MATEMATIKAIII

SkriptazastudenteMainskogfakulteta

Autor:Dr.sc.AlmirHuskanovi

2

BROJNI(NUMERIKI)REDOVI

1.Konvergencijabrojnogreda

Teorija brojnih redova se veim dijelom zasniva na teoriji nizova, koja je raena u okviru predmetaMatematikaI.Zbogtogasepreporuujestudentimakojipoinjudaueredove,dasepodsjetenajvanijihteoremaidefinicijauokviruteorijeonizovima,atakoeidasepodsjetenanajvanijelimesenizova.

Pod redom se umatematici podrazumijeva neka beskonana suma. Postavlja se pitanje da limoemosabratibeskonanomnogobrojeva,padarezultatbudekonaanbroj.Npr.svesljedeesume:

1 2 3 4 ...+ + + + (sumasvihprirodnihbrojeva)1 1 1 1 ...+ + + + (sumabeskonanomnogojedinica),paaki0,001 0,001 0,001 ...+ + + subeskonane.

No,akosaberemobeskonanomnogonula,dobiemonulu:

0 0 0 ... 0.+ + + = Akoposmatramoduduine1,pa jeprepolovimo,pa jednuod tedvijepoloviceopetprepolovimo,pa ipolovicuodpoloviceprepolovimo,itd.,jasnojedasabiranjemsvihpolovljenihdijelovaduidobijemocijeludu,takodajeoigledno:

1 1 11 ...2 4 8

= + + +

Ovajnetrivijalniprimjerredakojiimakonanusumujespecijalnisluajgeometrijskogredaokomeemouskororeivie.

Definicija1:Nekaje{ }na realniniz.Sumusvihlanovatogniza,uoznaci

1 2 31

... (1)nn

a a a a

== + + +

zovemobrojniilinumeriki(beskonani)red,aesto,kratkoeradi,kaesesamored.Zabroj na kaemodajeoptilanreda.

Namajeciljnairedovekojiimajukonanusumu.Tajproblememorijeitipomounizova.UteorijinizovauMatematici Igovorili smodanizovimogubiti konvergentni (ako imaju konanugraninu vrijednost ililimes niza) i divergentni (u svim ostalim sluajevima). Zato emo i za redove govoriti da mogu bitikonvergentni(akoimajukonanusumu)ilidivergentni(akoimjesumabeskonanailitasumanepostoji).

Red(1)emopovezatisanizomparcijalnihsumatogreda.Naime,brojeve

3

1 1 2 1 2 3 1 2 3, , ,...S a S a a S a a a= = + = + + zovemoparcijalnesumereda(1).Openitoje

( )1 2 ...n nS a a a n= + + + ` i tusumuzovemon taparcijalnasuma reda (1).Sapoveavanjembrojan,oito jeda sevrijednost tesume pribliava vrijednosti sume cijelog reda (1), ukoliko ta suma postoji i konana je. Zato je logino

zahtijevatida ,n tj.traiti lim .nn S

Definicija2:Zared(1)kaemodajekonvergentanakojekonvergentannjegovnizparcijalnihsuma{ } ,nS tj.postoji ikonaan je lim .nn S S = Tadakaemoda jeSsuma tog reda.Usuprotnom, tj.ako lim nn S nepostoji ili je lim nn S = + ili je lim ,nn S = kaemo da je red (1) divergentan. U prvom sluajudivergencijekaemodajeredneodreenodivergentan,auostaladvasluajadajeodreenodivergentan.

Napomena1:Sobziromnadefinicijugraninevrijednostiniza,moemoreidajered(1)konvergentanida

mujesumajednakaS,ukolikozasvako 0, > postojiprirodanbroj ( )0 0n n = kojizavisiod , takoda0 .nn n S S < Naravno, ovakav nain nije pogodan za praktino dokazivanje konvergencije

konkretnog reda, ali nammoe pomoi u dokazivanju nekih osobina redova, dakle u dokazima nekih

teorema.Zapazimojodaje 1 21

... .n k n nk n

S S a a a

+ += +

= = + + Razliku sume reda i njegove n te parcijalne sume zovemo ostatak i oznaavamo sa .nR Dakle,

( )1 2 ... .n n n nR S S a a n+ += = + + ` Istotakomoeseiskoristititzv.Koijev*kriterijzakonvergencijunizova.Naime,niz{ }nx konvergiraakoisamoako

( ) ( )( )( )( )0 0 00 .n p nn n n n p x x + > = = = + + + i p` takodaje 1 2 ... .n p n n n n pS S a a a + + + + = + + +

4

*Augustin Louis Cauchy (1789.1857.) francuski matematiar, najzasluniji za uvoenje pojmakonvergencijenizaireda.

Primjeri1:

a) Red { }( )20

... , \ 0 , 1nn

aq a aq aq a q q

== + + + \ zovemo geometrijski, jer je niz { }naq

geometrijski.Brojqzovesekolinikomreda.Naimegeometrijskiniz,patime ired lakoprepoznajemopotome to sumu istikolinici susjednih lanova.Obziromda znamo formulu za sumugeometrijskogniza,moemoizraunatintuparcijalnusumudatogreda

( )2 1 1 1... 1 ... .1n

n nn

qS a aq aq aq a q q aq

= + + + + = + + + =

Iz teorije nizova znamo da je

, 1lim 1, 1 ,

0, 1 1

n

n

qq q

q

+ >= = <

odnosno , akoje 0.a <

Ukolikoje 1,q geometrijskired0

n

naq

= jeneodreenodivergentan.

b)Dokaimodajered 22

1n n n

= konvergentanidamujesuma1.Naime,njegovantaparcijalnasumaje

( )1 1 1

22 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... 1 .1 1 2 2 3 1

n n n

nk k k

Sk k k k k k n n n

+ + +

= = =

= = = = + + + = Oitoje lim 1,nn S = todokazujepostavljenutvrdnju.

Teorem1:AkojeSsumareda1

,nn

a

= acproizvoljnakonstanta,tadajecSsumareda

1.n

nca

=

Dokaz:Slijedidirektnoizjednakosti

5

1 1lim lim .

n n

k kn nk kca c a cS = =

= =

Teorem2:Akoje 1 2 1 21 1

i , , ,n nn n

a S b S S S

= == = \ tadaje ( )1 2

1.n n

nS S a b

= =

Dokaz:Slijedidirektnoizjednakosti

( ) 1 21 1 1 1 1

lim lim lim lim .n n n n n

k k k k k kn n n nk k k k ka b a b a b S S = = = = =

= = =

Teorem3:Akojered1

nn

a

= konvergentan,tadaje lim 0.nn a =

Dokaz:Nekaje 1 2 1 11

... .n

n k n n n nk

S a a a a a S a =

= = + + + + = + Akodatiredkonvergiraondapostojiikonaanje lim ,nn S S = pajeondai 1lim .nn S S = Potojeoito 1,n n na S S = imamodajeondalim 0.nn a S S = =

Napomena2:Ovajteoremnamdajepotrebanuslovzakonvergencijureda.Naime,akotajuslov(optilanredateikanuli)nijeispunjen,rednijekonvergentan.Aliakotajuslovjesteispunjen,tonemoraznaitidaredkonvergira,kaotosevidiizPrimjera2b).

Primjeri2:

a)Red1 2n

nn

= + jedivergentan,jerje lim 1.2nn

n=+

b)Red1

1n n

= (kojisezoveharmonijski)jetakoedivergentan,iakoje 1lim 0.n n = Naime,akoiskoristimo

Koijevoptikriterij,uzimajui14

= i ,p n= tadaje

21 1 1 1 1 1 1 1 1... ... .

1 2 2 2 2 2 2 2 4n nS S n

n n n n n n n = + + + > + + + = = > =+ +

Alternativno,metodommatematikeindukcijemoesedokazatinejednakost ( )2 11 .2nS n n + ` Otudaje

2lim ,nn

S = + pajezatoi lim .nn S = +

6

Zadaci

Ispitatikonvergencijuredapodefiniciji(raunanjemparcijalnesume)iakokonvergira,naisumureda:

1. 21

1 .36 24 5n n n

= 2. ( )( )11 .

1 2n n n n

= + + 3. ( )2212 1 .

1nn

n n

=

++ 4. 3 21

3 2 .3 2nn

n n n

=

++ +

5. ( ) ( )11 .

1 3n n n n

= + + 6. 221ln 1 .

3 4n n n

=

+ + 7. 1 113 4 2 3 .5 4

n n n

n nn

+

=

++

8. ( )( )( )1 1 2 3nn

n n n

= + + + .9. 211 .

4 8 3n n n

= + + 10.3

32

1ln1n

nn

=

+ .11. 1 .2nn

n

=

12. ( )1

2 2 1 .n

n n n

=+ + + 13. 22

2ln .

1nn

n

=

Rjeenja:

1. Najprije se rastavi na faktore polinom ( )( )236 24 5 6 5 6 1n n n n = + i pokae se da je2

1 1 1 1 .36 24 5 6 6 1 6 5n n n n

= + Daljeslijedi:

21 1

1 1 1 1lim lim36 24 5 6 6 5 6 1

1 1 1 1 1 1 1 1 1lim6 6 1 5 6 1 1 6 2 5 6 2 1 6( 1) 5 6( 1) 1 6 5 6 1

1 1 1 1 1lim 1 .6 6 1 5 6 1 6 6

k k

k kn n

k

k

n n n n

k k k k

k

= =

= + = + + + + + + + + = = = +

"

7

2.Redovisapozitivnimlanovimakriterijiporeenja

Definicija3:Red1

nn

a

= zovemoredsapozitivnimlanovima,ilikraepozitivnired,akoje 0na zasve

.n` Odmahsezapaadajenizparcijalnihsumapozitivnogredarastuiniz,jer

1 1 2 1 2 1 1 1 10, ,..., .n n n nS a S a a a S S S a S = = + = = + Kad je u pitanju konvergencija, odnosno divergencija rastueg niza, poznato je da taj niz nemoe bitineodreenodivergentan,dakleonuvijekimalimes,konaanilibeskonaan.

Izveemonekolikotvrdnji,tzv.kriterijailitestovakonvergencije,kojinamomoguavajudaustanovimoda

lidatipozitivni red1

nn

a

= konvergira ilidivergira.Tikriterijinemogunampomoi iuodreivanjusume

reda,ukolikoredkonvergira.

Teorem4:Nekasuredovi1

nn

a

= i

1n

nb

= pozitivniinekaje

( )(2) .n na b n ` a)Akojered

1n

nb

= konvergentan,tadajeired

1n

na

= konvergentan.

b)Akojered1

nn

a

= divergentan,tadajeired

1n

nb

= divergentan.

Dokaz:Nekaje1 1

, .n n

n k n kk k

A a B b= =

= = Iz(2)slijedidaje ( )(3) .n nA B n ` a)Akojered

1n

nb

= konvergentan,niz{ }nB jeogranien,pajeiniz{ }nA ogranien.Kakojetajnizujednoi

rastui,onjekonvergentan.

b)Akojered1

nn

a

= divergentan,tadaje lim nn A = + ,paiz(3)slijedi lim .nn B = +

8

Teorem5:Nekasuredovi1

nn

a

= i

1n

nb

= pozitivni(stimdaje 0nb )inekaje

(4) lim 0.nn

n

a lb

=

Tadasuredovi1

nn

a

= i

1n

nb

= istovremenokonvergentni,odnosnodivergentni.

Dokaz:Iz(4)slijedidazasvako 0 > vai( ) ( ) ,n n n n n n

n n n

a a al l l l l b a l bb b b

< < < < < + < < +

zadovoljnovelikon.Nakontogasezakljuuje:

1)Akored1

nn

a

= konvergira,premaTeoremu4slijedidakonvergiraired ( )

1

,nn

l b=

patimeired

1n

nb

= (premaTeoremu1).

2)Akored1

nn

a

= divergira,premaTeoremu4slijedidadivergiraired ( )

1,n

nl b

=+ patimeired

1n

nb

=

(premaTeoremu1).

Napomena 3: Ako je lim 1,nn

n

ab

= kae se da su nizovi { }na i { }nb asimptotski jednaki i pie se:( ).n na b n Kodutvrivanjakonvergencijepozitivnogreda,dozvoljeno jeoptilanredazamijeniti

sanizomkoji jeasimptotski jednakdatom.Sobziromnapoznategraninevrijednosti funkcijakoje smoradiliuMatematiciI,moguseizdvojitisljedeerelacije,kojeseestokoristezarjeavanjezadataka.

( )( )( )

( )2

sin 0

1 0

arcsin 01cos 1 02

x

x x x

e x x

x x x

x x x

+

( )( )

tg 0

arc tg 0

x x x

x x x

9

( ) ( )( ) ( )ln 1 0

1 1 , 0 .

x x x

x x x +

+ + \

Primjer3:Red1

1 ,n n

= priemuje realnakonstanta,zovesehiperharmonijskired.

Akoje 0, optilanredaneteinuli(zato?),papremaTeoremu3slijedidajetadareddivergentan.

Harmonijskired1

1n n

= (vidiPrimjer2b.)jeoitospecijalansluajhiperharmonijskogidobijeseza 1. =

Dokazalismodaharmonijskireddivergira.KoristeiTeorem4,tvrdnjab),zakljuujemodahiperharmonijski

reddivergirazasve 1, jer 1 11 .n nn n

UPrimjeru1b)dokazalismodared 22

1n n n

= konvergira.Potojeoito ( )2 2 2,3,...n n n n < = slijedi( )2 21 1 2,3,...nn n n> = ,paopetpomouTeorema4,alisadtvrdnjea)zakljuujemodakonvergiraired

21

1 .n n

= Akoristeiistutvrdnjuimamoondadakonvergirahiperharmonijskiredzasve 2, jer

22

1 12 .n nn n

Koristeikriterijekonvergencijekojeemouskoroupoznati,moesezakljuitidahiperharmonijskired

konvergiraiza ( )1,2 . Zakljuak:Hiperharmonijskired

1

1n n

= konvergiraza 1, > adivergiraza 1.

Zadaci

1.UtvrditidalidatiredkonvergirailidivergirapomouTeorema4:

a)2

ln ,n

nn

= b)

1

12 sin ,3

nn

n

= c)

2

1 ,lnn n

= d)

1

1 ,2nn n

= e) ( )1 1 ,n n n

=+ +

f)( )142

2,0011

cos 3.

n

n

n

=

+

2.Uzavisnostiodparametraadiskutovatiokonvergencijireda1

1 ,1 nn a

= + akoje 0.a > IskoristitiTeorem4.

10

3.UtvrditidalidatiredkonvergirailidivergirapomouTeorema5:

a) 21

3 5 ,2 4 1n

nn n

=

++ + b) 21

2,1n

nn

=

++ c) ( )21 ln 1 ,n nn e e

=+ d)

5

1ln ,2cosnn

=

e)3

25

11 arc tg ,

2 7n

ne

n +

=

+ f)2

1sin2

11 .n n

ne

+ =

4.Diskutovatikonvergencijudatogredauzavisnostiodparametra :

a)4

1

11 cos ,n n

=

b) 1 ,nn n n n

n

=

+ + c) 3 32 2

1

1 1,n

n nn

=

+

d) ( )241

1 ,n

n n n=

+ + + e) 1tg1

1 ,nn

e

=

f)2

1

1cos ,n

n nnn

=

g)1 1cos

1

11 ,n nn

en

=

5.Zadanjeniz ( )2 2 ... 2 ,na n= + + + ` gdjenadesnojstraniimamotanonkorijena.Dokazatimetodommatematikeindukcijedaje ( )12cos .2n na n

+= ` Zatimdokazatidakonvergirared

12

2 .nn

a

=

11

3.Kriterijikonvergencijezapozitivneredove

Teorem6(Koijevkorjenikriterij):Nekaje 0n fiksiranprirodnibroj.Akozaoptilan na pozitivnogreda

1n

na

= vrijedinejednakost 1n na q < zasve 0 ,n n> priemuqnezavisiodn,tadajered

1n

na

=

konvergentan.

Akojepak 1n na zasve 0 ,n n> tadajered1

nn

a

= divergentan.

Dokaz:Iz n na q slijedidaje .nna q Poto ( )0,1 ,q red1

n

nq

= konvergira,pazatokonvergiraidati

red(kriterijporeenja).

Akoje 1,n na tadaje 1,na pajejasnodatadaoptilanredaneteikanuli.Teoremjedokazan.

Posljedica1:Nekajered1

nn

a

= pozitivaninekaje lim .n nnq a=

Akoje 1,q < datiredkonvergira,aakoje 1,q > datireddivergira.Za 1,q = ovajkriterijnemoeodreditidalidatiredkonvergirailidivergira.

Napomena4:Znamodared1

1n n

= divergira,ared 2

1

1n n

= konvergira.Uobasluajadobijesedaje 1q =

(provjeriti!),takodajeoiglednoKoijevkorjenikriterijneupotrebljivusluajukadje 1.q =

Teorem7 (Dalamberov*kriterij):Neka je 0n fiksiranprirodnibroj ineka jered1

, 0,n nn

a a

= pozitivan.

Akoje 1 1nn

a qa+ < zasve 0 ,n n priemuqnezavisiodn,tadajered

1n

na

= konvergentan.Akojepak

1 1,nn

aa+ datireddivergira.

*JeanleRondd'Alembert(1717.1783.)francuskimatematiar.

Dokaz:Nekaje 1n

n

a qa+ zasve 0.n n Tadaje ( )1 0 .n na qa n n+ Zasvako 0n n vrijedi:

12

1n na qa

1 2n na qa ...

0 01.n na qa+

Mnoenjemovihnejednakostislijedi:

0

0 0 0 01 2 1 1 2 1 1 2 1... ... / : ...n nn n n n n n n n n n na a a a q a a a a a a a

+ + +

0

0.n nn na a q

Potoje 1,q < geometrijskired 00

1

n nn

na q

= jekonvergentan,papomoukriterijaporeenjazakljuujemo

dadatiredkonvergira.

Akoje 1 1,nn

aa+ tadaje 1 ,n na a+ daklepozitivniniz{ }na jerastuiizatonjegovagraninavrijednostne

moebiti0.Teoremjedokazan.

Posljedica2:Nekajered1

, 0,n nn

a a

= pozitivaninekaje 1lim .nn

n

aqa+

=

Akoje 1,q < datiredkonvergira,aakoje 1,q > datireddivergira.Za 1,q = ovajkriterijnemoeodreditidalidatiredkonvergirailidivergira.

Napomena5:Znamodared1

1n n

= divergira,ared 2

1

1n n

= konvergira.Uobasluajadobijesedaje 1q =

(provjeriti!),takodajeoiglednoDalamberovkriterijneupotrebljivusluajukadje 1.q = MoesepokazatidajeKoijevkriterijipakoptijiodDalamberovog,tj.imaredovakodkojihKoijevkriterijmoedaodluio

konvergenciji, a Dalamberov ne moe. Npr. u sluaju reda0

,nn

a

= pri emu je

( )2 2 11 2, 0,1, 2,...4 4n nn na a n+= = = imamo da je 2 12 2n

n

aa

+ = i 22 1

1 ,8

n

n

aa

= to znai da ne postoji

1lim .nn

n

aqa+

= Meutim, 1lim ,

4n

nna

= takodaKoijevimkorjenimkriterijemmoemozakljuitidadatired

konvergira.

13

Teorem8(Rabeov*kriterij):Nekajered1

, 0,n nn

a a

= pozitivaninekaje

1

lim 1 .nn

n

ap na +

= Akoje

1,p > redkonvergira,aakoje 1p < reddivergira.Za 1,p = potrebnasudaljaispitivanja,jerkriterijtadanemoedatiodgovor.

*JosephLudwigRaabe(1801.1859.)vicarskimatematiar

Napomena6:RabeovkriterijjeoptijiodKoijevogkorjenogiDalamberovogkriterija.

Primjer4:

Rabeovkriterijmoeodreditizakoje konvergirahiperharmonijskired1

1 ,n n

= jerje

( ) ( ) ( )1 1lim 1 lim 1 1 1 1 , 0

lim 1 1 .

n n

n

np n n x x x

n n

nn

+ = = + = + + = = + =

\

Otudakonstatujemodahiperharmonijskiredkonvergirazasve 1. > Teorem9(Koijevintegralnikriterij):Nekaje ( )f x neprekidna,pozitivnainerastuafunkcijaza 0 ,x npriemuje 0n fiksanprirodnibroj.Tadared ( )

0n nf n

= konvergira,odnosnodivergiraistovremenosa

redom ( )0

.n

f x dx+

Napomena 7: Koijev integralni kriterij je od svih pobrojanih u ovoj lekciji najoptiji (najjai), ali je inajkomplikovanijizaupotrebu.Akoseuzadatku ispitivanjakonvergencije redanekaekojikriterijdaseupotrijebi,preporuujesenajprijeisprobatijednostavnijekriterije.

Zadaci

1.Naiopilanreda1 1 5 1 5 9 ...2 2 5 2 5 8

+ + + izatimispitatidalitajredkonvergirakoristeinekiodkriterijakonvergencijezapozitivneredove.

14

2.Ispitatikonvergencijureda:

a) 11

tg ,2nn

n +=

b) ( ) ( )( )11 4 7 ... 3 2 2 5 8 ... 3 2

,! 1 !9nn

n nn n

=

++ c) ln1

1 ,2 nn

= d) ( )( )1

1 5 9 ... 4 3,

2 6 10 ... 4 2n

nn

=

e)1

,nn

ne = f) 5

1,

2 3n nnn

= + g)( )( )1

2 !,

2 !nn

nn n

= h) ( )( )331

3 !,

4 !nn

nn

= i) ( )3

1 ,ln ln lnn n n n

= j) ( )( )

3

21

!,

2 !n

n

n

=

k)

3

1

1cos ,n

n n

=

l) 1 ,nn e = m)

2

1

1

23 ,3

nn

n

nn

+=

+ + n) 22ln ,

n

nn

= o) ( ) ( )2 21

1 ,1 ln 1n n n

= + +

p)( )

( )12 5 ... 3 2

,2 1 !nn

nn

=

++

3.Zakojuvrijednostparametara i konvergirared:

a) ln

1

,nn

= b) ( )( ) ( ) 31

1 !, 0,

1 ...n

nn n

=

+ >+ + c) ( )( ) ( )( )( ) ( )2

1

1 2 ....

1 2 ...n

nn

=

+ + + + + + ( )( )( )1

2 5 8 ... 6 7 6 4,

3 2 !nn

n nn

=

4.Alternativniredovi

Definicija4:Brojniredijisulanovinaizmjeninopozitivniinegativnizovemoalternativnired.

Zapisujemogauobliku:

( ) 1 1 2 3 41

1 ...n nn

a a a a a +

= = + + ili

( ) 1 2 3 41

1 ...n nn

a a a a a

= = + +

Pritomeje(uobjevarijantezapisa) ( )0 .na n ` Uveemosadajojednuvrstukonvergencijereda.Radiseoapsolutnojkonvergenciji,kojaseprovjeravasamokodredovakojinisupozitivni.

15

Definicija5:Zared1

nn

a

= kaemodajeapsolutnokonvergentanakojered

1n

na

= konvergentan.

Teorem10:Akojered1

nn

a

= konvergentan,tadajered

1n

na

= takoekonvergentan.

Dokaz:Posmatrajmonizove ( ), .2 2

n n n nn n

a a a ab c n

+ = = ` Direktnosedokaedaje

1) ( )0, 0n nb c n ` 2) ( ),n n n nb a c a n ` 3) ( ).n n nb c a n = ` Tadajejasnodasuredovi

1n

nb

= i

1n

nc

= pozitivniikonvergentni(premakriterijuporeenja).Zato

konvergiraired1

nn

a

= kojijerazlikaredova

1n

nb

= i

1.n

nc

=

Dakle,akojeredapsolutnokonvergentan,ondajeonikonvergentan(nauobiajeninain,premaDefiniciji2).Obrnutonemoradavrijedi,toemouskorovidjetinaprimjerima.

Teorem 11 (Lajbnicov* kriterij): Red ( ) 11

1 , 0,n n nn

a a +

= je konvergentan ako je lim 0nn a = i

( )1 ,n na a n+ ` tj.niz{ }na monotonoopadakanuli.

*GottfriedWilhelmLeibniz(1646.1716.)njemakimatematiarifilozof

Dokaz:Nizparcijalnih suma { }nS datog reda razdvojimonadvapodniza, { }2nS saparnim i { }2 1nS saneparnimindeksima.Oitoje

( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 3 4 2 1 2... , .n n nS a a a a a a n= + + + ` Poto je ( )1 ,n na a n+ ` oito jeonda ( )2 0 ,nS n ` atopovlaida jeniz { }2nS rastui.Sdrugestrane,

( ) ( ) ( )2 1 2 3 4 5 2 2 2 1 2 1... ,n n n nS a a a a a a a a a = toznaidajeniz{ }2nS konvergentan,jerjerastuiiogranienodozgo.Zatopostoji 2lim .nn S S =

16

Potoje 2 1 2 2 ,n n nS S a = slijedidaje 2 1 2 2lim lim lim 0 .n n nn n nS S a S S = = =

Dakle,podnizovi { }2 1nS i { }2nS niza { }nS parcijalnihsumadatogredakonvergirajuka istombroju.Topovlaidajeiniz{ }nS konvergentan,pajedatiredkonvergentan.

Primjeri5:

a)Red( ) 1

1

1 1 1 11 ...2 3 4

n

n n

=

= + + oiglednozadovoljavaobauslova izLajbnicovogkriterija, jer jekodnjega ( )1 ,na nn= ` pajetajredkonvergentan.Meutim,onnijeapsolutnokonvergentan.

b) Openito, red( ) 1

1

1, 0

n

n n

=

> konvergira apsolutno ako je 1, > zbog poznate injenice okonvergenciji hiperharmonijskih redova. Ako je 0 1,< taj red ne konvergira apsolutno, ali ipakkonvergirapoLajbnicovomkriteriju.

Definicija6:Zakonvergentniredkojinekonvergiraapsolutnokaemodajeuslovnokonvergentan.

Primjer6:Red( ) 1

1

1 n

n n

=

jekonvergentanuslovnoakoje0 1.<

Kadispitujemokonvergencijunekogalternativnogreda,najprijebitrebaloprovjeritidalitajredkonvergiraapsolutno.Akonekonvergiraapsolutno,ondabitrebaloprovjeritidaliredkonvergirauslovno,koristeiLajbnicovkriterij.

Primjer7:Ispitatiapsolutnuiuslovnukonvergencijureda ( )21sin 1 .

nn

=+

Oitoje ( ) ( )2 2sin 1 sin 1 ,n n n n + = + + pakakoje( ) ( )sin sin cos sin cos 1 sin ,nn n n + = + = slijedi:( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 222 2 2 2 11sin 1 1 sin 1 1 sin1 1n n n nn nn n n n n n n + + + + = + = + + + +

17

( ) 22

1 sin ,1

n

n n

= + + asadrugestrane2 2 2

2 2sin ,

2 21 1 n nn n n n

=+ + + + kad.n Topovlaidadatirednekonvegiraapsolutno,alikonvergirauslovno(Primjer5b)).

Zadaci

1.Dokazatida je red2

1 11 1 1 1n n n

=

+ + + divergentan, raunanjemn teparcijalne sume reda.ZatosenaovajrednemoeprimjenitiLeibnizovkriterij?

2.Ispitatikonvergencijureda

a) ( )1

1 1 cos ,nn n

=

b)( )( )1 ,2 !

n

n

nn

=

c) 42

sin 2 ,lnn

nn n

= d) 2

1

5 2 1sin arcsin ,6 4 6n

nnn n

=

+ + +

e)2

21

5 2 4 4cos ln ,4 2 3 7n

n nnn n

=

+ + + + f) ( ) 113 11 ,3 5

n

n

nn

+

=

+ + g) ( )111 arcsin ,n

n n

= h) 2

1cos .

1nn

n

= + 3.Ispitatiapsolutnuiuslovnukonvergencijuredazaraznevrijednostirealnogparametrap:

a)( )

1,

n

n

pn

=

b) ( ) ( )11

1 2 1 ,pn n

n

+

= c) ( )( )

1

21

1 !.

2 !

n

nn

np n

+

=

18

FUNKCIONALNIREDOVI

1.Konvergencijafunkcionalnogreda

Definicija1:Red ( ) ( ) ( ) ( )1 21

... ...n nn

f x f x f x f x

== + + + + ijisulanovifunkcijenezavisnepromjenljive

xzovesefunkcionalnired.Funkciju ( )nf x zovemooptimlanomtogreda.

Akoumjestoxuovaj reduvrstimo fiksiranuvrijednost 0 ,x tadadati funkcionalni redpostajebrojni red

( )01

.nn

f x

= Odinteresanamjedanaemosvevrijednostpromjenljivexzakojefunkcionalnired ( )

1n

nf x

=

konvergira.

Primjer1:Red1

1x

n n

= konvergiraza 2,x = adivergiraza 1.x =

Definicija 2: Skup svih vrijednosti promjenljive x za koje funkcionalni red ( )1

nn

f x

= konvergira zovemo

oblastkonvergencijetogreda.

Akored ( )1

nn

f x

= konvergirazasve ( ), ,x a b tadazatexpostojisuma ( )S x datogreda,kojazavisiod

x.Dakle, ( )1

( ) nn

S x f x

== zasve ( ), ,x a b azasve ( ),x a b funkcija ( )S x nijedefinisana.

Primjer2: Znamoda je0

11

n

nx

x

== ako je ( )1,1 .x Akobismou tu jednakost stavilida je 2,x =

dobilibismo02 1,n

n

== tonijetanojerje

02 .n

n

== +

Konvergencijufunkcionalnogredadefinisaemoanalognodefinicijikonvergencijekodbrojnihredova,dakle

prekonizaparcijalnihsuma.Utusvrhu,zadatifunkcionalnired ( )1

nn

f x

= kojikonvergirananekomskupuI

uvedimostandardneoznake:

19

( ) ( )1

nn

S x f x

== sumaredaza ,x I ( ) ( )

1

n

n kk

S x f x=

= ntaparcijalnasumaredaza ,x I te( ) ( ) ( ) ( )1 2

1...n k n n

k nR x f x f x f x

+ +

= += = + + ostatakredaza .x I Oitoje

( ) ( ) ( ) ( ).n nR x S x S x x I=

Definicija3:Za funkcionalni red ( )1

nn

f x

= kaemodakonvergiranaskupu I \ akozasvako 0 > i

svako x I postoji prirodan broj ( ),N N x= koji zavisi od i od x, tako da je ( )nR x < im je( ), .n N x>

UkolikosebrojNizDefinicije3moeodabratitakodazavisisamood alineiodx,tadamoemogovoritioposebnojvrstikonvergencijefunkcionalnogreda.Zvaemojeravnomjernailiuniformnakonvergencija.

Definicija 4: Za funkcionalni red ( )1

nn

f x

= kaemo da uniformno (ravnomjerno) konvergira na skupu

I \ akozasvako 0 > postojiprirodanbroj ( )N N = kojizavisiod inezavisiodx, takoda je( )nR x < imje ,n N> zasvako .x I

Jasno jedauniformnakonvergencijananekomskupupovlaiobinukonvergencijunatomskupu,tj.akoredravnomjernokonvergiranaskupuI,ontadaikonvergiranaskupuI,dokobrnutonemoradavai,tosevidiizsljedeegprimjera.

Primjer3:Datjered ( )11

1 1nn

x x =

+ iskupovi [ ) [ ]1 20,1 , 0, , 1.I I q q= = < Dokaimodaredkonvergiranaobaovaskupa,alistimdakonvergiraravnomjernona 2 ,I alinekonvergiraravnomjernona 1.I Potoje

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 11 1

1 1 1 1 1 ... ,n n

k k k n n nn

k kS x x x x x x x x x x x

= == + = + = + + + + = imamodaje

( ) 0S x = iza 1x I iza 2.x I Oitoje 2 1.I I Otuda je ( ) ( ) ( ) .nn nR x S x S x x= = Ako za dato 0 > pretpostavimo da je ,nx < tada za sve

[ )0,1x vai: loglog log log log .log

nx n x nx < < > Toznaida jenemogueodreditibrojN iz

definicijedanezavisiodx.

20

Meutim,ako [ ]0, ,x q tada log loglog log ,log log

x q x qx q > pasemoeodabratibrojNtako

danezavisiodx.Naime,uzelibismonajveiprirodanbrojsadranubrojulog .log q

Dakle,datifunkcionalni

redkonvergiraravnomjernonaskupuna 2 ,I alinekonvergiraravnomjernona 1.I

Teorem1 (Vajertrasov* kriterijuniformnekonvergencije):Ako za svako [ ],x a b i svako n` vainejednakost ( ) ,n nf x c pri emu je

1n

nc

= pozitivan i konvergentanbrojni red, tada je red ( )

1n

nf x

=

uniformnokonvergentannasegmentu[ ], .a b

*KarlTheodorWilhelmWeierstrass(1815.1897.)njemakimatematiar.

Dokaz:Obziromdajered1

nn

c

= konvergentan,zadato 0 > postojiprirodanbroj ( ) ,N kojizavisisamo

od , takav da je1

,kk n

c = +

No za takve n je onda i( ) ( ) ( )

1 1 1,n k k k

k n k n k nR x f x f x c

= + = + = +=

21

Teorem2:Akosufunkcije ( ) , 1,2,3,...nf x n = neprekidnenasegmentu [ ],a b iako jenatomsegmentured ( )

1n

nf x

= uniformno konvergentan, tada je zbir tog reda ( )S x neprekidna funkcija na segmentu

[ ], .a b

Slijede jodva teorema,kojeneemodokazivati ikojima seobjanjavajuznaajneosobine funkcionalnihredova.Naime,znamoizMatematikeIdazakonaniprirodnibrojnvrijedeformule:

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2... ... ,n nf x f x f x f x f x f x + + + = + + + odnosno( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2... ... ,n nf x f x f x dx f x dx f x dx f x dx+ + + = + + + tj. izvodzbira jednak jezbiru

izvodafunkcijaiintegralzbirafunkcijajednakjezbiruintegralaposvakojodtihfunkcija,poduslovomdasusvedatefunkcijediferencijabilne,odnosno integrabilne.Analognaosobinavai izaodreeni integraluzetnaintervalunakomesusvefunkcijeintegrabilne.Sljedeadvateoremanamgovorepodkojimuslovimabiteformulevrijedilezabeskonanusumufunkcija,tj.

( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 1 2... ...,f x f x f x f x + + = + + odnosno( ) ( )( ) ( ) ( )1 2 1 2... ...b b b

a a a

f x f x dx f x dx f x dx+ + = + + Tadabismoreklidasefunkcionalnireddiferencira,odnosnointegriralanpolan.

Teorem3:Akosufunkcije ( ) , 1,2,3,...nf x n = neprekidnenasegmentu [ ],a b iako jenatomsegmentured ( )

1n

nf x

= uniformnokonvergentan,tadasetajredmoeintegriratilanpolanugranicamaod do

, gdjeje ,a b < tj.

( ) ( )1 1

.n nn n

f x dx f x dx

= =

=

Teorem4:Nekasufunkcije ( ) , 1,2,3,...nf x n = diferencijabilnenasegmentu [ ],a b inekasunjihoviizvodi( ) , 1,2,3,...nf x n = neprekidnenasegmentu [ ], .a b Akojered ( )

1n

nf x

= konvergentanna [ ], ,a b ared

( )1

nn

f x

= jeuniformnokonvergentannadatomskupu,tadasered ( )

1n

nf x

= moediferenciratilanpo

lanna[ ], ,a b tj.vairelacija:

22

( ) ( ) [ ]( )1 1

, .n nn n

f x f x x a b

= =

=

2.Stepeni(potencijalni)red

Definicija5:Funkcionalniredoblika0

nn

na x

= ili ( )0

0,nn

na x x

= priemusu ( )0, ,na x n \ ` zovese

stepeniilipotencijalnired.

Napomena1:Smjenom 0x x y = red ( )00

nn

na x x

= svodisenaredoblika

0.nn

na x

= Zatojedovoljno

prouavatistepeneredoveutomobliku.

Oito je svaki stepeni red 20 1 20

...nnn

a x a a x a x

== + + + konvergentanza 0.x = Ciljnam jenainajvei

intervalnakometajredkonvergira.

Teorem5:Akored 0

nn

na x

= konvergirautaki 0,x p= onkonvergiraondaapsolutno izasvakoxza

kojeje .x p<

Akored0

nn

na x

= divergirautaki ,x q= ondivergiraisvexzakojeje .x q>

Dokaz:Nekakonvergirared0

.nnn

a p

= Tadaje lim 0,nnn a p = pazbogogranienostitognizapostoji

konstantaMtakvadaje ( ).nna p M n< ` Daljeondaslijedi:

( ).n nn

n n nn n nn

x x xa x a p a p M np p p

= = `

Red0

n

n

xMp

= konvergirazasve ( ), ,x p p x p < jerjegeometrijskiredi 1.xx p p< < Zato

datiredkonvergiraapsolutnopoVajertrasovomkriteriju.

23

Pretpostavimosadadajered0

nn

na q

= divergentan,nekaje 0x q> inekakonvergirared 0

0.nn

na x

= Prema

vedokazanom,slijedidakonvergiraired0

,nnn

a q

= tojenemogue.Teoremjedokazan.

Posljedica1:Zasvakistepenired0

nn

na x

= postojiR,0 ,R + takoda

1)datiredkonvergiraakoje x R< i

2)datireddivegiraakoje .x R>

Definicija6:BrojRgoreopisanzovesepoluprenik iliradijuskonvergencijereda0

.nnn

a x

= Ako je 0,R >

interval ( ),R R zoveseinterval(krug)konvergencijedatogreda.Napomena:Ako je 0,R = stepeni red

0

nn

na x

=

konvergirasamou taki 0,x = aako je ,R = + onda

stepeniredkonvergirazasve .x\ Poluprenikkonvergencijestepenogredazgodno jeodreditipomouDalamberovog iliKoijevogkorjenogkriterija.MoeseizvestiipraktinaformulazaodreivanjepoluprenikaRuobasluaja.

Naime, prema Dalamberovom kriteriju, red0

nn

na x

= konvergira apsolutno za sve realne x za koje je

11 1

11

1lim 1 lim 1 lim .lim

nn n n

nn n nn n nn

nn

a x a ax xa x a aa

a

++ +

++

< < < =

Otudamoemozakljuitidaje1

lim .nn

n

aRa +

=

Prema Koijevom korjenom kriteriju, red0

nn

na x

= konvergira apsolutno za sve realne x za koje je

1lim 1 lim 1 .lim

n nnn nn n n

nn

a x a x xa

< < <

Otudaslijedidaje1 .

lim n nnR

a=

24

Kad se pronae interval konvergencije datog reda, posebno se treba provjeriti da li red konvergira urubovima(krajevima)naenogintervala.

Primjer 5: Dat je red( )( )212 !

.!

n

n

nx

n

= Poluprenik konvergencije izraunaemo pomou Dalamberovog

kriterija.Uoimodaje( )( )22 !

0!nn

an

= > zasve .n` Zatoje

( )( )

( )( )( )

( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( )( ) ( )

2 2

2

2 !! 2 ! 1 ! 1 ! 1 1lim lim lim .

2 2 ! ! ! 2 ! 2 1 2 2 2 1 2 1 41 !

n n n

nn n n n n

Rn n n n n n n n

n

+ + += = = =+ + + + +

+

Dakle,1 .4

R = PremaPosljedici1,toznaidajeintervalkonvergencijedatogreda 1 1, .4 4

Ostajejoda

seposebnoprovjeridalidatiredkonvergiraurubnimtakama1 .4

x =

Akouvrstimo14

x = udatired,dobiemored ( )( )212 !

.! 4nn

nn

=

Rabeovimkriterijemselakoprovjeridaovajreddivergira.Inae,moesepokazatidaje( )

( )22 !

lim 0,! 4nn

nn

takodadivergira i red( )

( )212 !

,! 4nn

nn

= ali i red( ) ( )( )211 2 !

,! 4

n

nn

nn

=

koji sedobije za

1 .4

x = Prema tome,

konanizakljuakjedajeintervalkonvergencijedatogreda1 1, .4 4

Zadaci

Naipoluprenikiintervalkonvergencijedatogstepenogreda:

1. ( )1

2 1 2 ,3 2

nn

n

n xn

=

+ + 2.1

2,

3 ln

n

nn

xn n

= 3.2

1

11 ,n

n

nx

n

=

4.( )

22

2 1,

ln

nn

n

xn n

=

+ 5. ( )0

1,

2 1

n n

n

xn

=

+

6. ( ) ( )( ) ( )1

1

1

3 21 ,

1 ln 1

nnn

n

xn n

=

+ + 7. ln1 2 .n nn x = 8. ( ) ( )( )

2

3 11

2 3 14 1 5

n

nn

n xn

+=

+ 9.

( ) ( )1

1

2 1 1.

2

n n

n nn

n xn

=

+

25

10.( )3 2

1

2.

4

n

nn

x

n

=

+ 11. ( )

3

41

3 2 .4

n

n

n xn n

=

+ ++ 12. ( )1 .3 2 1n

n nn

xn

= + +

3.Osobinestepenih(potencijalnih)redova

Direktnoseprovjeravadasvakistepenired0

nn

na x

= unutarsvog intervalakonvergencijezadovoljavasve

usloveizTeorema3i4,vezanozamogunostdiferenciranjaiintegriranjafunkcionalnihredovalanpolannanekomintervalu.Otudavaesljedeadvateorema.

Teorem6:NekajeRpoluprenikkonvergencijestepenogreda0

nn

na x

= inekaje .R a b R < < < Zasvako

[ ],x a b red0

nn

na x

= semoe integrirati i diferencirati lan po lan. Redovi dobijeni od datog reda

0

nn

na x

= integriranjemilidiferenciranjemlanpolanimajuistipoluprenikkonvergencijeR.

Posljedica2:Neka jeRpoluprenikkonvergencijestepenogreda0

nn

na x

= ineka je .R a b R < < < Red

0

nn

na x

= semoe integrirati idiferenciratinasegmentu [ ],a b lanpo lanproizvoljanbrojputa.Redovidobijeni od datog reda

0

nn

na x

= integriranjem ili diferenciranjem lan po lan imaju isti poluprenik

konvergencijeR.

Primjer6:Naiintervalkonvergencijeisumureda ( )1 .1n

n

xn n

= +

Uzimajuida je ( ) ( )1 0 ,

1na n

n n= > + ` lakosedobije 1

lim 1.nn

n

aRa +

= = Otuda ( )1,1 ,x papotored 2

1

1n n n

= + oitokonvergirajerje ( )2 21 1 ,n

n n n+ intervalkonvergencijedatogredaje [ ]1,1 .

26

Pretpostavimodaje ( ) ( )1 ,1n

n

xS xn n

== + za [ ]1,1 .x Oitoje ( )0 0.S = Nekaje 0x proizvoljanbroj

izintervala [ ]1,1 . Slijedi:( ) ( ) ( )

1 1 1

12 21 1 1

1 1 ,1 1 1

n n n

n n n

nx x xS x S xn n n x n x

+

= = = = = = =+ + + priemuje ( ) [ ]( )

1

11

1,1 .1

n

n

xS x xn

+

== +

Tadaje ( ) ( ) 2 311 1

1... ,

1 1

nn

n n

n x xS x x x x xn x

= =

+ = = = + + + =+ [ ]1,1 .x Otuda je ( ) ( )1 1 1 ln 1 ,1 1

x xS x dx dx x x Cx x

+= = = + a poto je ( )1 0 0S C= = slijedi da je( )1 ln(1 ).S x x x=

Zatim,izjednakosti ( ) 2ln(1 )x xS x x = zakljuujemodaje

( ) ( )2 2ln 1ln(1 ) 1 ln ,xx xS x dx dx dx x Ix x x = = = gdjeje

( ) ( ) ( ) ( )2

2

ln 1ln 1 1 1ln 11 1

1

dxu x dvx xI dx x dxdxx x x xdu v

x x

= == = = = =

( ) ( ) ( )ln 11 1 1ln 1 ln ln 1 ,1

xx dx x x K

x x x x = + = + + dakle,

Uoimodaje ( ) ( )1 11 1 11 ,

1 1n nS

n n n n

= =

= = + + paraunanjemparcijalnesume1 1 1 1 1 11 ... 1 ,2 2 3 1 1n

Sn n n

= + + + = + + zakljuujemodaje ( )1 1.S = Sdrugestrane,

( ) ( ) ( ) ( )( )

. .

1 1 1 1

2

11 ln 1 ln 11 1lim 1 ln 1 lim lim lim 0,1 1

1 1

L P

x x x x

x x x xxx x

x x

= = = =

paje 1.K = Dakle,

( ) ( ) [ ] { }1 1 ln 1 1, 1,1 \ 0 .S x x xx

= +

( ) ( ) ( ) ( )ln 1 1ln 1 1 ln 1 .xS x x K x Kx x = + = +

27

Zadaci

Naiintervalisumureda:

1. ( ) ( )1 2 21

1 2 1 ,n nn

n x =

2.1

,nn

nx

= 3. ( )

11 ,n

nn n x

=+ 4. ( )

1 2 1

21

1 2,

4 1

n n

n

xn

+ +

=

5. 21 ,nn n x

=

6. ( )2

1

,3

n

n

xn n

+

= + 7. ( )( )1 ,1 2n

n

xn n n

= + + 8. 31 .nn n x

=

4.Razvijanjefunkcijeustepenired

Za zadanu funkciju ( )f x elimonai stepeni red0

nn

na x

= takodapostoji interval ( ),a b nakomevai

jednakost ( )( )0

( ) , .nnn

f x a x x a b

== Pritomejeinterval ( ),a b sadranuintervalukonvergencijedatog

reda0

.nnn

a x

=

Kaemodasmotadafunkciju ( )f x razviliustepenirednaintervalu ( ), .a b Ako je ( )( )20 1 2

0( ) ... , ,nn

nf x a x a a x a x x a b

== = + + + oito je ( ) 00f a= i

( )( )1 1 21

( ) 2 ... , ,nnn

f x na x a a x x a b =

= = + + odakle slijedi ( ) 10 .f a = Zatim, opet diferencirajuizadnjujednakostiuvrtavajui 0,x = dobilibismo ( ) 20 2 ,f a = itd.

Metodompotpunematematikeindukcijemoesedokazatidaje

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 21 ! 2 !!(1) ... .0! 1! 2!

n n nn n a n an af x x x n+ ++ += + + + `

Zaista,za 1,n = tvrdnjajeoigledna.Akopretpostavimodajezanekiprirodnibroj 1k > ( ) ( ) ( ) ( )1 2 21 ! 2 !! ...,

0! 1! 2!k k kk k a k ak af x x x+ +

+ += + + + tadaje( ) ( ) ( ) ( )1 1 21 ! 2 ! ...,

0! 1!k k kk a k af x x+ + +

+ += + + todokazujenautvrdnju.

28

Iz(1)slijedi ( ) ( ) ( )0 ! .n nf n a n= ` Timejedokazansljedeiteorem.

Teorem7:Akosefunkcija ( )f x moerazvitiustepenired,tadaje ( ) ( ) ( )0

0.

!

nn

n

ff x x

n

==

Nekeelementarnefunkcijesupogodnezarazvijanjeustepenired.Tosuonefunkcijekodkojihmoemo

dobitiizrazzantiizvodzaproizvoljno .n` Npr.

1. ( ) ( ).nx xy e y e n= = ` Topovlaidaje ( ) ( )0 1,ny = padakle( )

0 !

nx

n

xe xn

== \

2. Nekaje sin .y x= Tadaje( )cos sin , sin sin sin 2 ,

2 2y x x y x x x = = + = = + = +

cos sin 3 , sin sin 4 ,...2 2

IVy x x y x x = = + = = +

Moemonaslutitiizatimmatematikomindukcijomdokazatiformulu ( ) ( )sin .2

ny x n n = + `

Otudaje ( ) ( ) ( )0, 2

0 , 0,1,2,...1 , 2 1

nk

n ky k

n k

== = = +pasedobijarezultat

( )( ) ( )

2 1

0

1sin

2 1 !

n n

n

xx x

n

+

=

= + \

3. Akoje cos ,y x= analognimpostupkommoesedobitidaje ( ) ( )cos2

ny x n n = + ` izatimizvestirazvoj

( )( ) ( )

2

0

1cos

2 !

n n

n

xx x

n

=

= \ 4. Nekaje ( )ln 1 .y x= + Tadaje

( ) ( ) ( ) ( )2 3 4

21 1, 1 , 2 1 , 6 1 ,...

1 1IVy y x y x y x

x x = = = + = + = ++ +

29

pasenasluujedaje ( ) ( ) ( ) ( ) ( )11 1 ! 1 .n nny n x n = + ` Dokaimotomatematikomindukcijom.Za 1,n = tvrdnja oigledno vrijedi. Neka je za neko 1k > tana tvrdnja

( ) ( ) ( ) ( )11 1 ! 1 .k kky k x = + Tadaje ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1 1 11 1 1 ! 1 1 ! 1 ,k k k kky k k x k x ++ = + = + todokazujenautvrdnju.Zatoje ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10 1 1 ! .nny n n= ` Najzad,potoje

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 10 1 1 ! 1

,! !

n nny nn

n n n

= = ` moemopisatidaje

( ) ( ) ( )1

1

1ln 1 , 1,1

nn

nx x x

n

=

+ = Interval ( )1,1 je izabran zbog toga to dobijeni red konvergira na tom intervalu.Meutim, red

( ) 11

1 n nn

xn

=

konvergiraiakoje 1,x = jertadaimamoalternativnired( ) ( )1 1

1

1 11 1 11 ... ... .2 3 4

n n

nn n

=

+ + + + = U4.lekciji,primjer5a),smokonstatovalikonvergencijuovogredapomouLajbnicovogkriterija.Prematome:

( ) ( ) ( ]1

1

1ln 1 , 1,1 .

nn

nx x x

n

=

+ = Uvrtavajui 1x = utujednakost,dobijemodaje

( ) 11

1ln 2.

n

n n

=

=

5. Stepeniredoblika0

n

n

mx

n

=

gdjejem\ proizvoljnakonstanta,zovesebinomnired.Pojambinomnogkoeficijenta,kojegsmodefinisaliuMatematiciI,moeseuoptiti,takodaje

( )( ) ( ) ( )1 2 ... 1 .!

m m m m m nm

n n + = \ UMatematiciIsmoinsistiralidambudeprirodan

broj,pajeoitodasmonapravilipooptenjepojmabinomnogkoeficijenta.Odredimopoluprenikkonvegencijebinomnogreda.Imamodaje

( )( ) ( )( )( ) ( )

( )

1 2 ... 11! .

1 2 ...1 !1

m m m m m nn nn

m m m m nm m nnn

+ + = = ++ Otudaje

1lim 1.n

nRm n+= =

30

Dakle,red0

n

n

mx

n

=

konvergirauintervalu ( )1,1 . Pretpostavimodaje ( ) 0 .nnm

f x xn

=

= Tadaje( ) ( )1

1 1,n n

n n

m mf x n x xf x n x

n n

= =

= = paje( ) ( ) ( )1

1 1 0 01 1

1n n n n

n n n n

m m m mx f x n x n x n x n x

n n n n

= = = =

+ = + = + + +

( ) ( )( ) ( )( )( ) ( )

0 0

1 1 ... 1 ... 11

1 1 ! !n n

n n

m m n m m n m m nn n x m n x

n n n n

= =

+ + = + + = + + + ( )( ) ( )( ) ( )

0 0

1 2 ... 1.

!n n

n n

mm m m n m n nm x m x mf x

nn

= =

+ + = = =

Dakle, ( ) ( ) ( ) ( )( )( )( )1 1 1

f x f xm mx f x mf x dx dxf x x f x x + = = =+ +

( ) ( ) ( ) ( )ln ln 1 ln 1 .mf x m x C f x C x = + + = +

Specijalno,za 0,x = oitojered0

n

n

mx

n

=

jednak1,tj. ( )0 1.f = No,izdobijenogizrazaimamodaje ( )0 1.f C C= = Znai,

( ) ( )( )0

1 , 1,1m nn

mx x m x

n

=

+ = \ Primjer7:Razvitiustepeniredfunkciju ( ) arcsin .f x x=

Funkcijajedefinisanaza [ ]1,1 .x Oitoje ( ) ( ) 12 22

1 1 .1

f x xx

= = Premarezultatuza

binomnired,uzimajui12

m = istavljajui ( )2x umjestox,dobijamo( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

0 0 1

1 1 11 1 1 .2 2 2

n n nn n

n n nf x x x x

n n n

= = =

= = = +

Pritomeje ( ) ( ) ( )( )1 1 1 1 3 2 11 ... 11 ... 2 1 !!2 2 2 2 2 21 1 .2

! ! 2 !!n n

nn nn n nn

+ = = =

31

Zatoje ( ) ( ) ( )( ) ( )212 1 !!

1 1 , 1,1 .2 !!

n n

n

nf x x x

n

=

= + Naosnovutogaje( ) ( )( ) ( ) ( )2 11

2 1 !!, 1,1 .

2 !! 2 1n

n

nf x x x C x

n n

+=

= + + + Potoje ( )0 0f = i ( )0 ,f C= toje 0,C = paje

( ) ( )( ) ( ) ( )2 112 1 !!

, 1,1 .2 !! 2 1

n

n

nf x x x x

n n

+=

= + +

Primjer8:Naisumeredova ( )01 1 11 ...

2 ! 2! 4!n n

== + + + i ( )0

1 1 1 1. ...2 1 ! 1! 3! 5!n n

== + + ++

Potoje ( )0

,!

nx

n

xe xn

== \ slijedi:

0

1 1 1 11 ...! 1! 2! 3!n

en

== = + + + + i ( )1

0

1 1 1 11 ...! 1! 2! 3!

n

ne

n

=

= = + + Sabiranjemovadvaredadobijamo:

( )1 02 2 12 ... 2 ,2! 4! 2 !n

e en

=

+ = + + + = aoduzimanjem:

( )1 02 2 12 ... 2 ,3! 5! 2 1 !n

e en

=

= + + + = + toznaidaje

( )1

0

1 ch 12 ! 2n

e en

=

+= = i ( )1

0

1 sh1.2 1 ! 2n

e en

=

= =+

Inae,zaproizvoljno

x\

imamodaje

( ) 2 3 4 2 3 40 0

1 1ch 1 ... 1 ...2 2 ! ! 2 1! 2! 3! 4! 1! 2! 3! 4!

nx x n

n n

xe e x x x x x x x x xxn n

= =

+= = + = + + + + + + + =

( )2 4 2

0

1 2 1 ... .2 2! 4! 2 !

n

n

x x xn

=

= + + + =

Analogno, ( ) ( )2 1

0sh .

2 1 !

n

n

xx xn

+

== + \

32

Primjer9:Naisumureda 21

1 .8 4n n n

= Najprijesezakljuidaje

( ) ( )21 1 1 1 1 1 ,

8 4 4 2 1 2 1 4 2 4n

n n n n n n n= = pajen taparcijalnasumadatogreda1 1 1 1 1 1 11 ... ...3 5 2 1 2 4 6 4n

Sn n

= + + + + + + + + =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... ... ...2 3 2 2 4 6 2 2 4 6 4n n n

= + + + + + + + + + + + + =

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... 1 ... 1 ... .2 3 2 2 2 3 2 2 3 2n n n

= + + + + + + + + + + + +

Nekaje ( )1 1 11 ... .2 3n

H nn

= + + + + `

Oitojetada ( ) ( )2 2 2 21 1 1 1 1 .2 2 2 2 2n n n n n n n nS H H H H H H H n= = = `

Potoje( ) 1

1

1ln 2,

n

n n

=

= a 2n taparcijalnasumaovogredaje2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... 1 ... ...2 3 4 2 1 2 3 5 2 1 2 4 2n

Tn n n n

= + + + = + + + + + + + =

1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... ... ...2 3 2 2 4 2 2 4 2n n n

= + + + + + + + + + + =

2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 11 ... 2 ... 2 1 ... ,2 3 2 2 4 2 2 2 3n n n

H H Hn n n

= + + + + + + + = + + + + = oitoje

( )2lim ln 2.n nn H H =

Zbogtogaje121lim ln 2 ln 2 ln 2.

2nnS = = =

Sumadatogredaje ln 2.

Primjeri10:Iskoristiemorazvojfunkcijaustepenireddaseispitakonvergencijaredova.

a)

3

1

1sin .n

nn

n

=

33

Iskoristimo Koijev korjeni kriterij, poto je dati red pozitivan. Imamo da je3 2

1 1lim sin lim sin .n n

nn n

q n nn n

= =

Poznata asimptotska jednakost ( )sin 0x x x ovdje nam nee pomoi poto bi imali da je( )1 1sin 1 .n n n

n n =

Znamodaje( )( ) ( )

2 1 3 5

0

1sin ...

2 1 ! 3! 5!

n n

n

x x xx x xn

+

=

= = + + \

Otuda,moemopostavitisljedeurelaciju: ( )3sin 0 .3!xx x x

Zatoje

2 2 21

16 66

3 2 21 1 1 1lim lim 1 lim 1 1,

6 6 6

n n n

n n nq n e

n n n n

= = = =

34

( ) 2 2 2 21 1 2 11 22 2 2 22

1

1 2 1 1.2 2

n n p p p pn pnn n n nn n n n

n

a p pe e ea e n n

+ + + +

= = +

IskoristiemosadaRabeovkriterij.Imamodaje

21

2 1 2 1lim 1 lim .2 22

nn nn

a p p pn na n n +

= =

Prematome,datiredkonvergiraakoje2 1 31 2 3 .

2 2p p p > > >

c) 33 2 21

1 34 8 .n

nn n

= + +

Uputa: ( )12

2 2 2 21 1 1 14 4 1 2 1 2 1 ,

4 4 8n

n n n n + = + = + + jerje

( ) ( )1 1 0 .x x x + +

Meutim,nasliannainbismodobilii: 3 2 23 18 2 1 ,

8n n + +

pavidimodarelaciju ( ) ( )1 1 0x x x + + trebapoboljati.

Znamodaje ( ) ( )( )20

1 1 ... , 1,1 .2

m n

n

m mx x mx x m x

n

=

+ = = + + + \

Otudaimamo: ( ) ( ) ( )11 1 0 .2

x x x + + +

d) 31ln tg .nn

Uputa:Poznatarelacija ( )tg 0x x x ovdjenamnemoekoristiti.Potosuizvodifunkcije ( ) tgf x x= jednaki:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 232 3 41 2sin 2cos 6sin, 2cos sin , ,...cos cos cosx x xf x f x x x f x

x x x + = = = =

imamodaje ( ) ( ) ( )0 1, 0 0, 0 2,...f f f = = =

dakle:32tg ... ...

3! 3x xx x x

3= + + = + +

35

(Inae,moesepokazatidaje5 72 17tg ...

3 15 315x x xx x3

= + + + + )

Otudaje ( )tg 0 .3xx x x3

+

Iskoristitiovurelacijuisvestidatirednaharmonijski.

Zadaci

1.Napisatiuvidustepenogredafunkcijuiodreditiintervalukomevaitajrazvoj:

a) ( ) 2 2sin 2 cos 3 .f x x x= + b) ( ) ( )2ln 3 2f x x x= + + c) ( ) 2 31xf x x = d) ( ) 2 2 13 4xf x x x+= + e) ( ) arcsinf x x x= f) ( ) arctgf x x= g) ( ) ( ) ( )

2

22 3

1 2x xf xx x+ += + h) ( ) ( )

322

1 sin1

f x xx

= ++

i) ( ) 5cos , .f x x x= \ j) ( ) 5sin , .f x x x= \ k) ( ) 1 1 1ln arc tg 4 1 2

xf x xx

+= +

l) ( ) 4 213 7 2f x x x= + +

2.Naisumureda:

a) ( )02 1,2 !nnn

=

+ b) ( )2 ,2 1 !nn

n

= + c) 211 .

2n n n

= + 3.Ispitatikonvergencijureda:

a)

2

1

1arcsinn

nn

n

= b)

1

1

2 2sin cosnn

en n

=

c)

1

2 11 ln2 1n

nnn

=

+

d)

2

1 ln .1n

nn n

=

36

5.Furieroviredovi

Definicija7:Funkcionalniredoblika

0

1(1) ( cos sin )

2 n nna a nx b nx

=+ +

zovemoFurierov*red.Ovajredmoemozvatiitrigonometrijskired.

*JeanBaptisteJosephFourier(17681830)francuskimatematiar

Teorem8:Akosunumerikiredovi1

nn

a

= i

1n

nb

= konvergentni,tadajered(1)uniformnoiapsolutno

konvergentanzasve .x\

Dokaz:Slijedidirektnoiznejednakosti

cos sin cos sinn n n n n na nx b nx a nx b nx a b+ + + iVajertrasovogkriterijazauniformnukonvergencijufunkcionalnogreda.

Definicija8:Nekaje{ }1 2, ,...f f skupneprekidnihfunkcijanaintervalu[ ], .a b Zatajskupfunkcijakaemodajeortogonalannaintervalu[ ],a b akoje ( ) ( ) 0b m n

a

f x f x dx = za .m n Direktnoseprovjeravadajeskupfunkcija{ } { }{ }sin | cos | 0kx k kx k ` ` ortogonalannabilokomsegmentuoblika[ ], 2 , .a a a+ \ Npr. ( ) ( )2 21, sin cos sin sin

2

a a

a a

m n mx nx dx m n x m n x dx + +

= + + = ` ( ) ( )cos cos 21 0,

02m n x m n x

m n m n + = + = +

jerje

( ) ( )cos 2 cos 2 cos 0 1.m n m n + = = = Istotako,direktnoseprovjeravadavai:

37

( )2 sin 0 ,aa

mx dx m+

= ` ( )2 cos 0 ,aa

mx dx m+

= ` ( )2 sin sin 0 , , ,aa

mx nx dx m n m n+

= ` ( )2 cos cos 0 , , .a

a

mx nx dx m n m n+

= `

Pretpostavimodaje(1)uniformnokonvergentanrednaintervalu[ ], . Tadajesumatogredaneprekidnafunkcijakojajeperiodinasaperiodom2.

Obrnuto,nekajefunkcija ( )f x periodinasaperiodom2inekaje( ) [ ]0

1(2) ( cos sin ), , ,

2 n nnaf x a nx b nx x

== + +

priemujerednadesnojstraniu(2)uniformnokonvergentan.Tadasetajredmoeintegralitilanpolan

naintervalu[ ], . Imamodaje

( ) 0 01 1

0 0

( cos sin ) 2 cos sin2 2n n n nn na af x dx dx a nx b nx dx a nxdx b nxdx

= =

= + + = + +

( )0 0 1 .a a f x dx

= = Akojednakost(2)pomnoimosa cos nx iintegralimood()dodobiemo:

( ) 01

0 0

cos cos cos cos sin cos2 m mmaf x nxdx nxdx a mx nxdx b mx nxdx

=

= + +

2 1 cos 2 1cos sin 2 22 2 2 2

n nn n n

a anxa nxdx a dx x nx an

+ = = = + = =

paje ( ) ( )1 cos .na f x nxdx n

= `

Analogno,mnoeijednakost(2)sa sin nx iintegraleioddodobiemo:

( ) 2sin sin ,n nf x nxdx b nxdx b

= = paje ( ) ( )1 sin .nb f x nxdx n

= `

38

Timejedokazansljedeiteorem.

Teorem9:Akosefunkcija ( )f x moerazvitiured(1)kojijeuniformnokonvergentannaintervalu[ ], , tadaje

( ) { }( )1 cos 0na f x nxdx n

= ` i ( ) ( )1 sin .nb f x nxdx n

= `

Akoje ( )f x parnafunkcijanaintervalu [ ], , tadaje ( ) { }( )cos 0f x nx n ` takoeparnapaje( ) ( )

0

2 cos ,na f x nxdx n

= ` dokje ( ) ( )sinf x nx n` neparna,paje ( )0 .nb n= ` Ako je ( )f x neparna funkcija na intervalu [ ], , tada je ( ) { }( )cos 0f x nx n ` neparna, a( ) ( )sinf x nx n` parna na [ ], , pa je zato ( )0 0,1,2,...na n= = i

( ) ( )0

2 sin .nb f x nxdx n

= ` Definicija9:Kaemodajered(1)Furierovredfunkcije ( )f x akosenjegovikoeficijenti na i nb raunajupoformulamaizTeorema9.TekoeficijentezovemopreciznijeFurierovimkoeficijentimafunkcijef.

IakosmoFurierovekoeficijentefunkcijef dobilipodpretpostavkomdavrijedi(2),Furierovredfunkcijef

nemorakonvergiratikatojfunkciji,tj.sumareda(1)nemorabiti ( )f x kad [ ], .x Naime,dabisetodesilomorajubitiispunjenitzv.Dirihleovi*uslovi,kojeemosadanavestiiobjasniti.

*JohannPeterGustavLejeuneDirichlet(1805.1859.)njemakimatematiar

Definicija10:Kaemodajefunkcija [ ]: ,f a b \ podijelovimaneprekidnanaintervalu [ ],a b akojeonaneprekidnanatomintervaluilinatominervaluimasamokonanomnogotaakaprekida.

Napomena: IzMatematike I znamo da je 0x x= taka prekida prve vrste funkcije ( )f x ako postoje ikonanisulijeviidesnilimestefunkcijeudatojtaki ( )0f x i ( )0 ,f x + alisurazliiti.

39

Definicija11:Kaemodafunkcija ( )f x zadovoljavanaintervalu[ ],a b Dirihleoveusloveakovrijedi1)fjepodijelovimaneprekidnanaintervalu[ ],a b isvinjeniprekidisuprvevrste;2)fjemonotonafunkcijanaintervalu [ ],a b iliimanajviekonanomnogostrogihekstrema(maksimumaiminimuma)natomintervalu.

Teorem 10: Ako je ( )f x periodina funkcija sa periodom 2 koja na intervalu [ ], zadovoljavaDirihleoveuslove,tadanjenFurierovredkonvergiranaintervalu[ ], kafunkciji ( ) ,S x priemujea) ( ) ( )S x f x= usvakojtakixukojojjefunkcijafneprekidna,

b) ( ) ( ) ( ) ,2

f x f xS x

+ += akojextakaprekidafunkcijef

c) ( ) ( ) ( ) ( ) .2

f fS S

+ + = =

Primjer 11: elimo funkciju ( ) 2f x x= napisati u obliku Furierovog reda za [ ], .x Poto je ovafunkcijaparna,slijedidaje 0nb = zasve .n` Osimtoga,

3 3 22

00

2 2 2 203 3 3

xa x dx

= = = = i2

22

0 0

cos2 2 2cos sin sin1 02 sinnu x dv nxdx xa x nxdx nx x nxdx

n ndu xdx v nxn

= = = = = = =

0 0

0

sin4 4 1sin cos cos1 0cos

u x dv nxdxxx nxdx nx nxdx

n n n ndu dx v nxn

= = = = = + = =

( )2 24 4cos 1 ,nnn n= = zasvako .n` Akodobijenekoeficijenteuvrstimou(2)dobijamo:

( ) [ ]22 21

14 cos , , .

3

n

nx nx x

n

=

= + Akouzadnjujednakostuvrstimodaje ,x = slijedi:

40

( )2

2 2 22

2 2 21 1 1

21 2 1 1 34 cos 4 .

3 3 4 6

n

n n nn

n n n

= = =

= + = = = Akouvrstimodaje 0,x = tadaimamo:

( ) ( )2

2 2

2 21 1

1 1 30 4 cos0 .3 4 12

n n

n nn n

= =

= + = =

Zadaci

Datufunkciju ( )f x napisatiuoblikuFurierovogredaako [ ], :x 1. ( ) 2 , 0

3 , 0x x

f xx x

< = < 2. ( )2sinf x x= 3. ( ) sinf x x x= 4. ( ) 2 2f x x= 5.

( ) 1 11 cos sin2 2

f x x x x = 6. ( )3f x x= 7. ( ) ( )( )

2 2 , 0,

1, ,0

x x xf x

x

+ =

8. ( )2

x xe ef x+= 9. ( ) .

2

x xe ef x=

5.1RazvijanjefunkcijeuFurierovrednaintervalu[ ],a b Skupfunkcija { }2 2sin | cos | 0k x k xk k

b a b a ` ` jeortogonalannasegmentu [ ], , .a b a b<

Dokaiteovozavjebu!

Koristeiovu injenicu i radeina istinainna koji smo izveli formule za Furierove koeficijente zadatu

funkciju ( ) ,f x polazeiodpretpostavkedaje( ) [ ]0

1

2 2(3) cos sin , , ,2 n nna n x n xf x a b x a b

b a b a

=

= + + moemodobitiformulezakoeficijente

( ) { }( )2 2(4) cos 0bna

n xa f x dx nb a b a

= ` i

41

( ) ( )2 2(5) sin .bna

n xb f x dx nb a b a

= ` Specijalnoza a l= i 0,b l= > moemoiz(3)dobitirazvojfunkcije ( )f x uFurierovreduintervalu[ ],l l :

( ) [ ]01

cos sin , , ,2 n nna n x n xf x a b x l l

l l

=

= + + priemuje

( ) { }( )1 cos 0lnl

n xa f x dx nl l

= ` i ( ) ( )1 sin .lnl

n xb f x dx nl l

= ` Ukolikojefunkcija ( )f x parnanaintervalu[ ],l l tadaje ( )0 ,nb n= ` aakojeneparnanatomintervalu,tadaje ( )0 0 .na a n= = `

Primjer12:RazvitiuFourierovreduintervalu ( )5,15 funkciju ( ) 10 .f x x= 1515 2

05 5

2 1 1 225 25(10 ) 10 150 50 015 5 5 2 5 2 2

xa x dx x = = = + =

15

5

102 2(10 )cos

15 5 15 52 10 2cos sin15 5 2 15 5

k

u xk xa x dx du dx

k x k xv dxk

= = = =

= =

15 15

55

1 10 2 1 10 2(10 ) sin sin5 2 15 5 5 2 15 5

k x k xx dxk k

= + 15

5

1 10 2 15 10 2 5 1 10 2(10 15) sin (10 5) sin cos5 2 15 5 2 15 5 2 15 5

k k k xk k k k

= 2 2

1 25 25 5sin 3 sin (cos3 cos )5

k k k kk k k

=

2 2

1 25 25 50 0 (cos3 cos ) 0 0 05

k kk k k

= = =

Naime,

1 ( 1), ako je neparnocos3 cos

1 1, ako je parnok

k kk

= ,pajeuobasluaja cos3 cos 0k k =

42

Dakle, 0ka = zasvako 0k` .

15

5

2 2(10 )sin15 5 15 5k

k xb x dx= 10

2 10 2sin cos15 5 2 15 5

u xdu dx

k x k xv dxk

= = =

= =

15 15

55

1 10 2 1 10 2(10 ) cos cos5 2 15 5 5 2 10

k x k xx dxk k

= 15

5

1 10 2 15 10 2 5 1 10 2(10 15) cos (10 5) cos sin5 2 10 2 10 2 10

k k k xk k k k

= 2 2

1 25 25 5cos3 cos (sin 3 sin )5

k k k kk k k

= +

1 25 25 5 10cos3 cos 0 (cos3 cos ) ( 1)5

kk k k kk k k k

= + = + =

Prematome,Furierovreddatefunkcijeje: ( )1

( 1)( ) 10 sin , 5,15 .5

k

k

k xf x xk

=

=

Zadaci

1.RazvitiuFourierovredfunkciju ( ) 2 5f x x= + naintervalu[ ]1,5 .2.Razloitifunkciju cosy x x= uFourierovreduintervalu , .

2 2

3.Razloitifunkciju cosy x= uFourierovreduintervalu[ ]0,1 .4.RazvitiuFourierovreduintervalu[ ]1,1 funkciju ( )f x x= izatimsumiratired ( )20

1 .2 1n n

= +

5.Razloitifunkciju siny x x= uFourierovreduintervalu , .2 2

43

6.RazvitiuFourierovredfunkciju ( ) sin , ,2 2

f x x x = isumiratired 211 .

4 1n n

=

7.RazvitiuFourierovreduintervalu[ )0,3 funkciju ( )[ ]( )

[ )

, 0,1

1, 1,2

3 , 2,3

x x

f x x

x x

= .

8. Razviti u Fourierov red u intervalu [ ]0, 2 funkciju ( ) [ ]2 , 0,2f x x x = i sumirati red ( )

21

1 n

n n

=

. 9.Razvitifunkciju ( ) 1, 1,5 2

3 , 2 3x

f xx x

< = < zadovoljava Dirihleove uslove. elimo tu funkcijuprikazatiuoblikuredasinusa,tj.

( ) [ ]1

sin , 0, .nn

n xf x b x ll

==

Oitobifunkcijaodreenaredomnadesnojstranimoglabitineparna,ukolikoseposmatranasimetrinom

intervalu.Zatoemodefinisatifunkciju ( )F x koja jeneparnana intervalu [ ], ,l l akojasena intervalu[ ]0, l podudara sa datom funkcijom. Funkciju ( )F x zovemo neparnim proirenjem funkcije ( )f x ivrijedi:

( ) ( ) [ ]( ) [ ), 0,

., ,0

f x x lF x

f x x l

=

Furierovredfunkcije ( )F x naintervalu[ ]0, l podudarasesaFurierovimredomfunkcije ( ) ,f x aizraenjeiskljuivoprekosinusa.

44

Analogno,akofunkciju ( )f x elimonaintervalu[ ]0, , 0l l > prikazatiuoblikuredakosinusa,tj.( ) [ ]0

1cos , 0, ,

2 nna n xf x a x l

l

== +

priemunatomintervaludatafunkcijazadovoljavaDirihleoveuslove,tadanajprijedefiniemofunkciju

( ) ( ) [ ]( ) [ ), 0,

, ,0

f x x lF x

f x x l

=

kojajeparnanaintervalu[ ], ,l l akojasenaintervalu[ ]0, l podudarasadatomfunkcijom.Funkciju( )F x zovemoparnimproirenjemfunkcije ( ).f x

Furierovredfunkcije ( )F x naintervalu[ ]0, l podudarasesaFurierovimredomfunkcije ( ) ,f x aizraenjeiskljuivoprekokosinusa.

Primjer 13: Funkciju ( ) 2f x x= smo razvili u Furierov red u intervalu [ ], i dobili smo da je( ) [ ]22 2

1

14 cos , , .

3

n

nx nx x

n

=

= + Toznaidajedatafunkcijarazvijenauredkosinusauintervalu[ ], pabi istaformulavaila izarazvojtefunkcijeu intervalu [ ]0, . Akoelimorazvititufunkcijuuredsinusauintervalu[ ]0, , tadabismokrenuliodfunkcije ( ) [ ][ )

2

2

, 0,.

, ,0

x xF x

x x

=

Ovu funkciju emo razviti u Furierov red u intervalu [ ], . Poto je ona neparna, imamo da je( )0 0na a n= = ` idaje

( ) ( )2

2

0 0

sin1 2 2sin sin sin 12 cosnu x dv nxdx

b F x nxdx F x nxdx x nx dxdu xdx v nx

n

= =

= = = = = =

2

0

2 1 2cos cos .0

I

x nx x nx dxn n

= +

( ) ( )0 0

2 2

cos1 1cos sin sin1 0sin

1 1 1 1cos cos cos0 1 1 .0

n

u x dv nxdxI x nx dx x nx nx dx

n ndu dx v nxn

nx nn n n n

= == = = == =

= = =

45

Dakle, ( ) ( )( ) ( )2 32 21 1 1 .n nnb nn n = + ` Slijedi:

( ) ( )( ) [ ]22 31

2 21 1 1 sin , 0, .n nn

x nx xn n

=

= +

Zadaci

1. RazvitiuFourierovreduintervalu[ ]0, pokosinusimaviestrukihuglovafunkciju

( ),0

2 2

0 ,2

x xf x

x

<

46

DIFERENCIJALNEJEDNAINE

1.Osnovnipojmovi

Jednainaukojoj,porednepoznatefunkcije,uestvujuinjeniizvodizovesediferencijalnajednaina.Takonpr.,jednaina

( )(1) , , 0,F x y y = gdjejeFneprekidnafunkcijanezavisnihpromjenljivih , ,x y y zoveseobinadiferencijalnajednainaprvogreda.Pri tome je ( )y y x= nepoznata funkcija,a ( )y y x = njen izvod.Diferencijalna jednainaprvogredamoeseposmatratiiuobliku

( ) ( )2 , .y f x y = Pritomeje ( ),f x y neprekidnafunkcijadvijenezavisnepromjenljiveunekojoblastiravni .xOy Ovajoblikzovemonormalnioblikdiferencijalnejednaineprvogreda.Oiglednose(2)moevrlolakotransformisatinaoblik(1),aliobrnutonijeuvijekmogue,tj.jednaina(1)senemoenekadrijeitipoy'.

Akosu ( ),P x y i ( ),Q x y poznateneprekidnefunkcijedvijenezavisnepromjenljive,tadasediferencijalnajednainaprvogredamoepisatiiuobliku

( ) ( ) ( )3 , , 0.P x y dx Q x y dy+ = Akoovujednainupodijelimosadxiuzmemouobzirdaje ,dyy

dx = dobijamoiz(3):

( ) ( ) ( )( ),

, , 0 ,,

P x yP x y Q x y y y

Q x y + = = dakle,napisalismojednainuuobliku(2).Takoe,jednaina

(2)sevrlolakodovodinaoblik(3),uzimajuiopetuobzirdaje .dyydx

=

Diferencijalnajednainadrugogredamoesepisatiuobliku

( ), , , 0F x y y y = ili ( ), , .y f x y y = Red diferencijalne jednaine odreuje se prema najveem redu izvoda nepoznate funkcije koji u njojfigurie.Openito,jednainu

( )( ), , ,..., 0nF x y y y = za neko n` zovemo diferencijalnom jednainom n tog reda, dok se( ) ( )( )1, , ,...,n ny f x y y y = zovediferencijalnomjednainomntogredaunormalnomobliku.

Miemonajviepanjeposvetitirjeavanjudiferencijalnihjednainaprvogreda,aliemoistotakovidjetiirjeavanjenekihdiferencijalnihjednainaviegreda.

47

Ope(opte)rjeenje(integral)jednaine(1)jefunkcija ( ),y x C= kojaidentikizadovoljavazadovoljavatu jednainu za sve vrijednosti konstanteC, tj. ( ) ( )( ), , , , 0F x x C x C = za sve x iznekog intervala( ), .a b PritomekonstantaCnemorauzetisverealnevrijednosti,negosamovrijednostiiznekogintervala.Ako je C fiksirano (tj. C je konkretan broj): 0 ,C C= tada se funkcija ( )0,y x C= zove partikularnorjeenje(integral)jednaine(1).

Najzad,moesedesitidapostojinekafunkcijakojajerjeenjejednaine(1),alidanijesadranauopemrjeenju.Kaemodajetafunkcijaondasingularnorjeenjejednaine(1).

Primjer1:Diferencijalnajednainaxyy

= imaoperjeenje 2 , 0.y C x C= >

Zaista, 22 2

2 .2

x x xy C x yyC x C x

= = = =

Akoje 0,C < tadaje 2 0,C x < patadafunkcija 2y C x= nijedefinisana.Akouzmemodaje 1,C = tadafunkcija 21y x= predstavljapartikularnorjeenjedatejednaine.

Primjer2:Opterjeenjejednaine y y = je , .x Cy e C+= \ Nooitoifunkcija 0y = zadovoljavadatujednainu,aliseta funkcijanemoedobiti izoptegrjeenjaniza jednuvrijednostkonstanteC.Timesezakljuujedajetafunkcijasingularnorjeenjedatejednaine.Meutim,opterjeenjesemoenapisatiiu

obliku , .xy C e C= \ Tada funkcija 0y = nije singularno rjeenje, jer semoe dobiti iz opteg za0.C =

Nekad se uz diferencijalnu jednainu (2)postavi idodatniuslov,da je ( )0 0 ,y x y= pri emu su 0 0,x y fiksirani realni brojevi. To znai da se trai kriva ( )y x= koja zadovoljava jednainu (2) i osim toga,prolazikroztaku ( )0 0, .T x y

Problemodreivanjajedneiliviekrivihkojezadovoljavajusistem:( )

( )0 0,y f x y

y x y

= =zoveseKoijev(Cauchy)

problem. Uslov ( )0 0y x y= nam pomae da u optem rjeenju ( ),y x C= odredimo vrijednostkonstanteC.

Primjer3:RijeitiKoijevproblem ( ) 3 .3 2y yy e

= =

48

Ako u optem rjeenju xy C e= jednaine y y = (Primjer 2) stavimo da je 33 i 2x y e= = slijedi3 32 2.e C e C= = Otudaje 2 xy e= rjeenjedatogproblema.

Zadaci

1. Dokazatida je2xy C e= opte rjeenjediferencijalne jednaine 2 0y xy + = i zatimnaionu

krivuiztefamilijekrivihkojaprolazikroztaku ( )0,1 .A 2. Dokazatidaje ( )xay aCe C= \ opterjeenjediferencijalnejednaine , 0.y ay a= >

2.Diferencijalnajednainakojarazdvajapromjenjive

Diferencijalna jednaina koja razdvaja promjenjive je oblika ( ) ( )y f x g y = i rjeava se ovako:( )( ) ( ) .

( )dy dyf x g y f x dxdx g y

= = Pritomeobaveznopretpostavljamodaje ( ) 0.g y Posebnoseprovjeridaliejednainabitizadovoljenaakoje ( ) 0,g y = jertadamoemoeventualnodobitisingularnarjeenja.Ukolikojejednainazadataprekodiferencijaladxidy,npr.

( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 0,P x Q y dx P x Q y dy+ = jednainupodijelimosa ( ) ( )2 1 ,P x Q y podpretpostavkomdaje( ) ( )2 10 i 0 :P x Q y ( )( )

( )( )1 22 1 0,

P x Q ydx dy

P x Q y+ = aodatleje

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )1 2 1 22 1 2 1 .

P x Q y P x Q ydx dy dx dy C

P x Q y P x Q y= = +

Za diferencijalnu jednainu ( )y f ax by c = + + , uzimamo smjenu .u ax by c= + + Dalje slijedi( ) ,

( )du dua by a bf u dxdx a bf u

= + = + =+

aovojediferencijalnajednainakojarazdvajapromjenjive.

49

Primjeri4:

a)Rijeitidiferencijalnujednainu: ( )1 0xy dx x dy+ + = .

Rjeenje:Datajednainasetransformieovako

( ) 11 ,1

xxy dx x dy dx dyx y

= + = +

priemupretpostavljamodaje 1, 0.x y Integriranjemobjestraneslijedi

1 111

ln 1 ln ln

ln ln 1 ln

ln ln1

1 ope rjeenje.x

dx dyx y

x x y C

y x C x

y Cx x

xy Ce

= + + = + + = =+

+ =

Ako je 1,x = tada je 0,dx = pa je jednaina zadovoljena, a isto tako 0y = je oito rjeenje datejednaine.Meutim, rjeenje 0y = semoedobiti izopegza 0,C = dokse rjeenje 1x = nemoedobitiizopegizakljuujemodajetosingularnorjeenjedatejednaine.

b)Nairjeenjejednaine ( )2 21 ' 2 0x y xy + = kojeprolazikroztaku ( )0,1 .T

Rjeenje:Uzpretpostavkuda je 0 i 1y x dijeljenjem sa ( )2 2 1y x jednainudovodimonaoblik:2 2

' 21

y xy x

= .

Ovuemojednainusadpomnoitisa dx iintegrirati,pasedobije:

( )2 21 ln 1 ln 1 1,x C y C xy = + + = imesmodobilioperjeenjejednaine.

Akoje 0y = tadajei ' 0y = pazakljuujemodaje 0y = singularnorjeenje.

IzpoetnoguslovadatraenakrivaprolazikroztakuTimamodaje ( )1 ln1 1,C + = pajeoito 1.C = Toznaidajetraenopartikularnorjeenjenaejednainedatosa:

50

( )21 ln 1 1.y x+ = c)Rijeitijednainu ( )' cos .y y x=

Rjeenje:Napraviemosmjenupromjenljive .y x z = Tadaje ' 1 ', tj. ' ' 1.y z y z = = + Jednainasadglasi: ' 1 cos .z z+ = Daljeslijedi:

( ) 22

'' cos 1 * ... ' 2sin 2,2 sin

2

z zz z z z= = =

priemupretpostavljamodaje sin 0 2 , .2z z k k ] Otudaje

2 2 2 .2 2 2z z y xctg x C ctg x C ctg x C= + = + = +

Tojeoperjeenjedatejednaine.No,moemodobitiijednugrupusingularnihrjeenja.jerakoje

2 , ,z k k= ] tadaje ' 0,z = pauvrtavanjemu ( )* dobijemoidentitet.Dakle,imamosingularnarjeenja 2 , .y x k k = ]

Zadaci

1. Rijeitidiferencijalnejednaine:a) 2' 2y xy xy =

b) ' 4 2 1.y x y= +

c) 2 21 1 0.x y dx y x dy + =

d) ( )2

2 2

85 6 cos

xyx x y y

+ = +

e) ( ) ( )2 3 28 12 2 2 2 .y y y x y y y x + = +

2. Naipartikularnorjeenjedatejednainekojezadovoljavadatiuslov:a) ( )' 2, 0 1y ctgx y y+ = = b) ( )2 9' cos 2 1,

4x y y y = + =

51

c) ( )2' , 1 0,5.xy y y y+ = = 3. Rijeitidiferencijalnujednainu 2 42 1 0xy y x y y + + = pomousmjene ( ), .zy z z x

x= =

4. Rijeitidiferencijalnujednainu2

2

1 smjenom .2 2yy xy z

x + = =

3.Homogenediferencijalnejednaine

Homogenediferencijalnejednainesuoblikady yfdx x

= .Uvodisesmjena

y u y xu y u x ux

= = = + .

Nakonuvrtavanjaupolaznujednainudobijasediferencijalnajednainakojarazdvajapromjenjive:

( ) ( ) ( ) .du dxu x u f u u x f u u

f u u x + = = =

Primjeri5:

1. Rijeitidiferencijalnujednainu: ( ) ( ) 0.x y dx x y dy + + =

Rjeenje: ( ) ( )x y dy x y dx+ = ,padijeljenjemsa ( ) ,x y x y+ ,dobijamodaje1

' .1

ydy x y xy ydx x y

x

= = + +

Uzeemosmjenu ' ' ,yu y u x ux

= = + paslijedi 1' .1

uu x uu

++ = Daljesejednainalahkodovededooblika

( )2 22 21 1 1 1 1 1' ' ln 1 ln ,1 1 1 2u u uu x u du dx u arctgu x Cu u x u x + += = = + + = ++ + + odnosnonakonsreivanja 2ln 1x u C arctgu+ = .Nakrajuumjestouuopemrjeenjuuvrstiemoyxidobijaseoperjeenje: 2 2ln .yx y C arctg

x+ =

2. Rijeitidiferencijalnujednainu: ' .yxxy y xe=

52

Rjeenje:Dijeljenjemsa , 0,x x dobijemohomogenujednainu 'yxyy e

x= .Nakonuvoenjasmjene

' ' ,yu y u x ux

= = + dobijamo ' ,uu x u u e+ = odnosno ' 1 .uu x=

Poslijemnoenjasadxiintegriranjaslijedi

( ) ( )ln ln ln ln ln ln ln .u ue x C e Cx u Cx y x Cx = = = =

3. NaikrivekodkojihjeodsjeaktangenteMTodtakedodiraMdopresjekaTsaxosomjednakodsjekuOTnaxosi.

Rjeenje:ImamodajejednainatangenteMTdatasa: ( )' .Y y y X x = Akoovdjeuvrstimodaje 0Y = dobijamodaje .

'yX xy

= Dakle ,0 .'

yT xy

Zatoje2

2 .'

yMT y x xy

= + Potoje

,'

yOT xy

= iz MT OT= slijedinakonkvadriranja

( ) ( )2 2

2 2 2 22 2 22 2

22 22 ' .' '' ' 1

yy y y xy xy xx x y x y yy y x yy y y

x

+ = + = = =

Uzmimosmjenu ' ' .yu y u x ux

= = + Tadaje3

2 2

2' '1 1

u u uu x u u xu u

++ = = .Razdvajanjem

promjenljivihdobiemo: ( )2

2

1 1 .1

u du dxxu u

=+

Potoje ( ) ( )2

222

1 1 2 ln ln 1 ,11

u udu du du u u Cu uu u

= = + +++ slijedi

( )2 222 22

ln ln .1 1 1

yu u xCx Cx Cx y C x y

yu ux

= = = = ++ + +

Otudatraenekrivesukrunicesacentromnayosikojeprolazekrozkoordinatnipoetak.

Zadaci

1. ( )3 2 22 ' 2x y y x y=

53

2. ( )' ln x yxy y x yx+ = +

3. 2 2' .xy y x y= +

4. ( )2 2 4 2 2 4.x y x y x y y = 5.

( )2 23

3'

2y y x

yx+= akoje ( )1 1y = .

6. Rijeitidiferencijalnujednainu 4 4 62 4x yy y x + = smjenom ( )32 , .y z z z x= =

7. 2.y xyx yy

=+

4.Diferencijalnejednainekojesesvodenahomogene

Diferencijalna jednainaoblika 1 1 1

2 2 2

a x b y cy fa x b y c

+ + = + + se svodinahomogenudiferencijalnu jednainu.

Razlikujemosljedeesluajeve:

1 1 2 0c c= =

1 11 1

2 22 2

ya ba x b y xy f f ya x b y a bx

+ + = = + + .Ovojehomogenajednaina.

2 1 1 1 11 2 2 1 1 2 2 12 2 2 2

0 0a b a ba b a b a b a b ka b a b

= = = = = = 1 21 2

a kab kb= =

.

Zamjenimoupolaznujednainu: 2 2 1 1

2 2 2 2

( )k a x b y c kt cy f fa x b y c t c

+ + + = = + + + ,uzmemosmjenu 2 2a x b y t+ =

,odakleslijedi 22 22

t aa b y t yb + = = .

54

Tadadobijamojednainu 2 1

2 2

t a kt cfb t c

+= + ,atojediferencijalnajednainakojarazdvajapromjenjive.

3 1 1

2 2

0a ba b

=

Tadauvodimosmjenu: x u = + , y v = + ,gdjesuu,vnovepromjenjive,aineodreenekonstante.dx du dy dvdy dv dx du

= == ,pasedobijajednainaponepoznatojfunkciji ( )v v u=

( ) ( )( ) ( )

1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2

a u b v cdv a u b v a b cf fdu a u b v c a u b v a b c

+ + + + + + + += = + + + + + + + +

Dabiovobilahomogenajednainamorabitiprema1

1 1 1

2 2 2

00

a b ca b c + + =+ + = .

Ovajsistemimajedinstvenorjeenje,jerje 1 1

2 2

0a ba b

= .

Primjeri6:

1. Rijeitidiferencijalnujednainu ( ) ( )2 1 4 2 3 0.x y dx x y dy+ + + =

Rjeenje: ( ) ( ) 2 12 1 4 2 3 .4 2 3

dy x yx y dx x y dydx x y

+ ++ + = + = + Potoje2 1

4 4 0,4 2

= = = moe

seodabratismjenafunkcije.Zaista, ( )2 1' ,

2 2 3x yyx y+ = + paemouzetismjenu 2 ' ' 2.x y z y z+ = =

Tadaje1 5 7 2 3 2 3' 2 ' ' 1 .

2 3 2 3 5 7 5 7z z z zz z z dz dxz z z z = = = =

Potoje2 3 1 1 1 12 2 ln 5 75 7 5 5 7 5 5

z dz dz z z Cz z = = + ,slijedi

2 1 4 2 1ln 5 7 ln 5 10 7 5 10 ln 5 10 7 .5 25 5 25z x yz x C x y x C x y x y C+ = + + = + + + =

2. Rijeitidiferencijalnujednainu2 4 6' .

3x yyx y

+ = +

55

Rjeenje:Potoje2 4

2 4 6 0,1 1

= = = uzeemosmjenefunkcijeiargumenta,( ), , , a ix u y v v v u = + = + = supogodnoizabranekonstante.Tadaje ' 'u xv y= paslijedi:

( )( )

2 4 2 4 6' .

3u v

vu v

+ + + = + + +

Ovajednainamoebitihomogenaakoje 2 4 6 0 i 3 0, + = + = odaklesedobijedaje1, 2. = = Dakle,uzimajusesmjene 1, 2,x u y v= + = + tj. 1,u x= 2.v y= Datajednainase

svodina2 4' .u vvu v

+= + Akoposljednjirazlomakskratimosau,dolazimodohomogenejednaine

2 4' .

1

vuv v

u

+=

+

Sadanapravimojojednusmjenufunkcije ( ), ' ',v z z z u v zu v z uzu= = = = + pasedobije

( )( )2

2

2 4 3 2 1 1 1 1' ' ' .1 1 3 2 1 2

z z z z zz uz uz z dz duz z z z u z z u

+ + + ++ = = = = + + +

Pritomepretpostavljamodaje 1 i 2.z z Imajuiuvidudaje ( )( )1 2 31 2 1 2

z dz dzz z z z

+ = + ,dolazimodorjeenjapoz:

( )( )

( )( )

3 3

2 2

2 22ln 1 3ln 2 ln ln ln ln .

1 1z zC Cz z u C

u uz z + = + = =

Uvrstimosad :vzu

= ( )( ) ( ) ( )3

33 2

2 2

2 22 .

1

vv uC Cu v u C v u

u uu v uvu

= = =

Najzad,uvrtavamouovorjeenjedaje 1,u x= 2.v y= Slijedi:

( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 22 2 1 2 1 2 1 .y x C y x y x C y x = = Akoje 1z = slijedi 1 2 1 1.v v u y x y x

u= = = = +

Akoje 2z = slijedi ( )2 2 2 1 2 .v u y x y x= = = Direktnoseprovjeravadasuovedvijefunkcijerjeenjadatejednaine.Meutim,funkcija 2y x= semoedobitiizopegrjeenja,dokfunkcija 1y x= + nemoe.Zatoje 1y x= + singularnorjeenje.

56

Zadaci

1. ( )1 2 ' 0x y y x y + + = 2. ( ) ( )2 4 2 5 0x y dy x y dx + + + = 3. ( ) ( )2 2 5 0.y x dx y x dy = 4. ( ) ( )3 16 3 8 0.x y dx x y dy+ + + = 5. ( ) ( )3 7 7 3 7 3y x dx x y dy + = 6. ( ) ( )2 1 3 0.x y dx x y dy+ + + + = 7. ( ) ( )2 4 6 3 0.x y dx x y dy + + + =

5.Egzatktnadiferencijalnajednaina

Definicija1:Akoje ( ),u u x y= diferencijabilnafunkcijanezavisnihpromjenljivihxiy,tadajeu udu dx dyx y = + totalni(potpuni)diferencijalfunkcijeu.

Teorem 1: Neka su ( ),P x y i ( ),Q x y funkcije dvije nezavisne promjenljive, koje su definisane ineprekidneunekojoblasti \2D inekautojoblastiimajuneprekidneparcijalneizvode i .P Q

y x Dabi

izraz ( ) ( ), ,P x y dx Q x y dy+ bio totalnidiferencijalneke funkcije ( ), ,u x y potrebno je idovoljnodauoblastiD bude

(4) .P Qy x =

Dokaz:Najprijedokazujemoda jeuslovpotreban.Pretpostavimodapostojifunkcija ( ), ,u x y takvada je( ) ( ), , .u udu dx dy P x y dx Q x y dy

x y = + = +

Oitojeonda ( ) ( ), i , .u uP x y Q x yx y = =

Tadaslijedi( ) ( )2 2, ,i .P x y Q x yu u

x y y y x x = =

Zbogneprekidnostiparcijalnihizvoda,mjeovitiparcijalniizvodidrugogredafunkcijeusujednaki.Otudaje

.P Qy x =

57

Dokaimosadadajeuslov(4)dovoljan.Odrediemotadafunkciju ( ),u x y zakojuje( ) ( ), , .du P x y dx Q x y dy= + Oitoje ( , ) i ( , ).u uP x y Q x y

x y = = Zatoje

( ) ( ) ( ), , ,u x y P x y dx y= + gdjeje ( )y funkcijakojazavisisamoody.Slijedi:( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , ,u P x y dx y Q x y y Q x y P x y dx

y y y = + = = paje

( ) ( , ) ( , ) , .y Q x y P x y dx dy C C consty

= + =

Najzad, ( ) ( ), , ( , ) ( , ) , .u x y P x y dx Q x y P x y dx dy C C consty

= + + = Teoremjedokazan.

Definicija 2: Diferencijalna jednaina ( ) ( ), , 0P x y dx Q x y dy+ = zove se egzaktnom ili jednainomtotalnogdiferencijala,akojenjenalijevastranatotalnidiferencijalnekefunkcije ( ), .u x y

Rjeavanje egzaktne diferencijalne jednaine zasniva se na nalaenju funkcije u. Ta jednaina je onda

ekvivalentnasajednainom 0 .du u c= = Naravno,najprijetrebaprovjeritidajezadovoljenuslov(4).

Primjer7:Rijeitidiferencijalnujednainu ( )2 22 0.xydx x y dy+ = Rjeenje: ( ) ( ) 2 2, 2 , 2 .P QP x y xy Q x y x y x

y x = = = =

Potraimosadafunkciju ( ),u u x y= takvuda je 2 22 .u uxy x yx y = = Izprvogodovadvauslovaje

( ) ( )2 22 .uu xydx x y y x yy

= = + = + Dakle,

( ) ( ) ( ) 32 2 2 2 .3yx y x y y y y k + = = =

Zakljuujemodaje3

2 , .3yu x y k k= + \ Opterjeenjejednaineglasi:

32 .

3yx y c =

58

Primjer 8: Jednaina ,ax by cybx fy g

+ = + + pri emu su , , , ,a b c f g\ je egzaktna. Naime, ona je

ekvivalentnasa ( ) ( ) 0,by ax c dx bx fy g dx + + + = zakojuje .P Q by x = =

Primjer9:Akosu ( )f x i ( )g y proizvoljnefunkcije,diferencijalnajednaina ( )( )f x y

yx g y

= + jeegzaktna.

Zadaci

1. Pokazati da je diferencijalna jednaina ( )2ln 5 sin 5 2 cos5 0xy y x dx y x dyy + + = jednainatotalnogdiferencijalainaipartikularnorjeenjetejednainetakodaje ( )0y e= .

2. Dokazatidajediferencijalnajednainaegzaktna,pazatimrijeititujednainu.a) ( ) ( )2 0.y ye x dx xe y dy+ + = b) ( ) ( )2 2 0.x y dx x y dy+ + = c) ( ) ( ) ( ) ( )sin cos .mdx ndy mx ny ndx mdy nx my+ + = + + d) 2 22 2

.1xdx ydy xdy ydx

x yx y+ = ++ +

3. Dokazati da se diferencijalna jednaina2 2 2

2 2

y x x yy

xy x y x = + smjenom

yux

= svodi nadiferencijalnujednainutotalnogdiferencijala,pazatimrijeititujednainu.

59

6.Integracionimnoilac

Pretpostavimo da diferencijalna jednaina ( ) ( ), , 0P x y dx Q x y dy+ = nije egzaktna. To znai da je.P Q

y x Postavljasepitanjemoemolitujednainupopraviti,tj.transformisatijeunjojekvivalentnujednainu(kojaimaistarjeenjakaopolazna),takodaonapostaneegzaktna.

Primjer10:Zadiferencijalnujednainu ( )2 23 2 0x y dx xydy + = je 6 2 .P Qy yy x = = Znai,onanijeegzaktna.Aliakojepodijelimosa 4 ,x dobijemo:

2

2 4 3

1 3 2 0,y ydx dyx x x

+ = kojajeegzaktna,jer

2

2 4 4

1 3 6 ,y P yPx x y x

= = 3 4

3 4

2 62 6 .y Q y PQ yx yxx x x y

= = = = =

Uoptemsluaju,traimofunkciju ( ),x y = kojuzovemointegracionimnoilactakodajejednaina( ) ( ) ( ) ( ), , , , 0x y P x y dx x y Q x y dy + = egzaktna.SobziromnaTeorem1,toznaidaje( ) ( ) .P Q

y x = Koristeipravilozaizvodproizvoda,dobiemo:

P QP Qy y x x

+ = +

(5) .P Q Q Py x x y

=

Integracionimnoilactraiemoudvaspecijalnasluaja,kadonzavisisamoodxilisamoody.

01 Pretpostavimodaje ( ).x = Tadaje 0y = i .

dx dx = Tadaiz(5)slijedi

(6) .

P Qd y x dx

Q

=

Ukolikojerazlomaknadesnojstraniu(6)funkcijakojazavisisamoodx,jednaina(6)jesarazdvojenimpromjenljivimimoemobezproblemadoidomnoioca .

60

02 Pretpostavimodaje ( ).y = Tadaje 0x = i .

dy dy = Tadaiz(5)slijedi

(7) .

P Qd y x dy

P

=

Ukolikojerazlomaknadesnojstraniu(6)funkcijakojazavisisamoody,jednaina(6)jesarazdvojenimpromjenljivimimoemoopetbezproblemadoidomnoioca .

Primjer11: ( )2 23 2 0 8 .P Qx y dx xydy yy x + = = Jednaina(6)tadaglasi:48 4 4 ln 4ln ln ,

2d y d d dxdx dx x x

xy x x

= = = = = paje 4 41 .x x = =

Zadaci

Rijeitidiferencijalnujednainuakoseznadasemoenaiintegracionimnoilackojizavisisamoodjednevarijable.

1. ( ) ( )2 2 2 0.y x y dx x y dy + + = 2. ( ) ( )2sin cos ln 0x y y dx x y x x dy+ + + = 3. ( )2 1 0y dx xy dy+ = 4.

3 4

2 2

2 ln3

xy x xyx y =

5. ( )32 2 22 0.3yxy x y dx x y dy + + + + =

61

7.Linearnadiferencijalnajednainaprvogreda

Nekasu ( ) ( )ip x q x neprekidnefunkcijenaintervalu ( ), .a b Jednainu( ) ( ) ( )8 y p x y q x + = zovemo linearnadiferencijalna jednainaprvog reda.Ako je ( ) 0q x = za sve ( ), ,x a b kaemoda jejednaina(8)homogenalinearna,ausuprotnomnehomogenalinearnadiferencijalnajednainaprvogreda.Postojinekolikonainazarjeavanjeovejednaine.

Imetodavarijacijekonstante(Lagran)*

*JosephLouisLagrange(1736.1813.)francuskimatematiar

Rijeimo najprije homogenu jednainu koja odgovara jednaini (8), tj. ( ) 0.y p x y + = Ova jednainadoputarazdvajanjepromjenljivih,jerjeekvivalentnasa

( )( ) ln ( ) ln .

p x dxy p x y p x dx C y C ey

= = + = Akouoptem rjeenjuhomogene jednainepretpostavimodaCnijekonstanta,negoneka funkcijakojazavisi od x, moemo potraiti opte rjeenje jednaine (8) u tom obliku, tj.

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ,p x dx p x dx p x dxy C x e y C x e C x p x e = = pauvrtavanjemu(8)slijedi:( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )p x dx p x dx p x dxC x e C x p x e p x C x e q x + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) .p x dx p x dx p x dxC x e q x C x q x e C x q x e dx = = = Zakljuujemo da je opte

rjeenjejednaine(8)datoformulom:

( )( ) ( )(9) .p x dx p x dxy e c q x e dx = + IImetodanepoznatihfunkcija(metodazamjene)

Rjeenje jednaine (8) traiemo u obliku proizvoda dvije nepoznate funkcije ( )u u x= i ( ) ,v v x= tj.( ) .y uv y u v uv u v uv uvp q u v u v vp q = = + + + = + + =

Imamopravoodabratiproizvoljnojedanuslovkojiseodnosinanepoznatefunkcijeuiv,paseodabereda

je 0 ,pdxv vp v e + = = a nakon toga dobijemo funkciju u iz jednaine

,pdx pdxu e q u e qdx c = = + teuvrtavajuiuformulu ,y uv= dobijemoopetformulu(9).

62

IIImetodaintegracionogfaktora(Ojler)

Jednaina(8)ekvivalentnajejednaini

( ) ( )8' ( ) ( ) 0.p x y q x dx dy + = Za ( ) ( ) ( )P x p x y q x= i ( ) 1,Q x = imamo da je ( ), 0,P Qp x

y x = = to znai da (8') nije egzaktna

diferencijalnajednaina.Akopotraimointegracionifaktorovejednaineuobliku ( ) ,x = izjednaine(6)dobijemodaje

( )( ) ln ( ) .

p x dx

P Qd y x dx p x dx p x dx e

Q

= = = =

Mnoei(8)sa( )p x dxe slijedi: ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .p x dx p x dx p x dx p x dx p x dxy e p x ye q x e ye q x e + = =

Odatlesedirektnodolaziponovodorjeenja(9).

IVmetoda

Linearnudiferencijalnujednainu(8)moemodirektnorjeavatipomouizvedeneformule(9).

Primjeri12:Rijeitidiferencijalnejednaine

1. 4' 2 2xy y x =

Rjeenje:Koristiemometoduvarijacijekonstanti.Najprijeemorijeitihomogenujednainu ' 2 0.xy y = Imamodajetada

2 2' 2 2' 2 ln 2ln ln ln ln ,y dyxy y dx y x C y Cx y Cxy x y x

= = = = + = = paemooperjeenjepolaznejednainetraitiuobliku ( ) 2.y C x x= Tadaje ( ) ( )2' ' 2y C x x xC x= + ,pauvrtavanjemupoetnujednainudobijemo

63

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 4 3 4 2' 2 2 2 ' 2 ' 2 ,x C x x xC x C x x x x C x x C x x C x x K + = = = = + pazakljuujemodajeoperjeenjedatejednaine ( )2 2 4 2.y x K x x Kx= + = +

2. ( ) 0xxy e dx xdy+ =

Rjeenje: ( ) ' ,x xx dy xy e exy e dx xdy y ydx x x++ = = = uzuslov 0.x Koristiemometodunepoznatihfunkcija.Operjeenjetraimouobliku ,y uv= gdjesuuivneodreenefunkcije.Tadaje ' ' ',y u v uv= + pauvrtavanjemujednainuslijedi

( ) ( )' ' ' ' ... *x xe eu v uv uv u v u v vx x

+ = + =

Izaberimovtakodaje ' 0.v v = Tadaje '' 1 ln .xv dvv v dx v x v ev v

= = = = =

Sadaiz ( )* slijedidaje 1' ' ln .xx eu e u u x Cx x

= = = + Zatoje ( )ln .xy e x C= + Akoje 0,x = tadajei 0,dx = pajepoetnajednainaoitozadovoljena.Prematome,datajednainaimasingularnorjeenje 0.x =

3. ( )2 ' 1ye x y =

Rjeenje:Oitoje1' ,

2 yy

e x= tonamjenepovoljnavarijanta.Noakoposmatramoxkaofunkcijuody,

imalibismodaje ' 2 ' 2y yx e x x x e= + = Radiemodaljepometodiintegracionogfaktora.Dakle,mnoeiposljednjujednainusa

( )p y dy dy ye e e= = ,dobiemo ( ) 2 2 22 2y y y y yxe e xe e dy e K = = = + odakleslijedi:( )2 .y y y yx e K e e Ke = + = +

Zadaci

1. ( )2 1 ' 4 2x y x y+ = + 2. ( )2 4lnx y dy ydx ydy+ = +

64

3. ( )1 ,1

nxnyy e xx

= ++ akoje1(1) 2 , .ny n+= `

4. ( )2sin ' 1y xctgy y+ = 5. ' tg

cos

xey yy

= 6. Pokazatidasamojednorjeenjediferencijalnejednaine ( )2 22 1xy x y x + = ostajeogranieno

kada x inaitorjeenje.7. Naikrivukojaimaosobinudadiosvakenjenenormaleizmeukoordinatnihosaimastalnuduinu

2.a

8.Bernulijeva*diferencijalnajednaina

Bernulijevadiferencijalnajednainaimaoblik

(10) ( ) ( ) , , 0, 1ny p x y q x y n n n + = \ gdjesu ( )p x i ( )q x poznatefunkcije,kojesudefinisaneineprekidnenanekomintervalu ( ), .a b Za 0n = i 1n = jednaina (10) svodi se na linearnu diferencijalnu jednainu. Oito je linearnadiferencijalnajednainaspecijalansluajBernulijeve.

Dijeljenjemjednainesa ny dobijamo

1

1( ) ( ), , 0, 1n ny p x q x n n ny y + = \ .

Smjenom1

11

1 ,nn z y zy

= = Bernulijevadiferencijalnajednainasemoesvestinalinearnujednainu:

(1 ) ( ) ( )1 1

nn

y z zz n y y p x z q xy n n

= = + = .

Bernulijevajednainasemoerijeitiidirektnometodomneodreenihfunkcija.

*JacobBernoul