mat2_rokovi_2007

Rijeseni pismeni ispiti

MATEMATIKA 2Elektrotehnicki fakultet Osijek

15. lipnja 2007.

1. Rijesite integral 8x+ 5

(2x 1)(x2 + 2) dx.

Rjesenje. U pitanju je integral prave racionalne funkcije; rastavljamo ju na parcijalne razlomke:

8x+ 5(2x 1)(x2 + 2) =

A

2x 1 +Bx + Cx2 + 2

;

nakon mnozenja sa (2x 1)(x2 + 2) i sredivanja, dobivamo

8x+ 5 = A(x2 + 2) + (Bx + C)(2x 1).

U gornji izraz uvrstavmo tri vrijednosti za x, koje biramo tako da ga nakon uvrstavanja pojednostavimo. Za x = 0, 12 , 1dobivamo

x = 0 5 = 2A Cx = 12 9 =

94A

x = 1 13 = 3A + B + C,

odakle dobivamo A = 4, B = 2, C = 3.Dakle je

8x + 5(2x 1)(x2 + 2) dx =

4

2x 1 dx + 2x+ 3

x2 + 2dx.

Rijesimo integral po integral (oznacimo ih s I1 i I2).

I1 =

42x 1 dx =

2x 1 = t2 dx = dt = 2

dtt

= 2 ln |t|+ C1 = 2 ln |2x 1|+ C1

Time je I1 naden, ostaje nam jos I2:

I2 = 2x+ 3

x2 + 2dx =

2x

x2 + 2dx 3

dx

x2 + 2

Prvi rjesavamo supstitucijom x2 + 2 = t 2xdx = dt, a drugi je tablicni,

I2 =

dtt 3 1

2arctg

x2+ C2 = ln |t| 3

2arctg

x2+ C2

= ln |x2 + 2| 32arctg

x2+ C2.

Konacno je

I = I1 + I2 = 2 ln |2x 1|+ C1 ln |x2 + 2| 32arctg

x2+ C2 =

= ln(2x 1)2x2 + 2

32arctg

x2+ C

Instrukcije iz matematikeVladimir Marjanovic, 099 59 59 531

1

2. Rijesite odredeni integral 3

0

sinx(5 cos2 x)cosx

dx.

Rjesenje. Nadimo prvo pripadajuci neodredeni integral.

sinx(5 cos2 x)cosx

dx = cosx = t sinxdx = dt

=

(5 t2)t

dt =

t1/2(5 t2) dt =

=

(t3/2 5t1/2) dt = t5/2

5/2 5 t

1/2

1/2+ C =

25

t5 10t + C = 2

5

t(t2 25) + C = 2

5cosx(cos2 x 25) + C

Konacno je 3

0

sinx(5 cos2 x)cosx

dx =(25cosx(cos2 x 25)

) /3

0

=485 99

102 2.59964

3. Izracunajte povrsinu omedenu parabolom y = x2 2x+ 3 te pravcima y = 2x 6 i y = 6x 6.Rjesenje. Nacrtajmo!

Zadane krivulje se sijeku u tockama x = 3, x = 0, x = 1, paje

P = 03

(x2 2x + 3 (2x 6)) dx+

+ 10

(x2 2x + 3 (6x 6)) dx =

= 03

(x2 + 9) dx + 10

(x2 8x+ 9) dx =

=(x

3

3+ 9x

) 0

3+(x

3

3 8x

2

2+ 9x

) 1

0

=683

4. Nadite rjesenje diferencijalne jednadzbe

y 1xy = lnx

koje zadovoljava pocetni uvjet y(1) = 3.Rjesenje. U pitanju je obicna linearna DJ prvog reda. Integrirajuci faktor je

(x) = e 1x dx = e lnx = elnx1 = 1

x,

pa je

y(x) =1

(x)

[(x)Q(x) dx + C

]= x

[1x( lnx) dx + C

]

Integral u uglatoj zagradi rjesavamo supstitucijom lnx = t dxx = dt, pa je ovo dalje

y(x) = x[

t dt + C]= x

[t2

2+ C

]= x

[ln2 x2

+ C]

Iz pocetnog uvjeta y(1) = 3 uvrstavanjem i racunanjem slijedi C = 3, pa je

y(x) = x[ln2 x2

3]

5. Nadite opce rjesenje diferencijalne jednadzbe

xy + y = 0.

2 Instrukcije iz matematikeVladimir Marjanovic, 099 59 59 531

Rjesenje. Gornja jednadzba nema y, pa joj supstitucijom y = p, y = p spustamo red. Dakle, rjesavamo DJ

xp + p = 0,

koja se lako separiradpp

= dxx

,

sto, integriranjem i sredivanjem, daje

p = y =C1x

.

Jos jedno integriranje nam konacno dajey(x) = C1 ln |x|+ C2.

29. lipnja 2007.

1. Rijesite integral x2 ln(4 3x) dx.

Rjesenje. Parcijalna integracija na daje

x2 ln(4 3x) dx = u = ln(4 3x) dv = x

2 dxdu = 343x dx v =

x3

3

=

=x3

3ln(4 3x)

x3

33

4 3x dx =x3

3ln(4 3x) +

x3

4 3x dx

Zadnji integral je integral racionalne funkcije, oznacimo ga s I1; dijeljenjem brojnika s nazivnikom imamo

I1 =

x3

4 3x dx =

(13x2 4

9x 16

27+

6427

4 3x) dx = x3

9 2x

2

9 16

27x 64

81ln |4 3x|+ C.

Konacno je

I =x3

3ln(4 3x) x

3

9 2x

2

9 16

27x 64

81ln |4 3x|+ C.

2. Rijesite odredeni integral 131

dx(25 x)2x 1 .

Rjesenje. Nadimo prvo neodredeni integal. Supstitucija nam daje

dx(25 x)2x 1 =

2x 1 = t2

2 dx = 2t dt

=

t dt(25 t2+12 ) t

= 2

dt49 t2 =

17ln t + 7t 7

+C = 17 ln2x 1 + 72x 1 7

+C

Konacno je 131

dx(25 x)2x 1 =

(17ln2x 1 + 72x 1 7

)

13

1

=17ln

92.


3

3. Izracunajte volumen tijela nastalog rotacijom oko osi x lika koji je omeden parabolom y2 = x+2 i pravcima y = x,y = 0, koji se nalazi ispod pravca y = 0.

Rjesenje. Nacrtajmo!

Pravac y = x i parabola y2 = x + 2 se sijeku u tocki x = 1,pa se volumen racuna ovako

V = b

a

y2 dx = 12

(x + 2) dx + 01

x2 dx =

= (

x2

2+ 2x

) 1

2+

(x3

3

) 0

1=

56

.

4. Nadite partikularno rjesenje diferencijalne jednadzbe

(x2 + y2) dx + (2xy y2) dy = 0

koje zadovoljava pocetni uvjet y(0) = 2.Rjesenje. Lako se vidi da je u pitanju homogena DJ

y =x2 + y2

y2 2xykoja se rjesava supstitucijom u = yx , odakle je y

= ux + u. Uvrsteno gore, malo sredeno, daje

ux + u =1 + u2

u2 2u,

odnosno, separiranjemu2 2u

u3 + 3u2 + 1 du =dxx

.

Lijevi integral je oblika f (x)

f(x) dx = ln |f(x)|, pa je

13ln | u3 + 3u2 + 1| = ln |x|+ c.

Sredivanjem se dobija (pazi! C = ln c)

y3 + 3y2x+ x3 = 1C3

,

sto, uvrstavanjem pocetnih uvjeta, dajey3 + 3y2x + x3 = 8.


y y 6y = xe2x.

Rjesenje. Ovo je linearna DJ drugog reda s konstantnim koeficijentima. Karakteristicna jednadzba je

r2 r 6 = 0,

cija rjesenja su r1 = 2, r2 = 3, pa je rjesenje pripadajuce homogene

yh = C1e2x + C2e3x.


Desna strana je f(x) = xe2x, pa kako je 2 korijen karakteristicne jednadzbe, partikularno rjesenje trazimo u oblikuyp = x (Ax + B)e2x.

Ako to dva puta deriviramoyp = (2Ax2 + 2Ax 2Bx+ B)e2x,

yp = (4Ax2 8Ax+ 4Bx+ 2A 4B)e2x,

uvrstimo u pocetnu jednadzbu i sredimo, dobivamo koeficijente A = 110 , B = 125 , odnosno, partikularno rjesenje je

yp =( 110

x2 125

x

)e2x

Konacno, rjesenje DJ je

y = yh + yp = C1e2x + C2e3x +( 110

x2 125

x

)e2x

4. rujna 2007.

1. Rijesite neodredeni integral x3

x2 + 2x 3 dx.

Rjesenje. Zadan je integral neprave racionalne funkcije, te prvo dijelimo brojnik s nazivnikom; dobijamo

x3

x2 + 2x 3 dx = (

x 2 + 7x 6x2 + 2x 3

)dx =

(x 2) dx+

7x 6

x2 + 2x 3 dx.

Prvi je integral trivijalan ((x2) dx = x22 2x+C1), pa se bavimo drugim. Prvo nadopunimo nazivnik do potpunog

kvadrata, te uvedemo suspstituciju

7x 6x2 + 2x 3 dx =

7x 6

(x + 1)2 4 dx = x+ 1 = tdx = dt

=

7(t 1) 6t2 4 dt =

7t 13t2 4 dt =

rastavimo ga na dva integrala; prvi je oblika

y

y dx = ln |y|, a drugi je tablicni:

=72

2t

t2 4 dt 13

1t2 4 dt =

72ln |t2 4|+ 13

2arcth

t

2+ C2.

Vracanjem supstitucije konacno dobivamo (

x 2 + 7x 6x2 + 2x 3

)dx =

x2

2 2x + 7

2ln |x2 + 2x 3|+ 13

2arcth

x + 12

+ C.

Napomena:

dxx2a2 = 1a arcth xa = 12a ln xax+a , pa se rjesenje moze zapisati i ovako (

x 2 + 7x 6x2 + 2x 3

)dx =

x2

2 2x+ 7

2ln |x2 + 2x 3| 13

4ln

(x + 1) 2(x + 1) + 2

+ C =

sto se moze srediti do

=x2

2 2x+ 1

4ln(x 1) + 27

4ln(x + 3) + C

2. Rijesite odredeni integral e2e

dxx ln3 x

.

Rjesenje. Nadimo prvo pripadajuci neodredeni integral. Susptitucija nam daje

dxx ln3 x

= lnx = tdx

x = dt

=

dtt3

=

t3 dt = t2

2 + C = 1

2 ln2 x+ C.

Konacno je e2e

dxx ln3 x

=( 12 ln2 x

) e2

e

=38.


5

3. Izracunajte povrsinu omedenu parabolom y = x2 4x+ 5 te pravcima y = 5 i y = 32x+

72.

Rjesenje. Nacrtajmo prvo sliku.

Iz crteza se vidi da parabola i zadani pravci omeduju tripodrucja; pretpostavljam da su na ispitu dana dodatnaobjasnjenja na koje se podrucje misli, a ja sam se odlucioza ono gornje. Tocke presjecista su x = 3, x = 1, x = 0.

P = 13

(x2 4x+ 5

(32x +

72

))dx+

+ 01

(x2 4x+ 5 5) dx =

=(x

3

3 5

2x2

2+

32x

) 1

3+(x

3

3 4x

2

2

) 0

1= 6.


y = x+ yx

koje zadovoljava pocetni uvjet y(1) =32.

Rjesenje. Zadana DJ je homogena, pa ju rjesavamo supstitucijom y = u x y = ux+ u. Uvrstavnjem dobivamo

ux + u = x + uxx

= 1 u,

sto lagano separiramodu

2u+ 1= dx

x.

Integriranjem dobijamo12ln(2u+ 1) = ln

c

x,

odnosno, sredivanjem

u =C

2x2 1

2.

Vracanjem supstitucije uazad i sredivanjem, konacno dobijamo

y =C

2x x

2.

Stavljajuci y(1) = 32 dobivamo C = 4, te je

y =2x x

2.


y + y = 5 sin 2x.

Rjesenje. Zadana je linearne DJ drugog reda s konstantnim koeficijentima. Karakteristicna jednadzba joj je

r2 + 1 = 0 r1,2 = i,pa je rjesenje homogene

yh = C1 cosx + C2 sinx.

Desna strana je f(x) = 5 sin 2x, a kako 0 2i nije rjesenje karakteristicne jednadzbe, stavljamoyp = A cos 2x+ B sin 2x,


sto dva puta deriviramo

yp = 2A sin 2x + 2B cos 2x, yp = 4A cos 2x 4B sin 2x.

Svo troje uvrstimo u zadanu DJ i sredimo, te nalazimo da je A = 0 i B = 53 ; dakle

yp = 53 sin 2x,

te je

y = yh + yp = C1 cosx+ C2 sinx 53 sin 2x.

18. rujna 2007.

1. Rijesite neodredeni integral x3 + 2x2 + 2x+ 2

x3 + xdx.

Rjesenje. Dijeljenjem brojnika i nazivnika dobivamo

x3 + 2x2 + 2x + 2x3 + x

dx = (

1 +2x2 + x + 2

x3 + x

)dx = x+

2x2 + x + 2

x3 + xdx

zadnji integral rastavljamo u parcijalne razlomke

2x2 + x + 2x3 + x

=2x2 + x + 2x(x2 + 1)

=A

x+

Bx + Cx2 + 1

.

Laganim racunom nalazimo da je A = 2, B = 0, C = 1, odnosno

2x2 + x + 2x3 + x

dx =

2 dxx

+

dxx2 + 1

= 2 ln |x|+ arctg x,

pa je x3 + 2x2 + 2x+ 2

x3 + xdx = x + 2 ln |x|+ arctg x + C

2. Izracunajte vrijednost odredenog integrala

e1

sin(lnx2)x

dx.

Rjesenje. Nadimo prvo pripadajuci neodredeni integral.

sin(ln x2)x

dx =

sin(2 lnx)x

dx = lnx = tdx

x = dt

=

sin 2tdt = 12cos(2t) = 1

2cos(2 lnx).

Odredeni je integral e1

sin(lnx2)x

dx =(12cos(2 lnx)

) e

1

=12(1 cos 2).


7

3. Izracunajte povrsinu omedenu parabolom y2 = x+5 te pravcima y = x+1 i y = 17x+

117, koja se nalazi ispod

pravaca.Rjesenje. Nacrtajmo prvo situaciju.


y +1xy = y2 ln x.

Rjesenje. Zadana DJ je Bernoullijeva. Rijesit cemo je supstitucijom y = u v y = uv + uv.

uv + uv +1xuv = u2v2 lnx

v

(u +

1xu

)+ uv = u2v2 lnx. ()

Rjesavamo relaciju u + 1xu = 0; separiranjem i sredivanjem lagano se dobiva da je u =1x , sto uvrsteno u () daje

1xv =

1x2

v2 lnx / x

v =1xv2 lnx.

Separiranjem dobijamodvv2

=lnxx

dx,

odnosnov =

2ln2 x + 2C

,

te je konacno

y = uv =1x

( 2ln2 x + 2C

).


y 4y + 5y = 3e2x

koje zadovoljava pocetne uvjete y(0) = 4 i y(0) = 2.Rjesenje. Karakteristicna jednadzba je

r2 4r + 5 = 0 r1,2 = 2 i,pa je rjesenje homogene

yh = e2x(C1 cosx + C2 sinx).


Ostaje jos naci jedno partikularno rjesenje. Desna strana je f(x) = 3e2x. Kako x = 2 nije rjesenje karakteristicnejednadzbe, to je

yp = Ae2x, yp = 2Ae2x, yp = 4Ae

2x,

sto uvrsteno u pocetnu DJ daje A = 3. Dakle je yp = 3e2x, i

y = yh + yp = e2x(C1 cosx + C2 sinx) + 3e2x.

Jos treba naci partikularno rjesenje koje zadovoljava pocetne uvjete:

y(0) = C1 + 3 = 4

y(0) = 2C1 + 6+ C2 = 2

odakle lako nademo C1 = 1 i C2 = 6, te je

y = e2x(cosx 6 sinx) + 3e2x

18. prosinca 2007.

1. Rijesite neodredeni integral 1 + 4

x

x +

xdx.

Rjesenje. Supstitucija nam daje

1 + 4

x

x +

xdx =

x = t4

dx = 4t3 dt

= 4

t4 + t3

t4 + t2dt = 4

t2 + tt2 + 1

dt

dijeljenjem i rastavljanjem imamo dalje

= 4 (

1 +t 1t2 + 1

)dt = 4

dt + 4

t dt

t2 + 1 4

dt

t2 + 1

prvi i zadnji su tablicni, a srednji se rjesava supstitucijom t2 + 1 = z, pa je ovo gore nadalje

= 4t + 2 ln |t2 + 1| 4 arctg t + C

i, konacno 1 + 4

x

x +

xdx = 4 4

x + 2 ln(

x + 1) 4 arctg 4x + C.

2. Izracunajte vrijednost odredenog integrala

/3/6

cos3 xdx.

Rjesenje. Nadimo prvo neodredeni integral.

cos3 xdx =

cos2 x cosxdx =

(1 sin2 x) cosxdx = sinx = tcosxdx = dt

=

=

(1 t2) dt = t 13t3 + C = sinx 1

3sin3 x + C.

Vrijednost odredenog integrala je

/3/6

cos3 xdx =(sinx 1

3sin3 x

) /3

/6

=124

(93 11)


9

3. Izracunajte povrsinu lika omedenog parabolom y = x2 8x+ 16 te pravcima x = 1 i y = x 4.Rjesenje. Nacrtajmo prvo situaciju!

S crteza se jasno vidi da je

P = 41

(x2 8x+16 (x 4)) dx = 41

(x2 9x+20) dx =

=(

x3

3 9x

2

2+ 20x

)4

1=

3256


(1 + x2)y 2xy = (1 + x2)2

koje zadovoljava pocetni uvjet y(0) = 2.Rjesenje. Podijelimo li zadanu DJ dobivamo linearnu DJ prvog reda

y 2x1 + x2

y = 1 + x2.

Integrirajuci faktor je

(x) = e 2x

1+x2dx = e ln(1+x

2) = eln(1+x2)1 =

11 + x2

,

pa je

y(x) =1

(x)

[(x)Q(x) dx + C

]= (1 + x2)

[1

1 + x2(1 + x2) dx + C

]= (1 + x2)(x + C).

5. Rijesite diferencijalnu jednadzbuy 5y = 0.

Rjesenje. Karakteristicna jednadzba jer2 5r = 0,

njena rjesenja su r1 = 0, r2 = 5, pa je rjesenje DJ

y = C1 + C1e5x.


mat2_rokovi_2007

Documents

Transcript of mat2_rokovi_2007