x 2 - Matematika

5. [4] Izračunati površinu figure ograničene krivama y = sin x, y = cos x i odsečkom [0, π 2 ]x-ose.P =∫ π40sin xdx +∫ π2π46. [5] Izračunati integralI =Dalje jelimDakle 2∫ BB⇒+∞∫ 0B∫0B0cos xdx = − cos x| π 40 + sin x| π 2π4∫ +∞0arctan x1 + x 2 dx.= 2 − √ 2.arctgx1 + x 2 dx.∫arctgxB∫1 + x 2 dx = arctgx · d(arctgx) = arctg 2 x| B B0− arctgx00 1 + x 2 dxarctgx1 + x 2 dx = arctg2 x| B = arctg 2 B odnosno I = 1 02 limB→+∞ arctg2 B = π28 .7. [6] Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine xy ′ − 4y − x 2√ y = 0, x ≠ 0, y > 0.Data jednačina se može napisati u obliku y ′ − 4 x y = x√ y, pa je jasno da je to Bernulijeva diferencijalnajednačina. Smenom z = √ y, y = z 2 , y ′ = 2zz ′ svodi se na linearnu diferencijalnu jednačinu po z:2zz ′ − 4 x z2 = xz tj. z ′ − 2 x z = x 2 ,∫2 xčije je opšte rešenje z(x) = e∫ ∫ x dx 2(C +2 e− x dx dx) = x 2 (C + 1 2 ln|x|).Konačno, y = x 4 (C + 1 2 ln|x|)2 .8. [7] Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine y ′′′ + y ′′ = x 2 + 1.Odgovarajuća homogena diferencijalna jednačina je y ′′′ + y ′′ = 0 a njena karakteristična jednačina jer 3 + r 2 = 0. Koreni karakteristične jednačine su r 1 = r 2 = 0, r 3 = −1. Opšte rešenje homogene jednačine jey h = C 1 + C 2 x + C 3 e −x .Opšte rešenje date diferencijalne jednačine će biti y = y h + y p gde je y p partikularno rešenje nehomogenejednačine.S obzirom da je na desnoj strani znaka jednakosti date diferencijalne jednačine funkcija (x 2 + 1)e 0x ida je 0 koren reda dva karakteristične jednačine, to y p možemo tražiti u obliku y p = x 2 (Ax 2 + Bx + C)(y ′ p = 4Ax 3 + 3Bx 2 + 2Cx, y ′′p = 12Ax 2 + 6Bx + 2C, y ′′p = 24Ax + 6B. )Zamenom y p , y p, ′ y ′′p , y ′′′p u datu diferencijalnu jednačinu dobija se 12Ax 2 + (24A + 6B)x + 6B + 2C = x 2 + 1 ,odakle se izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene od x dobija A = 112 , B = − 1 3 , C = 3 2 .Znači y p = 112 x4 − 1 3 x3 + 3 2 x2 dok je opšte rešenje date diferencijalne jednačiney = C 1 + C 2 x + C 3 e −x + 112 x4 − 1 3 x3 + 3 2 x2 .9. (za grupu IR1M1) [7] Odrediti oblast konvergencije stepenog redaR =lim | a n| =n→+∞ a n+1limn→+∞Za x = √ 32dobija se redZa x = − √ 32dobija se red2 n−1n √ 3 n−12 n∞∑n=1(2x) n−1n √ 3 n−1 .√ √(n + 1) 3 3n 2 = 2 , pa je interval konvergencije (− √ 3, √ 3). 2 2= lim(n+1) √ n→+∞3 n1koji divergira.n +∞ ∑ (−1) nkoji, na osnovu Lajbnicovog kriterijuma, konvergira.n+∞ ∑n=1n=1Dakle, oblast konvergencije datog stepenog reda je [− √ 32 , √ 32 ).

9. (za grupu OO1M1) [7] Odrediti parametar a ∈ R tako da funkcija y = e ax bude partikularnorešenje diferencijalne jednačine (1 + x)y ′′ + xy ′ − y = 0, 1 + x > 0, a zatim naći njeno opše rešenje.Zamenom y p = e ax , y ′ p = ae ax , y ′′p = a 2 e ax u datu diferencijalnu jednačinu dobija se (a 2 + a)x + a 2 − 1 = 0,odakle se izjednačavanjem koeficijentata uz iste stepene od x dobija a 2 + a = 0 i a 2 − 1 = 0 tj. a = −1.Dakle, y p1 = e −x je jedno partikularno rešenje date jednačine. Drugo partikularno rešenje, linearno nezavisnood y p1 može se dobiti primenom Liuvilove formule:y p2 = e −x ∫1 ∫xe−e−2x ∫1+x dx dx = e −xe 2x e ln|x+1|−x dx = e −x ∫Opšte rešenje date diferencijalne jednačine je y = C 1 e −x + C 2 x.e 2x (x+1)e −x dx = e −x ∫e x (x+1)dx = e −x·xe x = x.