2. 12. 1996.

1. Zadana je funkcijaS(z) = a) Funkcijom S(z) preslikati podrucje D Skicirati S(D). b) Funkcijom f (z) f (AB).= =

fz 2 C j jzj

1;z

i

:

>

1 0

0i(

1 x

lim2

!

4 cos(3 ) 4 2 2

;

=

lim2

!

;12 sin 38

6

=

2)

=

x 1 (x + b)e

;

Z2dx=

12 8 2

=

3

(x + b)

1

| {z } | {z }u v

d (ex2

;1 )

Dodatno zadani integral u zadatku izracunati cemo pomocu dobivenog Fourierovog integrala za funkciju f , uvrstimo li tocku x = 0 i iskoristimo f (0) = 1. Zato je ex

x 1 = (x + b)e

;

x 1= (2 + b)e = =

; =

Z21

;1 dx2 1

Z1 = f (0) = 4

1

2e + e+

; 1 b ;e ; be ; 1 ; b ; e 1 be ; b( + ) +:

x 1

=

) )

Z0

1 1

cos(3 ) d 4 2 2

0

;

cos(3 ) d 4 2 2

;

=

1 4

Z0

Ukupno smo izracunali

= =

;be

+ be + e

2

;2;b

+

be + e + e + be

;b

cos(3u) 1 du = 4 4u2 2

;

0

8

3. Teorem o deriviranju originala nam daje:y (t )

0 y 00 (t )y (t )= (2

Y ( p) p2

p2 ( p2

p Y ( p)

;y 0 p Y p Y p ; p y 0 ; y0 0( )= ( ) ( ) ( ) )= ( ) (

; 6p= (p

1

+ 10)

=

A p

+

B p2

+

( )=

p2 Y ( p)

;1;2p:

3 50

1 p 1

+

1 10

Funkciju f zadanu slikom zapisemo pomocu Step-funkcije te preslikamo Laplaceovom transformacijom ovako: f (t )

;t S t ;2 ; t;2 S t ;2) (

)

;2p

1 e p2

Zato zadani Cauchyev problem u donjem podrucju glasi p2 Y ( p)2 (p

; 1 ; 6pY pp2

( )+

10Y ( p) =

; 6p

+ 10)Y ( p) =

1

Y ( p) =

;

1 6p + 10

; p p ;16p2( 2

; p1 e;2

; p1 e;2

2p

+ 10)

e

;2p

1 p2 3 p 3 2 1 + e 2p : 50 ( p 3)2 + 1 25 ( p 3)2 + 1 Ovako pripremljeno rjesenje u donjem podrucju lagano je vratiti u gornje podrucje, te dobivamo rjesenje zadanog problema. 3 1 S(t 2) (t 2) S(t 2) y (t ) = e3t sin t S(t ) 50 10 3 3(t 2) e cos(t 2) S(t 2) + 50 2 3(t 2) e sin(t 2) S(t 2) 25 Y ( p) =

;

;3

)2 + 1

;

;

;

3 13 1 50 p + 50 + 2 2 p p 6p + 10

; ;+

p2

Cp + D 6p + 10

;

3 50

1 p

1 10

;

;

;

; ;

;

; ; ; ; ; ;

;

;

9

28. 11. 1998.

1. Podrucje D = fz 2 C j jzj < 1 Im (z) < 0 Re (z) < 0g preslikati funkcijom z+i Skicirati D, w (D), te napisati jednadzbe rubnih krivulja podrucja w (D). w=

f (z) =

(

;1 ; i)z ; 1 + i

3:

2. Pomocu Cauchyjeve integralne formule izracunati

I

dz z2 + 2i

jzj=33. Izracunati

:

I

jzj=1

(z

; 1)2

cos

2z ; i

1

+

cos (2z ; i) dz: z;1

10

Dobiveni skup w(D) ovime je u potpunosti determiniran i dan je sljedecom slikom koja je konacno rjesenje zadatka.

28. 11. 1998. 1. Zadanu funkciju w shvatimo kao kompoziciju dviju jednostavnijih funkcijaw=

f (z)(

3 = p : z+i Prvo preslikavamo M biusovom transformacijom p, i zato o biramo sljedece tocke, te u njima racunamo vrijednost funkcije p(z).

p(z) =

;1 ; i z ; 1 z i ;1 ; i z ; 1 i w= ( ) + ) +

+i

3

=

)

I

2. Oznacimo s I = z1 z2 z3 z4 z5= = = = =

! ;1 ! 1 ! ;i ! 1 !0

p1 p2 p3 p4 p5

=

1+i =1 i = 1 i= =

; ;; 1 ;1 i+

ka podintegralne funkcije. z2 + 2i = 0 z1 2= =

jzj=3= =

dz . Trazimo nultocke nazivni z2 + 2i

Rjesenje je dano slikom. Preostaje preslikati ovo podrucje p(D) = D1 funkcijom w = p3 .

z1

= =

i < 3, zato razdvajamo integral i primjenjujemo Cauchyevu integralnu formulu na svaki od njih.

;z ;1 Za obje nultocke vrijedi jz j z2=

) p;2i p2 cis ; 2k 2 p2 cis ; k k 0 1 4 p2 cos ; i sin ; 4 4 p2 p ; pi 1 ; i 1 2 +

+

=

+

2

2

=

1 =

+ i:

p = r ei r w=

2 p2 1i 2 ; 4+

4

R= w

jj

p3

i 3 3 = (re ) = r=

r3=

= arg w

2 2p2 1i 3 3 3 2 ; 4 4+

ei3

=

R ei

:

11

II=

C::: z

I IC

j j=3zz

dz z2 + 2i 1 dz

Ostaje nam promotriti singularitete ove podintegralne funkcije. f (z) = (z

;1

2 ) cos

1 2z

;i

2z

;i

=

0

=

)z

=

i 2

=

; 1 ; i z ; ;1( )] (

+ i)]

je bitno singularna tocka, pa moramo funkciju f (z) razviti u njenoj okolini u Laurentov red. f (z) = (z dz=

=

zC1

; 1;i(

1 ;(;1+i)

I)

dz +C2

z

; ;1z( +

;(11;i)2 i

;1z z

2 ) cos

2z

+ i)

=

2 i 2 i 2 i

= =

;; z; ;i =; 1 1 1 ; i 1 ; i ;1 i ; 1 i 1 1 ; 2 ; 2i 0 2 ; 2iz(

1 1 + i)

z1 1 i

1 (1

; 2i ; 2i(

+

;i i ;1 2i 2

1

2

cos z

2(z

)

z2 = 1+i

;

2+2

=

;12n

; 2i

;+

1

i 2)

i 2

;1

2

+

+

+

+

=

:

1 Xn=0=

;1

n ) 2

2(z

i 2) (2n)!

;1

1

3. Najprije izmnozimo podintegralnu funkciju i izanalizira mo njene tako dobivene pribrojnike.II=

jzjI 1 =+

(z

;1 ;1(

2 )

cos

1 2z 1

;i

+

cos(2z i) dz z 1

;

;

; 2i 1 1; 2!z+ +

+2

i 2

;1)

z 1 4!

; 2i24 (z

+

i 2

;1

2

= =

:::

=

jzj=1II

(z

j|j=1 z(z

;i z ; 1 cos 2z ; i dz | {z }2 )

:::

cos

2z

dz

; 2 2! ; 1 z; 2 1 2;i z; 8 | {z }1i 2 i 2 i (2 2

22 (z

;

i 2 + 2)

;

1

i 4 + ::: 2)

+ ::: +::::

=c;1 = Res ( f (z) 2i )

)

(

analiticka z C

=

jzj=1 |

;1

=0cos

{z

821

)

Uspjeli smo procitati reziduum iz ovog Laurentovog razvoja, pa primjena Teorema o reziduumima odmah daje konacan rezultat: I:

}

= =

2 i Res 2

2 )

= f (z)

{z

2z

; i } dz

; i i4

=

i 2 1 + 2i : 4 f (z)

=

2 i

2

;i8

12

20. 1. 1999.

1. Funkciju f (x ) = arc cos x razviti u red po Cebisevljevim polinomima na intervalu razvoja izracunati sumu reda:

1 Xn=0

;1 1], te pomocu tog

1(2n + 1)2

:

2. Pomocu Laplaceove transformacije izracunati integral:

Z10

e;7x x sin x dx :

3. Pomocu Laplaceove transformacije naci struju i(t ) elektricnog kruga zadanog slikom uz prikljuceni napon e(t ) = 2 cos2 t.

13

arc cos x

=

T (x ) 2 0

4 ;Xn=0

1

1(2n + 1)2

T2n+1 (x ):=

20. 1. 1999.

Da bismo izracunali trazenu sumu brojeva, uvrstimo x gornju jednakost, pa dobivamo: arc {z 1 = | cos } T (1) 2 |0 } {z

1u

1. Zadanu funkcijuf (x ) = arc cos x x

2 ;1 1

]

=0

razviti u red po Cebisevljevim polinomima f (x ) = c0 T0 (x ) + : : : + cn Tn (x ) + : : : znaci izracunati pripadne koeficijente cn . c0=

=

) );7x

0= 2

=

Xn=0(2n

1

;

=1

4 ; Xn=0

1

1(2n + 1)2

T2n+1 (1)

4X 1 (2n + 1)2n=0=

1

| {z }

=1

1+ 1)2

2 : 8

1 1

Z1

;1 ;1

p

f (x )

1

;x ;x

2

dx

Z

1

2.0 2

e

x sin x dx

=

F (7), gdje smo s F oznacili

Z1

=

p

arc cos x 1

dx F ( p) =

Z0

1

e

;px

x sin x dx

=

=

1 ;

Z1arc cos x d(arc cos x )2 1 ) x

Lfx

sin x

g

= = =

1 ; arc cos x =; 2 1 ; 2 arc cos 1 ; arc cos ;1 ; 21 0 ; 2(

;1

1 : p2 + 1 Teorem o deriviranju slike daje sin x x sin x F ( p) = F (7) == (

1

(

2 )

(

(

2 )) ]

;1=

)

1 p2 + 1

0

=

2p( p2 + 1)2

=

F ( p)

2p( p2 + 1)2

2

]=

cn

=

2 2

Z1

f (x )Tn (x )

;1 ;1

p

1

;x1

2

dx

)

Z0

1

14 502 e

14 2500

=

7 1250=

;7x

x sin x dx

Z1

7 : 1250

=

arc cos xTn (x )

p

;x

2

dx

=

= cos t dx = sin t dt x= 1 = t= x=1 = t=0

=

2 2 2

Z0

; ; ) )x

3. Najprije transformiramo i preslikamo zadanu naponsku funkciju.e(t ) = 2 cos2 t S(t ) = 1 + cos(2t )] S(t ) 1 p 1 p E( p) = + 2 = + : p p p + 22 p2 + 4 Ukupni otpor u donjem podrucju je Z ( p) = Slijedi I ( p) ==

arc cos(cos t )Tn (cos t )

p

1

; cos

2t

(

; sin t dt)

Zt cos(nt ) dt0

1 p = p+ 1 p

p

p : p2 + 1

=

Z0

=

sin(nt ) t |{z} d n | {z }u v

E( p) Z ( p)

=

p2 + 1 1 p p p2 + 1 p2 + 4

+

p p2 + 4

=

2 sin(nt ) t | {z } n

=0

8n2N

t =0

;

Z0

p2 + 1 p2 1+ 1+ 2+ 1 p2 1 p2 1 p2

+

sin(nt ) dt n

= = =

+

2 ( p + 4) p2 + 4 2+

;3

=

cn c2n

= =

2 cos(nt ) n2 2 n ( 1) n2 0

; ;1 n 1 2 3 c + ; 2n4 1 n] =

t =0

=

2 cos(n ) n2

:::

;1 )] =

+1

2 p2 + 22 3 i(t ) = 2 (t ) + t S(t ) sin(2t ) S(t ): 2

;3 2

;p 3 4 ;

2n 1 =

(

+ )2

=

0 1 2

:::

14

27. 11. 1999.

1. Podrucje

D= z preslikati funkcijom

n

2 C j 1 jzj