IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE JANEZ USENIK prof. ddr. Janez Usenik Izbrana poglavja iz matematike Novo mesto, 2020 Izbrana poglavja iz matematike Janez Usenik Strokovna recenzija: Prof. dr. Srečko Devjak Prof. dr. Janez Povh Jezikovni pregled: Izr. prof. dr. Vida Udovič Medved Založila: Fakulteta za organizacijske študije Novo mesto Copyright © 2020 po delih in v celoti avtor in Fakulteta za organizacijske študije v Novem mestu, Novo mesto. Vse pravice pridržane. Nobenega dela tega gradiva ni dovoljeno kopirati ali reproducirati v kakršnikoli obliki, vključujoč (ne, da bi bilo omejeno na) fotokopiranje, skeniranje, snemanje, prepisovanje brez pisnega dovoljenja avtorja ali druge fizične ali pravne osebe, na katero bi avtor prenesel materialne avtorske pravice. Dostop do gradiva: https://www.fos-unm.si/si/dejavnosti/zaloznistvo/ Kataložni zapis o publikaciji (CIP) pripravili v Narodni in univerzitetni knjižnici v Ljubljani COBISS.SI-ID=303885568 ISBN 978-961-6974-44-8 (epub) ISBN 978-961-6974-45-5 (pdf) ISBN 978-961-6974-46-2 (mobi) Kazalo vsebine 1. VEČKRATNI INTEGRALI 1.1 DVOJNI INTEGRAL 6 1.1.1 Definicija dvojnega integrala 6 1.1.2 Lastnosti dvojnega integrala 7 1.1.3 Geometrični pomen dvojnega integrala 9 1.1.4 Računanje dvojnega integrala 10 1.1.5 Uporaba dvojnega integrala 19 1.1.6 Uvedba novih spremenljivk v dvojnem integralu 28 1.2 TROJNI INTEGRAL 36 1.2.1 Definicija in računanje trojnega integrala 36 1.2.2 Uvedba novih spremenljivk v trojni integral 41 2. KRIVULJNI IN PLOSKOVNI INTEGRALI 2.1 KRIVULJNI INTEGRAL 50 2.1.1 Krivulje v prostoru 50 2.1.2 Krivuljni integral, definicija in računanje 62 2.1.3 Greenov izrek 68 2.2 PLOSKOVNI INTEGRAL 74 2.2.1 Ploskve v prostoru 74 2.2.2 Ploskovni integral, definicija in računanje 81 2.2.2.1 Površina ploskve 90 2.2.3 Gaussov izrek 92 2.2.4 Stokesov izrek 96 3. INTEGRALSKE TRANSFORMACIJE 3.1 FOURIEROVA TRANSFORMACIJA 101 3.1.1 Definicija Fourierove transformacije 101 3.1.2 Lastnosti Fourierove transformacije 102 3.1.3 Enotina stopnična/skočna funkcija 106 3.1.4 Enotina impulzna funkcija 108 3.1.5 Tabela nekaterih Fourierovih transformov in računanje z njimi 110 3.2 LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 112 3.2.1 Definicija Laplaceove transformacije 112 3.2.2 Lastnosti Laplaceove transformacije 114 3.2.3 Tabela nekaterih Laplaceovih transformov 120 3.2.4 Računanje z Laplaceovo transformacijo in njena uporaba 121 3.2.5 Računanje inverzne Laplaceove transformacije z residui 128 4. DISKRETNA ANALIZA 4.1 DISKRETNA FUNKCIJA 148 4.1.1 Prve diference diskretne funkcije 150 4.1.2 Diference višjega reda 157 4.1.3 Antidiferenca 160 4.1.4 Operator progresivnega premika 163 4.1.5 Operator retrogradnega premika 165 4.2 DIFERENČNE ENAČBE 166 4.2.1 Iterativna metoda reševanja diferenčnih enačb 168 4.2.2 Homogene diferenčne enačbe 169 4.2.2.1 Homogena diferenčna enačba s konstantnimi koeficienti 170 4.2.2.2 Homogena diferenčna enačba 1. reda s spremenljivima koeficientoma 174 4.2.3 Nehomogena diferenčna enačba 1. reda s konstantima koeficientoma 175 4.2.4 Reševanje diferenčnih enačb z operatorji 178 4.2.4.1 Homogena diferenčna enačba 178 4.2.4.2 Nehomogena diferenčna enačba 180 4.3 z-TRANSFORMACIJA 183 4.3.1 Definicija z-transformacije 183 4.3.2 Zveza med Laplaceovo in z-transformacijo 186 4.3.3 Lastnosti z-transformacije 190 4.3.4 Računanje in uporaba z-transformacije 198 20 TABELE 3 2 LITERATURA 09 STVARNO IN IMENSKO KAZALO 210 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE I VEČKRATNI INTEGRALI IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1.1 DVOJNI INTEGRAL 1.1.1 Definicija dvojnega integrala Vzemimo funkcijo f  x, y , ki naj bo definirana na območju D, h kateremu štejemo tudi njegov rob (pravimo tudi: ograjo, mejo) C. Celotno območje s poljubnimi krivuljami razdelimo na n manjših delov, znotraj vsakega izberimo po eno poljubno točko (slika 1.1). V k-tem delu ( k  1 , 2 , ,n ) naj bo to točka T  T , . Če z  S označimo še ploščino k- k k k  k tega dela, lahko tvorimo takšno vsoto: n  f  , S  (1.01) k k  k k 1  y C T  S k k x Slika 1.1: Območje D, razdeljeno na n delov Označimo še z  dolžino najdaljše spojnice dveh točk na robu k-tega dela (slika 1.2), ki ima k ploščino  S , k 1, 2, , n k  k  Sk Slika 1.2: Najdaljša spojnica dveh točk na robu k-tega dela 6 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Če je še tole res:   ma  x  ,  , ,  , ,  , potem lahko definiramo dvojni integral. 1 2 k  n Definicija: Dvojni integral funkcije f  x, y na območju D je število I, ki ga dobimo, ko moremo vsakemu poljubno majhnemu pozitivnemu številu  določiti pozitivno število  tako, da za vsako poljubno delitev območja D, za katero je izpolnjen pogoj   , velja neenačba n I   , kjer je  določena z izrazom 1.(01), torej I  f  , S   . Ta pogoj lahko k k  k k 1  zapišemo tudi v obliki n I lim f  , S  k k   0 k  k 1  Dvojni integral funkcije f  x, y na območju D označimo takole: f  , x y dS  . D Na osnovi zgornje definicije torej lahko zapišemo relacijo: f   n , x  y dS lim f  , S  (1.02) k k   0 k  k 1 D  Dvojni integral (1.02) je mogoče primerjati z (doslej znanim) določenim integralom, le da imamo sedaj v integrandu funkcijo dveh spremenljivk. Tudi tu je seveda integral definiran z vsoto neskončno mnogo neskončno majhnih delcev. 1.1.2 Lastnosti dvojnega integrala Iz definicije (1.02) dobimo lastnosti dvojnega integrala, ki so primerljive z lastnostmi že od prej znanega določenega integrala in sledijo iz lastnosti seštevanja. Če obstajajo dvojni integrali funkcij f  , x y in g  , x y , potem veljajo naslednje relacije: 1. Vsota funkcij v integrandu  f   , xy g , xy dS f    x, y dS g   x, y dS (1.03) D D D To lastnost lahko ugotovimo iz definicije dvojnega integrala (1.02), saj je res tole 7 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE  f   n x, y g x, y dS lim f  ,  g    S     k k   , k k   0 k  k 1 D  n n lim f   ,  S   g    S  f x y dS g x y dS   k k  lim  k   , k k  k  ,   ,   0   0  k 1  k 1  D D 2. Produkt s konstanto C f   , xy dS C f   , xy dS (1.04) D D V (1.04) je C poljubna konstanta. Tudi to lastnost lahko dokažemo brez težav iz definicije dvojnega integrala: C f   n n , x  y dS lim C   f  , S   C  f   S   C f x y dS  k k  lim k  , k k k  ,   0   0  k 1  k 1 D  D 3. Delitev območja f   , xy dS f   x, y dS f   x, y dS (1.05) D 1 D 2 D To lastnost si lahko predstavimo z grafičnim prikazom (slika 1.3): y D D1 D2 x Slika 1.3: Delitev območja D na območji D1 in D2 Dokaz spet sledi iz definicije (1.02). 8 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Brez dokaza povejmo še dve lastnosti: 4. Č e za vsako točko T(x, y) velja f  , x  y  g , x  y , potem je f   , xy dS g   , xy dS (1.06) D D 5. Absolutna vrednost dvojnega integrala: f   x, y dS  f   x, y dS (1.07) D D 1.1.3 Geometrični pomen dvojnega integrala Enačba z  f  , x y pomeni neko ploskev v prostoru. Naj bo sedaj funkcija f  , x y na območju D povsod pozitivna. Produkt f  , S  v vsoti (1.01) pomeni prostornino prizme k k  k z osnovno ploskvijo  S in višino f  , , kar je približno enako prostornini telesa, ki ga k k  k določa ploskev nad k-to parcelo (slika 1.4). Vsota (1.01) torej pomeni približno prostornino telesa, ki ga določa ploskev z  f  , x y nad območjem D, to je n V   f  , S  k k  k k 1  Ko gre 0 oziroma n  , pa je desna stran po definiciji (1.02) kar dvojni integral funkcije z  f  , x y . Torej je dvojni integral te funkcije nad območjem D kar enak prostornini telesa, določenega s ploskvijo z  f  , x y nad območjem D: V  f   , xy dS (1.08) D 9 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE z z  f  , x y f  , k k  y Tk  Sk D x Slika 1.4: Prostornina telesa z osnovno ploskvijo  Sk 1.1.4 Računanje dvojnega integrala Brez škode za splošnost lahko območje D razdelimo na parcele kar s premicami, vzporednimi z obema koordinatnima osema (slika 1.5). Sedaj je S   x   y in v limitnem procesu, ko gre dolžina najdaljše zveznice dveh točk v k posameznih parcelah proti 0, je mogoče zapisati dS  dx dy . Določeni integral tedaj zapišemo v obliki, ki jo lahko uporabimo v konkretnih računskih praktičnih primerih: I  f   , xy dS f   x, y dxdy (1.09) D D 10 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE y y   T k k  x k x  Slika 1.5: Območje D, razdeljeno na n delov z vzporednicami koordinatnima osema Sedaj je S   x   y in v limitnem procesu, ko gre dolžina najdaljše zveznice dveh točk v k posameznih parcelah proti 0, je mogoče zapisati dS  dx dy . Določeni integral tedaj zapišemo v obliki, ki jo lahko uporabimo v konkretnih računskih praktičnih primerih: I  f   , xy dS f   x, y dxdy (1.09) D D Vsa pravila (1.03) – (1.07) se seveda ne spremenijo. Omenimo še izrek o povprečni vrednosti dvojnega integrala: f   , xy dxdy f  x , y P (1.10) 0 0  D kjer je P površina območja D. Zapis (1.09) sugerira možnost, da dvojni integral funkcije f  , x y nad območjem D izračunamo tako, da ga pretvorimo v dve zaporedni integraciji (v smeri ene in v smeri druge neodvisne spremenljivke), kot bomo videli v nadaljevanju. Dvojni integral bomo spremenili v dvakratni integral. 11 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Naj bo območje D najprej določeno z naslednjima dvema neenačbama (slika 1.6): D: a x b in g  x  y  h  x y h( x) D g( x) a b x Slika 1.6: Območje D, določeno s krivuljama g  x in  h  x na intervalu  , a  b Krivulji g  x in  h  x določata mejo območja D. Tedaj velja:  h  x b   f   x, y dxdy  f    x, y dy dx (1.11)   D a g    x   h  x V (1.11) najprej integriramo notranji integral f  , x y dy  , kjer je integracijska spremenljivka g  x y in tedaj x predstavlja konstanto. Rezultat tega integrala je neka funkcija, odvisna od x, npr. F   x , torej  h  x F  x  f   , xy dy g  x in (1.11) se glasi  h  x b b   f   , xy dxdy  f    x, y dy dx F    xdx (1.12)   D a g    x a  12 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Integral (1.12) je določeni integral funkcije F   x s spodnjo mejo a in zgornjo mejo b, kar že znamo izračunati. Na podoben način lahko izračunamo dvojni integral, če območje D omejimo z drugim parom neenačb (slika 1.7): D: c y d in  p  y  x q  x y d p( y) D q( y) c x Slika 1.7: Območje D, določeno s krivuljama  p  y in  q  y na intervalu  , c d Tedaj velja:  q y d    f   x, y dxdy  f    x, y dx dy (1.13)   D c   p y  V zapisu (1.13) spet najprej integriramo notranji integral, kjer je integracijska spremenljivka x in y tedaj predstavlja konstanto. Rezultat tega integrala je neka funkcija, odvisna od y, npr. G y , torej  q  y G y f   , xy dx  p  y in (1.13) se sedaj glasi:  q y d    f   d x, y dx dy   f    x, y dx dy G   y dy (1.14)   D c   p y c  13 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Integral (1.14) je določeni integral funkcije G y s spodnjo mejo c in zgornjo mejo d, ki ga pa že znamo izračunati. Opomba: Dvojni integral smo zapisali kot dvakratni integral in ga tako tudi računamo.  h  x b   Kar se tiče označevanja, namesto zapisa f   x, y dxdy  f    x, y dy dx lahko uporabimo   D a g    x   h  x b tudi takšno pisavo: f   , xy dxdy dx f    x, y dy . D a g  x  q y d    Podobno seveda v drugem primeru. Namesto f   x, y dxdy  f    x, y dx dy dvojni   D c   p y   q y d  integral lahko pišemo takole: f   , xy dxdy dy f    x, y dx. D c  p y V nekaterih primerih območja D ne moremo predstaviti z neenačbama, kot smo opisali zgoraj. V takšnih situacijah pa je potrebno v skladu s pravilom (1.05) območje D razdeliti na manjša (pod)območja in nato na vsakem od njih uporabimo bodisi možnost (1.11) bodisi možnost (1.13). Na vsakem (pod)območju izračunamo dvojni integral in nato posamezne rešitve seštejemo, s čimer dobimo vrednost dvojnega integrala nad celotnim območjem D. Primer: 2 2 x Zamenjajmo vrstni red integriranja v integralu I  f   , xy dxdy dx f    x, y dy, kjer je torej D 1 x območje D določeno s premicami y  , x y 2 , x x 1  , x2 (štirikotnik KLNM na sliki). Rešitev: Območje integriranja D je takšno: 1 x  2 , x  y  2 x oziroma x1,  2 , y  , x 2 x . Če pa zamenjamo vrstni red integriranja, moramo lik KLNM razdeliti na dva trikotnika KLM in MLN in vidimo, da je območje D tedaj sestavljeno iz dveh območij D in D , pri čemer je 1 2 D : y 1,  2 , x 1, y 1  y  D : y 2,  4 , x  , 2 . 2    2  Torej imamo: x y I  f   x, y 2 2 dxdy  dx f    x, y 2 dy  dy f    x, y 4 2 dx  dy f    x, y dx D 1 x 1 1 2 y 2 14 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE y y  2 x N y x 4 2 M L 1 K 0 1 2 x x 1  x2 Vzemimo, da naj bo f  , x y 1. V prvem primeru je dvojni integral: 2 2 2 x 2 2 2 2 x x 3 f  x, y dxdy  dx dy  y dx  xdx        x 2 2 D 1 x 1 1 1 Druga možnost pa je 2 y 4 2 2 4 2 y  y  dxdy  dy dx dy dx  x dy  x      y dx         y  4 2 1 dy 2 dy   1 2  2  D 1 1 2 y 1 2 1 2 2 2 4 2 2  y   y  3   y 2 y    2   4  2 1 2 Rezultat je seveda enak v obeh primerih. ♦♦♦ Primer: Izračunajmo dvojni integral funkcije F x,  y  x y na območju D, danem s pogoji x 0 , y 0 , x y 1  . Rešitev: V pravokotnem koordinatnem sistemu najprej narišimo območje D. To območje je omejeno z neenačbama 0 x 1  in 0 y 1   x . 15 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE y 1 D 0 1 x Po formuli (1.11) lahko zapišemo  b  h  x 1 x      x    y  f x, y dx dy   f    x, y 1 1 dy dx     x y 1 2 dy dx  xy  dx       D a       g  2 x 0 0 0 0 2 1 1          x     1  1 2 3 x 1 x 1 x 1 1 x  d  x  d x x     2   2 2  2 6  3 0 0   0 ♦♦♦ Primer: 2 x 1 Izračunajmo dxdy  , če je območje D omejeno s krivuljami x2, y  , x y  (slika). 2 y x D Rešitev: x 2 2 2 x 2 2 2 2 x x  1   1    dxdy  dx dy  x  dx  x   x dx            x x  2 4 x x 9 2 2 3 dx    2 2 y y  y 1   x   2 4  4 D 1 1 1 1 1 1 x x y 4 y x 2 D 1 1 y x  0 1 2 x x2 16 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Izračunajmo dvojni integral funkcije F x,  y  x y , če je območje D določeno s pogoji x 0 , y 0 , x y 1  in y4 x2 . Rešitev: Tudi sedaj najprej narišimo območje D. Vidimo, da bo sedaj potrebno območje D razdeliti na več delov (na dva ali na tri), pri čemer upoštevamo, da je točka T kot presečišče premic x y 1  in y4 x2 dana s koordinatama 1 2 T ,   . 3 3 y 2 1 T 0 1 x Vzemimo, da smo območje razdelili na tri dele takole: Območje D 1 2      1: 0 x , y 1 x 3 3 Območje D 1 2     2: 0 x , 0 y 3 3 Območje D 1 1      3: x , 0 y 2 4 x 3 2 17 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE y 1 D1 2/3 T : D2 D3 0 1/3 1/2 1 x Od tod dobimo tri dvojne integrale: 1 1 1 x 1   2 3 1 x           I     x y 3 2 3 y 1 x 2 2 dy dx  xy  dx   x 1 x   x d  x   1            2     2 2  3 9   0 2 0 0       3  3  1 1 3 2 2 3 3  5 2 x x  5 x x x  4    dx        18 3 2  1  8 3 6  81 0 0 2 1 2 1 1   3 1 3 3         I    x y 3 2 3 2 3 y 2 x 2 x 2 x 1 dy dx  xy  dx   dx     2          2   3 9  3 9  9 0 0 0 0 0 0     24 1 1 x 1 2 2 24 x        I     x y 2 2 2 y 2 4 x dy dx  xy  dx   x 24 x  dx     3           2   2  1 0 1 1   3 3 0 3 1 1 2   x   26 x4 x  3 2 4 11 2 2 dx  2 x3 x      3 1  324 1 3 3 Iskani dvojni integral je vsota vseh treh: 4 1 11 63 7 I  I  I  I      . 1 2 3 81 9 324 324 36 ♦♦♦ 18 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1.1.5 Uporaba dvojnega integrala Dvojni integral ima mnogo geometrijskih in fizikalno-tehničnih možnosti uporabe. Oglejmo si možnosti za računanje ploščine lika, prostornine telesa, težišča telesa in vztrajnostnega momenta telesa. 1.1.5.1 Ploščina lika Ploščino lika (območja ) D dobimo iz geometrijske interpretacije dvojnega integrala (1.08), ko za funkcijo vzamemo konstanto ena, f  , x y 1. Volumen prizme z višino ena (merska enota) je številčno kar enak ploščini osnovne ploske, torej velja S  dx dy  (1.15) D Primer: Izračunajmo ploščino lika, omejenega s premico y x ter parabolo 2 y  x . Rešitev: Na sliki vidimo, za kakšen lik gre in kakšne so meje za integriranje v smeri ene in druge smeri. y 1 D 0 1 x Območje D razberemo iz slike: x 0,  1 , y   x,  x    . Potem je ploščina: 1 x 1 1 x S  dxdy  dx dy  y dx  x  x dx       x   16 D 0 x 0 0 ♦♦♦ 19 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Izračunajmo ploščino lika iz enega od prejšnjih primerov (slika). y 1 D1 2/3 T D2 D3 0 1/3 1/2 1 x Posamezna območja so takšna:  1 2  D : x  0, , y  ,1 x 1      3 3   1  2 D : x  0, , y  0, 2      3  3 1 1 D : x  , , y  0, 2  4 x 3     3 2 Posamezne ploščine so: 1 1 1   3 1 x 3      S  dy dx      3 1 x 1 1 y    2 dx x dx  1     3 3  18 0 2 0 0    3  1 2 1 1   3 3 3   S  dy dx     2 3 2 2 3 y dx  dx   2   0 3 9 0 0 0 0     1 1 1 2 2 4  x 1 2    x 1 S  dy dx  y dx  24 x dx  2 x2 x      3     2 2 4   0  2 21 18 1  0  1 1 3 3 3 3 Skupna plaščina pa je: 6 1 S  S  S  S   1 2 3 18 3 ♦♦♦ 20 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1.1.5.2 Prostornina telesa Prostornina telesa omejenega s ploskvijo z  f  , x y in pripadajočim območjem D na ravnini ( x, y), je (slika 1.8): V  f   x, y dxdy (1.16) D z  f  , x y D Slika 1.8: Prostornina telesa Primer: Izračunajmo prostornino telesa, ki ga tvori prostorska ploskev z enačbo 2 2 z  4 x  9 y nad osnovno ploskvijo D na ravnini ( x, y), pri čemer je območje D pravokotnik z oglišči (0, 0), (3, 0), (3, 2) in (0, 2). Rešitev: Osnovna ploskev D na ravnini ( x, y) je prikazana na spodnji sliki. y 2 D 0 1 2 3 x 21 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Prostornino telesa bomo izračunali po formuli (1.16)   V  f   x, y dxdy4 x 9 y  3 2 2 2 dx dy   2 2 4 x 9 y  dy dx  D D 0  0  2 3 3 3 3  9 y   x  4 x y  dx8 x 2  3 8 2 2 4 dx  24 x 1  44  3   3 0 0  0 0 Seveda bi enak rezultat dobili, če bi integrirali najprej po x in šele nato po y.   V  f   x, y dxdy4 x 9 y  2 3 2 2 dx dy   2 2 4 x 9 y  dx dy  D D 0  0  3 2 2 3 2  4 x   y   9 y x dy3627 y  3 27 2 2 dy 36 y  1  44  3   3 0 0  0 0 ♦♦♦ Primer: Izračunajmo prostornino telesa, omejenega s ploskvijo f  x  2 2 , y 4 x  y v mejah x  1  , x 1  , y  1  , y 1  in z 0 . Rešitev: Na ravnini ( x, y) je območje D pravokotnik in prostornina telesa bo: 1    y  V f x, y 1 1 dxdy  dx  4 x  y  1 3 2 2 2 dy  4 y x y  dx     3 D 1 1 1  1 1 1 3  22   22 2 x  40 2  2 x dx    x     3   3 3  3 1 1  y 1 -1 0 1 x -1 ♦♦♦ 22 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Izračunajmo prostornino telesa, omejenega s ploskvijo x y z 1  za x0, y0, z0 (prvi oktant). Rešitev: Računamo prostornino piramide, kot vidimo na spodnji sliki. z 1 0 1 y 1 x Osnovna ploskev piramide na ravnini ( x, y) je trikotnik, omejen s koordinatnima osema in premico x  y  1. Območje D je določeno tako: x0  ,1 , y 0, x   1 y 1 y   x 1  D 0 1 x 23 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Iz obeh slik vidimo meje integrala in po formuli (1.16) velja:  x 1      x  y  V f x, y 1 dxdy  dx   11 x y 1 2 dy   y xy    2 D 0 0 0 0 1 1 2 2  1 x   1 x 1  1 3   x d x x  x    2 2   2 2 6  6 0 0 ♦♦♦ 1.1.5.3 Težišče Naj pomeni f  , x y gostoto mase (to je masa na ploščinsko enoto) na ravnini ( x,y). Skupna masa M na območju D je potem M  f   , xy dxdy (1.17) D Težišče te mase na območju D je dano s koordinatama: 1 x  x f x y dxdy  T  ,  M D (1.18) 1 y  y f x y dxdy  T  ,  M D 1.1.5.4 Vztrajnostni moment Vztrajnostni moment mase, za katero poznamo njeno gostoto f  x,  y na območju D, je glede na os x 2 J  y f   , xy dxdy (1.19) x  D 24 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE in glede na os y: 2 J  x f   , xy dxdy (1.20) y  D Primer: Izračunajmo težišče in vztrajnostna momenta območja D, če je na njem dana gostota mase f  x,  y 1  . Območje D naj bo določeno s pogoji: 2 0 x 1  , 0 y 1 x . Rešitev: Območje D je četrtina kroga (v prvem kvadrantu) s polmerom 1 (slika). y 1 0 1 x Maso območja D izračunamo po formuli (1.17) 2 1  1 x  1 M  f   x, y 2 dx dy  1 dxdy   dy d  x 1 x dx       D D 0 0 0   Nedoločeni integral 2 1 x dx  rešimo s substitucijo x sin t oziroma t arcsin x . Od tod je dx cos tdt in 2 2 I  1 x dx  cos t dt   25 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1cos2 t Zaradi 2 cos t  je ta nedoločeni integral 2 1 1 2 2 I  1 x dx  cos t dt  t  sin2 t  C   2 4 Ko zapišemo t arcsin x , dobimo 1 1 2 I  1 x dx  arcsin x sin  2arcsin  x C 2 4 Torej je iskana masa M: 1 1  1 1   2 M  1 x dx  I  arcsin x sin  2arcsin  x     2 4  4 0 0 Za koordinati težišča območja D uporabimo formulo (1.18): 2    1 x  x f x y dxdy  xdxdy   xdy  x  x dx      T  x ,  1 1 1 4 4 4 2 1 M      D D 0 0 0   Nedoločeni integral 2 x 1 x dx  rešimo s substitucijo 2 t 1   x in dobimo 1 4 4 1 4 2 x  x 1 x dx     T   3 3 0 Ordinata težišča: 2 2 1 x 1  1 x  1 2 1 2 1 4 4  y  4 1 x 4 1 4 y  y f x y dxdy   y dy d  x  dx  dx         T  ,    M      2   2  3 3 D 0 0 0 0 0     Težišče območja D je torej 4 v točki 4 4 T ,   . Zaokroženo na dve decimalki ( 0,42 ) je 3 3 3 iskano težišče v točki s koordinatama T0.42,0.4  2 , kar je grafično prikazano na spodnji sliki. 26 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE y 1 0,42 T (0,42; 0,42) 0 0,42 1 x Izračunajmo še vztrajnostni moment. V ta namen uporabimo formulo (1.19): 2    2 1 x 1  1 x  1 3 1   3 y 1   2 J  y f x y dxdy   y dy d  x       dx   x dx  x  ,  2  2 1   3      3 D 0 0 0 0   0   1 Nedoločeni i 3 1 ntegral I    2 1 x  dx bomo rešili s substitucijo x sint . Tedaj je 3 0 dx  cost dt , spremenita se seveda tudi meji: spodnja meja je 0 za spremenljivko x, torej je zaradi 0 sint  t 0 spodnja meja sedaj za spremenljivko t tudi 0; novo zgornjo mejo dobimo podobno: za spremenljivko x je zgornja meja 1, zato iz 1 sint vidimo, da je zgornja  meja za spremenljivko t torej . 2 O tod   1 2 2 3 3 1 1 1 J   x dx  t t dt  t dt    x  2 1   2 1 sin  4 cos cos 3 3 3 0 0 0 3 1 1 Zaradi 4 cos t dt  t  sin 2 t  sin 4 t  C  dobimo 8 4 32  2 1 3 1 1   J  t  sin 2 t  sin 4 t  x   3 8  4 32  16 0 Na podoben način po formuli (1.20) izračunamo še 27 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 2 1  1 x   2 J  x f x y dxdy   x dy d  x    y  ,  2   16 D 0 0   Seveda sta vztrajnostna momenta pri rotaciji glede na os x in na os y enaka, saj je lik simetričen glede na obe koordinatni osi. ♦♦♦ 1.1.6 Uvedba novih spremenljivk v dvojnem integralu Pri uporabi dvojnega integrala v praktičnih primerih pogosto pride do zahteve, ko moramo zaradi poenostavitve v dvojnem integralu vpeljati novi spremenljivki. Če v dvojni integral namesto spremenljivk x in y vpeljemo novi spremenljivki u in v, torej x  x , u v , y  y  u, v , velja relacija  x, y f   x, y dxdy f   x u, v, y u, v   dudv (1.21)  u, v * D   D Integracijski spremenljivki x in y sta izraženi z novima spremenljivkama u in v, diferenciala dx in dy pa sta izražena z du in dv,  x, y dxdy   dudv u,  v  x, y Tu je  absolutna vrednost Jacobijeve1 determinante J u, v x  x   x, y u  v  J    (1.22)  u,  v y  y  u  v  1 Carl Gustav Jacob Jacobi (1804 – 1851), nemški matematik 28 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Zaradi uvedbe novih spremenljivk se seveda spremeni tudi območje integriranja. Za spremenljivki x in y smo območje označili z znakom D, za spremenljvki u in v pa ga označimo z znakom D*. V konkretnih primerih velikokrat uvedemo polarni koordinati r in  . Vemo, da v tem primeru med pravokotnima in polarnima koordinatama velja naslednja zveza x  r cos ,  y r sin.  x, y T  r,   r  Jacobijeva determinanta je: x  x   x, y r   cos  r sin 2 2 J       r cos  r sin  r r, y  y  sin r cos r    x, y J    r (1.23)  r,   Formula (1.21) se v tem primeru glasi f  , x y dxdy  f  r cos ,  r sin   r drd   (1.24) * D D V formuli (1.24) je D* območje na ravnini  r,  , ki ustreza območju D na ravnini ( x, y). 29 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: V prejšnjem primeru smo izračunali vztrajnostna momenta četrtine kroga. Integriranje je bilo dolgotrajno in neprijazno. Rezultat dobimo mnogo enostavneje z uvedbo polarnih koordinat x  r cos ,  y r sin. Novi spremenljivki določata integracijsko območje D* takole: r 0,  1   in  0,   . Sedaj bo:  2   J  y dxdy  r  r drd r  dr d    x  sin  2 1 2 2 3 2 sin * D 0 0 D   1   2 1 4 2 1 1    r   1  2 3   sin  d r dr   sin2            2 4 4      4 4 16 0 0 0 0   Na podoben način dobimo tudi J . y ♦♦♦ Primer: Izračunajmo dvojni integral funkcije   2 2 f x,y  x  y nad območjem D, ki ga vidimo na spodnji sliki. Rešitev: Območje D je omejeno s štirimi premicami, ki smo jih označili zaporedoma z znaki a, b , c in d. Enačbe teh premic so po vrsti naslednje Premica a: y  x 1  oziroma x y  1  Premica b: y  x 1  oziroma x y 1  Premica c: y   x 1  oziroma x y 1  Premica d: y   x 1  oziroma x y  1  y a 1 b -1 0 1 x c -1 d 30 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Vidimo, da imamo na levi strani enačb premic izraza ( x+y) ali pa ( x-y), na desni pa konstanto 1 ali -1. Zato bo smiselno vpeljati novi spremenljivki u in v takole: u  x y in v x y . Na ta način se enačbe teh premic v koordinatah  u,  v precej poenostavijo. Premica a ima sedaj enačbo v 1  , premica b ima enačbo v 1  , premica c ima enačbo u 1  in premica d ima enačbo u 1  . Območje D na ravnini ( x,y) smo s to substitucijo pretvorili v območje * D na ravnini  u,  v , kar vidimo na spodnji sliki. d v c 1 b -1 0 1 u a -1 Iz substitucije u  x y in v x y dobimo: u  v u  v x  in y  2 2 Parcialni odvodi so zaporedoma  x 1 x  1 y  1  y 1  ,  ,  in  u  2 v  2 u  2  v 2 Še Jacobijeva determinanta x  x  1 1  x, y u  v  2 2 1 J       u,  v y  y  1 1 2  u  v  2 2 Od tod izračunamo: 31 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE  x  y  1 dx dy    u  v  1 1 1 1 2 2 2 2  du dv   2 2 u  v  du dv  * 2 2 4 D 1  1 D  1 1 1 1 1 1 1 1 1   1   2 2 2 2   u dudv v dudv        u du dv du v dv       4      4 1 1 1 1   1 1  1  1   1 1  3 3  1 u 1 1 v 2    v  u    1  1 4  3  3  3 1  1    ♦♦♦ Primer: Izračunajmo prostornino telesa, omejenega s koordinatno ravnino ( x,y) in ploskvijo (ravnino) v prostoru f  , x  y  x y4 , če je območje D na ravnini ( x,y) krog, ki ga omejuje krožnica z enačbo 2 2 x  y 1  . Rešitev: Telo, katerega prostornino računamo, je prisekani valj, njegova osnovna ploskev na ravnini ( x, y) je krog s središčem v koordinatnem izhodišču in polmerom 1. Območje D je dano z mejama: x   2 2 1,1 , y  1 x , 1 x          . Ker pa je območje D krog s središčem v koordinatnem izhodišču, ki je simetričen na osi x in y, ga lahko poenostavimo tako, da v integralu vzamemo za meji samo eno četrtino kroga v prvem kvadrantu, nato pa upoštevamo, da je celotno območje D štirikrat večje. 2 2 1 1 x 1 1 x V  f   , xy dxdy dx   4 x y dy4 dx   4 x y dy D 1  2 0 0  1 x Rešimo ta integral. 2 2 1 x 1 1 x  y    x  V 4 dx   4 x y 1 2 1 2 1 2 2 dy 4 4 y xy dx  4   4 1 x  x 1 x  d  x  2   2 0 0 0 0  0 Posamezne integrale rešimo posebej kot nedoločene. Prvega 2 I  1 x dx  uženemo s 1 substitucijo: xsin t  dxcos tdt . Od tod je: 1cos2 t 2 2 2 I  1 x dx  1sin t cos tdt  cos tdt  dt      1 2 1  1  1  t t  C     t t t 1 sin2 sin cos  C   2 arcsin x x 1 x  C 2 2  2 2 32 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Drugi integral 2 I  x 1 x dx  rešimo s substitucijo: 2 t 1   x  dt  2  xdx . 2 3 1 2 3 1 1 t 1 2 I  x 1 x dx   t dt     C     2 2 1 x  C 2  2 2 3 3 2 2 1 x Tretji integral I  dx  je elementaren: 3 2 2 3 1 x 1  x  I  dx    x  C 3 2 2 3  Od tod je 1 2  1 x  2 2 V  44 1 x  x 1 x  d  x  2 0       x    4 2arcsin x x 1 x  1 1    1 x  3 3 1 2 2     x    4   3  2    3   0 Rešitev pa dobimo precej enostavneje in hitreje, če v dvojni integral uvedemo novi spremenljivki. Ker je osnovna ploskev krog, bosta v ta namen pripravni polarni koordinati  x, y x  r cos, y  r sin . Jacobijeva determinanta v tem primeru je J  .   r r,   Meji sta sedaj konstantni, med 0 in 2 za kot  in med 0 in 1 za r. Od tod dobimo  V  4 r cos  r sin 2 1 rdrd  d  4 r cos r sin rdr * 0 0 D 1 2 2 3 3 2   4 r r r   1 1     cos sin d  2 cos sin d     2 3 3   3 3  0 0 0 2   1 1   2  sin  cos 4     3 3 0 ♦♦♦ Primer: Izračunajmo prostornino telesa, omejenega z ravnino ( x, y) in krivuljo v prostoru f  x  3 , y  x nad območjem D, ki ga določa krožnica z enačbo 2 2 2 x  y  a . 33 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev: Tudi tu bomo vpeljali polarni koordinati s substitucijo x  r cos, y  r sin . Jacobijeva  x, y determinanta je J  . Območje D* je določeno tako: r 0, a, 0, 2   .   r r,   2 a 3 3 3 4 3 V  x dxdy  r cos   rdrd  d r cos  dr      * D 0 0 D a    2 5 5 2 5 3 2 5  r  4 a 4 a  sin   8 a 3 3 4 cos  d  cos  d   sin     5  5 5  3  15 0 0 0 0 3 sin x Opomba: 3 cos xdx sin x  C  . 3 ♦♦♦ Primer: Izračunajmo vztrajnostni moment krožne plošče glede na tangento na krog. Rešitev: Vzemimo, naj ima krožna plošča s polmerom a središče na obscisni osi v točki S( a, 0), tako da je tangenta, glede na katero računamo vztrajnostni moment, kar os y (slika). Tudi v tem primeru bomo vpeljali polarni koordinati x  r cos, y  r sin . y r  0 S( a,0) 2 a x Velja (1.20), to je 2 J  x f   , xy dxdy. V tem primeru imamo ploskev (lik) in tedaj je gostota y  D mase enaka enoti f  , x y 1, zato vztrajnostni moment lika glede na os y izračunamo po formuli 34 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 2 2 2 J  x dxdy  r cos  rdrd   . y * D D    Območje D* je določeno takole:   ,   , r   0,2 a cos   , kot je razvidno iz zgornje  2 2 slike.   2 a cos 2 a cos 2  2 4    r  2 2 3 2 2 J  r cos  r dr d     r dr  cos  d     cos  d  y        4 * 0  D   0 2 2   2 4 2 1 5 5 5  5 a 4 6 4 5 4 a cos  d  4 a cos sin    sin2  sin4      6 16 24 192    4   2 2 Opomba: 1 5 5 5 6 5 I  cos xdx  cos x sin x x sin2 x sin4 x C  6 16 24 192 ♦♦♦ 35 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1.2 TROJNI INTEGRAL 1.2.1 Definicija in računanje trojnega integrala Na podoben način, kot smo uvedli dvojni integral, lahko definiramo tudi trojni integral. Samo kot opombo povejmo, da moremo mutatis mutandis definirati tudi četverni, peterni,...., splošno mnogoterni integral, vendar tega tukaj ne bomo storili, ker jih ne bomo potrebovali. Definirajmo torej trojni integral. Naj bo f  , x y, z dana in znana funkcija na nekem prostorskem območju D. To območje razrežimo na n manjših prostorskih območij s prostorninami  V , k 1,2, , n . Brez škode za k splošnost smemo vzeti, da smo območje D razrezali z ravninami, vzporednimi koordinatnim osem, torej so ta manjša prostorska območja kvadri. V vsakem takšnem območju vzemimo po eno poljubno točko T  , , . Sedaj tvorimo k k k k  produkte f  , ,  V  , ki jih seštejemo za vse k 1  ,2, , n in dobimo izraz k k k  k n  f  , ,  V . Če označimo z  največji prostorski premer prostorskih podobmočij, je k k k  k k 1  trojni integral definiran takole: n f   , xy, z dV lim f  , ,  V  (1.25) k k k  0 k  k 1 D  Pri tem smo privzeli, da je funkcija f  , x y, z v (1.25) zvezna na območju D, samo prostorsko območje D pa je omejeno s končno mnogo gladkimi ploskvami. Vzemimo, da je prostorsko območje D kvader, ki ima robove vzporedne s koordinatnimi osmi (slika 1.9) . Ravnine D 1, D 2 in D 3 naj bodo projekcije kvadra na ravnine ( x, y), ( x, z) in ( y, z). 36 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE z f D 3 e D 2 D 0 c d y a b D 1 x Slika 1.9: Prostorsko območje D je kvader Funkcija f  , x y, z naj bo integrabilna na kvadru D. Za vsak x   , a  b in vsak y   , c d naj f obstaja integral f  x, y, z dz  . Tedaj velja tale formula: e f   f   x, y, z dV  f   x, y, z dz dxdy (1.26)   D  1 D e Integral (1.26) pa zaradi lastnosti dvojnega integrala lahko napišemo tudi v tejle obliki: f b d     f   , xy, z dV  f   , xy, z dz dy d  x (1.27)      D a c e   Trojni integral lahko pišemo tudi tako f   , xy, z dV  f   , xy, z dxdydz (1.28) D D 37 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Kadar prostorsko območje D ni kvader, je postopek podoben. Tudi tu označimo projekcijo tega območja na ravnino ( x, y) z D 1, ki v splošnem ni pravokotnik. Če v poljubni točki T  , x y na območju D 1 postavimo pravokotnico na ravnino ( x,y), ta pravokotnica prebode mejno ploskev prostorskega območja D v dveh točkah, najprej na višini z   , x  y , nato pa še na višini z  , x  y . V tem primeru velja enačba   x, y   f   x, y, z dV   f    x, y, z dz dxdy (1.29)   D 1 D    x, y  V (1.29) je potrebno najprej nato izračunati določeni integral v oglatem oklepaju, nato pa še dvojni integral, ki ga poznamo iz prejšnjega poglavja. Formulo (1.29) torej lahko pišemo tudi enostavneje:  2 y   x  x, y b  f   , xy, z dV  dx dy f     x, y, z dz (1.30) D a  1 y   x  x, y Primer: Naj bo f  , x y, z x y2 z . Izračunajmo trojni integral te funkcije, če je prostorsko območje kvader z mejami x   0,  1 , y   0,  2 in z   0,  3 . Rešitev: Uporabili bomo formulo (1.27). b d f         f   x, y, z dV  f   x, y, z 1 2 3 dz dy d  x  x y2 z dz dy d   x              D a c e 0 0 0  1 2          xz  yz  z  1 2 3 2 dy d  x3 x3 y  9 dy d  x   0  0 0  0 0  2 1 1 2 1  3 y     xy  y dx x  2 6 x 3 9 6 24 dx  24 x 27  2   2 0 0  0 0 ♦♦♦ 38 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Izračunajmo trojni integral funkcije f  x,y,z x y z po prostorskem območju D, ki naj bo sedaj tristrana piramida z oglišči v točkah O(0,0,0), A(1,0,0), B(0,1,0) in C(0,0,1). Rešitev: Narišimo skico te piramide z danimi oglišči. z 1 C B O 1 y A 1 x Enačba ravnine, ki gre skozi točke A, B in C, je x y z 1  . Prostorsko območje D je piramida OABC, ki v smeri osi z zavzame vse vrednosti med z 0 in z 1   x y , v smeri osi y zavzame vse vrednosti od y 0 do y 1   x (na ravnini ( x,y)) ter v smeri osi x vse vrednosti med x0 in x 1  . Uporabimo (1.30) in zapišemo: y x  x, y b 2     I  f   x, y, z dxdydz dx dy f     x, y, z dz D a y x  x, y 1    1 x y 1 1 x 1 x y 1 1 x 2  z   dx dy     x y z dz dx dy xz yz       2 0 0 0 0 0 0 1 1 1 x 1       x x  dx 1 x  y 2 xy 1 2 4 1 2 1 1 2 1 1 2 2 3 dy   x x dx   x        2 2  3 3  2 3 2 3 4  8 0 0 0 0 ♦♦♦ Za f  , x y, z 1  je trojni integral kar prostornina V prostorskega območja D. V  dxdydz  (1.31) D 39 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Izraz dV  dxdydz je prostorninski element tega območja. Primer: Izračunajmo prostornino telesa, omejenega z ravnino x z 1  in ravnino  , x y v mejah x 0, x 1  in y0, y 1  . Rešitev: Telo ABDFE0 vidimo na spodnji sliki. z 1 E F D 0 1 y 1 A B x 1 1 1 x 1 1 1      x V  dxdydz    dz   dy dx dx z dy   1 x 1 1 dx dy     0 D 0  0  0   0 0 0 0 1 1   1     x y dx  x 2 1 x 1 1 1 dx  x   0  2  2 0 0 0 Rezultat je seveda pričakovan, saj je telo ABDFE0 ravno polovica kocke s stranicami po eno dolžinsko enoto. ♦♦♦ Primer: Izračunajmo prostornino kvadra s stranicami a2 c m, b 3 c m, c 5 cm . Rešitev: Brez škode za splošnost smemo vzeti, da ima kvader tri robove kar na koordinatnih oseh. 40 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE z 5 0 3 y 2 x Območje D obsega del prostora za x   0,  2 , y   0,  3 , z   0,  5 . Po formuli (1.31) je V  dxdydz  . Po formuli (1.27) lahko v tem primeru, ko imamo D opravka s kvadrom, zapišemo: f b d     V  dxdydz    dz   dy d  x      D a c e   oziroma kar b d f 2 3 5 2 3 5 V  dxdydz  dx dy dz  dx dy dz  x  y  z  2 3  5  30        0 0 0 D a c e 0 0 0 ♦♦♦ 1.2.2 Uvedba novih spremenljivk v trojni integral Pri uporabi trojnega integrala v mnogih praktičnih primerih pogosto pride do zahteve, ko moramo v integral vpeljati nove spremenljivke. Označimo te nove spremenljivke z znaki u, v in w. Velja torej relacija x  x u, v,  w y  y u, v,  w (1.32) z  z u, v,  w Podobno, kot pri dvojnem integralu, tudi tu izračunamo Jacobijevo determinanto 41 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE x  x  x  u  v  w  , , y  y  y x y z   J  u, v,    w       (1.33)  , ,  u v w u v w z  z  z  u  v  w  S pogoji (1.32) se integracijsko območje D preslika na integracijsko območje D . Analogno formuli (1.21) pri dvojnem integralu velja pri trojnem integralu: f   x, y, z dxdydz f  x    u, v,  w , y u, v,  w , z u, , v  w  J   u, , v  w dudvdw (1.34) D  D Pri uvedbi novih spremenljivk se velikokrat srečamo s cilindričnimi in sfernimi koordinatami. Poglejmo si oboje. 1.2.2.1 Cilindrične koordinate Cilindrične koordinate r, ,  z so dane z enačbami (slika 1.10) x  r cos y  r sin (1.35) z  z 42 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE z T z y  r x Slika 1.10: Cilindrične koordinate r, ,  z Enačbe (1.35) pomenijo preslikavo valja z osjo na osi z v kvader, ki ima robove vzporedne koordinatnim osem r, ,  z (slika 1.11). z z 0 R 0 2 y R  x r Slika 1.11: Cilindrične koordinate - preslikava valja v kvader Jacobijeva determinanta za cilindrične koordinate je 43 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE x  x  x  r   z  cos  r sin 0 y  y      J  r  z  , ,  y x y z sin r cos 0 , ,      r     , ,   r z r z 0 0 1 z  z  z  r   z  Torej velja   x y z J r, ,  z  , ,   (1.36)   r r, ,  z 1.2.2.2 Sferne (krogline) koordinate Sferne koordinate r, ,   so dane z enačbami (slika 1.12) x  r sincos y  r sin sin   (1.37) z  r cos z z T r  y y x  x Slika 1.12: Sferne koordinate r, ,   44 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Enačbe (1.37) pomenijo preslikavo krogle s središčem v koordinatnem izhodišču v kvader, ki ima robove vzporedne koordinatnim osem r, ,   (slika 1.13). z  2 0 R y R   x r Slika 1.13: Sferne koordinate - preslikava krogle v kvader Jacobijeva determinanta v tem primeru je x  x  x  r    sin c  os r cos c  os  r sin si  n y  y  y        J  r, ,   sin sin r cos cos r sin cos 2     r sin r    cos  r sin 0 z  z  z  r      x y z J r, ,    , ,  2      (1.38)  r   r sin , , Primer: Izračunajmo trojni integral funkcije f  x y z 2 2 , ,  z x  y na območju D, ki naj bo pokončni polovični valj med z 0 in z 1  , osnovna ploskev na ravnini ( x, y) pa je polkrog, ki ga omejuje polkrožnica z enačbo 2 y  2 x x . 45 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev: Na ravnini ( x, y) omejuje osnovno ploskev območja D krivulja z enačbo 2 y  2 x x , ki jo lahko preuredimo v bolj pregledno obliko: 2 2 2 2 y  2 x x  y  x 2 x 0 oziroma  x 2 2 1  y 1  (slika), to je kar krožnica s polmerom 1 in s središčem v točki S 1,0 . y C r  0 S(1,0) B x Uvedemo cilindrične koordinate x r cos ,  y r sin ,  z  z . Jacobijeva determinanta je J  r, ,  z r . Ker je trikotnik 0BC pravokotni trikotnik s hipotenuzo 0 B  2 , je kotu  priležna kateta r  2cos , torej se r spreminja od 0 do 2cos , pri čemer se kot  spreminja  od 0 do , vrednost z v navpični smeri pa od 0 do 1. 2 Od tod dobimo 2 2 2 2 2 2 I  z x  y dxdydz  z r cos   r sin  r   drd dz   * D D    1 2cos 2cos 2  1 2cos 2  2 2 3 z 1 r 2 2  d r dr zdz  d r dr  d         2 2 3 0 0 0 0 0 0 0 0   2 3 2 8 8 sin   8 3  cos  d   sin    6 6 3  9 0 0 ♦♦♦ Primer: Izračunajmo prostornino telesa, omejenega s ploskvama  x 2 2 1  y  z in 2 x z20. 46 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev: Ugotoviti moramo področje integriranja na ravnini ( x, y), to je projekcijo področja D na to ravnino. Zaradi z  x 2 2 1  y in z 22 x dobimo enačbo  x 2 2 1  y  22 x , ki jo preuredimo in zapišemo v obliki 2 2 x  y 1  . Področje integriranja na ravnini (x, y) je torej krog s polmerom 1 in središčem v koordinatnem izhodišču. Spet uporabimo cilindrične koordinate: x  r cos, y  r sin, z  z . Jacobijeva determinanta je J , r, z r . Prostornina telesa je 2 1 2 2  r cos V  dxdydz  rdrd dz  d rdr dz       * 2 D 0 0 D 1 r 2  r cos 1 2 1 2 1 2 2 4     2 2 r cos r r 3  d r z dr  d r  r dr         d 2 1 r 2  r cos    2 4  2 0 0 0 0 0 0 ♦♦♦ Primer: Izračunajmo trojni integral 2 2 2 2 2  a  x  y f   a a x , x y, z dxdydz  dx dy     2 2 x  y  dz . D  a 2 2 0  a  x V ta namen uvedemo sferne koordinate s predpisom x  r sin c  os , y r sin s  in in z  r cos . Jacobijeva determinanta je J  r   2 , ,  r sin . Meje polkrogle za sferne koordinate   so: r 0, a , 0, 2   in  0,   .  2  Izraz v integrandu  2 2 x  y  zapišemo z novimi koordinatami 2 2 2 2 x  y  r    r   2 2 sin cos sin sin  r sin  Od tod  2 2 2 2 2  a  x  y a a x  I  dx dy     x  y  2 2 a 2 2 2 2 2 3 4 dz  r sin . r sin drd d  d sin  d r dr      *  a 2 2 0 0 0 0   D a x    a 2 2 5 5 2 2 5 2 r a a 2  1  3 3 3  d sin  d  d sin  d    cos  cos       0 5 5 5  3  0 0 0 0 0 0 5 5 a 2 4 a  2   5 3 15 ♦♦♦ 47 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Izračunajmo volumen telesa, ki ga oklepa ploskev z enačbo:  x  y  z 2 2 2 2 3  a z , a  0 . Rešitev: Ta ploskev je glede na os z osnosimetrična in sklenjena. Zaradi zahteve a  0 je z  0 . V integral V  dx dy dz  bomo vpeljali polarne koordinate (1.37).    2 2 2 2 3 x y z  a z Ploskev    2 2 2 2 3 x y z  a z je v polarnih koordinatah zapisana takole:  r  2  r  2  r 2 3 sin cos sin sin cos  a r cos Ta izraz uredimo in dobimo 4 3 r  a r cos  in od tod 3 r  a cos  . Meje prostorskega območja so zaradi zgornje relacije in pogoja z  0 naslednje:    3 r 0, a cos  ,  0, , 0, 2       .  2 Upoštevamo še Jakobijevo determinanto J r   2 , ,  r sin in dobimo:   3 3 a cos  2 a cos 2  2 3   2 r 2 V  dx dy dz  d d r sin d  r        sin d  0    x  y  z  3 2 2 2 2 3 0 0 0 0 0  a z    2 3 3 2 3 2 3 2 a 2 a  2 a  sin  a   2 cos sin d    cos sin d        3 3 3 2 3 0 0 0 ♦♦♦ 48 II KRIVULJNI IN PLOSKOVNI INTEGRALI 2.1 KRIVULJNI INTEGRAL 2.1.1 Krivulje v prostoru Postavimo v prostor pravokotni koordinatni sistem ( x, y, z). Znani naj bosta dve funkciji y  f  x in z  g  x , ki naj bosta enolični in zvezni za vse x iz danega intervala  a, b . Za vsak x  , a b tedaj lahko izračunamo vrednosti za y  f  x in z  g  x . Vsaka trojica števil  , x f  x, g  x pa določa neko točko v prostoru. Ko se x zvezno spreminja od a do b, se tudi točka zvezno premika v prostoru in na ta način opiše neko krivuljo C. Krivulja v prostoru je z enačbama y  f  x in z  g  x natančno določena. Prostorsko krivuljo C tedaj določata enačbi y  f  x, z  g  x (2.01) Krivulja v prostoru je lahko podana tudi parametrično. Na intervalu ,   izberimo spremenljivko t, funkcije x  t , y  t  in z  t pa naj bodo enolične in zvezne funkcije te spremenljivke. Spremenljivko t v takšnih primerih (običajno) imenujemo parameter. Za vsak t ,   dobimo trojico števil  x t, y t, z  t , ki so koordinate točke v prostoru. Ko parameter t opiše vse vrednosti z intervala ,  , opišejo točke neko krivuljo v prostoru. Sistem x  x t, y  y t, z  z  t (2.02) opisuje krivuljo v prostoru. Sistemu (2.02) pravimo parametrična enačba krivulje C v prostoru. Enačbo krivulje v prostoru pa lahko zapišemo še v vektorski obliki. Od izhodišča prostorskega koordinatnega sistema do točke T na krivulji v prostoru naj vodi krajevni vektor r . Ker so koordinate točke ravno trojica  x t, y t, z  t , so to hkrati tudi komponente krajevnega vektorja r  r  t   x t, y t, z  t (2.03) Ko gre v (2.03) parameter t od  do  , opiše krajevni vektor ravno krivuljo C (slika 2.1). Parametrična enačba krivulje (2.02) ali (2.03) je pripravna tudi zato, ker z njo določimo 50 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE tudi orientacijo krivulje. Pravimo, da je krivulja C orientirana pozitivno, ko parameter t narašča, v nasprotnem primeru pa je krivulja orientirana negativno. Krivuljo smo s tem orientirali, kar se bo kasneje izkazalo kot zelo koristno in uporabno. C z r  t y x Slika 2.1: Parametrična enačba krivulje v vektorski obliki Primer: Enačba premice p skozi dano točko T , do katere vodi krajevni vektor r in s smernim 0 0 vektorjem s (glej: Matematične metode II, stran 114) je r  r  ts . 0 p z T p s T 0 z r 0 0 y x Slika 2.2: Premica v prostoru 51 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Enačba r  r  ts je vektorska enačba premice. Vsakemu realnemu številu t ustreza natanko 0 določena točka r na premici in vsaki točki r na premici ustreza natanko določeno realno število t. Če so vektorji dani analitično: s  , m , n  p , r  x , y , z in r  , x y, z , potem iz r  r  ts 0  0 0 0 0 dobimo parametrične enačbe premice: x  x  mt, y  y  nt, z  z  pt . 0 0 0 ♦♦♦ Primer: 2 2 Če v enačbi e x y lipse   1 (ali tudi 2 2 2 2 2 2 b x  a y  a b ) postavimo x  a cos t in 2 2 a b y  b sin t , dobimo identiteto: 1 = 1. Zato je vektorska funkcija r  t   a cos t, b sin t, 0  a cos t  i  b sin t  j ravno enačba elipse na ravnini ( x, y). Ko je b  a , pa dobimo enačbo krožnice v ravnini ( x, y): r  t   a cos t, a sin t, 0 . ♦♦♦ Kadar ležijo vse točke krivulje C na neki ravnini, kot je to v zgornjem primeru, potem je to ravninska krivulja (angl.: plane curve). Kadar pa take ravnine ni, je C prava prostorska krivulja (angl.: twisted curve). Krivulja, ki sama sebe nikoli ne seka (ali se dotika), je enostavna krivulja. Primer: Krivulje na spodnji sliki niso enostavne. ♦♦♦ Primer: Prostorska krivulja, dana z enačbo r  t   a cos t, a sin t, bt  a cos t  i  a sin t  j  btk je vijačnica (krožna spirala). Dobimo jo tako, da pravokotni trikotnik ovijemo na pokončni valj, kjer se ena kateta ovije okoli oboda osnovne ploskve, pri tem pa se hipotenuza navije po plašču valja in opiše krivuljo – vijačnico. Pri tem je a polmer valja, kateti pravokotnega trikotnika pa sta v razmerju a : b . Ko je b  0, ima vijačnica smer desnega vijaka, ko pa je b  0 , ima smer levega vijaka. Na spodnji sliki je prikazana vijačnica za desni vijak. 52 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Vijačnica je enostavna krivulja. ♦♦♦ Pri proučevanju prostorskih krivulj ima pomembno vlogo tangenta na krivuljo. Tangenta je premica, ki ima s krivuljo natanko eno skupno točko. Do tangente pridemo z limitnim procesom. Naj bosta na enostavni krivulji C dani dve različni točki A in B. Skozi ti dve točki lahko potegnemo natanko eno premico, ki jo imenujemo sekanta krivulje C. Do točke A naj vodi krajevni vektor r  t , do točke B pa r  t . Razlika r  t  r t je vektor, ki ima začetek 1    1  r  t  r t 1    v točki A in konec v točki B. Na sekanti leži tudi vektor . Sedaj sprožimo limitni t  t 1 proces, ko gre točka B proti točki A, torej t proti t, s tem pa limitira sekanta proti tangenti na 1 krivuljo v točki A (slika 2.3). Slika 2.3: Tangenta na krivuljo 53 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE r  t  r t 1    V limitnem procesu preide vektor v odvod (opomba: odvod po parametru t  t 1 označimo s piko), to je  r  t  r  t r t 1     lim (2.04)   1 t t t t 1 Vektor (2.04) ima smer tangente na krivuljo C v točki A, zato ga imenujemo tangentni vektor na krivuljo C. Pri tem privzemimo, da r  t   0 za konkretno vrednost parametra t. Pripadajoči enotni tangentni vektor, označimo ga s t , je 1 t   r (2.05) r To je smerni vektor na tangenti, njegove komponente so smerni kosinusi. Oba vektorja, r  t in t  t ležita na tangenti in imata isto smer, to je smer naraščajočega parametra t. Če spremenimo orientacijo krivulje C, se spremeni tudi smer obeh vektorjev, r  t in t . Enačbo tangente na krivuljo C v točki A dobimo brez težav. Naj bo R krajevni vektor iz izhodišča koordinatnega sistema do poljubne točke T na tangenti. Vektor od točke A do točke T na tangenti je ur (slika 2.4), zato je enačba tangente kar izraz R  r  ur (2.06) V enačbi (2.06) je u parameter enačbe premice. Ko preteče u vse realne vrednosti od  do  , opiše krajišče vektorja R natanko enkrat vse točke tangente t. 54 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Slika 2.4: Enačba tangente Naj bodo X, Y, in Z koordinate točke T; x, y, ter z pa naj bodo koordinate točke A. To so hkrati tudi komponente vektorjev R in r , torej R   X , Y, Z , r   , x , y z . Enačbo (2.06) potem lahko zapišemo s komponentami takole X  x  ux Y  y  uy (2.07) Z  z  uz Sistem (2.07) so parametrične enačbe tangente na krivuljo C. Primer: 2 2 x y Vzemimo elipso   1 in izračunajmo enačbo tangente na elipso v točki A1, y  0 . 0  4 1 Rešitev: 2 2 Parametrično enačbo elipse x y   1 dobimo, ko vzamemo x  a cos t in y  b sin t . V 2 2 a b tem primeru je a  2 in b 1, zato je x  2cos t in y  sin t . Ker je abscisa točke A enaka 1,   3 je 2cos t 1, od tod pa vidimo, da je kot t  . Ordinata točke A je y  sin  . 3 3 2 2 2 x y Opomba: Seveda bi dobili ordinate y tudi neposredno iz enačbe   1. Če vanjo 4 1 3 3 vstavimo x 1 , je od tod 2 y  oziroma y  pri pogoju A1, y  0 . 0  4 2 55 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE   Iščemo torej enačbo tangente na dano elipso v točki 3 A1,    . 2   Zaradi enačbe elipse r  t  2cos t,sin t,0 , je odvod r  t   2  sin t,cos t,0 . V dani točki A      1  je odvod r  2  sin ,cos ,0   3, ,0     in enačba tangente na elipso v dani točki  3 3   2   3  A1,    je potem po formuli (6): 2    3   1   3 1  R  r  ur  1, , 0   u   3, , 0      1 3 u  ,  u,0   . 2    2  2 2   ♦♦♦ Ravnina, ki gre skozi dotikališče A tangente na krivuljo C, in je na tangento pravokotna, se imenuje normalna ravnina. Tudi enačbo normalne ravnine bomo dobili brez težav (slika 2.5). Slika 2.5: Normalna ravnina Naj bo T poljubna točka na normalni ravnini, do nje naj vodi krajevni vektor R . V točki A, do katere vodi krajevni vektor r , je podana tangenta na krivuljo C. V točki A postavimo normalno ravnino, tako da je pravokotna na to tangento. Vemo, da ima vektor r smer tangente, zato je ta vektor pravokoten na normalno ravnino. Vektor, ki povezuje točki A in T , je R  r in leži na normalni ravnini, zato je pravokoten na vektor r . Pravokotna vektorja pa imata skalarni produkt enak nič, zato je enačba normalne ravnine kar zapis  R r r  0 (2.08) 56 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Če so vektorji dani s komponentami takole: R   X, Y, Z , r   , x , y z in r   , x y, z , je enačba normalne ravnine  X  x x Y  y y  Z  z z  0 (2.09) Primer: 2 2 x y Vzemimo elipso   1 iz prejšnjega primera, za katero poznamo enačbo tangente v 4 1   točki 3 A1,    . Izračunajmo še enačbo normalne ravnine v tej točki. 2   Rešitev: 2 2 x y Elipsa   1 ima v parametrični obliki enačbo r  t  2cos t,sin t,0 . Odvod te 4 1   vektorske funkcije je r  t   2  sin t,cos t,0 . V dani točki A je r  t 3  1, , 0    in odvod 2    1  r   3, , 0   . Po formuli (2.08):  R  r  r  0 , je enačba normalne ravnine v dani točki  2   3   1   X 1, Y  , Z    3, , 0  0     2    2      X   3 1 1 3   Y    0   2 2   1 3 3  3 X  Y   0 2 4 ♦♦♦ Izračunajmo še ločno dolžino krivulje v prostoru. Vzemimo krivuljo C, podano z enačbo r  r  t  , pri čemer zahtevajmo, da naj bo funkcija r  t zvezno odvedljiva funkcija parametra t ,  . Pri vrednosti parametra t   naj določa enačba r  r  t  na krivulji točko A, za vrednost t   pa točko B. Ko gre t od  do  , opiše funkcija r  t celotno krivuljo AB . Zanima nas dolžina teg te krivulje. Dolžino bomo označili s črko s. Interval ,   razdelimo na n podintervalov   t  t  t   t  t   t   . 0 1 2 k 1  k n Vsaki vrednosti parametra t  t , k  0,1, 2, , n pripada na krivulji ena točka T , skupno ta k k delitev določa n 1 točk, kjer je začetna točka A  T in končna točka B  T . Zvežimo po 0 n dve sosedni točki z daljicami, tako da dobimo lomljeno črto, ki se krivulji C prilega tem bolje, čim več delitvenih točk smo uporabili (slika 2.6). 57 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Slika 2.6: Lomljena črta Dolžina ene daljice T T k 1  je po Pitagorovem izreku k T T  r t  r t  x t  x t  y t  y t  z t  z t k  k  k   k    k   k 2   k   k 2   k   k 2 1 1 1 1 1 Označimo širino k-tega podintervala t   t  t . Označimo še x  , y  , z  točke znotraj tega k k k 1  k k k podintervala. Uporabimo Lagrangeov izrek (Matematične metode I, stran 208) in lahko zapišemo x  t   x x t  x  t  , y t   y y t  y  t  in z  t   z z t  z  t  k k 1    k  k k 1    k  k k 1    k  k k k in od tod T T         x x t 2  y y t 2  z z t k k k k k k k  k 2 1 Skupna dolžina lomljene črte je vsota dolžin vseh posameznih daljic, to je n n s   T T           x x 2  y y 2  z z t n k k k k k  2 1 k k 1  k 1  Lomljena črta se krivulji tem bolj prilega, čim več je delitvenih točk. Če jih je neskončno, je lomljena črta kar identična s krivuljo. Zato je dolžina krivulje n   s  lim s  lim   x x   2  y y   2  z z   t  n k k k  2 k  n n  k 1   Ta limita pa je enaka določenemu integralu, ko se parameter t spreminja od  do  .  2 2 2 s  x  y  z dt  (2.10)  58 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Pod kvadratnim korenom v integrandu nastopajo odvodi komponent vektorja r  t . Torej je r  t   x t, y t, z  t in vsota kvadratov komponent je skalarni produkt vektorja r samega s seboj: 2 2 2 rr  x  y  z . Formulo (2.10) zato pišemo običajno krajše takole  s  rr dt  (2.11)  Kadar je krivulja dana z enačbama (2.01), to je y  f  x, z  g  x , jo zapišemo v parametrični obliki tako, da postavimo x  t  y  f  t, z  g  t . Odvodi po parametru so potem: x 1, y  f  x  y in z  g x  z . Dolžino krivulje potem dobimo iz (2.10) v obliki b 2 2 s  1 y  z dx  (2.12) a Dolžina krivulje je neko pozitivno število. Če pa v integralu (2.11) fiksno zgornjo mejo nadomestimo s spremenljivim parametrom t, postane integral funkcija spremenljivke t. t s  t   rr d  (2.13)  Integral (2.13) je odvedljiva funkcija. Odvajajmo (2.13) po parametru t in dobljeni odvod kvadrirajmo. Dobimo izraz 2 s  rr   x y z x y z 2 2 2 , , , ,  x  y  z Zapišimo to z diferenciali 2 2 2 2  ds   dx   dy   dz              dt   dt   dt   dt  Od tod pa dobimo formulo za kvadrat ločnega diferenciala 2 2 2 2 ds  dx  dy  dz (2.14) 59 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Ločni diferencial ds je lok med dvema bližnjima točkama T  , x , y z in T  x  d , x y  dy, z  dz na krivulji C. Ker sta točki T in T zelo blizu skupaj, moremo lok 1   1 med njima nadomestiti kar z daljico, ki povezuje ti dve točki (slika 2.7). C T 1 T T 1 dz ds dy dx T Slika 2.7: Ločni diferencial ds Primer: Izračunajmo dolžino vijačnice r  t   a cos t, a sin t, bt od T  , a 0,0 do T  , a 0, 2 b . 1   0   Rešitev: r  t   a cos t, a sin t, bt  r  t    a  sin t, a cos t, b r  r   a sin t, a cos t, b a sin t, a cos t, b 2 2 2 2 2  a sin t  a cos t  b  2  a  2 2 sin t  cos t  2 2 2  b  a  b Računamo dolžino loka vijačnice od točke T  , a 0,0 do točke T  , a 0, 2 b . Vse točke 1   0   krivulje, pa seveda tudi ti dve točki, ležita na krivulji z enačbo r  t   a cos t, a sin t, bt. Določiti moramo parameter t, ki ustreza tem točkam. 60 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Začetna točka: T  , a 0,0  a cos t  0, a sin t  0, bt  0 . Sistem teh treh enačb ima rešitev 0   t  0 . Končna točka: T  , a 0, 2 b  a cos t  , a a sin t  0, bt  2 b . Sistem teh treh enačb ima 1   rešitev t  2 . Računamo torej ločno dolžino dane vijačnice za t 0,2  . Iz formule (2.11) dobimo  2 2 2 2 2 2  2 2 s  rr dt  a  b dt  a  b  t  2 a  b   0  0 ♦♦♦ Funkcija (2.13) je strogo naraščajoča funkcija parametra t, zato se da obrniti in dobiti parameter t  t  s kot enolično in zvezno odvedljivo funkcijo loka s. Tedaj lahko pišemo enačbo krivulje (2.03) v obliki r  r  t  s   x   t  s, y  t  s, z  t  s (2.15) Krajevni vektor r smo zapisali kot funkcijo naravnega parametra s. Vrednosti naravnega parametra s na krivulji C pripada takšna točka T, katere ločna razdalja od začetne točke T je 0 enaka s. Če za parameter t vzamemo kar naravni parameter t  s in odvode po s označimo s črtico, dobimo iz 2 2 2 2  ds   dx   dy   dz              dt   dt   dt   dt  takšno enačbo 2 2 2 2  ds   dx   dy   dz              ds   ds   ds   ds  ds Ker je 1, od tod sledi ds 2 2 2 x  y  z  1 (2.16) dx dy dz dr Odvodi x  , y  in z  so komponente krajevnega vektorja r  , zato je leva ds ds ds ds stran v enačbi (2.16) skalarni produkt tega vektorja samega s seboj. 61 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE r r   x y z x y z 2 2 2 , , , ,  x  y  z Od tod in iz (2.16) pa velja r r 1 (2.17) Odvod r je torej enotski vektor. 2.1.2 Krivuljni integral, definicija in računanje Krivuljni integral je – najenostavneje rečeno – le posplošitev določenega integrala, ki ga poznamo v običajni obliki b I  f    xdx (2.18) a V (2.18) integriramo dano funkcijo f   x v mejah od a do b po abscisi x, torej po premici (ali vzdolž premice), ki določa abscisno os. V krivuljnem integralu pa bomo integrirali dano funkcijo f   x po neki znani krivulji C v ravnini ali v prostoru, prav tako v mejah od neke točke A do točke B. Obe točki seveda ležita na tej krivulji (slika 2.8). S puščico smo označili smer integriranja (od točke A do točke B). B C A Slika 2.8: Krivulja C v prostoru (ravnini) Krivulji C bomo rekli pot integriranja, na kateri je A začetna in B končna točka. Pravimo, da smo s tem krivuljo C orientirali. To smer/orientacijo smo grafično označili s puščico na krivulji. 62 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Točki A in B se lahko tudi ujemata – v tem primeru pravimo, da je pot integriranja sklenjena (slika 2.9). C A B Slika 2.9: Sklenjena pot C v prostoru (ravnini) Naj bo krivulja podana v parametrični obliki r  t x   t, y t, z t , t    , (2.19) Kadar parameter t narašča, je smer (pot) od točke A do točke B pozitivna, v nasprotnem primeru pa je negativna. Krivulja C je gladka, ko moremo v vsaki točki te krivulje postaviti natanko eno tangento. Bolj natančno: krivulja z enačbo (2.19) je gladka, če je v vsaki točki zvezno odvedljiva, njen odvod   dr r t  pa je od nič različen vektor v vsaki točki krivulje C. dt Ta zahteva je precej stroga, zato bomo v nadaljevanju privzeli, da naj bo krivulja C vedno vsaj odsekoma gladka. Definicija: Krivuljni integral funkcije F  r  t vzdolž krivulje C je določen z izrazom  F   r dr  F   r t r t dt (2.20) C  Zaradi (2.19) je dr  d , x dy, dz . Ker odvajamo po parametru t, je tole res: dx  xdt, dy  ydt, dz  zdt . Če je še F  F , F , F , lahko krivuljni integral (2.20) zapišemo 1 2 3  tudi v obliki 63 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE F   r dr  b F dx F dy  F dz  F x F y  F z dt  (2.21) 1 2 3   1 2 3  C C a Kadar je krivuljni integral dan vzdolž sklenjene krivulje, ga označimo takole: F r dr  (2.22) C Iz definicije krivuljnega integrala vidimo, da je integrand skalar in ne vektor. Definicija: Krivuljni integral vektorske funkcije (vektorskega polja) vzdolž sklenjene krivulje C imenujemo cirkulacija polja F . Primer: Krivuljni integral si lahko v mehaniki predstavljamo kot delo, ki ga opravi sila F na poti C. ♦♦♦ Iz (2.21) vidimo, da je krivuljni integral kar določeni integral funkcije spremenljivke t nad intervalom  , a  b na t osi v pozitivni smeri, to je v smeri naraščajočega t. Primer: Vzemimo funkcijo na ravnini F r y, xy  ,0 , krivulja C pa naj bo četrtina krožnice s polmerom 1 v smeri od točke A do točke B, kot kaže slika 2.10. Izračunajmo krivuljni integral te funkcije vzdolž dane poti. y B 1 C 0 A x Slika 2.10: Krivulja C je četrtina krožnice s polmerom 1 64 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev: Zaradi OA OB 1  je na ravnini ( x, y) enačba krivulje C v parametrični obliki    r  tcos t,sin t , t 0,    2 Njen diferencial je dr t r t dt  s  in t,cos t dt Zaradi x tcos t in y tsin t je funkcija F r , y  xy  ,0  s  in t,cos t sin t  ,0 Skalarni produkt v integrandu je F r dr  t  t t    t t dt  2 2 sin , cos sin sin ,cos sin t cos t sin t dt in iskani krivuljni integral je po formuli (2.03)   F   r 2 dr  F   r t r t 2 dt  sin t,cos t sin tsin t,cos t dt  C 0 0   2     t   t     sin t cos t sin t 3 2 1 sin2 cos 3 4 2 2 dt   t         0,45 2   2   3  12 0 0 ♦♦♦ Primer: Krivulja C v prostoru naj bo sedaj en zavoj vijačnice z enačbo r  tcos t,sin t,3 t . En zavoj pomeni, da parameter t opiše polni kot, t   0,2. Funkcija, ki jo integriramo vzdolž te krivulje, pa naj se glasi F r z, , x  y . Izračunajmo pripadajoči krivuljni integral. Rešitev: Zaradi r  tcos t,sin t,3 t , t   0,2 je  xtcos t, y tsin t in z t3 t . Funkcija F r z, , x  y na tej krivulji je tedaj F r t  z t, x t, y t 3 t,cos t,sin t Začetna točka A integriranja je točka, ki leži na krivulji C z enačbo r tcos t,sin t,3 t pri t 0 , končna točka B pa je točka, ki leži na tej krivulji pri vrednosti parametra t 2 . Torej:  A 1,0  ,0 in  B 1,0,6 . Ko parameter t zavzame vse vrednosti med 0 in 2 , se točka po vijačnici dvigne za 6 1  8,8 (slika 2.11). 65 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Slika 2.11: Vijačnica r tcos t,sin t,3 t, t   0,2 Zaradi r  tcos t,sin t,3 t , t   0,2 je dr t s  in t,cos t,  3 dt . Od tod dobimo   F   r 2 dr  F   r t r t 2 dt   3 t,cos t,sin t sin t,cos t  ,3 dt  C 0 0         3  t sin t cos t 3sin t 2 2 1 1 2 dt     3 t  cos tsin t t sin2 t 3cos t 7     2 2   0 0 ♦♦♦ Pri krivuljnem integralu je pomemben izbor poti, po kateri integriramo. Poglejmo si to dejstvo na primeru. Primer: Vzemimo vektorsko funkcijo F r 2 5 z, xy, x z in dve točki, začetna  A 0,0,  0 in končna B1,1,  1 , do katere naj vodita dve poti C in C (slika 2.12). Izračunajmo krivuljni integral po 1 2 vsaki poti posebej. Rešitev: Na sliki 2.12 vidimo obe poti z isti začetno točko A in isto končno točko B. 66 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Slika 2.12: Dve različni poti z isto začetno in končno točko Parametrični enačbi obeh krivulj zapišemo brez težav. C je daljica med točkama A in B z enačbo: r t  t, t, t , t 0,1 . 1      1 C je parabolični lok med točkama A in B z enačbo: r  t 2 t, t, t , t 0,1 . 2    2 a) Zaradi r t  t, t, t , t 0,1 je F r  t  2 5 z, xy, x z 2 3 5 t, t , t . Ker je odvod r t  1,1,1 , je 1    1  1      krivuljni integral po poti C 1 I  F   r t 1 dr  F   r t  r t 1 dt   2 3 5 t, t , t  1,1,1 dt  1 1 1    1 C 0 0 1 1   t t t   5 t t  t  2 3 4 5 37 2 3 dt       2 3 4  12 0 0 b) Zaradi r  t 2 t, t, t , t 0,1 je F r  t  2 5 z, xy, x z 2 2 4 5 t , t , t . Ker je odvod 2  2    r t  1,1,2 t , je skalarni produkt F r t  r t  5 t , t , t  1,1,2 t 5 t  t 2 t 6 t 2 t in 2   2    2 2 4   2 2 5 2 5 2     krivuljni integral po poti C je potem 2      1        1   t t  I F r t dr F r t r t dt 6 t 2 t  3 6 6 2 7 2 5 dt      2 2 2  3 6  3 C 0 0 2 Vidimo, da I  I , čeprav je bil začetek in konec obeh poti enak. To pomeni, da je krivuljni 1 2 integral odvisen od poti, po kateri opravimo integriranje. ♦♦♦ 67 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 2.1.3 Greenov izrek Dvojni integral nad nekim ravninskim območjem D je mogoče transformirati v krivuljni integral vzdolž meje tega območja in obratno, krivuljni integral vzdolž roba (ograje) nekega ravninskega območja D je mogoče pretvoriti v dvojni integral nad tem območjem. Takšne spremembe so koristne in uporabne v številnih praktičnih primerih. O zvezi med dvojnim in krivuljnim integralom govori Greenov2 izrek v ravnini. Greenov izrek: Naj bo D v ravnini (x, y) zaprto omejeno območje, omejeno z ograjo C, ki jo sestavlja končno mnogo gladkih krivulj. Naj bosta nadalje F , x y in F , x y dve zvezni 2   1    F  F funkciji z zveznima parcialnima odvodoma 1 povsod na vsakem območju, ki  in 2 y  x vsebuje območje D. Tedaj velja  F  F   2 1  dx dy      Fdx F dy (2.23) 1 2   x  y   D C Pri računanju integrala na desni strani v (2.23) integriramo vzdolž celotne meje (ograje) C območja D v taki smeri, da je območje D vedno na levi strani. Opomba: Na sliki 2.13 je prikazan primer smeri integriranja vzdolž krivulje. Območje D je glede na smer premikanja po krivulji vedno na levi strani, zato po ograji C integriramo v nasprotni 1 smeri urinega kazalca, po C pa v smeri urinega kazalca. 2 Slika 2.13: Smer integriranja krivuljnega integrala v formuli (2.23) 2 George GREEN (1793 – 1841), britanski (angleški) matematik. 68 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Dokaz: Dokažimo Greenov izrek za območje D, ki je določeno s pogoji u  x  y  v x a  x  b in p y  x  q y c  y  d Grafično sta oba pogoja prikazana na slikah 2.14 in 2.15. C 2 y v(x) D C 1 u (x) a b x Slika 2.14: Območje D določeno s pogoji u x  y  v x za a  x  b y d p(y) D q(y) c a b x Slika 2.15: Območje D določeno s pogoji p y  x  q y za c  x  d 69 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Po formuli (1.28) lahko zapišemo v x b    F  F  1 1 dx dy   dy d  x    y   y   D a u   x  Izračunajmo ta integral. v x b  b b   F  F  y v x 1 1   dx dy   dy dx   F x, y dx   F x, v x  F x, u x  dx       1     1           1   y u x y y  D a u   x a a  b b a b   F x, v x  dx   F x, u x  dx    F x, v x  dx   F x, u x  dx     1     1      1      1      a a b a V prvem integralu smo zamenjali meji, zato smo dobili negativni predznak. Iz slike 2.14 vidimo, da je y  u  x krivulja C , medtem ko je y  v x enačba krivulje C . 1 2 Očitno je vsoto zadnjih dveh integralov mogoče zapisati kot krivuljni integral vzdolž celotne meje območja D. a b F , x y dx  F x, y dx  F x, y dx    1   1   1   b a C Od tod F  1 dxdy   F x, y dx   (2.24) 1   y  D C S tem je Greenov izrek za F , x y  0 dokazan. 2   Zlahka ugotovimo, da se zapis (2.24) ne spremeni, tudi če bi bil del krivulje, vzdolž katere računamo krivuljni integral, vzporeden z osjo y, kot recimo C in C na sliki 2.16. 3 4 70 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Slika 2.16: Območje R, omejeno z vzporednicama osi y V integralu (2.24) namreč integriramo krivuljni integral po x, zato je seveda krivuljni integral vzdolž krivulje C in C enak nič. 3 4 Podobno, kot smo v (2.24) dokazali Greenov izrek za integriranje po spremenljivki x, lahko sedaj v skladu s formulo (1.20) in grafično predstavitvijo na sliki 2.15 zapišemo q y d  d d   F  F  2 2 dxdy   dx d  y  F  q y , y dy  F  p y , y dy  F x, y dy       2     2     2   x   x   D c p   y c c C  Če od pravkar dobljenega izraza odštejemo (2.24), res dobimo Greenovo formulo (2.23). S tem je Greenov izrek za poseben primer območja D dokazan. Območje D pa je lahko tudi sestavljeno iz končnega števila območij, omejenih s sklenjenimi krivuljami. Veljavnost Greenovega izreka dokažemo v tem primeru tako, da uporabimo prejšnjo ugotovitev za vsako podobmočje posebej. Ta del dokaza bomo tu izpustili, bralec ga lahko najde v katerem od omenjenih del ob koncu knjige (npr. Vidav, Kreyszig). Greenovo formulo lahko zapišemo tudi v drugačni obliki. Poznamo že rotor vektorskega polja F , ki je določen z izrazom i j k     F  F    F  F    F  F   3 2 1 3 2 1 rotF    i   j   k x  y  z         y  z    z  x    x  y   F F F 1 2 3 Zaradi ortogonalnosti enotskih vektorjev i , j in k in lastnosti skalarnega produkta dveh vektorjev je skalarni produkt vektorjev rotF ter k takšen 71 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE  F  F    F  F    F  F    F  F  3 2 1 3 2 1 2 1 rotF  k    i   j   k        k    y  z     z  x    x  y   x  y   F  F  V Greenovi formuli (2.23) nastopa v dvojnem integralu dobljeni izraz 2 1  x  y  , zato moremo to formulo zapisati tudi v tejle pripravni obliki  rotF kdxdy Fdr  (2.25) D C F  F , F 1 2  Navedimo še eno koristno povezavo, ki sledi iz Greenovega izreka. F  F  Vzemimo najprej F 0 in F  x . Tedaj je 2 1   1 F dx  F dy  x dy   . 1 2 x  y  in  1 2  C C Formula (2.23) se v tem primeru glasi dx dy  x dy   . D C F  F  V nadaljevanju vzemimo F  y in F 0 . V tem primeru je spet 2 1   1 1 2 x  y  in   Fdx F dy   ydx  . Po formuli (2.23) dobimo za ta primer dx dy   y dx   . 1 2  C C D C Ko seštejemo oba dobljena izraza, imamo 2 dx dy  x dy  y dx    in od tod D C C 1 dx dy     xdy ydx 2 D C Upoštevajmo, da je dx dy  ploščina S območja D in dobimo tole zanimivo formulo za D ploščino območja D 1 S    xdy ydx (2.26) 2 C Po formuli (2.26) je mogoče izračunati ploščino nekega območja z integriranjem po meji (ograji) tega območja. Integriranje po krivulji seveda poteka v smeri, ki je določena v Greenovem izreku. 72 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Izračunajmo z uporabo formule (2.26) ploščino kroga. Rešitev: Krog je omejen s krožnico, dano z enačbo 2 2 2 x  y  a . V parametrični obliki enačbo krožnice zapišemo v obliki: x a c  ost , y a sint , kjer je parameter t kot, ki zavzame vse vrednosti med 0 in 2 . y a T t 0 a x Iz x  a cost , y  a sint dobimo odvoda x a  sint in y acost . Zaradi dx xdt  asintdt in dy  ydt  acost dt je     2 xdy ydx xy yx dt  a dt . Z uporabo (2.26) dobimo znano formulo za ploščino kroga 2 1  S    xdy  ydx 2 1 a 2 2 2  a dt  t   a  0 2 2 2 C 0 ♦♦♦ Če je krivulja dana s polarnimi koordinatami  in r, je zveza med koordinatama x in y ter  in r znana: x  rcos , y  rsin . Spremenljivki x in y sta v tem primeru funkciji dveh spremenljivk, x  f  ,r , y  g ,r . Vemo, da sta diferenciala dx ter dy: x  x  dx  d  dr   r sin d cos dr   r  y  y  dy  d  dr  r cos d sin dr   r  Od tod je x dy  y dx  x  r cos d  sin dr   y  r sin d  cos dr    r cos  r cos d  sin dr  r sin  r sin d  cos dr 2  r d 73 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Formulo (2.26) lahko zapišemo v obliki 1 2 S  r d  (2.27) 2 C Primer: Vzemimo spet kar ponovno krog. Krožnica ima v polarnih koordinatah enačbo r  a . Kot  mora preteči vse vrednosti od 0 do 2 . Po formuli (2.27) dobimo 2 2 1 1 a 2 2 2 2 S  r d  a d     a   0 2 2 2 C 0 ♦♦♦ 2.2 PLOSKOVNI INTEGRAL 2.2.1 Ploskve v prostoru Vzemimo ploskev P v koordinatnem prostoru ( x, y, z). Njena enačba je z  f  , x y (2.28) ali tudi F  , x , y z  0 (2.28a) Podobno, kot smo v poglavju o krivuljnem integralu ugotovili, da si delo močno poenostavimo, če vpeljemo parametrično enačbo krivulje, bomo tudi ploskve zapisovali v parametrični obliki. Ker je ploskev dvodimenzionalna tvorba, bomo vpeljali dva parametra, označimo ju z u in v. Na ta način bomo ploskev P v prostoru preslikali na ravninsko območje D v ravnini ( u, v), slika 2.17. 74 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE z v P D y u x Slika 2.17: Ploskev P v prostoru ( x, y, z) in območje D na ravnini ( u, v) Do vsake točke na ploskvi P vodi radij vektor r   , x y, z , ki je z vpeljavo parametrov u in v odvisen od teh dveh parametrov. Parametrična enačba ploskve P je potem r  r  , u v   x , u v, y  , u v, z  u, v (2.29) V (2.29) parametra u in v zavzameta vse vrednosti iz območja D. Primer: Naj bo ploskev P v prostoru krogla s polmerom a in središčem v koordinatnem izhodišču. Vemo, da je tedaj njena enačba takšna: 2 2 2 2 x  y  z  a . Vpeljimo parametra u in v tako, da je u kot med osjo x in krakom v vodoravni ravnini in preteče vrednosti med 0 in 2 , v pa je kot, ki ima en krak na osi z, drugi pa se spreminja v   navpični smeri med  in  . Sedaj so komponente radij vektorja r   , x y, z , ki 2 2 opisujejo vse točke na krogli, takšne: x  a cos v cos u, y  a cos v sin u, z  a sin v . Enačba krogle se v parametrični obliki glasi:   r  r  , u v   a cos v cos , u a cos v sin , u a sin v , 0  u  2 ,   v  2 2 ali pa tudi takole:   r  , u v  a cos v cos u  i  a cos v sin u  j  a sin v  k , 0  u  2 ,   v  2 2 ♦♦♦ Naj bo ploskev P dana s parametrično enačbo (2.29). Naj bosta nadalje u  u  t, v  v t  odvedljivi funkciji parametra t, t ,  , tako da vse dvojice  u t, v t leže na definicijskem območju funkcije r  u, v . Tedaj je r  t  r  u t, v t enačba neke krivulje C   C, ki poteka po ploskvi P. Vzemimo še neko točko T, ki leži na ploskvi P in na krivulji C. Odvajajmo funkcijo r  t  r  u  t, v t po t in dobimo: C   75 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE   r  t  dr r r C   u  v (2.30) C dt u  v  Vzemimo, da je funkcija r  t  r  u  t, v t odvedljiva v dani točki T, kjer je njen odvod C   ravno tangentni vektor na krivuljo C. Označimo parcialna odvoda takole r  r  r  , r  (2.31) u v u  v  Vektorja r in r sta odvisna le od lege točke T na ploskvi P, nič pa od krivulje skozi to u v točko. Vzemimo, da sta vektorja r in r linearno neodvisna, to pa pomeni, da nista u v vzporedna in da določata neko ravnino. Tej ravnini pravimo tangentna ravnina  na ploskev P v točki T (slika 2.18). Oba parcialna odvoda imata seveda smer tangente na ploskev P v točki T, saj je njuna linearna kombinacija ravno tangentni vektor r t . C   Slika 2.18: Tangentna ravnina  in normala na ploskev P v točki T 76 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Vektor r t  r u  r v leži na tangenti krivulje C v točki T, zato leži tudi v tangentni ravnini. C   u v Skozi poljubno točko T na ploskvi P poteka neskončno mnogo krivulj. Vse tangente, ki jih postavimo v točki T na te krivulje, leže v tangentni ravnini  . Ker ležita vektorja r in r v tangentni ravnini, je njun vektorski produkt N  r  r nanjo u v u v pravokoten. Na tangentni ravnini leži točka T, do katere vodi krajevni vektor r . Vzemimo na tangentni ravnini poljubno točko S, do katere naj vodi krajevni vektor R . Razlika R  r je vektor, ki leži na tangentni ravnini in je pravokoten na vektorski produkt N  r  r . Zato je u v njun skalarni produkt 0, torej  R r r  r   0 (2.32) u v Zapis (2.32) je enačba tangentne ravnine. Naj bo sedaj ploskev P dana z enačbo (2.28), to je z  f  , x y . Za parametra lahko vzamemo kar x in y, pa dobimo enačbo ploskve v obliki r   , x , y f  , x y. Če označimo f  f  p  , q  x  y  (2.33) sta odvoda funkcije r   , x , y f  , x y po parametrih r     r  r 1, 0, p , r   0,1, q x y  x  y  Njun vektorski produkt je i j k r  r  1 0 p   pi  qj  k   p  q x y  , ,  1 0 1 q Koordinate točke S, to so komponente vektorja R naj bodo X, Y in Z, torej R   X, Y, Z  , točka T , kjer se tangentna ravnina dotika ploskve P, pa naj ima koordinate x,y, in z, torej je r   , x y, z . Enačbo (2.32) lahko zapišemo s komponentami  R r r  r   0 u v  X  x, Y  y, Z  z p, q,  1  0  p  X  x  q Y  y   Z  z  0 77 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE oziroma Z  z  p X  x  q Y  y (2.34) Ko je ploskev P dana z implicitno enačbo (2.28a), to je F  , x , y z  0 oziroma F  F  F  , x , y f  , x y  0, dobimo z odvajanjem po x in po y izraza  p  0 ter x  z  F   F  q  0 , od koder izračunamo odvoda p in q: y  z  F  F  x  y  p   q   F  F  z  z  Vstavimo oba izraza v enačbo tangentne ravnine (2.34), uredimo in že imamo tangentno ravnino zapisano v tejle obliki    F     F     F  X x Y y Z z  0 x  y  z  (2.35) Vidimo, da je leva stran v (2.35) skalarni produkt vektorjev  X  , x Y  , y Z  z in  F  F  F    F  F  F   , ,   . Vemo pa tudi, da je vektor , ,   ravno gradient skalarne funkcije  x  y  z    x  y  z    F  F  F   F, torej , ,  gradF   , zato moremo enačbo tangentne ravnine zapisati tudi  x  y  z    R r gradF  0 (2.36) Iz (2.36) vidimo, da je gradF vektor, ki je pravokoten na tangentno ravnino. Definicija: Normalni vektor n (ali tudi kar: normala) na ploskev P v točki T je vektor, ki je pravokoten na tangentno ravnino  ploskve P v točki T. Normala na ploskev P je torej vektor, ki gre skozi dotikališče T in stoji pravokotno na tangentno ravnino v tej točki. Lahko rečemo tudi, da normala pravokotno prebode ploskev. 78 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Vektorja r in r , določena z (2.31), ležita v tangentni ravnini, njun vektorski produkt je u v vektor, ki je pravokoten na oba, torej pravokoten na tangentno ravnino, zato ima smer normale na ploskev P. N  r  r (2.37) u v Vektorju N prirejen enotski vektor je N r  r u v n   (2.38) N r  r u v Ko je ploskev P dana z eksplicitno enačbo (2.28), to je z  f  , x y in za parametra lahko vzamemo kar x in y, dobimo enačbo ploskve v obliki r   , x , y f  , x y. Odvoda te funkcije po parametrih sta r  r  r   1,0, p , r   0,1, q (2.39) y  x  x  x  Njun vektorski produkt pa je i j k N  r  r  1 0 p   p  q (2.40) x y  , ,  1 0 1 q f  f  Pri tem sta p in q določena z (2.33), to je: p  , q  x  y  . Enotni vektor na normali je   r  r 1 p q u v n    p  q  1 , ,1    ,  ,  2 2   2 2 2 2 2 2 r r          u v p q 1 p q 1 p q 1 p q 1   Ker je n enotni vektor, so njegove komponente smerni kosinusi normale. p q 1 cos   , cos    , cos   (2.41) 2 2 2 2 2 2 p  q 1 p  q 1 p  q 1 79 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Ko pa je ploskev P dana z implicitno enačbo (2.28a), to je F  , x , y z  0 oziroma  F  F  F   F  , x , y f  , x y  0, je gradF  , ,   vektor, ki je pravokoten na tangentno  x  y  z   ravnino, torej ima smer normale. Enotni vektor na normali potem lahko zapišemo tudi takole gradF n  (2.42) gradF Primer: Izračunajmo enotni vektor na normali, ki jo postavimo na stožec z enačbo 2 z   2 2 4 x  y  v točki T 1,1,2 2 . Rešitev: Implicitna enačba ploskve je F  , x , y z  0 , za stožec v tem primeru je  F  F  F   F x y z  2 2 x  y  2 , , 4  z . Od tod dobimo gradF  , ,    8 , x 8 y, 2  z . V dani  x  y  z   točki T 1,1,2 2 pa je gradient tale vektor: gradF  T   8,8, 4  2  . Iskani enotni vektor je po formuli (2.42): gradF 1   n      2 2 1 8,8, 4 2  , ,   gradF 646432  10 10 5  z T n 1 1 y x Koti, ki jih vektor n oklepa s koordinatnimi osmi, so: 80 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 2 cos α  cos β  0,632455 α  β 0,89 rd 50,8 10 1 cos γ    0  ,44721 γ2,03 rd 116  ,5 5 ♦♦♦ Definicija: Ploskev P je gladka (angl.: smooth surface), če ima v vsaki točki tangentno ravnino. Ploskev P je odsekoma gladka (angl.: piecewise smooth), če jo lahko razdelimo na končno mnogo gladkih delov. Primer: Plašč krogle (sfera) je gladka ploskev, plašč kocke pa je odsekoma gladka ploskev. Na robovih kocke tangentne ravnine ne moremo postaviti oz. jih je neskončno mnogo. ♦♦♦ 2.2.2 Ploskovni integral, definicija in računanje Vzemimo odsekoma gladko ploskev P, podano s parametrično enačbo v vektorski obliki (2.29) r  r  , u v   x , u v, y  , u v, z  u, v  u,  v D Ker je ploskev odsekoma gladka, obstoja normalni vektor N  r  r in enotni normalni u v r  r vektor u v n  v vsaki točki te ploskve, razen morda ne obstaja v končnem številu točk r  r u v ploskve (npr. oglišče kocke, vrh stožca). Definicija: Ploskovni integral vektorske funkcije F po ploskvi P je izraz F  ndP  (2.43) P V (2.43) je F vektorska funkcija (vektorsko polje) v prostoru, n je enotni vektor na normali, dP je infinitezimalno majhen del ploskve. Ploskovni integral lahko razumemo tako, da smo ploskev P razdelili na neskončno mnogo infinitezimalno majhnih parcel, nato pa ploščino dP 81 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE vsake parcele pomnožili s skalarnim produktom vektorske funkcije F in enotne normale ploskve ter vse te produkte sešteli. Ker je produktov neskončno mnogo in ker so infinitezimalno majhni, smo to seštevanje opravili z integralom. Ta postopek je mogoče narediti ne glede na izbrani koordinatni sistem, zato je vrednost ploskovnega integrala vektorske funkcije neodvisna od izbire koordinatnega sistema. V integrandu ploskovnega integrala je skalarni produkt dveh vektorjev ( F  n ), zato je rezultat seveda skalar. Skalarni produkt F  n je normalna komponenta vektorskega polja F . Ploskovni integral polja F po ploskvi P imenujemo tudi pretok (flux) polja F skozi ploskev P. Od kod tako ime, bo pojasnil naslednji primer. Primer: Opazujmo stacionarno gibanje nestisljive tekočine v prostoru. Hitrost v gibanja tekočine je v tem primeru odvisna le od mesta, ne pa tudi od časa. Zanima nas, koliko tekočine steče v časovni enoti skozi dano stran ploskve P. V časovni enoti steče skozi infinitezimalno majhen del površine dP toliko tekočine, kot je prostornina kvadra z osnovno ploskvijo dP in višino v , ki pomeni normalno komponento n hitrosti v . Smer normale mora kazati v smeri gibanja tekočine. Če je n enotni vektor, ki stoji pravokotno na dP, je skalarni produkt v  n ravno normalna komponenta hitrosti, torej v  v  n . n Množina tekočine, ki steče skozi infinitezimalno majhen kos ploskve s ploščino dP, je potem prostornina kvadra, to je v n dP . P retok tekočine skozi vso ploskev P pa dobimo, da seštejemo vse infinitezimalno majhne dele pretokov, kar storimo s ploskovnim integralom. Pretok tekočine skozi ploskev P je potem enak integralu vndP  . P ♦♦♦ Ploskovni integral (2.43) lahko zapišemo tudi drugače. Vzemimo, da vektor F zapišemo s komponentami F  F , F , F . Vektor n je enotni vektor, 1 2 3  zato so njegove komponente kar kosinusi kotov, ki jih normala oklepa s koordinatnimi osmi (smerni kosinusi), n cos ,c α os β,cos  γ , zato je skalarni produkt F n  F cos α F cos β F cos γ in (2.43) lahko zapišemo takole 1 2 3 FndP    F cos α F cos β F cos γ dP (2.44) 1 2 3  P P Ploskovni integral računamo tako, da ga prevedemo na dvojni integral. Zapišimo vse vektorske funkcije v parametrični obliki s parametroma u in v. Enačba (2.31) določa vektorja 82 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE r  r  r in r takole: r  , r  . Njun vektorski produkt je dan z (2.37), N  r  r . u v u v u  v  u v Velikost vektorskega produkta N  r  r je ploščina paralelograma, ki ga napnemo na u v vektorja r in r . Zato je diferencialno majhen del ploščine dP  N dudv ploskve P. To u v enačbo pomnožimo na levi in desni z enotnim vektorjem n na normali ndP  n N dudv Zaradi (2.38) je n N  N in ndP  n N dudv  Ndudv (2.45) Upoštevajmo (2.45) v definiciji ploskovnega integrala (2.43) in dobimo zvezo med ploskovnim in dvojnim integralom FndP  F    r u,  v N u,  vdudv (2.46) P D Dvojni integral seveda računamo na območju D, ki določa vse pare parametrov ( u,v). Primer: Izračunajmo ploskovni integral funkcije F   2 2 , x 0, y  po ploskvi P, dani z enačbo x  y  z  1, x  0, y  0, z  0 (prvi oktant). Rešitev: z 1 P D 1 1 x y 83 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Ploskev P je skicirana na zgornji sliki. Vzemimo parametra x  u in y  v , iz enačbe ploskve pa dobimo še z 1 u  v . Na ta način lahko ploskev zapišemo v vektorski obliki r  , u v   , u ,1 v  u  v . Območje D je enakokraki trikotnik na ravnini ( u,v), ki je v tem primeru kar ravnina ( x,y). Kraka trikotnika ležita na koordinatnih oseh, tretja stranica pa na premici x  y  1. Območje D je torej določeno s pogojema: 0  x  1 y, 0  y  1. To bosta meji za dvojni integral. Zaradi r  , u v   , u ,1 v  u  v je: r  r  r   1,0,  1 , r    . v 0,1,  1 u u  v   i j k N u, v  r  r  1 0 1   u v 1,1,  1 0 1 1  F  u v   2 u v   F  u v N  u v   2 u v   2 , 2 , 0, , , 2 , 0, 1,1,1  2 u  v Po formuli (2.26) je FndP  F    r u,  v N u,  vdudv. Dvojni integral bo potekal v mejah: P D 0  u  1 , v 0  v  1.   FndP    v v 2 u  v  1 1 dudv    2 u v  1 dudv   u  uv 1 2 2 2 2 dv  0 P D 0 0 0 1  5 2 3 12 v2 v  v  dv12 0 ♦♦♦ V zgornjem primeru je bila funkcija dana v eksplicitni obliki z  f  , x y in za parametra u in v smo vzeli kar x in y. V tem primeru smo že ugotovili, da lahko zapišemo enačbo ploskve v obliki r   , x , y f  , x y. Odvoda te funkcije po parametrih x in y smo označili v (2.39): r  r  r   1,0, p in r   0,1, q , njun vektorski produkt pa je dan v (2.40), y  x  x  x   i j k N x, y   r  r  1 0 p   p  q . Ploskovni integral bo po formuli (2.46) takšen: x y  , ,  1 0 1 q FndP  F    r , xy N , xy dxdy . P D Naj bo vektorska funkcija (vektorsko polje) dano s komponentami F   F , F , F , pa 1 2 3  dobimo formulo 84 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE FndP    F p F q F dxdy (2.47) 1 2 3  P D Območje D leži na ravnini ( x, y) in pomeni projekcijo ploskve P na to ravnino (slika 2.19). z P y D x Slika 2.19: Ploskev P in njena projekcija D na ravnino  , x y V ploskovnem integralu (2.43) nastopa enotni vektor n na normali na ploskev P. Na ploskvi v splošnem razlikujemo dve strani. Ploskev je dvostranska, če ne moremo priti z ene strani na drugo, ne da bi prekoračili rob ploskve. Normala na ploskev je potemtakem lahko na eni ali na drugi strani ploskve. Če kaže vektor n v eno smer, kaže v drugo smer vektor  n  . To pomeni, da je v ploskovnem integralu pomembno, v katero smer kaže normala, zato mora biti ploskev orientirana. Ni vsaka ploskev dvostranska, primer enostranske ploskve je Möbiusov3 trak, ki ga prikazujemo na sliki 2.20. 3 August Ferdinand Möbius (1790-1868), nemški matematik, ukvarjal se je s pročevanjem ploskev, projektivno geometrijo in mehaniko. 85 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Slika 2.20: Möbiusov trak, vir http://en.wikipedia.org/wiki/M%C3%B6bius_strip Möbiusov trak dobimo, če v traku povežemo med seboj točki A  A in točki B  B (slika 1 1 2.21). B A 1 A B 1 Slika 2.21: Trak sklenemo tako, da povežemo točke A  A in B  B . 1 1 Ploskev P, po kateri računamo ploskovni integral, moramo torej orientirati. Ploskev orientiramo s tem, da izberemo eno stran ploskve za pozitivno, druga stran je potem negativna. Če zamenjamo orientacijo ploskve, nadomestimo enotni vektor na normali n z nasprotnim vektorjem  n  , kar pomeni, da vsako komponento vektorja n pomnožimo z   1  . Zaradi definicije ploskovnega integrala (2.43), se integralu F  ndP  zamenja predznak, če P zamenjamo orientacijo. F   n dP F ndP  (2.48) P P Primer: Izračunajmo pretok funkcije F   2 z , xz,5 skozi ploskev P, ki je podana z omejitvami: x   z  2 0, 2 , 0,1 , y  x (slika). 86 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev: Vpeljemo parametra u in v takole: u  , x v  z . Potem je 2 y  u in ploskev P je v vektorski obliki takšna: r   2 u, u , v , kjer sta parametra v mejah u 0,  2 , v 0  ,1 . Od tod sta oba parcialna odvoda r  1, 2 , u 0, r  0,0  ,1 in u v i j k N  u, v  r  r  1 2 u 0  u  u v 2 , 1,0 0 0 1 Ker je funkcija zapisana v vektorski obliki in je sedaj takšna F  r  u v   2 , v , u , v 5 , je skalarni produkt F  r  u v N  u v   2 v uv  u   2 , , , ,5 2 , 1, 0  2 uv  uv . Ploskovni integral je po (2.43) 2       u v  FndP F r u, v N  u, v 1 2 dudv  2 uv  uv 1 2 2 2 2 dudv   u v   dv   2 P D 0 0 0 0 1 1   v   4 v 2 v 3 4 1 2 2 dv   v    3  3 0 0 Sedaj pa zamenjajmo orientacijo ploskve P, kar bomo storili tako, da bomo za parametra u in v vzeli u  z, v  x . Ploskev P v vektorski obliki bo sedaj takšna: r   2 , v v , u , u 0  ,1 , v 0,  2 . Parcialna odvoda sta r  0,0  ,1 , r  1, 2 , v 0 . Njun vektorski produkt u v  (normala na ploskev P) je i j k N  u, v  r  r  0 0 1   v u v  2 ,1,0 1 2 v 0 87 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Zaradi F  r  u v   2 , u , u , v 5 , je skalarni produkt F  r  u, v N  u, v sedaj takšen: F  r  u v N  u v   2 u uv  v  2 , , , ,5 2 ,1, 0  2  u v  uv . Ploskovni integral (2.43) pa je 1       u v u v  FndP F r u, v N  u, v 2 1 dudv   2  u v uv 2 3 2 2 2 dudv     dv   3 2 P D 0 0 0 0 2 2 2 2  2 v v   2 v v  1    dv        3 2  6 4  3 0 0 Ploskovni integral se razlikuje v predznaku, če zamenjamo orientacijo ploskve P. Pri 1 N  2 u, 1  ,0 je pretok vektorske funkcije enot, pri nasprotni orientaciji, ko je 3 N   2  ,1 v ,0 , pa je pretok po velikosti seveda enak, vendar zaradi nasprotne orientacije nasprotno predznačen. ♦♦♦ Zaradi odvisnosti ploskovnega integrala od orientacije običajno pišemo v splošni obliki pred ploskovni integral možnost obeh predznakov, to je FndP  F    r u,  v N u,  vdudv P D Če je funkcija dana v eksplicitni obliki, pa je FndP    F p F q F dxdy 1 2 3  P D Vzemimo ploskovni integral v obliki (2.44), to je FndP    F cos α F cos β F cos γ dP 1 2 3  P P Smerni kosinusi cos, cos  in cos so komponente enotnega vektorja n na normali N , F , F in F pa so komponente vektorske funkcije (polja) F . Ploskev P in funkcijo F smo 1 2 3 postavili v koordinatni sistem ( x, y, z). Potem je tole res 88 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE F cos dP  F dydz   (2.49) 1 1 P P F cos  dP  F dzdx   (2.50) 2 2 P P F cos dP  F dxdy   (2.51) 3 3 P P Ko te izraze upoštevamo v (2.44), dobimo FndP    F cos α F cos β F cos γ dP F cos αdP F cos βdP F cos γdP    1 2 3  1 2 3 P P P P P  Fdydz F dzdx F dxdy F dydz  F dzdx F dxdy     1 2 3  1 2 3  P P P P Od tod sledi formula FndP    Fdydz F dzdx Fdxdy (2.52) 1 2 3  P P V (2.52) lahko oklepaj tudi izpustimo in ploskovni integral zapišemo kar v takšni obliki FndP  Fdydz  F dzdx F dxdy   (2.52a) 1 2 3 P P Primer: Vzemimo kar prejšnji primer, ki smo računali pretok funkcije F   2 z , xz,5 skozi ploskev P, ki je podana z zahtevami x   z  2 0, 2 , 0,1 , y  x . Rešitev: Tu je 2 F  z , F  xz, F  5. 1 2 3 Vzeli smo: u  , x v  z , zato je 2 y  u in ploskev P je v vektorski obliki r   2 u, u , v . Od tod sta oba parcialna odvoda r  1, 2 , u 0, r  0,0  ,1 in u v i j k N  u, v  r  r  1 2 u 0  u  u v 2 , 1,0 0 0 1 89 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Zapišimo spet spremenljivke x, y in z in imamo normalo N  2 , x 1  ,0, enotni vektor na njej 1 2 x, 1  ,0  2 x 1  pa je n  N    ,  , 0  , torej velja 2 2 2 N 4 x 1  4 x 1 4 x 1  2 x 1 cos   0, cos     0, cos  0 . Ker je cos  negativen, bomo glede 2 2 4 x 1 4 x 1 na (2.50) v integralu tam dobili negativen predznak, zaradi cos 0 pa je v skladu z (2.51) tretji integral nič. Meje integriranja so podane s projekcijo ploskev P na posamezne ravnine, x   z  2 0, 2 , 0,1 , y  x 0,  4 . Iz formule (2.52) sledi FndP    Fdydz F dzdx Fdxdy  Fdydz F dzdx Fdxdy    1 2 3  1 2 3 P P P P P 1 1 4 2 1 1    z dydz xzdzdx    z y 2 2 4 xz 2 2 dz   dx 0  2 0 0 0 0 0 0 0 1 2 x 1 2  4 z dz dx   2 3 0 0 Rezultat je seveda takšen, ko smo ga dobili že v prejšnjem primeru. ♦♦♦ 2.2.2.1 Površina ploskve Vzemimo ploskev P v prostoru in vektorsko funkcijo nad to ploskvijo. Tedaj napišemo ploskovni integral vektorske funkcije F po ploskvi P z izrazom FndP  F    r u,  v N u,  vdudv P D Skalarni produkt F r  u,  v N  u,  v pišemo po definiciji F  r  u,  v N  u, v F  r  u, v  N  u, vcos φ Ko sta vektorja pravokotna, je cos φ0 in F  r  u,  v N  u, v F  r  u, v  N  u, v . Naj bo sedaj še F r u,  v 1  in pretok polja (ploskovni integral) je kar enak površini ploskve, po kateri integriramo 90 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE S  dP  N    u,  vdudv P D Ker je po (2.37) res N  r  r , je površina ploskve u v S  r  r dudv  (2.53) u v D Primer: Z uporabo ploskovnega integrala izračunajmo površino krogle. Rešitev: Enačba krogle, ki ima središče v izhodišču koordinatnega sistema, je 2 2 2 2 x  y  z  a . Vpeljemo parametra u in v tako, da je u kot med osjo x in krakom v vodoravni ravnini in preteče vrednosti med 0 in 2 , v pa je kot, ki ima en krak na osi z, drugi pa se spreminja v   navpični smeri med  in  . Potem so komponente krajevnega vektorja r   , x y, z , ki 2 2 opisujejo vse točke na krogli, takšne: x  a cos v cos u, y  a cos v sin u, z  a sin v . Enačba krogle se v parametrični obliki glasi:   r  r  , u v   a cos v cos , u a cos v sin , u a sin v , 0  u  2 ,   v  2 2 Od tod sta parcialna odvoda r   a  cos v sin , u a cos v cos u, 0 in r   a  sin v cos u, a  sin v sin u, a cos v v  u  ter njun vektorski produkt i j k r  r   a v u a v u  a v u a v u a v v u v  2 2 2 2 2 cos sin cos cos 0 cos cos , cos sin , cos sin   a sin v cos u  a sin v sin u a cos v Velikost tega vektorja je r  r   a v u2   a v u2   a v v2 2 2 2 2 2 4 2 2 cos cos cos sin cos sin  a cos v  a cos v u v Z uporabo formule (2.53) dobimo znano formulo za površino krogle: 91 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE π π π 2 2 π 2 2 2 2 2 π 2 S  r  r dudv  a cos vdudv  a u cos vdv  2 πa cos vdv       u v 0 D π 0 π π    2 2 2 π 2 2 2 πa sin v 2 πa    πa π 1  1 2 2 4 2 ♦♦♦ 2.2.3 Gaussov izrek Gaussov izrek (ali tudi izrek Gauss-Ostrogradski) določa zvezo med trojnim integralom po danem prostorskem območju in ploskovnim integralom po sklenjeni ploskvi, ki določa to prostorsko območje. Izrek o divergenci: Naj bo V zaprto prostorsko območje in P mejna ploskev tega območja. Naj bo nadalje F  , x , y z   F , F , F zvezna vektorska funkcija, prav tako naj bodo zvezni 1 2 3  vsi njeni prvi odvodi, cos, cos  in cos pa naj bodo smerni kosinusi vektorske enote n na normali ploskve P, ki naj bo ves čas usmerjena ven iz območja V , torej naj kaže na zunanjo stran robne ploskve P. Tedaj velja divFdV  FndP   (2.54) V P Formula (2.54) je Gaussova formula (ali tudi formula Ostrogradskega). Formulo lahko zapišemo tudi s komponentami  F  F  F   1 2 3   dxdydz     F cos  F cos  F cos dP (2.55) 1 2 3   x  y  z   V P ali pa  F  F  F   1 2 3   dxdydz     Fdydz  F dzdx F dxdy (2.56) 1 2 3   x  y  z   V P Dokažimo ta izrek za enostavno prostorsko območje V, ki naj bo omejeno s tremi ploskvami: spodaj in zgoraj s ploskvama P ter P z enačbama z , x y in z , x y , ob strani pa s 2   1   1 2 cilindrično ploskvijo P (slika 2.22). Obe ploskvi P ter P naj imata isto projekcijo na 3 1 2 ravnino ( x, y), to je območje D, ki je kar projekcija telesa na ravnino ( x, y). 92 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE n  z P 2 P (cilindrična ploskev) 3 n  P 1 n y D x Slika 2.22: Prostorsko območje V, omejeno s ploskvami P , P in P 1 2 3 F  Vzemimo trojni integral 3 dxdydz  in ga prevedimo na dvojnega tako, da integriramo po z  V z. Zaradi dogovorjene oblike območja V dobimo z x, y 2     F  F  3 3 dxdydz   dz d  xdy      F x, y, z  F x, y, z dxdy 3  2  3  1  z   z   V D   1 z  x, y D oziroma F  3 dxdydz  F , x y, z dxdy F , x y, z dxdy    3  2  3  1  z  V D D Sedaj izračunajmo še ploskovni integral F dxdy  , kjer je P celotna ploskev prostorskega 3 P območja V. Integriramo po zunanji strani te ploskve (normala kaže ven iz telesa). Normala na  ploskvi P oklepa s smerjo z osi kot  , ki je med in  , zato je cos  0 , normala na 1 2 ploskvi P oklepa s smerjo z osi ostri kot, zato je tam cos  0 , normala na ploskvi P pa 2 3 oklepa z osjo z pravi kot, zato je tam cos  0 . Če v (2.47), to je FndP    F p F q F dxdy in (2.52), to je FndP    Fdydz F dzdx Fdxdy , 1 2 3  1 2 3  P D P P vzamemo F  0,0, F dobimo ploskovne integrale izražene z dvojnimi integrali, pri čemer 3  je ploskovni integral po ploskvi P negativen, po ploskvi P pozitiven in po ploskvi P enak 1 2 3 nič. 93 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE F dxdy   F x, y, z dxdy   3 3  1  P D 1 F dxdy   F x, y, z dxdy   3 3  2  P D 2 F dxdy  0  3 3 P Ker je F dxdy  F dxdy  F dxdy  F dxdy     3 3 3 3 P 1 P 2 P 3 P je potem tole res F dxdy   F , x y, z dxdy  F x, y, z dxdy    3 3  2  3  1  P D D F  Malo pred tem smo ugotovili, da je tudi trojni integral 3 dxdydz  enak istemu izrazu, z  V zato velja enakost F  3 dxdydz  F dxdy   3 z  V P Na podoben način (z izborom ustrezno enostavnega prostorskega območja in njegove projekcijo še na ostali dve koordinatni ravnini) bi dobili potrditev še dveh izrazov F  1 dxdydz  Fdydz   1 x  V P F  2 dxdydz  F dzdx   2 y  V P Ko vse tri izraze seštejemo, dobimo F  F  F  1 2 3 dxdydz  dxdydz  dxdydz  F dydz  F dzdx  F dxdy       1 2 3 x  y  z  V V V P P P oziroma krajše  F  F  F   1 2 3   dxdydz  F dydz  F dzdx  F dxdy    1 2 3  x  y  z   V P 94 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE To pa je ravno Gaussova formula. S tem je izrek dokazan za enostavna prostorska področja v prostoru  , x , y z , to so takšna, kjer vsaka vzporednica s posamezno koordinatno osjo prebode mejno ploskev največ dvakrat. Če prostorsko področje ni tako preprosto, pa ravnamo tako, da ga z odsekoma gladkimi ploskvami razdelimo na končno mnogo takih delov, da je vsak od njih enostavno prostorsko območje. Gaussovo formulo uporabimo na vsakem od njih, za celotno območje pa rezultate seštejemo. Primer: Z uporabo Gaussove formule izračunajmo ploskovni integral funkcije F   2 2 2 2 x z, x  z , z x po ploskvi P, dani s pogoji 2 2 2 x  y  z  1 , x  0 in z  0 . Rešitev: Po Gaussovi formuli (2.54) lahko ploskovni integral zapišemo s trojnim integralom takole FndP  divFdV   . P V    V našem primeru je F F F 1 2 3 divF     2 xz  2 zx  4 xz x  y  z  . Ploskovni integral je torej FndP  4 xzdV   P V Prostorsko območje V je dano z istimi pogoji, kot ploskev P. Pogoj 2 2 2 x  y  z  1 predstavlja notranjost krogle s polmerom 1 in središčem v izhodišču prostorskega koordinatnega sistema, dodatna pogoja x  0 in z  0 pa določata četrtino te krogle. Trojni integral 4 xzdV  bomo ugnali z uvedbo sfernih koordinat (1.37), to je V x  r coscos y  r cos s  in z  r sin V tem primeru bodo meje za nove koordinate naslednje:          0, ,    , , r      0, 1  2   2 2   , x y, z Zaradi 2 4 xz  4 r sin c  os c  os in J  r, ,     2      dobimo  r   r cos , , 4 2 4 xzdV  4 r sin cos  cos d d dr   V V * 95 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE       Območje V* je določeno s pogoji    0, ,    , , r      0, 1. Od tod dobimo  2   2 2    2 2 1 2 4 4 xzdV  4 cos  sin d cos d r dr      V 0  0  2  1 3 2   cos   r  4  sin 5 8 2     3   5 15 2 0 0 ♦♦♦ 2.2.4 Stokesov izrek Stokesov4 izrek povezuje krivuljni in ploskovni integral in definira njuno medsebojno povezavo. Povejmo Stokesov izrek brez dokaza5. Naj bo P odsekoma gladka ploskev v prostoru in naj bo omejena z odsekoma gladko sklenjeno krivuljo C, ki lahko sestoji iz enega ali več delov. Krivulja C naj bo orientirana tako, da leži ploskev P ves čas na njeni levi strani, ko se pomikamo vzdolž krivulje v pozitivni smeri. Naj bosta še F  x, y, z zvezna vektorska funkcija (vektorsko polje), odvedljiva v točkah ploskve P ter n  cos,cos  ,cos  enotni vektor na normali ploskve P. Tedaj velja  rotF ndP  Fdr  (2.57) P C Izraz (2.57) je Stokesova formula. Ker je rotor vektorskega polja F   F , F , F po definiciji 1 2 3  i j k     F  F    F  F    F  F   3 2 1 3 2 1 rot F    i   j   k       x  y  z   y  z    z  x    x  y   F F F 1 2 3 lahko Stokesovo formulo zapišemo s komponentami takole  F  F    F  F    F  F    3 2 1 3 2 1   cos      cos   cos       dP  Fdx F dx Fdz (2.58) 1 2 3   y  z     z  x    x  y  P   C 4 Sir George Gabriel STOKES (1819-1903), irski matematik in fizik. 5 Dokaz si bralec lahko prebere npr. v knjigi Vidav: Višja matematika II, DZS, 1975, stran 413. 96 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE oziroma  F  F    F  F    F  F    3 2 1 3 2 1   N   N   N        dudv Fdx F dx F dz  (2.58a) 1 2 3  1 2 3   y  z     z  x    x  y  D   * C Tu je D območje na ravnini ( u,v), C* sklenjena ograja tega območja in N  r  r   N , N , N . V izrazu na levi strani smo upoštevali še relacijo (2.45), to je u v 1 2 3  ndP  Ndudv . Krivuljni integral vektorskega polja vzdolž sklenjene krivulje smo imenovali cirkulacija polja, ploskovni integral vektorskega polja po ploskvi P pa pretok polja skozi ploskev P. Zaradi tega lahko Stokesov izrek v primeru, ko sklenjena krivulja sestoji iz enega samega kosa, povemo z besedami takole: Cirkulacija vektorskega polja F vzdolž sklenjene krivulje C je enaka pretoku rotorja tega polja skozi ploskev P, ki jo dana krivulja ograjuje. Primer: Naj bo ploskev S v prostoru paraboloid (slika) z enačbo 2 2 z  1  x  y , z  0 , vektorsko polje pa naj bo dano takole F   y, z, x . Preverimo Stokesov izrek. Rešitev: Sklenjena krivulja C je krožnica s polmerom 1 na ravnini ( x, y). Enačba krožnice v parametrični obliki je r  t  cos t,sin t,0, t 0,2 . Tangentni vektor na krivuljo C je r  t   sin t,cos t,0 . Vektorsko polje na krivulji C je F  r  t  sin t,0,cos t. Desna stran v (2.75) je v tem primeru 97 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 2 2 Fdr  Frdt     sin t,0,cos tsin t,cos t,0 2 dt  sin tdt  C C 0 0 2 2 1 1 1 1  Ker je 2 I  sin xdx  x  sin 2 x  C  in je 2 sin xdx  x  sin 2 x      , dobimo 2 4 2 4  0 0 2 2 Fdr  Frdt  sin t,0,cos t sin t,cos t,0 2 dt  sin tdt        C C 0 0 Sedaj izračunajmo še levo stran Stokesove formule. Vzeli bomo u  , x v  y , zato je 2 2 2 2 z  1 x  y  1 u  v in ploskev P je v vektorski obliki r   2 2 u, , v 1 u  v  . Od tod sta oba parcialna odvoda r  1,0, 2  u, r  0,1, 2  v in u v  i j k N  u, v  r  r  1 0 2  u  u v u v 2 ,2 ,  1 0 1 2  v Zapišimo spet spremenljivke x, y in z in imamo normalo N  2 , x 2 y  ,1 . Vse tri komponente so pozitivne, zato bodo predznaki pozitivni. Zaradi F   , y z, x je i j k i j k       rotF     1  , 1  ,  1 x  y  z  x  y  z  F F F y x z 1 2 3 in rotF  N   1  , 1  ,  1 2 , x 2 y  ,1  2  x  2 y 1 Leva stran se torej glasi  rotF ndP   2  x  2 y     1 dxdy P D Območje D je krožnica s polmerom 1 na ravnini ( x,y), zato bomo dvojni integral rešili z uvedbo polarnih koordinat: x  r cos, y  r sin,  0, 2 , r 0  ,1 , Jacobijeva determinanta je J  r in dvojni integral se poenostavi 98 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE  2  x  2 y   1 dxdy   2  r cos  2 r sin   1 rdrd  D D* 1 2        2 r cos  2 r sin   1 d  rdr  0  0  1 1 2 2 r   2 rdr       2 0 0 Desna stran je res enaka levi. Seveda smo pri tem upoštevali pravilno orientacijo tako pri ploskovnem kot pri krivuljnem integralu. Sklenjena krivulja C je bila orientirana pozitivno (v nasprotni smeri urinega kazalca) in ploskev P je ves čas na njeni levi strani. Normala na ploskev je zato orientirana pozitivno in usmerjena v zunanjost paraboloida. ♦♦♦ 99 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE III INTEGRALSKE TRANSFORMACIJE IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 3.1 FOURIEROVA TRANSFORMACIJA 3.1.1 Definicija Fourierove transformacije Naj bo f b t g realna funkcija neodvisne spremenljivke t z definicijskim območjem na celi realni osi b,  g. Opomba: Neodvisna spremenljivka t v konkretnih primerih, ki jih srečamo v tehniki, običajno pomeni čas. Zahtevajmo, da naj ima realna funkcija f b t g samo končno mnogo singularnih* točk (*glej npr. http://mathworld.wolfram.com/SingularPoint.html) in v teh točkah samo končno velike skoke. Definicija: Funkcijo       i t F f t e dt (3.01)  imenujemo Fourierov transform funkcije f b t g , pri čemer je i imaginarna enota (i 2  1  ),  pa je neka realna spremenljivko, ki jo imenujemo frekvenca. Integral v (3.01) mora na intervalu b,  g seveda eksistirati, za funkcijo f b t g pa zahtevamo, da je absolutno integrabilna, torej mora biti izpolnjen pogoj  f z b t g dt  (3.02)  Vse realne (časovne) funkcije f b t g sestavljajo realni (časovni) prostor, ustrezni Fourierovi transformi F  b g pa sestavljajo kompleksni frekvenčni prostor. Transformacija (3.01) torej preslika funkcijo iz realnega časovnega prostora v kompleksni frekvenčni prostor. Za Fourierov transform F  b g običajno uporabljamo znak: 101 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE F  f  t (3.03) V (3.03) je Fourierov operator, ki preslika realno časovno funkcijo f b t g v kompleksno frekvenčno funkcijo F  b g, torej : f  t F   Enačbo (3.01) potem zapišemo tudi takole:            i t f t F f t e dt (3.04)  Fourierova tranformacija je bijektivna, to pomeni, da obstaja tudi inverzna Fourierova tranformacija 1  , ki transform F  b g preslika v časovno funkcijo f b t g: -1 : F   f  t Inverzno Fourierovo transformacijo dobimo iz (3.01) z inverzno formulo:  1 -      1    i t F f t F e d (3.05) 2  Ko je funkcija f b t g znana in jo analiziramo v časovnem prostoru, govorimo o valovni obliki funkcije (signala), ker je iz nje jasno razvidno, kako so amplitude razporejene v času. Ko je dani signal F  b g v frekvenčnem prostoru, pa govorimo o spektralni gostoti signala, ker je iz njega jasno razvidno, kako so amplitude razporejene po frekvencah. 3.1.2 Lastnosti Fourierove transformacije Za Fourierovo transformacijo je mogoče izpeljati nekatere lastnosti (pravila), s katerimi si olajšamo računske postopke. Navedimo jih brez dokazov. 1. Linearnost Fourierova transformacija linearne kombinacije zveznih realnih funkcij je linearna kombinacija Fourierovih transformacij posameznih funkcij. 102 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE  f t  f t   f t  1 1   2 2   n n   (3.06) = f t  f t   f t 1  1  2  2   n  n   Formulo (3.06) dobimo iz (3.01) oz. (3.04), pri čemer upoštevamo, da je integriranje linearna operacija. Na podoben način ugotovimo še, da tudi za inverzno Fourierovo transformacijo velja lastnost linearnosti, to je: 1   F   F    F   1 1   2 2   n n   (3.07) 1     F  1    F  1    F  1 1 2 2 n  n   2. Konvolucija Zapis  f  t f  f t  f  f t   d  (3.08) 1 2   1   2    imenujemo konvolucija ali konvolucijski integral funkcij f t in f t . 2   1   Fourierova transformacija konvolucije dveh funkcij v časovnem prostoru je enaka produktu obeh pripadajočih transformiranih funkcij v frekvenčnem prostoru:  f * f t  f t  f t  F   F  (3.09) 1 2    1   2  1  2  Podobno je inverzna Fourierova transformacija konvolucije dveh funkcij (Fourierovih transformov) v frekvenčnem prostoru enaka produktu osnovnih funkcij v časovnem prostoru:  1   -1  F  F   i d   f t f t (3.10) 1   2  1   2   2     3. Pomik Pod tem pojmom ločimo dve možnosti – časovni pomik f  t  t in frekvenčni pomik 0  f   . Za Fourierovi transformaciji teh funkcij veljata naslednji lastnosti: 0  103 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 3.1. Časovni pomik          i t   f t t f t t e dt F    i 0 t e (3.11) 0 0  V (3.11) pomeni F    f  t. 3.2 Frekvenčni pomik -1       1       i t  F F e d  f  t i 0 t e (3.12) 0 0 2  V (3.12) pomeni   1 f t    F. 4. Razteg       f   t f    t i t 1 e dt   F ,  0   (3.13)      Lastnost (3.13) ima pomembno vlogo v teoriji signalov, ker sprememba trajanja neke časovne funkcije daje enako obliko transforma, spremenita se samo velikost in frekvenca. V konkretnem primeru to pomeni naslednje: čim krajši je časovni interval, tem večji je frekvenčni obseg in obratno. 5. Množenje z eksponentno funkcijo  i t     i t      i t e f t e f t e dt F      (3.14)  6. Transformacija odvoda d n f t b g d n F b g  Za odvode f n t b g b g  in F n b g b g   veljata pomembni praktični lastnosti. dt n d n  104 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE    nf  t i nF (3.15) -1    n F  i   n f  t (3.16) 7. Transformacija integrala t Za Fourierovo transformacijo integrala f   d velja naslednja lastnost  t     f   F   d  (3.17)  i    Če v (3.17) upoštevamo, da velja 1 i , dobimo i t     f   F   d  i   (3.17a)     7. Križna korelacija in spektralna gostota Križna korelacija funkcij f b t g in f b t g je tale izraz 1 2  R b t g  f z bg f b tg d (3.18) 12 1 2  Fourierova transformacija križne korelacije (3.18) pa je spektralna gostota   i t   = R t  f  f t   d e dt  (3.19) 12    12   1  2    Označimo  f t  F  in  f t  F  . Z znakom F*  b g označimo konjugirano 2   2   1   1   1 kompleksno vrednost funkcije F  b g. 1 Za spektralno gostoto (3.19) velja relacija:  = R t F     F  (3.20) 12    12  1   2  105 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 8. Avtokorelacija in spektralna gostota avtokorelacije Avtokorelacija funkcije f b t g je definirana z integralom: 1  R b t g  f z bg f b tg d (3.21) 11 1 1  Fourierova transformacija avtokorelacije se imenuje spektralna gostota avtokorelacije in je določena z izrazom:   i t   = R t  f  f t   d e dt  (3.22) 11    11   1  1    Za spektralno gostoto avtokorelacije velja naslednja relacija: =  R  t F    F  F  2 (3.23) 11 11 1 1 1 V nadaljevanju spoznajmo dve posebni funkciji, ki v konkretnih praktičnih primerih zelo pogosto nastopata. To sta enotina stopnična (ali tudi: skočna) funkcija in enotina impulzna funkcija. 3.1.3 Enotina stopnična (skočna) funkcija Enotina stopnična (ali tudi: skočna) funkcija6 u t   a (angl.: Unit step function) je za vsako pozitivno število ( a0 ) definirana s pravilom:    0  za t  a u t a   (3.24) 1  za t  a Funkcija (3.24) je za vse t  a enaka nič (leži na abscisni osi), v t  a pa naredi skok višine ene enote in je nato konstantna v tej višini (slika 3.01). 6 Imenovana tudi Heavisideova funkcija; Oliver Haeviside (1850-1925), angleški matematik in fizik. 106 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE u t   a 1 0 a t Slika 3.01: Enotina stopnična funkcija u t  a Kadar je a0 , ima enotina stopnična funkcija skok v točki t 0 (slika 3.02).   u t 0 za t 0  (3.24a) 1  za t 0 u t 1 0 t Slika 3.02: Enotina stopnična funkcija u t Enotina stopnična funkcija je uporabna v inženirskih aplikacijah in ima pomen v primerih, ko je potrebno vklopiti ali izklopiti funkcijo f  t , ki opisuje neko dogajanje. Če to funkcijo pomnožimo z enotino stopnično funkcijo u t  a , lahko s tem dosežemo ponazoritev raznih konkretnih in realnih možnosti. 107 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 3.1.4 Enotina impulzna funkcija Enotina impulzna funkcija ali Diracova7  - funkcija je določena z izrazom:  du t b t g b g  (3.25) dt Enotina impulzna funkcija ima dve pomembni lastnosti: b t g  0, t  0   z b t g dt 1  Enotin impulz je za vse vrednosti neodvisne spremenljivke, razen za t  0 , enak nič, njegova ploščina pa je enaka enoti. To funkcijo si zato grafično predstavljamo kot puščico, ki ima zelo majhno (»skoraj nič«) širino, neskončno veliko višino in ploščino enako 1 (slika 3.03). b t g 0 t Slika 3.03: Enotina impulzna funkcija Splošni impulz v b t g pa je določen z izrazom: v b t g   b t g (3.25a) V (3.25a) je količina  jakost impulza in predstavlja njegovo ploščino:    v z b t g dt  zb t g dt zb t g dt 1    7 Paul Adrien Maurice Dirac, (1902 – 1984), angleški teoretični fizik, raziskoval kvantno mehaniko in kvantno elektrodinamiko, skupaj z Erwinom Schrödingerjem je leta 1933 prejel Nobelovo nagrado za fiziko. 108 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Izračunajmo Fourierov transform funkcije   2   t f t  e ,   0 Rešitev: Fourierov transform bomo izračunali po definiciji (3.04) 2 2                     i i 2  t   2 2  t i t   t t i t   2    2 e    e e dt  e dt  e   dt          2 2 2   i       t   4  2   4  e e dt  e   I  Rešimo integral 2  i       t   2 I  e   dt  i s substitucijo u    t   du    dt . 2  Meji integrala ostaneta enaki tudi za spremenljivko u in integral I zapišemo v obliki  2 1  u I  e du  .   Ta integral rešimo z naslednjo zvijačo: integral kvadrirajmo in ga spremenimo v dvojni integral.      1 1   1  2 2 2 2 2   2 u v u u v  I  e du  I  e du e dv  e dudv              V zgornji integral vpeljemo polarni koordinati u  r cos, v  r sin . Od tod je 2 2 u  v  r, dudv  rdrd . Meji za novi spremenljivki sta: r 0,   ,  0,2 in integral se sedaj glasi        1      u v 1 r 1 r 2 2  2 2 2 2  2 2 2  r I  e dudv  e rdrd  e rdr d  e rdr          a a a   0 0 0 0 0  2 2  r   e          I  a  2  a a   0 Od tod pa že dobimo iskani Fourierov transform: 2 2     2    t   4 4 e  e  I   e    a  109 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 3.1.5 Tabela nekaterih Fourierovih transformov in računanje z njimi Fourierovi transformi za konkretne funkcije, ki se v praksi pojavljajo, so seveda že izračunani. Nekatere (najpogosteje uporabljane) zapišimo v spodnjo tabelo. f b t g F  b g b t g 1 1 2   b g u b t g    b g 1 i sin t    b  g b  g 0 0 0 cos t    b  g b  g 0 0 0 u b t gsin t  2  0 0    b  g b  g  2   2 0 0 2 i 0 u b t gcos t i  0    b  g b  g  2  2 0 0 2 0 t  u b t g  e  1   i t  2 u b t g  t e  b  2 1  i g  t k t   k 1 u t b g e   k !   k 1 1 b i g t F  I 1 u b t g 1 e HG  KJ i 1 b  ig t t F I      1 2 u b t g   e 1  e HG 2 KJ 1 b   i g 1b  i g 1 2 t   2 u t b g  e sin t 0 0 b  i 2g b  2 1   g 0 t  1 b   i g u b t g  e  cos t 0 2 2 1 b   ig  b g 0 Iz lastnosti Fourierove transformacije vidimo, da je računanje s Fourierovimi transformi v kompleksnem frekvenčnem območju precej enostavnejše kot s funkcijami v realnem časovnem območju. Zato veliko problemov rešimo tako, da časovne funkcije transformiramo v frekvenčno območje in tam izvedemo zahtevane računske operacije. Na ta način dobimo rezultat, ki je seveda neka kompleksna funkcija v frekvenčnem območju, zato jo z inverzno 110 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Fourierovo transformacijo preslikamo v realno (časovno) območje. Tega praviloma ne počnemo z uporabo formule (3.05), pač pa le uporabimo tabelo Fourierovih transformov. Če je dobljena funkcija F  b g takšna, da je ne najdemo v tabeli, si lahko pomagamo tako, da jo zapišemo kot vsoto enostavnejših izrazov – takšnih, ki jih najdemo v tabeli. V praktičnih primerih pridemo do izrazov, zapisanih v obliki racionalne funkcije: n P  a i b g  a i 1bg a F n  b g b g   0 Q m  b g b i bg  b i 1bg b m 0 Ker se imenovalec vedno lahko razstavi na produkt linearnih členov, lahko takšne funkcije zapišemo kot vsoto parcialnih ulomkov. n P  b g a i b g  a i 1bg a n  0  Q  b g b i b  p 1g i b  p 2g i b  p g m m A B M      i b   p 1g i b  p 2g i b   p g m Iz tega izraza na enega od več možnih načinov izračunamo neznana števila v števcih parcialnih ulomkov, tako da je funkcija F  b g vsota takšnih izrazov, ki so zagotovo v tabeli. Primer: 2 i  5 i  2 Funkcijo F  b g b g b g  moremo zapisati v obliki 3 2 i b g 3 i bg 4 i bg2 A B C F  b g    i  1 i  1  i i  1  i Izračunamo števce, npr. tako, da gornji izraz pomnožimo z najmanjšim skupnim imenovalcem, uredimo in primerjamo koeficiente pri enakih potencah  na levi in desni strani enačbe. Z nekoliko računanja dobimo: i i  3 2 3 2 A  2 B  e 4 C  e 4 , , 2 2 Zaradi lastnosti Fourierove transformacije je i i      4 4 -1  2  1, 5 2 e 1, 5 2 e  f t       i 1 i 1 i i 1 i     111 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE i i      4 4 -1  2   -1 1  ,5 2 e  -1 1  ,5 2 e             i 1 i 1 i i 1 i                      t 3 2 i i  1 i t 3 2  1 i 4 4  2 t t  e  e e  e e  e 2   3 2 cos t     2 2   4    3.2 LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 3.2.1 Definicija Laplaceove transformacije Iz prejšnjega poglavja vemo, da mora vsaka realna funkcija f b t g, za katero želimo tvoriti Fourierov transform (3.01), zadoščati pogoju (3.02), ki zahteva konvergentnost integrala  f z b t g dt.  V inženirski praksi pa imamo opraviti tudi s funkcijami (npr. periodične, hitro naraščajoče funkcije), ki temu pogoju ne zadoščajo. Razred transformabilnih funkcij lahko bistveno povečamo, če dopustimo konvergenco glede na nek eksponentni faktor. Na osnovi takšne zamisli pridemo do Laplaceove transformacije, ki jo torej lahko pojmujemo kot razširitev Fourierove transformacije. Laplaceova transformacija je definirana samo za funkcije f b t g , ki so za t  0 enake nič. Na osnovi tega pogoja in z uvedbo faktorja konvergence e t dobimo pogoj konvergence, ki mu mora funkcija ustrezati:     t f t e dt ,    R (3.26)  Največja spodnja meja iz množice števil  , za katero je integral (3.26) še konvergenten, se imenuje abscisa absolutne konvergence in jo označimo z znakom  . Velja torej: a     . a 112 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Definicija: Naj bo f b t g realna funkcija, ki je za t  0 enaka nič, za t  0 pa odsekoma gladka in s končnim številom singularnih točk (točk nezveznosti). Funkcija f b t g naj tudi zadošča pogoju absolutne konvergence (3.26) za      . Funkcijo a       st F s f t e dt, s   i C   (3.27) 0 imenujemo Laplaceov transform funkcije f b t g , če ta integral obstaja za vsa kompleksna števila s iz nekega danega in znanega področja v kompleksni ravnini. Operacija, ki realni funkciji f b t g , definirani za t  0 , priredi Laplaceov transform F b s g , se imenuje Laplaceova transformacija. Laplaceova transformacija pomeni preslikavanje realne funkcije f b t g iz realnega (časovnega) območja v kompleksno ravnino. Za Laplaceov transform F b s g uporabljamo znak: F  s L  f  t (3.28) L je Laplaceov operator, ki preslika funkcijo f b t g v funkcijo F b s g , torej L : f  t F  s Laplaceova transformacija je bijektivna, tako da obstaja tudi inverzna Laplaceova transformacija, s katero izračunamo realno funkcijo iz njenega Laplaceovega transforma: c i 1 f b t g  lim F ,  (3.29) 2  z b s g estds c i a  c i  Inverzna Laplaceova transformacija 1 L preslika transform F b s g iz kompleksne s- ravnine nazaj v realno območje: 1  L : F  s  f  t . To običajno pišemo v tejle obliki:    L 1 f t F  s (3.30) Integral (3.29) računamo vzdolž premice   c , ki smo jo dobili tako, da ležijo vse singularnosti, torej vsi poli funkcije F b s g na levi strani te premice. Področje konvergence je tisti del kompleksne ravnine, kjer ni polov Laplaceovega transforma F b s g (slika 3.04). 113 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Im s področje 1 s konvergence 2 s 3 0 c Re s 4 s 5 Slika 3.04: Področje konvergence Laplaceove transformacije 3.2.2 Lastnosti Laplaceove transformacije Lastnosti Laplaceove transformacije dobimo iz definicije (3.27). 1. Linearnost Laplaceovo transfomacijo in inverzno Laplaceovo transformacijo odlikuje lastnost linearnosti. L  k f t  k f t   k f t  k L f t  k L f t   k L f t 1 1   2 2   n n   1  1  2  2  n  n  (3.31)  L 1 k f  t k f  t  k f t  k  L f t  k  L f t   k  L f t n n   1   1   n 1 1 1 2 2 1 1 2 2 n   V obeh zgornjih izrazih so koeficienti k , k , , k poljubna od nič različna realna števila. 1 2 n Dokaz: Lastnost (3.31) dobimo direktno iz definicije Laplaceove transformacije (3.27). Upoštevati moramo le lastnosti intrgriranja. 114 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE L    st k f t  k f t   k f t  k  f t  k f t   k f t  e dt   1 1   2 2   n n    1 1  2 2  n n   0     st  st  st  k  f t  e dt  k  f t  e dt   k  f t  e dt     1 1    2 2   n n  0 0 0     st  st  st  k f t e dt  k f t e dt   k f t e dt     1 1   2 2   n n   0 0 0  k L f t  k L f t   k L f t 1  1  2  2  n  n  Podobno bi zgornjo lastnost potrdili tudi za inverzno Laplaceovo transformacijo. 2. Konvolucija t   L  f  f t   d  L f t L f t  F s F s 1   2    1   2  1  2  0  (3.32)       1 i 1 L  F p F s  p dp   f  f t 1   2   1 2  2   i i  Pravilo za Laplaceovo transformacijo konvolucije dobimo takole: konvolucijo dveh funkcij f t in f t , označimo jo z f  t  , smo zapisali kot integral 2   1    f  t f  f t  f  f t   d  . Za funkciji f t in f t , ki pa sta za enaki nič za vse 2   1   1 2   1   2    t t  0 , pa je konvolucija takšna funkcija: f  t f  f t  f  f t   d  . 1 2   1   2   0 Po definiciji Laplaceove transformacije je potem tole res ( 0    t )       F   L    t t t  st  st s = f t L  f  f t   d   f  f t   d   e dt  e f  f t   d dt  1   2   1   2   1   2   0  0 0  0 0 t  Zamenjajmo vrstni red integriranja F   st s = e f  f t   dtd   in uvedimo novo 1   2    0  t 0  spremenljivko u  t   du  dt . Meje integriranja so sedaj  0, , u 0, . Na ta način dobimo         F      s  su  s  su = e f  f u dud     e f  d   e f u du  L f L f  F s F s 1   2   1   2    1  2 1  2   0  u 0   0   0  115 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 3. Paralelni premik (časovni zamik) Naj bo funkcija g določena kot časovni zaostanek funkcije f, naj torej velja    0 0 t  a g t f  t  a t  a To pomeni, da sta funkciji f in g identični, vendar z zamikom a (slika 3.05). f  t  g  t t t  a t Slika 3.05: Paralelni premik       Tedaj je L  f  t  a  f   t  a st e dt  f    s a   as e d  e L  f    as  e F  s a 0 L      as f t a  e L  f  t (3.33) 4. Produkt funkcije z eksponentno funkcijo Naj bosta dana funkcija f  t  in skalar a. Za funkcijo   at g t  e f  t  dobimo Laplaceov      transform po definiciji : L  at e f  t  at  e f   t st  s a t e dt  e f   t dt F   s  a . 0 0 Ugotovili smo pravilo L  at e f  t   F  s  a (3.34) 116 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 5. Produkt funkcije s potenco  V enačbi (3.27), to je      st F s f t e dt , obe strani zaporedoma odvajajmo po s in dobimo 0  F  s   t   f  t  st e dt 0  F   s   2 2 1 t f   t  st e dt 0  F  s   3 3 1 t f   t  st e dt 0 Splošno lahko zapišemo   n      n 1 n     st F s t f t e dt , n  1, 2,3, (3.35) 0 Iz formule (3.35) vidimo tudi pravilo za računanje Laplaceove transformacije funkcije, pomnožene s potenco L        n n n t f t 1 F  s , n 1, 2, 3, (3.36) n  d F s n Opomba: Namesto F  s    včasih pišemo tudi n ds n d L f t n     F  s    n ds 6. Laplaceova transformacija odvoda funkcije Laplaceov transform prvega odvoda dobimo tako, da integral v definiciji (3.27) rešujemo z  st  e metodo per partes ( u  f  t du  f   t dt in st dv  e dt  v   ). s  L           f  t f   t st  e e dt    f   t st e f st     f  t   0 1 dt   f   t  st e dt  s   s  s s 0 0 0 0  V tem zapisu upoštevajmo, da je    st f t e dt   L  f  t in dobimo 0 117 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE L  f  t f   0 1   L  f  t s s Od tod pa že sledi formula za Laplaceov transform prvega odvoda L  f  t sL  f  t f   0 (3.37) Opomba: Odvod funkcije po spremenljivki t označimo tudi s piko s piko, torej f  t  f  t . Podobno velja tudi za višje odvode.  Sedaj v enačbi L       st f t f t e dt računajmo integral na desni strani spet po metodi per 0  st  e partes ( u  f   t du f  t dt in st dv  e dt  v   ). s  L            f   t f   t st  e e dt   f   t st e f st     f  t   0 1 dt   f    t  st e dt  s   s  s s 0 0 0 0  Upoštevajmo, da je    st f t e dt   L  f  t in dobimo enačbo 0 L   f   t f   0 1   L  f  t s s V tem izrazu na levi strani uporabimo še (3.37), uredimo in dobimo formulo za Laplaceov transform drugega odvoda L  f  t 2  s L  f  t sf   0  f    0 (3.38) Na podoben način dobimo Laplaceov transform tretjega odvoda L  f   t 3  s L  f  t 2  s f   0  sf    0  f     0 (3.39) Splošno velja  n L      f  t n  s L  f  t n 1  s f   n 2 0  s f  t   n 2   sf 0  n 1  f 0 (3.40) 118 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 7. Laplaceova transformacija integrala t Naj bo g  t   f    d . Po definiciji (3.27) je njen Laplaceov transform 0       G s t =L  f   t d   f   t  st d e  dt  f     st e d dt 0  0 0  t 0   0  Ker je 0    t , je treba integrirati zgornji dvojni integral po območju, ki ga vidimo na spodnji sliki (enačba premice je t  ). t t  D D: t  , ,  0,    Integrirajmo najprej v navpični in nato v vodoravni smeri območja D:          G s t  f     st e d dt  f    st  e dt   d  f   1  st  e d             s  t 0 0 0 t 0  1     f   s 1 e d  F  s s s 0 t   L  f   1 d   F s (3.41) s 0  8. Izrek o začetni vrednosti: lim f  t   lim (3.42)   sF  s t 0 s 9. Izrek o skrajni vrednosti: lim f b t g  limc s F b s gh (3.43) t  s0 119 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 3.2.3 Tabela nekaterih Laplaceovih transformov f b t g F  s  L  f  t b t g 1 b t  kT g e kTs u b t g 1 s 1 t 2 s 2! 2 t 3 s n! n t , n  0,1, 2, n 1 s  e 1 t s   1 t e  t 2 b sg n  t t e 1 , n  0,1,2, n 1 b g ! n s      1   e t s b s  g  1  e  t  t   s 2 b s  g   t  t e  e  1      b sgb sg   t  t  e   e  s       s s k sin kt s 2 k 2  s cos kt s 2 k 2  1 k sin kt arctg t s 1 2 2  1 s  k 1cos kt ln t 2 2 s k e t sin kt b sg2  k 2 s   e t cos kt b sg2  k 2 120 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE k 2 1 cos kt s c s 2 k 2  h 3 k kt sin kt 2 s  2 2 s  k  2 ks t s  in kt  s  k 2 2 2 3 2 k sin kt  kt cos kt  s  k 2 2 2 2 2 ks sin kt  kt cos kt  s  k 2 2 2  2 2     s cos t cos t    s    s    2 2 2 2 2 2  b  gb s g   c c b  e t g b c e t    g   b sgb s g   t  t  e  e  1          s s    s  sinh t 2 2 s  s cosh t 2 2 s  3.2.4 Računanje z Laplaceovo transformacijo in njena uporaba Za računanje Laplaceovih transformov in njihovih inverzumov uporabljamo tabelo, v kateri so transformi za funkcije, ki se najpogosteje pojavljajo v praksi, že izračunani. Laplaceovi transformi, ki jih srečujemo v praksi, so izključno racionalne funkcije kompleksne spremenljivke s in jih lahko zapišemo v splošni obliki kot kvocient dveh polinomov: P s a sn    a s  a F b s n g b g   1 0 n  m (3.44) Q b s g b sm    b s  b m 1 0 V zapisu (3.44) smo privzeli, da je stopnja polinoma v imenovalcu višja od stopnje polinoma v števcu. Če bi bila stopnja polinoma v števcu višja od stopnje polinoma v imenovalcu, bi 121 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE lahko števec delili z imenovalcem in dobili polinom in ostanek oblike (3.44), kjer bi bil pogoj n  m zagotovo izpolnjen. Iz Laplaceovega transforma F b s g dobimo pripadajočo realno funkcijo f b t g z inverzno Laplaceovo transformacijo. Če inverzuma za (3.44) ne najdemo v tabeli, potem je potrebno ta izraz zapisati kot vsoto parcialnih ulomkov. Imenovalec lahko vedno razstavimo na produkt linearnih izrazov, kjer so nekateri koreni (to so za racionalno funkcijo poli) lahko tudi večkratni. Vzemimo, da funkcijo F b s g uspemo zapisati takole: R s F b s g b g  r b s s   1 gb s  s 2 g b s s g b s s g i n Ta izraz zapišemo kot vsoto parcialnih ulomkov, pri čemer je potrebno upoštevati morebitno večkratnost nekaterih polov: R s F b s g b g   r b s s   1 gb s  s 2 g b s s g b s s g i n (3.45) k k k A A A 1 2 n 1 2 r  b          s  s 2 1 g b s s 2g b s s g b s s r g b  g b  g n i s s s s i i     pri ve k č ratnem polu moramo pisati vse zaporedne potence Števila k , k ,, k in A , A , , A dobimo po Heavisidovih8 formulah. 1 2 n 1 2 r Koeficiente k , k , , k , ki so v števcu tistih ulomkov, kjer nastopa le enojni pol, 1 2 n izračunamo takole: k  b s  s g F b s g za   1, 2, , n   (3.46) s s Koeficiente A , A , , A , ki nastopajo v števcu pri zaporednih potencah večkratnega pola, pa 1 2 r dobimo po formulah: 8 Oliver Haeviside (1850-1925), angleški matematik in fizik. 122 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE A   s  s  r F s  r i     s is d r A   s  s F s  r 1   i      s ds  is 2 (3.47) 1 d r A    s  s F s  r 2 2  i    2!   s ds  is r 1 1 d  r A    s  s F s  1  r   r 1   i    1 !   s ds  is Primer: Izračunajmo realno funkcijo y b t g , če poznamo njen Laplaceov transform, ki se glasi s 5  3 Y b s g  b s g1b s g2b s g3 Rešitev: Po formuli (3.45) napišemo dani ulomek kot vsoto parcialnih ulomkov s 5  3 k k k Y b s g  b  1  2  3 s  g 1 b s  g 2 b s  g 3 s  1 s  2 s  3 Koeficienti k , k in k ustrezajo enojnim polom in jih izračunamo po formuli (3.46). 1 2 3  5 s  3  k   s 1 Y s      s 1   1       s 1    s  1 s  2 s 3 s 1   5 s  3  5    1  3   s  s          1  2 3 1 2 1 3 s 1   5 s  3  k   s  2 Y s      s  2   7 2       s 2    s  1 s  2 s 3 s 2   5 s  3  k   s  3 Y s      s  3   6  3       s 3    s  1 s  2 s 3 s 3  123 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1 7 6 Torej je: Y b s g    in od tod iz tabele Laplaceovih transformov preberemo s  1 s  2 s  3 rešitev: -1 -1     y t L  Y  s 1 7 6 L      s 1  s2 s3   -1  1  -1  1  -1    1 L  7L    1  t 2  t 3 6 L   e 7 e 6  t e  s 1    s2  s3  Primer: Izračunajmo realno funkcijo y b t g , če poznamo njen Laplaceov transform 1 Y b s g  3 s b s  2gb s  g 1 Rešitev: V tem primeru imamo tudi večkratni pol pri s  1, zato po formuli (3.45) napišemo parcialne ulomke takole 1 k k A A A 1 2 1 2 3      3 2 3 s b s  2gb s  1g s s  2 s  1 b s1g b s1g Koeficienta k in k , ki ustrezata enojnima poloma s  0 in s  2 , dobimo po formuli 1 2 (3.46), koeficiente A , A in A , ki pripadajo trikratnemu polu s  1, pa dobimo po formulah 1 2 3 (3.47).   1 1 k   sY s      1    s  s2 s 3 0 1  2  s0   1 1 k   s  2 Y s      2     s  s s 3 2 1  2  s 2  A   s     3 1 1  Y s     1 3     s 1   s s  2 s 1  d d   0   s  2  s  3 1 A   s      1 Y s        0 2       s ds ds  s  s  2  s s   s   22 2 1 1  s 1  124 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 2 2 1 d d   3 1 1 A    s 1  Y s      1 3  2     2   s 1 1 !  ds 2! ds  s s  2 s 1   s  s  22 2   s   1  3 2 4 s  6 s  8 s        s  s  2 1 4 4    s 1  Od tod je 1 1 1 1 1 Y b s g      2 s 2 s  2 s  1 b 3 s  g 1 in iskana funkcija (glej tabelo):   L -1   1     t   y t Y s 1 t e   2 2  1 t  e   2 2    Zaradi lastnosti Laplaceove transformacije, ki odvod realne funkcije spremeni v Laplaceov transform te funkcije pomnožen s potenco kompleksne spremenljivke s, je Laplaceova transformacija izjemno uporabno (in predvsem preprosto) orodje za reševanje diferencialnih enačb. Z njeno uporabo preslikamo diferencialno enačbo realne funkcije v enostavno algebrsko enačbo ustrezne stopnje funkcije kompleksne spremenljivke. Če je diferencialna enačba 1. reda, dobimo z Laplaceovo transformacijo v kompleksnem območju linearno enačbo, če imamo diferencialno enačbo 2. reda, dobimo v kompleksnem območju kvadratno enačbo in podobno za poljubno stopnjo. Seveda je treba upoštevati, da pri Laplaceovi transformaciji odvoda vedno nastopajo znani robni/začetni pogoji, zato je dobljena rešitev diferencialne enačbe vedno partikularna. Diferencialne enačbe torej računamo tako, da jih iz realnega območja z Laplaceovo transformacijo pretvorimo v algebrske enačbe v kompleksnem območju (kompleksni ravnini), kjer to enačbo brez težav rešimo. Ker je to rešitev v kompleksni ravnini, jo moramo z inverzno Laplaceovo transformacijo preslikati nazaj v realno območje. Primer: lZ uporabo Laplaceove transformacije izračunajmo partikularno rešitev diferencialne enačbe y  t  y t  6 y  t  f  t  pri začetnih pogojih y b0g  1 in  y b0g  1. (Opomba: Odvode smo pisali s piko, ker je neodvisna spremenljivka označena s črko t, ni pa to nujno, lahko uporabimo tudi znak »črtica«). Rešitev: Na enačbi y t  y t 6 y t  f  t izvedimo Laplaceovo transformacijo. Zaradi lastnosti linearnosti je 125 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE L { y t}L { y t}L { y t}L { f  t} Zaradi (3.37) in (3.38) ter danih začetnih pogojev ( y b0g  1,  y b0g  1) pa je L y t 2 { }  s L { y  t }1 s in L { y t}  s L { y  t}1. Vstavimo oboje v zgornjo enačbo L { y  t}L { y  t}L { y  t }  L { f  t }: 2  s L { y t}1 s   +  s L { y t}1   L { y t}  L { f  t} Označimo L { f ( t)}  F( s) in dobimo L  y t 2  s  s  6  s  2  F  s   L    y  t  F  s s 2 F  s s 2     2 2 s  s  6 s  s  6  s 3 s  2  s 3 s  2 Označimo še  L 1 s 2 { y( t)}  Y ( s) , P  s   Q s  s  3 s  2 in    s3 s2 in imamo zapis Y  s  F  s P s  Q s Iskano rešitev diferencialne enačbe dobimo z inverzno Laplaceovo transformacijo: t y  t  1  L  Y  s 1  L { F  s P s Q s} p   t   f   1 d        L { Q s} 0 Iz funkcij P  s in Q sbomo dobili p t in q t z inverzno Laplaceovo transformacijo. V ta namen bomo vsakega od obeh ulomkov P  s in Q s zapisali kot vsoto parcialnih ulomkov. Najprej opravimo z P  s . P  s k k 1 2   s  3 s  2 Koeficienta k in k dobimo po formuli (3.46): 1 2 126 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE  1   1  1 k   s  s  P s      s  3       1  1      s 1 s   s 3 s  2  s  2 5  s 3  s 3   1   1  1 k   s  s  P s      s  2      2  2      s s 2   s 3 s  2  s  3 5  s2 s2 Od tod je: P  s 1 1 1 1      5 s  3 5 s  2 Na podoben način zapišemo funkcijo  Q  s s 2 k k 1 2     s  3 s  2  s 3  s 2  s  2   s  2  1 k   s  s  Q s      s  3    1  1          s 1 s   s 3 s  2  s  2  5 s 3  s 3   s  2   s  2 4 k   s  s  Q s      s  2    2  2          s 2 s   s 3 s  2  s  3  5 s2 s2 Od tod je: Q  s 1 1 4 1     5 s  3 5 s  2 Pripadajoča inverzuma sta tedaj:   p  t    1 1 = L  P s 1  L    s  3 s  2  1   1  1   1  1  t 1 1 1 3 2 t   L    L     e  e 5  s  3 5  s  2 5 5    q  t    s 2 1 = L  Q s 1  L    s  3 s  2  1   1  4   1  1  t 4 1 1 3 2 t  L    L    e  e 5  s  3 5  s  2 5 5 Partikularna rešitev diferencialne enačbe se torej glasi: 127 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE t t            1   t  1 t  1  t 4 1 L {    3  2  }            3 2 t y t p t f d Q s e e f d  e  e    5 5  5 5 0 0  3.2.5 Računanje inverzne Laplaceove transformacije z residui V tem poglavju najprej poglejmo nekaj definicij in izrekov (brez dokazov)9, ki jih nujno potrebujemo, da pridemo do pojma residuum in do njegove uporabe pri računanju inverzne Laplaceove transformacije. Definicija: Kompleksno funkcijo f b s g imenujemo regularno analitično v danem območju D, če ima v vsaki točki tega območja odvod in je ta odvod zvezna funkcija. Definicija: Če je funkcija f b s g v krogu K s središčem v točki s in polmerom R povsod 0 regularno analitična, razen v središču s , potem točko s imenujemo izolirana singularna 0 0 točka dane funkcije. Izrek 1: Če je funkcija f b s g regularno analitična povsod v nekem območju D in na njegovi ograji C, velja f b s ds g  z 0 (3.48) C Z znakom z označujemo integral po sklenjeni krivulji C. C Izrek 2: Če je funkcija f b s g regularno analitična v območju D in njegovi ograji C, velja za vsak s  D 1 f  f b s g b g  d (3.49) 2 z i   s C Izrek 3: Funkcija f b s g , ki je zvezna na območju D, je regularno analitična, če je integral po vsaki sklenjeni krivulji tega območja enak 0. 9 Dokaze glej npr. v knjigi Ivan Vidav, Višja matematika III. 128 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Izrek 4 (Laurentov teorem): Če je f b s g regularno analitična po dveh koncentričnih krožnicah C in C s središčem v točki s in v območju D med njima, potem moremo funkcijo f b s g 1 2 0 razviti v Laurentovo vrsto   k b f b s g   a b s  s k 0 g    k k 0 1 b  0 g k k s s  2 3 a  a  (3.50) 0 1 b s  s 0 g  a 2 b s  s 0 g  a 3b s  s 0g  b b b  1   2  3  s  s 2 3 0 b s s 0g b s s 0g Koeficiente Laurentove vrste izračunamo po formulah: b 1 f g a  d 2 z k i k  b  1  g (3.51) C s 0 1 k 1 b   b   s g f  b g d (3.52) 2 z k i 0 C V integralih (3.51) in (3.52) integriramo v nasprotni smeri kroženja kazalcev na uri (pozitivna smer) po poljubni sklenjeni krivulji C, ki leži v območju D med krožnicama C in C - slika 1 2 3.06. C 1 C s 0 C 2 Slika 3.06: Smer sklenjene krivulje C, ki leži v območju D med krožnicama C in C 1 2 129 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Opomba: Pogosto zapišemo Laurentovo vrsto v obliki:    k k a f b s g   a b s  s (3.53) 0 g   a b s  s  k 0 g   k k k  0 1 b  0 g k k k s s Koeficiente b tedaj označujemo z znaki a k  . Koeficiente v (3.53) dobimo s formulo: k b 1 f g a  d k    (3.54) 2 z k i k  b  1  g , 0, 1, 2, C s 0 Poseben primer: Če je funkcija f b s g regularno analitična povsod znotraj zunanjega kroga C , potem so vsi 1 b  0 in se Laurentova vrsta glasi: k  k f b s g   a b s  s (3.55) 0 g k k 0 Izrek 5: Funkcijo, ki je v točki s regularno analitična, lahko razvijemo v potenčno vrsto 0 (3.55). Definicija: Koeficient b (oziroma a ) v Laurentovi vrsti okrog točke s imenujemo 1 1 0 residuum funkcije f b s g v točki s . Residuum označimo na več načinov. V rabi so oznake: 0 Res f b s g , a b g b g  , Res s . 1 0 s s 0 0 Če krivulja C ne zajame drugih singularnih točk kot s , potem po (3.52) oz. (3.54) dobimo 0 za residuum Res 1 f b s g  b  f  b g d  z (3.56) 1 s s 0 2 i C 130 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Izrek 6 (izrek o residuih): Funkcija f b s g naj bo regularno analitična na krivulji C in povsod v območju, ki ga ta krivulja obdaja, razen v končnem številu točk s , s , , s (slika 3.07), v katerih ima residue: 1 2 n Re s f b s , g Re s f b s ,g, Re s f b s g . Tedaj je integral funkcije f b s g po sklenjeni krivulji v s s s s s s 1 2 n pozitivni smeri enak produktu 2 i in vsote vseh residuov: n f z b s ds g2 iRes f b s g (3.57) s s j C j 1 s 1 s 3 s C 2 sn Slika 3.07: Točke s , s , , s , v katerih ima regularno analitična funkcija f b s g residue 1 2 n Za konkretno računanje residuov lahko izpeljemo takšno pripravno formulo: N  1 R 1 U Res d N f b s g  lim S s  s f s k  1, 2, , n (3.58) 1 V  s s N k b g b g b g k s s N  1 ! k ds T W V formuli (3.58) pomeni N stopnjo pola s funkcije F b s g , n pa je skupno število polov te k funkcije. Napišimo to formulo za N = 1, 2, 3. Za enojni pol (pol prve stopnje, N = 1) velja: Res f  s  lim  s  s f s   0    (3.59) s s s s 0 0 131 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Za dvojni pol (pol druge stopnje, N = 2) velja:   Res f  s  lim    s  s 2 f s   (3.60) 0     s s s s 0 0   Za trikratni pol (pol tretje stopnje, N = 3) velja:    Res f  s 1  lim    s  s 3 f s   (3.61) 0     s  0 s 2! s s 0   Primer: 3  Izračunajmo residue funkcije s i f b s g  . s 3  s Rešitev: s 3  i s 3  i Funkcija f b s g   ima tri enojne pole: s  0, s  i  , s  i . s 3  s s b s  i gb s  i g 1 2 3 Residue v teh točkah izračunamo po formuli (3.59): 3 s 1  3 s  i   3 s  i  i Res  lim  s       i s0 s  s  i s  i s  s   s  i s  i  s  i s  i 2 0  i   s0 3 s 1  3 s  i   3 s  i  2  i Res   s  i       i s i s  s  i s  i lim   s i  s  s  i s  i   s  s  i 2  2  i s i 3 s 1  3 s  i   3 s  i  4 i Res   s  i        i s i s  s  i s  i lim   s i  s  s  i s  i   s  s  i 2 2  2  i s i Še grafični prikaz: 132 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Im i C 0 Re -i  Sedaj uporabimo residue pri računanju inverzne Laplaceove transformacije. Laplaceov transform F b s g je analitična funkcija, regularna v vsej polravnini, kjer je realni del kompleksne spremenljivke (označimo: Re s ) večji od  , torej Re s   . Funkcija F b s g je a a lahko analitična celo v vsej kompleksni ravnini in ima v končnosti le pole, ki pa morajo biti seveda le v polravnini Re s   . V takšnem primeru je mogoče funkcijo f b t g izračunati z a uporabo residuov. Inverzna Laplaceova transformacija    L 1 f t F  s je po formuli (3.29) c i f  t  1  lim F   s st e ds, c   2 a  i  c i Integral v zgornji formuli računamo vzdolž navpične premice, kjer je realni del Re s  c, ki smo jo dobili tako, da ležijo vse singularnosti, torej vsi poli funkcije F b s g na levi strani te premice – slika 3.08. Če želimo uporabiti residue, moramo računati integral po sklenjeni krivulji v nasprotni smeri poteka kazalcev na uri. Krivuljni integral vzdolž premice Re s  c dobimo tako, da si zamislimo krožnico s središčem v izhodišču koordinatnega sistema, z dovolj velikim polmerom, da zajame vse singularnosti funkcije F b s g . Sklenjena krivulja b d g je sestavljena iz dela krožnice s središčem v izhodišču koordinatnega sistema in daljice med točkama na premici Re s  c , v katerih krožnica seka premico. Če je d dovolj velik, so v notranjosti krivulje b d g vsi poli funkcije F b s g - slika 3.09. 133 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Re s  c Im s 1 s področje 2 konvergence s 3 0 c Re s 4 s 5 Slika 3.08: Poli funkcije F b s g ležijo levo od premice Re s  c Im C b d g B s B 1 s c  id 2 s 3 D 0 c Re s 4 s 5 c  id A E Slika 3.09: Sklenjena krivulja b d g , poli funkcije F b s g in smer integriranja Po izreku o residuih tedaj velja: 134 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1 F z b s est g dsRes f b s g (3.62) 2 i s sk b d k g Z f b s g smo označili integrand v krivuljnem integralu, torej f s  F s est b g b g . Integral po poti b d g razdelimo na dva dela: na integral po daljici AB in po delu krožnice BCDEA . F z b s est g ds F zb s est g ds F zb s est g ds (3.63) b d g AB BCDEA Ker velja za integral po krožnici F z b s est g ds0, sledi iz (3.62) in (3.63) BCDEA 1 F z b sest g dsRes f b s g (3.64) 2 i s s AB k k Od tod je integral, ki določa inverzno Laplaceovo transformacijo, kar enak vsoti vseh residuov, ki se nahajajo levo od premice   c : c i 1 f b t g  lim F Res (3.65) 2  z b s g estds F b s g est i  s sk c i k Primer: Z uporabo parcialnih ulomkov in s pomočjo tabele Laplaceovih transformov smo že ugotovili,   -1  1  1   t   da je L    1 t  e  2 2  1 t  e . Izračunajmo to še z uporabo residuov.     s s  s 3 2 2 2 1     Rešitev: 1 Gre za kompleksno funkcijo F b s g  , ki jo moramo z inverzno Laplaceovo 3 s b s  2gb s  g 1 transformacijo preslikati v realno območje. Po formuli (3.65) je c  i st  st    1  e e f t lim ds      2    s s i   s  s  2  s   Res 3 1 k k c i  s s  2 s  3 1    Residue bomo dobili po splošni formuli (3.58), konkretneje po formuli (3.59) za enojna pola in po formuli (3.61) za trikratni pol. 135 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Za enojna pola s  0 in s  2 velja:  st   st   st  e e e 1 Res    lim  s       s0  s s  2 s  3 1 s     s  s  2 s  3 1     s  2 s  3 0 1  2  s0  st   st   st  e e e 1 Res    lim  s  2       t e 3   2 s 2   s s  2 s   1 s     s  s  2 s  3 1     s  s  3 2 1  2  s 2  Za pol tretje stopnje pri s  1 pa je:  st  2  st  e 1 d e 1 d  st e  Res    lim  s 1     3 2   2 3 s 1   s s  2 s   1  2! s ds    s  s  2 s  3 2 1 1  2 ds    s  s  2 s 1  Z nekoliko daljšim računom dobimo še tretji residuum:  st  e 1 Res     2   t t e  2  t e 3  s 1   s s  2 s   1  2  Od tod je iskana funkcija:  st  f  t  2 e 1 1  t 1 t t  t  2  Res    e   2   1 2  t e  2 e 1  t    e  1   t e 3    s k s k  s s  2 s   1  2 2 2 2 2    Rezultat je seveda takšen, kot ga za ta primer poznamo od prej.  Primer: V matematičnem modelu temeljnega logističnega problema optimalnega upravljanja skladišč (zalog in proizvodnje), dobimo za eno od oblik povpraševanja v kompleksnem prostoru takšne rešitve10: a) optimalna proizvodnja: Cs  1 Cs  1 u ( s)  d b s g  . opt As  1 b As1gb sg b) optimalna zaloga: 10 Janez Usenik, Upravljanje logističnih sistemov, Biro 4D, Novo mesto, 2003. 136 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE  b Cs1 e s g b As1g Z ( s)   opt b As1gb sg Pri tem pomenijo v realnem času: Z b t g - zaloga posameznih izdelkov v skladišču v trenutku t, u b t g - proizvodnja posameznih izdelkov v trenutku t, d b t g - povpraševanje po izdelku v trenutku t, C, A,  ,  ,  ,  - konstante (pozitivna realna števila), dobljene empirično. Funkcije Z( t) , u( t) in d ( t) so v tem primeru zvezni stacionarni slučajni procesi. Logistični sistem je potrebno upravljati tako, da bodo skupni stroški minimalni. Ugotoviti se da, da so ti skupni stroški 2 A  C 2 2 2 2 2 1 2 2  C s S b s g b g    A  A 2 s 2  s 2  2  A 2 s 2  1 s 2  2 1  Z uporabo residuov izračunajmo inverzne Laplaceove transformacije funkcij u b t g , Z b t g in S b t g . Rešitev:  Cs  1 1 Funkcija u ( s)  .   , s   , torej velja opt A F 1 1 2 s  b s HG IKJ g ima dva enojna pola: s A A u ( t)  -1 L  u( s  2 )  Re s u   s st e  opt   s s k 1 k  Residua sta:    t Cs e A C e st    st      A Res  u  s e  1  1    lim  s      1 1 s  A     A  A  s=- 1 1 A A s  s   A          A     st     Cs  e   t C e Res  u  s st e   lim  s    1 1    s=- s   1  s  A A  s   1       A   Od tod sledi:  t   A  A C e  1 t C e   C   t A   u t     e  1  t A C e  opt       A  A   1 1  A    1 A  A  137 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Na podoben način bi dobili optimalno zalogo (tudi tu sta dva enojna pola 1 s   , s   ): 1 A 2 -1    t M    Z ( t)  L  Z( s  2 )  Re st t A s  Z s e      e  Ke  opt   1   s s   k 1 k   kjer sta konstanti: C  1 b  g  A C K  . e ter M  . 1 A  1  A Še skupni optimalni stroški: 2     S  s  A C 2 2 2 2 2 1 C s 2 2    A   2 2 2 2 2 2 2 2 A s  1 s   A s  1 s   2 2 2 A A  C 2  C  2 2 1  A s   2 A A  C  2  C  2 2 2 1 2  A s      2 2 A s   1  2 2 s    2 A  1   1  s  s     s   s     A  A  V zgornjem izrazu imamo štiri enojne pole: 1 1 s  , s   , s   , s   in od tod štiri 1 A 2 A 3 3 residue: 1 t Resc S b s est g h  K eA 1 1 s= A 1 t Resc S b s est g h    K e A 1 1 s=- A st  Resc S s e h  K e t b g 2 s= st  Resc S s e h  K e t b g 2 s=- Tu sta konstanti 2 2 A 2 b A  C g K  1 1  A 2 2  2  2 A b A  C g  C 2 1 c  A 2 2  h K  2 1  A 2 2  138 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Skupni optimalni stroški so: 4 1 1  t  t  -1   S ( t)  L  S( s )  Re s S  s st t  t A A e   K    e  e   K e  e opt 1 2   s s k 1 k     Primer: Pri sistemih z enim vhodom v  t in enim izhodom y t ugotavljamo stabilnost sistema z analizo prenosne funkcije G  s. Prenosna funkcija je definirana kot kvocient med Laplaceovim transformom izhodne funkcije in Laplaceovim transformom vhodne funkcije Y s (slika 3.10): G  s    V  s V  s Y  s G b s g Slika 3.10: Prenosna funkcija sistema Sistem vzbujamo z vhodno funkcijo v b t g, ki jo imenujemo tudi vzbujevalni signal. Sistem na ta signal reagira z izhodno funkcijo y b t g , ki jo imenujemo tudi odziv sistema. Časovni odziv sistema je sestavljen iz dveh delov: prehodni pojav y b t g in ustaljeno (stacionarno) stanje t y b t g , kar zapišemo v obliki: ss y  t  y t  y t (3.66) t   ss   Prehodni pojav predstavlja tiste razmere, pri katerih gre sistem iz začetnega stanja v končno stanje nič. V matematičnem smislu pomeni rešitev homogenega dela diferencialne enačbe, ki modelira sistem. Ustaljeno stanje pa predstavlja obnašanje sistema, ko gre čas t proti neskončnosti, torej gre za tisti del odziva, ki nastane potem, ko prehodni pojav preneha ( izzveni). Ustaljeno stanje sistema izračunamo po enačbi: y  lim y  t   lim sY s (3.67) ss   t s0 Odziv sistema dobimo s pomočjo prenosne funkcije tega sistema, saj velja Y  s  G s V  s (3.68) V enačbi (3.68) sta V b s g in Y b s g Laplaceova transforma vhodne in izhodne funkcije, G b s g pa je prenosna funkcija sistema. Odziv sistema y b t g dobimo iz (3.68) z inverzno Laplaceovo transformacijo    L 1 y t Y   s  . 139 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Če označimo Laplaceov inverzum prenosne funkcije    L 1 g t G  s , je zaradi lastnosti inverzne Laplaceove tranformacije res: t t y  t   v    g t   d  g    v t   d (3.69) 0 0 Opomba: funkcija y  t je konvolucija funkcij v t in g  t . Funkcija    L 1 g t G  s  pomeni odziv sistema, ko je vhodna funkcija impulzna  funkcija, saj je Laplaceov transform funkcije  b t g enak 1: L   t 1  . Ko je torej vhodna funkcija v  t     t , je izhodna funkcija kar enaka prenosni funkciji G b s g , saj velja Y  s  G s L   t  G s1 G s  y  t  g  t (3.70) Odzivu sistema na impulzno  funkcijo pravimo tudi naravni odziv sistema. Obnašanje sistema je torej najtesneje odvisno od oblike prenosne funkcije G b s g . Odziv sistema je funkcija (3.69), ki ima lahko različne oblike, pač v odvisnosti od funkcij V b s g in G b s g . Vhodne funkcije, s katerimi vzbujamo sistem, skušamo izbirati med znanimi funkcijami (  impulz, enotina/skočna stopnica, linearni signal, kvadratna funkcija itd., v nekaterih primerih stohastične narave pa so to lahko tudi slučajne funkcije), tako da je odziv in s tem obnašanje sistema prvenstveno odvisen od oblike prenosne funkcije G b s g . Ta funkcija je v splošnem vedno podana kot kvocient dveh polinomov kompleksne spremenljivke s:      G  s Y  s P  s m m 1 b s b s b s b m m 1  1 0    (3.71) V  s Q  s n n 1 s  a s    a s  a n 1  1 0 Vzemimo, da je stopnja polinoma v števcu nižja od stopnje polinoma v imenovalcu (če temu ni tako, smemo števec deliti z imenovalcem), torej m  n . Imenovalec lahko razstavimo na produkt n linernih faktorjev in ulomek (3.71) zapišemo kot vsoto parcialnih ulomkov: G  s P  s    r s  s s  s s  s s  s 1   2   i   n  (3.72) k k k A A A 1 2 n 1 2 r          s  s   s  s   s  s s  s   n   i   s s s s i 2 r 1 2  i  Števila s , s , , s so poli funkcije (3.71). Nekateri poli so lahko tudi večkratni. Števila 1 2 n k , k , , k in A , A , , A izračunamo po Heavisidovih formulah (3.46) in (3.47), nato 1 2 n 1 2 r pa iz tabele Laplaceovih transformov dobimo funkcije v časovnem območju. Rešitev pa seveda lahko dobimo tudi z uporabo residuov.  140 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Za zgled zgornjega teksta si oglejmo sistem, ki je opisan z diferencialno enačbo y  t  3 y t  2 y  t  2 v t   v t  , pri čemer naj bodo vsi začetni pogoji enaki nič, torej y 0  y 0  v0  0. Prenosno funkcijo sistema dobimo tako, da na enačbi, ki opisuje sistem, opravimo Laplaceovo transformacijo L  y t 3 y t  2 y t  L 2 v t  v t . Označimo Laplaceova transforma L  y t  Y  s inL  v t  V  s, upoštevamo lastnosti Laplaceove transformacije odvodov in dane začetne pogoje, pa dobimo  2 s 3 s2 Y  s 2 s 1 V  s in od tod  G  s Y  s 2 s 1   V  s 2 s  3 s  2 Ulomek lahko zapišemo kot vsoto dveh parcialnih ulomkov   G  s Y  s 2 s 1 1 3     V  s  s   1  s  2 s 1 s  2 in od tod z inverzno Laplaceovo transformacijo (uporabimo tabeli transformov)    t 2   3  t g t e e Graf te funkcije je na sliki 3.11. 4 y(t) y(t)=-e-t+3e-2t 3 2 1 0 0 2 4 6 8 t Slika 3.11: Graf funkcije g t e t e t b g   3 2 141 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Vidimo, da gre funkcija z naraščajočim t proti nič, kar pomeni, da se odziv sistema stabilizira oziroma se z naraščajočim časom izniči. V takšnem primeru je sistem stabilen. Iz tega zgleda vidimo, da je stabilnost sistema očitno vezana na lego polov prenosne funkcije G  s. Velja: a) Kadar so poli v levi kompleksni polravnini, je funkcija g  t v splošnem neka linearna  kombinacija funkcij t e ,   0 in lim g  t   0 . t  b) Kadar so poli v desni kompleksni polravnini, je funkcija g  t v splošnem neka  linearna kombinacija funkcij t e ,   0 in lim g  t    . t Če leži pol v desni kompleksni polravnini, je torej časovni odziv sistema neka monotono naraščajoča funkcija ali pa niha z naraščajočo amplitudo. V tem primeru je sistem nestabilen in obstaja nevarnost, da se poškoduje ali celo razpade. Velja torej pravilo: kadar so ti poli v levem delu kompleksne ravnine, je sistem stabilen, kadar pa so poli v desnem delu kompleksne ravnine, je sistem nestabilen. Pole pa bi lahko dobili tudi na imaginarni osi. V tem primeru je odziv periodična funkcija s stalno amplitudo, vendar se v konkretnih sistemih zaradi morebitnih motenj ta amplituda lahko ojača in sistem postane nestabilen. Vse možnosti lege polov prenosne funkcije so naslednje (slika 3.12): 1. pol je v levi polravnini na realni osi, na sliki označen z s , 1 2. pol je v koordinatnem izhodišču, na sliki označen z s , 2 3. pol je v desni polravnini na realni osi, na sliki označen z s , 3 4. pol je na imaginarni osi, na sliki označen z s , 4 5. pol je v levi polravnini, vendar ni na realni osi (nad ali pod njo), na sliki označen z s , 5 6. pol je v desni polravnini, vendar ni na realni osi (nad ali pod njo), na sliki označen z s . 6 142 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Im s  4 s 5     s s s Re 1 2 3 s 6  Slika 3.12. Različne lege polov v kompleksni ravnini 1. Pol oblike s : imaginarna komponenta kompleksnega števila s je nič, zato je s kar 1 1 1 negativno realno število. Za takšen primer smo že ugotovili, da pripadajoča časovna funkcija eksponentno pada (slika) , torej je tedaj sistem stabilen, primer na sliki je funkcija   2 t g t e  , pol je torej s  2 . 1 1,5 g(t)=e-2t g(t) 1,0 0,5 0,0 0 1 2 3 4 t 143 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 2. Pol oblike s : v tem primeru je pol v koordinatnem izhodišču, torej je s  0 . 2 2 -1 1 Funkcija G b s g  1 ima inverzni Laplaceov transform L   1 za nenegativne s  s  čase, to je za t  0 . Funkcija je konstantna, g b t g  1. g(t)=1 3,0 2,5 2,0 1,5 g(t) 1,0 0,5 0,0 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 t 3. Pol oblike s : imaginarna komponenta kompleksnega števila s je nič, zato je s kar 3 3 3 pozitivno realno število. V takšnem primeru pripadajoča časovna funkcija eksponentno narašča, torej je sistem nestabilen. Na sliki je funkcija   2 t g t  e , torej je s  2 . 3 g(t)=e2t 10 8 6 g(t) 4 2 0 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 t 144 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 4. Pol oblike s : realna komponenta kompleksnega števila s je nič, zato lahko to število 4 4 napišemo v obliki s  i . Kompleksni poli seveda vedno nastopajo le v konjugiranih 4 parih, zato sta pola v takšnem primeru vedno dva:  i . Gre torej za funkcijo oblike   1 G s  , za katero je inverzni Laplaceov transform, ki ga preberemo iz tabele, 2 2 s   -1  1  1 enak g  t= L    sin t . Opravka imamo s sinusno funkcijo, ki ima 2 2  s    stalno amplitudo. Čim večji je  , tem večja je frekvenca sinusnega nihanja. Grafično to pomeni, da imajo tisti poli, ki so na ordinatni (imaginarni) osi bolj daleč od koordinatnega izhodišča, večjo frekvenco kot tisti, ki so na tej osi bliže koordinatnemu izhodišču. y(t) y(t)=0,5 sin2t 0,5 0,0 -0,5 0 1 2 3 4 5 6 7 8 t 5. Pol oblike s : niti realna komponenta niti imaginarna komponenta kompleksnega 5 števila s nista enaki nič, zato lahko to število napišemo v obliki 5 s   a  i , a  0 . Podobno kot pri prejšnji točki, velja tudi tu: kompleksni poli 5 vedno nastopajo v konjugiranih parih, zato sta pola v takšnem primeru vedno dva:  1 a  i , a  0 . Gre torej za funkcijo oblike G  s   , za katero s   2 2      1  1  velja:   1  t g t  L     . Ker je   0, je   0 in funkcija  s   e sin t 2 2    eksponentno dušeno sinusno niha, torej je sistem stabilen. 145 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 2 g(t)=2e-tsin10t g(t) 1 0 -1 -2 0 1 2 3 4 5 6 t 6. Pol oblike s : tudi sedaj niti realna komponenta niti imaginarna komponenta 6 kompleksnega števila s nista enaki nič, zato lahko to število napišemo v obliki 6 s  a  i , a  0 . Kompleksni poli vedno nastopajo v konjugiranih parih, zato sta 5 pola v takšnem primeru vedno dva: a  i , a  0 . Gre torej za funkcijo oblike     1   1  1 G s  1  t  L      , za katero velja: g  t  e sin t . 2 s  2 2   s   2    Ker je   0, zato funkcija eksponentno naraščajoče sinusno niha, kar pomeni, da sistem ni stabilen. 60 g(t)=0,2e0,75tsin5t g(t) 40 20 0 -20 -40 -60 0 2 4 6 8 t  146 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE IV DISKRETNA ANALIZA IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 4.1 DISKRETNA FUNKCIJA V tem poglavju bomo najprej spoznali pojem diskretne funkcije, nato pa še nekatera matematična orodja, s katerimi diskretno funkcijo analiziramo, raziščemo in seveda uporabljamo. Doslej smo vedno obravnavali le funkcije, pri katerih je zaloga vrednosti zvezna na nekem zaprtem intervalu a, b  R . V tem primeru govorimo o zveznih funkcijah. Sedaj pa se bomo omejili na takšne vrednosti neodvisne spremenljivke, ki bodo sestavljale množico diskretnih vrednosti x , x , x , . 0 1 2 Brez škode za splošnost lahko vzamemo, da so te vrednosti neodvisne spremenljivke x , x , x , med seboj enako oddaljene ( ekvidistantne): 0 1 2 x , x  , h x  2 , h x  3 , h (4.01) 0 0 0 0 V (4.01) je razmik ali diferenčni interval h od nič različno število, x pa je začetna vrednost 0 neodvisne diskretne spremenljivke. Vrednosti x , x  , h x  2 , h x  3 , h tvorijo aritmetično 0 0 0 0 zaporedje s prvim členom x in diferenco h. 0 V praktičnih primerih je mnogokrat pomembno, da je ekvidistančna razdalja normirana, torej velika 1 enoto. Ta pogoj lahko brez težav dosežemo, če uvedemo novo neodvisno spremenljivko, recimo ji t, s substitucijo: x( x  kh) 0 t  , k 0,1,2,3, (4.02) h Iz (4.02) dobimo: x  x - za k  0 : 0 t   k h x  x  h x  x - za k 1 : 0 0 t   1  k 1 h h x  x  2 h x  x - za k  2 : 0 0 t    2  k  2 h h x  x  3 h x  x - za k  3 : 0 0 t    3  k  3 h h in tako dalje. 148 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Z uvedbo nove neodvisne spremenljivke t po formuli (4.02) aritmetično zaporedje neodvisnih spremenljivk x , x  h, x  h 2 ,  s prvim členom x in diferenco h pretvori v aritmetično 0 0 0 0 zaporedje k, k  , 1 k  , 2 k  , 3  s prvim členom k in diferenco 1, torej se nove neodvisne spremenljivke res povečujejo za korak 1. Primer: Število prebivalstva v nekem manjšem kraju se je spreminjalo tako, kot je prikazano v spodnji tabeli: leto x 1960 1970 1980 1990 2000 2010 število prebiv. 4.200 5.300 5.200 5.600 6.700 7.000 Zaloga vrednosti neodvisne spremenljivke x (leta) je 1960, 1970, 1980,1990, 2000, 201  0 . S substitucijo (4.02) lahko dobimo tabelo s korakom 1. Vzemimo, naj bo še prvi člen k 1  . Torej je: x 1  960, x 1  970, x 1  980, x 1  990, x 2000, x 2010 in h 10 , k  1. 0 1 2 3 4 5 Z uporabo (4.02) dobimo zaporedoma diskretne vrednosti za posamezna leta: x ( x  kh) 19601960 10    1 10 0 0 t    1  0 h 10 10 x ( x  kh) 19701960 10    1 20 1 0 t    2 1 h 10 10 x ( x  kh) 19801960 10    1 30 2 0 t    3 2 h 10 10 x ( x  kh) 19901960 10    1 40 3 0 t    4 3 h 10 10 x ( x  kh) 20001960 10    1 50 4 0 t    5 4 h 10 10 x ( x  kh) 20101960 10    1 60 5 0 t    6 5 h 10 10 Še tabela: leto t 1 2 3 4 5 6 število prebiv. 4.200 5.300 5.200 5.600 6.700 7.000  149 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Odslej naprej bomo diskretne neodvisne spremenljivke obravnavali v obliki aritmetičnega zaporedja s korakom oziroma diferenco 1, tako da jih bomo vedno zapisovali takole: x, x  , 1 x  , 2 x  , 3  (ali včasih tudi k, k  , 1 k  , 2 k  , 3 ). Pri tem naj zaradi praktičnih razlogov, ki jih obmo spoznali v kasnejši uporabi, neodvisna spremenljivka zasede le nenegativne cele vrednosti, x  0 oziroma k  0 . Definicija: Če vsaki diskretni neodvisni spremenljivki z nekim znanim pravilom priredimo natanko določeno vrednost, dobimo diskretno funkcijo, ki jo bomo označili y  y( x) (4.03) x Pri tem dosega neodvisna spremenljivka x vrednosti x 0, 1, 2, 3, . Te vrednosti določajo definicijsko območje ali domeno neodvisne spremenljivke x. Očitno lahko diskretno funkcijo izrazimo v obliki zaporedja y , y , y , y , , kar zapišemo 0 1 2 3 kot zalogo vrednosti Y : y , y , y , y , ali pa zapišemo v tabelo: 0 1 2 3  x 0 1 2 3 4  y  y b x g y  y(0) y  y 1 ( ) y  y(2) y  y(3) y  y(4)  x 0 1 2 3 4 Opomba: Mnogokrat – odvisno od primera – začnemo šteti neodvisno spremenljivko z 1 in ne z 0, kar seveda ne vpliva na splošnost. Če želimo spoznati in seveda zlasti uporabljati diskretne funkcije, je potrebno (podobno kot pri zveznih funkcijah) tudi tu vpeljati in definirati nekatere pojmje, kar bomo storili v nadaljevanju. 4.1.1 Prve diference diskretne funkcije Vzemimo poljubno diskretno funkcijo y  y( x) . Zaporedju neodvisnih spremenljivk x x, x  , 1 x  , 2 x  , 3  pripada zaporedje funkcijskih vrednosti: y , y , y , y , . x x1 x2 x3 Pri tem v skladu z dogovorjeno pisavo v (4.03) pomenijo: y  y b x g , y  y b x 1g , y  y b x  2g , y  y b x  3g itd. x x 1 x 2 x 3 150 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Definicija: Razlike med sosednimi funkcijskimi vrednostmi  y  y  y x x 1 x  y  y  y x 1 x 2 x 1 (4.04)   y  y  y x  n x  n1 x  n imenujemo prve diference funkcije y  y( x) . Znak  imenujemo diferenčni operator. x Primer: Diskretna funkcija naj bo podana s pravilom 2 y  x 3 , kjer neodvisno spremenljivko x izbiramo iz množice X : 0,1,2,3, . Določimo prve diference te funkcije. Rešitev: Iskane prve diference znane diskretne funkcije bomo dobili po definiciji (4.04) za posamezne vrednosti neodvisne spremenljivke iz definicijskega območja X. Za dano diskretno funkcijo je zaporedje funkcijskih vrednosti: y  y  2 0 0 33 0 y  y  2 1 1  34 1 y  y  2 2 2 37 2 Prve diference so: y   y  y 43 1  0 1 0 y   y  y 743 1 2 1 2 2 y   y  y  (  x 1  ) 3( x 3)2 x 1  x x 1  x    4.1.1.1 Lastnosti prve diference Diferenciranje diskretnih funkcij ima podoben smisel, pomen in tudi namen kot odvajanje zveznih funkcij. Lastnosti prve diference lahko brez težav ugotovimo neposredno iz definicije prve diference (4.04). 151 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1. Prva diferenca konstante je nič: y  C  y  0 (4.05) x x Dokaz: Ker je diskretna funkcija konstantna, je y  C in y  C . Prva diferenca je x x 1  y   y  y  C  C 0 . x x 1  x 2. Pri diferenciranju se multiplikativna konstanta ohrani:   C y  C y  (4.06) x  x Dokaz:  C  y  C  y  C  y  C  y  y  C  y  x  x 1  x  x 1 x x 3. Naj bodo 1 2 3 y , y , y , , n y poljubne diskretne funkcije, za katere je mogoče izračunati prvo x x x x diferenco, C , C , C , , C pa naj bodo poljubne konstante. Za prvo diferenco linearne 1 2 3 n kombinacije 1 2 3 n C y  C y  C y   C y velja: 1 x 2 x 3 x n x  C c y 1 C y 2  C yn h C  y 1 C  y 2       C  yn (4.07) 1 x 2 x n x 1 x 2 x n x Dokaz:  1 2 n C y  C y   C y  C y  C y   C y  C y  C y   C y  x x n x   1 2 n x x n x   1 2 n 1 2 1 1 2 1 1 1 x 2 x n x   C  1 1 y  y  C y  y   C y  y  x x   2 2 n n 1 1 2 x 1  x  n  x 1  x  1 2 n  C y   C y    C y  1 x 2 x n x 4. Za prvo diferenco produkta dveh diskretnih funkcij velja lastnost:  1 2 y y  y  y  y y  (4.08) x x  1 2 1 2 x x x 1  x Dokaz: c y 1 y 2 h  y 1 y 2  y 1 y 2  y 1 y 2  y 1 y 2  y 1 y 2  y 1 y 2  x x x 1  x 1  x x x 1  x 1  x x x 1  x x 1  x  y 1 c y 2  y 2  h y 2c y 1  y 1  h  y 1  y 2  y 2  y 1 x 1 x 1 x x x 1 x x 1  x x x 6. Za prvo diferenco kvocienta dveh diskretnih funkcij velja pravilo: 152 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1 1 2 1 2  y  y  y  y y  x x x x x 2    , y  0 (4.09) 2 2 2 x y y y  x  x x 1  Dokaz: 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2  y  y y y y  y y y y  y y  y y  y y x x 1  x x 1  x x x 1  x 1  x x x 1  x x x x       2 2 2 2 2 2 2 y y y y y y y  x  x 1  x x x 1  x x 1  2 y y  y  y y  y    x  1 1 x x  1 x  2 2 x x  2 1 1 2 1 1 y y y y x x x x   2 2 2 2 y y y y x x 1  x x 1  Primer: Preverimo veljavnost relacije: F F  x x HG I (4.10) r KJ  HG I r  KJ 1 Rešitev: Po definiciji prve diference  y  y  y sledi za to funkcijo : x x1 x F F 1 F b 1g! ! b 1g ! b!   g  x x x x x x x x r 1 HG I    r KJ  HG I r KJ  HG I r KJ  r!b x 1 r g! r!b x  r g! r!b x 1 r g! x! r x! F x    r!b x  r 1g b r 1g!c x  b r 1gh HG I r  KJ 1  Iz definicije (4.04) dobimo prve diference nekaterih konkretnih diskretnih funkcij. Za vajo izračunajmo prve diference treh preprostih funkcij: y  x, x y  a , y 2 x . x x x Za linearno funkcijo y  x je prva diferenca x y   y  y  x 1   x 1  . x x 1  x   Za eksponentno funkcijo x y  a je prva diferenca x x 1  x x y   y  y  a  a  a a 1  . x x 1  x   Funkcija y 2 x je le poseben primer zgornje, kjer je a2 , zato je 2 x 2 x 2  1 2 x     . x 153 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Prve diference teh in še nekaterih drugih, ki jih večkrat uporabljamo, zapišimo v tabelo. Tabela: Prve diference nekaterih diskretnih funkcij y  y( x)  y x x C 0 x 1 x a x ( a  ) 1 a , a  , 0 a  1 2 x 2 x b g b g x n n x n1 n b n x  a gb g n x   b a gb g1 F x F HG I r KJ x HG I r  KJ 1 a F a 2 sin sin ax b cosb ax  b g    2 HG I 2KJ a F a sinb ax  b g 2 sin cos ax  b  HG IKJ 2 2 x  a  1 lnb x  a g ln x  a V zgornji tabeli srečamo zapis b g x n , ki ga imenujemo faktorska potenca. Pri diskretnih funkcijah namreč »običajna« potenca xn  x  x  x x      , kot smo je navajeni doslej, neugodna nkrat za računanje, zato vpeljemo faktorsko potenco, s katero je v diskretni analizi mogoče računati mnogo enostavneje. Definicija: Faktorska potenca je funkcija, določena z izrazom F x b g x n  x b x  g 1 b x  2g b  x  n  g 1  n HG I ! , n N , x 0 (4.11) n KJ 154 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Za faktorske potence velja adicijski teorem: b  g b g b g b g b g x m n  x m ( x  m n )  x n ( x  n m ) (4.12) Z uporabo formule (4.12) lahko definicijo faktorske potence razširimo na množico celih števil ( n  Z ): b g x 0  1 (4.13)   n 1 1 x    (4.14)    n  x  1  x  2  x  n x n Sedaj nas zanima še zveza med potencami in faktorskimi potencami. Ta povezava je enostavna in jo dobimo iz definicije (4.04). a) Pretvorba faktorskih potenc v potence: Iz faktorskih potenc dobimo potence takole: x 1 b g  x b g x 2  x b x  g  x 2 1  x b g x 3  x b x  gb x  g  x 3  x 2 1 2 3  2 x b g x 4  x b x  gb x  gb x  g  x 4  x 3  x 2 1 2 3 6 11  6 x itd. b) pretvorba potenc v faktorske potence: Iz potenc dobimo faktorske potence z majhnimi zvijačami takole: b g x  x 1 b g b g x 2  x b x  g  x  x 2  x 1 1 b g b g b g b g b g b g b g x 3  x b x  gb x  g  x 2  x  x 3  x 2  x 1  x 1  x 3  x 2  x 1 1 2 3 2 3 2 3 itd. Pretvarjane potenc v faktorske potence in obratno je v splošnem podano s formulama: x b n g  sn x  sn x 2   sn xn 1 2 n (4.15) 155 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE xn Sn x 1bg Sn x b2g Sn x b n     g  1 2 n (4.16) Koeficienti sn , r  , 1 2, , n v formuli (4.15) so Stirlingova števila 1. vrste, koeficienti r S n , r  , 1 2, , n v formuli (4.16) pa so Stirlingova števila 2. vrste. r Stirlingova števila pregledno zapišemo v tabelah. Tabela: Stirlingova števila 1. vrste sn , r  , 1 2,  , n r r 1 2 3 4 5 6 7 n 1 1 2 -1 1 3 2 -3 1 4 -6 11 -6 1 5 24 -50 35 -10 1 6 -120 274 -225 85 -15 1 7 720 -1764 1624 -735 175 -21 1 Primer:  5 5 5 2 5 3 5 4 5 5 2 3 4 5 x  s x s x  s x  s x  s x 24 x50 x 35 x 1  0 x  x 1 2 3 4 5  Tabela: Stirlingova števila 2. vrste S n , r  , 1 2, , n r r 1 2 3 4 5 6 7 n 1 1 2 1 1 3 1 3 1 4 1 7 6 1 5 1 15 25 10 1 6 1 31 90 65 15 1 7 1 63 301 350 140 21 1 Primer: 6 6  1 6   2 6  3 6   4 6  5 6   6 x  S x  S x  S x  S x  S x  S x  1 2 3 4 5 6  1   2  3   4  5   6  x 31 x 90 x 65 x 1  5 x  x  156 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 4.1.2 Diference višjega reda Podobno, kot smo pri zveznih funkcijah vpeljali višje odvode, je mogoče v diskretni analizi vpeljati pojem diference višjega reda. Diference drugega reda dobimo z diferenciranjem diferenc 1. reda, do diferenc tretjega reda pridemo z diferenciranjem diferenc 2. reda itd... Definicija: Diference 2. reda so izrazi 2 y  b y g  b y  y g   y   y  x x x 1  x x 1  x  b y  y g b y  y g  y  2 y   (4.17) 2 1 1 2  y x x x x x x 1 x 2 y  b y g  b y  y g  x 1  x 1  x2 x 1    y   y  y  y  b y  y g  y  2 y   (4.18) 2 1 3 2 2 1 3  y x x x x x x x x 2 x1 itd. Diference 3. reda so izrazi 3 y  c2 y h  2 y  2 y  y 2 y  y b y 2 y  y g  x x x 1  x x3 x2 x 1  x2 x 1  x  y  3 y  3 y   (4.19) 3 2  y x x x 1 x 3 y  c2 y h  2 y  2 y  y 3 y  3 y  y (4.20) x 1  x 1  x2 x 1  x4 x3 x2 x 1  itd. Splošno je diferenca n-tega reda:     n  n  n  y   y  y  y  y  y    y (4.21) x  1 x 1 1 n n n n n 1 x 1  x   x n   x n  1      0 1 x   n Primer: Izračunajmo diference prvih štirih redov funkcije y  x 3 . x 157 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev: - prva diferenca: y   y  y  x  x  x  x  x  x  x  x  x  3 3 3 2 3 2 1 3 3 1 3 3 1 x x 1 - druga diferenca: a) po formuli (4.17)  y  y 2 y  y  x  x  x  x  x x  3 2  2 3 2 3 1 6 6 x x 2 1 b) po definiciji  y  y   y  y  x  x  x  x  x  x  x x  3 2 3 1   2 3 3 1 1  2  2   3 x  3 x   1  3 1 x  x   2   3 x   1    1 3 x   x  3 x   1     3 2 x  1 306 x6   2   Opomba: diference funkcij 1 x , x in 1smo dobili v tabeli prvih diferenc. - tretja diferenca: 3 3 3 3 3 y  b x  3g  3b x  2g  3b x 1g  x  6 x - četrta diferenca in vse višje so nič, ker je tretja diferenca konstanta.  Primer: Izračunajmo prve tri zaporedne diference diskretne funkcije y  x 2 za x  0 l ,1,2q in jih x zapišimo v tabelo. Rešitev: Za diskretno funkcijo y  x 2 velja x 2 y  b x 1g  x 2  2 x 1 x1 2 y  b x  2g  x 2  4 x  4 x2 2 y  b x  3g  x 2  6 x  9 x3 Prve tri zaporedne diference so potem v splošnem  y  y  y  x 2  x   x 2 2 1  2 x 1 x x 1 x 2 2 2 2 y  y  2 y  y  c x 4 x 4h2c x 2 x 1h x  2 x x2 x 1  x 3 y  y  3 y  3 y  y  0 x x3 x2 x 1  x V te diference vstavimo zapored vrednosti neodvisne spremenljivke x  0, x  1 in nato še x  2 ter dobimo naslednje vrednosti diferenc: 158 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE a) za x  0:  y  2 2 1  5 2 2 y  2 2 3 y  0 2 b) za x  1:  y  2 1 1  3 1 2 y  2 1 3 y  0 1 c) za x  2:  y  2 0 1  1 0 2 y  2 0 3 y  0 0  Primer: Poiščimo vse zaporedne diference diskretne funkcije y  ax 2  bx  c . x Rešitev: Prva diferenca je po definiciji  2 y  y  y  a b x  g  b b x  g  c  c ax 2 1 1  bx  c h  2 ax  a  b x x 1 x Druga diferenca 2 y  b y g  2 a b x 1g a  b  2 b ax a b g2 a x x Ker je druga diferenca konstanta, so vse višje diference enake nič: 3 y  c2 y h  2 a  2 a  0 x x 4 y  0 itd. x  159 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 4.1.3 Antidiferenca Naj bo diskretna funkcija Y  Y b x g takšna, da je njena diferenca 1. reda neka diskretna x funkcija y  y b x g , torej naj velja:  Y  y . Vzemimo, da poznamo funkcijo y in iščemo x x x x funkcijo Y . V tem primeru pravimo, da dobimo iskano funkcijo z antidiferenciranjem, kar x zapišemo takole: Y    1 y (4.22) x x Definicija: Diskretna funkcija Y , za katero velja (4.22), je antidiferenca diskretne funkcije x y . Operator 1 imenujemo antidiferenčni operator. x Omenili smo že, da ima operacija diferenciranja pri diskretnih funkcijah podoben pomen kot odvajanje pri zveznih funkcijah, za antidiferenco pa lahko (zelo pogojno) rečemo, da ima pri diskretnih funkcijah podoben pomen kot nedoločeni integral pri zveznih funkcijah. Lastnosti antidiference dobimo iz definicije (4.22) in iz lastnosti diference 1. reda. 1. Antidiferenca diskretne funkcije, pomnožene s konstanto: 1b g   1 C y C y (4.23) x x 2. Antidiferenca linearne kombinacije diskretnih funkcij je linearna kombinacija antidiferenc: 1 1 2 n c h 1 1 1 2         1 C y C y C y C y C y C yn   (4.24) 1 x 2 x n x 1 x 2 x n x 3. Za antidiferenco produkta dveh diskretnih funkcij velja: 1    1 2 y y  y y    y y  (4.25) x x  1 2 1 x x  1 2 x 1  x  Opomba: Lastnost (4.25) nekoliko spominja na metodo “per partes” pri računanju nedoločenih integralov zveznih funkcij. 160 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Podobno, kot smo to storili pri nedoločenem integralu zvezne funkcije, zapišimo antidiference nekaterih pogosto uporabljenih diskretnih funkcij v tabelo. Tabela: Antidiference nekaterih diskretnih funkcij y  y( x) 1 x yx 1 x  x x!    x  2 2  ! x  2! x a a x , a  0, a 1 a 1  2 x 2 x b g b g x n1 x n , n  1 n  1 n   b gb g1 n b x a gb g x a , n  1 n  1 F x F HG I r KJ x HG I r  KJ 1 F a sin ax  b  HG IKJ2 cosb ax  b g a 2 sin 2 F a cos ax  b  HG I 2KJ sinb ax  b g  a 2 sin 2 a x F a xa x x  , a 1 1HG IKJ  a  a  1 Primer: Izračunajmo antidiferenco diskretne funkcije y  x 3  x 2 3  2 . x 161 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev: Antidiferenco izračunamo tako, da potence najprej pretvorimo v faktorske potence, upoštevamo lastnost linearnosti (4.24) in uporabimo tabelo antidiferenc. Polinom c x 3  x 2 3  2h zapišimo s faktorskimi potencami. Pri tem uporabimo Stirlingova števila 2. vrste in dobimo: b g b g b g b g b g b g b g b g x 3  x 2 3  2  e x 1  x 2  x 3 3 j +3 1 2 e x  x j2  x 3  x 2  x 1 6 4  2 Od tod je 1 3 2 c b g b g b g b g b g b g x 3 x 2h 1 3 2 1 x 6 x 4 x 2 1 3 x 61 2 x 41 1 x 2           11  b4g b3g b2g  x  6 x  4 x  1 b g b g b g 2 x  4 x  3 2 x  2 2 x  2 x 4 3 2 4 Faktorske potence v tem rezultatu pretvorimo v potence z uporabo Stirlingovih števil 1. vrste in dobimo rezultat: 1    1 1 3 2 x  3 x  2 4 3 2  x  2 x  2 x  2 x   2 3 4 6  x 11 x  6 x  x  4 4 2 1 2 3 2 x  3 x  x   2 2  x  x  2 x   4 3 2 x  2 x  5 x  6 x 4  Primer: Poiščimo antidiferenco funkcije y  2 x 3  x 2  3 x  5 . x Rešitev: Diskretno funkcijo y  2 x 3  x 2  3 x  5 spet najprej pretvorimo v polinom faktorskih x potenc. Ko uporabimo Stirlingova števila druge vrste, dobimo b g b g b g y  2 x 3  x 5 2  4 x 1 5 x Od tod je: b4g b3g b2g  b g b g b g x x x 1 3 b g e x  2 x  1 x  j  5 4  1 2 5 4 5 2 5 x 4 3 2 S pomočjo Stirlingovih števil prve vrste pretvorimo faktorske potence v potence in dobimo rezultat:  1 4 5 20 1 3 c x  2 x  x h 4 x  3 x  2 2 3 5 x  x 2 3 2 3  162 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: x x 1 F F Preverimo veljavnost relacije:  HG I . r KJ  HG I r  KJ 1 Rešitev: x x  x   x 1 F F Zapis  HG I je po definiciji antidiference identičen zapisu      . r KJ  HG I r  KJ 1  r 1  r  Relacijo sedaj preverimo (in potrdimo) na podoben način, kot smo to storili v primeru za diference.  4.1.4 Operator progresivnega premika Definicija: Operator progresivnega premika E povzroči premik argumenta v funkciji za eno enoto (en korak) v desno, to je Ey  y (4.26) x x1 Premiki neodvisne spremenljivke v diskretni funkciji za ustrezno število korakov v desno definiramo kot zaporedne potence operatorja E. Premik neodvisne spremenljivke za en korak v desno je Ey  y , premik neodvisne spremenljivke za dva koraka v desno je 2 E y  y x x1 x x 2  in tako dalje. Torej velja: E 1 y  Ey x x E 2 y  E( Ey )  Ey  y x x x 1  x2 E 3 y  E( E 2 y )  Ey  y (4.27) x x x2 x3  E n y  y x x n Potenca operatorja E s potenčnim eksponentom 0 je za premik indiferentna, torej ne povzroči premika, kar zapišemo takole: E 0  1 (4.28) E 0 y  1. y  y x x x 163 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Lastnosti operatorja E sledijo iz definicije (4.26). 1. Progresivni premik linearne kombinacije E C c y 1 C y 2  C yn h C Ey 1 C Ey 2       C Eyn (4.29) 1 x 2 x n x 1 x 2 x n x Dokaz: E 1 2 n C y  C y   C y  C y  C y   C y  x x n x  1 2 n 1 2 1 x 1  2 x 1  n x 1  1 2 n  C Ey  C Ey   C Ey 1 x 2 x n x 2. Progresivni premik faktorske potence b g b  g Ex n  b x  g 1 x n 1 , n l  0, 1, 2, q  (4.30) Dokaz:   Ex  x   n n 1  x  1 x x  1  x  2  x 1   n  1    x  1  x x  1  x  2  x n 1 1 x   n 1 1 x  n 1 x 3. Progresivni premik eksponentne funkcije E na x ana x  , n  0 l ,1,2,q (4.31) Dokaz: n x x n n x E a  a  a a 4. Progresivni premik za n korakov diskretne funkcije, pomnožene z eksponentno funkcijo n E  x a y  x n  n  a E y , n  0 l ,1,2,q (4.32) x x Dokaz: n E  x a y  x n  x n  n  a y  a E y x x n  x 164 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 5. Če pomeni f E c E m c E m b g   1    c E 2  c E 1  c , potem velja zveza m m1 2 1 0   x x f E a  a f   a (4.33) Dokaz: f  E x a  m m 1  2 1 x c E  c E   c E  c E  c a  m m 1  2 1 0  x m x m 1  x2 x 1  x  c a  c a   c a  c a  c a  m m 1  2 1 0 x  a  m m 1  2 1 x c a  c a   c a  c a  c  a f a m m 1  2 1 0    f   a Iz definicij operatorjev  in E razberemo še tole zvezo, ki je pri računanju z operatorji marsikdaj uporabna : 6.   E 1 E   1 (4.34) Tudi to zvezo dobimo iz definicije prve diference in progresivnega premika. y   y  y  Ey  y  E 1  y  E 1  x x 1  x x x   x Primer: Naj bo f b E g  E 3  E 2 2 1. Izračunajmo f E ax b g . Rešitev:   x  3 2    x 3 x 2 x x 3 x 2 x x        3 2 2 1 2 2 2   1 x f E a E E a E a E a a a a a a a a a a  4.1.5 Operator retrogradnega premika Definicija: Operator retrogradnega premika E 1 določa premik neodvisne spremenljivke diskretne funkcije za en korak v levo, to je E 1 y  y (4.35) x x 1 165 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Podobno kot pri operatorju progresivnega premika E, dobimo tudi za operator retrogradnega premika E 1 nekatere lastnosti in povezave. E 2 y  E 1c E 1 y h  E 1 y  y (4.36) x x x1 x2 E 3 y  E 1c E 2 y h  y (4.37) x x x3  E  n y  y (4.38) x x  n Velja tudi tale zveza med operatorjema E in E 1: EE 1 E   1 E  1 (4.39) Iz (4.34) pa sledi še zveza med operatorjem E 1 in antidiferenčnim operatorjem 1 :   1  b E  1 1g (4.40) Lastnosti (4.36) – (4.40) naj za vajo preveri bralec. 4.2 DIFERENČNE ENAČBE Diferenčna enačba je zveza med neznano diskretno funkcijo y  y b x g in njenimi x diferencami: f c y , y  ,2 y n ,  ,  y h  0 (4.41) x x x x Najvišji red diference n določa red diferenčne enačbe. 166 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Diferenčna enačba 2 y   5 y  3 y  0, x  0 l ,1,2,q je drugega reda, diferenčna x x x enačba y  2 y   0, x  0 l ,1 2,,q pa prvega reda. x x Opomba: Pri diferenčnih enačbah zapišemo vedno še definicijsko območje neodvisne spremenljivke. Zapišemo ga lahko v obliki x 0, 1, 2,  ali pa X :0,1, 2, .  Vemo že, da diference lahko izrazimo s funkcijskimi vrednostmi pri x, x  , 1 x  , 2 x  , 3  . Iz tega razloga zato večinoma diferenčne enačbe pišemo tudi v drugačni obliki. Poglejmo to možnost kar na primeru. Primer: Zapišimo diferenčno enačbo drugega reda 2 y   5 y  3 y  0, x  0 l ,1,2,q v x x x drugačni obliki. Rešitev: Po definiciji (4.04) prve diference in (4.17) druge diference velja  y  y  y x x1 x 2 y  y  2 y  y x x 2 x 1  x Ta dva izraza vstavimo v dano diferenčno enačbo 2 y   5 y  3 y  b y  2 y  y g 5b y  y g  3 y  0 x x x x2 x 1  x x 1  x x Uredimo in dobimo diferenčno enačbo v drugi (običajnejši) obliki: y  7 y  3 y  0 , x  0 l ,1,2,q x2 x1 x Diferenčno enačbo 2 y   5 y  3 y  0, x  0 l ,1,2,q bomo pisali v obliki x x x y  7 y  3 y  0 , x  0 l ,1,2,q. x2 x1 x  Opomba: Diferenčne enačbe pri diskretnih funkcijah lahko primerjamo z diferencialnimi enačbami pri zveznih funkcijah. Iz tega vzroka uporabljamo podobne oz. celo enake izraze, ki imajo tudi sicer podoben pomen kot pri diferencialnih enačbah. Tako je diferenčna enačba lahko homogena ali nehomogena, glede na koeficiente v diferenčni enačbi pa govorimo o diferenčnih enačbah s konstantnimi ali pa z nekonstantnimi (variabilnimi) koeficienti. 167 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Diskretno funkcijo, ki zadošča diferenčni enačbi n-tega reda pri poljubnih začetnih pogojih, npr. y  C , y  C ,  , y  C , imenujemo splošna rešitev diferenčne enačbe. Če so 0 0 1 1 n 1  n 1  vrednosti y , y ,  , y 0 1 n 1  poznane, dobimo posebno ali partikularno rešitev diferenčne enačbe. Preden se bomo lotili spoznavanja diferenčnih enačb bolj podrobno, omenimo metodo reševanja diferenčnih enačb, s katero lahko v nekaterih primerih dobimo posebno rešitev v obliki zaporedja. Gre za iterativno metodo, ki jo bomo opisali in preverili tudi na dveh primerih. 4.2.1 Iterativna metoda reševanja diferenčnih enačb Iterativno metodo lahko uporabimo, če poznamo nekatere začetne vrednosti diskretne funkcije. Če imamo diferenčno enačbo 2. reda, moramo poznati vrednosti pri x  0 in pri x  1, če rešujemo diferenčno enačbo 3. reda, moramo poznati vrednosti funkcije pri x  0 , x  1 in x3 itd. Pri tem postopku ravnamo tako, da iz diferenčne enačbe izrazimo funkcijsko vrednost pri tisti vrednosti neodvisne spremenljivke, ki je najbolj pomaknjena v desno, nato pa v ta izraz zaporedoma vstavljamo vrednosti neodvisne spremenljivke. Primer: Izračunajmo partikularno rešitev diferenčne enačbe 2 y   5 y  3 y  0 , x  0 l ,1,2,q x x x pri danih začetnih pogojih y  y b0g  1 in y  y 1 b g 1. 0 1 Rešitev: Diferenčno enačbo 2 y   5 y  3 y  0 , definirano na množici x  0 l ,1,2,q, smo že v x x x prejšnjem primeru zapisali v obliki y  7 y  3 y  0 , x  0 l ,1,2,q. x2 x1 x V konkretnem primeru to enačbo zapišemo takole: y  7 y  3 y x2 x1 x in nato v ta izraz vstavljamo vrednosti za x z njenega definicijskega območja: 168 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE y 1  0 y 1  1 za x 0 y 7 y 3 y 7 1  3 1  4 2 1 0 za x 1   y 7 y 3 y 743 1  25 3 2 1 za x  2 y 7 y 3 y 72534 1  63 4 3 2 Partikularna rešitev diferenčne enačbe je torej množica Y:1,1,4,25,163, .  Primer: Z uporabo iterativne metodi poiščimo posebno rešitev enačbe y  ay  b , če poznamo x 1  x začetni pogoj y  2 (opomba: ker gre za diferenčno enačbo 1. stopnje, potrebujemo le en 0 začetni pogoj). Rešitev: Enačbo zapišemo v obliki y  ay  b in nato delamo iteracije. x 1  x Poznamo: y  2 0 Pri x  0 dobimo: y  ay  b  2 a  b 1 0 pri x  1 dobimo: y  ay  b  a 2 a  2 b  b2 a  b 1 a 2 1   pri x  2 dobimo: 3 y  ay  b2 a   2 b 1 a a 3 2  pri x  3 dobimo: 4 y  ay  b2 a  b 2 3 1 a a  a 4 3    x b a 1  pri b x 1g dobimo: y  ay  b2 x a  b         2 x 1 1 a a a  2 x a x x 1    a 1  za a  1  4.2.2 Homogene diferenčne enačbe Homogena diferenčna enačba se v splošni obliki glasi:    x y   x y    x y   x y 0 (4.42) n x n  n 1    x n  1  1  x 1  0   x 169 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Koeficienti    x , i 0,1,2, , n v (4.42) so neke znane diskretne funkcije, y pa je iskana i x diskretna funkcija, torej rešitev diferenčne enačbe. Povejmo brez dokaza, da za diferenčno enačbo (4.42) velja:  Če je y rešitev te enačbe, je njena rešitev tudi  y ,   R . x x  Naj bosta y 1 in y 2 dve rešitvi enačbe (4.42). Potem je rešitev te enačbe tudi njuna vsota x x y 1 y 2  . x x  Naj bodo funkcije y 1 y 2 y 3 , , , , yn rešitve enačbe (4.42),  ,  ,  ,  pa poljubne x x x x 1 2 3 n konstante. Potem je splošna rešitev diferenčne enačbe (4.42) linearna kombinacija y  y 1  y 2   yn     . x 1 x 2 x n x 4.2.2.1 Homogena diferenčna enačba s konstantnimi koeficienti Poglejmo si najprej homogeno diferenčno enačbo s konstantnimi koeficienti, ki se v splošnem zapisu glasi: b y  b y   b y  b y 0 (4.43) n x n n 1  x n 1  1 x 1  0 x Koeficienti b , b , b , , b so poljubna realna števila. 0 1 2 n Rešitev enačbe (4.43) iščemo z nastavkom x y  a (4.44) x Iz (4.44) sledi zaporedoma: x 1  x y  a  a a x 1  x2 x 2 y  a  a a x2 x n x n y  a  a a x n Če naj bo funkcija x y  a res rešitev diferenčne enačbe (4.43), mora seveda tej enačbi x ustrezati. Zato vstavimo v to enačbo vse vrednosti za y , y , y , , y : x x1 x2 x n x n x n 1  x x b a a  b a a   b a a b a 0 n n 1  1 0 Dobljeni izraz smemo krajšati z x a  0 in dobimo 170 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE n n 1 b a  b a    b a b 0 (4.45) n n 1  1 0 Enačbo (4.45) imenujemo (po analogiji z diferencialnimi enačbami) karakteristična enačba dane diferenčne enačbe. Karakteristična enačba je algebrajska enačba n- te stopnje, zato ima v splošnem n rešitev, pri čemer nastopajo razne možnosti.  če je a enkratni realni koren, mu ustreza rešitev diferenčne enačbe j j x y  C a x j j  če je a r-kratni realni koren, je rešitev diferenčne enačbe j y  r 1  x   x  x a x 0 1 r 1   j  če je a kompleksni koren (takšni koreni vedno nastopajo v konjugiranih parih), npr. j a  c  id , je rešitev diferenčne enačbe j j j x x 1 j 2 j y  y  y  C c  id  C c  id x x x 1 j  j j  2 j  j j  oziroma, če pišemo kompleksno število v polarnih koordinatah, je rešitev: x y  C r cos x i sin x x  C r x i x x j j cos sin  1 2  če je a p-kratni kompleksni koren, pa je rešitev diferenčne enačbe j y  C  C x  C x  r x  i x  x  1 j 1 j 1 j p 1 x cos sin 0 1 p 1       2 j 2 j 2 j p 1 x C  C x  C x r cos x  i sin x 0 1 p 1     Primer: Rešimo homogeno linearno diferenčno enačbo drugega reda s konstantnimi koeficienti y  x 5  6 y  0 , x0,1, 2, . Poiščimo splošno rešitev te enačbe in njeno x2 x1 x partikularno rešitev, če poznamo začetna pogoja y  y b0g  0 in y  y 1 b g 1. 0 1 Rešitev: Splošno rešitev bomo poiskali z nastavkom x y  a . Na ta način dobimo iz diferenčne enačbe x karakteristično enačbo 2 a 5 a60 171 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE z ničlama/korenoma: a  2 in a  3 . 1 2 Od tod pa že sledi splošna rešitev enačbe: y C x 2 C x   3 . x 1 2 Posebno (partikularno) rešitev pa lahko dobimo na dva načina: a) iz splošne rešitve y C x 2 C x   3 z upoštevanjem začetnih pogojev: x 1 2 y  0  0  C  C 0 1 2 y  1  1  C 2  C 3 1 1 2 Od tod izračunamo C  1  in C  1, tako da je posebna rešitev y x x  2  3 . 1 2 x b) z iterativno metodo, torej iz enačbe, ki jo rešujemo, najprej napišemo y  5 y  6 y x2 x1 x in od tod dobimo zaporedne vrednosti diskretne funkcije: y  y b0g  0 0 y  y 1 b g 1 1 pri x  0 dobimo: y  5 y  6 y  5 2 1 0 pri x  1 dobimo: y  5 y  6 y  19 3 2 1 pri x  2 dobimo: y  5 y  6 y  65 4 3 2 itd… Od tod sledi rešitev: Y:0,1,5,19,65, .  Primer: Poiščimo splošno in posebno rešitev enačbe y  5 y  6 y  0 pri pogojih y  1 in x2 x1 x 0 y  2 , x 0, 1, 2, . 1 Rešitev: Gre za isto homogeno diferenčno enačbo, kot v prejšnjem primeru, zato njeno splošno rešitev že poznamo: y C x 2 C x   3 . x 1 2 Začetna pogoja sta sedaj: y  1 in y  2 . 0 1 Vstavimo oba pogoja v splošno rešitev in dobimo sistem dveh enačb z dvema neznankama 1 C  C 1 2 2 C 2 C 3  1 2 172 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE z rešitvama: C 1  , C 0 . 1 2 Posebna rešitev diferenčne enačbe se v tem primeru glasi: y 2 x . Za vrednosti neodvisne x spremenljivke x dobimo zaporedoma: y 1  , y 2, y 4, y 8, y 16  , 0 1 2 3 4 Rešimo ta primer še z iterativno metodo. Ker je y 5 y 6 y 0 y 5 y 6 y , dobimo: x2 x 1  x x2 x 1  x y  1 0 y  2 1 za x0 je y 5 y 6 y  4 2 1 0 za x 1  je y 5 y 6 y 8 3 2 1 za x2 je y 5 y 6 y 16  4 3 2 za x 3 je y 5 y 6 y 32 itd…. 5 4 3 S tem imamo že znano partikularno rešitev Y :1, 2, 4,8,16, .  Primer: Rešimo enačbo y  2 y 3 y  0, x 0,1, 2, . x2 x 1  x   Rešitev: Z uvedbo x y  a dobimo karakteristično enačbo 2 a 2 a30 z rešitvama: a 1   i 2 . x 1,2 Splošna rešitev je x x y  C 1 d  i 2i  C 1d i 2i x 1 2 Zapišimo to rešitev še s polarnimi koordinatami. Kompleksni števili sta konjugirani, zato imata enako absolutno vrednost r  3 . Od tod zapišemo x x y  C d 3i bcos x  i sin x g  C d 3i bcos x  i sin x g x 1 2 2 tg   2   arctg 2 1  Primer: Izračunajmo posebno rešitev enačbe y  y  y  0 pri pogojih y  0, y  1. x2 x1 x 0 1 173 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev:   Karakteristična enačba 1 5 1 5 2 a  a 1  0 ima rešitvi: a  in a  . Splošna rešitev 1 2 2 2 diferenčne enačbe je potem x x 1 5  1 5  y  C    C   x 1 2     2 2     Z upoštevanjem obeh začetnih pogojev y  0, y  10 dobimo dve enačbi 0 C  C in 0 1 1 2 1 5 1 5 1 1 1 C   C  z rešitvama C   , C  . 1 2 1 2 2 2 5 5 Posebna rešitev je torej x x 1 1 5  1 1 5  y       x     5 2 5 2      4.2.2.2 Homogena diferenčna enačba I. reda s spremenljivima koeficientoma Homogena diferenčna enačba I. reda s spremenljivima koeficientoma se v splošni obliki glasi:  x y   x y 0, X: 0,1, 2.... (4.46) 1  x 1  0   x    x 0   Delimo to enačbo s  x , označimo  x in lahko (4.46) zapišemo takole: 1    x 1   0   y  x y 0, X: 0,1, 2.... x 1  0   x   To enačbo najenostavneje rešimo z iteracijsko metodo. Enačbo zapišimo v obliki y   b x g y in izvajajmo iteracije: x 1 0 x 174 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE pri x  0 je y   b0g y 1 0 0 pri x  1 je y   1 b g y   1bg b0g y 2 0 1 0 0 0 pri x  2 je y   b2g y   b2g  1 b g b0g y 3 0 2 0 0 0 0    x1 pri b x 1g je y   b x 1g 1 b g 0bg y  b g 0 0 0 0  i y x 0 0 i0 x 1  Rešitev enačbe (4.46) je torej y  i y , kjer je y začetna vrednost diskretne funkcije. x 0   0 0 i 0  4.2.3 Nehomogena diferenčna enačba prvega reda s konstantnimi koeficienti Ta enačba se v splošni obliki glasi: y  by  c, X: 0,1, 2, (4.47) x 1  x   Konstanti b in c sta poljubni od nič različni realni števili, , a b  R , a  0, b  0 . Enačbo (4.47) lahko rešimo na več načinov. Omenimo dve možnosti. 4.2.3.1 Reševanje z iteracijsko metodo Enačbo (4.47) prepišemo v obliki y  by  c x 1  x in izvajamo iteracije: za x  0 je y  by  c 1 0 za x  1 je 2 y  by  c b y  c 1 b 2 1 0   za x  2 je 3 y  by  c  b y  c 2 1 b b 3 2 0  175 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE   za b x 1g je x y b y c b b b        x  2 x 1 1 0  Izraz  2 1 1 x b b b       je vsota x členov geometričnega zaporedja s prvim členom 1 in x b 1  kvocientom b. Za b 1  tedaj velja  2 1 1 x b b b        . Označimo še y  C in dobimo b 1  0 splošno rešitev x b   c  c x 1 x y  Cb  c  C b  x   b 1   b 1   1 b Oziroma, če označimo še c C  C  , je splošna rešitev enačbe (4.47): 1 b 1  c x y  C b  x 1 1 b 4.2.3.2 Reševanje s prirejeno homogeno diferenčno enačbo Nehomogeno diferenčno enačbo (4.47) lahko rešimo po podobnem postopku kot smo reševali nehomogene diferencialne enačbe pri zveznih funkcijah, torej delamo po korakih. 1. Najprej rešimo prirejeno homogeno enačbo z  bz 0 x 1  x Vemo, da takšno homogeno diferenčno enačbo rešimo z nastavkom x z  a . x Karakteristična enačba a b0 ima rešitev a b , zato je splošna rešitev prirejene homogene enačbe: x z  Cb . x 2. Splošno rešitev nehomogene enačbe dobimo v obliki 1 x y  y  Cb (4.48) x x V (4.48) je y 1 neka partikularna rešitev nehomogene enačbe, x Cb pa je splošna rešitev x prirejene homogene enačbe . Partikularno rešitev nehomogene enačbe izračunamo z nastavkom 1 y  d x 176 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Ker je d neko realno število (konstanta), je tudi 1 y  d . Oboje vstavimo v nehomogeno x 1  diferenčno enačbo (4.47) y  by  c x 1  x d  bd  c in od tod dobimo neznani d: c d 1 b Partikularna rešitev je c 1 y  d  in zaradi (4.48) je splošna rešitev nehomogene diferenčne x 1 b enačbe (4.47) c 1 x x x y  y  Cb  d  Cb  Cb  x x 1 b in je seveda enaka že izračunani po iterativnem postopku. Primer: Poiščimo posebno rešitev enačbe 1 y  y  2 pri pogoju y  10 . x 1 x 2 0 Rešitev: Prirejena homogena diferenčna enačba je 1 z  z 0 . Karakteristična enačba 1 a 0 ima x 1  2 x 2 x   rešitev 1 1 1 a 2   . Splošna rešitev je 1 1 y  y  C  y  C2 x   . Partikularno rešitev 1 y 2 x x  2 x  x dobimo z nastavkom 1 y  d . Ker je d konstanta, je tudi 1 y  d . Iz prvotne enačbe potem x x 1  1 1 sledi: y  y 2 d  d 2 d 4 . x 1  2 x 2 Iskana splošna rešitev naše diferenčne enačbe je y C  x  2  4 . x Še posebna rešitev za dani začetni pogoj x 0, y 10 : 0 y  C2 x 4 x 0 10 C2 4 C 6  Zato je posebna rešitev v tem primeru takšna: y x  6  2  4 . x  177 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 4.2.4 Reševanje diferenčnih enačb z operatorji Diferenčne enačbe je mogoče reševati tudi z operatorji, ki smo jih spoznali v prejšnjih poglavjih. Vzemimo linearno diferenčno enačbo reda n s konstantnimi koeficienti, ki je definirana na množici X:l , 0 , 1 , 2 q : b y  b y   b y  b y  g x (4.49) n x n  n 1  x n  1  1 x 1  0 x   Ko je v (4.49) funkcija na desni strani enačbe identično enaka nič c g b x g  h 0 , je ta enačba homogena, če pa ni, je enačba nehomogena. V nadaljevanju si bomo ogledali obe možnosti. V enačbi (4.49) najprej uporabimo operator progresivnega premika E, ki smo ga definirali z izrazom (4.26). Zaradi lastnosti tega operatorja moremo enačbo (4.49) zapisati takole n n 1 b E y  b E  y   b Ey  b y  g x n x n 1  x 1 x 0 x   oziroma  n n 1 b E  b E    b E b y  g x n n 1  1 0  x   Ko označimo f   n n 1  2 1 E  b E  b E   b E  b E  b (4.50) n n 1  2 1 0 lahko diferenčno enačbo (4.49) zapišemo v enostavnejši obliki: f b E g y  g b x g (4.51) x 4.2.4.1 Homogena linearna diferenčna enačba Homogena linearna diferenčna enačba reda n s konstantnimi koeficienti se glasi b y  b y   b y  b y 0 (4.52) n x n n 1  x n 1  1 x 1  0 x 178 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE V tej enačbi uporabimo operator progresivnega premika E in jo zapišemo v obliki: f b E g y  0 (4.53) x Ko homogeno diferenčno enačbo s konstantnimi koeficienti rešujemo z nastavkom x y  a , x dobimo karakteristično enačbo n n 1 b a  b a    ba b 0 n n 1  1 0 To enačbo pa zaradi (4.50) lahko zapišemo tudi takole: f   a 0 Ko (4.54) razcepimo, torej f   a  b  a a a a a a 0 , vidimo, da lahko zapišemo za n 1 2   n  a  E tole: f  E b E a E a E a n  1 2   n  To pa pomeni, da je mogoče homogeno diferenčno enačbo (4.53) zapisati v obliki:  E a E a E a y 0 (4.54) 1 2   n  x Enačbo (4.54) sedaj pišemo v obliki sistema enačb  E a y 0 1 x  E a y 0 2  x (4.55)  E a y  n  0 x Sistem (4.55) zaradi (4.54) predstavlja nabor linearnih karakterističnih enačb, iz katerih dobimo korene a , a , , a . 1 2 n Vsaka od teh rešitev nam da po eno partikularno rešitev diferenčne enačbe, splošna rešitev diferenčne enačbe pa je njihova linearna kombinacija x x x y  C a  C a   C a (4.56) x 1 1 2 2 n n Primer: Rešimo homogeno diferenčno enačbo y  6 y  y 11  6 y  0 z operatorjem x3 x2 x1 x progresivnega premika. 179 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev: Ko v dani diferenčni enačbi uporabimo operator progresivnega premika E ter upoštevamo njegove lastnosti, dobimo c E 3  E 2 6  E 11  6h y  0 oziroma b E 1gb E  2gb E  3g y  0 x x Od tod sledi sistem b E 1g y  0 x b E 2g y  0 x b E 3g y  0 x ki nam da tri karakteristične enačbe z rešitvami: a 1  0  a 1  , a20 a 2, a30 a 3 1 2 3 Splošna rešitev dane homogene diferenčne enačbe je potem y C C x 2 . C x    3 . x 1 2 3  4.2.4.2 Nehomogena linearna diferenčna enačba Ko v nehomogeni linearni diferenčni enačbi b y  b y   b y  b y  g x , g b x g  0 (4.57) n x n  n 1  x n  1  1 x 1  0 x   uporabimo operator progresivnega premika, jo zapišemo v obliki (4.51) oziroma takole: b E a E a E a y  g x (4.58) n  1 2   n  x   Obe strani enačbe (4.58) delimo s konstantnim, od nič različnim koeficientom b in jo nato n zaporedoma prenumerando množimo najprej z    E  a  1 , nato z  E  a itd., na koncu pa 2  1 1 še z   E  a  1 . Na ta način dobimo splošno rešitev diferenčne enačbe (4.57): n 1    y  E  a E  a E  a g x (4.59) x  n  1  n  1   1 1 1   bn 180 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Od tu naprej pa delamo tako, kot smo ugotovili v prejšnjem poglavju. V (4.59) uporabimo še tole zvezo, ki jo navedimo brez dokaza    1 x 1 1  x E a  a  a (4.60) Primer: Rešimo nehomogeno diferenčno enačbo 2 y  7 y  3 y  5  . x2 x 1  x Rešitev: Diferenčno enačbo bomo reševali po zgoraj opisanem postopku. V tej enačbi uporabimo operator E in enačba se glasi  2 2 E  7 E  3 y  5  x  7 3  2 2 E  E  y  5     2 2 x  Enačbo delimo z 2 in izraz na levi strani razstavimo F 1 5 E  b E 3g yx HG I 2KJ    2 F 1 Zgornji izraz prenumerando pomnožimo najprej z 1 E  HG IKJ1 , nato pa še z b E 3g in 2 dobimo formalno rešitev diferenčne enačbe za tale primer 1 1F 1 F 5 y  b E  3g E  . x HG I 2KJ  HG I2KJ V tej enačbi upoštevajmo najprej lastnost (4.60) za 1 a 3 in za a  : 2 1 b E x1 1  x  3g  3  3 1 x1  x F 1 F1 1 1 E   x1 1 x  HG I  2  2 . 2KJ  HG I2KJ FHG I2KJ  in dobimo x   x  x    x 5 1 1 1 1 y 3  3 2  2   . x    2 181 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Antidiferenco ekponentne funkcije najdemo v tabeli antidiferenc. Upoštevajmo torej x  a antidiferenco 1 x  a   K , a 1 a pomeni 12 x  2 x  K . a 1  , kar za 2 1 Od tod je :  5   x   x  x x 5 1 1 1 y   3   3 2    2  K  x 1  1   3   3 x 22 K 2 x  x 1    1   2  2  5 x 1 1   3      2.3 x C 6 x 1   2 Pri tem smo označili konstanto C  2 K . Sedaj enačbo še preuredimo: 1 1 x x x x F 5 1 1L 1 F1 O F 5 1L 1 1 1F 1 O y x   3  2 C x 3 2  C  x HG I2KJ FHG I3KJ  1HG I6KJ NMM QPP   HG I2KJ FHG I3KJ  1 HG I6KJ NMM QPP V oglatem oklepaju ponovno upoštevajmo pomen operatorja 1 in dobimo: x x L F1 F M 1 OP x x F 5 1 HG I3KJ HG I6KJ 5 1 1 6 1 3 M2 P F  L F F O y x    C   K x   3 3 C K x HG I2KJ  M 2 1 5 2 P HG I 2KJ  HG I3KJ   5 1 HG I 6KJ  2   NMM QPP NM 3 6 QP Izraz le še uredimo in če označimo krajše še 5 K 2 C  , že imamo splošno rešitev 2 6 nehomogene diferenčne enačbe: 5 y C  x 2 C x     3 x 2 1 2 Za vajo preverimo, če je dobljena funkcija res rešitev diferenčne enačbe. V ta namen moramo v enačbo 2 y  7 y  3 y  5  vstaviti vrednosti funkcij x2 x 1  x 5 y C  x 2 C x     3 x 2 1 2 5 b  g y C x 1 2 C x      1 3 x1 1 2 2 5 b  g y C x 2 2 C x      2 3 x2 1 2 2 in preveriti, če je leva stran enačbe res enaka desni. V enačbo 2 y  7 y  3 y  5  vstavimo izračunane y , y y x2 x 1  x x x 1  in x in preverimo, če je 2 leva stran enačbe enaka desni strain. 182 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 2 y  7 y  3 y  5  x2 x 1  x 5        x  2 x 5  x x 5 2  1 1 2  2  3  7  2  3  3  2 x  3 x C C C C C C   5   1 2   1 2   1 2  2  2  2  5        x  2 x 5  x x 5 2  1 1 2  C 2  C 3  7  C 2  C 3  3  C 2 x  C 3 x   5   1 2   1 2   1 2  2  2  2  1  x x 35 7  x x 15 5 C 2 1  8 C 3   C 2 21 C 3  3 C 2 x 3 C 3 x   5  1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 5   5  Leva in desna stran enačbe sta res enaki, torej je izračunana rešitev pravilna.  4.3 Z - TRANSFORMACIJA 4.3.1 Definicija z-transformacije Pri zveznih funkcijah smo definirali Fourierovo in Laplaceovo transformacijo in ugotovili, da sta zeko uporabni pri reševanju diferencialnih enačb. Zvezno funkcijo realne spremenljivke smo z dogovorjenim pravilom pretvorili v zvezno funkcijo kompleksne spremenljivke. Računske operacije višje matematike, zlasti odvod, ki jih opravljamo v obsegu realnih števil, so v kompleksnem območju sedaj postale mnogo enostavnejše. Namesto odvoda smo dobili potenco, tako da diferencialna enačba preide v navadno algebrsko enačbo, namesto konvolucijskega integrala dobimo produkt transformov itd. Podoben možnost se pokaže tudi v diskretni analizi. Tudi tu moremo diskretno funkcijo realne spremenljivke pretvoriti v diskretno funkcijo kompleksne spremenljivke. Temu postopku bomo rekli z-transformacija. Z njeno uporabo bomo lahko veliko enostavneje reševali diferenčne enačbe. 183 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Definicija: Vzemimo neko diskretno funkcijo f  f b k g , k   l , ,2 ,1 ,0 ,1 ,2 q . k Funkcijo, določeno z izrazom   f  k  f  k  k z , z C  (4.61) k imenujemo z-transform dane diskretne funkcije. Za z-transformacijo običajno uporabimo zapis:  f  k F z (4.62) je operator, ki preslika diskretno realno funkcijo f b k g v kompleksno funkcijo F b z g : : f  k F z Če je diskretna funkcija f b k g definirana samo za nenegativne neodvisne spremenljivke, torej za k  0 , govorimo o desnostrani diskretni funkciji. Če je diskretna funkcija f b k g definirana samo za negativne vrednosti neodvisne spremenljivke, torej za k  0 , govorimo o levostrani diskretni funkciji. Ko pa je diskretna funkcija (v tehniki pravimo tudi: signal) f b k g definirana za vse cele vrednosti neodvisne spremenljivke k, govorimo o obojestrani diskretni funkciji. V konkretnih realnih primerih imamo večinoma opraviti samo z desnostrano diskretno funkcijo, zato se bomo v nadaljevanju posvetili le tako imenovani enostrani z-transformaciji. Definicija: Enostrana z-transformacija je postopek, ki diskretni funkciji f  f b k g , k k  0 l ,1,2,3,q priredi enostrani z-transform  F  z  f  k f  k  k z , z C  (4.64) k 0  Funkcija F b z g je vrsta, ki konvergira za vsako kompleksno število z, za katerega velja 1 zahteva z  R   , kjer je  konvergenčni polmer (slika 4.1). 184 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Funkcija (4.64) je vrsta  F z f  k f f f  k z  f   0  f   1 2 3 1 1 z  f   2 2 z  f   3 3 z   f         0     , 2 3 k 0  z z z konvergentna za vse tiste absolutne vrednosti kompleksne spremenljivke, ki ležijo znotraj konvergenčnega kroga s krožnico  , ki je množica točk z enačbo z  . Na krivulji  vrsta ni konvergentna. Krog konvergence je prikazan na sliki (4.1). Z znakom  je označena krožnica, ki loči področje konvergence od področja divergence. Poli funkcije F b z g so v področju divergence, torej znotraj kroga z radijem R (slika 4.1). kompleksna Im z-ravnina  z 2 področje z R 1 konvergence 0 Re z 3 z 4 Slika 4.1 Konvergenca funkcije F b z g Enostrani z-transform F b z g je torej vrsta  F z f  k f f f f  k z  f    1   2  3   4 0      (4.65) 2 3 4 k 0  z z z z Pomembno: Ko računamo transform F b z g , moramo vedno preveriti območje divergence. Vzemimo desnostrano z-transformacijo (4.64) in jo pomnožimo s faktorjem z k 1 , dobljeni produkt pa integrirajmo po poljubni sklenjeni krivulji  , ki naj obkroža vse singularnosti (pole) funkcije F b z g : 185 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE  z k F b z g dz  z 1  f b k g z1 dz z (4.66)  k 0  Če za to krivuljo vzamemo krožnico, kar smemo storiti brez škode za splošnost, dobimo situacijo s slike (4.1). V formuli (4.66) smo zaradi enakomerne konvergence v (4.64) zamenjali vrstni red sumiranja in integriranja. Iz (4.66) sledi z k F b z g dz   i f b k z 1 2 g  Od tod dobimo formulo za inverzno z-transformacijo f  k 1  F   z k 1 z  dz  -1 F z, k 0,1,2, (4.67) 2 i  Vemo, da integral v (4.67) izračunamo po Cauchyjevi formuli kot vsoto vseh residuov: F   z k 1 z  dz 2 i  R  e s F   z k 1 z     (4.68)  Re s Iz (4.67) in (4.68) dobimo formulo za inverzno z-transformacijo, izraženo z residui: f  k -1 F z R  e s F z k 1 z   , k 0,1,2,   (4.69) Re s V konkretnih primerih, ko želimo iz z-transforma F b z g dobiti originalno funkcijo f b k g v realnem območju, praviloma ni potrebno uporabljati formule (4.67) oziroma (4.69), ker lahko na podoben način kot pri Fourierovi in Laplaceovi transformaciji transforme konkretnih diskretnih funkcij dobimo kar iz tabele. 4.3.2 Zveza med Laplaceovo in z-transformacijo Zveza med z-transformacijo in Laplaceovo transformacijo je podana s preslikavo s-ravnine na z-ravnino s pravilom: st  i   t  t i t z  e  e  e e (4.70) 186 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE S to preslikavo se preslika konvergenčna abscisa c na konvergenčno krožnico z radijem ct  z  e  R . Področje konvergence s-ravnine, za katero je   Reb s g in s tem e t  R , se preslika v zunanjost konvergenčnega kroga. Področje s-ravnine, za katero velja   Reb s g ,  pa se preslika v notranjost kroga konvergence, ker je e t  R za vse   Reb s g . V posebnem primeru, ko je c  0 (ordinatna os), je konvergenčni krog kar krog enote ( R  1). V tem primeru se desna polravnina s-ravnine preslika v zunanjost enotskega kroga, leva polravnina s-ravnine pa se preslika v notranjost enotskega kroga (slika 4.2) s-ravnina z-ravnina Im Im Področje konvergence področje konvergence R 0   c Re 0 Re Slika 4.2: Zveza med področjem konvergence pri Laplaceovi in z-transformaciji Primer: Določimo enostrani z-transform F b z g za diskretno funkcijo f b k g  1, k l  0, 1, 2, q  Rešitev: Enostrani z-transform dane diskretne funkcije je po definiciji (4.65):   F  z f  k  k z    k   z  1 1 1 1 1 1       2 3 4 k 0  k 0  z z z z Dobili smo geometrično vrsto s prvim členom a  1 in kvocientom q  1 . Ta vrsta je 1 z a konvergentna, ko je q 1  , njeno vrednost pa dobimo po formuli S  1 . Če je torej za 1 q 1 dano funkcijo izpolnjen pogoj 1   z 1  , se njen z-transform glasi: z 1 z F b z g   1 z 1 1  z 187 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Področje konvergence dane vrste je torej zunanjost kroga z radijem R  1 v kompleksni z-ravnini. Za vsa kompleksna števila, katerih velikost je manjša od 1, vrsta ni konvergentna, za vsa kompleksna števila z absolutno vrednostjo več kot 1, pa je konvergentna in izračunani z-transform obstaja. Če je npr. z  1 i , je z    i   2 2 1 1 1   2 1 in je vrsta konvergentna, če pa je 1 3 1 3 1 9 61 z   i , je zaradi z   i    0,78 1  vrsta divergentna. 2 5 2 5 4 25 100  Primer: Določimo z transform funkcije f b k g  n, k l  , 0 , 1 , 2 q  , n  N in preverimo 1 1 1 konvergenco te vrste za kompleksna števila: z    i , z  1 i 2 in z  1  i . 1 2 3 2 3 2 Rešitev: Po definiciji z-transformacija velja za funkcijo f  k   n :    F b z g   f b k g z k   n. z k  n z k k 0 k 0 k 0  z Vrsta  z k je geometrična, njena vrednost je za vse z  1. Od tod sledi: z  1 k 0   k z F b z g  n z  n. , z  1.  z  1 k 0 Za dana kompleksna števila ugotovimo: 2 2  1  1 13 a) z     0,6  1, vrsta ni konvergentna 1      2 3 6 b) z  5  1 , vrsta je konvergentna 2 5 c) z   1, vrsta je konvergentna. 3 2  188 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Primer: Izračunajmo enostrani z-transform diskretne eksponentne funkcije   akT f k  e , k   0,1,2, , a  R, a  0 . Rešitev: k 2 3          F  z f  k aT aT aT aT   e e e e k akT k z  e z   1         k 0  k 0  k 0   z  z  z   z  aT Spet gre za geometrično vrsto s prvim členom 1 in kvoci e entom . Takšna vrsta je z konvergentna, ko je izpolnjen pogoj: aT e 1 aT   z  e z z Tedaj je  akT e  . aT z  e Če v zgornji formuli vzamemo T  1, dobimo še tale transform:  z ak e  . a z  e  Primer: Izračunajmo enostrani z-transform diskretne funkcije f k  ak b g , k l  , 0 , 1 , 2 q  , a  0 . Rešitev: k     a  Po definiciji velja F  z=  ka k k  a z     . Ta vrsta je konvergentna, ko je izpolnjen k 0  k 0   z  a pogoj 1   z  a . Tedaj se z-transform glasi: z  z k a  za z  a z  a  Primer: Izračunajmo enostrani z-transform funkcije f k  k ak b g , k l  , 0 , 1 , 2 q  , a  0. 189 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Rešitev:  Iz prejšnjega primera vemo, da za vse k  k z z  a velja  a z  . Odvajajmo levo in   z a k 0 desno stran te enačbe po spremenljivki z: d  F F k  k d z  a z 0 HG IKJ dz HG IKJ   dz z a k in dobimo   z  a  z k  k 1 a z   k    k  z a2 0 Uredimo      a k k 1  a z  k  k  z 2 0 a 1    a k k   ka z  z k  z 2 0 a  k  k az  ka z  0 b  g2 k  z a  Po definiciji z-transformacije (4.64) je  f  k f  k  k z . Vidimo, da je leva stran k 0  zgornje enačbe ravno iskani z-transform funkcije f k kak b g , torej velja:  az k ka    , z a z  2 a Če v zgornji formuli vzamemo za a  1, dobimo še tole formulo:   z k   z 2 1  4.3.3 Lastnosti z-transformacije Tudi za z-transformacijo lahko ugotovimo nekaj lastnosti, ki jih uporabljamo v praktičnih primerih. Vse lastnosti izpeljemo iz definicije enostrane z-transformacije (4.64), lahko pa jih posplošimo tudi za dvostrano z-transformacijo (4.61). 190 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1. Linearnost Z-transformacija linearne kombinacije diskretnih funkcij je linearna kombinacija posameznih z-transformacij:  f k   f k    f k  1 1   2 2   n n   (4.71)  f k   f k    f k 1  1  2  2  n  n  Dokaz formule (4.71) sledi iz lastnosti vsote (vrste). Na enak način, kot ugotovimo linearnost z-transformacije, ugotovimo tudi linearnost inverzne z-transformacije: 1   F z   F z    F z  1 1   2 2   n n   (4.71a) 1    F  z 1     F  z 1     F z 1 1 2 2 n  n  2. Paralelni premik diskretne funkcije v levo Paralelni premik diskretne funkcije v levo lahko predstavimo v koordinatnem sistemu (slika 4.3). f b k  m g f b k  1g f b k  m  1g f b k  2g f b k g   k  m k  m  1 k  2 k 1 k Slika 4.3: Premik funkcije f  k  v levo Brez dokaza povejmo, da za premik v levo velja   f  k   m   m  z  f  k m 1  f  i   i m z (4.72) i 0  191 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Za posamezne premike v levo dobimo naslednje uporabne formule:  za m  1 (premik v levo za eno enoto)  f  k  1 1 z    f  k f  1 (4.73)  za m  2 (premik v levo za dve enoti)  f  k  2 z  f  k f   f   1 2 2 1 z       (4.74)  za m  3 (premik v levo za tri enote)  f  k  3 z  f  k f   f   1 z f   2 3 3 2 1 z         (4.75) V konkretnih praktičnih primerih lahko dosežemo, da je vrednost diskretne funkcije povsod enaka nič, torej f b k g  0 za vsak k  0 l ,1,2,q. Tedaj iz formule (4.72) sledi:      m f k m  z  f  k (4.76) 3. Paralelni premik diskretne funkcije v desno Tudi paralelni premik v desno si grafično predstavimo v koordinatnem sistemu. f b k g f b k  m  1g f b k  2g f b k  1g f b k  m g   k k  1 k  2 k  m 1 k  m Slika 4.4: Premik funkcije f  k  v desno 192 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Brez dokaza povejmo, da za premik v desno velja naslednja lastnost   f  k   m  m  z  f  k m 1  f  i m i z  (4.77) i 0  Za posamezne premike v desno dobimo naslednje formule:  za m  1 (premik v desno za eno enoto):  f  k 1 z  f  k zf  0 (4.78)  za m  2 (premik v desno za dve enoti)  f  k  2  z  f  k 2 2  z f   0  zf   1 (4.79)  za m  3 (premik v desno za tri enote)  f  k  3  z  f  k 3  z f   2 3 0  z f   1  zf   2 (4.80) Če je vrednost diskretne funkcije povsod enaka nič, torej f b k g  0 za vsak k  0 l ,1,2,q, iz formule (4.77) sledi:     m f k m  z  f  k (4.81) 4. z-transformacija konvolucijske vsote Konvolucijska vsota dveh diskretnih funkcij je tale izraz   f b k g f b k  i g (4.82) 1 2 i 0 oziroma   f b k  i g f b k g (4.83) 1 2 i 0 193 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Z-transformacija konvolucijske vsote pokaže še tole zanimivo in zlasti uporabno lastnost:     f k f k i   f k  f k  F z F z (4.84) 1   2    1   2  1  2   i 0  Dokaz: Po definiciji enostrane z-transformacije je         k  f k f k i    f k f k i z 1   2    1   2    i 0  k 0 i 0  b  g Potenco z k pišimo takole: z  i z k i , označimo še n  b k  i g . Za vse takšne z, za katere je vrsta konvergentna, lahko zamenjamo vrstni red sumiranja, tako da je tole res:         k  f k f k  i    f k f k  i z  1   2    1   2    i 0  k 0 i 0         i  k i  i  n   f k f k  i z z  f i z  f n z   1   2      1   2   k 0   i 0   i 0  n 0    f i  f n  F z F z 1    2  1  2  5. z-transformacija produkta diskretne funkcije z eksponentno funkcijo Vzemimo poljubno diskretno funkcijo f  k in eksponentno funkcijo k a , a  0 ter tvorimo produkt k a f  k . Z-transformacija tega produkta je po definiciji   k       z   z  k a f  k k  a  f  k k z  f  k   F  k 0  k 0    a    a  Za poljubno pozitivno realno število a torej velja   z  k a f  k F , a 0   (4.85)  a 194 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 6. Izrek o začetni vrednosti Če je funkcija f b k g desnostrana diskretna funkcija, torej če velja f b k g  0 za k  0, in če eksistira njena enostrana z-transformacija F b z g , potem velja f 0 b g  lim F b z g (4.86) z  Dokaz: Zaradi F b z g   f b k g z k je res k 0    F  z  f  k f f f  k z   f    1   2  3 lim lim lim 0      f 0 2 3   z z z k 0  z z z   7. Izrek o končni vrednosti Če je diskretna funkcija f b k g desnostrana, torej če je f b k g  0 za k  0 in če eksistira njena enostrana z-transformacija F b z g tako, da so vsi poli funkcije znotraj enotskega kroga, je njena vrednost v neskončnosti (stacionarna vrednost): F z1 f bg  lim f b k g  lim F b z g (4.87)  1HG IKJ k z z Dokaz: Za funkcijo c f b k 1g  f b k gh lahko zapišemo z-transformacijo direktno po definiciji in z uporabo pravila (4.78):   f  k   1  f  k    f  k 1 f  k  k z k 0   f  k 1 f  k zF z zf  0 F z Če obe enačbi delimo z z  0 , dobimo 1     f  k   1  f  k    f  k 1 f  k  k 1 z z k 0  1   f  k   f  k  z 1 1  F  z f   0 z z 195 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Izraza na levih straneh obeh enačb sta enaka, zato sta seveda enaka tudi izraza na desnih straneh, torej velja    c z  1 f k 1 f k h b g z k   1 b g b g  F b z g  f b0g z k 0 Gornji izraz limitiramo, ko gre z  1 in dobimo: L z  1   lim F b z g  f 0 b g lim k  f b k 1g f b k g b g z 1 z1 z NM O z  QP    1 k0 F z  1   lim F b z g f 0 b g lim k  f b k 1g f b k g b g z 1 1HG IKJ    z z z 1 k0  z 1      lim F   z  f    0  f   k   1  f  k  1 1 k  z 1   z  k 0  Od tu pa že sledi (4.87), kar smo hoteli dokazati: z  1 lim F b z g  f b0g  f 1 b g f b0g f b2g f 1bg f b3g f b2g ...  lim f b k g z1 k z  Z-transformacije takšnih diskretnih funkcij, ki jih večinoma uporabljamo, so že izračunane in dane v tabeli na naslednji strani. Iz te tabele lahko preberemo z-transforme in njim seveda tudi pripadajoče inverzne z-transforme. 196 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Tabela: z–transformi nekaterih diskretnih funkcij f b k g F z  f  k z 1 z  1 z k 2 b z 1g z b z  1g k 2 3 b z 1g z  a k z  , a z a a z k a k b z  a g2 z  e k z   e z e k z  e  z e k e k  c z e  h2 sin  b g sin  b kT g z T z 2  2 z cosb T  g 1 c cos b gh cos  b kT g z z T z 2  2 z cosb T  g 1 sin sin  b k g z z 2  2 z cos  1 b cosg cos  b k g z z z 2  2 z cos  1  T sin  b g e kT sinb kT  g ze T 2  2 z  2 ze T cosb T  g  e T  T c  cos  b gh e kT cosb kT  g z z e T 2  2 z  2 ze T cos  b T g e T 197 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Če ustrezne funkcije v tabeli ni, si pomagamo na razne načine. Pri inverzni z-transformaciji še največkrat (kot smo to spoznali pri Fourierovi in Laplaceovi transformaciji) pride v poštev uporaba metode parcialnih ulomkov. Pri parcialnih ulomkih moramo upoštevati, da mora biti v števcu ulomka vedno spremenljivka z, kar bomo v nadaljevanju spoznali na nekaj konkretnih primerih. 4.3.4 Računanje in uporaba z-transformacije z-transformacijo uspešno uporabljamo pri reševanju diferenčnih enačb. Pokažimo možnosti računanja in uporabe –transformacije kar na nekaj primerih. Primer:  2 Izračunajmo inverzno z 2 z -transformacijo funkcije F b z g  b . z  g 1 b z  g 3 Rešitev: 2    Iskano funkcijo formalno zapišemo v obliki f  k  2 z 1   .   z   1 z   3  k z Funkcijo F  z zapišemo kot vsoto parcialnih ulomkov oblike  z  , torej a 2 2  z k z k z 1 2    z   1  z  3 z 1 z  3 Opomba: Spremenljivke z, ki jo moramo imeti v števcih na desni strani, ni potrebno pisati, seveda pa moramo vedeti, da jo bomo upoštevali v končnem razcepu. Zgornji ulomek torej zapišemo enostavneje takole: 2  z k k 1 2    z   1  z  3 z 1 z  3 Vemo, da koeficiente k , k , , k , ki so v števcu tistih ulomkov, kjer nastopa le enojni pol, 1 2 n dobimo po formuli k          z z    F  z za 1, 2, , n  z z V tem primeru je  2 z  k   z 1   1 1     z 1 z 3 z 1 198 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE  2  z  k   z 3  3 1     z  1 z   3  z 3 Ulomek zapišemo takole 2  z 1 3     z   1  z  3 z 1 z  3 Od tod pa že dobimo (uporabimo tabelo z-transformov):      z 3  z    z    z  f  k  2  2 z 1 =  1 1 1      3      z   1  z  3   z 1 z 3  z 1  z 3 f k k b g   1 3 1 .  Primer: Z uporabo z-transformacije izračunajmo diferenčno enačbo y b k  2g  5 y b k 1g  6 y b k g  v b k 1g  v b k g, k  0 l ,1,2, q  , če so vsi začetni pogoji nič. Rešitev: Opravimo z-transformacijo na levi in desni strani diferenčne enačbe.  y k 25  y k 16  y k  v k 1  v k Označimo  y k Y z in  v k V z ter upoštevajmo pravili (4.78) in (4.79) za premik v desno, pa imamo z 2 Y b z g  z 2 y 0 b g zy 1bg 5 zY b z g zy 0bg  Y 6b z g  zV b z g zv 0bg  V b z g Ker so vsi začetni pogoji enaki nič, torej y b0g  y 1 b g  v b0g  0, dobimo iz zgornje enačbe enostavnejši zapis: z 2 Y b z g  zY 5 b z g Y 6b z g  zV b z g V b z g 199 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Y  z 2  z 5 z6 V   z z   1   Y  z  z 1 z 1  V z  V z 2   z 5 z 6  z  2  z    3 Iz zgornje enačbe lahko dobimo rešitev y k , če poznamo funkcijo v k . Vzemimo, naj bo npr. v b k g  k . Za to funkcijo je z-transform (glej tabelo) z V b z g  b 2 z  g 1 Za takšno možnost dobimo   z 1  z Y z     V z  z 2  z    3  z 1 z  2  z  3 Iskano diskretno funkcijo y b k g bomo od tod dobili z inverzno z-transformacijo. Najprej parcialni ulomki z k z k z k z 1 2 3     z   1  z  2 z  3 z 1 z  2 z  3 oziroma 1 k k k 1 2 3     z   1  z  2 z  3 z 1 z  2 z  3 Po znanem postopku dobimo  1  1 k   z 1    1     z  1 z   2 z   3  2  z 1  1  k   z 2  1 2     z  1 z   2 z   3  z2  1  1 k   z 3   3     z  1 z   2 z   3  2  z 3 Od tod 200 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE 1 1 z z   1 z 2 z 2     z   1  z  2 z  3 z 1 z  2 z  3 in nato še rešitev         y k  z 1  z  z 1  z 1 1 1 1          z   1  z   2  z   3  2   z 1    z2 2  z3   1 k 1 1 2 3 k y k      2  Primer: Z uporabo z-transformacije izračunajmo splošno in nato še posebno rešitev diferenčne enačbe y  y  2 pri pogojih y  0 in y  1 . k 2 k 0 1 Rešitev: Na diferenčni enačbi opravimo z-transformacijo  y k 2  y k  2 Upoštevamo (4.79) in dobimo 2  z   y k 2  z y  0  zy  1     y k2 1 Upoštevamo začetna pogoja ( z y  0 in y  1 ), iz tabele preberemo 1 , označimo 0 1 z 1   y k Y z, uredimo in dobimo  Y  z z   2 z z 2 1  z 1 in od tod   z Y z   z  2 1 Rešitev diferenčne enačbe dobimo z inverzno z-transformacijo     1   z  y k   .   z  2 1  201 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE z Iz tabele z-transformov preberemo  k  , torej je iskana partikularna rešitev  z  2 1 y  k   k . Preverimo še, če je to res rešitev dane diferenčne enačbe y  y  2 . k 2 k Zaradi y  k   k je y k  2  k  2 in razlika y  y je res 2. Tudi začetnima pogojema je k 2 k zadoščeno: y  y k  0  0 in y  y k 1 1. 1   0    202 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE TABELE Tabela 1: Grška abeceda Z. št. velike črke male črke slovensko ime angleško ime 1.   alfa Alpha 2.   beta Beta 3.   gama Gamma 4.   delta Delta 5.   epsilon Epsilon 6.   dzeta Zeta 7.   eta Eta 8.   theta Theta 9.   jota Iota 10.   kapa Kappa 11.   lambda Lambda 12.   mi Mu 13.   ni Nu 14.   ksi Xi 15.   omikron Omicron 16.   pi Pi 17.   ro Rho 18.  ,   sigma Sigma 19.   tau Tau 20.   ipsilon Upsilon 21.  ,   fi Phi 22.   hi Chi 23.   psi Psi 24.   omega Omega 203 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Tabela 2: STIRLINGOVA ŠTEVILA 1. VRSTE sn , r  , 1 2,  , n r x b n g  sn x  sn x 2   sn xn 1 2 n r 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 n 0 1 1 0 1 2 0 −1 1 3 0 2 −3 1 4 0 −6 11 −6 1 5 0 24 −50 35 −10 1 6 0 −120 274 −225 85 −15 1 7 0 720 −1764 1624 −735 175 −21 1 8 0 −5040 13068 −13132 6769 −1960 322 −28 1 9 0 40320 −109584 118124 −67284 22449 −4536 546 −36 1 Primer: x b5g  s 5 x  s 5 x 2  s 5 x 3  s 5 x 4  s 5 x 5  x  x 2  x 3  x 4  x 5 24 50 35 10 1 2 3 4 5 204 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Tabela 3: STIRLINGOVA ŠTEVILA 2. VRSTE S n , r  , 1 2,  , n r xn Sn x 1bg Sn x b2g Sn x b n     g  1 2 n n \ k 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0 1 1 0 1 2 0 1 1 3 0 1 3 1 4 0 1 7 6 1 5 0 1 15 25 10 1 6 0 1 31 90 65 15 1 7 0 1 63 301 350 140 21 1 8 0 1 127 966 1701 1050 266 28 1 9 0 1 255 3025 7770 6951 2646 462 36 1 Primer: x 6  S 6 x b1g  S 6 x b2g  S 6 x b3g  S 6 x b6g  S 6 x b6g  S 6 x b6g  1 2 3 4 5 6  x b1g  x b2g  x b3g  x b6g  x b6g  x b6 31 90 65 15 g 205 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Tabela 4: Osnovni podatki o nekaterih matematikih Ime Živel Področja raziskovanja ABEL, Niels Henrik 1802-1829 teorija grup, višja algebra, teorija norveški matematik eliptičnih krivulj ARHIMED (Άρχιμήδης) 287-212 vsa tedanja matematika antični matematik in filozof p.n.št. BANACH Stefan 1892-1945 utemeljitelj moderne funkcionalne poljksi matematik analize BARROW Isaac 1630-1677 infinitezimalni račun matematik in teolog BAYES, Thomas 1702-1761 verjetnostni račun, statistika britanski matematik BELTRAMI Eugenio 1835-1900 diferencialna geometrija, matematična fizika BERNOULLI, Daniel 1700-1782 hidrodinamika, kinetična teorija švicarski matematik in fizik plinov BERNOULLI, Johann 1667-1748 variacijski račun, infinitezimalni švicarski matematik račun (diferencialne enačbe) BERNOULLI, Jakob 1654-1705 variacijski račun, verjetnostni račun švicarski matematik BINET Jacques Philippe Marie 1786-1856 teorija števil, diferencialn francoski matematik in astronom ageometrija, mehanika v astronomiji BOOLE, George 1815-1864 matematična logika angleški matematik in filozof CANTOR, Georg 1845-1918 množice, logika nemški matematik CAUCHY, Augustine Louis 1789-1857 funkcije, infinitezimalni račun francoski matematik optika, elastomehanika CRAMER, Gabrijel 1704-1752 sistemi linearnih enačb švicarski matematik ČEBIŠEV, Pafnutij Ljvovič 1821-1894 teorija števil, infinitezimalni račun, ruski matematik verjetnostni račun DÁLEMBERT, Jean de Rond 1717-1783 diferencialne enačbe, precesija in francoski matematik, filozof, fizik nutacija, dinamika DANTZIG, George Bernard 1914-2005 linearno programiranje, simpleksna ameriški matematik metoda DE L´HOSPITAL Guillame Francois 1661-1704 infinitezimalni račun Antoine Francoski matematik DE MOIVRE Abraham 1667-1754 geometrija, kompleksna števila, francoski matematik aktuarska matematika DESCARTES, Rene 1596-1650 utemeljitelj analitične geometrije francoski filozof, matematik, fizik (kartezični koordinatni sistem) (latinizirano ime CARTESIUS) EULER, Leonhard 1707-1783 vsa področja tedanje matematike švicarski matematik, fizik, astronom 206 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE EVKLID 330-275 geometrija (Evklidska geometrija) antični matematik p.n.š. FERMAT, Pierre de 1601-1665 začetnik teorije števil in (skupaj s francoski matematik Pascalom) verjetnostnega računa FOURIER, Jean Baptiste 1768-1830 razvoj periodičnih funkcij v vrste francoski matematik, fizik in politik GALOIS, Evariste 1811-1832 teorija grup francoski matematik (umrl v dvoboju) GAUSS, Karl Friedrich 1777-1855 geodezija, magnetizem, sferna nemški matematik in astronom mehanika HERMITE, Charles 1822-1901 teorija števil, višja algebra, eliptične francoski matematik funkcije JACOBI, Karl Gustav 1804-1851 teorija eliptičnih funkcij, teorija nemški matematik števil, diferencialni in integralni račun JORDAN, Marie Ennemond Camille 1838-1922 algebra, teorija grup francoski matematik KOLMOGOROV, Andrej Nikolajevič, 1903-1987 logika, topologija, verjetnostni račun ruski matematik KRONECKER Ludwig Otto 1823-1891 aritmetika, algebra, nemski matematik LAGRANGE, Joseph Louis 1736-1813 diferencialne enačbe, verjetnostni francoski matematik in astronom račun, mehanika LAMBERT, Johann Heinrich 1728-1777 algebra, sferna trigonometrija, nemški matematik, fizik, astronom hiperbolične funkcije LAME, Gabriel 1795-1870 specialne funkcije in krivulje francoski matematik LAPLACE, Pierre Simon, Marquis de, 1749-1827 sferna mehanika, elektrika, toplota, francoski astronom in matematik verjetnostni račun LEBESGUE, Henry Leon 1875-1941 posplošitev integrala (Lebesguev francoski matematik integral) teorija mere LEGENDRE, Adrien Marie 1752-1833 teorija števi, linearna algebra francoski matematik LEIBNITZ Gottfried Wilhelm, nemški 1646-1716 algebrajske enačbe, determinante, matematik in filozof začetnik diferencialnega in integralnega računa MACLAURIN, Colin 1698-1746 matematična analiza škotski matematik MARKOV, Andrej Andrejevič 1856-1922 teorija števil, verjetnostni račun, ruski matematik matematična analiza MŐBIUS August Ferdinand 1790-1868 projektivna geometrija, statika nemški astronom NAPIER John (NEPERO) 1550-1617 logaritmi italijansko-nemški matematik NEWTON, Isaac 1642-1727 utemeljitelj infinitezimalnega računa angleški matematik in fizik PASCAL, Blaise 1623-1662 geometrija, kombinatorika, francoski filozof, matematik in fizik verjetnostni račun, hidrostatika 207 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE PITAGORA (Πυθαγόρας) pribl. 582- števila, geometrija antični matematik, filozof 507 p.n.š. PLEMELJ, Josip 1873-1967 linearne diferencialne enačbe, slovenski matematik analitične funkcije, teorija števil RIEMANN, Bernhard 1826-1866 funkcije kompleksne spremenljivke, nemški matematik diferencialne enačbe, geometrija ROLLE, Michel 1652-1719 algebrajske enačbe francoski matematik in fizik STEFAN, Jožef 1835-1893 termodinamika, parabolične enačbe slovenski matematik, fizik in pesnik STIRLING, James 1692-1770 teorija števil, kombinatorika škotski matematik TAYLOR, Brook 1685-1731 razvoj funkcij v vrsto britanski matematik TORICCELLI Evangelista 1608-1647 infionitezimalni račun, izumitelj italijanski matematik in fizik barometra VEGA, Jurij 1754-1802 logaritmi (logaritemske tablice) slovenski matematik VIDAV, Ivan 1918-2015 funkcionaln analiza, algebra, slovenski matematik diferencialne enačbe VIETE Francois 1540-1603 enačbe, matematična simbolika, francoski matematik kriptografija WEIERSTRASS, Karl 1815-1897 analitične funkcije, variacijski račun, nemški matematik diferencialna geometrija, linearna algebra WIENER, Norbert 1894-1964 logika, postavil temelje kibernetike ameriški matematik ZADEH, Lotfi 1921- mehka logika (fuzzy logic), mehka ameriški matematik (Iz Azerbajdžana) množica (fuzzy set) Več lahko pogledate v raznih enciklopedijah, zanimiva je npr. Wikipedia, ki jo najdete na http://en.wikipedia.org/wiki/Main_Page. 208 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE REFERENCE 1. Kreyszig, E., Advanced Engineering Mathematics, John Wiley&Sons, 1999. 2. Smirnov, V.I., Kurs visšej matematiki, Tom II, Izdatelstvo Nauka, Moskva, 1967. 3. Smirnov, V.I., Kurs visšej matematiki, Tom III, Izdatelstvo Nauka, Moskva, 1969. 4. Usenik, J., Matematične metode I, Fakulteta za energetiko UM, 2009. 5. Usenik, J., Matematične metode II, Fakulteta za energetiko UM, 2010. 6. Usenik, J., Upravljanje logističnih sistemov, Biro 4D, Novo mesto, 2003. 7. Vidav. I., Višja matematika II, DZS, Ljubljana, 1975. 8. Vidav. I., Višja matematika III, DZS, Ljubljana, 1976. 209 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE STVARNO IN IMENSKO KAZALO A Antidiferenca 167 Avtokorelacija 112 D Diferencialna enačba 131 Diskretna funkcija 156 Diference višjega reda 164 Diferenčna enačba 173 - homogena 177, 181 - nehomogena 182 - s konstantnimi koeficienti 177 - s spremenljivimi koeficienti 181 E Enotina stopnična funkcija 112 Enotina impulzna funkcija 114 Enačba ploskve - parametrična 80 Enačba krivulje - parametrična 55 - vektorska 57 Enotni tangentni vektor 59 F Fourierova transformacija 107 Frekvenčni prostor 107 Faktorska potenca 161 G Gaussov izrek 97 Geometrični pomen - Dvojnega integrala 12 - Trojnega integrala 42 Greenova formula 73 Grška abeceda 210 H Heavisidove formule 128, 129 I Integral - dvojni 9 - trojni 39 - krivuljni 67 - ploskovni 86 - dvakratni 16 210 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE Izolirana singularna točka 134 Izrek o residuih 137 Inverzna transformacija - Fourierova 108 - Laplaceova 119 - z 193 J Jacobijeva determinanta 32, 45 K Koordinate - cilindrične 45 - sferne 47 Krivulja v prostoru 55 - prostorska 57 - ravninska 57 - enostavna 57 Krivulja, gladka, odsekoma gladka 68 Konvolucijski integral 109, 121 Konvolucijska vsota 200 Konvergenčni polmer 191 Križna korelacija 111 L Laplaceova transformacija 118 Laurentova vrsta 135 Ločna dolžina 62 Ločni diferencial 64 M Möbiusov trak 91 N Normalna ravnina 61 Normalni vektor na ploskev 83 O Operator - Progresivnega premika 170 - Retrogradnega premika 172 - Diferenčni 157 - antidiferenčni 167 - Fourierov 108 - Laplaceov 119 Orientacija - krivulje 56 - ploskve 90 211 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE P Ploskev v prostoru 79 Ploskev - gladka 86 - odsekoma gladka 86 - enostranska 90 - dvostranska 90 - površina 95 Ploščina lika 22, 77, 79 Pretok (fluks) polja 87 Prva diferenca 157 R Regularna analitična funkcija 134 Residuum 136 Reševanje diferenčnih enačb - iterativna metoda 175 - z operatorji 185 S Sklenjena pot 68 Smerni vektor 59 Spektralna gostota 111 Stirlingova števila - 1. vrste 163, 211 - 2. vrste 163, 212 Stokesov izrek 101 T Tabela - 1. Diferenc nekaterih diskretnih funkcij 161 - Antidiferenc nekaterih diskretnih funkcij 168 - Fourierovih tranformov 116 - Laplaceovih transformov 123, 127 - Z-transformov 204 Tangentna ravnina na ploskev 81 Tangenta na krivuljo 58 Težišče 27 Transform - Fourierov 107 - Laplaceov 119 - z 191 U Uvedba novih spremenljivk v - Dvojni integral 31 - Trojni integral 44 212 IZBRANA POGLAVJA IZ MATEMATIKE V Volumen telesa 24, 42 Vztrajnostni moment 27 Z z-transformacija 190 Z-transform - Enostrani 191 - Dvostrani 190 Zveza med z in Laplaceovo transformacijo 193 213 Založniška dejavnost Fakultete za organizacijske študije v Novem mestu I Z D A N E M O N O G R A F I J E 1. Vpliv uporabe orodij managerjev na ekonomsko donosnost Markič, Mirko; Kreslin, Damijan 2019 2. Delovni terapevt v inkluzivni šoli: Trenutno stanje in smernice Šuc, Lea 2019 3. Zrna odličnosti Fakultete za organizacijske študije v Novem mestu: nove paradigme organizacijskih teorij 2018 Bukovec, Boris (ur.) 2019 4. Zrna odličnosti Fakultete za organizacijske študije v Novem mestu: nove paradigme organizacijskih teorij 2017 Bukovec, Boris (ur.) 2018 5. Značilnosti sistemov vodenja kakovosti v slovenskih organizacijah in njihov vpliv na poslovno uspešnost organizacij Vinko Bogataj; Gordana Žurga; Adolf Šostar 2018 6. Menedžment kakovosti in odličnost zdravnikov v javnem zdravstvu Rumpf, Dean; Voga, Gorazd; Meško Štok, Zlatka 2018 7. Sistemi vodenja kakovosti in modeli odličnosti: ključni dejavniki (ne)uspešnega delovanja (e-knjiga) Škafar, Branko 2018 8. Temelji avtopoieze v orgaizaciji: Avtopoietska 4.0 (r)evolucija človeka Balažič Peček, Tanja; Bukovec, Boris 2018 9. Management varnosti pri delu, delovne razmere in gospodarska učinkovitost (e-knjiga) Pavlič, Miran, Markič, Mirko 2018 10. Kvalitativno raziskovanje koncepta avtopoieze v organizaciji (e-knjiga) Balažic Peček, Tanja 2018 11. Podlage in metode za raziskovanje in projektiranje organizacije Ivanko, Štefan 2017 12. Celostna obravnava dolgotrajne oskrbe v Sloveniji Kavšek, Marta; Bogataj, David 2017 13. Sodelovalno mreženje in izraba inovacijskega potenciala v turističnem prostoru Colarič-Jakše, Lea-Marija 2017 14. Model McKinsey 7-S kot kazalnik odličnosti organizacije Kalan, Mateja; Meško, Maja 2017 15. Nova doktrina organizacije – 2.del: Preusmeritev pozornosti Ovsenik, Jožef; Ovsenik, Marija 2017 16. Avtopoietska organizacija Bukovec, Boris (ur.) 2017 17. Kakovost v slovenski javni upravi: Delovanje Odbora za kakovost 1999-2012 Žurga, Gordana 2017 18. Poslovne vrednote mladih v Sloveniji Pinterič, Uroš 2016 19. Selected topics in modern society (e-knjiga) Kaplánová, Patrícia 2016 20. Glocalisation of the crisis: could Slovenia survive economic crisis better? (e-knjiga) Pinterič, Uroš 2016 21. Zrna odličnosti Fakultete za organizacijske študije v Novem mestu: nove paradigme organizacijskih teorij 2016 Bukovec, Boris (ur.) 2016 22. Pisanje strokovnih in znanstvenih del Brcar, Franc 2016 23. Education policy as the factor of development (e-knjiga) Pinterič, Uroš 2016 24. Spregledane pasti informacijske družbe Pinterič, Uroš 2015 25. Psihosocialni dejavniki tveganja za bolečino v križu pri slovenskih poklicnih voznikih in absentizem Kresal, Friderika; Meško, Maja 2015 26. Zgodovina organizacijske misli Ivanko, Štefan 2015 27. Karierno načrtovanje: kako najti v sebi skriti zaklad? Turnšek Mikačić, Marija; Ovsenik, Marija 2015 28. Sodobni trendi v turizmu Ovsenik, Rok 2015 29. Selected topics in change management (e-knjiga) Kaplánová, Patrícia (ur.); Pinterič, Uroš (ur.) 2015 30. Political legacy and youth civic engagement in Slovakia Mihálik, Jaroslav 2015 31. Turistični prostori različnosti: turizem, turisti in fotografska podoba Ambrož, Milan; Bukovec, Boris 2015 32. Izobraževanje za turizem v Sloveniji Ovsenik, Rok; Bukovec, Boris; Ovsenik, Marija 2015 33. Zrna odličnosti Fakultete za organizacijske študije v Novem mestu: nove paradigme organizacijskih teorij 2015 Bukovec, Boris (ur.) 2015 34. Kontrolna teorija sistemov: model za sistemsko razmišljanje v sistemu zdravstvenega varstva Mlakar, Tatjana 2014 35. Featuring Norden in ten episodes Czarny, Ryszard M. 2014 36. Sociológia mládeže Macháček, Ladislav 2014 37. Inter-municipal cooperation in Slovakia : the case of regions with highly fragmented municipal structure Klimovsky, Daniel 2014 38. Rethinking public policies (e-izdaja) Pinterič, Uroš 2014 39. Local Governance between democracy and efficiency Jüptner, Petr. (et al.) 2014 40. Pasti razumevanja politične realnosti : pregled konceptov sodobnega političnega sistema Pinterič, Uroš 2014 41. Selected issues of administrative reality Pinterič, Uroš; Prijon, Lea 2013 42. Organizacijske paradigme: podlage za nastanek in razvoj organizacijskih teorij Ivanko, Štefan 2012 interdisciplinarna revija, ki združuje organizacijske vede oz. menedžment in univerzalno odličnost, tj. poslovno, organizacijsko in osebno odličnost znanstvena revija, ki poskuša odgovarjati na ključna vprašanja družbene teme pri čemer akademsko rigoroznost nadgrajuje z inovativnostjo v tematikah in pristopu. Document Outline Vpenjalnik1.pdf Izbrana poglavja iz matematike.pdf IPM prve strani IPM drugi del seznam monografij FOŠ.pdf RUO in IP.pdf