) dx x2−2x+2 x2+1 1 0 0 1 (b) 3 R sin(ln x) dx q R x x (g) arcsin dx ln 2 0 1+x √ 0 (l)* R ex − 1 dx 3 √ 0 (c) R 1 x3 x2 − 5 dx R x3 √ (h) dx 5 x2+2 −1 ln 5 √ π (m)* R ex−1 dx 2 1 (d) 1+3e−x R x cos x dx (i) R ln(x + 1) dx 0 0 0 π 6 4 1 (e) R cos(3x) dx (j) R x|x − 2| dx (n)* R dx ex−1 0 0 0 Re²itev: (a) Integral ni izlimitiran (saj je x iz intervala [1, e], za te x pa sta tako ulomek kot naravni logaritem denirana). Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 21 e R sin(ln x) dx = ∗ x 1 Nova spremenljivka: t = ln x ; α = 0 dt = 1 dx ; β = 1 x 1 ∗ = R sin t dt = (− cos t)1 = − cos 1 + cos 0 = 1 − cos 1 0 0 (b) V tem primeru pa gre za izlimitirani integral. 1 1 R sin(ln x) dx = lim R sin(ln x) dx = ∗ x x 0 a↓0 a Na primitivno funkcijo sklepamo iz prej²njega primera (nova spodnja meja je enaka ln a, zgornja pa 0). 0 ∗ = lim R sin t dt = lim (− cos 0 + cos(ln a)) = −1 + lim cos(ln a) = −1 + lim cos b a↓0 ln a a↓0 a↓0 b↓−∞ Integral divergira. √ (c) Integral ni izlimitiran (koren je namre£ deniran za vse x iz intervala 5, 3). 3 √ 3 √ R x3 x2 − 5 dx = R x2 x2 − 5 x dx = ∗ √ √ 5 5 Nova spremenljivka: t = x2 − 5 ⇒ x2 = t + 5 ; α = 0 dt = 2x dx ⇒ x dx = dt ; β = 4 2 4 √ 4 5 3 4 3 1 5 3 ∗ = 1 R (t+5) t dt = 1 R (t t 2 2 2 +5t 2 ) dt = 1 + 5 t = 1 4 2 + 5 4 2 = 1·32+ 5·8 = 296 2 2 2 5 3 5 3 5 3 15 0 0 2 2 0 (d) Integral ni izlimitiran. Izra£unamo ga s pomo£jo integracije po delih (per partes). π 2 R x cos x dx = ∗ 0 Po delih: u = x ; dv = cos x dx du = dx ; v = R cos x dx = sin x π π 2 π ∗ = (x sin x) 2 − R sin x dx = π − (− cos x) 2 = π − 1 0 2 0 2 0 (e) Integral ni izlimitiran. Izra£unamo ga s pomo£jo uvedbe nove spremenljivke. Za ta primer naredimo to na pamet. π 6 π R 6 cos(3x) dx = 1 sin(3x) = 1 sin π = 1 3 3 2 3 0 0 (f) Ulomek ni deniran, ko je x2 − 2x + 2 = 0. Ker je D = 4 − 8 < 0, je imenovalec ulomka vedno neni£elen. Integral torej ni izlimitiran. Funkcijo najprej preoblikujmo in uvedimo novo spremenljivko. 1 1 R 2x+1 dx = R 2x+1 dx = ∗ x2−2x+2 (x−1)2+1 0 0 Nova spremenljivka: t = x − 1 ⇒ x = t + 1 ; α = −1 dt = dx ; β = 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 22 0 0 0 0 ∗ = R 2(t+1)+1 dt = R 2t+3 dt = R 2t dt + R 3 dt = ∗∗ t2+1 t2+1 t2+1 t2+1 −1 −1 −1 −1 V prvi integral uvedemo novo spremenljivko (u = t2 + 1, du = 2t dt, α = 2, β = 1), drugi integral pa je (skoraj) tabelaren. 0 1 Z 2t Z du 1 dt = dt = ln |u| = − ln 2 t2 + 1 u 2 −1 2 0 0 Z 3 Z dt 3π dt = 3 = 3 (arctg t)0 = t2 + 1 t2 + 1 −1 4 −1 −1 ∗∗ = 3π − ln 2 4 (g) Ker je x ∈ [0, 3], integral ni izlimitiran. Ra£unanja integrala se lotimo s pomo£jo integracije po delih. 3 q R arcsin x dx = ∗ 1+x 0 Po delih: q u = arcsin x ; dv = dx 1+x du = 1 √ · 1 √ · 1+x−x dx = ; v = x 1− x 2 x (1+x)2 1+x 1+ √ x √ = 1 + x· 1 · 1+x √ · 1 dx = 2 x (1+x)2 = 1 √ dx 2 x(1+x) 3 √ 3 q 3 ∗ = x arcsin x − R x √ dx = 3 arcsin 3 − 1 R x √ dx = ∗∗ 1+x 2 x(1+x) 2 2 x(1+x) 0 0 0 √ Nova spremenljivka: t = x ⇒ t2 = x ; α = 0 √ 2t dt = dx ; β = 3 √ √ √ √ 3 3 3 3 π 1 Z t22t Z t2 + 1 − 1 Z Z 1 ∗∗ = 3 − dt = π − dt = π − dt + dt = 3 2 t(1 + t2) 1 + t2 1 + t2 0 0 0 0 √ √ 3 √ √ 4π √ = π − 3 + arctg t = π − 3 + arctg 3 = − 3 0 3 (h) Integral ni izlimitiran, saj je ulomek vedno deniran. Funkcija x3 je liha, integri-x2+2 ramo pa jo na intervalu [−1, 1]. Vrednost integrala na intervalu [−1, 0] je nasprotna vrednosti integrala na intervalu [0, 1], zato je vrednost integrala na intervalu [−1, 1] enaka 0. 1 R x3 dx = 0 x2+2 −1 (i) Integral ni izlimitiran, saj je x ∈ [0, 1] in zato je (x + 1) ∈ [1, 2], naravni logaritem pa je za te vrednosti deniran. Ker integral logaritemske funkcije ni tabelaren se tega Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 23 primera lotimo s pomo£jo integracije po delih. 1 R ln(x + 1) dx = ∗ 0 Po delih: u = ln(x + 1) ; dv = dx du = 1 dx ; v = x x+1 1 1 1 Z x Z x + 1 − 1 ∗ = x ln(x + 1) − dx = ln 2 − dx = 0 x + 1 x + 1 0 0 1 Z 1 1 = ln 2 − 1 − dx = ln 2 − 1 + ln(x + 1) = ln 2 − 1 + ln 2 = 2 ln 2 − 1 x + 1 0 0 (j) Ker nimamo pravil za ra£unanje integrala funkcij v absolutnih vrednostih moramo absolutno vrednost odpraviti. Ker vemo, da je izraz x − 2 nenegativen za vse x ≥ 2 (in je tukaj |x − 2| = x − 2) in negativen za x < 2 (tukaj pa je |x − 2| = −(x − 2)), razdelimo integracijski interval na dva podintervala, na katerih odpravimo absolutno vrednost. 4 2 4 2 4 Z Z Z Z Z x|x − 2| dx = x|x − 2| dx + x|x − 2| dx = − x(x − 2) dx + x(x − 2) dx = 0 0 2 0 2 2 4 Z Z = − (x2 − 2x) dx + (x2 − 2x) dx = 0 2 x3 x2 2 x3 x2 4 8 43 8 = − − 2 + − 2 = − + 4 + − 42 − + 4 = 3 2 3 2 3 3 3 0 2 2·43 − 8 26 − 24 4 − 1 = + 8 − 42 = − 8 = 24 · − 8 = 16 − 8 = 8 3 3 3 (k) Integral ni izlimitran, saj je ulomek vedno deniran. Tega primera se bomo lotili na dva na£ina: z uvedbo nove spremenljivke in integracijo po delih. 1 I. na£in: R arctg2x dx = ∗ x2+1 0 Nova spremenljivka: t = arctg x ; α = 0 dt = 1 dx ; β = π 1+x2 4 π 4 π ∗ 4 = R t2 dt = t3 = π3 3 192 0 0 1 II. na£in: R arctg2x dx = ∗ x2+1 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 24 Po delih: u = arctg2x ; dv = 1 dx x2+1 du = 2arctg x 1 dx ; v = arctg x 1+x2 1 1 1 ∗ = arctg3x R arctg2x R arctg2x − 2 dx = π3 − 2 dx x2+1 43 x2+1 0 0 0 1 ƒe ozna£imo I = R arctg2x dx, lahko skrajno levo in skrajno desno stran ra£una pre-x2+1 0 pi²emo v linearno ena£bo in jo re²imo. π3 I = − 2I 43 π3 3I = 43 π3 I = 192 (l)* Integral ni izlimitiran. Re²evanja se lotimo z uvedbo nove spremenljivke. ln 2 √ R ex − 1 dx = ∗ 0 √ Nova spremenljivka: t = ex − 1 ⇒ t2 = ex − 1 ⇒ ex = t + 1 ; α = 0 2t dt = exdx ⇒ dx = 2t dt = 2t dt ; β = 1 ex t2+1 1 1 1 1 Z 2t dt Z t2 Z t2 + 1 − 1 Z 1 ∗ = t = 2 dt = 2 dt = 2 1 − dt = t2 + 1 t2 + 1 t2 + 1 t2 + 1 0 0 0 0 1 π = 2 1 − arctg t dt = 2 − 0 2 (m)* Integral ni izlimitiran (saj je ulomek vedno deniran). ln 5 √ ln 5 √ R ex−1 dx = R ex−1 ex dx = ∗ 1+3e−x ex+3 0 0 Nova spremenljivka: t = ex − 1 ⇒ ex = t + 1 ; α = 0 dt = ex dx ; β = 4 4 √ ∗ = R t dt = ∗∗ t+4 0 √ Nova spremenljivka: u = t ⇒ u2 = t ; α = 0 2u du = dt ; β = 2 2 2 2 2 2 ∗∗ = R u2u du = 2 R u2+4−4 du = 2 R du − R 4 du = 2 2 − R 1 du = ∗ ∗ ∗ u2+4 u2+4 u2+4 0 0 0 0 0 ( u )2+1 2 Nova spremenljivka: v = u ; α = 0 2 dv = 1 du ⇒ du = 2 dv ; β = 1 2 1 ∗ ∗ ∗ = 2 2 − 2 R 1 dv = 2 2 − 2 (arctg v)1 = 4 1 − π = 4 − π v2+1 0 4 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 25 (n)* Imenovalec ulomka je enak 0, ko je x0 = 0, zato imamo opravka z izlimitiranim integralom. 1 1 R dx = lim R dx ex−1 ex−1 0 a↓0 a Izra£unajmo najprej nedolo£eni integral. Ra£unanja se lotimo s pomo£jo uvedbe nove spremenljivke. Nova spremenljivka: t = ex − 1 ⇒ ex = t + 1 dt = exdx ⇒ dx = dt = dt ex t+1 R dx = R dt = ∗ ex−1 t(t+1) Razcep ulomka 1 na parcialne ulomke: t(t+1) 1 A B A(t + 1) + Bt (A + B)t + A = + = = t(t + 1) t t + 1 t(t + 1) t(t + 1) Ker sta imenovalca obeh ulomkov enaka, morata biti enaka tudi ²tevca, konkretneje enaka morata biti polinoma v ²tevcih. To nam da ena£bi 1 = A in A + B = 0, iz £esa pa sledi, da je B = −1. ∗ = R 1 − 1 dt = ln |t| − ln |t + 1| + C = ln |ex − 1| − ln |ex| + C = ln |ex − 1| − x + C t t+1 Upo²tevajmo ²e meje in pora£unajmo (izlimitirani) integral. 1 1 Z dx Z dx = lim = lim ln |ex − 1| − x1 = ex − 1 a↓0 ex − 1 a↓0 a 0 a = lim ln(e − 1) − 1 − ln |a| + a = ∞ a↓0 Integral divergira. 10. Izra£unaj povpre£no vrednost funkcije f(x) = sin2 x na intervalu 0, π . 2 Re²itev: Povpre£no vrednost f funkcije f na intervalu [a, b] izra£unamo s formulo: b 1 Z f = f (x) dx. b − a a Za integriranje funkcije sin2 x moramo najprej zniºati potenco. To naredimo s pomo£jo formul sin2 x + cos2 x = 1 in cos 2x = cos2 x − sin2 x. cos 2x = cos2 x − sin2 x cos 2x = 1 − 2 sin2 x 1 sin2 x = (1 − cos 2x) 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 26 Na podoben na£in bi lahko izpeljali tudi formulo za niºanje potence funkcije cos2 x, £e bi jo potrebovali. 1 cos2 x = (1 + cos 2x) . 2 π π π π 2 2 2 2 f = 2 R sin2 x dx = 2 R 1 (1 − cos 2x) dx = R dx − R cos 2x dx π π 2 0 0 0 0 π 2 Vrednost integrala R dx je enaka dolºini intervala integracije, torej π . Za izra£un vrednosti 2 0 π 2 integrala R cos 2xdx pa skicirajmo graf funkcije cos 2x na intervalu 0, π . 2 0 y y = cos 2x π π 2 x y = cos x π π 4 2 Vidimo, da sta vrednosti integralov R cos 2xdx in R cos 2xdx nasprotni, vrednost integrala 0 π 4 π 2 R cos 2xdx je zato enaka 0. 0 OPOMBA: Vrednost drugega integrala lahko izra£unamo tudi s pomo£jo uvedbe nove spremenljivke t = 2x, dt = 2dx, α = 0, β = π. Dokon£no izra£unajmo povpre£no vrednost. 1 π 1 f = = π 2 2 11. Izra£unaj plo²£ino lika, ki ga omejujeta krivulji f(x) = x3 + 2x2 − 3x in g(x) = 5x. Re²itev: Za izra£un plo²£ine bomo uporabili naslednji izrek. Izrek: Naj bosta f, g : [a, b] → R zvezni in naj velja f(x) ≥ g(x) za vsak x ∈ [a, b]. Potem je plo²£ina lika L = {(x, y) ∈ 2 R ; a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ f (x)} (1) enaka b Z p(L) = [f (x) − g(x)] dx. a Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 27 Vidimo, da je za na²i (zvezni) funkciji f in g potrebno dolo£iti meji a in b ter ugotoviti ali velja g(x) ≤ f(x) ali pa f(x) ≤ g(x). To bomo naredili na dva na£ina. I. na£in: Izra£unajmo prese£i²£i grafov funkcij f in g. f (x) = g(x) x3 + 2x2 − 3x = 5x x3 + 2x2 − 8x = 0 x(x + 4)(x − 2) = 0 Ker sta obe funkciji zvezni, o£itno oklepata dva (omejena) lika. Prvi je na intervalu [−4, 0], drugi pa na [0, 2]. Plo²£ina lika, ki ga oklepata funkciji, je enaka vsoti plo²£in posameznih likov. Hitro ugotovimo, da je f(x) ≥ g(x) na prvem intervalu (saj je npr. f(−1) ≥ g(−1)) in f(x) ≤ g(x) na drugem intervalu (saj je npr. f(1/2) ≤ g(1/2)). II. na£in: V isti koordinatni sistem skicirajmo grafa funkcije f(x) = x3 + 2x2 − 3x = x(x2 + 2x − 3) = x(x − 3)(x + 1) in g(x) = 5x. y f (x) g(x) −3 1 x Prese£i²£a obeh grafov izra£unamo kot pri I. na£inu. Vidimo, da na intervalu od levega prese£i²£a funkcij f in g do 0 velja f(x) ≥ g(x), od 0 do desnega prese£i²£a pa f(x) ≤ g(x). Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 28 Pri obeh na£inih pridemo do istega nastavka za izra£un plo²£in: 0 2 Z Z pl = pl1 + pl2 = (f (x) − g(x)) dx + (g(x) − f (x)) dx = −4 0 0 2 Z Z = x3 + 2x2 − 8x dx + 8x − 2x2 − x3 dx = −4 0 0 2 Z Z = x3 + 2x2 − 8x dx − x3 + 2x2 − 8x dx = −4 0 x4 x3 x2 0 x4 x3 2 = + 2· − 84 · − + 2· − 4x2 = 4 3 2 4 3 −4 0 44 43 24 23 148 = − − 2· − 4·42 − + 2· − 4·22 = 4 3 4 3 3 OPOMBA: Ko izra£unamo prese£i²£a obeh funkcij lahko plo²£ino izra£unamo tudi tako: 0 2 Z Z pl = pl 1 + pl2 = (f (x) − g(x)) dx + (f (x) − g(x)) dx . −4 0 V tem primeru se ne spra²ujemo po tem, katera funkcija je ve£ja in katera manj²a, ampak enostavno izra£unamo vrednost integrala in spremenimo predznak, £e je to potrebno. S tem pa izgubimo malo kontrole nad tem, ali je rezultat pravilen (£e namre£ ra£unamo brez absolutnih vrednosti, na I. ali II. na£in, in dobimo za katerega izmed integralov negativno vrednost, je to znak, da smo se zagotovo zmotili). 12. Izra£unaj plo²£ino lika, ki ga omejujeta krivulji y2 = x in y + 2 = x. Re²itev: I. na£in: Izra£unajmo prese£i²£i krivulj. y2 = y + 2 y2 − y − 2 = 0 (y − 2)(y + 1) = 0 Vidimo, da se sekata na vi²inah 2 in -1. Koordinate prese£i²£ so (4, 2) in (1, −1). Skicirajmo obe krivulji v isti koordinatni sistem. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 29 y x = y + 2 x = 1 x = y2 2 1 2 4 x −1 Lik razreºemo s premico x = 1 na dva lika in izra£unajmo plo²£ini posameznih likov (plo- ²£ino levega lika imenujmo pl , plo²£ino desnega pa pl ). 1 2 Levi lik: meji za integral sta 0 in 1, dolo£imo ²e funkciji, katerih grafa omejujeta na² lik na intervalu [0, 1]. Spodnja meja za lik je spodnji del krivulje x = y2, zgornja meja pa zgornji del iste krivulje. Sama krivulja ni graf nobene funkcije spremenljivke x (saj mora √ funkcija vsaki spremenljivki x prirediti natanko eno vrednost). ƒe pa izrazimo y = ± x, pa smo dobili dva funkcijska predpisa, katerih grafa skupaj predstavljata ravno krivuljo √ √ y2 = x. Graf funkcije y1(x) = − x je spodnja polovica, graf funkcije y2(x) = x pa zgornja polovica krivulje y2 = x. y √ y2(x) = x x √ y1(x) = − x 1 1 1 √ 3 1 pl R R R 2 1 = (y2(x) − y1(x)) dx = 2 y2(x) dx = 2 x dx = 2· x = 4 3 3 0 0 0 2 0 Desni lik: meji za integral sta 1 in 4. Lik je od spodaj omejen s premico x = y + 2 (oz. √ y = x − 2), od zgoraj pa z grafom (prej izra£unane) funkcije y2(x) = x. Ozna£imo y3(x) = x − 2. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 30 4 4 3 !4 Z Z √ pl x 2 x2 − 2 = (y2(x) − y3(x)) dx = x − x + 2 dx = + 2x = 3 2 2 1 1 1 2 3 1 14 3 = 4 2 − 1 − 42 − 1 + 2(4 − 1) = − 3 2 3 2 Izra£unajmo plo²£ino. pl 4 14 3 9 = pl − 1 + pl2 = + = 3 3 2 2 II. na£in: Na dano nalogo lahko pogledamo tudi druga£e. Vlogo neodvisne spremenljivke naj prevzame y, kar pomeni, da sedaj nari²emo obe krivulji v koordinatni sistem, kjer sta zamenjani vlogi osi x in y. x x = y2 x = y + 2 4 2 1 −1 2 y Tokrat bomo za izra£un plo²£ine integrirali po y v mejah od -1 do 2. Lik od spodaj omejuje graf funkcije x1(y) = y2, od zgoraj pa x2(y) = y + 2. 2 Z 2 pl y2 y3 1 1 = y + 2 − y2 dy = + 2y − = 22 − (−1)2 + 2 (2 − (−1)) − 23 − (−1)3 = 2 3 2 3 −1 −1 3 9 = + 6 − 3 = 2 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 31 13. Izra£unaj dolºino loka krivulje y = 1x2 − 1 ln x, za x = 1 do x = e. 4 2 Re²itev: Za izra£un dolºine loka krivulje uporabimo naslednji izrek. Izrek: Naj bo f : [a, b] → R zvezno odvedliva funkcija. Potem je dolºina krivulje K = {(x, f (x)) ∈ 2 R ; x ∈ [a, b]} enaka b Z p s(K) = 1 + (f 0(x))2 dx. a Na²a krivulja je graf funkcije y(x) = 1x2 − 1 ln x za x ∈ [1, e]. Izra£unajmo vse potrebno. 4 2 1 1 1 x 1 x2 − 1 y0(x) = 2x − · = − = 42 2 x 2 2x 2x (x2 − 1)2 x4 − 2x2 + 1 x4 + 2x2 + 1 (x2 + 1)2 1 + (y0(x))2 = 1 + = 1 + = = (2x)2 4x2 4x2 (2x)2 e s e e Z (x2 + 1)2 Z x2 + 1 1 Z 1 1 x2 e s(K) = dx = dx = x + dx = + ln |x| = (2x)2 2x 2 x 2 2 1 1 1 1 1 1 1 = (e2 − 1) + ln e − ln 1 = (e2 + 1) 2 2 4 OPOMBA: Pri izra£unu integrala smo upo²tevali, da je izraz x2 + 1 pozitiven in je zato p(x2 + 1)2 = x2 + 1 = x2 + 1. Podobno velja za izraz 2x, le ta je pozitiven za x ∈ [1, e] in zato p(2x)2 = |2x| = 2x. 14. Izra£unaj prostornino telesa, ki ga dobimo, ko rotiramo graf funkcije y = sin x na intervalu −π ≤ x ≤ π okrog osi x. 2 2 Re²itev: Prostornino vrtenine bomo izra£unali s pomo£jo naslednjega izreka. Izrek: Naj bo f zvezna funkcija na [a, b] in f(x) ≥ 0 za vsak x ∈ [a, b]. Naj bo G rotacijsko telo, ki ga popi²e lik {(x, y) ∈ 2 R ; a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f (x)} pri rotaciji okrog x-osi. Potem je volumen telesa G enak b Z V (G) = π f 2(x) dx. a Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 32 y 1 y = sin x − π2 π x 2 Vidimo, da je telo, ki ga dobimo, simetri£no glede na izhodi²£e koordinatnega sistema. Njegova prostornina je dvakratnik prostornine npr. desnega dela telesa (V (GD)), kar pomeni, da izra£unamo integral funkcije sin2 x na intervalu 0, π . Rezultat bomo prepisali 2 iz re²itve za nalogo (10). π π 2 2 Z 1 Z π π2 V (G) = 2V (GD) = 2π sin2(x) dx = 2· π (1 − cos(2x)) dx = π · = 2 2 2 0 0 15. Izra£unaj volumen rotacijskega telesa, ki ga dobimo, ko zavrtimo graf funkcije y = ln x na intervalu [1, e] okrog osi x. Re²itev: Pri izra£unu integrala bomo dvakrat uporabili integracijo po delih (prvi£: u = ln2 x, du = 2(ln x) 1 , dv = dx, v = x, drugi£: u = ln x, du = 1 dx, dv = dx, v = x). x x e  e   e  Z Z Z e 1 V = π ln2 x dx = π −  x ln2 x 2 x (ln x) dx = π e − 2 ln x dx = 1 x 1 1 1   e  Z e 1 = π − e − 2  x ln x x dx = π (e − 2 (e − e + 1)) = π(e − 2) 1 x 1 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 33 16. Izra£unaj volumen rotacijskega telesa, ki ga dobimo, ko rotiramo obmo£je ∆ = {(x, y)|(x − 1)2 ≤ y ≤ 1} (a) okoli osi x, (b) okoli osi y. Re²itev: (a) Skicirajmo obmo£je ∆ in rotacijsko telo, ki ga dobimo z rotacijo obmo£ja ∆ okoli osi x. y y = (x − 1)2 y = 1 ∆ 1 1 2 x Vidimo, da je dobljeno telo simetri£no glede na x = 1, zato je njegova prostornina enaka dvakratniku prostornine telesa med x = 0 in x = 1 (poimenujmo to prostornino VL). Iskano prostornino bomo izra£unali tako, da bomo prostornini valja s polmerom 1 (poimenujmo jo V1) od²teli prostornino krivorobega stoºca (poimenujmo jo V2). Medtem, ko bomo prvo prostornino izra£unali s pomo£jo formule za izra£un prostornine valja, bomo za drugo prostornino uporabili formulo za prostornino rotacijskega telesa, ki ga dobimo, ko rotiramo graf funkcije y = y(x) = (x−1)2 na intervalu x ∈ [0, 1] okrog abscisne osi. V integral, ki ga dobimo, bomo vpeljali novo spremenljivko (t = x − 1, dt = dx, α = −1, β = 0).  1  Z V = 2VL = 2 (V1 − V2) = 2 π · 12 ·1 − π (x − 1)22 dx = 0  1   0  ! Z Z t5 0 = 2π 1 − (x − 1)4 dx = 2π 1 − t4 dt = 2π 1 − = 5 −1 0 −1 1 8π = 2π 1 − = 5 5 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 34 (b) Skicirajmo obmo£je ∆ in rotacijsko telo, ki ga dobimo z rotacijo obmo£ja ∆ okoli osi y. y y = (x − 1)2 y = 1 1 ∆ 1 2 x Ker nimamo formule za izra£un prostornine pri rotaciji grafa funkcije okoli osi y, za-menjajmo vlogi neodvisne in odvisne spremenljivke, ter uporabimo obstoje£o formulo. x y = 1 y = (x − 1)2 2 1 ∆ 1 y Prostornino bomo tudi tokrat izra£unali kot razliko prostornine zunanjega"telesa (poimenujmo jo V1) in "notranjega"telesa (imenujmo jo V2). Za obe prostornini bomo uporabili obstoje£o formulo. V obeh primerih bomo integrirali na intervalu y ∈ [0, 1]. Ker krivulja z ena£bo y = (x − 1)2 ni graf nobene funkcije (ki bi bila odvisna od y), jo "razreºemo"v temenu parabole in dobimo grafa dveh funkcij. Njuna predpisa izra£unamo tako, da iz ena£be y = (x − 1)2 izrazimo (odvisno) spremenljivko x z (neodvisno) spremenljivko y. √ √ y = (x − 1)2 ⇔ x − 1 = ± y ⇔ x = x1,2(y) = 1 ± y Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 35 x √ x1(y) = 1 + y 2 1 1 y √ x2(y) = 1 − y Izra£unajmo iskano prostornino. Z 1 Z 1 Z 1 V = V1 − V2 = π x21(y) dy − π x22(y) dy = π x21(y) − x22(y) dy = 0 0 0 Z 1 Z 1 √ √ √ √ = π (1 + y)2 − (1 − y)2 dy = π (1 + 2 y + y − (1 − 2 y + y)) dy = 0 0 3 !1 Z 1 √ Z 1 1 y 2 8π = π 4 y dy = 4π y 2 dy = 4π = 3 0 0 3 2 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 36 2 Funkcije ve£ spremenljivk 1. Skiciraj graf funkcije f(x, y) = 1 − x − y. Ali leºita to£ki A(−1, 2, 0) in B(1, 2, 3) na grafu? Re²itev: Graf funkcije je mnoºica to£k v prostoru s koordinatami (x, y, f(x, y)) oz. to£ke (x, y, z), ki ustrezajo ena£bi z = 1 − x − y. Ena£bo zapi²emo v obliko x + y + z = 1 in prepoznamo, da gre za ravnino, ki koordinatne osi odreºe pri x = 1, y = 1 in z = 1. z 1 1 y 1 x To£ka (x, y, z) leºi na grafu funkcije, £e njene koordinate ustrezajo ena£bi z = 1 − x − y. Ker to velja za koordinate to£ke A (0 = 1 + 1 − 2), to£ka A leºi na grafu. Koordinate to£ke B omenjeni ena£bi ne ustrezajo (3 6= 1 − 1 − 2), to£ka B torej ne leºi na grafu. 2. Skiciraj graf funkcije f(x, y) = 1 − px2 + y2. Kaj je zaloga vrednosti funkcije f : [0, 1] × [0, 2] → R, ki slika s podanim predpisom? Re²itev: Za skico grafa si bomo pomagali z nivojnicami (prerezi z ravninami, vzporednimi koordinatni ravnini Oxy na razli£nih vi²inah) in prerezi po koordinatnih ravninah Oxz in Oyz. Nivojnice: ker je funkcijski predpis sestavljen iz korena, ki ga od²tejemo od ²tevila 1, bomo dosegli zgolj funkcijske vrednosti, ki so manj²e ali enake 1. Za nivojnice nad vi²ino 1 bomo torej dobili prazno mnoºico. Nivojnice: ˆ N 2 1: I²£emo to£ke (x, y) v denicijskem obmo£ju (torej v R ), za katere je f (x, y) = 1. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 37 y f (x, y) = 1 1 − px2 + y2 = 1 1 px2 + y2 = 0 N Dobljeno ena£bo re²i le to£ka 1 1 (0, 0). x ˆ N0: y 1 − px2 + y2 = 0 px2 + y2 = 1 1 N x2 + y2 = 1 0 Dobljena ena£ba predstavlja kroºnico s 1 x sredi²£em v (0,0) in s polmerom 1. ˆ N−1: y 1 − px2 + y2 = −1 2 N−1 px2 + y2 = 2 x2 + y2 = 4 1 Dobljena ena£ba predstavlja kroºnico s 1 2 sredi²£em v (0,0) in s polmerom 2. x ˆ Vidimo, da so vse nivojnice kroºnice s sredi²£em v (0,0) in polmerom, ki se ve£a, ko niºamo vi²ino nivojnice (na vi²ini z0 je enak 1 − z0). ƒe vstavimo vse dobljene slike v tri dimenzionalni koordinatni sistem, dobimo: Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 38 z N1 1 N0 1 y N−1 x -1 Ker nimamo informacije kako so te nivojnice povezane si pomagamo ²e s prerezoma po koordinatnih ravninah Oxz in Oyz. Prerezi po koordinatnih ravninah: ˆ Oxz: Za vse to£ke na tej ravnini velja y = 0. Zanimajo nas torej le funkcijske vrednosti √ v to£kah (x, 0): f(x, 0) = 1 − x2 = 1 − |x| = g(x). z 1 1 x g(x) -1 ˆ Oyz: f(0, y) = 1 − py2 = 1 − |y| = h(y). z 1 1 y h(y) -1 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 39 Ko na²i tridimenzionalni skici dodamo ²e skici prerezov, dobimo: z 1 y 1 x Graf funkcije je stoºec z vrhom v to£ki (0,0,1), z os je njegova os simetrije, odpira pa se v smeri negativnega dela osi z. Graf zoºitve funkcije na obmo£je D = [0, 1] × [0, 2] je tisti del stoºca, ki ima za tloris ravno pravokotnik D. Kot vidimo na zgornji skici, je najvi²ja vi²ina, ki jo na tem delu doseºemo 1 (doseºemo jo v to£ki (0, 0)). Najniºjo vi²ino pa doseºemo v to£ki (1, 2), t.j. √ √ √ f (1, 2) = 1 − 1 + 4 = 1 − 5. Tako je Zf = 1 − 5, 1. 3. Skiciraj graf funkcije f(x, y) = x2 + y2. Re²itev: Nivojnica na vi²ini z0 (z0 ≥ 0) je kroºnica s sredi²£em v izhodi²£u koordinatnega sistema in polmerom √z0. Prerez z ravnino Oyz je enak prerezu z ravnino Oxz (saj je f (x, y) = f (y, x)), prav tako pa je enak prerezu z vsako ravnino, ki vsebuje os z in je pravokotna na ravnino Oxy. Zadnja opazka je posledica dejstva, da je funkcijska vrednost funkcije odvisna zgolj od kvadrata razdalje to£ke (x, y) od izhodi²£a koordinatnega sistema (t.j. od x2 + y2). Oyz: f (0, y) = y2 = h(y) z h(y) 1 1 y Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 40 Graf funkcije je t.i. rotacijski paraboloid s temenom v izhodi²£u koordinatnega sistema, z os je njegova os simetrije, odprt je v pozitivni smeri osi z. z 1 1 y x -1 4. Skiciraj graf funkcije f(x) = x2 − y2. Re²itev: Tokrat graf funkcije ni rotacijska ploskev (t.j. ploskev, ki jo dobimo z rotacijo krivulje okrog premice). Zopet si bomo pomagali z nivojnicami in prerezi. ˆ N−1: y N1 x2 − y2 = −1 1 Dobljena ena£ba predstavlja hiperbolo. 1 x Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 41 ˆ N0: y x2 − y2 = 0 x2 = y2 |x| = |y| 1 Dobljena ena£ba predstavlja premici y = N0 1 ±x. x ˆ N1: y x2 − y2 = 1 1 N Dobljena ena£ba predstavlja hiperbolo. −1 1 x ˆ Vidimo, da so vse nivojnice, razen nivojnice na vi²ini 0, hiperbole. Ko po absolutni vrednosti pove£amo vi²ino nivojnice, se ve£ata tudi mala in velika polos hiperbole. Asimptoti hiperbol sta vedno simetrali lihih in sodih kvadrantov (torej y = ±x). Poglejmo ²e prereze s koordinatnima ravninama Oxz in Oyz. ˆ Oxz: f(x, 0) = x2 = g(x). z g(x) 1 1 x Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 42 ˆ Oyz: f(0, y) = −y2 = h(y). z 1 1 y h(y) -1 ƒe vse dobljene slike nari²emo v tridimenzionalni koordinatni sistem, dobimo: 20 −5 −4 −2 2 4 5 −20 5. Dolo£i denicijsko obmo£je, ga skiciraj, dolo£i zalogo vrednosti, ni£le funkcije ter skiciraj njene preseke s koordinatnimi ravninami. (a) p f (x, y) = y − x2, (b) f(x, y) = ln(y2 − x + 1), √ (c) p f (x, y) = 1 − x2 + y2 − 1, (d) f(x, y) = e−x2−y2, (e) f(x, y) = 4 − x2 − y2. Re²itev: Pod pojmom denicijsko obmo£je razumemo naravno denicijsko obmo£je, t.j. najve£ja moºna podmnoºica v 2 R , za katero je funkcijski predpis deniran. (a) p f (x, y) = y − x2 • Denicijsko obmo£je: Funkcija bo denirana natanko tedaj, ko bo deniran Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 43 koren, torej y − x2 ≥ 0 oz. y ≥ x2. Krivulja y = x2 v ravnini xy predstavlja kvadratno parabolo in je meja denicijskega obmo£ja na²e funkcije. Z neena£bo y ≥ x2 pa so dolo£ene to£ke nad parabolo (saj je njihova ordinata ve£ja od ordinat to£k na paraboli). Tako je naravno denicijsko obmo£je na²e funkcije Df = {(x, y) ∈ R | y ≥ x2}. Skicirajmo ga v ravnino Oxy. y Df x Zaloga vrednosti na²e funkcije je enaka mnoºici vi²in to£k na grafu. Ker nimamo grafa in lahko po samem funkcijskem predpisu sklepamo le na to, da so funkcijske vrednosti zmeraj nenegativne (saj ima funkcijski predpis obliko korena), pustimo razmislek o zalogi vrednosti za na konec naloge, ko bomo na²o funkcijo malce bolj raziskali. Lotimo se najprej presekov grafa s koordinatnimi ravninami, da dobimo ve£ ob£utka za samo funkcijo. • Ni£le: I²£emo tiste to£ke v koordinatni ravnini Oxy, za katere velja py − x2 = 0 oz. y − x2 = 0. Te to£ke tvorijo parabolo y = x2, ki predstavlja rob Df. N = {(x, y) | y = x2} • Presek s koordinatno ravnino Oxy: Presek predstavljajo ni£le funkcije. Skicirajmo jih v rde£i barvi (na skici ozna£imo tudi Df, da si laºje predstavljamo obliko grafa funkcije). y N Df x Pri tem razmisleku smo se nau£ili tudi nekaj o zalogi vrednosti na²e funkcije: vrednost 0 je v zalogi vrednosti. • Presek s koordinatno ravnino Oxz: Tale presek je rahlo dolgo£asen, saj iz razmisleka o denicijskem obmo£ju vidimo, da je od vseh to£k na osi x funkcija denirana le v x = 0. Ob razmisleku o ni£lah vidimo, da je vrednost v x = 0 ravno 0. Presek grafa na²e funkcije s koordinatno ravnino Oxz je torej zgolj to£ka (0, 0). Ra£unsko to vidimo tako: vse to£ke na koordinatni ravnini Oxz opi²emo z ena£bo y = 0. Zani- √ majo nas torej samo funkcijske vrednosti f(x, 0) = −x2. Dobljen koren je deniran Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 44 zgolj pri vrednosti x = 0, njegova vrednost je 0. Prerez s koordinatno ravnino Oxz skicirajmo v modri barvi. z 1 1 x √ • Presek s koordinatno ravnino Oyz: Zanimajo nas zgolj vrednosti f(0, y) = y. Skicirajmo krivuljo √ z = y (kar je zgornja polovica parabole y = z2), ki je presek grafa na²e funkcije s koordinatno ravnino Oyz, v zeleni barvi. z y • Zaloga vrednosti: Kon£no imamo dovolj podatkov za razmislek o zalogi vrednosti. Razmislili smo ºe, da funkcija ne doseºe negativnih vrednosti, hkrati pa iz razmisleka o preseku grafa s koordinatno ravnino Oyz vidimo, da doseºe vse vrednosti od 0 navzgor. Torej je Zf = [0, ∞). (b) f(x, y) = ln(y2 − x + 1) • Denicijsko obmo£je: Funkcija bo denirana natanko tedaj, ko bo deniran naravni logaritem, t.j. ko bo y2 − x + 1 > 0 oz. y2 + 1 > x. Krivulja x = y2 + 1 v ravnini xy predstavlja kvadratno parabolo, ki je odprta v pozitivni smeri abscisne osi, in je meja denicijskega obmo£ja na²e funkcije. Z neena£bo y2 + 1 > x so dolo£ene to£ke levo od parabole (saj je njihova abscisa manj²a od abscise to£k na paraboli). Tako je naravno denicijsko obmo£je na²e funkcije Df = {(x, y) | y2 + 1 > x}. Skicirajmo ga v ravnino Oxy. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 45 y Df 1 x Tudi tokrat se bomo pred razmislekom o zalogi vrednosti lotili presekov grafa s koordinatnimi ravninami, saj imamo o samih funkcijskih vrednostih premalo informacij. • Ni£le: I²£emo tiste to£ke v koordinatni ravnini Oxy, za katere velja ln(y2−x+1) = 0 oz. y2 − x + 1 = 1. Re²itve te ena£be leºijo na paraboli z ena£bo x = y2. N = {(x, y) | x = y2} • Presek s koordinatno ravnino Oxy: Skica preseka je krivulja rde£e barve. y Df 1 x Pri tem razmisleku smo se nau£ili tudi nekaj o zalogi vrednosti na²e funkcije: vrednost 0 je v zalogi vrednosti. • Presek s koordinatno ravnino Oxz: Zanimajo nas torej samo funkcijske vrednosti f(x, 0) = ln(−x + 1) = ln(1 − x). Krivuljo z = ln(1 − x) (na skici pobarvana z modro) skiciramo tako, da najprej skiciramo krivuljo z = ln x, jo zrcalimo preko ordinatne osi, da dobimo z = ln(−x) in jo nato premaknemo za 1 enoto v desno. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 46 z z = ln(1 − x) z = ln(−x) z = ln x 1 x • Zaloga vrednosti: Vidimo, da funkcija doseºe vse realne vrednosti, torej Zf = R. • Presek s koordinatno ravnino Oyz: Zanimajo nas zgolj vrednosti f(0, y) = ln(y2 + 1). Krivuljo z = ln(y2 + 1) bomo skicirali tako, da bomo razmislili o nje-nih vrednostih. Pri y = 0 je z = ln 1 = 0. Krivulja torej poteka skozi izhodi²£e koordinatnega sistema. Vidimo, da je soda, kar pomeni, da je simetri£na glede na ordinatno os, torej je dovolj razmisliti kaj se dogaja s pozitivnimi y. Ko y nara²£a (od 0) proti ∞, tudi y2 + 1 nara²£a proti ∞ (vmes nikoli ne pada). Isto velja za vrednosti z = ln(y2 + 1) nara²£ajo proti ∞. Krivulja je narisana1 v zeleni barvi. z y √ (c) p f (x, y) = 1 − x2 + y2 − 1 √ • Denicijsko obmo£je: Da bo denirana funkcija p f (x, y) = 1 − x2 + y2 − 1, morata biti denirana oba korena, ki nastopata v njenem funkcijskem predpisu. p1 − x2 je deniran ⇔ 1 − x2 ≥ 0 ⇔ 1 ≥ x2 ⇔ |x| ≤ 1 py2 − 1 je deniran ⇔ y2 − 1 ≥ 0 ⇔ y2 ≥ 1 ⇔ |y| ≥ 1 Naravno denicijsko obmo£je je tako D 2 f = {(x, y) ∈ R | |x| ≤ 1 in |y| ≥}. Skici- rajmo ga. 1Seveda bi se naloge lahko lotili malo bolj resno (z uporabo prvega in drugega odvoda), £e bi ºeleli bolj natan£no skico, kar pa v tem primeru ni potrebno. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 47 y Df 1 -1 1 x -1 √ • Ni£le: I²£emo mnoºico to£k, za katero velja p 1 − x2 + y2 − 1 = 0. Vsota dveh korenov je enaka 0 natanko tedaj, ko je vsak izmed korenov enak ni£. p1 − x2 = 0 ⇔ 1 − x2 = 0 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1 py2 − 1 = 0 ⇔ y2 − 1 = 0 ⇔ y2 = 1 ⇔ y = ±1 To£ke iz 2 R , ki zado²£ajo obema pogojema so T1(1, 1), T2(1, −1), T3(−1, 1) in T4(−1, −1). N = {T1(1, 1), T2(1, −1), T3(−1, 1), T4(−1, −1)} • Presek s koordinatno ravnino Oxy: To£ke, ki so v preseku so ozna£ene z rde£o barvo. y Df 1 T1 T3 -1 1 x -1 T2 T4 Tale skica nam da malo ve£ informacij o grafu funkcije. Ploskev, ki predstavlja graf dane funkcije o£itno leºi nad koordinatno ravnino Oxy, Dotakne pa se je v ²tirih ni£lah. S tem smo izvedeli tudi nekaj dodatnega o zalogi vrednosti na²e funkcije: ²tevilo 0 je Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 48 zagotovo v Zf. • Presek s koordinatno ravnino Oxz: Presek je prazna mnoºica, saj je os x izven denicijskega obmo£ja. Ra£unsko to vidimo tako, da v funkcijski predpis vstavimo pogoj y = 0 (vsaka to£ka na ravnini Oxz ima drugo koordinato enako 0) in dobimo √ √ f (x, 0) = 1 − x2 + −1, kar pa ni realno ²tevilo. • Presek s koordinatno ravnino Oyz: Zanimajo nas funkcijske vrednosti to£k, √ za katere je p p x = 0 in dobimo f (0, y) = 1 + y2 − 1 = 1 + y2 − 1. V ravnini p Oyz moramo skicirati krivuljo z ena£bo z = 1 + y2 − 1. Ena£no najprej malo preoblikujemo, potem kvadriramo levo in desno stran ena£be (pri tem se zavedamo, da smo mogo£e kako re²itev pridobili). p z = 1 + y2 − 1 p z − 1 = y2 − 1 (z − 1)2 = y2 − 1 y2 − (z − 1)2 = 1 V dobljeni ena£bi prepoznamo ena£bo hiperbole2v ravnini Oyz s sredi²£em v to£ki (0, 1), malo in veliko os enake dolºine t.j. dolºine 1. Dobljena krivulja ni graf nobene funkcije (saj za nekatere y dobimo kar dve vrednosti z). Tukaj se lepo, geometrijsko, vidi, kaj smo pridobili s kvadriranjem leve in desne strani ena£be p z − 1 = y2 − 1: pridobili smo tudi re²itve ena£be z − 1 = −py2 − 1. Zgornja polovica hiperbole predstavlja krivuljo p z = 1 + y2 − 1, spodnja polovica pa krivuljo z = 1 − py2 − 1. Iskani presek grafa funkcije f(x, y) in koordinatne ravnine Oyz je na skici ozna£en z zeleno barvo. z 2 1 1 y • Zaloga vrednosti: Do zdaj smo razmislili ºe, da v zalogi vrednosti zagotovo ni negativnih ²tevil ter da doseºemo vrednost 0. Z razmislekom o preseku grafa na²e funkcije s koordinatno ravnino Oyz pa smo dobili dodatne informacije v zvezi z zalogo vrednosti: vidimo, da funkcija doseºe tudi vrednosti iz intervala [1, ∞). ƒe nari²emo ²e prerez po ravnini y = 1, bomo videli, da funkcija doseºe tudi vi²ine med 0 in 1. Za 2O ena£bah kroºnice, elipse in hiperbole je ve£ napisano v dodatku B. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 49 √ √ √ ta prerez nas zanimajo funkcijske vrednosti v f(x, 1) = 1 − x2 + 1 − 1 = 1 − x2. √ Vzemimo ena£bo z = 1 − x2, kvadrirajmo njeno levo in desno stran (pozor, spet √ bomo pridobili ²e re²itve ena£be z = − 1 − x2) ter ena£bo malce preoblikujmo. p z = 1 − x2 z2 = 1 − x2 x2 + z2 = 1 Dobljena ena£ba v ravnini xz predstavlja kroºnico v izhodi²£ni legi, s polmerom 1. Krivuljo, ki ni graf nobene funkcije, spet prereºemo v levem in desnem temenu, za na² prerez pa vzamemo le zgornjo polovico kroºnice (ta je namre£ graf funkcije √ z = z(x) = z = 1 − x2). Na skici jo nari²emo z modro barvo. z 1 1 x O£itno na²a funkcija doseºe vse vrednosti od 0 navzgor, torej je Zf = [0, ∞). (d) • Denicijsko obmo£je: Funkcija f(x, y) = e−x2−y2 je vedno denirana, tako je D 2 f = R . • Ni£le: I²£emo mnoºico to£k, za katero velja e−x2−y2 = 0. O£itno dana funkcija nima ni£el. • Presek s koordinatno ravnino Oxy: Je prazna mnoºica. • Presek s koordinatno ravnino Oxz: Zanimajo nas funkcijske vrednosti f(x, 0) = e−x2 . V ravnini Oyz skicirajmo krivuljo z ena£bo z = x2 s sivo (le-ta nam pove kako se obna²a eksponent funkcije), z modro pa skicirajmo krivuljo z ena£bo z = e−x2. z z = x2 1 x 1 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 50 • Presek s koordinatno ravnino Oyz: Zanimajo nas funkcijske vrednosti f(0, y) = e−y2 . Krivulja z ena£bo z = e−y2 je identi£na prej narisani krivulji, le da je ta v ravnini Oyz. Na skici je narisana z modro barvo. z 1 y 1 • Zaloga vrednosti: Funkcija f(x, y) = e−x2−y2 lahko doseºe le pozitivne vrednosti. Graf funkcije f(x, y) = e−x2−y2 je rotacijska ploskev, saj vidimo, da lahko ena£bo vsake nivojnice e−x2−y2 = A(> 0) prepi²emo v x2 + y2 = − ln A, kar nam predstavlja kroºnico v izhodi²£ni legi s polmerom − ln A (kadar je − ln A pozitiven). To pomeni, da dobimo graf funkcije f(x, y) = e−x2−y2 tako, da rotiramo npr. krivuljo z = e−x2 (t.j. prerez grafa z koordinatno ravnino Oxz) okrog osi z. O£itno lahko doseºemo zgolj vi²ine ve£je od 0 ter manj²e ali enake 1. Tako je Zf = (0, 1]. (e) • Denicijsko obmo£je: Funkcija f(x, y) = 4 − x2 − y2 je vedno denirana, tako je D 2 f = R . • Ni£le: I²£emo mnoºico to£k, za katero velja 4 − x2 − y2 = 0. Dobimo N = {(x, y) | x2 + y2 = 4}, kar je kroºnica v izhodi²£ni legi, s polmerom 2. • Presek s koordinatno ravnino Oxy: y 2 N 1 1 2 x • Presek s koordinatno ravnino Oxz: Zanimajo nas funkcijske vrednosti f(x, 0) = 4 − x2. Krivuljo z = 4 − x2 nari²imo z modro barvo. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 51 z 4 1 x -2 1 2 • Presek s koordinatno ravnino Oyz: Zanimajo nas funkcijske vrednosti f(0, y) = 4 − y2. Krivulja z = 4 − y2 je identi£na zgoraj narisani, le da se nahaja v ravnini Oyz. • Zaloga vrednosti: Funkcija f(x, y) = 4 − x2 − y2 lahko doseºe le vrednosti manj²e ali enake 4. Tako je Zf = (−∞, 4]. 6. Pokaºi, da je funkcija ( xy ; x2 + y2 6= 0 f (x, y) = x2+y2 0 ; x2 + y2 = 0 v to£ki (0, 0) nezvezna, funkciji f(x, 0) in f(0, y) pa zvezni (v x = 0 in y = 0). Re²itev: Funkcija dveh spremenljivk je zvezna v to£ki (a, b) natanko tedaj, ko velja lim f (x, y) = f (a, b) . (x,y)→(a,b) Medtem ko znamo izra£unati limite funkcije ene spremenljivke, je pri limitah funkcije dveh spremenljivk problem bolj kompleksen. ƒe ºelimo npr. izra£unati limito, kjer (x, y) → (0, 0), ni dovolj poskrbeti, da x → 0 in y → 0. Limita funkcije dveh spremenljivk je namre£ vrednost, h kateri se bliºajo funkcijske vrednosti funkcije f(x, y) kadar je to£ka (x, y) blizu to£ke (0, 0). To pomeni, da je vseeno po kateri poti in na kak na£in se bliºamo to£ki (0, 0), limita mora biti neodvisna od poti, upo²teva le oddaljenost od to£ke. Za poljubno to£ko (x, y) je pomen prve in druge koordinate ozna£en na spodnji sliki. Hkrati lahko poloºaj to£ke (x, y) opi²emo s pomo£jo kota ϕ (t.j. kot, ki ga oklepata daljica, ki povezuje to£ko (x, y) z izhodi²£em koordinatnega sistema ter pozitivni del abscisne osi) in oddaljenosti r to£ke (x, y) od izhodi²£a koordinatnega sistema. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 52 y (x, y) V dobljenem pravokotnem trikotniku se kosinus kota ϕ iz-y ra£una kot cos ϕ = x (dolºina prileºne katete ulomljena r r z dolºino hipotenuze), iz £esar izrazimo x = r cos ϕ. Sinus ϕ x kota izrazimo podobno sin ϕ = y , iz te enakosti pa izrazimo r x y = r sin ϕ. Zdaj znamo izraziti limito funkcije dveh spremenljivk z limito funkcije ene spremenljivke (kar bomo pa znali izra£unati). Pri izra£unu limite bomo najprej upo²tevali, da, ko r → 0, to£ka (x, y) = (r cos ϕ, r sin ϕ) (²e) ni enaka (0, 0) in za njene funkcijske vrednosti uporabimo prvo vrstico v nalogi deniranega funkcijskega predpisa. r cos ϕ r sin ϕ lim f (x, y) = lim f (r cos ϕ, r sin ϕ) = lim = (x,y)→(0,0) r→0 r→0 r2 cos2 ϕ + r2 sin2 ϕ r2 cos ϕ sin ϕ = lim = lim cos ϕ sin ϕ = cos ϕ sin ϕ r→0 r2(cos2 ϕ + sin2 ϕ) r→0 Ker izraz cos ϕ sin ϕ ni odvisen od spremenljivke r, je limita na²e funkcije. To pa pomeni, da je vrednost, ki jo dobimo, odvisna od smeri, po kateri se pribliºujemo izhodi²£u. Torej nimamo ene same vrednosti, h kateri se funkcijske vrednosti pribliºujejo, ko se to£ka bliºa izhodi²£u, in limita zato ne obstaja. Na²a funkcija ni zvezna v to£ki (0, 0). Poglejmo sedaj, kako je z zveznostjo funkcije f(x, 0) v x = 0. Najprej zapi²imo funkcijski predpis za opazovano funkcijo. ( x·0 ; x2 + 0 6= 0 f (x, 0) = x2+0 0 ; x2 + 0 = 0 Ker sta predpisa v obeh vrsticah enaka 0, je funkcija f(x, 0) ni£elna, torej zvezna povsod (tudi v x = 0). Podobno razmislimo, da je tudi funkcija f(0, y) ni£elna in tako zvezna povsod (tudi v y = 0). Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 53 7. Izra£unaj odvode po vseh spremenljivkah dane funkcije. (a) f(x, y) = x2 sin y, (b) f(x, y) = xy−1 √ , x (c) f(x, y) = exy2, (d) f(x, y) = arctg x, y (e) f(x, y) = ln(tg (x)), y Re²itev: Pri izra£unu odvodov uporabimo pravila za odvajanje ter tabelo odvodov. (a) Funkcija f(x, y) = x2 sin y je produkt funkcij g(x) = x2 (odvisna le od spremenljivke x in kot taka konstanta, ko odvajamo po y) in h(y) = sin y (odvisna le od spremenljivke y in kot taka konstanta, ko odvajamo po x). ∂f ∂f = 2x sin y = x2 cos y ∂x ∂y (b) Za funkcijo f(x, y) = xy−1 √ uporabimo pravilo kvocienta. Najprej to zapi²emo sim-x bolno, potem pora£unamo. √ √ ∂(xy−1) √ x ∂f x − (xy − 1) ∂ y x − (xy − 1) 1 √ 2 x 2xy − (xy − 1) xy + 1 = ∂x ∂x √ = = √ = √ ∂x x2 x 2x x 2x x x ∂f ∂ √ y − 1 √ x x x √ = = √ = x ∂y ∂y x (c) Funkcija f(x, y) = exy2 je kompozitum eksponentne funkcije g(t) = et (katere odvod je g0(t) = et) in polinoma (dveh spremenljivk) p(x, y) = xy2 ( z odvodoma ∂p (x, y) = y2 ∂x in ∂p(x, y) = 2xy). Pri odvajanju uporabimo pravilo kompozituma. ∂y ∂f ∂p = g0(xy2) (x, y) = exy2 y2 ∂x ∂x ∂f ∂p = g0(xy2) (x, y) = exy2 2xy ∂y ∂y (d) Tudi f(x, y) = arctg x je kompozitum, tokrat imamo opravka s funkcijama g(t) = y arctg t (z odvodom g0(t) = 1 ) in h(x, y) = x (z odvodoma ∂h(x, y) = 1 in 1+t2 y ∂x y Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 54 ∂h (x, y) = − x ) ∂y y2 ∂f x ∂h 1 1 1 1 y = g0 (x, y) = = = ∂x y ∂x 2 y y2+x2 y x2 + y2 1 + x y y2 ∂f x ∂h 1 x 1 x x = g0 (x, y) = − = − = − ∂y y ∂y 2 y2 y2+x2 y2 x2 + y2 1 + x y y2 (e) ∂f 1 1 x 0 1 1 1 1 = · = · · = = ∂x tg x x cos2 x y x y x x x sin cos2 y sin cos y y y y y y cos x y 1 · 2 2 = = 2 · y sin x cos x y sin 2x y y y ∂f 2 x 0 2 x 2x = = − = − ∂y sin 2x y 2x y2 2x y sin y2 sin y y y 8. Zapi²i gradient dane funkcije ter izra£unaj ∂2f , ∂2f in ∂2f , £e je ∂x2 ∂x∂y ∂y2 (a) f(x, y) = x3 + 3xy + xy2 + y3, (b) f(x, y) = x−y . x+y Re²itev: Gradient funcije dveh spremenljivk je ∂f ∂f (grad f )(x, y) = (x, y), (x, y) . ∂x ∂y (a) ∂f = 3x2 + 3y + y2 ∂x ∂f = 3x + 2xy + 3y2 ∂y (grad f )(x, y) = 3x2 + 3y + y2, 3x + 2xy + 3y2 ∂2f ∂2f ∂2f ∂2f = 6x, = 3 + 2y = - saj je ∂2f zvezna, = 2x + 6y ∂x2 ∂x∂y ∂y∂x ∂x∂y ∂y2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 55 (b) ∂f (x + y) − (x − y) x + y − x + y 2y = = = ∂x (x + y)2 (x + y)2 (x + y)2 ∂f −(x + y) − (x − y) −x − y − x + y −2x = = = ∂y (x + y)2 (x + y)2 (x + y)2 2y −2x (grad f )(x, y) = , (x + y)2 (x + y)2 ∂2f −4y ∂2f 4x = , = , ∂x2 (x+y)3 ∂y2 (x+y)3 ∂2f −(x+y)2 + 2x(x+y) −x − y + 2x = 2 · = 2 · (x+y)(−(x+y) + 2x) = 2 · = ∂x∂y (x+y)4 (x+y)4 3 (x+y)3 x−y ∂2f = 2 · = - saj je ∂2f zvezna (x+y)3 ∂y∂x ∂x∂y 9. Pokaºi, da za f(x, y, z) = x + x−y velja ∂f + ∂f + ∂f = 1. y−z ∂x ∂y ∂z Re²itev: Izra£unajmo vse parcialne odvode funkcije in preverimo ali velja enakost v podani (funkcijski) ena£bi. Za vsakega izmed parcialnih odvodov smo funkcijski predpis preobli-kovali tako, da je najlaºe odvajati. ∂f ∂ x + x − y y−z y−z 1 = = 1 + ∂x ∂x y − z ∂f ∂ x + x−y y−z (x − y)0y(y − z) − (x − y)(y − z)0y −y + z − x + y z − x = = = = ∂y ∂y (y − z)2 (y − z)2 (y − z)2 ∂f ∂ x + (x − y)(y − z)−1 x − y = = −(x − y)(y − z)−2(−1) = ∂z ∂z (y − z)2 ∂f ∂f ∂f 1·(y − z) z − x x − y (y − z) + (z − x) + (x − y) + + = 1+ + + = 1+ = 1 ∂x ∂y ∂z (y − z)·(y − z) (y − z)2 (y − z)2 (y − z)2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 56 10. Za funkcije f(x, y) = 2x2 + xy + y2, x(t) = t2 + 1, y(t) = t − 4, izra£unaj g0(t), kjer je g(t) = f(x(t), y(t)), direktno in s pomo£jo veriºnega pravila. Re²itev: • Direktno: Pri tem na£inu eksplicitno zapi²emo funkcijski predpis za g(t) = f (x(t), y(t)) in ²ele potem odvajamo. g(t) = f (x(t), y(t)) = f (t2 + 1, t − 4) = 2(t2 + 1)2 + (t2 + 1)(t − 4) + (t − 4)2 = = 2(t4 + 2t2 + 1) + t3 − 4t2 + t − 4 + t2 − 8t + 16 = 2t4 + t3 + t2 − 7t + 14 ⇒ g0(t) = 8t3 + 3t2 + 2t − 7 • Z veriºnim pravilom: Uporabimo veriºno pravilo ∂f ∂f g0(t) = (x(t), y(t)) x0(t) + (x(t), y(t)) y0(t). ∂x ∂y Najprej izra£unajmo posamezne (parcialne) odvode ter vstavimo dobljene rezultate v nastavek. ∂f ∂f ∂f (x, y) = 4x + y ⇒ (x(t), y(t)) = (t2 + 1, t − 4) = 4(t2 + 1) + (t − 4) = 4t2 + t ∂x ∂x ∂x ∂f ∂f ∂f (x, y) = x + 2y ⇒ (x(t), y(t)) = (t2 + 1, t − 4) = (t2 + 1) + 2(t − 4) = t2 + 2t − 3 ∂y ∂y ∂y x0(t) = 2t y0(t) = 1 ⇒ g0(t) = (4t2 + t)2t + (t2 + 2t − 3)1 = 8t3 + 3t2 + 2t − 7 11. Dolo£i najve£jo in najmanj²o vrednost funkcije f(x, y) = xex−y na obmo£ju, ki ga omejujejo krivulje y = x2, y = 0 in x = 2. Re²itev: Za iskanje globalnih ekstremov uporabimo naslednji izrek. Izrek: Naj bo ∆ zaprta omejena podmnoºica 2 R in f : ∆ → R zvezna na ∆. Potem funkcija f na ∆ doseºe svoj globalni maksimum in svoj globalni minimum. ƒe je f tudi parcialno odvedljiva po obeh spremenljivkah v notranjosti ∆, potem ekstremne vrednosti doseºe bodisi v notranjih stacionarnih to£kah bodisi v robnih to£kah obmo£ja. Podana funkcija je produkt polinoma x in kompozituma eksponentne funkcije et in polinoma dveh spremenljivk x − y. Vse te funkcije so povsod zvezne in odvedljive, zato za na² primer uporabimo izrek. Najprej skicirajmo obmo£je na katerem i²£emo ekstremne vrednosti dane funkcije. Dobimo krivo£rti trikotnik omejen s premicama y = 0 (abscisna os), x = 2 ter parabolo y = x2, ki Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 57 ga poimenujmo D. Problem iskanja globalnega ekstrema zvezne in parcialno odvedljive funkcije na kompaktnem obmo£ju D razdelimo y na dva koraka. Najprej poi²£imo stacionarne to£ke, potem pa razi²£imo meje kompaktnega obmo£ja. Meje preu£imo y = x2 x = 2 tako, da izrazimo to£ke na krivulji, ki predstavlja mejo, kot graf funkcije ene spremenljivke. Geometrijsko gledano, re-C ºemo graf funkcije f(x, y) s ploskvijo, ki je pravokotna na ravnino Oxy in je napeta na opazovano krivuljo. Potem pa i²£emo globalne ekstreme funkcije ene spremenljivke, ki jo tako dobimo. Ker jih i²£emo na zaprtem intervalu, spadata kraji²£i te krivulje med kandidate za ekstreme. V na²em primeru so to to£ke A(0, 0), B(2, 0) in C(2, 4), ozna£ene na T1 skici. Na koncu le ²e preverimo kateri izmed kandidatov D je zares maksimum oz. minimum na²e funkcije (t.j. v ka-A B teri izmed dobljenih to£k doseºe na²a funkcija najve£jo oz. x najmanj²o vrednost). • Stacionarne to£ke: Funkcija ima stacionarno to£ko v (a, b), £e je grad (f)(a, b) = 0. Izra£unajmo parcialna odvoda in ju zapi²imo v faktorizirani obliki, da bomo laºje od£itali njuni ni£li. ∂f (x, y) = ex−y + xex−y = (1 + x)ex−y ∂x ∂f (x, y) = −xex−y ∂y Prvi odvod je ni£elen natanko tedaj, ko je x = −1 (saj eksponentna funkcija nikoli ne doseºe ni£elne vrednosti), drugi pa v primeru, ko je x = 0. Kar pomeni, da v ravnini ni to£ke (x, y), za katero sta oba odvoda hkrati enaka 0. • Meje: ˆ AB: Daljico opi²emo s pogojema y = 0 in x ∈ [0, 2]. Izmed funkcijskih vrednosti vseh to£k na ravnini nas zanimajo le f(x, 0) = xex = g1(x). Dobili smo funkcijski predpis funkcije ene spremenljivke, ki jo poimenujemo g1(x) (graf te funkcije dobimo kot prese£i²£e grafa funkcije f(x, y) z ravnino y = 0). Stacionarne to£ke funkcije g1(x) izra£unamo: g0 (x) = ex + xex = (1 + x)ex = 0 oz. x = −1. Ker −1 / ∈ [0, 2], ta 1 stacionarna to£ka ni zanimiva za na²o nalogo. ˆ BC: x = 2, y ∈ [0, 4]; f(2, y) = 2e2−y = g2(y) Stacionarne to£ke3: g0 (y) = −2e2−y 6= 0, funkcija g 2 2(y) nima stacionarnih to£k. ˆ AC: y = x2, x ∈ [0, 2]; f(x, x2) = xex−x2 = g3(x) Stacionarne to£ke: g0 (x) = ex−x2 + xex−x2(1 − 2x) = (1 + x(1 − 2x))ex−x2 = 0 ⇔ 3 3Funkcija g2(y) je padajo£a funkcija in zato nima stacionarnih to£k. To lahko vidimo tudi brez izra£una odvoda. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 58 √ −2x2 + x + 1 = 0 ⇔ x 1+8 1,2 = −1± ⇔ x / ∈ [0, 2]; −4 1 = 1 (y1 = 12 = 1) in x2 = − 1 2 stacionarna to£ka T1(1, 1). • Kandidati za ekstreme: A(0, 0) → f (0, 0) = 0 B(2, 0) → f (2, 0) = 2e2 2 C(2, 4) → f (2, 4) = 2e2−4 = e2 T1(1, 1) → f (1, 1) = e0 = 1 Globalni maksimum, ki zna²a 2e2, na²a funkcija doseºe v to£ki B(2, 0), globalni minimum, ki zna²a 0, pa v to£ki A(0, 0). 12. Dolo£i najve£jo in najmanj²o vrednost funkcije f(x, y) = xy2 − x + y2 na obmo£ju ∆ = {(x, y); 0 ≤ y ≤ 2, y2 − 4 ≤ x ≤ 0}. Re²itev: Tudi funkcija v drugem primeru je zvezna in odvedljiva po obeh spremenljivkah. y x = y2 − 4 T5 C T ∆ 1 A B x T2 • Stacionarne to£ke: ∂f (x, y) = y2 − 1 = (y − 1)(y + 1) = 0 ∂x ∂f (x, y) = 2xy + 2y = 2y(x + 1) = 0 ∂y Re²itvi prve ena£be sta y = ±1, re²itvi druge pa y = 0 ali x = −1. Sistem re²ita to£ki T1(−1, 1) in T2(−1, −1). To£ka T2 ne leºi v ∆, zato je ne uvrstimo med kandidate za ekstreme. • Meje: Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 59 ˆ AB: y = 0, x ∈ [−4, 0]; f(x, 0) = −x = g1(x) - nima stacionarnih to£k. ˆ BC: x = 0, y ∈ [0, 2]; f(0, y) = y2 = g2(y) Stacionarne to£ke doseºe funkcija g2 v temenu t.j. v y = 0 ⇒ T3 = B. ˆ AC: x = y2−4, y ∈ [0, 2]; f(y2−4, y) = (y2−4)y2−(y2−4)+y2 = y4−4y2+4 = g3(y) √ Stacionarne to£ke: g0 (y) = 4y3 − 8y = 4y(y2 − 2) = 0 ⇔ y = 0 ali y = ± 2; 3 (a) y = 0 ⇒ x = −4: T4 = A, √ √ (b) y = 2 ⇒ x = −2: T5 −2, 2, √ (c) y = − 2 /∈ [0, 2] - ta moºnost odpade. • Kandidati za ekstreme: A(−4, 0) → f (−4, 0) = 4 B(0, 0) → f (0, 0) = 0 C(0, 2) → f (0, 2) = 4 T1(−1, 1) → f (−1, 1) = 1 √ √ T5 −2, 2 → f −2, 2 = 0 √ Globalni minimum, ki zna²a 0, na²a funkcija doseºe v to£kah B(0, 0) in T5 −2, 2, globalni maksimum, ki zna²a 4, pa v to£kah A(−4, 0) in C(0, 2). 13. Dolo£i najve£jo in najmanj²o vrednost funkcije f(x, y) = 3x2 − 2xy + 3y2 na krogu x2 + y2 ≤ 4. Re²itev: y x2 + y2 = 4 T2 T3 D A T1 B x T4 T5 • Stacionarne to£ke: ∂f (x, y) = 6x − 2y = 2(3x − y) = 0 ∂x ∂f (x, y) = −2x + 6y = −2(x − 3y) = 0 ∂y Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 60 Re²itev prve ena£be so to£ke na premici y = 3x, re²itve druge ena£be pa to£ke na premici x = 3y (oz. y = x ). Premici se sekata v izhodi²£u zato je edina stacionarna to£ka T 3 1(0, 0). • Meje: Kroºnico, ki je meja na²ega obmo£ja, ne moremo predstaviti kot graf funkcije. Lahko pa jo razreºemo npr. na zgornjo in spodnjo polovico kroºnice, ti dve pa lahko predstavimo kot grafa dveh funkcij. Ra£unsko izpeljemo to tako, da iz ena£be kroºnice x2 + y2 = 4 izrazimo spremenljivko y s spremenljivko x. y2 = 4 − x2 p y = ± 4 − x2 √ Predpis y = y(x) = + 4 − x2 je predpis funkcije, katere graf je zgornja polovica kroºnice √ (saj so ordinate to£k na grafu pozitivne). Graf funkcije y = y(x) = − 4 − x2 pa je spodnja polovica kroºnice (ordinate to£k so negativne). Ker smo kroºnico prerezali v dveh to£kah, imamo sedaj dve to£ki, kjer lepimo robove obmo£ja in kot taki ºe sami po sebi kandidatki za ekstreme. Poimenujmo ju A(−2, 0) in B(2, 0). √ ˆ AB-zgornji lok: y = 4 − x2, x ∈ [−2, 2]; p p p f (x, 4 − x2) = 3x2 − 2x 4 − x2 + 3(4 − x2) = 12 − 2x 4 − x2 = g1(x) Stacionarne to£ke: √ g0 (x) = −2 4 − x2 + x −2x √ = −2· 4−x2−x2 √ = −4· 2−x2 √ = 0 1 2 4−x2 4−x2 4−x2 √ q √ √ √ √ ⇔ x = ± 2 (y = 4 − (± 2)2 = 2). Stacionarni to£ki sta T2 − 2, 2 in √ √ T3 2, 2. √ ˆ AB-spodnji lok: y = − 4 − x2, x ∈ [−2, 2]; p p p f (x, − 4 − x2) = 3x2 + 2x 4 − x2 + 3(4 − x2) = 12 + 2x 4 − x2 = g2(x) Vidimo, da se odvod funkcije g2(x) od odvoda funkcije g1(x) razlikuje le po predznaku, √ q √ √ in je g0 (x) = 4 2−x2 √ . Ni£li tega odvoda sta x = ± 2 (y = − 4 − (± 2)2 = − 2), 2 4−x2 √ √ √ √ stacionarni to£ki na tem robu pa T4 − 2, − 2 in T5 2, − 2. • Kandidati za ekstreme: A(−2, 0) → f (−2, 0) = 12 B(2, 0) → f (2, 0) = 12 T1(0, 0) → f (0, 0) = 0 √ √ √ √ T2 − 2, 2 → f − 2, 2 = 6 + 4 + 6 = 16 √ √ √ √ T3 2, 2 → f 2, 2 = 6 − 4 + 6 = 8 √ √ √ √ T4 − 2, − 2 → f − 2, − 2 = 6 + 4 + 6 = 16 √ √ √ √ T5 2, − 2 → f 2, − 2 = 6 − 4 + 6 = 8 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 61 √ √ Globalna maksimuma, ki zna²ata 16, na²a funkcija doseºe v to£kah T2,4 − 2, ± 2, globalni minimum, ki zna²a 0, pa v to£ki T1(0, 0). OPOMBA: Iskanja ekstremov na mejah se lahko lotimo tudi druga£e. II. na£in: Namesto, da kroºnico x2 + y2 = 4 razreºemo na zgornjo in spodnjo polovico, jo lahko razreºemo na levo in desno polovico. V jeziku funkcij: krivuljo predstavimo kot grafa dveh funkcij spremenljivke y. Ra£unsko gledano iz ena£be x2 + y2 = 4 izrazimo spremenljivko x s spremenljivko y: x = ±p4 − y2. y Pri izbiri x = x(y) = −p4 − y2 govorimo o levi polovici B kroºnice, pri p x2 + y2 = 4 x = x(y) = 4 − y2 pa o desni polovici. Pri tem v seznam kandidatov za ekstreme funkcije f(x, y) dodamo to£ki A(0, −2) in B(0, 2). Izbira, kdaj izbrati ta na£in D in kdaj na£in, na katerega je re²ena naloga, je odvisna od x funkcijskega predpisa same funkcije. ƒe npr. v funkcijskem predpisu nastopa spremenljivka x samo s sodimi potencami, potem za re²evanje uporabimo II. na£in (da se v ra£unanju izognemo korenom). V na²em primeru je vseeno na kateri A na£in ra£unamo, saj tako x kot y nastopata le linearno. III. na£in: Kroºnico lahko predstavimo tudi s pomo£jo polarnih koordinat s konstantnim polmerom r = 2. Vsako to£ko na kroºnici lahko potem izrazimo s kotom ϕ: (x, y) = (2 cos ϕ, 2 sin ϕ). ƒe postavimo ϕ ∈ [0, 2π], to pomeni, da kroºnico reºemo v eni sami to£ki, A(2, 0). Za iskanje ekstremov na kroºnici opazujemo funkcijo g(ϕ) = f(2 cos ϕ, 2 sin ϕ). Vsak ²tudent naj nalogo samostojno izpelje do konca. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 62 3 Dvojni integral 1. Izra£unaj dvojni integral RR f(x, y) dx dy, kjer sta D (a) D = [0, 2] × [0, 1] ter f(x, y) = x2 , 1+y2 (b) D = [0, 1] × [1, 2] ter f(x, y) = x + y, (c) D = {(x, y) | 0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ y ≤ 2} ter f(x, y) = x2y cos(xy2). 2 Re²itev: (a) Ker je obmo£je D = [0, 2]×[0, 1] pravokotnik s stranicami vzporednimi koordinatnima osema, lahko preidemo iz dvojnega na dvakratni integral na dva na£ina. 2 1 1 2 Z Z x2 Z Z x2 Z Z x2 dx dy = dx dy = dy dx 1 + y2 1 + y2 1 + y2 D 0 0 0 0 Pri obeh na£inih bomo uporabili dejstvo, da lahko funkcijo f(x, y) zapi²emo kot produkt dveh funkcij f(x, y) = x2 = g(x) · h(y), kjer je g(x) = x2 in h(y) = 1 . Zato 1+y2 1+y2 lahko dvakratni integral zapi²emo kot produkt dveh enojnih integralov. 2 1 2 1 2 1 2 1 R dx R x2 dy = R dx R g(x) · h(y) dy = R g(x)dx · R h(y) dy = R x2 dx · R 1 dy = 1+y2 1+y2 0 0 0 0 0 0 0 0 2 = x3 · (arctg y)1 = 8 · π = 2π 3 0 3 4 3 0 (b) Za pravokotno obmo£je D = [0, 1] × [1, 2] poteka prehod iz dvojnega v dvakratni integral v poljubnem vrstnem redu, vendar se funkcija f(x, y) = x + y ne da zapisati kot produkt dveh funkcij, pri £emer je ena odvisna le od spremenljivke x druga pa le od spremenljivke y. To pomeni, da dvakratnega integrala ne moremo zapisati kot produkt dveh enojnih integralov. 1 2 2 1 2 Z Z Z Z Z Z Z x2 1 (x + y)dx dy = dx (x + y)dy = dy (x + y)dx = + xy dy = 2 x=0 D 0 1 1 0 1 2 Z 1 1 y2 2 1 4 − 1 = + y dy = + = + = 2 2 2 2 1 2 2 1 Vsak ²tudent naj samostojno izra£una vrednost dvakratnega integrala z drugim vr-1 2 stnim redom integriranja R dx R (x + y)dy. 0 1 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 63 (c) Tudi sedaj je obmo£je D = 0, π × [0, 2] pravokotno, vendar se funkcija f(x, y) = 2 x2y cos(xy2) ne da zapisati kot produkt dveh funkcij. Zaradi oblike obmo£ja D je vseeno v kak²nem vrstnem redu zapi²emo dvakratni integral. π π 2 2 2 2 Z Z Z Z Z Z x2y cos(xy2)dx dy = dx x2y cos(xy2)dy = dy x2y cos(xy2)dx D 0 0 0 0 | {z } | {z } I. II. Nalogo izra£unajmo na prvi na£in. Vsak ²tudent naj samostojno izra£una dvakratni integral ²e na drugi na£in. V desnem integralu dvakratnega integrala I. uvedemo novo spremenljivko (t(y) =) t = xy2, dt = 2xy dy (oz. xy dy = dt ), α = 0, β = 22x = 4x. 2 π π π 2 2 2 4x 2 4x Z Z Z Z dt 1 Z Z dx x2y cos(xy2)dy = dx x cos t = x dx cos t dt = 2 2 0 0 0 0 0 0 π π 2 2 1 Z Z 4x 1 = x sin t dx = x sin(4x)dx = ∗ 2 t=0 2 0 0 Zadnji integral izra£unamo z integracijo po delih, kjer izberemo u = x, dv = sin(4x) dx in izra£unamo du = dx ter v = R sin(4x) dx = − 1 cos(4x) + C (ta in-4 tegral lahko izra£unamo z uvedbo nove spremenljivke t = 4x, kar pa lahko naredimo tudi na pamet).  π  π 2 1 1 π 2 1 Z 1 1 π 1 ∗ 2 =  − x cos(4x) + cos(4x)dx = − · cos(2π)+ sin(4x) = 2  4 4  2 4 2 42 0 0 0 π = − 16 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 64 2. Izra£unaj dvakratni integral. Nari²i integracijsko obmo£je, zamenjaj vrstni red integracije in izra£unaj integral v novem vrstnem redu. 1 y 2 5−y (a) R dy R x2y dx (c) R dy R (x + y)−2 dx 0 0 1 y 2 2x (b) R dx R x2y dy 1 x Re²itev: (a) Najprej izra£unajmo dvakratni integral v podanem vrstnem redu. Poudarimo, da podani dvakratni integral ni produkt dveh enojnih integralov, saj integracijsko obmo£je ni pravokotno (v meji integrala po x nastopa funkcija spremenljivke y). 1 y 1 y 1 1 Z Z Z Z Z x3 y 1 Z dy x2y dx = y dy x2 dx = y dy = y y3 − 0 dy = 3 3 x=0 0 0 0 0 0 0 1 1 Z 1 y5 1 1 = y4 dy = = 3 3 5 15 0 0 Skicirati moramo obmo£je {(x, y) ∈ 2 R | 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y}. Spodnja meja tega obmo£ja je premica y = 0 (os x), zgornja meja pa y = 1. Leva meja obmo£ja je premica x = 0 (os y), desna pa x = y (simetrala lihih kvadrantov). y x = y x = 0 y = 1 1 x 1 y = 0 Ko zamenjamo vrstni red, razmi²ljamo ravno obratno: najprej ugotovimo kaj sta leva in desna meja, ²ele potem kaj sta spodnja in zgornja. Abscise to£k, ki leºijo na integracijskem obmo£ju so iz intervala [0, 1], torej je leva meja x = 0, desna pa x = 1. Za vsak tak x potem integriramo (po y) od simetrale lihih kvadrantov do vi²ine 1. Spodnja meja je tako y = x (tokrat izraºena kot funkcija x), zgornja meja pa y = 1. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 65 Zamenjajmo vrstni red integracije (pri tem se funkcijski predpis integrirane funkcije ne spremeni) ter izra£unajmo dobljeni dvakratni integral. 1 y 1 1 1 1 1 Z Z Z Z Z Z Z y2 1 dy x2y dx = dx x2y dy = x2 dx y dy = x2 dx = 2 x 0 0 0 x 0 x 0 1 1 1 Z 1 Z 1 x3 x5 1 1 = x2 1 − x2 dx = x2 − x4 dx = − = 2 2 2 3 5 15 0 0 0 Vidimo, da je koli£ina dela pri obeh vrstnih redih integriranja pribliºno enaka. Temu ne bo vedno tako. (b) Tokrat bomo isto funkcijo integrirali na drugem integracijskem obmo£ju. 2 2x 2 2 2 Z Z Z y2 2x 1 Z 3 Z 93 dx x2y dy = x2 dx = x2(4x2 − x2) dx = x4 dx = 2 2 2 10 x 1 x 1 1 1 Dolo£imo meje integracijskega obmo£ja in jih skicirajmo v koordinatni sistem. y y = 2x x = 1 4 y = x leva meja: x = 1, 2 desna meja: x = 2, spodnja meja: y = x, zgornja meja: 1 y = 2x x = 2 x 1 2 Ko zamenjamo vrstni red integracije, najprej razmislimo, kaj sta zgornja in spodnja meja, ²ele potem kaj sta leva in desna meja. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 66 y desna meja leva meja 4 y = 4 II 2 I 1 y = 1 x 1 2 Ker levega in desnega roba ne moremo opisati v enem griºljaju, razdelimo integracijsko obmo£je na dve obmo£ji, pri katerih pa bomo levo in desno mejo zlahka opisali. y x = 2 Obmo£je I: x = y2 spodnja meja: y = 1, zgornja meja: y = 2, 4 y = 4 leva meja: x = 1, desna meja: (y(x)=)y = x x = 1 oz. (x(y)=) x = y II y = x Obmo£je II: 2 y = 2 spodnja meja: y = 2, I zgornja meja: y = 4, 1 leva meja: y = 2x y = 1 oz. x = y , 2 desna meja: x = 2 x 1 2 2 2x 2 y 4 2 2 4 Z Z Z Z Z Z Z x3 y Z x3 2 dx x2y dy = dy x2y dx+ dy x2y dx = y dy + y dy = 3 3 1 y 1 x 1 1 2 y 1 2 2 2 2 4 1 Z 1 Z y3 = y y3 − 1 dy + y 8 − dy = 3 3 8 1 2 ! 1 y5 y2 2 y2 y5 4 93 = − + 8 − = 3 5 2 2 40 10 1 2 (c) Ko se lotimo ra£unanja dvakratnega integrala v podanem vrstnem redu, vidimo, da Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 67 je treba najprej uvesti novo spremenljivko (v enojni integral). Ko uvajamo novo spremenljivko, se zavedamo, da je treba integrirati po x in, da je spremenljivka y zato zgolj konstanta. Za uvedbo nove spremenljivke potrebujemo nastavke t = x + y, dt = dx, α = 2y in β = 5. 2 5−y 2 5 2 2 Z Z Z Z Z t−1 5 Z 1 1 dy (x + y)−2 dx = dy t−2 dt = dy = − − dy = −1 5 2y t=2y 1 y 1 2y 1 1 2 1 1 Z 1 1 2 1 1 1 = − + dy = ln |y| − = ln 2 − 5 2 y 2 1 5 2 5 1 Nari²imo integracijsko obmo£je. y x = 5 − y x = y spodnja meja: y = 1, zgornja meja: y=2 y = 2 2 leva meja: x = y oz. y = x, 2 I II III y=1 desna meja: x = 5 − y oz. y = 5 − x 1 x 1 2 3 4 5 Obmo£je bo o£itno treba rezati pri x = 2 in x = 3. Dobljena obmo£ja ozna£imo z I, II in III. I : leva meja: x = 1 II : leva meja: x = 2 III : leva meja: x = 3 desna meja: x = 2 desna meja: x = 3 desna meja: x = 4 spodnja meja: y = 1 spodnja meja: y = 1 spodnja meja: y = 1 zgornja meja: y = x zgornja meja: y = 2 zgornja meja: y =5 − x Zamenjajmo vrstni red integriranja in izra£unajmo dobljene dvakratne integrale. Pri tem spet uvajamo novo spremenljivko t = x + y, le da je tokrat y spremenljivka, po kateri integriramo, x pa zato zgolj konstanta. Tako dobimo nastavke: t = x + y, dt = dy, (obmo£je I) αI = 1 + x, βI = 2x, (obmo£je II) αII = 1 + x, βII = 2 + x, Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 68 (obmo£je III) αIII = 1 + x, βIII = 5. 2 5−y Z Z dy (x + y)−2 dx = 1 y 2 x 3 2 4 5−x Z Z Z Z Z Z = dx (x + y)−2 dy + dx (x + y)−2 dy + dx (x + y)−2 dy = 1 1 2 1 3 1 2 2x 3 2+x 4 5 Z Z Z Z Z Z = dx t−2 dt + dx t−2 dy + dx t−2 dy = 1 1+x 2 1+x 3 1+x 2 3 4 Z Z Z 2x 2+x 5 = − t−1 dx + − t−1 dx + − t−1 dx = t=1+x t=1+x t=1+x 1 2 3 2 3 4 Z 1 1 Z 1 1 Z 1 1 = − − dx − − dx − − dx = 2x 1 + x 2 + x 1 + x 5 1 + x 1 2 3 4 2 3 4 Z dx 1 Z 1 Z 1 1 Z = − dx − dx − dx = 1 + x 2 x 2 + x 5 1 1 2 3 4 1 2 3 1 = ln(1 + x) − ln x − ln(2 + x) − = 1 2 1 2 5 1 1 1 1 = ln 5 − ln 2 − (ln 2 − ln 1) − (ln 5 − ln 4) − = ln 2 − 2 5 2 5 Vidimo, da je po zamenjavi vrstnega reda integracije ve£ dela z integriranjem. Je pa v tem primeru teºavnost ra£unanja posameznih dvakratnih integralov primerljiva. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 69 3. Nari²i integracijsko obmo£je in zamenjaj vrstni red integracije. √ 2 6−y 2 9−x2 (a) R dy R f(x, y) dx (c) R dx R f(x, y) dy 0 2y √ −2 1+x2 √ 1 x−x2 (b) 1 arcsin x R dx R f (x, y) dy R R √ (d) dx f (x, y) dy 0 − x−x2 0 x Re²itev: 2 6−y (a) R dy R f(x, y) dx 0 2y y 6 x = 6 − y spodnja meja: y = 0, zgornja meja: y = 2 x = 2y leva meja: 2 x = 2y oz. y = x , y=2 2 desna meja: x = 6 − y oz. y = 6 − x x y=0 4 6 Ko ºelimo zamenjati vrstni red integracije, vidimo, da se zgornja meja spet ne da opisati v enem griºljaju, kar pomeni, da moramo integracijsko obmo£je razdeliti na dva dela (I in II). Obmo£je I: leva meja: x = 0 y desna meja: x = 4 spodnja meja: y = 0 zgornja meja: y = x x = 0 x = 4 x = 6 2 y = 6 − x y = x2 Obmo£je II: leva meja: x = 4 2 desna meja: x = 6 I II spodnja meja: y = 0 zgornja meja: y = 6 − x x y=0 4 6 x 2 6−y 4 2 6 6−x R dy R f (x, y) dx = R dx R f (x, y) dy + R dx R f (x, y) dy 0 2y 0 0 4 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 70 √ 1 x−x2 (b) R dx R f (x, y) dy √ 0 − x−x2 y x = 0 x = 1 √ y = x − x2 1 2 leva meja: x = 0 1 desna meja: 2 x = 1 √ spodnja meja: y = − x − x2 x 1 √ zgornja meja: y = x − x2 − 12 √ y = − x − x2 √ √ ƒe kvadriramo levo in desno stran v enakosti y = − x − x2 (ali tudi y = x − x2) dobimo y2 = x − x2. Preuredimo jo s pomo£jo dopolnjevanja do popolnega kvadrata in dobimo x − 12 + y2 = 1, torej ena£bo kroºice s sredi²£em v S 1, 0 in polmerom 2 4 2 1 . 2 Ko zamenjamo vrstni red integracije, sta leva in desna meja lika leva in desna polovica kroºnice z ena£bo x − 12 + y2 = 1. Na to krivuljo lahko gledamo kot na grafa dveh 2 4 q funkcij v odvisnosti od y, t.j. x 1 1,2(y) = x = 1 ± − y2. 2 4 y spodnja meja: y = −1 1 2 y = 1 zgornja meja: 2 2 y = 12 leva meja: q q 1 1 1 q x = 1 − − y2 x = 1 + − y2 2 4 2 x = 1 − 1 − y2 2 4 2 4 desna meja: x 1 q x = 1 + 1 − y2 2 4 y = − 12 − 12 √ q 1 1 + 1 −y2 1 x−x2 2 2 4 R dx R f (x, y) dy = R dy R f (x, y) dx √ 0 − x−x2 − 1 q 1 1 2 − −y2 2 4 √ 2 9−x2 (c) R dx R f(x, y) dy √ −2 1+x2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 71 y 3 II √5 I leva meja: x = −2 desna meja: 1 x = 2 spodnja meja: −2 1 2 3 √ x y = 1 + x2 zgornja meja: √ y = 9 − x2 √ Pri kvadriranju enakosti y = 1 + x2 dobimo y2 = 1 + x2 oz. x2 − y2 = −1, kjer prepoznamo hiperbolo v izhodi²£ni legi, z malo in veliko pol-osjo a = b = 1. Ena£ba √ y = 1 + x2 predstavlja zgornjo polovico hiperbole4. Na isto hiperbolo lahko gledamo kot na grafa (dveh) funkcij, odvisnih od spremenljivke y: x = ±py2 − 1. Leva polovica hiperbole ima ena£bo p x = −py2 − 1, desna pa x = y2 − 1. √ Pri kvadriranju enakosti y = 9 − x2 dobimo y2 = 9 − x2 oz. x2 + y2 = 9, kjer √ prepoznamo kroºnico v izhodi²£ni legi, s polmerom 9. Ena£ba y = 9 − x2 predstavlja zgornjo polovico kroºnice5. Na isto kroºnico lahko gledamo tudi kot na (dva) grafa funkcij odvisnih od y: x = ±p9 − y2. Leva polovica kroºnice ima ena£bo x = −p p 9 − y2, desna pa x = 9 − y2. √ Prese£i²£i hiperbole in parabole imata absciso x, ki je re²itev ena£be 1 + x2 = √9 − x2. Ko ena£bo kvadriramo dobimo 2x2 = 8 oz. x = ±2 (v tem primeru s √ kvadriranjem ena£be nismo pridobili navideznih re²itev). Vi²ina prese£i²£a je y = 5. Pri zamenjavi vrstnega reda integriranja moramo integracijsko obmo£je razdeliti na √ dva dela. Lik I (za y ∈ 1, 5) na levo omejuje leva polovica hiperbole, na desno pa √ desna. Lik II (za y ∈ 5, 3) pa na levo omejuje leva polovica kroºnice, na desno pa desna polovica. √ √ √ √ 2 9−x2 5 y2−1 3 9−y2 R dx R f (x, y) dy = R dy R f (x, y) dx + R dy R f (x, y) dx √ √ √ √ −2 1+x2 1 − y2−1 5 − 9−y2 4S kvadriranjem enakosti lahko pridobimo navidezne re²itve. V na²em primeru smo pridobili celoten spodnji √ krak hiperbole z ena£bo y = − 1 + x2, saj £e kvadriramo to enakost, dobimo ena£bo iste hiperbole. 5Spet smo s kvadriranjem pridobili navidezne re²itve. V tem primeru smo pridobili celoten spodnji del kroºnice √ z ena£bo y = − 1 + x2, saj £e kvadriramo to enakost, dobimo ena£bo iste kroºnice. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 72 1 arcsin x (d) R dx R f (x, y) dy 0 x y π x = 0 x = 1 2 1 leva meja: x = 0 desna meja: x = 1 spodnja meja: x y = x 1 zgornja meja: y = arcsin x Pri zamenjavi vrstnega reda integracije moramo integracijsko obmo£je spet razdeliti na dva lika. Prvi lik (y ∈ [0, 1]) je iz leve strani omejen s krivuljo y = arcsin x oz. x = sin y, iz desne pa s simetralo lihih kvadrantov, x = y. Drugi lik (y ∈ 1, π ) pa je 2 na levo omejen z x = sin y, na desno pa z x = 1. π 1 arcsin x 1 y 2 1 R dx R f (x, y) dy = R dy R f (x, y) dx + R dy R f (x, y) dx 0 x 0 sin y 1 sin y Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 73 4. Nari²i integracijsko obmo£je, zamenjaj vrstni red integracije in izra£unaj integral 1 1 (a) R dy R xey dx, 0 y √ √ 1 y 2 2−y2 (b) R dy R y dx + R dy R y dx, x+1 x+1 0 0 1 0 8 2 (c) R dy R ex4 dx. √ 0 3 y Re²itev: 1 1 (a) R dy R xey dx = ∗ 0 y y 1 x = y spodnja meja: y = 1 y = 0 zgornja meja: y = 1 leva meja: x = y desna meja: y = 0 x = 1 x 1 x = 1 1 x 1 x 1 1 Z Z Z Z Z Z ∗ = dx xey dy = x dx ey dy = x (ey)x dx = x ex − e0 dx = 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 Z Z Z x2 1 1 1 = xex dx − x dx = (xex)1 − ex dx − = e − (ex)1 − = 0 2 0 2 2 0 0 0 0 1 Integral R xex dx smo izra£unali z integracijo po delih (u = x, du = dx, dv = ex dx, 0 v = ex). √ √ 1 y 2 2−y2 (b) R dy R y dx + R dy R y dx = ∗ x+1 x+1 0 0 1 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 74 y Obmo£je I: x = 0 √ spodnja meja: y = 0 y = 2 zgornja meja: y = 1 leva meja: p x = y x = 0 x = 2 − y2 1 desna meja: x = y y = 1 Obmo£je II: spodnja meja: y = 1 √ zgornja meja: y = 2 leva meja: x = 0 y = 0 desna meja: p x = 2 − y2 x 1 √ √ 1 2−x2 1 2−x2 1 √2−x2 Z Z y Z 1 Z Z 1 y2 ∗ = dx dy = dx y dy = dx = x + 1 x + 1 x + 1 2 x 0 x 0 x 0 1 1 1 1 Z 1 1 Z 2 1 − x2 Z 1 = 2 − x2 − x2 dx = dx = (1 + x) (1 − x) dx = 2 x + 1 2 x + 1 2 x + 1 0 0 0 1 Zadnji integral lahko izra£unamo na pamet, saj je vrednost integrala R (1 − x) dx 0 enaka plo²£ini trikotnika, ki ga tvorijo premica y = 1 − x ter koordinatni osi, t.j. plo²£ini pravokotnega trikotnika s katetama dolºine 1. 8 2 (c) R dy R ex4 dx = ∗ √ 0 3 y y √ x = 3 y x = 2 8 y = 8 spodnja meja: y = 0 zgornja meja: y = 8 leva meja: √ x = 3 y t.j. y = x3 desna meja: x = 2 y = 0 x 2 2 x3 2 x3 2 16 ∗ = R dx R ex4 dy = R ex4dx R dy = R ex4x3dx = 1 R etdt = 1 e16 − 1 4 4 0 0 0 0 0 0 Na koncu smo uvedli novo spremenljivko (t = x4, dt = 4x3dx, α = 0, β = 16). Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 75 5. Izra£unaj dvojni integral Z Z p I = 1 + x2 + y2 dx dy, D kjer je D del kroga x2 + y2 ≤ 9, ki leºi v prvem kvadrantu. Re²itev: RR p1 + x2 + y2 dx dy = RR f(x, y) dx dy = ∗ D D y Polarne koordinate: 3 x = r cos ϕ ϕ ∈ 0, π 2 y = r sin ϕ r ∈ [0, 3] D J = r f (r cos ϕ, r sin ϕ) = 3 √ = 1 + r2 x Ozna£imo obmo£je ϕ ∈ 0, π , r ∈ [0, 3] z ∆, uvedemo polarne koordinate, preidemo na 2 dvakratni integral in ga izra£unamo. V dobljeni enojni integral, v katerem integriramo po r, uvedemo novo spremenljivko t = 1 + r2, dt = 2r dr oz. r dr = dt , α = 1, β = 10. 2 π π 2 3 √ 2 10 √ 3 10 ∗ = RR r f (r cos ϕ, r sin ϕ) dr dϕ = R dϕ R r 1 + r2 dr = R dϕ · R 1 t dt = π t 2 = 2 4 3 ∆ 0 0 0 1 2 2 1 √ π 10 10 − 1 6 6. V dvojni integral RR f(x, y) dx dy uvedite polarne koordinate, £e je: D √ √ (a) D = {(x, y) | 1 ≤ x2 + y2 ≤ 4, 3x ≤ y ≤ 3x}, 3 (b) D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 4x}, (c) D = {(x, y) | x2 + y2 ≤ 2y, x ≤ 0}. Re²itev: Pri vsakem primeru bomo integracijsko obmo£je najprej skicirali, potem pa dolo- £ili (ali izra£unali) meje za r in ϕ. √ √ (a) Premica z ena£bo y = 3x oklepa z osjo x kot π , premica y = 3x pa kot π . 3 6 3 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 76 y √ y = 3x Polarne koordinate: 2 √ x = r cos ϕ ϕ ∈ π , π 6 3 y = 3 x 3 y = r sin ϕ r ∈ [1, 2] 1 J = r 1 2 x Ozna£imo obmo£je ϕ ∈ π , π , r ∈ [1, 2] z ∆. 6 3 Z Z Z Z f (x, y) dx dy = f (r cos ϕ, r sin ϕ)r dr dϕ D ∆ (b) Preoblikujmo ena£bo x2 + y2 = 4x v x2 − 4x + y2 = 0. ƒe dopolnimo prva dva £lena do popolnega kvadrata dobimo (x − 2)2 + y2 = 4, kar je ena£ba kroºnice s sredi²£em v S(2, 0) s polmerom 2. y Polarne koordinate: 2 x = r cos ϕ ϕ ∈ − π , π 2 2 y = r sin ϕ r ∈ [0, ??] D 4 J = r x 2 Vidimo, da je zgornja meja za r odvisna od izbire ϕ in ni konstantna kot v prej²njem primeru. Zgornjo mejo za r lahko dolo£imo tako, da se vpra²amo kak²na je oddaljenost r to£ke na kroºnici x2+y2 = 4x od izhodi²£a koordinatnega sistema. ƒe v ena£bo kroºnice vstavimo polarne koordinate (in upo²tevamo, da je r2 cos2 ϕ+r2 sin2 ϕ = r2) dobimo r2 = 4r cos ϕ. Ker nas izhodi²£e ne zanima je r 6= 0 in smemo ena£bo deliti z r. Tako dobimo r = 4 cos ϕ. Ozna£imo obmo£je ϕ ∈ −π , π , r ∈ [0, 4 cos ϕ] z ∆. 2 2 Z Z Z Z f (x, y) dx dy = f (r cos ϕ, r sin ϕ)r dr dϕ D ∆ (c) Preoblikujmo ena£bo x2 + y2 = 2y v x2 + (y − 1)2 = 1, kar je ena£ba kroºnice s sredi²£em v to£ki (0, 1) in s polmerom 1. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 77 y 2 Polarne koordinate: x = r cos ϕ ϕ ∈ π , π 2 y = r sin ϕ r ∈ [0, ??] D J = r x Tudi tokrat je zgornja meja za r odvisna od vrednosti ϕ. Ponovimo postopek, ko polarne koordinate vstavimo v ena£bo, ki predstavlja mejo, x2 + y2 = 2y, in dobimo r2 = 2 sin ϕ oz. r = sin ϕ (saj nas zanimajo le r 6= 0). Ozna£imo obmo£je ϕ ∈ π , π, r ∈ [0, 2 sin ϕ] z ∆. 2 Z Z Z Z f (x, y) dx dy = f (r cos ϕ, r sin ϕ)r dr dϕ D ∆ Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 78 7. Poi²£i plo²£ino obmo£ja omejenega s krivuljami x2 + y2 = 2x, x2 + y2 = 4x, y = x in y = 0. Re²itev: Ena£bo prve krivulje x2 + y2 = 2x pre- y y = x oblikujemo v ena£bo (x − 1)2 + y2 = 1 2 in prepoznamo, da gre za kroºnico s sredi- ²£em v to£ki (1, 0) in polmerom 1. Ena£bo 1 D druge krivulje x2 + y2 = 4x prepi²emo v x (x − 2)2 + y2 = 4 in prepoznamo kroºnico s 2 4 sredi²£em (2, 0) in polmerom 2. Preostali dve krivulji predstavljata simetralo lihih kvadrantov (y = x) in os x (y = 0). Obo- £je, ki je omejeno s temi ²tirimi krivuljami poimenujemo D. Plo²£ino obmo£ja D izra£unamo z dvojnim integralom (konstantne funkcije 1) po obmo£ju D. Ko razmi²ljamo o vrstnem redu, po katerem bi pre²li iz dvojnega na dvakratni integral, vidimo, da zna biti zapleteno (vsak ²tudent naj za sebe razmisli kako bi pre²li na dvakratni integral). Zaradi same oblike integracijskega obmo£ja (ujeto je med dve kroºnici) pomislimo na polarne koordinate. Polarne koordinate: Za izra£un rmin (oz. rmax) izra£unamo od- x = r cos ϕ ϕ ∈ 0, π 4 daljenost to£ke na manj²i kroºnici (oz. na y = r sin ϕ r ∈ [rmin, rmax] ve£ji kroºnici) od izhodi²£a koordinatnega J = r f (r cos ϕ, r sin ϕ) = 1 sistema, t.j. vstavimo polarne koordinate v ena£bo x2 + y2 = 2x (oz. x2 + y2 = 4x). Dobimo rmin = 2 cos ϕ (oz. r max = 4 cos ϕ). Ozna£imo obmo£je ϕ ∈ 0, π in r ∈ [2 cos ϕ, 4 cos ϕ] z ∆ ter izra£unajmo 4 dobljen dvojni integral. V izra£unu dobljenega enojnega integrala (kjer integriramo po ϕ) uporabimo formulo za niºanje potence kosinusa, cos2 ϕ = 1(1+cos(2ϕ)), ter uvedemo novo 2 spremenljivko t = 2ϕ , dt = 2 dϕ (oz. dϕ = dt), α = 0, β = π . 2 2 π π π 4 4 cos ϕ 4 4 Z Z Z Z Z Z Z 4 cos ϕ Z pl r2 (D) = 1 dx dy = rdϕ dr = dϕ r dr = dϕ = 6 cos2 ϕdϕ = 2 2 cos ϕ D ∆ 0 2 cos ϕ 0 0 π  π  4 2 1 Z π 1 Z π 1 π 2 3(π + 2) = 6 · (1 + cos(2ϕ))dϕ = 3  + cos t dt = 3 + sin t = 2  4 2  4 2 0 4 0 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 79 8. Izra£unaj volumen telesa, ki leºi v prvem oktantu in je omejen s ploskvami x = 0, y = 0, z = 0, y = 4 − 2x in z = 4 − x2. Re²itev: Ploskve z ena£bami x = 0, y = 0 in z = 0 so vse tri koordinatne ravnine. Ploskev z ena£bo y = 4 − 2x je ravnina, ki je vzporedna osi z, ploskev z ena£bo z = 4 − x2 pa je vzporedna osi y. Za zadnji dve ploskvi nari²imo prese£i²£e ploskve s koordinatnima ravninama Oxy (za prvo) in Oxz (za drugo ploskev). y z 4 4 y = 4 − 2x z = 4 − x2 D 2 2 x x Obe sliki zdruºimo v tri dimenzionalno sliko. Na sliki je s sivo osen£ena ravnina (oz. del ravnine v prvem oktantu) y = 4 − 2x, ki jo dobimo tako, da raztegnemo graf premice z isto ena£bo iz ravnine Oxy v smeri osi z. S sivo je osen£ena tudi ploskev (oz. del ploskve v prvem oktantu) z = 4 − x2, ki jo dobimo tako, da krivuljo z isto ena£bo iz ravnine Oxz raztegnemo v smeri osi y. z 4 y x 2 4 Robovi telesa, katerega prostornino moramo izra£unati, so na tri dimenzionalni sliki ozna- £eni z modro barvo. Sprednja stena (glede na pogled na tri dimenzionalni sliki) telesa je del ravnine y = 4 − 2x, ki je pravokotna na ravnino Oxy. Leva stena telesa je del ravnine Oxz, ki je pravokotna na ravnino Oxy. Zadnja stran telesa je del ravnine Oyz, ki je prav Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 80 tako pravokotna na ravnino O 3 xy . Dano telo lahko torej opi²emo kot del prostora R , ki je omejen s grafoma funkcij z1(x, y) = 0 (dno telesa) in z2(x, y) = 4 − x2 (pokrov telesa), nad obmo£jem D (osen£enem na sliki premice y = 4 − 2x v ravnini Oxy). Iskano prostornino izra£unamo po formuli V = RR (z2(x, y) − z1(x, y)) dx dy. D 2 4−2x 2 Z Z Z Z Z V = 4 − x2 dx dy = (4 − x2)dx dy = (4 − x2)(4 − 2x)dx = D 0 0 0 2 Z x2 2 x3 2 x4 2 40 = (16 − 8x − 4x2 + 2x3)dx = 16 · 2 − 8 − 4 + 2 = 2 0 3 0 4 0 3 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 81 9. Izra£unaj volumen telesa, ki ga omejujejo ravnine y = 0, z = 0, x + y + z = a, 3x + y = a in 3x + 2y = 2a, a > 0. Re²itev: Ravnini y = 0 in z = 0 sta koordinatni y ravnini (Oxz in Oxy). Ravnini 3x + y = a (oz. y = a − 3x) in 3x + 2y = 2a (oz. a y = a − 3 x) sekata ravnino O 2 xy v premi- cah z istima ena£bama. Na desni sliki je s sivo osen£eno obmo£je med obema ome- njenima premicama, poimenovali smo ga 2 D a 3 D. x 1 a 3 y = a − 3 x 2 y = a − 3x z Ravnini 3x + y = a in 3x + 2y = 2a sta a pravokotni na ravnino Oxy. Od piramide, ki jo omejuje ravnina z = a−x−y v prvem oktantu, odreºeta del, ki je na tri dimen- zionalni sliki obrobljen z modro. Obmo£je D, ozna£eno na sliki premic v ravnini Oxy je osen£eno tudi na tridimenzionalni sliki. a y x a Dno telesa je (osen£en) lik D v ravnini Oxy, sprednja stena telesa je del ravnine 3x + y = a (in je pravokotna na Oxy), zadnja stena telesa je del ravnine 3x + 2y = 2a (in je tudi pravokotna na Oxy), leva stena telesa je ²tirikotnik v ravnini Oxz (prav tako pravokotna na Oxy). Pokrov telesa je del ravnine z = a − x − y. Prostornino telesa izra£unamo z dvojnim integralom po obmo£ju D funkcije z2(x, y) − z1(x, y) = a − x − y − 0 = a − x − y. Za prehod iz dvojnega v dvakratni integral uporabimo vrstni red, ko najprej integriramo po spremenljivki x (v mejah od a−y do 2(a−y)), ²ele potem po spremenljivki y (v mejah od 3 3 0 do a). Pri ra£unanju enojnega integrala lahko vpeljemo novo spremenljivko (t = a − y, Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 82 dt = −dy, α = a, β = 0). 2(a−y) a 3 a Z Z Z Z Z x2 2(a−y) 3 V = (a − x − y)dx dy = dy (a − x − y)dx = ax − − xy dy = 2 a−y 3 D 0 a−y 0 3 a Z 2(a − y) a − y 1 4(a − y)2 (a − y)2 2(a − y) a − y = a − − − − − y dy = 3 3 2 9 9 3 3 0 a a 0 Z a − y 1 (a − y)2 1 Z 1 Z 1 = (a − y) · − · dy = (a − y)2dy = − t2dt = a2 3 2 3 6 6 18 0 0 a 10. Poi²£i plo²£ino in geometrijsko sredi²£e lika, ki ga omejujeta krivulji: y2 = 4x + 4 in y2 = −2x + 4. Re²itev: Krivuljo y2 = 4x+4 zapi²imo v obliki x = y2−4. Prepoznamo kvadratno parabolo, 4 odprto v pozitivni smeri x osi, s temenom pri x = −1 in prese£i²£ima osi y pri y = ±2. Krivuljo y2 = −2x + 4 zapi²imo v obliki x = 4−y2 . Prepoznamo kvadratno parabolo, 2 odprto v negativni smeri x osi, s temenom pri x = 2 in prese£i²£ima osi y pri y = ±2. y x = 4−y2 x = y2−4 2 4 2 −1 D 2 x −2 4−y2 4−y2 2 2 2 2 2 Z Z Z Z Z Z Z pl 4 − y2 y2 − 4 (D) = dx dy = dy dx = 2 dy dx = 2 − dy = 2 4 D −2 y2−4 0 y2−4 0 4 4 2 2 Z 12 − 3y2 3 Z 3 y3 2 = 2 dy = 4 − y2 dy = 4 · 2 − = 8 4 2 2 3 0 0 0 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 83 Geometrijsko sredi²£e lika sovpada s teºi²£em lika, kjer lahko privzamemo, da je gostota konstantna in enaka 1. Koordinati teºi²£a T (xT , yT ) plo²£ice D sta enaki xT (D) = 1 RR x ρ(x, y) dx dy in y RR y ρ(x, y) dx dy, kjer je m(D) = RR ρ(x, y) dx dy m(D) T (D) = 1 m(D) D D D in ρ(x, y) gostota v to£ki (x, y). ƒe torej privzamemo, da je ρ(x, y) = 1, dobimo formuli za koordinati geometrijskega sredi²£a T0(x0, y0): 1 Z Z 1 Z Z x0 = pl x dx dy in y0 = y dx dy . (D) pl (D) D D Geometrijsko sredi²£e na²ega lika je zagotovo na osi x, saj je lik simetri£en glede na os x (vidimo celo, da leºi desno od osi y). Torej je y0 = 0 in ga ni treba ra£unati. Izra£unajmo x0, kjer za prehod iz dvojnega integrala na dvakratni integral uporabimo isti vrstni red kot pri izra£unu plo²£ine. 4−y2 4−y2 2 2 2 2 1 Z Z 1 Z Z 1 Z Z x0 = xdx dy = dy x dx = 2 · dy x dx = 8 8 8 D −2 y2−4 0 y2−4 4 4 2 2 1 Z 1 (4 − y2)2 (y2 − 4)2 1 1 Z = − dy = · 3(4 − y2)2dy = 4 2 4 16 8 16 0 0 2 3 Z 3 y3 y5 2 3 26 25 2 = (16 − 8y2 + y4)dy = 16y − 8 + = 25 − + = 27 27 3 5 27 3 5 5 0 0 Geometrijsko sredi²£e na²ega lika je T 2 0 , 0. 5 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 84 4 Diferencialne ena£be 1. Dolo£i red diferencialne ena£be (DE) in preveri, £e so dane funkcije njihove re²itve (a) y0 + y = x2 − 2; y = Ce−x + x2 − 2x, (b) y00 + y = 0; y = A cos x + B sin x, A, B ∈ R, (c) y000 = ex; y = ex + Ax2 + Bx + C, A, B, C ∈ R, (d) y0 + y = 0; y = x2. Re²itev: Pri DE gre za funkcijske ena£be, t.j. ena£be, v katerih je neznanka funkcija. Ponavadi je y funkcija spremenljivke x. Re²itev DE je tista funkcija, za katero bosta funkciji na levi in desni strani dane DE enaki6. ƒe zapi²emo npr. DE y0 + y = x2 − 2 s polnim imenom, dobimo y0(x) + y(x) ≡ x2 − 2, kjer je neznanka funkcija y(x), simbol ≡ pa pomeni enakost funkcij. Po navadi uporabljamo kompaktnej²o obliko, kot je podana v besedilu naloge. (a) DE y0 + y = x2 − 2 je prvega reda (saj se pojavi le prvi odvod funkcije y). ƒe je y(x) = y = Ce−x + x2 − 2x re²itev dane DE, mora ustrezati pogoju iz DE. Izra£unajmo y0 in preverimo, ali dobljena enakost drºi (za vsak x iz denicijskega obmo£ja). y = Ce−x + x2 − 2x y0 = −Ce−x + 2x − 2 y0 + y = −Ce−x + 2x − 2 + Ce−x + x2 − 2x = x2 − 2 Predlagana funkcija je re²itev na²e DE. (b) DE y00 + y = 0 je drugega reda. Preverimo, ali je y = A cos x + B sin x, A, B ∈ R re²itev dane DE. y = A cos x + B sin x y0 = −A sin x + B cos x y00 = −A cos x − B sin x y00 + y = −A cos x − B sin x + A cos x + B sin x = 0 Predlagana funkcija je re²itev na²e DE. 6Funkciji sta enaki natanko tedaj, ko imata isto denicijsko obmo£jo, isto kodomeno in slikata z istim predpisom. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 85 (c) DE y000 = ex je tretjega reda. Preverimo ²e, ali je y = ex + Ax2 + Bx + C, A, B, C ∈ R njena re²itev. y = ex + Ax2 + Bx + C y0 = ex + 2Ax + B y00 = ex + 2A y000 = ex Predlagana funkcija je re²itev na²e DE. (d) DE y0 + y = 0 je prvega reda. Preverimo, ali je y = x2 njena re²itev. y = x2 y0 = 2x y0 + y = x2 + 2x 6= 0 Predlagana funkcija ni re²itev dane DE. OPOMBA: Re²itvi (algebrske) ena£be x2 + 2x = 0 oz. x(x + 2) = 0 sta x = 0 in x = −2. Za funkcijsko ena£bo, ki jo obravnavamo, to pomeni, da funkciji na levi in desni strani dane DE slikata na enak na£in zgolj za x = 0 in x = −2, denirani pa sta za vse realne x. Torej nista enaki. 2. Re²i diferencialno ena£bo z lo£ljivimi spremenljivkami: (a) y0 + 2xy = 4x, (b) y0 = 2y+1 , x2+x (c) y0 + xy = xy2, Re²itev: (a) V ena£bi y0 + 2xy = 4x zapi²emo y0 = dy , lo£imo spremenljivki (ena£bo uredimo dx tako, da je vsaka neznanka na svoji strani ena£be) ter izra£unamo y s pomo£jo inte- Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 86 griranja. y0 + 2xy = 4x dy + 2xy = 4x dx dy = 4x − 2xy dx dy = 2x(2 − y) dx dy = 2x dx (£e je 2 − y 6= 0) 2 − y Z dy Z = 2x dx 2 − y 2x2 − ln |2 − y| = + C (C ∈ R) 2 Re²itev na²e DE je podana v implicitni obliki, vendar se da y izraziti tudi eksplicitno. Najprej zapi²emo ln |2 − y| = −x2 − C in namesto −C zapi²emo D, ki je prav tako poljubno realno ²tevilo. Dobimo ln |2 − y| = −x2 + D, D ∈ R. Eksponirajmo levo in desno stran ena£be, da dobimo |2−y| = e−x2+D = e−x2eD, kjer namesto eD zapi²emo E, ki je poljubno pozitivno realno ²tevilo. Dobimo |2 − y| = Ee−x2, E ∈ + R . ƒe opustimo absolutno vrednost, dobimo 2 − y = ±Ee−x2 = F e−x2, kjer je F ∈ R \ {0}. Izrazimo y in dobimo re²itev (oz. druºino re²itev) y = 2 − F e−x2, F ∈ R \ {0}. K razmisleku dodajo ²e moºnost 2−y = 0 oz. y = 2. ƒe vstavimo to funkcijo v prvotno DE, vidimo, da je tudi y = 2 re²itev DE. Kon£na re²itev je torej yS = 2 − F e−x2, F ∈ R. To je t.i. splo²na re²itev DE. Ta postopek po navadi izpeljemo dosti bolj elegantno. Namesto, da spreminjamo imena konstant (C, D, E in F ), vedno znova uporabimo ime C, kjer zapi²emo zgolj pogoj za C (torej C ∈ + R, C ∈ R ali C ∈ R \ {0}), ko se vloga konstante C spremeni. Na² postopek re²evanja od ena£be − ln |2 − y| = 2x2 + C zdaj zapi²imo elegantneje. 2 ln |2 − y| = −x2 + C (C ∈ R) |2 − y| = e−x2eC |2 − y| = Ce−x2 C ∈ + R 2 − y = Ce−x2 (C ∈ R \ {0}) y = 2 − Ce−x2 Na koncu preverimo ²e moºnost C = 0, oz. y = 2 in ugotovimo, da tudi C = 0 vrne re²itev DE. Splo²na re²itev dane DE je torej yS = 2 − F e−x2, F ∈ R. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 87 (b) 2y + 1 y0 = x2 + x dy 2y + 1 = dx x2 + x dy dx = 2y + 1 x2 + x Z dy Z dx 1 = £e 2y + 1 6= 0 ⇔ y 6= − 2y + 1 x2 + x 2 Pri integralu na levi strani enakosti uvedemo novo spremenljivko t = 2y + 1, dt = 2dy (oz. dy = dt). Pri integralu na levi strani razcepimo7 ulomek 1 na parcialna 2 x2+x ulomka 1 − 1 . x x+1 Z dy Z dx = 2y + 1 x2 + x 1 ln |2y + 1| = ln |x| − ln |x + 1| + ln C (C ∈ + R ) 2 C|x| Cx2 ln |2y + 1| = 2 ln = ln (C ∈ +) | R x + 1| (x + 1)2 Cx2 |2y + 1| = (x + 1)2 Cx2 2y + 1 = (C ∈ R \ {0}) (x + 1)2 Cx2 1 y = − (x + 1)2 2 Preverimo ²e moºnost C = 0 oz. y = −1 (kar se je v postopku re²evanja izkazalo za 2 poseben primer) in ugotovimo, da je tudi C = 0 konstanta, ki nam da re²itev DE. Splo²na re²itev dane DE je torej yS = Cx2 − 1, C ∈ (x+1)2 2 R. 7Razcep ulomka 1 = 1 na parcialne ulomke poteka po naslednjem postopku. x2+x x(x+1) 1 A B A(x + 1) + Bx x(A + B) + Ax = + = = x(x + 1) x x + 1 x(x + 1) x(x + 1) Ulomek na skrajni levi strani bo enak ulomku na skrajni desni strani enakosti natanko tedaj, ko bosta prosta £lena ulomkov v ²tevcu (na levi strani 1, na desni A) enaka ter ko bosta linearna koecienta polinomov (na levi 0, na desni A + B) enaka. Ta dva pogoja re²ita A = 1 in B = −1, kar pomeni, da lahko pi²emo 1 = 1 − 1 . x2+x x x+1 Ve£ o razcepu na parcialne ulomke lahko preberete v dodatku A. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 88 (c) Pri naslednjem izra£unu razstavimo ulomek 1 na parcialne ulomke: 1 = y(y−1) y(y−1) 1 − 1 . y−1 y y0 + xy = xy2 dy = xy2 − xy dx dy = x(y2 − y) dx dy = x dx £e y2 − y 6= 0 ⇔ y(y − 1) 6= 0 ⇔ y 6= 0 in y 6= 1 y2 − y Z dy Z = x dx y(y − 1) Z 1 1 x2 − dy = + C (C ∈ R) y − 1 y 2 x2 ln |y − 1| − ln |y| = + ln C (C ∈ + R ) 2 y − 1 x2 ln = + ln C y 2 y − 1 x2 = C e 2 y y − 1 x2 = Ce 2 (C ∈ R \ {0}) y 1 x2 1 − = Ce 2 y 1 x2 = 1 − Ce 2 y 1 y = x2 1 − Ce 2 Izberimo C = 0 in ugotovimo, da je y = 1 (poseben primer iz postopka) tudi re²itev dane DE. Drug poseben primer je y = 0, ki pa je (zlahka preverimo) tudi re²itev dane DE. Splo²na re²itev yS na²e DE je druºina y = 0 in y = 1 , C ∈ x2 R. 1−Ce 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 89 3. Re²i za£etni problem: (a) y0 = y , y(−2) = 4, x (b) y − y0 + x2y = 0, y(0) = −2, (c) x3y0 = y2, y(1) = 2, (d) √ y0 = 2 y ln x, y(e) = 1. Re²itev: (a) Za£etni problem je DE y0 = y z za£etnim pogojem y(−2) = 4, kar pomeni, da izmed x vseh funkcij, ki so re²itev dane DE izberemo tisto, ki ustreza pogoju y(−2) = 4. Najprej poi²£imo splo²no re²itev DE. y y0 = x dy y = dx x dy dx = y x Z dy Z dx = y x ln |y| = ln |x| + ln C C ∈ + R ln |y| = ln C|x| |y| = C|x| y = Cx (C ∈ R \ {0}) Preverimo ²e moºnost C = 0 oz. y = 0 in vidimo, da je tudi to re²itev dane DE. Splo²na re²itev DE je torej yS = Cx, C ∈ R. Izmed vseh funkcij v druºini splo²nih re²itev dolo£imo C tako, da je y(−2) = 4. 4 = y = C(−2) ⇔ C = −2 Re²itev za£etnega problema je y = −2x. (b) Najprej poi²£imo splo²no re²itev. y − y0 + x2y = 0 y0 = y(1 + x2) Z dy Z = (1 + x2)dx y x3 ln |y| = x + + ln C (C ∈ + R ) 3 ys = Cex+ x3 3 (C ∈ R) Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 90 ƒe upo²tevamo ²e za£etni pogoj dobimo C = −2 in re²itev y = −2ex+x33 . (c) x3y0 = y2 Z Z y−2dy = x−3dx 2x2 ys = (C ∈ R) 1 + 2Cx2 Ko upo²tevamo za£etni pogoj dobimo C = 0 in re²itev y = 2x2. (d) √ y0 = 2 y ln Z dy Z √ = ln x dx 2 y √ Z y = x ln x − dx = x ln x − x + C (C ∈ R) Upo²tevamo za£etni pogoj, da dobimo C = 1 in y = (x ln x − x + 1)2. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 91 4. Re²i homogeno ena£bo: (a) y y0 = e x + y , x (b) y0 = x+2y , x (c) y0 = x2+y2 . 2xy Re²itev: Homogeno ena£bo prepoznamo po tem, da x in y v DE nastopata v zvezi y . V x tem primeru uvedemo novo spremenljivko u = y . Pri uvedbi nove spremenljivke v DE x moramo izraziti y in y0 z novo spremenljivko u. Zavedati se je treba, da je nova neznanka u pravzaprav neznana funkcija u(x). S polnim imenom zapi²emo nastavka y(x) = u(x)x in y0(x) = u0(x)x + u(x), pri ra£unanju pa uporabljamo kompaktnej²i obliki: y = ux in y0 = u0x + u. (a) Na²a DE y y0 = e x + y se po uvedbi nove spremenljivke glasi u0x + u = eu + u oz. x u0x = eu. Poi²£imo re²itev te nove DE. u0x = eu du x = eu dx du dx = eu x Z Z dx e−udu = x −e−u = ln |x| + ln C C ∈ + R e−u = − ln C|x| C e−u = ln C ∈ + | R x| C −u = ln ln |x| C u = − ln ln |x| To je ²ele re²itev nove DE, re²itev izvirne ena£be izra£unamo s pomo£jo nastavka y = ux, torej y + S = −x ln ln C , C ∈ . |x| R (b) Dano ena£bo najprej malo preoblikujmo, preden uvedemo novo spremenljivko in iz- Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 92 ra£unamo re²itev. x + 2y y0 = x y y0 = 1 + 2 x u0x + u = 1 + 2u u0x = 1 + u Z du Z dx = 1 + u x ln |1 + u| = ln |x| + ln C = ln C|x| (C ∈ + R ) |1 + u| = C|x| u = Cx − 1 (C ∈ R) ⇒ yS = Cx2 − x (C ∈ R) (c) Tudi tokrat ena£bo najprej preoblikujemo v obliko iz katere je razvidno, da gre res za homogeno ena£bo. x2 + y2 x y 1 y y0 = = + = + 2xy 2y 2x 2 y x x 1 u0x + u = + u 2u 1 u0x = 2u Z Z dx 2 u du = x u2 = ln |x| + ln C = ln C|x| (C ∈ + R ) p u = ln C|x| ⇒ p y = x ln C|x| Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 93 5. Re²i linearno DE: (a) y0 + 2xy = e−x2, (b) y0 + 2xy = 4x, (c) xy0 + y = ln x + 1, x > 0, (d) y0 − y tan x = cos x. Re²itev: Linearne ena£be re²ujemo podobno kot homogene ena£be, t.j. z novo spremenljivko. Nastavek za novo spremenljivko pa poi²£emo vedno znova s pomo£jo re²itve t.i. pripadajo£e homogene ena£be, ki jo dobimo tako, da iz izvirne DE odstranimo £lene, ki ne vsebujejo niti y niti y0. Re²itev dobljene DE je druºina funkcij y = Cf(x) odvisna od kontante C ∈ R. Izkaºe se, da ima re²itev linearne DE enako obliko, pri £emer pa je C dejansko funkcija C(x). Ta postopek imenujemo variacija konstante. (a) Za DE y0 + 2xy = e−x2 je pripadajo£a homogena ena£ba DE y0 + 2xy = 0. Re²imo jo. y0 + 2xy = 0 dy = −2xy dx dy = −2x dx y Z dy Z = −2 x dx y x2 ln |y| = −2 + ln C = −x2 + ln C C ∈ + R 2 |y| = Ce−x2 y = Ce−x2 (C ∈ R \ {0}) Hitro preverimo, da je y re²itev tudi za izbiro C = 0. Torej je splo²na re²itev DE y0 + 2xy = 0 druºina yH = Ce−x2, C ∈ R. To je hkrati t.i. homogena re²itev (izvirne) DE y0 + 2xy = e−x2. Dobljena re²itev je ideja za nastavek za novo spremenljivko. Zapi²imo nastavka s polnima imenoma y(x) = C(x)e−x2 in y0(x) = C0(x)e−x2 +C(x)e−x2(−2x). Po navadi zapi²emo kar v kompaktni obliki y = Ce−x2 in y0 = C0e−x2 − 2xCe−x2. Vstavimo nastavka v izvirno DE in re²imo dobljeno DE (za neznanko C(x)). C0e−x2 − 2xCe−x2 + 2xCe−x2 = e−x2 C0 = 1 C = x + D (D ∈ R) Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 94 Dobljeno re²itev vstavimo v DE y = Ce−x2 in dobimo yS = (x + D)e−x2 = xe−x2 + De−x2 , D ∈ R. OPOMBA: Iz re²itve y = xe−x2 + De−x2 = yP + yH se zlahka vidi struktura re- ²itev (vsake) linearne diferencialne ena£be prvega reda: re²itev je namre£ vsota t.i. partikularne re²itve yP = xe−x2 in homogene re²itve yH = De−x2, D ∈ R. (b) Pri DE y0 + 2xy = 4x lahko ugibamo re²itev yP = 2, to je t.i. partikularna re²itev. Za splo²no re²itev na²e DE je dovolj izra£unati le ²e homogeno re²itev, t.j. re²itev DE pripadajo£e homogene ena£be y0 + 2xy = 0. To pa je natanko ista homogena ena£ba kot v prej²njem primeru, njena re²itev je yH = Ce−x2, C ∈ R. Splo²na re²itev je potem yS = 2 + De−x2, D ∈ R. OPOMBA: Seveda ne moremo pri vsakem primeru kar uganiti partikularne re²itve. V takem primeru, jo preprosto izra£unamo s pomo£jo variacije konstante. (c) Tudi tokrat se da partikularno re²itev uganiti (y = ln x), vendar bomo nalogo re²ili kot, da te re²itve ne vidimo. Re²imo najprej pripadajo£o homogeno ena£bo xy0 + y = 0 Z dy Z dx = − y x C ln |y| = − ln |x| + ln C = ln (C ∈ +) | R x| C |y| = |x| C yH = (C ∈ R) x Izvedimo variacijo konstante. Pri integriranju uporabimo integracijo po delih (u = ln x, du = dx , dv = dx, v = x). x C y = x C0x − C y0 = x2 C0x − C C ⇒ x · + = ln x + 1 x2 x C0 = ln x + 1 Z Z C = (ln x + 1) = x ln x − dx + x = x ln x − x + x + D = = x ln x + D (D ∈ R) x ln x + D D ⇒ yS = = ln x + (D ∈ R) x x Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 95 (d) Poi²£imo homogeno re²itev. Pri integriranju uvedemo novo spremenljivko (t = cos x, dt = − sin x). y0 − y tan x = 0 y0 = y tan x Z dy Z Z sin x = tan x dx = dx y cos x C ln |y| = − ln | cos x| + ln C = ln (C ∈ +) | R cos x| C yH = cos x Izvedemo variacijo konstante ter poi²£emo splo²no re²itev. C y = cos x C0 cos x + C sin x y0 = cos2 x C0 cos x + C sin x C ⇒ − tan x = cos x cos2 x cos x C0 tan x tan x + C − C = cos x cos x cos x cos C0 = cos2 x Z 1 Z 1 1 C = cos2 x dx = (1 + cos 2x) = x + sin 2x + D = 2 2 2 x sin 2x = + + D (D ∈ R) 2 4 x + sin 2x + D x sin x D ⇒ y 2 4 S = = + + (D ∈ R) cos x 2 cos x 2 cos x Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 96 Dodatek A Razcep na parcialne ulomke Pri integralih se pogosto sre£ujemo z racionalnimi funkcijami, kjer nam pride prav, £e znamo racionalno funkcijo zapisati v obliki vsote ulomkov, pri katerih v imenovalcu nastopa polinom niºje stopnje kot v originalnem ulomku. Preden si pogledamo postopek razcepa na parcialne ulomke, si moramo najprej pogledati osnovni izrek algebre in njegove posledice, ki nam zago-tavljajo, da se poljubni polinom da faktorizirati z linearnimi in kvadratnimi polinomi z realnimi koecienti. Izrek: Vsak nekonstanten polinom z realnimi koecienti ima vsaj eno ni£lo. Posledica: Za vsak polinom p(x) = anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0 (kjer so ai ∈ R za vsak i ∈ {1, 2, . . . , n}) veljajo naslednje trditve. ˆ Polinom p(x) ima natanko n kompleksnih ni£el. Ni£le, ki nastopajo k-kratno pri tem ²tejemo k-krat. ˆ ƒe so ni£le polinoma p(x) x1, x2, . . . , xn, lahko polinom zapi²emo v faktorizirani obliki p(x) = an(x − x1)(x − x2) · · · (x − xn). ˆ ƒe je y ∈ C ni£la polinoma p(x), potem je tudi y ni£la polinoma p(x). ˆ Polinom p(x) lahko zapi²emo v faktorizirani obliki p(x) = an(x − x1)(x − x2) · · · (x − xl)(x2 + b1x + c1)(x2 + b2x + c2) · · · (x2 + bkx + ck), kjer so xi ∈ R, i ∈ {1, 2, . . . , l}, diskriminante vseh kvadratnih polinomov x2 + bix + ci, i = {1, 2, . . . , k} negativne in je l + 2k = n. Primer: Polinom p(x) = x4−4x3+5x2−4x+4 ima natanko ²tiri ni£le: x1 = i, x2 = −1, x3,4 = 2. Lahko ga zapi²emo v faktorizirani obliki s kompleksnimi koecienti p(x) = (x−i)(x+i)(x−2)2, ali pa z realnimi koecienti p(x) = (x2 + 1)(x − 2)2. Diskriminanta kvadratnega polinoma x2 + 1 je negativna. Pri integriranju racionalne funkcije f(x) = q(x) najprej zdelimo polinoma, £e je stopnja polinoma p(x) q(x) ve£ja ali enaka stopnji polinoma p(x). Racionalno funkcijo zapi²emo v obliko f (x) = k(x) + o(x) . p(x) Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 97 Primer: Zdelimo polinoma v racionalni funkciji f(x) = x3+2x−1. x+2 −13 x3 + 2x − 1 : x + 2 = x2 − 2x + 6 + x + 2 − x3 − 2x2 − 2x2 + 2x 2x2 + 4x 6x − 1 − 6x − 12 − 13 Izrek A.1. (Razcep na parcialne ulomke) Podana je racionalna funkcija f(x) = q(x), kjer p(x) sta q(x) in p(x) polinoma z realnimi koecienti, pri katerih je stopnja polinoma q(x) manj²a od stopnje polinoma p(x). Naj bo faktorizirana oblika polinoma p(x) p(x) = (x − x1)m1(x − x2)m2 · · · (x − xl)ml(x2 + b1x + c1)j1(x2 + b2x + c2)j2 · · · (x2 + bkx + ck)jk , kjer je m1 + m2 + . . . + ml + 2(j1 + j2 + . . . + jk) = n. Potem obstajajo taki skalarji Ai,j ∈ R, i ∈ {1, 2, . . . , l}, j ∈ {1, 2, . . . , mi}, Bi,j, Ci,j ∈ R, i ∈ {1, 2, . . . , k}, j ∈ {1, 2, . . . , ji}, da je: A1,1 A1,2 A1,m f (x) = + + . . . + 1 x − x1 (x − x1)2 (x − x1)m1 A2,1 A2,2 A2,m + + + . . . + 2 x − x2 (x − x2)2 (x − x2)m2 ... Al,1 Al,2 Al,m + + + . . . + l x − xl (x − xl)2 (x − xl)ml B1,1x + C1,1 B1,2x + C1,2 B1,j x + C1,j + + + . . . + 1 1 x2 + b1x + c1 (x2 + b1x + c1)2 (x2 + b1x + c1)j1 B2,1x + C2,1 B2,2x + C2,2 B2,j x + C2,j + + + . . . + 2 2 x2 + b2x + c2 (x2 + b2x + c2)2 (x2 + b2x + c2)j2 ... Bk,1x + Ck,1 Bk,2x + Ck,2 Bk,j x + Ck,j + + + . . . + k k . x2 + bkx + ck (x2 + bkx + ck)2 (x2 + bkx + ck)jk Ta zapis imenujemo razcep na parcialne ulomke. Primer: Razcepi na parcialne ulomke funkcije 2x + 3 x2 + x + 1 f1(x) = , f2(x) = , x2 − 3x + 2 (x + 1)2(x − 2) x x + 3 f3(x) = in f4(x) = . (x2 + 4)(x2 − 2x + 2) (x2 + 1)(x + 1) Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 98 ˆ Najprej faktoriziramo polinom v imenovalcu. 2x + 3 2x + 3 f1(x) = = x2 − 3x + 2 (x − 2)(x − 1) Obstajata parametra A in B, da je 2x + 3 A B = + . (x − 2)(x − 1) x − 2 x − 1 Se²tejmo ulomka na desni strani in potem upo²tevamo, da imamo enakost ulomkov, ki imajo enaka imenovalca. Potem morata imeti tudi enaka ²tevca, t.j. polinoma v ²tevcu morata biti enaka. Le-ta bosta enaka, ko bodo enaki istoleºni koecienti. A B A(x − 1) + B(x − 2) (A + B)x + (−A − 2B) + = = x − 2 x − 1 (x − 2)(x − 1) (x − 2)(x − 1) Ko ena£imo istoleºne koeciente polinomov 2x+3 in (A+B)x+(−A−2B), dobimo sistem ena£b: 2 = A + B, 3 = −A − 2B. Re²itev sistema je A = −3, B = 5. Tako je razcep na parcialne ulomke enak −3 5 3 5 f1(x) = + = + . x − 2 x − 1 2 − x x − 1 ˆ V tem primeru ni potrebno faktorizirati polinoma v imenovalcu, ker je ºe faktoriziran. x2 + x + 1 A B C A(x + 1)(x − 2) + B(x − 2) + C(x + 1)2 = + + = = (x + 1)2(x − 2) x + 1 (x + 1)2 (x − 2) (x + 1)2(x − 2) x2(A + C) + x(−A + B + 2C) + (−2A − 2B + C) = (x + 1)2(x − 2) Dobimo sistem A + C = 1, −A + B + 2C = 1, −2A − 2B + C, katerega re²itev je A = 2, 9 B = − 1 in C = 7 . Razcep na parcialne ulomke je enak 3 9 2 1 7 f2(x) = − + . 9(x + 1) 3(x + 1)2 9(x − 2) ˆ Diskriminanti polinomov x2 + 4 in x2 − 2x + 2 sta negativni, torej polinoma nimata realnih ni£el. x Ax + B Cx + D = + = (x2 + 4)(x2 − 2x + 2) x2 + 4 x2 − 2x + 2 x3(A + C) + x2(−2A + B + D) + x(2A − 2B + 4C) + 2B + 4D = (x2 + 4)(x2 − 2x + 2) Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 99 Dobimo sistem A + C = 0, −2A + B + D = 0, 2A − 2B + 4C = 1, 2B + 4D = 0, katerega re²itev je A = − 1 , B = −2, C = 1 in D = 1. Razcep na parcialne ulomke je 10 5 10 5 enak x + 4 x + 2 f3(x) = − + . 10(x2 + 4) 10(x2 − 2x + 2) ˆ Diskriminanta polinoma x2 + 1 je negativna, torej polinom nima realnih ni£el. x + 3 Ax + B C x2(A + C) + x(A + B) + B + C = + = (x2 + 1)(x + 1) x2 + 1 x + 1 (x2 + 1)(x + 1) Dobimo sistem A + C = 0, A + B = 1, B + C = 3, katerega re²itev je A = −1, B = 2 in C = 1. Razcep na parcialne ulomke je enak 2 − x 1 f4(x) = + . x2 + 1 x + 1 Opomba: Ko zapi²emo ulomek v faktorizirani obliki lahko izra£unamo primitivno funkcijo s pomo£jo integralov R dx = ln |x| in R dx , po potrebi uvedemo ²e novo spremenljivko. x 1+x2 Primer: Izra£unajmo R x+3 dx. Ko zapi²emo ulomek v parcialne ulomke, zapi²imo ²e (x2+1)(x+1) 2−x = 2 − x integral zapi²imo v vsoto treh integralov. x2+1 x2+1 x2+1 Z x + 3 Z dx Z x dx Z dx dx = 2 − + = ∗ (x2 + 1)(x + 1) x2 + 1 x2 + 1 x + 1 V drugi in tretji integral uvedemo novi spremenljivi (drugi: t = x2 + 1, dt = 2x dx, tretji: t = x + 1, dt = dx) in integral izra£unamo. 1 ∗ = 2 arctg x − ln |x2 + 1| + ln |x + 1| + C 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 100 B Ena£be kroºnice, elipse in hiperbole Kadar imamo opravka s funkcijami dveh (ali ve£) spremenljivk se pogosto sre£amo s krivuljami, ki jih imenujemo stoºnice ali krivulje drugega reda8. Med njih spadajo kroºnice, elipse, hiperbole in parabole. Ker obravnava srednje²olska matematika kvadratne parabole zelo podrobno, si v tem dodatku poglejmo zgolj ena£be preostalih treh krivulj. Ena£be so podane za krivulje v premaknjeni legi, le pri kroºnici imamo zapisano tudi ena£bo v izhodi²£ni legi. Ena£be teh krivulj v rotiranem poloºaju lahko vsak zvedav ²tudent poi²£e na spletu. B.1 Kroºnica y Ena£ba kroºnice s polmerom r v izhodi²£ni legi (t.j. sredi²£e kroºnice je v izhodi²£u koordina- tnega sistema): r x2 + y2 = r2. q S(p, q) Ena£ba kroºnice s polmerom r in sredi²£em v to£ki S(p, q) (slika desno): (x − p)2 + (y − q)2 = r2. p x B.2 Elipsa y Ena£ba elipse z veliko polosjo a, malo polosjo b in sredi²£em v to£ki S(p, q): (x − p)2 (y − q)2 b a + = 1. q a2 b2 p x 8Ime stoºnica izhaja iz dejstva, da lahko te krivulje dobimo s sekanjem ravnine in pla²£ev dveh stoºcev, ki se stikata v vrhovih in se simetri£no raztezata od tega prese£i²£a vsaka na svojo stran. Ime krivulje drugega reda izhaja iz dejstva, da v ena£bah teh krivulj spremenljivki x in y nastopata polinomsko in sicer najve£ s kvadratno potenco. Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 101 B.3 Hiperbola y Ena£ba hiperbole z veliko polosjo a, malo polosjo b in sredi²£em v to£ki S(p, q): (x − p)2 (y − q)2 b a − = 1 (slika desno) ali q a2 b2 p x y (x − p)2 (y − q)2 − = −1 (slika levo). a2 b2 b a q p x Primer: Ali je krivulja z ena£bo x2 +x = 2−y2 kroºnica, elipsa ali hiperbola? Dolo£ite njeno sredi²£e. Najprej dopolnimo izraz x2 + x do popolnega kvadrata. Pri tem se naslonimo na formulo a2 + 2ab + b2 = (a + b)2. ƒe je v na²em izrazu x enak a, potem je b enak 1 , zato ra£unamo 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 x2 + x = x2 + 2 · x · + − = x + − . 2 2 2 2 2 Ena£ba na²e krivulje se zdaj glasi x2 + x = 2 − y2, 1 2 1 2 x + − + y2 = 2, 2 2 1 2 9 x + + y2 = . 2 4 Prepoznamo, da gre za kroºnico s sredi²£em v to£ki S −1, 0 (s polmerom r = 3). 2 2 Na kazalo Re²ene naloge iz INšENIRSKE MATEMATIKE II, Mojca Premu² 102 Literatura [1] V. Lampret, Matematika 1, prvi del, preslikave, ²tevila in vektorski prostori, Fakulteta za gradbeni²tvo in geodezijo, Ljubljana, 2012. [2] P. Mizori-Oblak, Matematika za ²tudente tehnike in naravoslovja, Prvi del, 6. izd., Fakulteta za strojni²tvo, Ljubljana, 2001. [3] P. Mizori-Oblak, Matematika za ²tudente tehnike in naravoslovja, Drugi del, 6. izd., Fakulteta za strojni²tvo, Ljubljana, 1997. [4] T. Novak, A. Peperko, D. Rupnik Poklukar, H. Zakraj²ek, Matematika 1, Naloge in postopki re²evanja, Fakulteta za strojni²tvo, Ljubljana, 2015. [5] T. Novak, A. Peperko, D. Rupnik Poklukar, H. Zakraj²ek, Matematika 2, Naloge in postopki re²evanja, Fakulteta za strojni²tvo, Ljubljana, 2016. [6] N. Hren, Integrali racionalnih funkcij, diplomsko delo, Pedago²ka fakulteta, Ljubljana 2013. [7] M. Premu², Priporo£eno predznanje iz srednje²olske matematike, Fakulteta za gradbeni²tvo in geodezijo, 2021. Na kazalo Rešene naloge iz inženirske matematike II: študijsko gradivo za študente FGG Avtorica: Mojca Premuš Založila: Založba Univerze v Ljubljani Za založbo: Gregor Majdič, rektor Univerze v Ljubljani Izdala: Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljubljani Za izdajatelja: Violeta Bokan Bosiljkov, dekanja Fakultete za gradbeništvo in geodezijo Univerze v Ljubljani Ljubljana, 2023 Prva e-izdaja Publikacija je brezplačna. Publikacija je v digitalni obliki prosto dostopna na https://ebooks.uni-lj.si DOI: 10.15292/9789612972691 To delo je ponujeno pod licenco Creative Commons Priznanje avtorstva-Deljenje pod enakimi pogoji 4.0 Mednarodna licenca (izjema so fotografije). / This work is licensed under a Creative Commons Attribution-ShareAlike 4.0 International License (except photographs). Kataložni zapis o publikaciji (CIP) pripravili v Narodni in univerzitetni knjižnici v Ljubljani COBISS.SI-ID 186875139 ISBN 978-961-297-269-1 (PDF) Document Outline Integral Funkcije več spremenljivk Dvojni integral Diferencialne enačbe Razcep na parcialne ulomke Enačbe krožnice, elipse in hiperbole Krožnica Elipsa Hiperbola Prazna stran