Mat 3E&R - 1. ciklus - Elezovic - Fouri.pdf

1.Fourierov red

1. Periodicne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22. Trigonometrijski Fourierov red . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113. Svojstva Fourierovog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Uobicajeni je postupak u matematici da se slozenije funkcije prikazuju pomocujednostavnijih. Tako na primjer, eksponencijalnu funkciju mozemo prikazati kao zbrojreda

ex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ . . . +

xn

n!+ . . . .

Ta nam formula omogucava da aproksimiramo eksponencijalnu funkciju polinomom,uzimajuci konacno mnogo pribrojnika s desne strane.

Poznato nam je da se Taylorovim redom mogu prikazati samo funkcije koje za-dovoljavaju stroge uvjete. Tako na primjer, prekinuta se funkcija ne moze prikazatiTaylorovim redom. Medutim, umjesto potencija 1 , x , x2 ,. . . , mozemo odabrati i nekidrugi pogodni skup funkcija pomocu kojih cemo prikazivati slozenije funkcije.

Godine 1807. francuski fizicar i matematicar Joseph Fourier koristio je u takvomprikazu harmonike. On je tvrdio da se svaka funkcija f (x) na ogranicenom intervalumoze prikazati u obliku sume harmonika

f (x) = C0 +∞∑

n=1

Cn sin(nωx + ϕn).

Iako su redove slicnih oblika promatrali i njegovi veliki prethodnici poput Bernoullija,D’Alemberta i Eulera, Fourierova metoda je bila toliko napredna da je trebalo procijos petnaest godina dok ne bude priznata od autoriteta njegovog doba, Laplacea, Po-issona i Lagrangea. Oni su (opravdano) zamjerali Fourieru nedostatak matematickestrogosti, jer su neke njegove tvrdnje bile pogresne. Fourier je konacno 1822. god.objavio svoj rad pod naslovom Theorie Analytique de la Chaleur (Analiticka teorijatopline) u kojem analizira problem sirenja topline, opisan parcijalnim diferencijalnimjednadzbama i koristi svoj revolucionarni nacin prikazivanja funkcija da bi rijesio tajproblem.

Matematicku strogost Fourierovom radu dali su kasnije Dirichlet i Riemann.

2 1. FOURIEROV RED

1.1. Periodicne funkcije

Sinusoida

Zamislimo da se tocka M giba jednolikom brzinom po kruznici. Promotrimonjezinu udaljenost od bilo kojeg pravca koji prolazi sredistem kruznice. Najprikladnijeje kruznicu postaviti u koordinatni sustav i za pravac odabrati os apscisa. Onda je taudaljenost ordinata tocke M i definira funkciju koju nazivamo sinusoida.

Sl. 1.1. Sinusoidu mozemo zamisliti kao projekciju kruznog gibanja na os ordinata

Tocka M pocinje se gibati po kruznici polumjera C u trenutku x = 0 . Vari-jabla x ima fizikalno znacenje vremena od pocetka vrtnje. C je pozitivan broj kojinazivamo amplituda sinusoide. Neka je ϕ kut koji radijvektor tocke u pocetnomtrenutku zatvara s osi apscisa, ϕ se naziva fazni pomak. Brzina kojom tocka M kruziodredena je kruznom frekvencijom ω . Onda ordinata tocke M definira funkciju cijaje jednadzba

f (x) = C sin(ωx + ϕ). (1.1)

Tocka ce opisati puni krug kad bude ωx = 2π , dakle, u trenutku x =2πω

. Taj se

iznos naziva period sinusoide i oznacava s T =2πω

.

� � �

Prema adicijskom teoremu vrijedi

C sin(ωx + ϕ) = C sin ϕ cos ωx + C cos ϕ sin ωx= A cos ωx + B sin ωx (1.2)

gdje smo oznacili A := C sin ϕ , B := C cos ϕ . Dakle, svaku sinusoidu mozemoprikazati u obliku zbroja sinus i kosinus funkcije, bez faznog pomaka. Ako su A i Bpoznati, mozemo odrediti C i ϕ , jer vrijedi

A2 + B2 = C2 sin2 ϕ + C2 cos2 ϕ = C2 =⇒ C =√

A2 + B2

AB

=C sin ϕC cos ϕ

= tg ϕ =⇒ tg ϕ =AB

(1.3)

1.1. PERIODICNE FUNKCIJE 3

Primjer 1. Nacrtajmo funkciju f (x) = 2 cos x + sin x .

� Ovdje je A = 2 , B = 1 . Zato,

C =√

22 + 12 =√

5,

tg ϕ =21

=⇒ ϕ = arc tg 2 ≈ 63◦26′

Iz poznatog tangensa, kut nije jednoznacno odre den. Moramo jos znati u kojem se kva-drantu on nalazi. U ovom su primjeru koeficijenti A i B pozitivni. Zato su pozitivnisin ϕ i cos ϕ , pa se kut ϕ nalazi u prvom kvadrantu.

Graf funkcije skiciran je na slici 1.2.

Sl. 1.2. Nije ocigledno, ali formule (1.2) potvrduju da je zbroj sinus funkcije i kosinus funkcije— s razlicitim amplitudama ali istom frekvencijom — ponovo sinusoida. Njezina amplituda iznosi

C =√

A2 + B2 .

Primjer 2. Odredimo jednadzbe sinusoida prema slici 1.3.a) – c).

x

y

x

y

x

y

2

0 3 6 9 12

a) b) c)

2

0 3 6 9 12

2

2 2212

Sl. 1.3.

�

A. f (x) = 2 sinπ6

x ; B. f (x) = 2 sinπ6

(x − 6) = 2 sin(π6

x − π) ;

C. f (x) = 2 sinπ10

(x − 2) = 2 sin(π10

x − π5) . �

� � �

Nas ce u nastavku najvise interesirati svojstvo periodicnosti sinusoide.

4 1. FOURIEROV RED

Periodicne funkcije

Prisjetimo se definicije periodicne funkcije.

Periodicne funkcije

Kazemo da je f : R → R periodicna funkcija, ako postoji T > 0 takav daza svaki x iz domene funkcije f vrijedi

f (x) = f (x + T). (1.4)Broj T se naziva period od f . Najmanji period (ako postoji) nazivamoosnovni (ili temeljni) period.

Sl. 1.4. Periodicna funkcija

Navedimo neka svojstva periodicnih funkcija. Zbog jednostavnosti, pretpostavitcemo da je podrucje definicije funkcije f skup R .

Cjelobrojni visekratnik perioda je period. Zaista,

f (x + 2T) = f (x + T + T) = f (x + T) = f (x) , ∀x ∈ Rprema tome, i 2T je period. Sada indukcijom zakljucujemo da je kT period za svakik ∈ N .

Ako je f periodicna s periodom T , tada je dovoljno poznavati ponasanje funkcijena bilo kojem intervalu duljine T , recimo na [a, a+T] . Tako vrijedi npr. za bilo kojic ∈ R ∫ a+T

af (x) dx =

∫ c+T

af (x)dx +

∫ a+T

c+Tf (x) dx

=∫ c+T

af (x) dx +

∫ a

cf (t + T) dt

=∫ c+T

af (x) dx +

∫ a

cf (t) dt =

∫ c+T

cf (x) dx

Obicno se f promatra na intervalima oblika [0, T] ili pak [− T/2 , T/2 ] .

Temeljni period. Periodicna funkcija ne mora imati osnovni period. Tako npr.f (x) ≡ 1 ima za period svaki pozitivni broj T > 0 .


Takoder,

f (x) ={

1 , x ∈ Q,

0 , x /∈ Q,

ima za period svaki pozitivni racionalni broj T > 0 : ako je x racionalan, tada je ix + T racionalan te je f (x) = f (x + T) = 1 . Ako je pak x iracionalan, tada je i x + Tiracionalan. Zato je uvijek f (x) = f (x + T) , ∀ x ∈ R . Temeljni period ne postoji, jernema najmanjeg pozitivnog racionalnog broja.

Ova je funkcija vrlo nepravilna, ona je prekinuta u svakoj tocki. Moze se dokazati(u sto se ovdje necemo upustati) da svaka periodicna funkcija f razlicita od konstante,a koja je neprekinuta barem u jednoj tocki, ima temeljni period.

Operacije s periodicnim funkcijama

Zbroj i umnozak periodicnih funkcija s istim periodom opet je periodicna funkcijas tim periodom.

Eventualno se pritom temeljni period moze smanjiti, npr. sin x · cos x = 12 sin 2x

ima period π , dok funkcije sinus i kosinus imaju period 2π .Zbroj (ili umnozak) funkcija koje su periodicne, ali s razlicitim periodima, ne

mora biti periodicna funkcija.Za periode T1 i T2 funkcija f , odnosno g , kazemo da su sumjerljivi ako je

omjer T1 : T2 racionalan broj. Tada postoje prirodni brojevi p i q takvi da vrijedipT2 = qT1 . Tada je T = pT2 = qT1 njihov zajednicki period te je f + g periodicna speriodom T . Npr.

T1 T2 zajednicki period primjer funkcije

π π/3 π tg x + cos 6x

4π 6π 12π sinx2

+ cosx3

2π√

2π ne postoji cos x + sin√

2 x

Primjer 3. Kad ce funkcija f (x) = A cos αx + B sin βx , α, β > 0 , α = β bitiperiodicna?

� f (x + T) − f (x) = 0 daje

A cos(αx + αT) − A cos αx + B sin(βx + βT) − B sin βx

= 2 B cos(βx +βT2

) sinβT2

− 2 A sin(αx +αT2

) sinαT2

= 0

za svaki x ∈ R , i zato mora biti sinαT2

= 0 , sinβT2

= 0 . Prema tome, αT = 2k1π ,

βT = 2k2π za neke prirodne k1 , k2 , tj. T =2k1π

α=

2k2πβ

. Odavde slijedi da su α

i β sumjerljivi, jer vrijedi α : β = k1 : k2 . Dakle, da bi f bila periodicna funkcija,broj α/β mora biti racionalan. �

6 1. FOURIEROV RED

Periodicna prosirenja

Svaka se funkcija f : 〈 a, b] → R moze prosiriti do periodicne funkcijef : R → R s periodom T = b − a .

Pritom je dovoljno situaciju s intervala 〈 a, b] “preslikati” na svaki susjedni inter-val iste duljine.

Ako je pocetna funkcija definirana na zatvorenom intervalu [a, b] , onda u rubnimtockama ovako konstruiranih intervala funkcija mozda nece biti dobro definirana (kadgod je f (a) = f (b) ). Njezinu vrijednost u tim tockama mozemo onda uzeti uzeti povolji. U teoriji Fourierovih redova obicno se uzima srednja vrijednost 1

2 [f (a) + f (b)] .

a b

f

T T T

Sl. 1.5. Funkcija i njezino periodicno prosirenje

Primjer 4. Uvjerimo se da su funkcije f (x) = arc sin(sin x) i g(x) = arc cos(cos x)periodicne. Nacrtajmo njihove grafove.

� Vrijedif (x + 2π) = arc sin(sin(x + 2π)) = arc sin(sin x) = f (x),

te je f periodicna s periodom 2π . Nadalje, po definiciji funkcije arkus sinus, vrijedi

arc sin(sin x) = x , −π2

< x <π2

.

Ako je pakπ2

< x <3π2

, tada je x − π ∈(−π

2,

π2

)i zato

arc sin(sin x) = arc sin(sin(x − π + π))= arc sin(− sin(x − π)) = − arc sin(sin(x − π)) = −x + π

Time je funkcija f definirana na intervalu(−π

2,

3π2

)koji ima duljinu njezinog

perioda, i dalje se periodicki ponavlja (slika 1.6 lijevo).Slicno dobivamo i graf finkcije arc cos(cos x) (slika 1.6 desno). �

Sl. 1.6. Graf funkcije arc sin(sin x) (lijevo), te funkcije arc cos(cos x) (desno)

� � �


Neka je f periodicna s periodom 2π . Tada je funkcija x �→ f(2π

Tx)

periodicna

s periodom T . Tako na primjer, funkcija x �→ sin(2π

Tx)

ima period T .

Neka je sada f periodicna s periodom T . Tada je funkcija x �→ f( T

2πx)

pe-

riodicna s periodom 2π . Zato je u teorijskim razmatranjima dovoljno promatratiperiodicne funkcije s periodom 2π .

Parne i neparne funkcije

Funkcija f je parna, ako vrijedif (−x) = f (x)

za svaki realni x iz domene funkcije f . (Ta domena stoga mora biti simetricnaobzirom na ishodiste.) Graf parne funkcije je simetrican s obzirom na os Oy .

Funkcija f je neparna, ako vrijedif (−x) = −f (x).

Njezin je graf simetrican s obzirom na ishodiste koordinatnog sustava.Funkcije 3 , 2x2 , 3x4 , cos x , sin(x2) su parne. Funkcije 3x− 2x3 , sin x , sh x su

neparne. Funkcija ex niti je parna, niti neparna (i ‘vecina’ funkcija je takva).Ako je f bilo koja funkcija, tada je funkcija definirana formulom

f p(x) :=f (x) + f (−x)

2parna, dok je

f n(x) :=f (x) − f (−x)

2neparna (provjeri!). Pritom vrijedi

f (x) = f p(x) + f n(x).Dakle, svaka se funkcija moze rastaviti na zbroj parne i neparne funkcije.

To je upravo situacija koju nalazimo pri definiciji hiperbolickih funkcija; krenuvsiod eksponencijalne koja nije niti parna niti neparna, dobivamo

ch x =ex + e−x

2, sh x =

ex − e−x

2.

Dakle, funkcija kosinus hiperbolicki je upravo parni dio eksponencijalne funkcije, dokje funkcija sinus hiperbolicki njezin neparni dio. Pritom vrijedi ex = ch x + sh x .

� � �

Funkciju f : [0, L] → R mozemo prosiriti do periodicne funkcije s periodomT = 2L , tako da ova bude bilo parna bilo neparna. U tu je svrhu najprije potrebnodefinirati to prosirenje na intervalu [−L, 0] .

Zelimo li dobiti parnu funkciju, onda za x ∈ [−L, 0] stavljamo f (x) = f (−x) .(Primijeti da je tad −x ∈ [0, L] .)

Zelimo li dobiti neparnu funkciju, onda za x ∈ [−L, 0] stavljamo f (x) = −f (−x) .Sad je dovoljno ovu funkciju, definiranu na intervalu [−L, L] , prosiriti do perio-

dicne funkcije.

8 1. FOURIEROV RED

Primjer 5. Odredimo i skicirajmo parno, odnosno neparno, periodicno prosirenjefunkcije f (x) = x2 , 0 ? x ? 1 .

� Za parno prosirenje ce biti

f (x) = f (−x) = (−x)2 = x2, −1 ? x ? 0.

Za neparno prosirenje ce biti

f (x) = −f (−x) = −(−x)2 = −x2, −1 ? x ? 0.

Ova funkcija u tockama . . . − 3 , −1 , 1 , 3 . . . nije dobro definirana. pa premadogovoru u tim tockama za njezinu vrijednost uzimamo 0 (sredinu lijevog i desnoglimesa). �

Sl. 1.7. Parno periodicno prosirenje (lijevo) i neparno (desno) funkcije f (x) = x2 definirane naintervalu [0, 1]

Zadaci za vjezbu

1. Nacrtaj periodicnu funkciju f : R → R ako jeA. f (x) = sin x , 0 ? x ? π ; f neparna, T = 2π;

B. f (x) = sin x , 0 ? x ? π ; f parna, T = 2π;C. f (x) = sin x , 0 ? x ? 1 ; T = 1;

D. f (x) = x , 0 ? x ? 1 ; f parna, T = 2.

2. Nacrtaj graf funkcije f tako da ona bude periodicna s periodom T = 2π , ako jezadana njezina formula na intervalu 〈−π, π〉 . Koja je od tih funkcija parna, a kojaneparna?A. f (x) = x ; B. f (x) = x2 ;C. f (x) = sin 2x ; D. f (x) = sin πx ;E. f (x) = π − x ; F. f (x) = π − |x| ;G. f (x) =

{ −1, −π < x < 01, 0 < x < π

; H. f (x) ={

x, −π < x < 00, 0 < x < π

;

I. f (x) ={ −x2, −π < x < 0

x2, 0 < x < π; J. f (x) =

{ −x3, −π < x < 0x3, 0 < x < π

;


3. Nacrtaj graf funkcije f tako da ona bude periodicna s periodom T = 2π i 1. parna;2. neparna, ako je zadana njezina formula na intervalu 〈 0, π〉 . Napisi njezinu jed-nadzbu na intervalu 〈−π, 0〉 .

A. f (x) = x − 1 ; B. f (x) = x2 ; C. f (x) = cos 2x ;

D. f (x) = cos πx ; E. f (x) = π − x ; G. f (x) = e−x ;4. Koja je od sljedecih funkcija periodicna i koliki joj je temeljni period?

A. f (x) = sin 3x; B. f (x) = A sin(ωx + ϕ);

C. f (x) = sin2 x; D. f (x) = sin(x2);

E. f (x) = sin 1/x ; F. f (x) = g(sin x), g bilo kakva;5. Dokazi da je zbroj, produkt i kvocijent dviju periodicnih funkcija s istim periodom,

ponovo periodicna funkcija. Kako se moze promijeniti njen period?6. Ako su f i g periodicne, je li kompozicija g ◦ f periodicna? Ako jest, koliki joj je

period?7. Neka je f periodicna i g bilo kakva.

A. Dokazi da je g ◦ f periodicna.B. Mora li f ◦ g biti periodicna?

8. Koje su od sljedecih funkcija periodicne i koliki im je temeljni period?

A. f (x) = sin√

π x + 2; B. f (x) = tg 3x + cos 2x;

C. f (x) =tg2 x

1 + tg x; D. f (x) = sin x · sin 3x;

E. f (x) = sin x/2 − 3 cos x/3 ; F. f (x) = sin πx + cos 2x;

G. f (x) = 2 sin√

2 x + cos 3√

2 x; H. f (x) = sin ax + sin bx + sin cx,a, b, c prirodni brojevi..

9. Neka je �x� najveci cijeli dio broja x . Nacrtaj funkciju f (x) = x − �x� . Uvjeri se daje ona periodicna i odredi joj period.

10. Ako za funkciju f vrijedi

f (x + T) = k · f (x), ∀ x ∈ R,

za neki k ∈ N i T > 0 , dokazi da se f moze prikazati u obliku f (x) = a x · g(x) , pricemu je g periodicna funkcija s periodom T . Dokazi da vrijedi i obrat.

11. Dokazi da je rastav funkcije

f (x) = f p(x) + f n(x)na zbroj parne i neparne funkcije jednoznacan.

12. Neka je P polinom. DokaziA. P je parna funkcija ako i samo ako polinom ima samo parne potencije;B. P je neparna funkcija ako i samo ako su sve potencije neparne.

13. Dokazi da za parnu funkciju vrijedi∫ A

−Af (x)dx = 2

∫ A

0f (x)dx,

dok je za neparnu ∫ A

−Af (x)dx = 0.

10 1. FOURIEROV RED

Odgovori

4. A. Sinus funkcija je periodicna s temeljnim periodom 2π . Iz relacije

sin 3x = sin 3(x + T) = sin(3x + 3T) , ∀ x

slijedi da T mora zadovoljavati 3T = 2π , zato T = 2π/3 .B. Temeljni period T = 2π/ω .C. f (x) = sin2 x = 1

2 (1−cos 2x) = 12 (1−cos(2x+2T)) = f (x+T) daje 2T = 2π , T = π .

D. Moralo bi vrijediti sin(x2) = sin(x2 + 2xT + T2) , ∀ x i odavde x2 + 2xT + T2 = x2 + 2kπza neki k ∈ Z i sa sve x ∈ R , sto je nemoguce. Zato f nije periodicna.

E. Nije periodicna. Nacrtaj joj graf.F. Periodicna s periodom 2π . Temeljni period ovisi o funkciji g , moze biti manji od 2π ili

cak ne postojati.

8. A. T = 2√

π .B. T = πC. T = π . Da se period nije smanjio, lako se mozemo uvjeriti promatrajuci jednadzbu

f (x) = 0 .D. T = π . Transformiraj umnozak sinusa u razliku kosinusa.E. T = 12π .F. Nije periodicka.G. T = π

√2 .

H. Periodicka je ukoliko su a , b i c sumjerljivi. T = k1a = k2b = k3c za neke prirodnebrojeve k1 , k2 , k3 , ako takvi postoje.

10. Naputak. Izaberi a tako da bude aT = k i promotri funkciju g(x) := aT−xf (x) .11. Naputak. Izvedi formulu za fp i f n .12. Primijeni prethodni zadatak.

1.2. TRIGONOMETRIJSKI FOURIEROV RED 11

1.2. Trigonometrijski Fourierov red

Promatrat cemo sinusoide s cjelobrojnim harmonicima (frekvencijama):12, cos x, sin x, . . . , cos nx, sin nx, . . .

Kako je 2π/n period od cos nx i od sin nx , onda je 2π zajednicki period svih ovihfunkcija. Prema tome je

Sn(x) =a0

2+ a1 cos x + b1 sin x + . . . + an cos nx + bn sin nx

periodicna funkcija s periodom 2π . Takoder, ako red

f (x) :=a0

2+

∞∑n=1

(an cos nx + bn sin nx) (1.5)

konvergira, on definira periodicnu funkciju f perioda 2π . Ovaj red se naziva (trigo-nometrijski) Fourierov red za funkciju f .

Osnovni problemi koje cemo proucavati su

1. Ako je f periodicna s periodom 2π , kada ce postojati njezin Fourierov red?2. Ako postoji Fourierov red od f oblika (1.5), kako se racunaju koeficijenti a n ,

bn ?3. U kojem smislu Fourierov red aproksimira funkciju f ?

Odgovorit cemo najprije na pitanje 2.Racunanje koeficijenata an i bn zasniva se na svojstvu ortogonalnosti trigonome-

trijskih funkcija.

Ortogonalnost trigonometrijskih funkcija

Za funkcije f , g : [a, b] → R kazemo da su ortogonalne na intervalu [a, b] akovrijedi ∫ b

af (x)g(x) dx = 0 (1.6)

Sljedecu lemu provjerite neposrednim integriranjem. Pri racunanju integrala ko-ristite se formulama (koje vrijede i u slucaju m = n ):

sin mx sin nx =cos(m−n)x− cos(m+n)x

2,

cos mx cos nx =cos(m+n)x+ cos(m−n)x

2,

sin mx cos nx =sin(m+n)x+ sin(m−n)x

2.

12 1. FOURIEROV RED

Lema 1. Trigonometrijski sustav: 12 , cos x, sin x, cos 2x, sin 2x, . . . ortogonalan

je na intervalu [−π, π] . Vrijedi∫ π

−πcos nx dx =

{2π, n = 0,

0, n > 0,∫ π

−πsin nx dx = 0,∫ π

−πsin mx sin nx dx =

{0, m = n,

π , m = n,∫ π

−πcos mx cos nx dx =

{0, m = n,

π , m = n,∫ π

−πcos mx sin nx dx = 0.

(1.7)

Racunanje koeficijenata trigonometrijskog Fourierovog reda. Relacije (1.7)omogucavaju nam odrediti koeficijente Fourierovog reda. Neka je

f (x) :=a0

2+

∞∑m=1

(am cos mx + bm sin mx) (1.8)

Tada integriranjem dobivamo∫ π

−πf (x) dx = a0π +

∞∑m=1

[am

∫ π

−πcos mx dx + bm

∫ π

−πsin mx dx

]= a0π

pri cemu smo zamijenili poredak sumiranja i integriranja i iskoristili relacije (1.7).Analogno, mnozenjem relacije (1.8) s cos nx i potom integriranjem, uz pomoc relacija(1.7) dobivamo∫ π

−πf (x) cos nx dx =

a0

2

∫ π

−πcos nx dx

+∞∑

m=1

[am

∫ π

−πcos mx cos nx dx + bm

∫ π

−πsin mx cos nx dx

]= anπ

Na slican nacin imamo i∫ π

−πf (x) sin nx dx =

a0

2

∫ π

−πsin nx dx

+∞∑

m=1

[am

∫ π

−πcos mx sin nx dx + bm

∫ π

−πsin mx sin nx dx

]= bnπ

Ovakav izvod formula za koeficijente reda dao je Euler 1 1777. god. i one se stogaponekad nazivaju Eulerove formule. Zasad nemamo opravdanja za postupak zamjeneintegriranja i sumiranja u tom izvodu. Vise o tome govorit cemo kasnije.

Nadalje, cak i u slucaju kad postoji Fourierov red i kad je racun s formulom (1.8)korektan, nismo sigurni da ce ta suma predstavljati funkciju f . Zaista, to opcenito i

1 Leonhard Euler (1707–1783), svicarski matematicar


nece biti slucaj. Stoga, dok ne pojasnimo detaljnije vezu izmedu funkcije f i sumereda (1.8), tu cemo sumu privremeno oznacavati drugim imenom.

Fourierov red

Fourierov red zadane funkcije f je red

S(x) =a0

2+

∞∑n=1

(an cos nx + bn sin nx), (1.9)

kojemu se koeficijenti racunaju formulama

a0 =1π

∫ π

−πf (ξ) dξ ,

an =1π

∫ π

−πf (ξ) cos nξ dξ , (1.10)

bn =1π

∫ π

−πf (ξ) sin nξ dξ .

Koeficijenti a0 , a1 , b1 , a2 , b2, . . . nazivaju se Fourierovi koeficijenti odf , dok se pribrojnici u formuli (1.9) zovu harmonici.Pisemo f (x) ∼ S(x) .

Postojanje i konvergencija Fourierovog reda

Kad ce trigonometrijski Fourierov red biti jednak funkciji f ? Dokazat cemo dau (1.8) vrijedi jednakost za siroku klasu funkcija vaznih u primjenama. Opisimo tuklasu.

Kazemo da je funkcija f : [a, b] → R po dijelovima neprekinuta na intervalu[a, b] ako je f neprekinuta na [a, b] , ili ima na tom intervalu samo konacno mnogoprekida. Tada postoje tocke a = x0 < x1 < . . . < xn = b takve da je f neprekinutana intervalima (xi−1, xi) , i = 1, . . . , n . Ako u djelisnim tockama postoje i konacni sujednostrani limesi

f (a + 0), f (xi ± 0), i = 1, . . . , n − 1, f (b − 0)

tada prekide nazivanmo prekidima prve vrste.U tockama prekida xi funkcija moze imati bilo koju vrijednost.Ukoliko su svi prekidi prekidi prve vrste, tada je po dijelovima neprekinuta funk-

cija f : [a, b] → R ogranicena na [a, b] , jer se na svakom podintervalu [x i−1, xi] mozeprosiriti do neprekinute funkcije. Zato je f i apsolutno integrabilna na [a, b] , tj.postoji i konacan je

∫ b

a |f (x)| dx .Kazemo da je funkcija po dijelovima glatka ako postoji rastav intervala a = x0 <

x1 < . . . < xn = b takav da je f neprekinuto diferencijabilna na svim intervalima(xi−1, xi) . U ovom slucaju jednostrani limesi f ′(xi ± 0) ne moraju biti konacni.

14 1. FOURIEROV RED

Dirichletovi uvjeti

Kazemo da f zadovoljava Dirichletove uvjete na intervalu [a, b] , ako vri-jedi

1) f je po dijelovima neprekinuta i njezini su prekidi prve vrste,2) f je monotona ili ima najvise konacan broj strogih ekstrema.

Ako funkcija f zadovoljava Dirichletove uvjete, tada se interval [a, b] moze ra-staviti na konacan broj podintervala na kojima je funkcija neprekinuta i monotona, ana rubovima podintervala ima konacne limese.

a b a b

Sl. 1.8. Primjer funkcije kojazadovoljava Dirichletove uvjete

Sl. 1.9. Primjer funkcije koja nezadovoljava Dirichletove uvjete

Odgovorimo sada na pitanje: kada postoji i cemu je jednaka suma Fourierovogreda periodicne funkcije?

Konvergencija Fourierovog reda

Teorem 2. Neka je f po dijelovima glatka periodicna funkcija s periodom 2πkoja zadovoljava Dirichletove uvjete. Tada njezin Fourierov red konvergira u svakojtocki x ∈ [−π, π] i za sumu S(x) reda vrijedi:(i) S(x) = f (x) , ako je f neprekinuta u tocki x(ii) S(x) = 1

2

[f (x − 0) + f (x + 0)] , ako je x tocka prekida za f .

Primjer 6. Periodicnu funkciju f s periodom 2π , zadanu slikom 1.10, razvijmou Fourierov red.

π π

π

-

-

0

Sl. 1.10.

� Funkcija f zadovoljava Dirichletove uvjete. Takoder, vrijedi f (x) = 12 [f (x+0)+

f (x−0)] za svaki x ∈ R . Zato ce se ona podudarati sa svojim Fourierovim redom u


svakoj tocki. Vrijedi

f (x) ={

x , −π < x < 0,

0, 0 ? x < π,

te je njezin period T = 2 . Zato

a0 =1π

∫ π

−πf (x) dx =

1π

∫ 0

−πx dx = −π

2,

an =1π

∫ π

−πf (x) cos(nπx) dx =

1π

∫ 0

−πx cos nx dx .

Integral racunamo parcijalnom integracijom. Dobivamo

an =1

n2π(1 − cos nπ

), n > 1 .

Iz

cos nπ = (−1)n ={

1 , za parni n−1 , za neparni n

zakljucujemo da su svi koeficijenti an s parnim indeksom jednaki nuli:

a2n = 0 , a2n+1 =2

(2n + 1)2π.

Nadalje,

bn =1π

∫ π

−πf (x) sin(nπx) dx =

1π

∫ 0

−πx sin nx dx

= −cos nπn

=(−1)n+1

n.

Prema tome,

f (x) = −π4

+2π

(cos x+

cos 3x32

+cos 5x

52+ . . .

)+(

sin x− sin 2x2

+sin 3x

3− . . .

). �

Fourierov red periodicne funkcije

Neka je sada funkcija f periodicna s periodom T = 2L . Onda je funkcija

g(x) = f (T2π

x) periodicna s periodom 2π :

g(x + 2π) = f( T

2πx + T

)= f( T

2πx)

= g(x) .

Da bismo odredili Fourierov red za funkciju f , napisat cemo najprije Fourierov red zafunkciju g , i zatim iskoristiti vezu

f (x) = g(2πx

T

)= g(πx

L

).

Tako dobivamo

f (x) = g(πx

L

)∼ a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπxL

+ bn sinnπxL

)(1.11)

16 1. FOURIEROV RED

Koeficijente racunamo formulama

a0 =1π

∫ π

−πg(ξ) dξ =

1π

∫ π

−πf(Lξ

π

)dξ =

[Lξ/π = x

dξ = π/L dx

]

=1L

∫ L

−Lf (x) dx

an =1π

∫ π

−πg(ξ) cos nξ dξ =

1π

∫ π

−πf(Lξ

π

)cos nξ dξ

=1L

∫ L

−Lf (x) cos

nπxL

dx

bn =1π

∫ π

−πg(ξ) sin nξ dξ =

1π

∫ π

−πf(Lξ

π

)sin nξ dξ

=1L

∫ L

−Lf (x) sin

nπxL

dx

(1.12)

Ove formule izvedene su za slucaj kad periodicnu funkciju promatramo na sime-tricnom intervalu [−L, L] duljine perioda. Napisimo sad i formule za najopcenitijislucaj, kad funkciju promatramo na bilo kojem intervalu [a, b] duljine T .

Trigonometrijski Fourierov red

Trigonometrijski Fourierov red za funkciju f periodicnu s periodom T =b − a glasi:

f (x) ∼ a0

2+

∞∑n=1

(an cos

2nπxT

+ bn sin2nπx

T

). (1.13)

Koeficijenti se racunaju formulama

a0 =2T

∫ b

af (x) dx

an =2T

∫ b

af (x) cos

2nπxT

dx ,

bn =2T

∫ b

af (x) sin

2nπxT

dx .

(1.14)

Primjer 7. Funkciju f (x) = x razvij u Fourierov red na intervalu 〈 0, 1〉 .

� Period iznosi T = 1 . Koeficijente racunamo po formuli (1.14):

a0 =2T

∫ b

af (x) dx = 2

∫ 1

0x dx = 1 .


an =2T

∫ b

af (x) cos

2nπxT

dx = 2∫ 1

0x cos(2nπx) dx

=

u = x dv = cos(2nπx) dx

du = dx v =sin(2nπx)

2nπ

= 2(

x · sin(2nπx)2nπ

∣∣∣∣10

− 12nπ

∫ 1

0sin(2nπx) dx

)= 0 .

bn =2T

∫ b

af (x) sin

2nπxT

dx = 2∫ 1

0x sin(2nπx) dx

=

u = x dv = sin(2nπx) dx

du = dx v = −cos(2nπx)2nπ

= 2

(−x · cos(2nπx)

2nπ

∣∣∣∣10

+1

2nπ

∫ 1

0cos(2nπx) dx

)= − 1

nπ

Zato je

S(x) =12−

∞∑n=1

1nπ

sin(2nπx)

i vrijedi

S(x) ={

f (x) , za 0 < x < 1,12 [f (+0) + f (1−0)] = 1

2 , za x = 0 i x = 1.

Graf Fourierovog reda S dan je na slici 1.11.

1

-1 0 1 2

1 2

Sl. 1.11. Fourierov red funkcije iz Primjera 7 On predstavlja periodicno prosirenje funkcije f .Obrati pozornost na vrijednost u tockama prekida.

Nekoliko prvih parcijalnih suma tog reda glasi

S0 =12

,

S1 =12− 1

πsin(2πx) ,

S2 =12− 1

πsin(2πx) − 1

2πsin(4πx) . �

18 1. FOURIEROV RED

Sl. 1.12. Aproksimacija funkcije s prve tri parcijalne sume njezinog Fourierovog reda

Fourierov red parnih i neparnih funkcija

Ako je funkcija f , definirana na simetricnom intervalu [−L, L] , parna, odnosnoneparna, tada ce njezin Fourierov red sadrzavati samo kosinus, odnosno sinus clanove:


1. Ako je f (x) = f (−x) za svaki x , tj. f parna funkcija, tada je bn = 0 zasvaki n , jer je odgovarajuca podintegralna funkcija u formuli (1.12) neparna.Njezin Fourierov red glasi

f (x) =a0

2+

∞∑n=1

an cosnπxL

. (1.15)

Koeficijenti uz kosinus funkcije racunaju se formulama

an =2L

∫ L

0f (x) cos

nπxL

dx, n > 0. (1.16)

2. Ako je f (x) = −f (x) za svaki x , tj. ako je f neparna funkcija, tada zbogistih razloga vrijedi an = 0 za svaki n . Fourierov red glasi

f (x) =∞∑

n=1

bn sinnπxL

. (1.17)

a koeficijenti se racunaju formulama

bn =2L

∫ L

0f (x) sin

nπxL

dx, n > 1. (1.18)

Kazemo da smo funkciju f razvili u Fourierov red po kosinus, odnosnosinus funkcijama.


Primjer 8. Razvij u Fourierov red funkciju definiranu na intervalu [−1, 1] formu-lom f (x) = x2 (slika 1.13).

Sl. 1.13. Fourierov red parne fun-kcije sadrzavat ce samo kosinusclanove

� Funkcija f je parna. Vrijedi L = 1 . Po formuli (1.16) dobivamo koeficijente

a0 =2L

∫ L

0f (x) dx = 2

∫ 1

0x2 dx =

23

,

an =2L

∫ L

0f (x) cos

nπxL

dx = 2∫ 1

0x2 cos(nπx) dx .

Nakon uzastopne parcijalne integracije dobivamo

an =4

π2 n2(−1)n .

Prema tome, Fourierov red funkcije f glasi

f (x) =13

+4π2

∞∑n=1

(−1)n

n2cos nπx

=13− 4

π2

(cos πx − cos 2πx

22+

cos 3πx32

− . . .)

�

� � �

Ako je funkcija f u pocetku definirana na intervalu [0, L] , mozemo je razviti ured samo po kosinus, odnosno samo po sinus funkcijama tako da je nadopunimo naintervalu [−L, 0] do parne, odnosno neparne funkcije. Pritom ce njezin period iznositiT = 2L , i takva dva prosirenja ce se, jasno, razlikovati na intervalu [−L, 0] .

Ilustrirajmo to u sljedeca dva primjera.

Primjer 9. Funkciju f (x) =π4

razvij u Fourierov red na intervalu 〈 0, π〉 po

sinus funkcijama. Pomocu dobivenog razvoja sumiraj redove

A. 1 − 13

+15− 1

7+ . . . ; B. 1 − 1

5+

17− 1

11+

113

− . . . .

20 1. FOURIEROV RED

Sl. 1.14. Fourierov red neparnefunkcije sadrzavat ce samo ne-parne clanove

π π π- 0 2

� Racunamo po formuli (1.18):

bn =2L

∫ L

0f (x) sin

nπxL

dx =2π

∫ π

0

π4

sin nx dx =1

2n

[1 − (−1)n

].

Dakle, b2n = 0 , b2n+1 =1

2n + 1. Zato

π4

=∞∑

n=0

sin(2n+1)x2n + 1

= sin x +sin 3x

3+

sin 5x5

+sin 7x

7+ . . . , 0 < x < π.

Specijalno, za x = π/2 dobivamo

π4

= 1 − 13

+15− 1

7+ . . . .

Za x = π/3 dobivamo

π4

=√

32

+13· 0 +

15

(−√3

2

)+

17·√

32

+19· 0 + . . .

=√

32

(1 − 1

5+

17− 1

11+ . . .

), �

i suma reda pod B. iznosiπ

2√

3.

Primjer 10. Funkciju f (x) = x razvij u intervalu [0, π]A. po kosinus funkcijama; B. po sinus funkcijama.

Koristeci razvoj u A. izracunaj sumu reda 1 +132

+152

+ . . .

� A. Funkcija se moze prosiriti na simetrican interval [−π, π] tako da bude biloparna, bilo neparna. Prosirimo je do parne funkcije. Tada je poluperiod L = π i po(1.16) imamo

a0 =2L

∫ L

0f (x) dx =

2π

∫ π

0x dx = π ,


an =2L

∫ L

0f (x) cos

nπxL

dx =2π

∫ π

0x cos nx dx

=2π

(x

sin nxn

∣∣∣∣π0

− 1n

∫ π

0sin nx dx

)=

2n2π

cos nx∣∣∣π

0=

2n2 π

[cos nπ − 1].

Dakle,

a2n = 0 , a2n+1 = − 4(2n+1)2 π

.

Tako smo dobili:

x =π2− 4

π

∞∑n=0

1(2n+1)2

cos(2n + 1)x , 0 ? x < π. (1.19)

Na intervalu [−π, 0] ovaj red predstavlja funkciju −x . Na slici 1.15 (lijevo),nacrtan je graf dobivenog Fourierovog reda.

Stavljajuci u (1.19) x = 0 , dobivamo

1 +132

+152

+ . . . =π2

8.

π π π- 2π2π-π 0 0

Sl. 1.15. Parno periodicno prosirenje funkcije f (x) = x (lijevo) i njezino neparno prosirenje(desno)

B. Po formuli (1.18),

bn =2L

∫ L

0f (x) sin

nπxL

dx =2π

∫ π

0x sin nx dx

=2π

(−x

cos nxn

∣∣∣∣π0

+1n

∫ π

0cos nx dx

)= −2

ncos nπ =

2π

(−1)n+1 .

te je

x = 2∞∑

n=1

(−1)n+1

nsin nx , 0 < x < π .

Ovaj trigonometrijski red predstavlja funkciju nacrtanu na slici 1.15 (desno). �

22 1. FOURIEROV RED

Dokaz teorema konvergencije

Prije dokaza samog teorema izvest cemo dvije pomocne tvrdnje. Prva od njih je interesantnasama za sebe i poznata pod imenom Riemannova lema.

Lema 3. (Riemann) Ako je f : [a, b] → R po dijelovima glatka, tada vrijedi

limα→∞

Z b

af (x) sin αx dx = 0. (1.20)

DOKAZ. Segment [a, b] mozemo razbiti dijelisnim tockama a = x0 < x1 < . . . < xn = b naintervale (xi−1, xi) na kojima je funkcija f neprekinuto diferencijabilna. VrijediZ b

af (x) sin αx dx =

n−1Xi=0

Z xi+1

xi

f (x) sin αx dx,

pa je dovoljno pokazati da vrijedi

limα→∞

Z xi+1

xi

f (x) sin αx dx = 0.

Pritom je funkcija f neprekinuto diferencijabilna na (otvorenom) intervalu (xi, xi+1) . Ozna-cimo zbog kratkoce taj interval sa (c, d) .

Neka je zadan ε > 0 . Funkcija f je ogranicena na [c, d] , pa postoji konstanta M > 0 za kojuvrijedi |f (x)| < M , ∀x ∈ [c, d] . Izaberimo pozitivni broj δ < ε/4M . Gornji cemo integral razbitina tri dijela. Za prvi i treci dio vrijedi ocjena˛˛Z c+δ

cf (x) sin αx dx +

Z d

d−δf (x) sin αx dx

˛˛

?

Z c+δ

cM · 1 · dx +

Z d

d−δM · 1 · dx = 2 M δ <

ε2.

Na zatvorenom intervalu [c+δ, d−δ ] derivacija f ′ je neprekinuta funkcija, pa je stoga i omedena.Postoji zato konstanta M1 > 0 takva da vrijedi

|f ′(x)| < M1 , ∀x ∈ [c+δ, d−δ ].Primjenjujuci formulu parcijalne integracije, dobivamo˛

˛Z d−δ

c+δf (x) sin αx dx

˛˛

=˛˛− f (x) cos αx

α

˛˛d−δ

c+δ

+1α

Z d−δ

c+δf ′(x) cos αx dx

˛˛

?

˛−f (d − δ) cos α(d − δ) + f (c + δ) cos α(c + δ)

˛· 1

α

+1α

Z d−δ

c+δ|f ′(x)| · | cos αx| dx

?2Mα

+1α

M1 (d − c − 2δ) <ε2,

cim je α dovoljno velik.Dakle, za takve α vrijedi˛

˛Z d

cf (x) sin αx dx

˛˛ ?

˛˛Z c+δ

c+Z d

d−δ

˛˛+˛˛Z d−δ

c+δ

˛˛ <

ε2

+ε2

= ε


te je

limα→∞

Z d

cf (x) sin αx dx = 0. �

Lema 4. Vrijedi

(a)12

+nX

m=1

cos mx =sin(n + 1

2 )x

2 sin 12 x

,

(b)1π

Z 0

−π

sin(n + 12 )x

2 sin 12 x

dx =1π

Z π

0

sin(n + 12 )x

2 sin 12 x

dx =12

.

DOKAZ. Pokazimo najprije (a) .

2 sinx2

„12

+nX

m=1

cos mx

«= sin

x2

+nX

m=1

2 sinx2

cos mx

= sinx2

+nX

m=1

»sin“

m +12

”x − sin

“m − 1

2

”x

–= sin

“n +

12

”x

i odavde slijedi prva tvrdnja. Pokazimo sada (b) . Vrijedi

Z π

−π

sin“

n + 12

”x

2 sin 12 x

dx =Z π

−π

„12

+nX

m=1

cos mx

«dx = π

a podintegralna funkcija je parna, pa slijedi i druga tvrdnja. �

DOKAZ (Teorema 2). Ako je f neprekinuta u tocki x , tada je f (x − 0) = f (x + 0) = f (x) idovoljno je pokazati da vrijedi

Sn(x) − f (x − 0) + f (x + 0)2

→ 0 , kad n → ∞, ∀x ∈ [−π, π]

gdje je Sn(x) trigonometrijski polinom

Sn(x) =a0

2+

nXk=1

(ak cos kx + bk sin kx).

Koeficijenti a0, ak, bk ( k > 1 ) racunaju se po formuli (1.10). Uvrstimo ih:

Sn(x) =1

2π

Z π

−πf (ξ)dξ +

1π

nXk=1

Z π

−π

hf (ξ) cos kξ cos kx + f (ξ) sin kξ sin kx

idξ

=1π

Z π

−πf (ξ)

»12

+nX

k=1

cos(ξ − x)k–

dξ =„

ξ − x = zdξ = dz

«

=1π

Z π−x

−π−xf (x + z)

»12

+nX

k=1

cos kz

–dz

Podintegralna funkcija je periodicna s periodom 2π pa integraciju po intervalu [−π−x, π−x] mo-zemo zamijeniti integracijom po intervalu [−π, π] . Koristeci Lemu 4. (a) imamo

Sn(x) =1π

Z π

−πf (x + z)

sin(n + 12 )z

2 sin 12 z

dz.

24 1. FOURIEROV RED

Po Lemi 4. (b) dobivamo pak

f (x − 0)2

=1π

Z 0

−πf (x − 0)

sin(n + 12 )z

2 sin 12 z

dz,

f (x + 0)2

=1π

Z π

0f (x + 0)

sin(n + 12 )z

2 sin 12 z

dz

i zato vrijedi

Sn(x)− f (x − 0) + f (x + 0)2

=1π

Z 0

−π

hf (x + z) − f (x − 0)

i sin(n + 12 )z

2 sin 12 z

dz

+1π

Z π

0

hf (x + z) − f (x + 0)

i sin(n + 12 )z

2 sin 12 z

dz.

Pokazimo da ovi integrali teze ka nuli kad n → ∞ . Koristiti cemo Riemannovu lemu. Funkcija

g(z) :=f (x + z) − f (x + 0)

2 sin 12 z

je po dijelovima glatka na intervalu [0, π] , jer je to i f . Takoder, g zadovoljava Dirichletove uvjetejer postoji limz→0 g(z) :

g(z) =f (x + z) − f (x + 0)

z·

z/2sin z/2

→ f ′(x + 0) kad z → 0.

Dakle, Z π

0g(z) sin(n +

12)z dz → 0 kad n → ∞

tj. drugi integral tezi ka nuli. Ista je stvar i s prvim. Prema tome, vrijedi

S(x) = 12 [f (x − 0) + f (x + 0)], ∀ x ∈ [−π, π] . �

Zadaci za vjezbu

1. Sljedece parne, odnosno neparne, funkcije razvij u Fourierov red na intervalu 〈−π, π〉A. f (x) = |x|; B. f (x) = sin ax; C. f (x) = | cos x|;D. f (x) = cos ax; E. f (x) = x.

2. Razvij u Fourierov red na intervalu 〈−π, π〉A. f (x) = ex , −π < x < π; B. f (x) = x3 , −π < x < π;

C. f (x) ={ −2x, −π < x < 0,

3x, 0 < x < π;D. f (x) =

{ − 12 , −π < x < 0,

0, 0 < x < π;

E. f (x) = 2x − 3 , −π < x < π; F. f (x) ={ −x, −π < x < 0,

0, 0 < x < π;

G. f (x) ={

0, −π < x < 0,

sin x, 0 < x < π.

3. Sljedece periodicke funkcije razvij u Fourierov redA. f (x) = sin x/2 ; B. f (x) = cos x/3 ; C. f (x) = | sin x|;D. f (x) = sgn(cos x); E. f (x) = sin2 x.


4. Razvij u Fourierov red perioda 2L funkciju zadanu na intervalu 〈−L, L〉 formulom

A. f (x) = |x| − 5 , −2 < x < 2; B. f (x) = 5x − 3, −5 < x < 5;

C. f (x) = 3 − |x|, −5 < x < 5; D. f (x) = 2x − 3, −3 < x < 3;

E. f (x) =

{0, −L < x ? 0,

sinπxL

, 0 < x < L;F. f (x) =

{0, −L < x < 0,

A, 0 < x < L.

5. Sljedece funkcije definirane na intervalu 〈 0, π〉 razvij u Fourierov red po sinus funk-cijama

A. f (x) = x2; B. f (x) = cos 2x; C. f (x) = ch x;

D. f (x) = x sin x; E. f (x) = sin x;

6. Sljedece funkcije definirane na intervalu 〈 0, π〉 razvij u Fourierov red po kosinusfunkcijama

A. f (x) = x3; B. f (x) = π − 2x; C. f (x) = x sin x;

D. f (x) = sin x; E. f (x) ={

cos x, 0 < x ? π/2 ,

0, π/2 < x < π.

7. Razvij u Fourierov red parnu funkciju f (x) = [x] , udaljenost od realnog broja x donajblizeg cijelog broja.

8. Koristeci razvoj funkcije f (x) = |x| u Fourierov red na intervalu [−1, 1] , izracunajsumu reda

1 +132

+152

+172

+ . . .

9. Odredi sumu reda 1 − 13

+15− 1

7+ . . . razvijajuci u Fourierov red funkciju koja je

parna i konstantna po odsjeccima duljine T/2 .

10. Funkciju f (x) = x2 , x ∈ [0, 1] razvij u Fourierov red po kosinus funkcijama i pomocu

dobivenog razvoja izracunaj sumu reda∞∑

k=1

(−1)k

k2.

11. Izracunaj sumu reda 1 +132

+152

+ . . . koristeci razvoj u red po kosinus funkcijama

funkcije f koja je u intervalu 〈 0, π〉 dana izrazom f (x) = 1 − 2xπ

.

12. Izracunaj sumu reda∞∑

n=1

(−1)n−1

2n − 1pomocu razvoja funkcije y =

π4− x

2na intervalu

〈 0, π〉 u red po sinus funkcijama.

13. Funkciju f (x) = x−|x−π| , x ∈ [0, 2π] razvij u Fourierov red po kosinus funkcijama.

14. Funkciju f (x) = sin x , 0 ? x ? π razvij u Fourierov red po kosinus funkcijama i

pomocu dobivenog rezultata sumiraj red∞∑

n=1

14n2 − 1

.

26 1. FOURIEROV RED

15. Funkciju f (x) = sinx2

(5 − 4 cos

x2

)razvij u Fourierov red u intervalu 〈−π, π〉 .

Pomocu dobivenog rezultata sumiraj red∞∑

k=0

(−1)k(2k + 1)4(2k + 1)2 − 1

.

16. Koristeci razvoj funkcije f (x) = cos x(1 − sin x) , x ∈ [− π2 , π

2 ] u Fourierov red,izracunaj sumu reda

∞∑n=1

(−1)n

4n2 − 1.

Odgovori

1. A.π2− 4

π∞P

n=0

cos(2n+1)x(2n + 1)2 . B.

2 sin πaπ

∞Pn=1

(−1)n+1 n sin nxn2 − a2 za a /∈ Z , ali, = sin ax za

a ∈ Z . C.4π

∞Pn=0

cos (2n+1)x(2n + 1)2

. D.sin πa

πa+

2a sin πaπ

∞Pn=1

(−1)n+1

n2 − a2cos nx za a /∈ Z , ali,

= cos ax ako je a ∈ Z . E. −2∞P

n=0(−1)n sin nx

n

2. A.2π

sh π„

12

+∞P

n=1

(−1)n

n2 + 1( cos nx − n sin nx )

«. B.

∞Pn=1

(−1)n„

1n3 − 2π2

n

«sin nx .

C.5π4

− 10π

„cos x

12+

cos 3x32

+. . .

«+„

sin x1

− sin 2x2

+sin 3x

3−. . .

«. D.

14

+3π

∞Pn=0

sin(2n+1)x2n + 1

.

E. −3 + 4∞P

n=1(−1)n sin nx

n. F.

π4− 2

π∞P

n=0(−1)n cos(2n+1)x

(2n + 1)2 +∞P

n=1(−1)n sin nx

n.

G.1π

+12

sin x − 2π

∞Pn=1

cos 2nx4n2 + 1

.

3. A.8π

∞Pn=1

(−1)n−1 n sin nx4n2 − 1

. B.

√3

π

„32

+ 27∞P

n=1(−1)n−1 cos nx

9n2 − 1

«. C.

2π− 4

π

„cos 2x1 · 3

+

cos 4x3 · 5

+cos 6x5 · 7

+ . . .

«. D.

4π

∞Pn=o

(−1)n

2n + 1cos(2n + 1)x . E.

12− 1

2cos 2x

4. A. −4 − 8π2

∞Pn=0

1(2n + 1)2 cos

(2n+1)πx2

. B. −3 +50π

∞Pn=1

(−1)n+1 1n

sinπnx

5.

C.12

+20π2

∞Pn=0

1(2n+1)2 cos(2n + 1)

πx5

. D. −3 +12π

∞Pn=1

(−1)n+1

nsin

πnx3

.

E.1π

+12

sinπxL

− 2π

∞Pn=1

14n2 − 1

cosnπxL

. F.A2

+2Aπ

∞Pn=1

12n − 1

sin(2n−1)πx

L.

5. A. 2π„

sin x1

− sin 2x2

+sin 3x

3− . . .

«− 8

π

„sin x13 +

sin 3x33 +

sin 5x53 + . . .

«.

B. − 4π

„sin x

22 − 1+

3 sin 3x22 − 32 +

5 sin 5x22 − 52 + . . .

«. C.

2π

∞Pn=1

1 − (−1)n ch π1 + n2 n sin nx .

D.π2

sin x − 16π

∞Pn=2

nn2 − 1

sin 2nx . E. sin x .


6. A.π3

4+

∞Pn=1

6π4n2 cos 2nx+

∞Pn=1

„− 6π

(2n − 1)2 +24

π(2n − 1)4

«cos(2n−1)x . B.

8π

∞Pn=0

cos(2n+1)x(2n + 1)2 .

C. 1− cos x2

+2∞P

n=2(−1)n−1 cos nx

n2 − 1. D.

8π− 4

3πcos 2x− 4

15πcos 4x− . . .− 4

(4n2 − 1)cos 2nx .

E.1π− 1

2cos x − 2

π∞P

n=1

(−1)n

4n2 − 1cos 2nx .

7. f (x) =14− 2

π2

∞Pk=1

1(2k − 1)2 cos(2(2k − 1)πx) .

8. f (x) =12

+∞P

k=1

2(cos(kπ) − 1)k2π2 · cos kπx ;

π2

8.

9. f (x) =12

+∞P

n=1

2nπ

sinnπ2

cos2nπx

T, za x = 0 dobivamo sumu reda

π4

.

10. f (x) =13

+4

π2

∞Pn=1

cos nπn2 cos(nπx) , −π2

12.

11. f (x) =∞P

n=0

8π2(2n + 1)2 cos(2n + 1)x , za x = 0 dobivamo sumu

π2

8.

12. f (x) =∞P

n=1

12n

sin(2nx) . S =π4

.

13. f (x) =π2

+∞P

n=1

8πn2

“cos“nπ

2

”− 1”

cos“nx

2

”.

14. f (x) =2π− 4

π∞P

n=1

14n2 − 1

cos 2nx . Suma reda je12

.

15. f (x) = −2 sin x +10π

∞Pn=1

(−1)n+1 4n4n2 − 1

sin nx ; I =π

8√

2.

16. f (x) =2π− 1

2sin 2x − 4

π∞P

n=1

(−1)n

4n2 − 1cos 2nx , S =

12− π

4.

28 1. FOURIEROV RED

1.3. Svojstva Fourierovog reda

Spektar periodicne funkcije

Fourierov red periodicne funkcije sastavljen je od niza harmonika cije su frekven-

cije cjelobrojni visekratnici osnovne frekvencije ω0 =2πT

.

Diskretni spektar periodicne funkcije

Trigonometrijski Fourierov red moze se napisati u obliku

a0

2+

∞∑n=1

(an cos nω0x + bn sin nω0x) = ±12

c0 +∞∑

n=1

cn sin(nω0x + ϕn)

gdje je, po formulama (1.3)c0 = |a0|,cn =

√a2

n + b2n,

tg ϕn =an

bn.

cn je amplituda n–tog harmonika, a ϕn fazni pomak n–tog harmonika.Niz (cn) naziva se (diskretni) amplitudni spektar a (ϕn) fazni spektarfunkcije f . Nizove {an} i {bn} zovemo (diskretni) sinusni, odnosnokosinusni spektar funkcije f .

Broj cn naznacava s kojim intezitetom n–ti harmonik ulazi u rastav funkcije f .Parna funkcija ce imati samo kosinusni, a neparna samo sinusni dio spektra.

Jednoznacnost spektralnog prikaza

Ako je poznat spektar funkcije, je li onda funkcija f jednoznacno odre dena?Drugim rijecima, mogu li dvije razlicite funkcije f i g imati isti spektar?

Na ovo pitanje nije sasvim jednostavno odgovoriti. Za nase svrhe dovoljno ce bitida promatramo funkcije koje zadovoljavaju Dirichletove uvjete. U dokaz sljedecegteorema necemo se ovdje upustati:

Teorem 5. Ako periodicke funkcije f i g zadovoljavaju Dirichletove uvjete i ima-ju isti diskretni spektar, onda se one podudaraju u svim tockama osim mozda u tockamaprekida.

U smislu ovog teorema govorit cemo da je funkcija jednoznacno odre dena svojimamplitudnim i faznim spektrom. Isto vrijedi za sinusni i kosinusni spektar.

Primjer 11. Odredimo spektar frekvencija ispravljene kosinusoide prema sli-ci 1.16.

1.3. SVOJSTVA FOURIEROVOG REDA 29

A

4p

Sl. 1.16. Graf ispravljene kosinusoide

� Funkcija je periodicna s periodom T = 4p . Njezina jednadzba na intervalu[−2p, 2p] glasi

f (x) =

A cosπx2p

, |x| ? p,

0 , p ? |x| ? 2p.

Zbog parnosti, svi su koeficijenti bn jednaki nuli.

a0 =2L

∫ L

0f (x) dx =

1p

∫ p

0A cos

πx2p

dx =2Aπ

,

an =2L

∫ L

0f (x) cos

nπxL

dx =Ap

∫ p

0cos

πx2p

cosnπx2p

dx

=Ap

∫ p

0

12

(cos

πx + nπx2p

+ cosnπx − πx

2p

)dx

=A2p

· 2pπ

(sin(n+1)πx2p

n + 1+

sin(n−1)πx2p

n − 1

)∣∣∣∣p0

=Aπ

(sin(n+1)π2

n + 1+

sin(n−1)π2

n − 1

)= −2A

π

cosnπ2

n2 − 1.

ukoliko je n > 1 . Za n = 1 trebamo uvrstiti tu vrijednost prije integriranja da bis-mo izracunali koeficijent a1 . Mozemo medutim shvatiti n u gornjem integralu kaoparametar i pustiti ga da tezi k 1 :

a1 = limn→1

an = limn→1

−2Aπ

cosnπ2

n2 − 1

= −2Aπ

limn→1

−π2

sinnπ2

2n=

A2

.

Za spektar funkcije f vrijedi cn = |an| , jer su koeficijeni bn jednaki nuli. Dakle,

c0 =2Aπ

, c1 =A2

,

c2n =2A

π(4n2 − 1), c2n+1 = 0 , n > 1.

Taj je spektar prikazan na slici 1.17. �

30 1. FOURIEROV RED

Sl. 1.17. Prikaz spektra frekven-cija ispravljene kosinusoide. Pe-riodicna funkcija ima diskretanspektar cije su frekvencije vise-kratnici osnovne frekvencije ω0 .

1 2 3 4 5 =k

A2A

2

c

c

π

ωω

2

4

0

Deriviranje i integriranje Fourierovog reda

Razvijemo li funkcije f (x) = x2 i g(x) = x u Fourierov red na intervalu 〈−π, π〉 ,dobit cemo sljedece prikaze:

x2 =π2

3+ 4

∞∑n=1

(−1)n

n2cos nx, −π < x < π, (1.21)

x = 2∞∑

n=1

(−1)n+1

nsin nx, −π < x < π. (1.22)

Deriviranjem clan po clan reda (1.21), dobit cemo

2x = 4∞∑

n=1

(−1)n

n2(−n sin nx)

a odavde se dobiva rastav (1.22). Dakle, deriviranjem clanova Fourierovog reda, dobilismo ispravnu formulu. Hoce li to uvijek biti slucaj? Primijenimo li istu tehniku na red(1.22), dobit cemo

1 = 2∞∑

n=1

(−1)n+1 cos nx,

no ova je jednakost besmislena! Uvjeri se da red zdesna nije konvergentan.Sto se dogada pri deriviranju clanova Fourierovog reda? Promotrimo opcenitu

formulu, za Fourierov red funkcije na intervalu 〈−π, π〉 . (Isti zakljucak ce vrijediti iza bilo koji drugi interval.) Ako je

f (x) =a0

2+

∞∑n=1

(an cos nx + bn sin nx)

onda formalnim deriviranjem, clan po clan, dobivamo

f ′(x) =∞∑

n=1

(−n · an sin nx + n · bn cos nx)

sto je po svom obliku opet Fourierov red. Medutim, njegovi su koeficijenti, u odnosuna koeficijente pocetnog reda mnozeni s faktorom n . Radi toga, novodobiveni red nemora konvergirati, a u slucaju da konvergira, konvergencija ce biti sporija.


Dovoljan uvjet da bismo smjeli Fourierov red derivirati clan po clan jest da onkonvergira uniformno prema funkciji f . To ce biti slucaj kad god je funkcija f nep-rekinuta, a njezina derivacija f ′ zadovoljava Dirichletove uvjete (pa se moze rastavitiu Fourierov red).

Ako je f zadana samo na konacnom intervalu i na njemu je neprekinuta, toposebno znaci da se njezine vrijednosti na krajevima intervala moraju podudarati.

Deriviranje Fourierovog reda

Teorem 6. Pretpostavimo da je periodicna funkcija f perioda 2π neprekinutana R i ima sljedeci Fourierov prikaz

f (x) =a0

2+

∞∑n=1

an cos nx +∞∑

n=1

bn sin nx.

Ako f ′ zadovoljava Dirichletove uvjete, onda se ona moze prikazati u obliku

f ′(x) =∞∑

n=1

bn · n · cos nx +∞∑

n=1

(−an) · n · sin nx.

Uvjeti teorema ne mogu se oslabiti. Uvjeri se u to rjesavajuci zadatke 15.–17.

� � �

Pri integriranju clanova Fourierovog reda necemo imati problem s konvergenci-jom, dobiveni red ce uvijek konvergirati. Ilustrirajmo to s prije navedenim primjerom.Krenimo od formule

x = 2∞∑

n=1

(−1)n+1

nsin nx , −π < x < π.

Integrirajuci ovaj red clan po clan, dobivamo∫x dx = 2

∫ ( ∞∑n=1

(−1)n+1

nsin nx

)dx

= 2∞∑

n=1

(−1)n+1

n

∫sin nx dx .

tj.

x2 = 4∞∑

n=1

(−1)n

n· cos nx

n+ C .

Konstanta integracije C je upravo clana0

2u razvoju funkcije x2 u Fourierov red:

C =12· 2

π

∫ π

0x2 dx =

π2

3.

32 1. FOURIEROV RED

Vidimo da ce opci koeficijenti integriranog reda biti dijeljeni s faktorom n , zatoje njegova konvergencija neupitna.

Primijetimo samo da se pri integriranju Fourierovog reda moze u opcem slucajudobiti red koji nece biti Fourierov. Naime, ako je u pocetnom redu koeficijent a 0 razli-cit od nule, pri integriranju cemo dobiti clan a0x koji ne pripada clanovima Fourierovogreda. Dakako, taj se clan takoder moze rastaviti po sinus i kosinus funkcijama.

Parsevalova jednakost

Funkcije { 12 , sin(nω0x + ϕn), n ∈ N} su takoder ortogonalne na intervalu [a, b]

duljine T . Lako se provjerava∫ b

asin2(nω0x + ϕn)dx =

T2

,∫ b

asin(nω0x + ϕn) sin(mω0x + ϕm)dx = 0, za n = m,∫ b

a

12 · sin(nω0x + ϕn)dx = 0.

Sada imamo∫ b

a|f (x)|2dx =

∫ b

a

(12 c0 +

∞∑n=1

cn sin(nω0x + ϕn))2

dx

=14

c20

∫ b

adx + 2

∞∑n=1

c0cn

∫ b

a

12 · sin(nω0x + ϕn)dx

+∞∑

n,m=1

cncm

∫ b

asin(nω0x + ϕn) sin(mω0x + ϕm)dx

=T4

c20 +

∞∑n=1

c2n

∫ b

asin2(nω0x + ϕn)dx.

=T4

c20 +

T2

∞∑n=1

c2n

=T4

a20 +

T2

∞∑n=1

(a2n + b2

n).


Za Fourierove koeficijente a0, a1, a2 . . . i b1, b2, . . . vrijedi Parsevalovajednakost

12

a20 +

∞∑n=1

a2n +

∞∑n=1

b2n =

2T

∫ b

a|f (x)|2 dx. (1.23)


Primjer 12. Koristeci razvoj funkcije f (x) = x2 , −π < x < π u Fourierov red i

Parsevalovu jednakost, izracunaj sumu reda∞∑

n=1

1n4

.

� Znamo da za ovu funkciju vrijedi

x2 =π2

3+ 4

∞∑n=1

(−1)n

n2cos nx, −π < x < π

Primijenimo na ovaj razvoj Parsevalovu jednakost. Najprije,

2T

∫ b

a|f (x)|2 dx =

22π

∫ π

−πx4 dx =

2π4

5.

Zato je, prema (1.23),

12

c20 +

∞∑n=1

c2n =

12

4π4

9+

∞∑n=1

16n4

=2π4

5,

i odavde ∞∑n=1

1n4

=π4

90. �

Jednolika konvergencija Fourierovog reda

Pokazimo sada pod kojim ce uvjetima Fourierov red konvergirati jednoliko (uni-formno) k funkciji f na svakom zatvorenom intervalu na kojem je f neprekinuta. Utom ce se slucaju Fourierov red moci derivirati clan po clan.

Teorem 7. (O uniformnoj konvergenciji ili aproksimaciji.) Neka je f neprekinu-ta funkcija za koju f ′ zadovoljava Dirichletove uvjete na intervalu [−π, π] i neka jef (−π) = f (π) . Trigonometrijski Fourierov red

S(x) =a0

2+

∞∑k=1

(ak cos kx + bk sin kx)

konvergira jednoliko i vrijedi S(x) = f (x) , ∀ x ∈ [−π, π] .

DOKAZ. Dovoljno je pokazati da vrijedi

|a0|2

+∞∑

k=1

(|ak| + |bk|) < ∞ .

Tada, za svaki ε > 0 postoji n0 ∈ N takav da za n > n0 vrijedi

|S(x) − Sn(x)| = |∞∑

k=n+1

ak cos kx + bk sin kx|

?

∞∑k=n+1

(|ak| | cos kx| + |bk| | sin kx|)

?

∞∑k=n0+1

(|ak| + |bk|) < ε , ∀ x ∈ [a, b] .

34 1. FOURIEROV RED

Prema Weierstrassovom kriteriju, odavde zakljucujemo da Sn konvergira jednolikoprema funkciji S . Ta se funkcija podudara s f zbog neprekinutosti od f .

Vrijedi

ak =1π

∫ π

−πf (x) cos kx dx

=1

kπf (x) sin kx

∣∣∣π−π

− 1kπ

∫ π

−πf ′(x) sin kx dx = −b′

k

k,

gdje je b′k koeficijent u razvoju funkcije f ′ u Fourierov red. Analogno dobivamo

bk = a′k/k .

Funkcija f ′ moze se rastaviti u Fourierov red, te za njezine koeficijente vrijediParsevalova jednakost

a′0

2

2+

∞∑n=1

(a′n

2 + b′n

2) =1π

∫ π

−πf ′(x)2dx < ∞ .

Nadalje, iz nejednakosti αβ ? 12(α

2 + β2) dobivamo

|a′k|

k?

12(a′

k2 +

1k2

) ;|b′

k|k?

12(b′

k2 +

1k2

) .

Zato je∞∑

k=1

( |a′k|

k+

|b′k|

k

)?

12

∞∑k=1

(a′k

2 + b′k

2) +∞∑

k=1

1k2

< ∞ .

Dobili smo∞∑

k=1

(|ak| + |bk|) =∞∑

k=1

( |b′k|

k+

|a′k|

k

)< ∞

i time je teorem dokazan. �

Najbolja aproksimacija

U primjenama funkciju f nuzno aproksimiramo konacnim Fourierovim redom

f (x) ≈ SN(x) :=a0

2+

N∑n=1

(an cos

nπxL

+ bn sinnπxL

).

S tim u vezi moze se postaviti pitanje: je li ova aproksimacija najbolja moguca? Ili,preciznije, na koji nacin treba izabrati koeficijente An , Bn u prikazu

RN(x) :=A0

2+

N∑n=1

(An cos

nπxL

+ Bn sinnπxL

).

da aproksimacija bude najbolja moguca?Da bismo uopce mogli odgovoriti na ovo pitanje, moramo utvrditi sto cemo uzeti

kao mjeru za odstupanje funkcije f od predlozene aproksimacije R N . Prikladno je


uzeti tzv. udaljenost najmanjih kvadrata

E :=∫ L

−L|f (x) − RN(x)|2dx

=∫ L

−L

∣∣∣f (x) − A0 −N∑

n=1

(An cos

nπxL

+ Bn sinnπxL

)∣∣∣2dx.

Ovaj je izraz funkcija po nepoznanicama An , Bn , minimum koje trazimo. Vidimoda je to kvadratna funkcija po tim nepoznanicama. Minimum cemo naci uzimajuci∂E∂An

= 0 ,∂E∂Bn

= 0 . Dobivamo

∂E∂An

= 2∫ L

−L

[f (x) − A0 −

∞∑k=1

(Ak cos

kπxL

+ Bk sin kπxL)]

cosnπxL

dx.

Zbog ortogonalnosti trigonometrijskih funkcija, pod integralom preostaju samo dvaclana: ∫ L

−Lf (x) cos

nπxL

dx − An

∫ L

−Lcos2 nπx

Ldx = 0

i odavde

An =1L

∫ L

−Lf (x) cos

nπxL

dx = an.

Slicno vrijedi Bn = bn . Time smo pokazali da Fourierov polinom daje najboljuaproksimaciju za funkciju f medu svim trigonometrijskim polinomima reda N .

Kompleksni oblik Fourierovog reda

Za teorijska razmatranja prakticnije je Fourierov red pisati u kompleksnom obliku.Iz De Moivreove formule

eα = cos α + i sin α,

e−α = cos α − i sin α,

zbrajanjem i oduzimanjem dobivamo:

cos α =eiα + e−iα

2, sin α =

eiα − e−iα

2i.

Zato mozemo pisati:

an cos nx+bn sin nx = aneinx + e−inx

2+ bn

einx − e−inx

2i

=an − ibn

2einx +

an + ibn

2e−inx

=: cn einx + c−n e−inx

36 1. FOURIEROV RED

Stavimo li c0 =a0

2, dobit cemo

a0

2+

∞∑n=1

(an cos nx + bn sin nx) = c0 +∞∑

n=1

(cneinx + c−ne−inx) =∞∑

n=−∞cn einx

Koeficijente cn racunamo po formuli

cn =an − ibn

2=

12

( 1π

∫ π

−πf (ξ) cos nξ dξ − i

π

∫ π

−πf (ξ) sin nξ dξ

)=

12π

∫ π

−πf (ξ)

[cos nξ − i sin nξ

]dξ

=1

2π

∫ π

−πe−inξ f (ξ) dξ .


Teorem 8. Periodicka funkcija f s periodom T = 2π , koja zadovoljava Di-richletove uvjete, ima sljedeci prikaz preko ortogonalnog sustava {e inx, n ∈ Z} :

f (x) =∞∑

n=−∞cn einx. (1.24)

Koeficijenti se racunaju formulama

cn =1

2π

∫ π

−πe−inξ f (ξ) dξ . (1.25)

Gibbsov fenomen

Nije sasvim jednostavno prihvatiti cinjenicu da je niz sinus i kosinus funkcija do-voljan da se prikaze funkcija s prekidom. Jer, sinusoide su beskonacno-diferencijabilnefunkcije a njima prikazujemo funkciju koja je prekinuta!

Sto znaci jednakost u sljedecoj formuli:

f (x) =a0

2+

∞∑m=1

(am cos mx + bm sin mx)? (1.26)

Dakako, desna strana predstavlja red funkcija i jednakost sugerira da se zapravo radi oaproksimaciji. Funkcija f aproksimira se sve vecim i vecim brojem harmonika, da bina posljetku u (1.26) vrijedila jednakost.

Medutim, interesantno je vidjeti kvalitetu aproksimacije: sto dobivamo uzimajucinekoliko prvih parcijalnih suma Fourierovog reda za funkciju f ?

Ilustrirajmo to na jednom primjeru. Za neparnu funkciju, koja na intervalu (0, π)ima vrijednost f (x) = π

4 , izracunali smo sljedeci prikaz

f (x) = sin x +sin 3x

3+

sin 5x5

+sin 7x

7+ . . .


Napisimo prvih nekoliko parcijalnih suma:

S1(x) = sin x,

S2(x) = sin x +sin 3x

3,

S3(x) = sin x +sin 3x

3+

sin 5x5

.

Skicirajmo tih prvih nekoliko aproksimacija.

Sl. 1.18. Prvih nekoliko aproksimacija funkcije preko njezinog Fourierovog reda.

Ocigledno ce povecanjem broja n trigonometrijski polinom Sn sve bolje aprok-simirati funkciju f . Medutim, treba primijetiti sljedece:

– Konvergencija ce opcenito biti spora. Tim sporija ukoliko f ima prekide, kaosto je slucaj s ovom funkcijom.

– Teorem tvrdi da vrijedi Sn(x) → f (x) ukoliko je x tocka neprekinutosti za f .Rijec je o konvergenciji po tockama. U svakoj tocki neprekinutosti x niz (S n(x)) tezik f (x) . Medutim, nacrtamo li graf funkcije Sn , vidjet cemo da se on ne priblizavauniformno k funkciji f . Na grafu funkcije Sn moze se uociti jedan siljak koji, kako sen povecava, putuje prema tocki prekinutosti, suzava se, ali se ne smanjuje po iznosu.Dapace, taj se iznos moze izracunati i on ne ovisi o obliku funkcije vec samo o veliciniskoka i iznosi oko 9% tog skoka.

To neobicno svojstvo Fourierovog reda poznato je pod imenom Gibbsov 1 feno-men. Obrazlozenje Gibbsovog fenomena dao je Maxime Bocher 1906 g. (Annals ofMathematics, Vol 2, No 7, p. 81)

Student se moze zapitati: kako niz (Sn(x)) moze teziti k f (x) , kad je upravoreceno da svaka od tih funkcija sa sobom nosi siljak koji strsi u iznosu ≈ 9% skokafunkcije f ? Dakako, odgovor je vec dan: rijec je o konvergenciji po tockama kod kojeje takva situacija moguca (za razliku od jednolike konvergencije). Sljedece slicicemogu pripomoci da se usvoji ta cinjenica.

1 Josiah Willard Gibbs (1839–1903) jedan od prvih americkih matematicara –fizicara

38 1. FOURIEROV RED

Sl. 1.19. Siljak ‘bjezi’ prema tocki prekinutosti. Kad–tad ce se situacija u svakoj tockineprekinutosti stabilizirati

Ocigledno je da ce za svaku fiksnu tocku x postojati trenutak nakon kojeg cesiljak, poput vala, prijeci preko tocke x i nakon toga ce se stanje u tocki x stabilizirati:niz (Sn(x)) teziti ce k f (x) .

Zadaci za vjezbu

1. Izracunaj i nacrtaj diskretni spektar periodicke funkcije zadane slikom.

��

�

T�8

2

t

f �t�

�� T ��

2. Zadana je neparna funkcija f (x) tako da je

f (x) = 2e−x + e−2x, za x > 0.

Odredi izraz za Fourierov spektar od f (x) .3. Odredi i skiciraj diskretni spektar neparne funkcije f (x) perioda 4, koja je u intervalu

(0, 2) dana jednadzbom f (x) = x2 .


4. Zadana je periodicka funkcija f (x) perioda T prema slici. Odredi parametar a(a < T/2 ) tako da amplituda osnovnog harmonika u Fourierovom razvoju budedvostruku veca od amplitude drugog harmonika.

��

�

a T�a T

A

x

f �x�

�� T ��

5. Zadana je periodicka funkcija f perioda T prema slici. Odredi parametar a takoda amplituda drugog harmonika u Fourierovom razvoju bude cetiri puta manja odamplitude osnovnog harmonika.

��

�

a T�a

A

x

f �x�

�� T ��

��

��A

AAA

AAAA

6. Funkcija f (x) temeljnog perioda T = 2 zadana slikom, razvijena je u Fouriereov red.Ako treci harmonik tog razvoja ima amplitudu 2, odredi konstantu A .

��

�

1 2 3

A

x

y

��

��

7. Funkciju f (x) = sgn(sin x) razvij u Fourierov red. Koristeci Parsevalovu jednakost

izracunaj∞∑

n=1

1(2n − 1)2

.

8. Ako su (an) , (bn) Fourierovi koeficijenti u rastavu periodicke funkcije f , kako glaseFourierovi koeficijenti u rastavu periodicke funkcije x �→ f (x− a) , za neki realni broja = 0 ?

9. Svaka periodicka funkcija f s periodom T je tako der periodicka s periodom 2T , 3Titd. U racunu Fourierovih koeficijenata koristi se cinjenica da je period te funkcije basT . Pretpostavi da je period ove funkcije 2T i izracunaj Fourierove koeficijente uz tupretpostavku. Uvjeri se da ces dobiti indenticne izraze u oba slucaja.

10 ∗. Prosjecna snaga. Snaga koju stalna struja iznosa I ima pri prolazu kroz otpornikotpora R je P = I2R . Ukoliko I nije konstantna, tada se prosjecna snaga definira kaousrednjenje

P =1

2L

∫ L

−LI2(t)R dt.

40 1. FOURIEROV RED

Neka je I(t) periodicka s periodom T = 2L . Pokazi da je prosjecna snaga dana s[a2

0

2+

∞∑n=1

(a2n + b2

n)]

R

gdje su an , bn Fourierovi koeficijenti od I(t) .

11 ∗. Fourierov red za polinom. Neka je P paran polinom promatran na intervalu 〈−L, L〉 .Pokazi da je tada, za n > 1

an =2L

n2π2(−1)n

[P′(L) − L2

n2π2P′′′(L) +

L4

n4π4P(v)(L) − . . .

].

Ako je pak P neparan polinom, dokazi da je tada

bn =2

nπ(−1)n+1

[P(L) − L2

n2π2P′′(L) +

L4

n4π4P(iv)(L) − . . .

].

12. Koristeci formule iz prethodnog zadatka, odredi Fourierov red za funkcije f (x) = x ,f (x) = x2 , f (x) = x3 , zadane na intervalu [−π, π] .

13. Koristeci formule iz zadatka 11, odredi formule za Fourierov red polinoma f (x) =Ax2 + Bx + C , na intervalu 〈−L, L〉 .

14. Prema formulama iz prethodnog zadatka, odredi formulu za Fourierov red funkcijef (x) = x2 + x i f ′(x) = 2x + 1 , na intervalu 〈−π, π〉 .

15. Fourierov rastav funkcije f (x) = x2 + x na intervalu 〈−π, π〉 glasi

f (x) =13

π2 +∞∑

n=1

4n2 (−1)n cos nx −

∞∑n=1

2n(−1)n sin nx.

Uvjeri se da deriviranjem “clan po clan” ovog reda neces dobiti red za funkcijuf ′(x) = 2x + 1 !

16 ∗. Fourierov red derivacije. Pretpostavimo da je funkcija f neprekinuta na intervalu〈−π, π〉 i na njemu ima sljedeci prikaz:

f (x) =a0

2+

∞∑n=1

an cos nx +∞∑

n=1

bn sin nx.

Ako se njezina derivacija f ′ moze razviti u Fourierov red:

f ′(x) =A0

2+

∞∑n=1

An cos nx +∞∑

n=1

Bn sin nx,

dokazi da onda vrijedi

A0 =1π[f (π) − f (−π)

],

An = (−1)nAn + nbn,

Bn = −nan.

17. Koristeci se formulama iz prethodnog zadatka i prikazom funkcije f (x) = x 2 + x ,odredi Fourierov red za funkciju g(x) = 2x + 1 .


18 ∗. Aproksimacija sinus funkcije parabolom. U mnogim se primjenama sinus funkcijaaproksimira parabolom. Preciznije, vrijedi

sin πx ≈{

4x(1 − x), 0 < x < 1,

4x(1 + x), −1 < x < 0.

A. Uvjeri se da je ova funkcija neparna.B. Razvij je u Fourierov red na intervalu [−1, 1] i na temelju toga odredi kvalitetuaproksimacije funkcije sinus.C. Navedi formulu za aproksimaciju funkcije sin x , dijelovima parabola na intervalu(−π, π) .

19. Zadana je funkcija

f (x) =

{− 1

2 (π + x), −π ? x < 0,12 (π − x), 0 < x ? π,

Dokazi da za Fourierov red te funkcije vrijedi

f (x) =∞∑

n=1

sin nxn

.

Deriviranjem ovog reda dobit cemo ‘nemogucu’ formulu koju su poznavali LeonhardEuler i Joseph Louis Lagrange

∞∑n=1

cos nx = −12.

Odgovori

1. a0 =1, an =4

nπsin

nπ4

, bn = 0 .

2. A(λ ) = 0 , C(λ ) = |B(λ )| =4λ

π(1 + λ 2)+

2λπ(4 + λ 2)

3. an = 0 , bn = − 8nπ

(−1)n +16

n3π3 [(−1)n − 1]

4. an =2Anπ

sin2nπa

T, a1 = 2a2 =⇒ a = T/6 .

5. an =AT

n2π2a〈 1 − cos

2nπaT

〉 , a =T3

.

6. A =18π2

√4 + 9π2

.

7. an = 0 , bn =2(1 − cos nπ)

nπ; S =

π2

8.

2.Fourierov integral

1. Fourierov integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422. Fourierova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

2.1. Fourierov integral

Svaku ‘dovoljno dobru’ periodicnu funkciju mozemo razviti u red po trigono-metrijskim funkcijama, kojemu frekvencije cine niz, diskretan skup koji se sastoji odosnovne frekfencije ω0 i svih njezinih cjelobrojnih visekratnika. Kazemo da perio-dicna funkcija ima diskretan spektar.

Ako f nije periodicna funkcija, mi je mozemo na svakom konacnom intervalurazviti u Fourierov red, medutim, van tog intervala Fourierov red se periodicni ponav-lja i nece predstavljati danu funkciju. Pri tom ce se, povecanjem intervala na kojemfunkciju razvijamo u Fourierov red, smanjivati osnovna frekvencija ω 0 , posto vrijediω0 = 2π/T . Zelimo li neperiodicnu funkciju f : R → R prikazati na citavomR kao sumu harmonickih titraja, morat cemo to uciniti pomocu kontinuirano mnogoharmonika kojima se frekvencije neprekidno mijenjaju od 0 do ∞ .

Izvedimo najprije formalni prijelaz sa konacnog na beskonacni interval.Neka f : R → R zadovoljava Dirichletove uvjete na svakom konacnom intervalu.

Za svaki L > 0 , cim je x tocka neprekidnosti, vrijedi

f (x) =a0

2+

∞∑n=1

(an cos

nπxL

+ bn sinnπxL

), −L < x < L ,

a koeficijenti se racunaju formulama

a0 =1L

∫ L

−Lf (ξ) dξ .

an =1L

∫ L

−Lf (ξ) cos

nπξL

dξ .

bn =1L

∫ L

−Lf (ξ) sin

nπξL

dξ .

(2.1)

2.1. FOURIEROV INTEGRAL 43

Dakle,

f (x) =1

2L

∫ L

−Lf (ξ) dξ +

∞∑n=1

(1L

∫ L

−Lf (ξ) cos

nπL

dξ · cosnπxL

+1L

∫ L

−Lf (ξ) sin

nπL

dξ · sinnπxL

)=

12L

∫ L

−Lf (ξ) dξ +

1L

∞∑n=1

∫ L

−Lf (ξ) cos

nπL

(x − ξ) dξ .

Pustimo da L → ∞ . Ako je ispunjeno∫∞−∞ |f (ξ)| dξ < ∞ , prvi clan ce teziti ka

nuli. Stavimo nadalje

λn =nπL

, ∆λn = λn+1 − λn =πL

.

Tada cemo imati

f (x) = limL→∞

1π

∞∑n=1

∆λn

∫ L

−Lf (ξ) cos λn(x − ξ) dξ

=1π

∫ ∞

0dλ∫ ∞

−∞f (ξ) cos λ (x − ξ) dξ

Ova se formula naziva Fourierova integralna formula, a integral s desne straneFourierov integral.

Fourierov integral

Teorem 1. Ako je f : R → R po dijelovima glatka na svakom konacnomintervalu i apsolutno integrabilna, tada postoji njezin Fourierov integral i vrijedi

1π

∫ ∞

0dλ∫ ∞


={

f (x), ako je f neprekinuta u x12 [f (x−0) + f (x+0)], ako je x tocka prekida za f . (2.2)

Pretpostavimo da funkcija f zadovoljava uvjete ovog teorema. Oznacimo

f (x) ={

f (x), ako je f neprekinuta u x ,12 [f (x + 0) + f (x − 0)], ako je f prekinuta u x .

44 2. FOURIEROV INTEGRAL

Tad za svaki x vrijedi, prema (2.2):

f (x) =1π

∫ ∞

0dλ∫ ∞

−∞f (ξ)

[cos λx cos λξ + sin λx sin λξ

]dξ

=∫ ∞

0

[( 1π

∫ ∞

−∞f (ξ) cos λξ dξ

)cos λx

+( 1

π

∫ ∞

−∞f (ξ) sin λξ dξ

)sin λx

]dλ ,

tj,

f (x) =∫ ∞

0

[A(λ ) cos λx + B(λ ) sin λx

]dλ . (2.3)

Fourierov integral i spektar

Integral

f (x) :=∫ ∞

0

(A(λ ) cos λx + B(λ ) sin λx

)dλ (2.4)

naziva se Fourierov integral funkcije f . Funkcije λ �→ A(λ ) , λ �→ B(λ )nazivaju se kosinusni, odnosno sinusni spektar od f i racunaju se formu-lama

A(λ ) =1π

∫ ∞

−∞f (ξ) cos λξ dξ , (2.5)

B(λ ) =1π

∫ ∞

−∞f (ξ) sin λξ dξ . (2.6)

Kazemo da smo funkciju f rastavili na harmonicna titranja cije su frekvencije svipozitivni brojevi 0 < λ < ∞ .

Ako funkcija f zadovoljava uvjet

f (x) =f (x + 0) + f (x − 0)

2, za svaki x,

tj, ako u tockama prekida ima vrijednost jednaku aritmetickoj sredini limesa s des-ne i s lijeve strane, tada (2.6) vrijedi za svaki x — funkcija se podudara sa svojimFourierovim integralom.

Kosinusni i sinusni spektar odreduju amplitudni spektar am(λ ) funkcije f ,

am(λ ) :=√

A(λ )2 + B(λ )2. (2.7)

Parna funkcija nema sinusnog spektra, tj. B(λ ) = 0 , neparna funkcija nemakosinusnog spektra, tj. A(λ ) = 0 :


f parna:

f (x) =∫ ∞

0A(λ ) cos λx dλ ,

A(λ ) =2π

∫ ∞

0f (ξ) cos λξ dξ ,

am(λ ) = |A(λ )|.

(2.8)

f neparna:

f (x) =∫ ∞

0B(λ ) sin λx dλ ,

B(λ ) =2π

∫ ∞

0f (ξ) sin λξ dξ ,

am(λ ) = |B(λ )|.

(2.9)

Primjer 1. Prikazi pomocu Fourierovog integrala funkciju

f (x) =

1 , 0 < x < 1,12 , x = 0 , x = 1,

0 , x < 0 ili x > 1.

� Funkcija f je apsolutno integrabilna i po dijelovima glatka, s dvije tocke pre-kida prvog reda: x = 0 i x = 1 . Takoder, vrijedi f = f i stoga ce se f podudarati sasvojim Fourierovim integralom. Po formuli (2.2) imamo

Sl. 2.1.

f (x) =1π

∫ ∞

0dλ∫ ∞

−∞f (x) cos λ (ξ − x) dξ

=1π

∫ ∞

0dλ∫ 1

01 · cos λ (ξ − x) dξ

=1π

∫ ∞

0

sin λ (ξ − x)λ

∣∣∣∣10

dλ

=1π

∫ ∞

0

sin λ (1 − x) + sin λxλ

dλ �

Primjer 2. Parna funkcija f : R → R zadana je na intervalu 〈 0,∞〉 formulom

f (x) = e−p·x, (p > 0)(slika 2.2). Prikazi je u obliku Fourierovog integrala. Odredi i skiciraj njezin ampli-tudni spektar. Dokazi da je ∫ ∞

0

cos λ1 + λ 2

dλ =π2e

.


c x

ee

f

px -px

Sl. 2.2.

� Vrijedi B(λ ) = 0 , jer je f parna.

A(λ ) =2π

∫ ∞

0f (ξ) cos λξ dξ

=2π

∫ ∞

0e−pξ cos λξ dξ

=2π

e−pξ

p2 + λ 2

(−p cos λξ + λ sin λξ

) ∣∣∣∣∞ξ=0

=2pπ

1p2 + λ 2

Dakle,

f (x) =∫ ∞

0A(λ ) cos λx dλ =

2pπ

∫ ∞

0

cos λxp2 + λ 2

dλ .

Amplitudni spektar je

am(λ ) = |A(λ )| = 2pπ

1p2 + λ 2

, 0 < λ < ∞ .

(slika 2.3). Iz prikaza funkcije preko Fourierovog integrala, za p = 1 i x = 1dobivamo

f (1) = e−1 =2π

∫ ∞

0

cos λ1 + λ 2

dλ

i odavde slijedi tvrdnja zadatka. �

p p

p=pp=p

0

2p

am( )λ

λ

π1 2

12

>Sl. 2.3. Spektar parne funkcije izovog primjera. Crtkanom je lini-jom oznacen (normirani) spektarza vrijednost parametra p1 > p .Vidimo da ‘rastezanju’ funkcijeodgovara porast amplituda u dije-lu spektra s malim frekvencijamaλ .


Primjer 3. Neparna funkcija f : R → R zadana je na intervalu (0,∞) formulom

f (x) = e−px, (p > 0)

(slika 2.4) Prikazi je u obliku Fourierovog integrala. Odredi i skiciraj njezin amplitudnispektar. Dokazi da je ∫ ∞

0

λ sin λa2 + λ 2

dλ =π2

e−a .

x

e

px

-px

-e

f(x)

0

Sl. 2.4.

� Funkcija f je neparna te je A(λ ) = 0 .

B(λ ) =2π

∫ ∞

0f (ξ) sin λξ dξ =

2π

∫ ∞

0e−pξ sin λξ dξ

=2π

e−pξ

p2 + λ 2

(−p sin λξ − λ cos λξ

) ∣∣∣∣∞ξ=0

=2π

λp2 + λ 2

.

Zato,

f (x) =∫ ∞

0B(λ ) sin λx dλ =

2π

∫ ∞

0

λ sin λxp2 + λ 2

dλ .

Amplitudni spektar je (slika 2.5):

am(λ ) = |B(λ )| = 2π

λp2 + λ 2

, 0 < λ < ∞

Posebno, za λ = p dobivamo

am(p) =1

πp.

Uvjeri se deriviranjem da je ovo maksimum funkcije am(λ ) . Dakle, ako je p 2 < p1 ,tada se maksimum amplitude postize na nizoj frekvenciji i ima vecu vrijednost.


Sl. 2.5. Spektar prigusene ekspo-nencijalne funkcije, s neparnimprosirenjem na R . Slabije prigu-senje odgovara koncentraciji spek-tra na manje vrijednosti λ .

am( )

p p<

p=p

p p0

2 1

2 1

2

λ

λ

p=p1

Iz prikaza funkcije pomocu Fourierovog integrala, za p = a i x = 1 dobivamo

f (1) = e−a =2π

∫ ∞

0

λ sin λa2 + λ 2

dλ ,

odakle slijedi trazena formula. �

Primjer 4. Pomocu Fourierovog integrala prikazimo i odredimo amplitudni spek-tar funkcije zadane slikom 2.6. Odredi zatim vrijednost integrala∫ ∞

0

sin uu

du .

Sl. 2.6.

� Funkcija f ce se podudarati sa svojim Fourierovim integralom u svakoj tocki.Ona je parna, zato ima samo kosinusni spektar:

A(λ ) =2π

∫ ∞

0f (ξ) cos λξ dξ =

2π

∫ T

0cos λξ dξ =

2π

sin λTλ

.

Amplitudni spektar iznosi

am(λ ) = |A(λ )| = 2π

| sin λT|λ

, 0 < λ < ∞ .

Za λ → ∞ vrijedi am (λ ) → 2Tπ

. Na slici 2.7. nacrtan je amplitudni spektar za

slicnu funkciju koja je jednaka 1 na intervalu 〈−T1, T1〉 , za neki T1 > T . Primijetida se frekvencije grupiraju oko nule.

Prikaz funkcije f pomocu Fourierovog integrala je:

f (x) =∫ ∞


2π

∫ ∞

0

sin λT cos λxλ

dλ .


Specijalno, za x = 0

f (0) = 1 =2π

∫ ∞

0

sin λTλ

dλ =2π

∫ ∞

0

sin(λT)λT

d(λT)

te je ∫ ∞

0

sin uu

du =π2

. �

Sl. 2.7. Prikaz spektra funkcije iz zadatka, za dvije vrijednosti konstante T .

Funkcija sinus integralni

Funkcija sinus integralni definira se formulom

Si(x) :=∫ x

0

sin uu

du .

To je neparna funkcija. Dobivena je racunanjem povrsine ispod funkcijesin u

u, pa ta

funkcija raste kad god je sinus pozitivan, a pada tamo gdje je sinus negativan. Apscisenjezinog maksimuma su xmax = (2n+1)π , a apscise minimuma xmin = 2nπ .

Nadalje, vrijedi

limx→∞

Si(x) =∫ ∞

0

sin uu

du =π2

.

sin uu

1

0 xu

Si(x)

2-π π π

Si(x)

x2ππ0-π-2π

-π2

π2

Sl. 2.8. Konstrukcija funkcije Si(x)

Funkcija Si(ax) je za veliki a ‘stisnuta’ prema Oy -osi; za a → ∞ ona tezi po

tockama k funkcijiπ2

sgn(x) (slika 2.9).


Sl. 2.9. Funkcija Si(ax) za velikuvrijednost parametra a i njezinagranicna vrijednost kad a → ∞ .

x

Si(ax)

0

2

a

-

π

π

2π

Primjer 5. Odredi funkciju f koja ima samo kosinusni spektar oblika:

A(λ ) =2π

sin λTλ

, 0 < λ < a .

2Tπ

am( λ)

λπ

T

=|A( )|= 2 |sin T|λ π

λλ

a

Sl. 2.10. Ovaj spektar predstav-lja filtrirani spektar funkcije izPrimjera 4, kojemu su odrezanevisoke frekvencije. Kako ce se toodraziti na ulazni signal?

� Malenoj promjeni spektra odgovarat ce malena promjena funkcije (signala) iobratno. Zato ocekujemo da ce se funkcija s ovakvim spektrom, za veliki a , neznatnorazlikovati od one iz prethodnog primjera. Vrijedi

f (x) =∫ ∞


2π

∫ a

0

sin λT cos λxλ

dλ

=1π

∫ a

0

sin λ (T+x) + sin λ (T−x)λ

dλ

=1π

∫ a

0

sin λ (T+x)λ (T+x)

dλ (T+x) +1π

∫ a

0

sin λ (T−x)λ (T−x)

dλ (T−x)

=1π

a(T+x)∫0

sin uu

du +1π

a(T−x)∫0

sin uu

du

=1π

(Si(a(T+x)) + Si(a(T−x))

). �


x0

f(x)

-T T

1

Sl. 2.11. Rekonstrukcija signala natemelju modificiranog spektra.

Primjer 6. Odredi i skiciraj spektar funkcije f koja se sastoji od jednog valasinusoide:

f (x) ={

A sin ωx , |x| ? π/ω,

0 , |x| > π/ω.

(slika 2.12). Sto se dogada sa spektrom ako se uzme n valova (n > 1 )?

� Funkcija je neparna, zato je A(λ ) = 0 i

B(λ ) =2Aπ

∫ π/ω

0sin ωξ sin λξ dξ

=Aπ

∫ π/ω

0

(cos(λ − ω)ξ − cos(λ + ω)ξ

)dξ

=Aπ

(sin(πλ/ω − π)

λ − ω− sin(πλ/ω + π)

λ + ω

)=

Aπ

(−sin(πλ/ω)

λ − ω+

sin(πλ/ω)λ + ω

)= −2

Aπ

ωλ 2 − ω2

sin(

πλω

).

pri cemu racun vrijedi za λ = ω . Za λ = ω granicnim prijelazom dobivamo λ → ωili pak direktno:

B(ω) =2Aπ

∫ π/ω

0sin ωξ sin ωξ dξ

=Aπ

∫ π/ω

0(1 − cos 2ωξ) dξ =

Aω

.

Zato amplitudni spektar iznosi (slika 2.12)

am(λ ) = |B(λ )| = 2Aωπ

∣∣∣∣ sin (πλ/ω)λ 2 − ω2

∣∣∣∣ .


π- 0

f(x)

A

0 x

Aam( )

2 3 4ω

ω

ω ω ω ω λ

λ

ωπ

Sl. 2.12. Jedan val sinusoide i njegov spektar

Vrijedi am (ω) = A/ω . Maksimalna amplituda je neznatno veca od ove vrijed-nosti (provjeri!).

Ako se f sastoji od n valova sinusoide, tada se na isti nacin dobiva

am(λ ) =2Aω

π

∣∣∣∣ sin(nπλ/ω)λ 2 − ω2

∣∣∣∣ .Sada je am (ω) = nA/ω . Primjecujemo da se frekvencije grupiraju oko vrijednostiλ = ω , kad n → ∞ . Na slici 2.13 nacrtan je amplitudni spektar za n = 3 . �

π

f(x)

0 x

Aam( )

2 3 4ω

ω

ω ω ω ω λ

λ

ωπ π

ω 3 3 3 3 3

3

ω32 5

Sl. 2.13. n valova sinusoide i pripadni spektar. Povecanjem broja valova funkcija postaje sveslicnija periodicnoj funkciji. Kao posljedica toga, njezin se spektar koncentrira oko osnovne

frekvencije ω . Da li se moze uciniti granicni prijelaz n → ∞ ?

Primjer 7. Odredi i skiciraj spektar parne funkcije f , koja na intervalu (0,∞)ima jednadzbu prigusene sinusoide:

f (x) = C sin ωx · e−px (p > 0) .

Sto se dogada sa spektrom kad p → 0 ?

� Vrijedi

A(λ ) =2π

∫ ∞

0C sin ωξ e−pξ cos λξ dξ

=Cπ

∫ ∞

0

(sin(ω + λ )ξ + sin(ω − λ )ξ

)e−pξ dξ

=Cπ

(1

p2 + (ω + λ )2+

1p2 + (ω − λ )2

).

Na slici 2.14 skiciran je spektar, s dvije razlicite vrijednosti parametra p . Kadp → 0 , frekvencije se grupiraju oko λ = ω (posto se u tom slucaju gubi utjecajprigusenja i funkcija sve vise nalikuje na sinusoidu, cija je frekvencija bas ω . �


Sl. 2.14. Smanjenjem prigusenja spektar se koncentrira oko karakteristicne frekvencije ω .Konstante normiranja C i C1 izabrane su tako da u oba slucaja signal ima istu energiju

(opisanu integralom kvadrata funkcije; stoga je C1 manji od C posto slabije priguseni signalima vecu energiju). Takvo normiranje omogucava bolju usporedbu dvaju spektara.

Zadaci za vjezbu

1. Prikazi u obliku Fourierovog integrala

A. f (x) =1

a2 + x2, (a > 0); B. f (x) =

xa2 + x2

, (a > 0);

C. f (x) = sgn(x−a) − sgn(x−b), (b>a);D. f (x) = x + 1, 1 < x < ∞;2. Prikazi Fourierovim integralom funkciju

f (x) =

{1 − x

2, 0 ? x ? 2,

0, x > 2,

produzivsi je do parne funcije na R .3. Prikazi u obliku Fourierovog integrala

A. f (x) = e−α|x| sin βx, (α > 0); B. f (x) = cos x, 0 ? x ? π;

C. f (x) = sin x, 0 ? x ? π; D. f (x) = cos x, 0 ? x ?π2

.

4. Funkciju

f (x) ={

x, x ∈ [−1, 1],0, x /∈ [−1, 1]

razvij u Fourierov integral.5. Funkciju

f (x) =

1 − x, x ∈ (0, 1),1 + x, x ∈ (−1, 0),0, inace

prikazi pomocu Fourierovog integrala.


6. Odredi izraz za Fourierov amplitudni spektar funkcije f (x) zadane slikom

�

�

x

f �x�

T 2T

�T�2T

T

�T��

...

...

...

..

...

...

...

..

7. Funkciju f (x) zadanu slikom prikazi u obliku Fourierovog integrala.

��

�

�a

� �a

A

x

f �x�

sinusoida

��

8. Funkciju f (x) zadanu slikom prikazi u obliku Fourierovog

��

�1

1 2�1�2 x

y

��

��

9. Odredi sinusni i kosinusni spektar funkcije

f (x) ={

AT x, 0 ? x ? T,

0, x < 0 ili x > T.

10. Funkciju zadanu slikom razvij u Fourierov integral, a zatim pomocu tog prikaza odredi

vrijednost integrala∫ ∞

0

cos(tπ/2a)a2 − t2

dt.

��

�

�2a� �2a

1

x

f �x�

sinusoida

��

11. Zadana je funkcija

f (t) ={ −k eat, t < 0,

k e−at, t > 0.

Odredi parametre k > 0 i a > 0 tako da amplitudni spektar C(λ ) postize maksimalnuvrijednost 1 za vrijednost frekvencije λ = 1/π .


Odgovori

1. A. f (x) =1|a|Z ∞

0e−λ |a| cos λx dλ , B. f (x) =

Z ∞

0e−λ |a| sin λx dλ .

C. f (x) =2π

Z ∞

0

sin λ (b − x) + sin λ (x − a)λ

dλ .

D. f (x) =2π

Z ∞

0

2λ sin λ + cos λ − 1λ 2 cos λx dλ .

2. f (x) =2π

Z ∞

0

sin2 λλ 2 dλ .

3. A. f (x) =4αβ

π

Z ∞

0

λ sin λx dλ(α2 + (β − λ )2)(α2 + (β + λ )2)

.

B. f (x) =2π

Z ∞

0

λ sin πλ1 − λ 2

sin λx dλ .

C. f (x) =2π

Z ∞

0

sin πλ1 − λ 2 sin λx dλ .

D. f (x) =2π

Z ∞

0

„cos(πλ/2)

1 − λ 2 cos λx +sin(πλ/2) − λ

1 − λ 2 sin λx

«dλ .

4. f (x) =Z ∞

0

2π· sin λ − λ cos λ

λ 2 sin λx dλ .

5. f (x) =Z ∞

0

2πλ 2 (1 − cos λ ) cos λx dλ .

6. A(λ ) = 0 , B(λ ) =2π

„sin λT

λ 2 − T cos λTλ

«

7. f (x) = A sin ax =Z ∞

0

2Aaπ

· sin(λπ/a)a2 − λ 2 sin λx dλ .

8. f (x) =2π

Z ∞

0

cos λ − cos 2λλ 2 · cos λx dλ .

9. A(λ )=A

πT

„T sin λT

λ+

cos λTλ 2 − 1

λ 2

«, B(λ )=

AπT

−T cos λT

λ+

sin λTλ 2

!

10. f (x) =2aπ

Z ∞

0

cos(λπ/2a)a2 − λ 2 cos λx dλ , I =

π2a

.

11. C(λ ) = |B(λ )| =2kπ

· |λ |a2 + λ 2 . a = 1/π , k = 1 .

11. f (x) =2π

Z ∞

0

λ1 + λ 2 sin λx dλ . I =

π2e

.


2.2. Fourierova transformacija

Fourierov integral mozemo napisati u kompleksnom obliku. Primijetimo najprijeda je funkcija

λ �→∫ ∞


parna, a funkcija

λ �→∫ ∞

−∞f (ξ) sin λ (x − ξ) dξ

neparna. Zato vrijedi (u tockama neprekinutosti funkcije f ):

f (x) =1π

∫ ∞

0dλ∫ ∞

−∞f (ξ) cos λ (x − ξ) dξ =

12π

∫ ∞

−∞dλ∫ ∞

−∞f (ξ) cos λ (x − ξ) dξ .

0 =1

2π

∫ ∞

−∞dλ∫ ∞

−∞f (ξ) sin λ (x − ξ) dξ .

Pomnozimo drugu jednakost s i i dodajmo prvoj:

f (x) =1

2π

∫ ∞

−∞dλ∫ ∞

−∞f (ξ)

[cos λ (x − ξ) + i sin λ (x − ξ)

]dξ

=1

2π

∫ ∞

−∞dλ∫ ∞

−∞f (ξ) eiλ (x−ξ)dξ

=∫ ∞

−∞eiλx[ 1

2π

∫ ∞

−∞f (ξ) e−iλξ dξ

]dξ .

Oznacimo funkciju unutar zagrade s F(λ ) .

Spektralna funkcija

Teorem 2. Fourierov integral moze se zapisati u kompleksnom obliku. U toc-kama neprekinutosti funkcije f vrijedi:

f (x) =∫ ∞

0eiλx F(λ ) dλ . (2.10)

Ovdje je

F(λ ) :=1

2π

∫ ∞

−∞e−iλξ f (ξ) dξ . (2.11)

spektralna funkcija od f , ili, kratko, spektar od f .

2.2. FOURIEROVA TRANSFORMACIJA 57

Izvedimo vezu izmedu funkcije F i funkcija A i B definiranih s (2.3). Imamo

F(λ ) =1

2π

∫ ∞

−∞e−iλξ f (ξ) dξ

=1

2π

∫ ∞

−∞f (ξ) cos λξ dξ − i

2π

∫ ∞

−∞f (ξ) sin λξ dξ

=12[A(λ ) − iB(λ )] .

Ako F zapisemo u trigonometrijskom obliku:

F(λ ) = |F(λ )| ei arg F(λ ) =: 12 am(λ ) e−iϕ(λ ) ,

tada vrijedi

am(λ ) = 2|F(λ )| = |A(λ ) − iB(λ )| =√

A2(λ ) + B2(λ ) , (2.12)

ϕ(λ ) = − arg F(λ ) = − arc tg−B(λ )A(λ )

= arc tgB(λ )A(λ )

. (2.13)

Funkcije am(λ ) odnosno ϕ(λ ) zovemo amplitudni, odnosno fazni spektar odf . One daju zakon raspodjela amplituda i faznih kutova, u ovisnosti o frekvenciji λ .

Vidimo da u formulama (2.10) i (2.11) postoji izvjesna simetrija izmedu f i F .Da bi ona bila potpuna, napisimo (2.10) u obliku

f (x) =1√2π

∫ ∞

−∞eiλx

[1√2π

∫ ∞

−∞e−iλξ f (ξ) dξ

].

Fourierova transformacija

Funkcija f definirana formulom

f (λ ) :=1√2π

∫ ∞

−∞e−iλξ f (ξ) dξ (2.14)

naziva se Fourierov transformat funkcije f . Obrnuta veza dana je formu-lom

f (x) =1√2π

∫ ∞

−∞eiλxf (λ ) dλ , (2.15)

Preslikavanje koje funkciji f pridruzuje funkciju f naziva se Fourierovatransformacija.

Fourierova transformacija je vrlo vazan aparat u razlicitim podrucjima teorijskei primijenjene znanosti (Wikipedia na primjer navodi: fiziku, teoriju brojeva, kom-binatoriku, obradu signala, teoriju vjerojatnosti, statistiku, kriptografiju, akustiku,oceanografiju, optiku i druga podrucja).

Mi cemo u nastavku ovog kolegija detaljnije proucavati Laplaceovu transforma-ciju, koja ima svojstva analogna Fourierovoj, no vaznija je u temeljnim primjenama uelektrotehnickoj struci.


Zadaci za vjezbu

1. Odredi spektralnu funkciju za sljedece funkcije:

A. f (x) = e−α|x|, (α > 0); B. f (x) = x e−α|x|, (α > 0);

C. f (x) = e−x2/2.

2. Odredi Fourierov transformat funkcija

A. f (x) = cosx2, |x| ? π; B. f (x) = cos x, 0 ? x ? π.

Odgovori

1. A. F(λ ) =

r2π

αα2 + λ 2 . B. F(λ ) = −i

r8π

αλ(λ 2 + α2)2 . C. F(λ ) = e−λ 2/2 .

2. A.1√2π

41 − 4λ2 cos πλ . B.

iλ√2π

(e−iπλ − 1) .

3.Laplaceova transformacija

1. Laplaceova transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 602. Primjeri Laplaceovih transformata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 643. Svojstva Laplaceove transformacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704. Inverzna transformacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 875. Konvolucija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 926. Rjesavanje diferencijalnih i integralnih jednadzbi . . . . . . . . . . 977. Primjene . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1078. Diracova funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1229. Redovi potencija i stepenaste funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . 130

Engleski fizicar Heaviside 1 je pri rjesavanju linearnih diferencijalnih jednadzbiuveo nacin racunanja kojeg je nazvao operatorski racun. Pritom su simboli derivi-ranja i integriranja shvaceni kao operatori s kojima se moze racunati po pravilima zaalgebarske velicine. Strogi matematicki temelji koji opravdavaju njegove postupkepostavljeni su u teoriji tzv. Laplaceove transformacije.

Problemi koje rjesavamo u matematickoj analizi ukljucuju operacije deriviranja iintegriranja. Ideja operatorskog racuna temelji se na tome da funkcijama koje ulaze uracun nekom funkcionalnom transformacijom pridruzimo nove funkcije, pri cemu ceoperacijama deriviranja i integriranja odgovarati neke jednostavnije algebarske opera-cije koje se vrse na transformatima funkcija.

Medu funkcionalnim transformacijama narocito su znacajne tzv. integralne trans-formacije.

Neka su zadani interval [a, b] i funkcija dviju varijabli K(s, t) . Tada funkciji f (t)mozemo pridruziti funkciju F(s) formulom

F(s) :=∫ b

aK(s, t)f (t)dt.

Funkcija K(s, t) naziva se jezgra ove integralne transformacije. Laplaceova trans-formacija je integralna transformacija s jezgrom K(s, t) = e−st i na intervalu[a, b] = [0,∞〉 .

1 Olivier Heaviside, (1850–1925)

60 3. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA

Laplaceova transformacija narocito je pogodna za rjesavanje diferencijalnih i ne-kih integralnih jednadzbi s konstantnim koeficijentima. Shematski postupak mozemoopisati ovim dijagramom:

3.1. Laplaceova transformacija

Laplaceov transformat

Neka je f funkcija realnog argumenta t , definirana za t > 0 i s vrijednosti-ma u skupu realnih ili kompleksnih brojeva. Neka je s realni ili kompleksniparametar. Laplaceov transformat funkcije f je funkcija F definirana s

F(s) :=∫ ∞

0e−stf (t)dt, (3.1)

za svaki s za koji ovaj nepravi integral konvergira.

Funkcija f se naziva original ili gornja funkcija, a F(s) = L (f (t)) slika ilidonja funkcija.

Da bismo olaksali zapisivanje i razumijevanje veza izmedu funkcija i njihovihslika, originale cemo uglavnom oznacavati malim slovima poput f , g , h a njihoveslike velikim slovima F , G , H . Takoder (iako to s matematickog aspekta nije vazno),argument originala cemo sustavno oznacavati s t , a argument njihovih slika sa s .

Pridruzivanje f �→ F nazivamo Laplaceova transformacija i oznacavamo ga sL . Dakle

L (f ) = F.

Obratna veza, koja slici pridruzuje original, naziva se inverzna Laplaceova transfor-macija i oznacava s L −1 :

L −1(F) = f .

3.1. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 61

Zbog jednostavnosti zapisivanja, koristit cemo jos jednu oznaku za ovo pridruzi-vanje. Da je originalu f pridruzena slika F zapisivat cemo ovako:

f (t) © • F(s).Obratnu vezu zapisivat cemo na sljedeci nacin:

F(s) • © f (t).

� � �

Laplaceov integral je nepravi integral∫ ∞

0e−stf (t)dt := lim

M→∞

∫ M

0e−stf (t)dt.

Ako za neki s postoji ova granicna vrijednost, tada kazemo da nepravi integral kon-vergira. Za takav s je definirana vrijednost slike F(s) . Ako pak postoji

limM→∞

∫ M

0|e−stf (t)|dt,

tada kazemo da nepravi integral konvergira apsolutno. Nepravi integral koji konvergiraapsolutno, konvergira i obicno.

� � �

Pri razlicitim ocjenama cesto moramo izracunati apsolutnu vrijednost kompleks-nog broja ez , z ∈ C . Ako je z = x + iy algebarski prikaz broja z . Onda vrijedi

ez = ex+iy = ex · eiy = ex(cos y + i sin y).Zato je

|ez| = |ex| · | cos y + i sin y| = ex√

cos2 y + sin2 y = ex.

Zapamtimo:

Apsolutna vrijednost kompleksnog broja ez

Za kompleksni broj z = x + iy vrijedi

|ez| = ex = eRe z.

Posebno je, za realni broj α|eiα | = 1.

Ove cemo formule cesto koristiti u nastavku pa ih treba upamtiti.

� � �

Ako podintegralna funkcija uzima vrijednosti u skupu kompleksnih brojeva, tada integral (3.1)mozemo svesti na integral realnih funkcija.

1. Ako je s kompleksni parametar, dovoljno je eksponencijalnu funkciju prikazati prekotrigonometrijskih: Z ∞

0e−stf (t)dt =

Z ∞

0cos(st)f (t)dt − i

Z ∞

0sin(st)f (t)dt.


Medutim, u racunu je jednostavnije integrirati eksponencijalnu funkciju, tretirajuci komplesni broj ikao konstantu.

2. Ako je f : R → C , funkcija s vrijednostima u skupu kompleksnih brojeva, tada je mozemonapisati u obliku: f (t) = u(t) + iv(t) , pri cemu su u i v realne funkcije. Integral se moze racunatiovako: Z ∞

0e−stf (t)dt =

Z ∞

0e−stu(t)dt + i

Z ∞

0e−stv(t)dt.

I ovdje vrijedi ista napomena, najcesce se integracija moze izvesti direktno.3. Ako su i s i f (t) kompleksni, tad kombiniramo korake 1. i 2.

� � �

Primjer 1. Odredimo sliku funkcije f (t) = t .

� Prema definiciji je

F(s) =∫ ∞

0e−st t dt =

[u = t dv = e−stdt

du = dt v = −1s

e−st

]

= − t e−st

s

∣∣∣∣∞0

+1s

∫ ∞

0e−stdt

= −1s

limt→∞

(t e−st) − 1s2

limt→∞

e−st +1s2

.

Oba ce limesa postojati onda i samo onda ako je s > 0 . Za takve je s definirana slika

funkcije f (t) = t i ona glasi F(s) =1s2

. To cemo jednostavnije zapisivati ovako:

t © • 1s2

. �

� � �

Ovaj primjer pokazuje da je cak i za vrlo jednostavne originale racunanje Lapla-ceovog transformata neugodan posao. Srecom, za sve elementarne funkcije mi cemoto uciniti samo jednom, i nakon toga usvojiti tablicu Laplaceovih transformata. Priodredivanju slike slozenijih funkcija, koristit cemo tu tablicu i pravila preslikavanjakoja cemo u meduvremenu izvesti.

Prvo medu njima je sljedece svojstvo:

Linearnost Laplaceove transformacije

Teorem 1. Ako je f (t) © • F(s) , g(t) © • G(s) , tada vrijedi

αf (t) + βg(t) © • αF(s) + βG(s). (3.2)

Kazemo da je Laplaceova transformacija linearno preslikavanje.

3.1. LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 63

Dokaz. Vrijedi

L (αf + βg) =∫ ∞

0e−st(αf (t) + βg(t)

)dt

= α∫ ∞

0e−stf (t)dt + β

∫ ∞

0e−stg(t)dt

= αL (f ) + βL (g). �

Zadaci za vjezbu

1. Racunajuci preko definicije Laplaceovog transformata, odredi slike sljedecih funkcija.Za svaki transformat naznaci njegovo podrucje definicije.

A. 2t + 1 ; B. et ; C. e−3t ;D. tet ; E. te−t ; F. 2 sin 3t ;G. et sin t ; H. et cos t ; I. 1 − sin t .

2. Racunajuci preko definicije Laplaceovog transformata, odredi slike sljedecih funkcija.Za svaki transformat naznaci njegovo podrucje definicije.

A. f (t) ={

1, t > T,

0, t < T;; B. f (t) =

{1, t ? T,

0, t > T;;

C. f (t) ={

t, 0 ? t ? 1,

1, t > 1;; D. f (t) =

0, 0 ? t < 1,

1, 1 ? t ? 2,

0, t > 2.

Odgovori

1. A.2s2

+1s

. B.1

s − 1. C.

1s + 3

. D.1

(s − 1)2. E.

1(s + 1)2

. F.6

s2 + 9. G.

1s2 − 2s

.

H.s

s2 − 2s. I.

1s− 1

s2 + 1.

2. A.1s

e−Ts . B.1s− 1

se−Ts . C.

1s2 (1 − e−s) . D.

1s(e−s − e−2s) .


3.2. Primjeri Laplaceovih transformata

1. Step funkcija

1. Funkcija u(t) ={

1, t > 00, t < 0

zove se step funkcija ili jedinicna funkcija.

Njezin Laplaceov transformat iznosi

L (u(t)) =∫ ∞

0e−stdt =

e−st

−s

∣∣∣∣∞0

=1s

, s > 0.

2. Eksponencijalna funkcija

Eksponencijalna funkcija f (t) = eαt ima Laplaceov transformat

F(s) =∫ ∞

0e−st eαtdt =

∫ ∞

0e(α−s)tdt

=e(α−s)t

α − s

∣∣∣∣∞0

=1

s − α, s > α

Identicna formula vrijedi i u slucaju kad je α imaginaran broj. Tako npr. imamo

eiω t © •∫ ∞

0e−st eiω tdt =

e(iω−s)t

iω − s

∣∣∣∣∞0

=1

s − iω+ lim

t→∞e(iω−s)t

iω − s.

Apsolutna vrijednost funkcije u brojniku ovog izraza je

|e(iω−s)t| = |eiω t||e−st| = |e−st|pa je limes brojnika jednak nuli za svaki s > 0 .

Slika eksponencijalne funkcije

Za svaki realni ili kompleksni broj α vrijedi

eαt © • 1s − α

.

3.2. PRIMJERI LAPLACEOVIH TRANSFORMATA 65

3. Trigonometrijske i hiperbolicne funkcije

Sliku hiperbolicnih funkcija dobivamo koristenjem linearnosti Laplaceove trans-formacije

sh ωt =12

eω t − 12

e−ω t © • 12· 1

s − ω− 1

2· 1

s + ω=

ωs2 − ω2

, s > |ω|.Na identican nacin dobivamo

ch ωt © • ss2 − ω2

, s > |ω|.Sliku trigonometrijskih funkcija mozemo dobiti iz relacije

eiω t © • 1s − iω

.

Naime, lijeva se strana moze napisati u oblikueiω t = cos ωt + i sin ωt.

Zato je slika funkcije kosinus jednaka realnom dijelu izraza1

s − iω, a slika funkcije

sinus jednaka je imaginarnom dijelu tog izraza. Vrijedi1

s − iω=

ss2 + ω2

+ iω

s2 + ω2.

Time smo dobili sljedece formule:

Slike trigonometrijskih i hiperbolicnih funkcija

sin ωt © • ωs2 + ω2

, cos ωt © • ss2 + ω2

,

sh ωt © • ωs2 − ω2

, ch ωt © • ss2 − ω2

.

Ove formule koristimo u oba smjera:

Primjer 2. Odredimo original funkcije A.1

s2 + 3; B.

s + 3s2 + 5

.

� A. Algebarskom manipulacijom ovu sliku cemo svesti na transformat funkcije

sinus:1

s2 + 3=

1√3·

√3

s2 + (√

3)2• ©

1√3

sin(√

3 t).

B. Iskoristit cemo linearnost inverzne transformacije:

s + 3s2 + 5

=s

s2 + (√

5)2+

3√5·

√5

s2 + (√

5)2• © cos(

√5 t) +

3√5

sin(√

5 t).

�


4. Polinomi

Da bismo odredili sliku polinoma, zbog svojstva linearnosti Laplaceove trans-formacije, dovoljno je odrediti sliku funkcije f (t) = t n za prirodni eksponent n .Vrijedi

F(s) =∫ ∞

0e−sttndt =

tne−st

−s

∣∣∣∣∞0

+ns

∫ ∞

0e−sttn−1dt

Za s > 0 prvi je clan jednak nuli. Time smo dobili rekurzivnu formulu:

L (tn) =nsL (tn−1).

Iteriranjem te formule dobivamo

L (tn) =nsL (tn−1) = . . . =

n!sn

L (1) =n!

sn+1.

Slika potencije tn

Vrijedi

1 © • 1s, (3.3)

t © • 1s2

, (3.4)

tn © • n!sn+1

, n ∈ N. (3.5)

Primjer 3. Odredimo sliku funkcije f (t) = (t + 3)2 .

� Koristit cemo svojstvo linearnosti Laplaceove transformacije i formule (3.3)–(3.5):

(t + 3)2 = t2 + 6t + 9 © • 2s3

+6s2

+9s. �

Postojanje Laplaceovog transformata

Za koje ce funkcije postojati Laplaceov transformat? Odgovor na ovo pitanje nijejednostavan. Za vecinu primjena, dovoljno se ograniciti na jednu siroku klasu funkcijaza koju ce taj transformat postojati.

Tako cemo u daljnjem pojam originala suziti na sljedecu klasu funkcija:


Original

Za funkciju f cemo reci da je original, ako ona zadovoljava uvjete1. f (t) = 0 za t < 02. f je na svakom konacnom intervalu po dijelovima neprekidna3. f je eksponencijalnog rasta, tj. postoje konstante M > 0 i a > 0

takve da za sve t > 0 vrijedi

|f (t)| ? Meat. (3.6)Infimum svih konstanti a za koje vrijedi nejednakost (3.6) naziva seeksponent rasta funkcije f i oznacava s a0 .

Prvi je uvjet tehnicke naravi. Laplaceova transformacija definirana je integralompo intervalu [0,∞〉 , pa vrijednosti funkcije f za t < 0 nisu bitne.

Drugi uvjet govori o tome koliko “losa” funkcija smije biti, da bi ipak postojaonjezin transformat.

Treci uvjet govori koliko brzo funkcija smije rasti.Napominjemo da ovi uvjeti nisu nuzni za postojanje transformata. Oni su dovolj-

ni. To znaci da Laplaceov transformat moze postojati i onda kad neki od ovih uvjetanije zadovoljen.

� � �

U nastavku cemo za vrijednosti varijable s uzimati, zbog jednostavnosti, samorealne brojeve.

� � �

Teorem 2. Laplaceov integral∫∞

0 e−stf (t)dt konvergira u podrucju s > a0 , gdjeje a0 eksponent rasta funkcije f . Ako je s0 > a0 , tada u podrucju s > s0 taj integralkonvergira jednoliko.

DOKAZ. Neka je s > a0 . Tada postoje konstante a i M takve da je s > a > a0 i|f (t)| ? Meat . Zato je∫ ∞

0

∣∣e−stf (t)∣∣dt ?

∫ ∞

0|e−st| · |f (t)|dt

?

∫ ∞

0e−tsMeatdt =

Ms − a

.

Dakle,∫∞

0 e−stf (t)dt konvergira (apsolutno) ako je s > a0 . Ako je pak s > s0 > a0 ,tada isti a vrijedi za sve s ; a0 < a < s0 :∫ ∞

0|e−stf (t)|dt ?

Ms − a

?M

s0 − a

i integral konvergira jednoliko po s , jer gornja meda ne ovisi o s .

� � �

Kada ce funkcija biti eksponencijalnog rasta?


Teorem 3. Funkcija f je eksponencijalnog rasta ako i samo ako za neku konstantua postoji limes

limt→∞

e−at|f (t)|.Tada za eksponent rasta vrijedi a0 ? a .

DOKAZ. Neka je K = limt→∞ e−at|f (t)| . Tada postoji t0 takav da za t > t0 vrijedie−at|f (t)| < K + 1 , odnosno

|f (t)| ? (K + 1)eat, za sve t > t0.

Odavde slijedi da je f eksponencijalnog rasta, s eksponentom koji je ? a . Detalji suostavljeni za vjezbu u Zadatku 6. �

Primjer 4. A. Funkcija f (t) = tn je eksponencijalnog rasta, uz a0 = 0 . Zaista,za svaki a > 0 je

limt→∞

e−attn = limt→∞

tn

eat= . . . = lim

t→∞n!

aneat= 0.

B. Funkcija f (t) = et2nije eksponencijalnog rasta, jer je za bilo kakav a ∈ R

limt→∞

e−at|f (t)| = limt→∞

et(t−a) = ∞.

C. Ako je f eksponencijalnog rasta, tada je i tnf (t) eksponencijalnog rasta. Za-ista, neka je a0 eksponent rasta za f , a > a0 i b > 0 po volji. Tada postoje M1 , M2takvi da vrijedi

|f (t)| < M1eat , |tn| < M2ebt,

i zato|tnf (t)| < M1M2e(a+b)t,

te je tnf (t) eksponencijalnog rasta s eksponentom a0 .

Zadaci za vjezbu

1. Provjeri jesu li ove funkcije originali ili nisu. Ako jesu, odredi eksponent rasta a 0 .

A. t2 ; B. sin 2t ; C. t2 sin 2t ;

D. e−2t sin t ; E. ch 3t ; F. et√

t ;

G. u(t − 2) ; H.1√

t; I.

1t

;

J. sin(t2) ; K. 3t + 2 ; L. 3 · 22t .2. Odredi Laplaceov transformat funkcije cos(ω t) racunajuci direktno prema definiciji

transformata.3. Izracunaj Laplaceov transformat funkicije t neat racunajuci prema definiciji.4. Koristeci linearnost Laplaceove transformacije i tablicu elementarnih transformata,

odredi slike sljedecih funkcija

A. t3 − 3t2 + 2 ; B. (t + 1)3 ; C. 3et sh 2t ;

D. ch 2t · sh t ; E. cos2(2t) ; F. sin t · sin 2t ;

G. cos 5t · sin 3t ; H. cos3 t ;


5. Koristeci se tablicom Laplaceovih transformata, odredi originale sljedecih funkcija:

A.−3

s2 + 8; B.

2s − 3s2 − 6

; C.2

s − 2+

4s2

;

D.4s + 1s2 + 5

; E.1s3

− 2s2

; F.1

s − 1− 2

s + 2;

G.2s + 1s2 − 2s

; H.s3 − 3s + 2

s4; I.

1s4

(2 +

1s− s2

).

6 ∗. Neka je funkcija f neprekinuta na [0,∞〉 . Dokazi da je ona eksponencijalnog rastaonda i samo onda ako postoje konstante a , M i broj t 0 > 0 takvi da vrijedi

|f (t)| ? Meat, za sve t > t0.

Odgovori

1. A. da, a0 = 0 ; B. da, a0 = 0 ; C. da, a0 = 0 ; D. da, a0 = −2 ; E. da, a0 = 3 ;F. ne; G. da, a0 = 0 ; H. ne; I. ne; J. da, a0 = 0 ; K. da, a0 = 0 ; L. da, a0 = 2 ln 2 .2. Naputak. Upotrijebi dvaput parcijalnu integraciju da dobijes pocetni integral.3. Naputak. Upotrijebi parcijalnu integraciju i matematicku indukciju.

4. F.12

s

s2 + 1− s

s2 + 9

!. G.

4s2 + 64

− 3s2 + 36

.


3.3. Svojstva Laplaceove transformacije

1. Mnozenje varijable konstantom

Neka je f (t) © • F(s) i a > 0 . Tada vrijedi

L (f (at)) =∫ ∞

0e−stf (at)dt

=∫ ∞

0e−su/af (u)

1u

du =1a

∫ ∞

0e−

sa uf (u)du

Mnozenje varijable konstantom

Teorem 4. Ako je f (t) © • F(s) , onda vrijedi

f (at) © • 1a

F( s

a

). (3.7)

F(bs) • ©1b

f( t

b

). (3.8)

2. Teorem o prigusenju

Funkciju e−atf (t) zovemo prigusenjem 1 funkcije f i a bilo kakav realni (ilikompleksni) broj. Neka je f (t) © • F(s) . Racun daje

L (e−atf (t)) =∫ ∞

0e−ste−atf (t)dt =

∫ ∞

0e−(s+a)tf (t)dt = F(s + a)

Teorem o prigusenju originala

Teorem 5. Prigusenju u gornjem podrucju odgovara pomak ulijevo u donjempodrucju:

e−atf (t) © • F(s + a) (3.9)

Primjer 5. Prema Teoremu o prigusenju imamo

e−atu(t) © • 1s + a

,

tne2t © • n!(s − 2)n+1

.

1 Naziv sugerira da je a pozitivan broj, jer samo tada se radi o prigusenju. Medutim, svojstvo vrijedi za svakibroj a , realan ili kompleksan.

3.3. SVOJSTVA LAPLACEOVE TRANSFORMACIJE 71

3. Teorem o pomaku

Original je funkcija f sa svojstvom f (t) = 0 za t < 0 . To svojstvo kod funkcijazadanih konkretnim formulama postizemo mnozenjem sa step funkcijom u(t) .

Neka je a > 0 . Funkcija koja se dobiva translacijom grafa originala f za broj audesno zadana je formulom t �→ f (t − a)u(t − a) . Ona je jednaka nuli za t < a .

Sl. 3.1. Pomak funkcije f (t)u(t) je funkcija f (t − a)u(t − a) .

Primjer 6. Neka je f (t) = t . Na sljedecim su slikama nacrtani grafovi razlicitihumnozaka funkcije, sa i bez pomaka, sa step funkcijom, tako der sa i bez pomaka.Proucite svaku od slicica. Obratite narocito pozornost na razliku izmedu funkcijaf (t − 1)u(t − 1) i f (t − 1)u(t) .

Sl. 3.2.

Neka je f (t) © • F(s) i a > 0 . Tada imamo

L (f (t − a)u(t − a)) =∫ ∞

0e−stf (t − a)u(t − a)dt =

∫ ∞

ae−stf (t − a)dt

=∫ ∞

0e−s(u+a)f (u)du = e−sa

∫ ∞

0e−suf (u)du

Time smo dokazali


Teorem o pomaku originala

Teorem 6. Neka je f (t) © • F(s) i a > 0 . Pomaku originala udesno odgo-vara prigusenje u donjem podrucju:

f (t − a)u(t − a) © • e−asF(s). (3.10)

Primjer 7. Vrijedi sin t © • 1s2 + 1

. Zato sin(t − 2)u(t − 2) © • e−2s

s2 + 1.

Primjer 8. Preslikaj u donje podrucje funkcije

A. f 1(t) = (t − 2)2 ; B. f 2(t) = (t − 2)2u(t − 2) ;

C. f 3(t) = (t − 2)2e−t ; D. f 4(t) = (t − 2)2u(t − 2)e−t .

� A. Na ovu se funkciju ne moze primijeniti teorem o pomaku. Sliku cemo

odrediti ovako:

(t − 2)2 = (t2 − 4t + 4)u(t) © • 2s3

− 4 · 1s2

+ 4 · 1s.

B. Ovdje je rijec o pomaku funkcije t �→ t2 za 2 udesno. Primjenjujemo teorem o

pomaku. Kako vrijedi t2 © • 2s3

, dobivamo

(t − 2)2u(t − 2) © • e−2s 2s3

.

C. Primjenjujemo teorem o prigusenju, na funkciju f 1 :

(t − 2)2e−t © • 2(s + 1)3

− 4 · 1(s + 1)2

+ 4 · 1s + 1

.

D. Ova je funkcija dobivena prigusenjem funkcije f 2 . Zato je

(t − 2)2u(t − 2)e−t © • e−2(s+1) 2(s + 1)3

.

Ako funkciju f 4 napisemo u obliku

(t − 2)2u(t − 2)e−t = e−2(t − 2)2u(t − 2)e−(t−2)

tad je funkcija zdesna dobivena pomakom funkcije t 2u(t)e−t . Tako njezinu slikumozemo dobiti i ovako:

t2u(t)e−t © • 2(s + 1)3

,

e−2(t − 2)2u(t − 2)e−(t−2) © • e−2 2(s + 1)3

e−2s.


Primjer 9. Odredimo slike funkcijaA. f (t) = (t − 3)4e−2tu(t − 3) , B. g(t) = (t − 3)4e−2tu(t) .

� A. Pomak u argumentu step funkcije govori da je rijec o translatiranom origi-

nalu. Postupamo ovako:

t4 © • 4!s5

=24s5

,

(t − 3)4u(t − 3) © • 24s5

e−3s,

e−2t(t − 3)4u(t − 3) © • 24(s + 2)5

e−3(s+2).

B. Na ovu se funkciju ne moze primijeniti teorem o pomaku.

g(t) = (t − 3)4e−2tu(t)

= (t4 − 12t3 + 54t2 − 108t + 81)e−2tu(t)

© • 24(s + 2)5

− 12 · 6(s + 2)4

+ 54 · 2(s + 2)3

− 108 · 1(s + 2)2

+ 811

s + 2.

�

Gate funkcija

To je funkcija koja se ponistava izvan intervala [a, b] , a na njemu ima konstantnuvrijednost 1:

g[a,b](t) ={

1, a ? t ? b,

0, inace.

Sl. 3.3. Gate funkcija

Gate funkciju 1 mozemo prikazati kao razliku step funkcija:

g[a,b](t) = u(t − a) − u(t − b), 0 < a < b.

Zato je njezin transformat

g[a,b](t) © • e−sa

s− e−sb

s.

1 gate (engl) = vrata


Primjer 10. Odredimo sliku funkcije

f (t) =

3, 0 < t < 2,

−1, 2 < t < 4,

0, t > 4.

� U racunu koristimo prikaz pomocu gate funkcije:

f (t) = 3g[0,2](t) − g[2,4](t)= 3u(t) − 3u(t − 2) − u(t − 2) + u(t − 4)= 3u(t) − 4u(t − 2) + u(t − 4)

© • 3 · 1s− 4

e−2s

s+

e−4s

s=

3 − 4e−2s + e−4s

s. �

� � �

Mnozenjem funkcije f s gate funkcijom dobiva se funkcija koja se podudaras funkcijom f na intervalu [a, b] , a van tog intervala jednaka je nuli. Dakle, gatefunkcija ponistava vrijednosti funkcije f van intervala [a, b] .

Sl. 3.4. Mnozenjem s gate funkcijom ponistavaju se vrijednostifunkcije f izvan intervala [a, b] .

Ponekad se umnozak funkcije f sa gate funkcijom moze preslikati primjenomteorema o pomaku.

Primjer 11. Odredimo sliku funkcije f (t) ={

sin t, 0 ? t ? π,

0, inace.

Sl. 3.5.� Funkciju mozemo napisati u obliku

f (t) = sin t · g[0,π](t) = sin t [u(t) − u(t − π)]


Sad je preslikavamo ovako:

f (t) = sin t u(t) + sin(t − π) u(t − π)

© • 1s2 + 1

+e−πs

s2 + 1. �

Primjer 12. Preslikajmo funkciju zadanu slikom:

Sl. 3.6.

� Jednadzba funkcije je

f (t) =AT

t · g[0,T](t) =AT

t · [u(t) − u(t − T)]

Da bismo odredili njezinu sliku, moramo je dovesti na oblik prikladan za primjenuteorema o pomaku:

f (t) =AT

t · u(t) − AT

(t − T + T)u(t − T)

=AT

t · u(t) − AT

(t − T)u(t − T) − Au(t − T)

© • AT· 1

s2− A

T· e−Ts

s2− Ae−Ts

s. �

Primjer 13. Odredimo i skicirajmo graf originala funkcije F(s) =e−sπ(1 + e−sπ)

s2 + 1.

� Napisimo original u obliku:

F(s) =1

s2 + 1e−πs +

1s2 + 1

e−2πs.

Sada imamo

1s2 + 1

• © sin t,

1s2 + 1

e−πs • ©= sin(t − π)u(t − π),

1s2 + 1

e−2πs • ©= sin(t − 2π)u(t − 2π).


Zato je

f (t) = sin(t − π) u(t − π) + sin(t − 2π) u(t − 2π) = − sin t u(t − π) + sin t u(t − 2π).Jednadzbu ove funkcije mozemo brzo napisati u jednostavnijem obliku:

f (t) = − sin t [u(t − π) − u(t − 2π)] = − sin t · g[π,2π](t).Njezin je graf dan na slici:

Sl. 3.7.

Pomaci step funkcija mogu se eliminitrati iz jednadzbe funkcije tako da se gledajunjezine vrijednosti na pojednim intervalima. Tako npr. u ovom bismo primjeru imali:

f (t) = − sin t u(t − π) + sin t u(t − 2π)]

=

0, t ? π,

− sin t, π < t ? 2π,

− sin t + sin t, 2π < t

={ − sin t, π ? t ? 2π,

0, inace.�

4. Deriviranje originala

Sljedeci je teorem od ogromne vaznosti u primjenama Laplaceove transformacije.

Teorem o deriviranju originala

Teorem 7. Neka je funkcija f n -puta diferencijabilna i original. Tada vrijedi

f ′(t) © • sF(s) − f (0), (3.11)i opcenito

f (n)(t) © • snF(s) − sn−1f (0) − sn−2f ′(0) − . . . − f (n−1)(0). (3.12)

Ovaj teorem, izmedu ostalog, tvrdi da za original f (t) koji posjeduje derivacijuf ′(t) , postoji takoder i slika te derivacije. To je vazno naglasiti jer f ′(t) ne mora nuznobiti original.

Na primjer, funkcija f (t) = sin et2jest original, buduci da je svuda neprekinuta i

vrijedi |f (t)| ? 1 . Medutim, f ′(t) = 2tet2cos et2

nije original, jer nije eksponencijal-nog rasta.


Dokaz. Izvedimo prvu formulu.

L (f ′(t)) =∫ ∞

0e−stf ′(t)dt = e−stf (t)

∣∣∣∣∞0

+s∫ ∞

0e−stf (t)dt.

Ako je a0 eksponent rasta od f , tada za s > a0 integral∫∞

0 e−stf (t)dt konvergira izato je nuzno limt→∞ e−stf (t) = 0 . Tako dobivamo

f ′(t) © • sF(s) − f (0).Uzastopnom primjenom ove formule dobivamo:

f ′′(t) © • s[sF(s) − f (0)] − f ′(0)

= s2F(s) − sf (0) − f ′(0).Indukcijom slijedi formula (3.12).

Primjer 14. Odredimo sliku funkcije sin t , pomocu teorema o deriviranju origi-nala.

Neka vrijedi sin t © • F(s) . Primjenjujuci dvaput (3.11), dobivamocos t © • sF(s) − sin 0 = sF(s)

− sin t © • s2F(s) − cos 0 = s2F(s) − 1 = −F(s)

Odavde F(s) =1

s2 + 1. Zato je, iz (3.7):

sin ωt © • 1ω

F( s

ω

)=

1ω

1( sω

)2+ 1

=ω

s2 + ω2.

5. Deriviranje slike

Neka je f (t) © • F(s) . Derivirajmo funkciju F(s) , koristeci se formulom oderiviranju integrala po njegovom parametru:

F′(s) =d

ds

∫ ∞

0e−stf (t)dt =

∫ ∞

0e−st(−t)f (t)dt • © (−t)f (t).

Ovu formulu mozemo poopciti i na derivaciju reda n . Tako dobivamo:

Teorem o deriviranju slike

Teorem 8. Deriviranju u donjem podrucju odgovara mnozenje s −t u gornjempodrucju:

(−t)f (t) © • F′(s). (3.13)

Opcenito:(−t)nf (t) © • F(n)(s), (3.14)

t.j.tnf (t) © • (−1)nF(n)(s), (3.15)


Primjer 15. Odredimo sliku funkcije f (t) = tn .

� Vrijedi u(t) © • 1s

. Zato

(−t)nu(t) © • dn

dsn

(1s

)=

(−1)(−2) · · · (−n)sn+1

=(−1)nn!

sn+1.

Zato je

tn © • n!sn+1

. �

Primjer 16. Odredimo sliku funkcije t sin t .

� Primjenjujemo (3.13):

sin t © • 1s2 + 1

,

t sin t © • − dds

(1

s2 + 1

)=

2s(s2 + 1)2

. �

Primjer 17. Odredimo sliku funkcije tet sin t .

� Mnozenje s −t odgovara deriviranju u donjem podrucju. Mnozenje s e t od-govara pomaku u donjem podrucju. Te se dvije operacije mogu izvoditi u bilo kojemporetku. Prvi nacin:

sin t © • 1s2 + 1

,

et sin t © • 1(s − 1)2 + 1

=1

s2 − 2s + 2,

tet sin t © • (−1)dds

(1

s2 − 2s + 2

)=

2s − 2(s2 − 2s + 2)2

Drugi nacin:

sin t © • 1s2 + 1

,

t sin t © • − dds

(1

s2 + 1

)=

2s(s2 + 1)2

,

tet sin t © • 2(s − 1)((s − 1)2 + 1)2

=2s − 2

(s2 − 2s + 2)2. �

Primjer 18. Odredimo sliku funkcije tf ′′(t) .

� Slika druge derivacije je

f ′′(t) © • s2F(s) − sf (0) − f ′(0).Mnozenje s −t odgovara derivaciji u donjem podrucju. Zato

tf ′′(t) © • −s2F′(s) − 2sF(s) + f (0). �


6. Integriranje slike

Navedimo sad svojstvo dualno onom iz prethodnog teorema.

Teorem o integriranju slike

Teorem 9. Neka je f (t) © • F(s) . Ako jef (t)

toriginal, onda vrijedi

f (t)t

© •∫ ∞

sF(s)ds (3.16)

Dokaz. Oznacimo s Φ(s) sliku funkcijef (t)

t. Za svaki Laplaceov transformat

vrijedi lims→∞ Φ(s) = 0 . Primijenimo sad teorem o deriviranju slike:

t · f (t)t

© • −Φ(s)′

pa je Φ′(s) = −F(s) . Zato se Φ moze dobiti odredenim integralom:

Φ(s) = −∫ s

s0

F(s)ds + C =∫ s0

sF(s)ds + C.

Stavimo li s = s0 , slijedi C = Φ(s0) . Pustimo sad da s0 → ∞ :

Φ(s) = lims0→∞

∫ s0

sF(s)ds + lim

s0→∞Φ(s0) =

∫ ∞

sF(s)ds.

Primjer 19. Odredimo sliku funkcijee−3t − e−5t

t.

� Vrijedi

e−3t − e−5t © • 1s + 3

− 1s + 5

.

Primijenimo sad teorem o integriranju slike:

e−3t − e−5t

t© •

∫ ∞

s

(1

s + 3− 1

s + 5

)ds

=(

ln(s + 3) − ln(s + 5)) ∣∣∣∣∞

s

= lns + 3s + 5

∣∣∣∣∞s

= ln 1 − lns + 3s + 5

= lns + 5s + 3

. �


Primjer 20. Koristeci Laplaceovu transformaciju, izracunaj integral∫ ∞

0

e−t sin2 tt

dt.

� Prema definiciji Laplaceove transformacije, ovaj je integral jednak F(1) , gdje

je F(s) slika funkcijesin2 t

t.

sin2 t =12

(1 − cos 2t

)© • 1

2

(1s− s

s2 + 4

),

sin2 tt

© • 12

∫ ∞

s

(1s− s

s2 + 4

)ds =

12

[ln s − 1

2ln(s2 + 4)

] ∣∣∣∣∞s

=14

lns2

s2 + 4

∣∣∣∣∞s

=14

lns2 + 4

s2= F(s).

Dakle, vrijedi ∫ ∞

0

e−t sin2 tt

dt = F(1) =14

ln 5. �

Primjer 21. Izracunaj integral∫ ∞

0e−

√2t sh t sin t

tdt .

� Odredit cemo sliku F(s) funkcije1t

sh t sin t . Onda ce rezultat biti F(√

2) .

sh t sin t =12(et − e−t) sin t © • 1

2

[1

(s − 1)2 + 1− 1

(s + 1)2 + 1

]Sada je, prema teoremu o integriranju slike

sh t sin tt

© • 12

∫ ∞

s

[1

(s − 1)2 + 1− 1

(s + 1)2 + 1

]ds

=12

[arc tg(s − 1) − arc tg(s + 1)

] ∣∣∣∣∞s

=12

[π2− arc tg(s − 1) − π

2+ arc tg(s + 1)

]=

12

[arc tg(s + 1) − arc tg(s − 1)

]= F(s).

Prema tome, trazeni integral je jednak∫ ∞

0e−

√2t sh t sin t

tdt = F(

√2) =

12

[arc tg(

√2 + 1) − arc tg(

√2 − 1)

].

On se moze dovesti na prikladniji oblik koristenjem formule

arc tg a − arc tg b = arc tga − b

1 + ab.


Odavde:

F(√

2) =12

arc tg(√

2 + 1) − (√

2 − 1)1 + (

√2 + 1)(

√2 − 1)

=12

arc tg22

=12

arc tg(1) =π8

. �

7. Integriranje originala

Teorem o integriranju originala

Teorem 10. Ako je f (t) original, tada je i

ϕ(t) :=∫ t

0f (τ)dτ

takoder original i vrijedi ∫ t

0f (τ)dτ © • F(s)

s. (3.17)

Dokaz. Provjerimo eksponencijalni rast:

|ϕ(t)| ?∫ t

0|f (τ)|dτ ?

∫ t

0Meaτdτ =

Ma

(eat − 1

)<

Ma

eat.

Zato postoji Φ(s) = L (ϕ(t)) . Primijenimo teorem o deriviranju originala:f (t) = ϕ ′(t) © • sΦ(s) − ϕ(0) = sΦ(s) = F(s).

Odavde slijedi tvrdnja.

Primjer 22. Odredimo sliku funkcije sinus integralni:∫ t

0

sin uu

du .

� Prema teoremu o integriranju slike, imamo

sin tt

© •∫ ∞

s

1s2 + 1

ds = arc tg s

∣∣∣∣∞s

=π2− arc tg s.

Primijenimo sad teorem o integriranju originala:∫ t

0

sin uu

du © •π2− arc tg s

s. �

8. Preslikavanje periodicnih funkcija

Za original f reci cemo da je periodicna funkcija, ako vrijedi f (t) = 0 za t < 0i f (t) = f (t + T) za neki T > 0 i sve t > 0 .

Odredimo sliku funkcije f .

F(s) =∫ ∞

0e−stf (t)dt =

∞∑n=0

(n+1)T∫nT

e−stf (t)dt =:∞∑

n=0

In.


Sl. 3.8. Graf periodicne funkcije.

Tu smo oznacili

In =

(n+1)T∫nT

e−stf (t)dt =∫ T

0e−s(τ+nT)f (τ + nT)dτ

= e−nsT

∫ T

0e−sτ f (τ + nT)dτ

= e−nsT

∫ T

0e−sτ f (τ)dτ = e−nsTI0.

Dakle,

F(s) =∞∑

n=0

e−nsT I0 = I01

1 − e−sT.

Slika periodicne funkcije

Teorem 11. Slika periodicne funkcije f s periodom duljine T racuna se for-mulom

F(s) =1

1 − e−sT

∫ T

0e−stf (t)dt. (3.18)

Primjer 23. Odredimo sliku periodicne funkcije zadane slikom


� Racunamo prema (3.18):

F(s) =1

1 − e−2as

[∫ a

0e−stAdt +

∫ 2a

ae−st(−A)dt

]=

11 − e−2as

[−A

s(e−as − 1) +

As(e−2as − e−as)

]=

11 − e−2as

· As(e−as − 1)2 =

As· 1 − e−as

1 + e−as=

As

th(as

2

). �

Primjer 24. Odredimo sliku periodicne funkcije s periodom T = 2 , a koja je naintervalu [0, 2] zadana formulom f (t) = e−t .

� Racunamo prema (3.18):

F(s) =1

1 − e−2s

∫ 2

0e−ste−tdt =

11 − e−2s

∫ 2

0e−(s+1)tdt

=1

1 − e−2s· −e−(s+1)t

s + 1

∣∣∣∣20

=1

1 − e−2s

[−e−2(s+1)

s + 1+

1s + 1

]=

1 − e−2(s+1)

(s + 1)(1 − e−2s). �

� � �

Formulu za transformat periodicne funkcije mozemo izvesti na jos jedan nacin.Pogledajmo sljedece tri slike:

Sl. 3.9.

Na prvoj je nacrtan graf periodicne funkcije f (t)u(t) . Na drugoj je taj graf po-maknut za period T udesno, pa on predstavlja funkciju f (t − T)u(t − T) . Razlika


ovih dviju funkcija daje funkciju ciji je graf nacrtan na trecoj slici, a koja glasi

f (t)g[0,T](t) = f (t)u(t) − f (t − T)u(t − T).

Preslikajmo funkcije s obiju strana ove jednakosti u donje podrucje. Sliku funkcijes lijeve strane dobit cemo racunanjem prema definiciji, a sliku pomaknute funkcijeprimjenom teorema o pomaku:∫ T

0e−stf (t)dt = F(s) − F(s) · e−sT .

Odavde slijedi trazena formula:

F(s) =1

1 − e−sT

∫ T

0e−stf (t)dt.

Zadaci za vjezbu

1. Koristeci tablicu Laplaceovih transformata i pravila objasnjena u ovom poglavlju,odredi slike sljedecih funkcija:A. 3(t − 3)u(t − 3) ; B. 5u(t − 2) − 2u(t − 3) ;

C. 3(t − 1)3u(t − 1) ; D. (2t + 1)u(t − 1) ;

E. t2u(t − 2) ; F. e2tu(t − 3) ;

G. t3e−2t + t2 ; H. e2t sin 3t ;I. 1 − t2e−2tu(t − 3) ; J. 3e−tt2 − 2tu(t − 2) .

2. Odredi slike sljedecih funkcija:A. sh 2t · cos 2t ; B. ch 2t · cos 2t ;

C. sh3(2t) ;

3. Koristeci tablicu Laplaceovih transformata i pravila objasnjena u ovom poglavlju,odredi slike sljedecih funkcija

A. f (t) ={

0, t < 2,

t + 1, t > 2;B. f (t) =

{1, 0 < t < 3,

2, t > 3;

C. f (t) ={ −t2, 0 ? t < 4,

t2 + 1, t > 4;D. f (t) =

1, 0 ? t < 1,

t, 1 ? t < 22, t > 2;

4. Odredi slike sljedecih funkcija

A. f (t) = (t + 1) sin 2t ; B. f (t) = (t + 1)3e−2t ;

5. Odredi slike sljedecih funkcija

A. f (t) =∫ t

0e−2u sin 3udu ; B. f (t) =

∫ t

0u sin u du ;

C. f (t) =∫ t

0u2eu du ; D. f (t) =

∫ t

0(u3 + 1)e−udu .


6. Preslikaj u doljnje podrucje funkciju f zadanu slikom:A. B.

��

�

x

f �x�

4

1

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

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

.

parabola

H��

�

1 2 3

2

t

f �t�

sinusoidaAAAAAA

��C.

��

�

2 4

1

t

f �t�

parabola

..

..

..

..

..

.

..

..

..

..

..

.��

7. Odredi sliku funkcije

A.cos 2t − cos 3t

t; B.

sh tt

;

C.sin 3t

t; D.

∫ t

0

sh2 uu

du .

8. Nadi Laplaceov transformat funkcije zadane slikom:

�

�

1

1 2 3 4 5 t

f �t�

��

��

��

9. Odredi sliku periodicke funkcije perioda T = 4 , a koja je zadana formulama

f (t) ={

3t, 0 < t < 2,

6, 2 < t < 4.

10. Neka je Fn(s) Laplaceova transformacija funkcije x �→ sinn x . Pokazi da vrijedirelacija

Fn+2(s) =(n + 1)(n + 2)s2 + (n + 2)2

Fn(s)

i pomocu nje odredi sliku funkcije x �→ sin5 x .


11. Primjenom Laplaceove transformacije izracunaj integral

A.

∫ ∞

0e−ax · sin x

xdx ; B.

∫ ∞

0e−ax sin2 x

xdx ; C.

∫ ∞

0e−2tt cos t dt ;

D.

∫ ∞

0e−3tt sin t dt ; E.

∫ ∞

0

sin2 tt2

dt ; F.

∫ ∞

0

e−2t − e−4t

tdt ;

Odgovori

2. A.2s2 − 16s4 + 64

. B.s3

s4 + 64. C.

48(s2 − 36)(s2 − 4)

.

6. A. f (x) = (x − 1)2[u(x − 2) − u(x − 3)] ; F(s) =„

2s3

+2s2

+1s

Br)e−2s−„

2s3 +

4s2 +

4s

«e−3s . B. f (t) = (cos πt+1)(u(t)−u(t−2))+(6−2t)(u(t−2)−u(t−3)) ,

F(s) =1s(1 + e−2s) +

ss2 + π2 (1 − e−2s) +

2s2 (e−3s − e−2s) . C. F(s) =

2s2 − 2

s3 +1s

„2s

+

2s2 + 1

«e−2s − 1

se−4s .

7. A.12

lns2 + 9s2 + 4

. B.12

lns + 1s − 1

. C.π2− arc tg

s3

. D.14s

ln

„s2

s2 − 4

«.

8. F(s) =e−2s − se−3s − e−3s

s2(1 − e−2s).

9. F(s) =3 − 3e−2s − 65e−4s

s2 .

10.120

(s2 + 25)(s2 + 9)(s2 + 1).

11. A. π2 − arc tg a . B. 1

2 ln

√a2 + 4

a. C.

325

. D.350

. E.π2

.

3.4. INVERZNA TRANSFORMACIJA 87

3.4. Inverzna transformacija

Za racunanje originala f (t) iz poznate slike F(s) , moramo odrediti inverznutransformaciju

f (t) = L −1(F(s)).

Ovaj je problem opcenito slozeniji od racunanja slike iz poznatog originala. Kori-stenjem znanja o funkcijama kompleksne varijable, on se moze donekle pojednostav-niti. Tom se teorijom moze izvesti eksplicitna formula za inverznu transformaciju i udaljnjem racunu koristiti teoreme o reziduumu, za funkcije kompleksne varijable.

Mi cemo upoznati nekoliko tehnika invertiranja slika, uglavnom za najvaznijeslucajeve koji se javljaju u primjenama.

Original racionalne funkcije

U primjenama moramo najcesce odrediti original racionalne funkcije

F(s) =P(s)Q(s)

.

Da bismo rijesili taj problem, moramo poznavati nultocke polinoma Q , odnosnonjegovu faktorizaciju na linearne i kvadratne clanove.

Za polinome velikog stupnja to se moze uciniti samo koristenjem aparata nume-ricke matematike, jer ne postoje egzaktne formule za odre divanje nultocaka polinomavelikog stupnja. (U praksi, te se metode koriste vec za polinome stupnja 3.) Zatose za racunanje inverza takvih funkcija u praksi koristi neki od mnogobrojnih dosadrazvijenih programa.

U nastavku cemo se ograniciti na racunanje inverza onih racionalnih funkcija zakoje nam je faktorizacija polinoma Q poznata. Rijesimo na pocetku nekoliko primjerakoristeci se samo elementarnim tehnikama.

Primjer 25. Odredimo original funkcija

A.1

s − 2; B.

1(s − 2)3

; C.s − 3

(s − 1)(s − 2).

� A. Primjenjujemo teorem o prigusenju:

F(s + a) • © e−atf (t).

Ovdje je F(s) =1s

i f (t) = u(t) . Zato

1s − 2

• © e2t u(t).

Pri zapisivanju originala, korisno je uvijek eksplicitno pisati umnozak sa stepfunkcijom. To je narocito vazno kad god racunamo original funkcije prigusene udonjem podrucju!


B. Primjenjujemo isti teorem na par funkcija

F(s) =1s3

• © f (t) =t2

2u(t).

Dakle,1

(s − 2)3• ©

t2

2e2t u(t).

C. Racionalnu funkciju treba napisati u obliku zbroja dvaju prostih razlomaka:s − 3

(s − 1)(s − 2)=

As − 1

+B

s − 2.

Koeficijente A i B odredujemo uobicajenom tehnikom. Na primjer:

s − 3 = A(s − 2) + B(s − 1).Uvrstavajuci s = 1 dobit cemo A = 2 , a za s = 2 slijedi B = −1 . Zato je

s − 3(s − 1)(s − 2)

=2

s − 1− 1

s − 2• © 2et u(t) − e2t u(t). �

Primjer 26. Odredimo original funkcija

A.1

s2 + 5; B.

1s2 + 4s + 6

; C.2s − 2

s2 + 4s + 6.

� A. Funkciju svodimo na tablicnu, sliku sinus funkcije

1s2 + 5

=1√5·

√5

s2 + (√

5)2• ©

1√5

sin(√

5 t)u(t).

B. Nultocke polinoma u nazivniku su kompleksne, zato se on ne moze rastaviti u zbrojprostih razlomaka (s realnim koeficijentima). Nazivnik cemo pojednostavniti svodeciga na potpuni kvadrat:

1s2 + 4s + 6

=1

(s + 2)2 + 2.

Sad cemo primijeniti ponovo teorem o prigusenju:

1(s + 2)2 + 2

=1√2·

√2

(s + 2)2 + 2• ©

1√2

sin(√

2 t)e−2tu(t).

C. Razlomak treba rastaviti na zbroj dvaju od kojih ce jedan biti slika (prigusene)sinus, a drugi slika (prigusene) kosinus funkcije:

2s − 2s2 + 4s + 6

=2s − 2

(s + 2)2 + 2=

2(s + 2)(s + 2)2 + 2

− 6(s + 2)2 + 2

= 2 · s + 2(s + 2)2 + 2

− 3√

2 ·√

2(s + 2)2 + 2

• © 2 cos(√

2 t)e−2tu(t) − 3√

2 sin(√

2 t)e−2tu(t). �


Heavisideov razvoj

Za racunanje inverza racionalne funkcije 1P(s)Q(s)

trebamo tu funkciju rastaviti na

proste razlomke. Taj je rastav posebno jednostavan ukoliko su sve nultocke nazivnikaQ realne i jednostruke. U tom slucaju, on ima oblik

P(s)Q(s)

=A1

s − a1+

A2

s − a2+ . . . +

Ar

s − ar.

Heavisideov razvoj

Teorem 12. Ako su a1, . . . , ar jednostruke realne nultocke polinoma Q , tada

original funkcije F(s) =P(s)Q(s)

ima oblik

f (t) =[A1ea1t + A2ea2t + . . . + Are

art]u(t). (3.19)

Pritom se koeficijenti mogu racunati formulom

Ak = lims→ak

P(s)(s − ak)Q(s)

=P(ak)Q′(ak)

. (3.20)

Napomena. Prvi je nacin racunanja koeficijenta Ak u formuli (3.20) jednostavnijikad je nazivnik Q rastavljen u umnozak faktora, drugi nacin ako to nije slucaj.

Dokaz. Krenimo od prikaza

P(s)Q(s)

=A1

s − a1+

A2

s − a2+ . . . +

Ar

s − ar

Pomnozimo obje strane sa s − ak i izracunajmo limes kad s tezi k ak :

lims→ak

P(s)(s − ak)Q(s)

= lims→ak

(A1

s − ak

s − a1+ . . . + Ak + . . . + Ar

s − ak

s − ar

)= Ak

Broj ak je nultocka polinoma Q , pa vrijedi Q(ak) = 0 . Sad imamo

Ak = lims→ak

P(s)(s − ak)Q(s)

= lims−ak

P(s)Q(s) − Q(ak)

s − ak

=P(ak)Q′(ak)

.

1 Pretpostavljamo da je stupanj brojnika manji od stupnja nazivnika.


Primjer 27. Neka je F(s) =s2 − s + 2

s3 − s2 − 6s=

s2 − s + 2s(s − 3)(s + 2)

. Tocke 0 , 3 , −2

su jednostruke nultocke. Zato je original

f (t) =3∑

k=1

P(ak)Q′(ak)

eakt =3∑

k=1

s2 − s + 23s2 − 2s − 6

est∣∣∣s=ak

=(−1

3+

815

e3t +45

e−2t

)u(t) �

Zadaci za vjezbu

1. Odredi original funkcije

A.s3e−2s

(s2 + 4)(s − 1); B.

(s + 3)e−4s

s2 + 4s + 13; C.

ss3 + 1

;

D.(s + 2)e−4s

s2 + 2s + 5; E.

2s − 1s3 + 1

. F.1

s2 + 4s + 3;


A.s2

(s2 + 1)2; B.

ss2 + 1

s2 + 4 ;

C.s2 + 3s + 4

s3 − 3s2 + 2s; D.

1s2 − 2s + 5

;

E.s + 3

s2 + 6s + 11; F.

3s4 − 12s3 + 16s2 − 6s + 8s5 − 4s4 + 5s3

;

G.3s + 2

(s2 − 4s + 6)2; H.

1s(2 − 3e−s + e−3s) ;

I.1s4

+1

(s + 3)4e−2s .


A.s + 1

s2(s − 1)(s + 2); B.

s2 + 1s(s + 1)(s + 2)(s + 3)

;

C.1

(s − 1)2(s − 2)2; D.

1(s + 13(s + 3)

;

E.1

s3(s + 1)4; F.

1(s + 2)3(s − 1)2

;

G.1

(s − 2)2(s + 3); H.

1(s + 3)3(s + 1)

;

Odgovori

1. A. f (t) = δ(t − 2) + 15

“4 cos 2(t − 2) − 8 sin 2(t − 2) + et−2

”u(t − 2) . B. f (t) =

e−2(t−4)[cos 3(t − 4) + 13 sin 3(t − 4)]u(t − 4) . C. f (t) = − 1

3 e−tu(t) +13

et/2 cos(√

32 t)u(t) +


1√3

et/2 sin(√

32 t)u(t) . D. f (t) = [e−(t−4) cos 2(t − 4) + 1

2 e−(t−4) sin 2(t − 4)]u(t − 4) . E. f (t) =

−e−t + et/2 cos(√

32 t) + 1√

3et/2 sin(

√3

2 t) . F. 12 (e−t − e−3t) .

2. A. 12 (t cos t + sin t) . B. 1

3 cos t− cos 2t . C. 2− 8et + 7e2t . D. 12 e−t sin 2t . E. e3t cos(t

√2) .

F. 3+t2

2−2e2t cos t− e2t sin t . G. e2t

" 3

2√

2t +

√2

!sin(t

√2)−2t cos(t

√2)

#. H. 2−3u(t−

1) + u(t − 3) . I.t3

6[1 + e−3tu(t − 2)] .

3. A. −34− 1

2t +

23

et +1

12e−2t . B.

16− e−t +

52

e2t − 53

e−3t . C.12(t2et − 4te2t + 6e2t −

2tet − 6et) . D.18

»(2t2 − 2t + 1)e−t − e−3t

–. E.

t2

2− 4t + 10 − e−t

t3

6+

32

t2 + 6t + 10

!.

F.et

27(t− 1)+

e−2t

18

t2 +

43

t +23

!. G.

125

[e−3t +(5t− 1)e2t] . H.18[e−t − e−3t(2t2 +2t +1)] .


3.5. Konvolucija

1. Definicija konvolucije

Neka su f 1 i f 2 originali. Funkcija f 1 ∗ f 2 definirana s

(f 1 ∗ f 2)(t) :=∫ ∞

−∞f 1(τ)f 2(t − τ)dτ (3.21)

naziva se konvolucija funkcija f 1 i f 2 . Jer su f 1 i f 2 originali, podintegralna funkcijase ponistava van intervala [0, t] . Zato mozemo pisati

(f 1 ∗ f 2)(t) :=∫ t

0f 1(τ)f 2(t − τ)dτ

i ovu formulu obicno koristimo pri racunanju konvolucije u zadacima i primjerima.Konvoluciju cemo uglavnom zapisivati na nacin f 1(t)∗ f 2(t) , iako je ovaj zapis ponestoneprecizan.

Pokazimo da je konvolucija f 1 ∗ f 2 dvaju originala takoder original:

|(f 1 ∗ f 2)(t)| ?∫ t

0|f 1(τ)||f 2(t − τ)|dτ

? M1M2

∫ t

0ea1τea2(t−τ)dτ

=M1M2

a1 − a2(ea1t − ea2t) ?

2M1M2

a1 − a2eat,

tu smo oznacili a := max(a1, a2) .

Odredimo u sto se preslikava konvolucija:

f 1(t) ∗ f 2(t) © •∫ ∞

−∞e−st(f 1 ∗ f 2)(t)dt

=∫ ∞

−∞e−stdt

∫ ∞

−∞f 1(τ)f 2(t − τ)dτ

=∫ ∞

−∞e−sτ f 1(τ)dτ

∫ ∞

−∞e−s(t−τ)f 2(t − τ)dt

=∫ ∞

−∞e−sτ f 1(τ)dτ

∫ ∞

−∞e−suf 2(u)du

= F1(s)F2(s).

3.5. KONVOLUCIJA 93

Teorem o konvoluciji

Konvolucija originala f 1 i f 2 definirana je integralom:

(f 1 ∗ f 2)(t) :=∫ t

0f 1(τ)f 2(t − τ) dτ (3.22)

Teorem 13. Konvoluciji u gornjem podrucju odgovara umnozak slika u do-njem:

f 1(t) ∗ f 2(t) © • F1(s) F2(s) (3.23)

Iz formule (3.23) slijede neka svojstva konvolucije (koja se, dakako, mogu doka-zati i direktno po definiciji):

asocijativnostf 1 ∗ (f 2 ∗ f 3) = (f 1 ∗ f 2) ∗ f 3.

komutativnostf 1 ∗ f 2 = f 2 ∗ f 1.

Primjer 28. Izvedimo formulu za integriranje originala∫ t

0f (τ)dτ © • F(s)

s

koristeci teorem o konvoluciji.� Imamo

F(s) • © f (t) ,1s• © u(t).

Prema (3.23) vrijedi

F(s)s

• © f (t) ∗ u(t) =∫ t

0f (τ)u(t − τ) dτ =

∫ t

0f (τ) dτ. �

2. Primjena konvolucije u racunanju originala

Original umnoska dviju funkcija u donjem podrucju moze se racunati pomocuteorema o konvoluciji:

F(s)G(s) • © f (t) ∗ g(t) =∫ t

0f (τ)g(t − τ)dτ

Rijesimo nekoliko primjera.


Primjer 29. Odredimo original funkcije1

s(s2 + 1).

� Ovu racionalnu funkciju mogli bismo rastaviti na zbroj prostih razlomaka izatim joj odrediti original. Medutim, neusporedivo jednostavnije je primijeniti teoremo konvoluciji. Vrijedi

1s2 + 1

• © sin t,1s• © u(t).

Zato je

1s(s2 + 1)

• © sin t ∗ u(t) =∫ t

0sin τ u(t − τ)dτ =

∫ t

0sin τ dτ

= − cos τ∣∣∣∣t0

= (1 − cos t)u(t). �

Primjer 30. Pomocu konvolucije, izracunajmo original funkcije1

(s − 4)(s + 1).

� Oznacimo: F(s) =1

s − 4, G(s) =

1s + 1

. Originali ovih funkcija su

f (t) = e4t , g(t) = e−t . Zato je original umnoska F(s)G(s) jednak

(f ∗ g)(t) =∫ t

0e4(t−τ)e−τdτ = e4t

∫ t

0e−5τdτ = e4t e−5τ

−5

∣∣∣∣t0

= −e4t

5(e−5t − 1)u(t). �


(s2 + 1)2.

� U ovom slucaju, racionalna funkcija se ne moze pojednostavniti. Preostajenam samo uporaba teorema o konvoluciji. Racunamo ovako

1(s2 + 1)2

• © sin t ∗ sin t =∫ t

0sin τ sin(t − τ)dτ

=∫ t

0

12

[cos(2τ − t) − cos t

]dτ

=(

14

sin(2τ − t) − 12

τ cos t

) ∣∣∣∣t0

=14

sin t − 12

t cos t − 14

sin(−t)

=(

12

sin t − 12

t cos t

)u(t). �

3.5. KONVOLUCIJA 95

Zadaci za vjezbu

1. Izracunaj konvolucije sljedecih funkcija:

A. 1 ∗ t ; B. t ∗ t3 ; C. t2 ∗ t2 ;D. et ∗ et ; E. cos t ∗ cos t ; F. sin t ∗ sh t .

2. Koristeci teorem o konvoluciji, izracunaj original funkcija

A.1

s(s + 3); B.

1s(s2 − 4s + 5)

; C.1

s2(s + 1)3;

3. Preslikaj funkciju u gornje podrucje

F(s) =s3

(s2 + 4)2.

4. Odredi original f (t) Laplaceovog transformata

F(s) =s3

(s2 + 4)2

5. Izracunaj sljedece tablicne originale:

1(s2 + ω)2

• ©1

2ω3

[sin(ω t) − ω t cos(ω t)

],

s(s2 + ω)2

• ©1

2ωt · sin(ω t),

s2

(s2 + ω)2• ©

12ω

sin(ω t) +12

t cos(ω t).

6. Izracunaj original funkcijes

(s2 + a2)(s2 + b2), a = b.

Pomocu dobivenog rezultata, granicnim procesom odredi original funkcijes

(s2 + a2)2

Odgovori

1. D. tet . E. 12 (t cos t + sin t) . F. 1

2 (sh t − sin t) .

2. A.13− 1

3e−3t . B.

15− 1

5e2t cos t +

25

e2t sin t . C. t − 3 + 3e−t + 2te−t + 12 t2e−t .

3. f (t) = (cos 2t − t · sin 2t)S(t) .4. f (t) = cos 2t − t · sin 2t .

6.1

b2 − a2 [cos(at) − cos(bt)] . Limes ovog izraza, kad b tezi k a , mozemo dobiti pomocu

L’Hospitalovog pravila. Rezultat je12a

t sin(at) .


3.6. Rjesavanje diferencijalnih i integralnih jednadzbi

Linearne diferencijalne jednadzbe s konstantnim koeficijentima

Pomocu Laplaceove transformacije mozemo rjesavati Cauchyjev problem:

x(n)(t) + an−1x(n−1)(t) + . . . + a1x′(t) + a0x(t) = f (t)

x(0) = x0 , x′(0) = x1 , . . . , x(n−1)(0) = xn−1

(3.24)

Postaviti cemo problem ekvivalentan problemu (3.24) preslikavajuci ovog u donjepodrucje. Koristimo teorem o deriviranju originala. Neka je x(t) © • X(s) . Tadavrijedi

x′(t) © • sX(s) − x(0) = sX(s) − x0

x′′(t) © • s(sX(s) − x0) − x′(0) = s2X(s) − sx0 − x1

...

x(n)(t) © • snX(s) − sn−1x0 − . . . − sxn−2 − xn−1

f (t) © • F(s)

Preslikavanjem ovih funkcija u donje podrucje dobivamo

snX(s) + sn−1x0 − . . . − xn−1+

+ an−1

[sn−1X(s) + sn−2x0 − . . . − xn−2

]+ . . .

+ a1[sX(s) − x0] + a0X(s) = F(s)Nakon sredivanja, ovu relaciju mozemo zapisati u obliku

P(s)X(s) + G(s) = F(s).Tu je P(s) karakteristicni polinom jednadzbe (3.24), (stupnja n ), a G(s) neki polinomstupnja n − 1 . Odavde dobivamo

X(s) =F(s) − G(s)

P(s). (3.25)

Potrebno je jos X(s) vratiti u gornje podrucje.Vidimo da tehnikom Laplaceove transformacije rjesavamo Cauchyjev problem

direktno, nalazeci njegovo jednoznacno odre deno rjesenje.

Primjer 32. Rijesimo Cauchyjev problem

x′′(t) + 4x(t) = et,

x(0) = 2,

x′(0) = 1.

� Diferencijalna jednadzba prelazi u algebarsku:

s2X(s) − 2s − 1 + 4X(s) =1

s − 1.

3.6. RJESAVANJE DIFERENCIJALNIH I INTEGRALNIH JEDNADZBI 97

s rjesenjem

X(s) =2s − 1s2 + 4

+1

(s − 1)(s2 + 4)

=2s − 1s2 + 4

+15

1s − 1

− 15

s + 1s2 + 4

=95

ss2 + 4

+25

2s2 + 4

+15

1s − 1

te je

x(t) =(

95

cos 2t +25

sin 2t +15

et

)u(t) �

� � �

Tehnika Laplaceove transformacije narocito je pogodna u slucaju kad je funkcijasmetnje zadana razlicitim formulama na razlicitim intervalima.

Primjer 33. Rijesimo problem x′(t) − x(t) = f (t) , x(0) = 1 , gdje je funkcija fzadana slikom:

Sl. 3.10. Funkcija smetnje f (t) je prekinuta

Sada imamof (t) = u(t) − u(t − 1),

pa je slika diferencijalne jednadzbe:

sX(s) − 1 − X(s) =1s− 1

se−s.

i odavde

X(s) =1

s − 1+

1s(s − 1)

(1 − e−s

)=

1s − 1

+( 1

s − 1− 1

s

)(1 − e−s

)=

2s − 1

− 1s− 1

s − 1e−s +

1s

e−s

• © 2u(t)et − u(t) − u(t − 1)et−1 + u(t − 1).


Dakle,

x(t) = u(t)[2et − 1] + u(t − 1)[1 − et−1]

={

2et − 1 , 0 ? t ? 12et − et−1 , 1 ? t

�

� � �

U opcem slucaju, prema formuli (3.25), moramo invertirati funkcijuF(s)P(s)

−G(s)P(s)

.

FunkcijaG(s)P(s)

je racionalna i nju lako invertiramo. Medutim, za po volji zadanu funk-

ciju f ponekad je tesko naci original odF(s)P(s)

. Zato postupamo na sljedeci nacin:

funkcija 1/P(s) je racionalna i mozemo naci

g(t) = L −1( 1

P(s)

).

(Taj problem nije jednostavan, vezan je uz faktorizaciju polinoma, ali kad je jednomracionalna funkcija napisana u obliku zbroja prostih razlomaka, tada mozemo lakoispisati njezin original). Sada mozemo primijeniti teorem o konvoluciji:

F(s)P(s)

=1

P(s)· F(s) • © g(t) ∗ f (t).

Primjer 34. Rijesimo sljedeci Cauchyjev problem:

y′′ + 4y = f (t),y(0) = 0, y′(0) = 1,

pri cemu je f bilo koja zadana funkcija koja posjeduje Laplaceov transformat.

� U donjem podrucju, jednadzba glasi(s2Y(s) − sy(0) − y′(0)

)+ 4Y(s) = F(s).

Uvrstimo pocetne uvjete i sredimo jednadzbu:

(s2 + 4)Y(s) = F(s) + 1,

Y(s) =1

s2 + 4− F(s)

s2 + 4.

Original funkcije1

s2 + 4je g(t) = 1

2 sin 2t . Rjesenje sad mozemo napisati u obliku

y(t) = g(t) + g(t) ∗ f (t) =12

sin 2t +12

∫ t

0sin 2(t − τ)f (τ)dτ. �


Primjer 35. Rijesimo Cauchyjev problem

x′′ + x = e−t2

,

x(0) = x′(0) = 0.

� Racun daje

s2X(s) + X(s) = F(s),

X(s) =1

s2 + 1· F(s) • © sin t ∗ f (t).

Dakle,

x(t) =∫ t

0e−(t−τ)2

sin τ dτ.

Rjesenje ostavljamo u ovom obliku, jer integral nije elementaran. �

Duhamelov integral

Ako su svi pocetni uvjeti u Cauchyjevom problemu jednaki nuli:

x(n)(t) + an−1x(n−1)(t) + . . . + a1x′(t) + a0x(t) = f (t)

x(0) = 0 , x′(0) = 0 , . . . , x(n−1)(0) = 0,(3.26)

tada jednadzba u donjem podrucju ima oblik

snX(s) + an−1sn−1X(s) + . . . + a1sX(s) + a0X(s) = F(s),tj.

P(s)X(s) = F(s)

te se u njoj, za razliku od jednadzbe (3.25), ne pojavljuje funkcija G(s) .

Inace, kad to nije slucaj, razomakG(s)P(s)

u jednadzbi (3.25) je racionalna funkci-

ja, pa ju je lako invertirati. Zato mozemo pretpostaviti da pocetni uvjeti Cauchyjevogproblema glase

x(0) = x′(0) = . . . = x(n−1)(0) = 0.

Prije smo opisali kako se pomocu konvolucije moze prikazati i izracunati original

funkcijeF(s)P(s)

. No cesce se, pogotovu u primjenama u elektrotehnici, koristi nes-

to modificirana ideja. Umjesto pocetne diferencijalne jednadzbe (3.26) promatra sejednadzba

x(n)(t) + an−1x(n−1)(t) + . . . + a0x(t) = u(t),

x(0) = x′(0) = . . . = x(n−1)(0) = 0.(3.27)

gdje je u(t) , dakako, step funkcija.Ova se jednadzba svodi na racunanje originala funkcije

X(s) =1

sP(s).


Neka je x1(t) rjesenje problema (3.27). To rjesenje odgovara jedinicnoj funkciji smet-nje (vanjskoj sili), pa se naziva jedinicno rjesenje. Originalni problem, s desnomstranom f (t) , ima sliku u donjem podrucju:

X(s) =1

P(s)F(s)

i mozemo pronaci njegovo rjesenje pomocu jedinicnog rjesenja x 1 ovako:

X(s) =1

sP(s)· sF(s) =

1sP(s)

[sF(s) − f (0)

]+ f (0)

1sP(s)

• © x1(t) ∗ f ′(t) + f (0)x1(t).ili pak ovako:

X(s) = s1

sP(s)· F(s) =

[s

1sP(s)

− x1(0)]

F(s) + x1(0)F(s)

• © x′1(t) ∗ f (t) + x1(0) f (t).

Ove su formule poznate pod imenom:

Duhamelov integral

Rjesenje Cauchyjevog problema (3.26) moze se napisati u obliku

x(t) = x1(t)f (0) +∫ t

0x1(t − τ)f ′(τ)dτ

= x1(0)f (t) +∫ t

0f (t − τ)x′1(τ)dτ.

(3.28)

Ovdje je x1(t) rjesenje istog problema s jedinicnom funkcijom smetnje.

Ovaj je pristup narocito interesantan u analizi problema u kojima se sklop —opisan diferencijalnom jednadzbom — ne mijenja, a promjenjiva je samo funkcijasmetnje. Nakon sto se odredi rjesenje jedinicnog problema, rjesenje svakog drugogproblema se lako izvodi iz jedinicnog racunanjem konvolucije.

Sustavi diferencijalnih jednadzbi prvog reda s konstantnim koeficijentima

To je sustav diferencijalnih jednadzbi oblika

x′1(t)=a11x1(t)+ . . .+a1nxn(t)+ϕ1(t)

x′2(t)=a21x1(t)+ . . .+a2nxn(t)+ϕ2(t)

...

x′n(t)=an1x1(t)+ . . .+annxn(t)+ϕn(t)x1(0) = c1, . . . , xn(0) = cn

(3.29)

Mnogo je spretnije koristiti matricni zapis


x(t) = Ax(t) + ϕx(0) = c (3.30)

Preslikavanjem svih funkcija u donje podrucje sustav diferencijalnih jednadzbi prelaziu algebarski linearni sustav

sX(s) − c = AX(s) + Φ(s),tj.

(sI − A)X(s) = Φ(s) + c,

i odavdeX(s) = (sI − A)−1[Φ(s) + c] • © x(t).

Primjer 36. Rijesimo sustav

y′ = −4y − 4z

z′ = −2y − 6zy(0) = 3, z(0) = 15

� Ovdje je

sI − A =[

s + 4 42 s + 6

], Φ(s) = 0 , c =

[3

15

].

Zato [Y(s)Z(p)

]=

1s2 + 10s + 16

[s + 6 −4

2 s + 4

][3

15

]=

1(s + 2)(s + 8)

[3s − 42

15s + 54

].

Rjesenja glase:

Y(s) =3s − 42

(s + 2)(s + 8)= − 8

s + 2+

11s + 8

• © −8e−2t + 11e−8t = y(t)

Z(s) =15s − 54

(s + 2)(s + 8)=

4s + 2

+11

s + 8• © 4e−2t + 11e−8t = z(t) �

Linearne integralne jednadzbe konvolucijskog tipa

Tehnika Laplaceove transformacije pogodna je za rjesavanje integralnih jednadz-bi (u kojima se javljaju integrali nepoznate funkcije) jer se integral lako preslikava udonje podrucje. Posebno se to odnosi na integralne jednadzbe konvolucijskog tipa, pricemu cemo koristiti teorem o konvoluciji.

Primjer 37. Rijesimo linearnu integralnu jednadzbu

y(t) = at +∫ t

0sin(t − τ) y(τ) dτ.


� Jednadzba u gornjem podrucju glasi:

y(t) = at + sin t ∗ y(t).

Njezina slika u donjem podrucju je

Y(s) = a · 1s2

+1

s2 + 1Y(s).

Odavde slijedi

Y(s) = a · s2 + 1s4

= a

(1s2

+1s4

)pa je rjesenje pocetnog problema

y(t) = a

(t +

t3

6

).

�

Zadaci za vjezbu

1. Primjenom Laplaceove transformacije rijesi sljedece diferencijalne jednadzbe

A. y′′ + y′ − 2y = 2t , y(0) = 0 , y′(0) = 1 ;

B. y′′ + 4y = t2 + 3et , y(0) = 0 , y′(0) = 2 ;

C. y′′ − 2y′ + y = tet + 4 , y(0) = 1 , y′(0) = 1 ;

D. y′′ − 2y′ − 3y = 3te2t , y(0) = 1 , y′(0) = 0 ;

E. y′′ + 4y = 3 sin 2t , y(0) = 2 , y′(0) = −1 ;

F. y′′ + 4y = et , y(0) = 0 , y′(0) = 0 ;

G. y′′ − 2y′ + y = e2t , y(0) = 0 , y′(0) = 0 ;

H. y′′ + 2y′ + 2y = et , y(0) = 0 , y′(0) = 0 ;

I. y′′ + 2y′ + 2y = 2e−t sin t , y(0) = 1 , y′(0) = 1 ;

J. y′′(t) − 2y′(t) + 5y(t) = e−t , y(0) = 1 , y′(0) = 0 .

2. Primjenom Laplaceove transformacije rijesi diferencijalnu jednadzbu

A. x′′(t) + 4x′(t) + 5x(t) = f (t) , x(0) = x′(0) = 0 ,

f (t) ={

2e−t, 0 < t < 1,

0, 1 ? t.

B. y′′ + y′ = f (t) , y(0) = 1 , y′(0) = 0 ,

f (t) ={

1, 0 ? t ? 1−1, 1 < t

.


3. Primjenom Laplaceove transformacije rijesi diferencijalnu jednadzbu, u kojoj je funk-cija f zadana slikom.

A. y′ − 2y = f (t) , y(0) = 0 ;

��

�

1

1 t

f �t�

��

B. y′ + y = f (t) , y(0) = 1 ,

��

�1

1 2 t

f �t�

��

��

C. y′′ − 2y′ − 3y = f (t) , y(0) = 1 , y′(0) = 0 ;

�

�

4

3

t

f �t�

...

...

...

..

D. y′′ + 4y = f (t) , y(0) = 0 , y′(0) = 0;

��

�

�2

1

t

f �t�

sinusoida

��E. y′′ + y = f (t) , y(0) = 1 , y′(0) = 2 ;

��

�

1

t

f �t�

F. y′′ + y = f (t) , y(0) = 0 , y′(0) = 0 ,

�

�

1

1

�1

t

f �t�

...

...

...

...

...

...

...


4. Pomocu Laplaceove transformacije rijesi diferencijalnu jednadzbu, za funkciju f za-danu slikom:A. y′′ + y = f (t) , y(0) = 0 , y′(0) = 0;

B. y′′ − 2y′ + y = f (t) , y(0) = 0 , y′(0) = 0 ;

�

�

1

1

2

�1

t

f �t�

...

...

...

...

...

...

...

...

...

...

..

� � �

5. Primjenom Laplaceove transformacije rijesi integralnu jednadzbu

A. y(t) = at2 +∫ t

0 sin τ · y(t − τ)dτ ;

B. y(t) = t + 2∫ t

0 cos(t − u)y(u)du ;

C. y(t) = e−t sh t +∫ t

0 sin u · y(t − u)du ;

D. y(t) = e2t + cos 3t +∫ t

0 sin(t − u)y(u)du ;

E. y(t) = e2t +∫ t

0 sin(t − τ)y(τ)dτ .

6. Primjenom Laplaceove transformacije rijesi integralnu jednadzbu

A. y(t) = t + 16

∫ t0(t − u)3y(u)du ;

B. y(t) = cos t +∫ t

0 et−uy(u)du ;

C. y(t) = sin t + 12

∫ t0(t − τ)2y(τ)dτ ;

D. f (t) = cos t + 12

∫ t0(t − τ)2f (τ)dτ ;

E.∫ t

0 y(τ) sin(t − τ)dτ = 1 − ch t ;

F. y(t) = sh t − et∫ t

0 τe−τy(τ)dτ + tet∫ t

0 e−τy(τ)dτ .

7. Primjenom Laplaceove transformacije rijesi integralno-diferencijalnu jednadzbu

A. y′(t) =∫ t

0 y(u) cos(t − u)du ; y(0) = 1 ;

B. y′(t) − y(t) +∫ t

0 y(τ) sin(t − τ)dτ = cos t ; y(0) = 0 ;

C. y′(t) + y(t) +∫ t

0 y(τ)dτ = 0 ; y(0) = 1 ;

D. y′′(t) + 3y′(t) + 2∫ t

0(t − u)y(u)du = 0 ; y(0) = 0 , y′(0) = 1 ;

� � �


8. Koristeci Laplaceovu transformaciju rijesi sljedeci sustav diferencijalnih jednadzbi

x(t) = −7x + y + 5,

y(t) = −2x − 5y − 37t

uz pocetne uvjete x(0) = 0 , y(0) = 0 .

9. Koristeci Laplaceovu transformaciju rijesi sljedeci sustav diferencijalnih jednadzbi

x − y − x + y = 1 − t + et,

y − x + x − y = 1

uz pocetni uvjet x(0) = y(0) = 0 , x(0) = 2 , y(0) = 0 .

10. Rijesi sljedece sustave diferencijalnih jednadzbi

A.

{x′ + 3x + y = 0,

y′ − x + y,, x(0) = 1, y(0) = 1 ;

B.

{x′ + 5x − 2y = et,

y′ − x + 6y = e−2t,x(0) = y(0) = 0 ;

C.

x′ = y + z,y′ = x + z,z′ = x + y,

x(0 = 1, y(0) = 0, z(0) = 0. ;

D.

{x′′ + 2y = 0, y(0) = 0, y′(0) = 1,

y′′ − 2x = 0, z(0) = 0, z′(0) = 0.

Odgovori

1. A. y(t) = − 12 − t − 1

2 e−2t + et . B. y(t) = − 18 + 1

4 t2 − 1940 cos 2t + 3

5 et + 710 sin 2t . C. y(t) =

4−3et +4tet + 16 t3et . D. y(t) = e3t + 2

3 e−t− 23 e2t− te2t . E. y(t) = 2 cos 2t− 1

8 sin 2t− 34 t cos 2t .

F. y(t) = 15 et− 1

5 cos 2t− 110 sin 2t . G. y(t) = e2t−et−tet . H. y(t) = 1

5 et− 15 e−t cos t− 2

5 e−t sin t .

I. y(t) = e−t(3 sin t − t cos t + cos t . J. y(t) = 18 e−t + 7

8 et cos 2t − 38 et · sin 2t .

2. A. x(t) = e−t − e−2t cos t − e−2t sin t− (e−t − e−2t+1 cos(t− 1)− e−2t+1 sin(t− 1))u(t − 1) .B. y = (t + e−t)u(t) − 2(t − 2 + e−(t−1))u(t − 1) .

3. A. y(t) =„−1

4− t

2+

e2t

4

«u(t) −

„−1

4− t − 1

2+

14

e2(t−1)«

u(t − 1) . B. y(t) =

(2e−t + t − 1)u(t) − 2(e−t+1 + t − 2)u(t − 1) + (e−t+2 + t − 3)u(t − 2) . C. y(t) = 14 (e3t +

3e−t)u(t) + 14 (−4 + e3(t−4) + 3e−(t−4))u(t − 4) . D. Y(s) =

2(s2 + 4)2 (1 + e−sπ/2) , y(t) =

( 18 sin 2t − t

4 cos 2t)[u(t) − u(t − π2 )] − π

8 cos 2t · u(t − π2 ) . E. y(t) = u(t) + 2 sin t · u(t) .

F. (s2 + 1)Y(s) =1s− 2

se−s , y(t) = u(t) − cos t · u(t) − 2u(t − 1) + 2 cos(t − 1) · u(t − 1) .

4. A. y(t) = (1 − cos t)u(t)− 2(1 − cos(t − 1))u(t − 1) + (1 − cos(t − 2))u(t − 2) . B. s2Y(s)−2sY(s) + Y(s) =

1s− 2

se−s +

1s

e−2s , y(t) = (1 − et + tet)u(t) − 2[1 − et−1 + (t − 1)et−1]u(t −1) + [1 − et−2 + (t − 2)et−2]u(t − 2) .


5. A. Y(s) = a · 2s3 +

1s2 + 1

Y(s) ; y(t) = a(t2 +t4

12) . B. Y(s) =

1s2 +

2ss2 + 1

Y(s) ,

y(t) = t + 2 + 2tet − 2et . C. y(t) =“

14 t2 − 1

4 t + 58 − 5

8 e−2t”

u(t) . D. y(t) = − 536 − 1

2 t +

5039 e2t + 401

468 cos 3t − 5234 sin 3t E. y(t) = − t

2− 1

4+

54

e2t .

6. A. y(t) = 12 (sh t + sin t) . B. y(t) =

25

e2t +35

cos t +15

sin t . C. y(t) = 16 et + 1

2 cos t +

12 sin t− 2

3 e−t/2 cos(√

32 t) . D. f (t) = 1

6 et+ 12 cos t− 1

2 sin t+ 13 e−t/2 cos(

√3

2 t)+ 1√3

e−t/2 sin(√

32 t) .

E. Y(s) · 1s2 + 1

=1s− s

s2 − 1, y(t) = (1 − et − e−t)u(t) . F. y(t) = 1

2 + 16 e2t − 2

3 e−t .

7. A. sY(s) − 1 = Y(s) · ss2 + 1

. y(t) =„

1 +t2

2

«u(t) . B. y(t) = 2√

3et/2 sin(

√3

2 t)u(t) .

C. y(t) =“

e−t/2 cos(√

32 t) − 1√

3e−t/2 sin(

√3

2 t)”

u(t) . D. y(t) = − sin t +√

2 sin(t√

2) .

8. x(t) = 1 − t − e−6t cos t , y(t) = 1 − 7t − e−6t cos t + e−6t sin t .

9. x(t) = tet + t , y(t) = 1 − et + tet .

10. A. x = e−2t(1 − 2t) , y =−2t (1 + 2t) ; B. x = 740 et + 1

5 e−2t − 45 e−4t + 7

40 e−7t ,

y = 340 et − 3

10 e−2t − 730 e−4t + 11

40 e−7t , C. x = 23 e−t + 1

3 e2t , y = z = 13 e2t − 1

3 e−t ;

D. x = 12 (cos t sh t + sin t ch t) , y = 1

2 (sin t ch t − cos t sh t) .

3.7. PRIMJENE 107

3.7. Primjene

Elektricne mreze

Uvedimo sljedece oznake:e(t) : napon u trenutku ti(t) : jakost struje u trenutku t

R : otpor otpornikaL : induktivitet zavojniceC : kapacitet kondenzatora

Uz zadani napon mozemo u svakoj grani nalaziti struju pomocu integralno-diferen-cijalnih jednadzbi. Sve velicine mozemo preslikati pomocu Laplaceove transformacije.Opisimo ponasanja (pad napona) na svakom elementu mreze:

Sl. 3.11.

eR(t) = RiR(t) © • ER(s) = RIR(s)

Sl. 3.12.

eL(t) = LdiL(t)

dt© • EL(s) = LsIL(s) − LiL(0)

Sl. 3.13.

eC(t) =1C

∫ t

−∞iC(τ)dτ =

Q0

C+

1C

∫ t

0iC(τ)dτ

© • EC(s) =Q0

Cs+

1Cs

IC(s)

Pretpostavit cemo da je do trenutka t = 0 sklop bio ‘mrtav’, tj. i(t) = 0 za t ? 0 ,pa je i(0) = 0 , Q0 = 0 . U tom je slucaju slika mreze u donjem podrucju istovjetnamreza u kojoj tece istosmjerna struja, sa simbolicnim otporima (impedancijama) R ,Ls , 1/Cs za sliku otpornika, zavojnice, kondenzatora. U donjem podrucju ostajusacuvani Kirchhoffovi zakoni.


Prema tome, struju I(s) u donjem podrucju racunamo pomocu Ohmovog zako-na. Ukupan otpor Z(s) (nazvan jos i operatorskim otporom) mreze konstruiramo popravilima za serijsko i paralelno spajanje otpornika. Tada je

I(s) =E(s)Z(s)

gdje je E(s) slika napona narinutog na mrezu.Opisimo nekoliko elementarnih mreza na koje je narinut napon u(t) . Na taj nacin

dobivamo tzv. jedinicnu struju i1(t) . Ako je na sklop narinut neki drugi napon e(t) ,struju i(t) nalazimo primjenom Duhamelovog integrala:

i(t) = e(0)i1(t) +∫ t

0i1(t − τ)e′(τ)dτ

ili

i(t) = i1(0)e(t) +∫ t

0e(t − τ)i ′1(τ)dτ.

Primjer 38. Odredimo jakost struje koja tece kroz serijski L–R krug.

Sl. 3.14. serijski L–R krug

� Impedancija u donjem podrucju je Z(s) = R + Ls . Imamo E(s) =1s

, pa jestoga

I(s) =E(s)Z(s)

=1

s(R + Ls)=

1r

[1s− 1

s + RL

]• ©

1R

[1 − e−

RL t]

= i1(t) �

Sl. 3.15. Struja u serijskom L–R krug

3.7. PRIMJENE 109

Primjer 39. Odredimo jakost struje koja tece kroz serijski R–C krug.

Sl. 3.16. Serijski R–C krug

� Sada je Z(s) = R + 1/Cs i zato

I(s) =1

s(R +1

Cs)

=1R

1

s + 1RC

• ©1R

e−t/RC = i1(t) �

Sl. 3.17. Struja u serijskom R–C krugu

Primjer 40. Odredimo jakost struje koja tece kroz serijski L–C krug.

Sl. 3.18. Serijski L–C krug

� Ovdje je Z(s) = Ls + 1/Cs .

I(s) =1

Ls2 +1C

=

√CL

1√LC

s2 +(

1√LC

)2• ©

√CL

sin( t√

LC

)= i1(t)


Sl. 3.19. Struja u serijskom L–C krug

Neka je na isti sklop narinut napon e(t) = A sin ωt . Tada je struja u njemu (jer jei1(0) = 0 )

i(t) = i ′(t) ∗ e(t) =

√CL

1√LC

∗ A sin ωt

=AL

∫ t

0cos

t − τ√LC

sin ωτ dτ

Specijalno, ako se frekvencija vanjske narinute sile podudara s vlastitom frekvencijomkruga, tj. ako vrijedi ω = 1/

√LC , tada dolazi do pojave rezonancije:

i(t) =AL

∫ t

0cos ω(ωt − ωτ) sin ωτ dτ

=A2L

∫ t

0[sin ωt + sin(2ωτ − ωt)] dτ

=A2L

t · sin ωt.

Sl. 3.20. Rezonancija u L–C krugu

Odredite jednadzbu struje u slucaju kad ne dolazi do pojave rezonancije! Uvjeritese da je tada rjesenje ogranicena funkcija. �

3.7. PRIMJENE 111

Primjer 41. Primjenom Laplaceove transformacije nadi i skiciraj struju i(t) elek-tricnog kruga zadanog slikom uz prikljuceni napon e(t) .

�

wfe�t� L

i�t�

��

�1

1 2 t

e�t�

��

��

� Odredimo najprije jednadzbu narinutog napona i njegovu sliku u donjem pod-rucju.

e(t) = t[u(t) − u(t − 1)] + (2 − t)[u(t − 1) − u(t − 2)]= tu(t) − 2(t − 1)u(t − 1) + (t − 2)u(t − 2)

© • 1s2

− 2 · 1s2

e−s +1s2

e−2s =1s2

(1 − 2e−s + e−2s

)= E(s).

Simbolicni otpor je Z(s) = Ls , pa za sliku struje u donjem podrucju dobivamo

I(s) =E(s)Z(s)

==1

Ls3

(1 − 2e−s + e−2s

)= E(s).

Original ove funkcije je

i(t) =1L

(12

t2u(t) − (t − 1)2u(t − 1) +12(t − 2)2u(t − 2)

)Da bismo skicirali graf ove funkcije, njezinu cemo jednadzbu napisati ovako:

i(t) =

12L

t2, t ? 1,

12L

[t2 − 2(t − 1)2], 1 ? t ? 2,

12L

[t2 − 2(t − 1)2 + (t − 2)2], 2 ? t,

=

12L

t2, t ? 1,

12L

(−t2 + 4t − 2), 1 ? t ? 2,

1L

, 2 ? t,


Sl. 3.21. Graf jakosti struje i(t) iz ovog primjera.

Zadaci za vjezbu

1. Primjenom Laplaceove transformacije izracunaj struju i(t) sklopa zadanog slikom akoje prikljuceni zadani napon e(t) .

A.

�

i�t�

f we�t�L R

Rn

n�

�

�

T 2T 3T

A

t

e�t�

...

...

...

...

...

.

...

...

...

...

...

.

...

...

...

...

...

.

�T� 2LR �

B.

�

fe�t�

L

R

i�t�

wn

��

�

2

2

t

e�t�

��

C.

�

ge�t�L

R

i�t�

wn

��

�

T

A

t

e�t�

..

..

..

..

..

..

..

..

3.7. PRIMJENE 113

D.

�

zge�t� L

i�t�

��

�

�a

1

t

e�t�

sinusoida

��E.

�

fe�t� C

i�t�

k�

�

�

a

A

t

e�t�

��A � sin2 t

F.

�

ge�t�

C

R

i�t�

ko �

�

�

T

A

t

e�t�

..

..

..

..

..

.

��

2. Primjenom Laplaceove transformacije odredi struju kroz kondenzator kapaciteta Cako prikljucimo zadani napon e(t) . Skiciraj i(t) .

�

ge�t� C

i�t�

k�

�

�

t0 t0� �2

2

t

e�t�

sinusoida

��

3. Primjenom Laplaceove transformacije odredi i skiciraj struju i(t) elektricnog krugazadanog prema slici ako je prikljucen zadani napon e(t) .

A.

�

i�t�

f we�t�L R

Rn

n�

�

�

T

A

t

e�t�

...

...

...

...

...

.


B.

g k o�

i�t�

e�t� C R�

�

�

T

A

t

e�t�

��

C.

�

ge�t�

L

R

i�t�

zo

��

�

2 3 t

e�t�

A

�A

sinusoida

��D.

�

i�t�

f we�t�L R

Lw

n�

�

�

A

t

e�t�

E.

�

fe�t�

C

R

i�t�

k

o�

�

�

T

A

t

e�t�

��

F.

�

zfe�t� L

i�t�

��

�

t0 t0�

A

t

e�t�sinusoida

��

3.7. PRIMJENE 115

4. Primjenom Laplaceove transformacije nadi struju i(t) kruga zadanog slikom uz prik-ljuceni zadani napon e(t) .

A.

�

g ze�t� L

i�t�

��

�

�2

1

t

e�t�

sinusoida

�B.

�

fe�t� C

i�t�

k�

�

�

�2

1

t

e�t�

sinusoida

�

C.

�

fe�t�

C�1

R�1

i�t�

kn

��

�

1 2

1

t

e�t�

��

D.

�

fe�t�

R � 1

L � 1

i�t�

nw

��

�

1

1

t

e�t�

t2

�E.

�

zge�t� L

i�t�

��

�

T

A

t

e�t�

..

..

..

..

..

.

��


5. Nadi struju i(t) strujnog kruga zadanog slikom uz prikljuceni napon e(t)A.

f w n

�

i�t�

e�t� L Re(t) = A sin t u(t).

B.

f w j

�

i�t�

e�t� L C

e(t) = sin t · u(t − π).

C.

�

fe�t�

C

L

i�t�

jw

e(t) = etu(t − 1).

D.

f wn

�

i�t�

e�t� R LL � 1

R � 1

e(t) = sin2(t − π4

).

E.�

zge�t� L

i�t�

e(t) ={

0, t ? a,

1 − e−(t−a), t > a.

3.7. PRIMJENE 117

6. Primjenom Laplaceove transformacije nadi struju i(t) strujnog kruga zadanog slikom,uz prikljuceni napon e(t) .

A.

�

fe�t�

C�1

L�1

i�t�

jw

��

�

�2

1

t

e�t�

...

...

...

..

B.

�

fe�t�

C � 1

R � 1

i�t�

k

n�

�

�

T

A

t

e�t�

...

...

...

..

��

C.

�

fe�t�

L�1

C�1

i�t�

w

j�

�

�

2

1

4

t

e�t�

...

...

...

...

...

.

��

D.

�

fe�t�

L�1

R�1

i�t�

w

n�

�

�

2

2

4

t

e�t�

��

E.

�

fe�t� C

i�t�

k�

�

�

�2

1

t

e�t�

sinusoida

�


7. Primjenom Laplaceove transformacije izracunaj i skiciraj struju i L(t) kroz induktivitetL elektricnog kruga zadanog slikom uz prikljuceni napon e(t) = u(t) .

�

i�t�

f ne�t�R L

R

�

iL�t�

n

wR � 1L � 1

8. Primjenom Laplaceove transformacije izracunaj struju i(t) elektricnog kruga zadanogslikom, uz prikljuceni napon e(t)

�

wfe�t� L

i�t�e(t) =

0, t < 0,

1 + cos t, 0 ? t < π/2,

1, t > π/2.

9. Nadi struju kroz otpornik R ako je na krug prikljucen zadani napon e(t) .

�

i�t�

fe�t�C R

C

j

j

n�

�

�

1

1 2 t

e�t�

..

..

..

..

..

.

..

..

..

..

..

.

10. U sklopu na slici je C = 1 , L = 1 i R = 2 . Kakav mora biti narinuti napon da bistruja u njemu bila konstantna, i = 1 ?

f j wn

�

i�t�

e�t� CL

R

3.7. PRIMJENE 119

11. Primjenom Laplaceove transformacije odredi struju i(t) elektricnog kruga zadanogslikom, uz prikljuceni napon e(t) = cos3 t .

f w n

�

i�t�

e�t� L R

L � 1

R � 1

12. Struja i(t) elektricnog sklopa ima oblik zadan slikom. Odredi i skiciraj napon izvorae(t) .

A.

�

fe�t�

C�1

R�1

i�t�

jn

��

�

1 2

1

t

i�t�

..

..

..

..

..

.

..

..

..

..

..

..

..

.e��t�1�

�1e�2�e��t�2�

.....................................................................................

....................................................

...........................................................

B.

�

jfe�t� C

i�t�

��

�

C

�C

2C

1 2 t

i�t�

..

..

..

..

..

..

..

..

.sinusoida�

13. Primjenom Laplaceove transformacije nadite struju i(t) kruga danog slikom uz prik-ljuceni napon

e(t) = u(t) − u(t − 1) + [u(t − 1) − u(t − 2)]et.

f nwj

�

i�t�

e�t� R

L

C

C � 1

L � 1

R � 1


Odgovori

1. A. i(t) = A2R

“2u(t)− e

R2L tu(t)− 2u(t−T)+ e−

R2L (t−T)u(t−T)+2u(t− 2T)− e−

R2L (t−2T)u(t−

2T) − 2u(t − 3T) + e−R2L (t−3T)u(t − 3T)

”. B. I(s) =

1R + Ls

“− 1

s2 +2s

+1s2 e−2s

”, i(t) =“ 1

R− L

R2

”[1− e−Rt/L]u(t)− 1

Rtu(t)+

1R

(t− 2)u(t− 2)− LR2 [1− e−R(t−2)/L]u(t− 2) . C. I(s) =

ART

„1s2 − L

R· 1

s+

LR· 1

s + R/L

«(1− e−sT )− A

R

„1s− 1

s + R/L

«e−sT ; i(t) =

ART

· t[u(t)− u(t−

T)] − ALR2T

(1 − e−Rt/L)u(t) +AL

R2T(1 − e−R(t−T)/L)u(t − T) +

AR

e−R(t−T)/Lu(t − T) . D. I(s) =

1aL

„1s− s

s2 + a2

«+

1aL

„1s− s

s2 + a2

«e−πs/a ; i(t) =

1aL

[u(t)−u(t− πa )−cos at(u(t)−u(t− π

a ))]

E. i(t) = ACω sin 2ωt[u(t)− u(t−π/ω)] . F. I(s) =C

RCs + 1

„AT· 1

s− A

T· 1

se−sT − Ae−sT

«;

i(t) = ACT (1 − e−t/RC)u(t) − AC

T (1 − e−(t−T)/RC)u(t − T) − AR e−(t−T)/RCu(t − T) .

2. i(t) = 4C“

cos 2(t − t0)u(t − t0) + cos 2(t − t0 − π2 )u(t − t0 − π

2 )”

.

3. A. I(s) =A

2R

2s− 1

s + R2L

!(1 − e−sT ) , i(t) = A

R (u(t) − u(t − T)) − A2R e−Rt/2Lu(t) +

A2R e−R(t−T)/2Lu(t − T) . B. i(t) = AC

T (u(t)− u(t − T)) + ART (tu(t)− (t − T)u(t− T)) . C. i(t) =

AR2+L2 (Le−R(t−π)/L + L cos t − R sin t)u(t − π) . D. i(t) = A

4R u(t) + A2L tu(t) − A

4R e−2Rt/Lu(t) .

E. i(t) =ACT

h(1 − e−

tRC )u(t) − (1 − e−

t−TRC )u(t − T)

iF. I(s) =

AωL

· 1s(s2 + ω2)

e−st0 ;

i(t) =A

Lω

“u(t − t0) − cos ω(t − t0) · u(t − t0)

”.

4. A. I(s) =1Ls

„s

s2 + 1+

1s2 + 1

e−sπ/2«

; i(t) =1L

“sin(t)[u(t) − u(t − π

2 )] + u(t − π2 )”

.

B. i(t) = C cos t[u(t) − u(t − π2 )] . C. I(s) =

„1s− 1

s + 1

«„e−s − e−2s

«, i(t) = (1 −

e−(t−1))u(t − 1) + (e−(t−2) − 1)u(t − 2) . D. i(t) = 2(1 − t + 12 t2 − e−t)u(t)− (t − 1)2u(t − 1) .

E. i(t) =A

LT· t2

2u(t) − A

2LT(t − T)2u(t − T) − A

L(t − T)u(t − T) .

5. A. i(t) =„

AL− A

Lcos t +

AR

sin t

«u(t) . B. i(t) = − 1

L u(t − π) + 1−LCL cos(t − π)u(t − π) .

C. i(t) =Ce

LC + 1

„et−1u(t − 1) − cos

t − 1√LC

u(t − 1) +1√LC

sint − 1√

LCu(t − 1)

«. D. i(t) =“

14 + 1

2 t + 14 cos 2t − 1

2 sin 2t”

u(t) . E. I(s) =1L

“ 1s2 − 1

s(s + 1)

”e−as , i(t) =

1L

“(t − a)u(t −

a) − u(t − a) + e−(t−a)u(t − a)”

.

6. A. i(t) = sin tu(t)− sin(t− π2 )u(t− π

2 ) . B. i(t) = AT (1− e−t)u(t)− A

T (1− e−(t−T))u(t−T)−Ae−(t−T)u(t − T) C. i(t) = 2(1 − cos t)u(t) − 2(1 − cos(t − 2))u(t − 2) − 3 sin(t − 2)u(t − 2) .D. i(t) = (5 − t − 5e−t)u(t) − [1 − (t − 2) − e−(t−2)]u(t − 2) . E. i(t) = C[cos tu(t) + sin(t −π2 )u(t − π

2 )] .

7. i(t) = (1 − e−t/2)u(t) .

3.7. PRIMJENE 121

8. i(t) = 1L (t + sin t)u(t) + 1

L (1 − cos(t − π2 ))u(t − π

2 ) .

9. iR(t) =1

2R

„e−(t−1)/2RCu(t − 1) − e−(t−2)/2RCu(t − 2)

«.

10. e(t) = (2 − 2e−t − te−t)u(t) .

11. i(t) = 34 cos t + 3

4 sin t + 14 cos 3t + 1

12 sin 3t .

12. A. e(t) = u(t − 1) − 2u(t − 2) . B. e(t) = 2 sin(π2 t)[u(t) − u(t − 2)] + 2(t − 2)u(t − 2) .

13. i(t) = u(t)− u(t− 1) + etu(t− 1)− etu(t− 2) + sin tu(t)− sin(t− 1)u(t− 1) + 12 etu(t − 1)−

e2 cos(t−1)u(t−1)+ e

2 sin(t−1)u(t−1)− 12 etu(t−2)+ e2

2 cos(t−2)u(t−2)− e2

2 sin(t−2)u(t−2) .


3.8. Diracova funkcija

Kad funkcija u nekoj tocki ima skok, ona u njoj nema derivaciju; jer je nepre-kinutost nuzdan uvjet za derivabilnost. No, takve su funkcije redovno matematickaidealizacija prirodnog toka neke fizikalne velicine koja na doticnom mjestu vrlo nagloraste, ali ipak ne skace trenutno za neki pozitivni iznos. Kako funkciju s naglim poras-tom idealiziramo predstavljajuci je pomocu prekinute funkcije, postavlja se pitanje dali mozemo i derivaciju takve funkcije idealizirati tako da dobijemo derivaciju doticneprekinute funkcije, cak i u mjestima prekinutosti, gdje, u smislu klasicnih pojmovavise analize, ne postoji derivacija.

�

ge�t� C

i�t�

k

Primjer 42. Neka je u trenutku t = 0 na ovaj sklopnarinut konstantan napon iznosa e(t) = 1 . Poznato je dace se kondenzator ‘trenutno’ nabiti, strujnim udarom. Ka-ko izgleda struja i(t) u ovom krugu? Do trenutka t = 0je i(t) = 0 , takoder i nakon tog trenutka. Medutim, moravrijediti

∫∞−∞ i(t)dt = C .

Ovakva funkcija bi morala imati svojstva:

i(t) ={

0 , t = 0,

∞ , t = 0,

∫ ∞

−∞i(t)dt = C

Ocigledno i(t) nije funkcija u klasicnom smislu, jer bi inace njezin integral morao bitijednak nuli (ili ovaj integral nije vise klasicni Riemannov integral).

Funkciju u(t) mozemo shvatiti kao limes funkcija uε(t) kad ε → 0 :

Sl. 3.22. Step funkcija je limes glatkih funkcija

Ove funkcije su diferencijabilne i njihove derivacije δε(t) = u′ε(t) imat ce svojstvo∫ ∞

−∞δε(t)dt =

∫ ε

−εδε(t)dt =

∫ ε

−εu′

ε(t)dt = uε(t)∣∣∣ε−ε

= uε(ε) − uε(−ε) = 1.

Oznacimo s δ granicnu ‘funkciju’, δ (t) = limε→0 uε(t) . Onda bi za nju trebalovrijediti

δ (t) ={

0 , t = 0∞ , t = 0

,

∫ ∞

−∞δ (t)dt = 1 (3.31)

3.8. DIRACOVA FUNKCIJA 123

Pritom smo zamijenili poredak limesa i integrala:∫ ∞

−∞δ (t)dt =

∫ ∞

−∞limε→0

δε(t)dt = limε→0

∫ ∞

−∞δε(t)dt = 1.

Dakako, ovaj postupak nije ispravan, jer nisu zadovoljeni uvjeti za takvu zamjenu. Tosamo potvrduje da ne postoji klasicna funkcija koja bi imala svojstva (3.31).

Sl. 3.23. Derivacije funkcija uε

Derivaciju u′(t) oznacavamo sa δ (t) i zovemo Diracova funkcija (ili deltafunkcija), iako to nije funkcija u klasicnom smislu. Sto je δ (t) ?

Matematicki mozemo strogo opisati ovakve objekte pomocu aparata koji izlaziizvan podrucja diferencijalnog racuna. Potrebna su nam sredstva operatorskog racu-na, specijalno, teorija distribucija, kojoj je osnove postavio Laurent Schwartz 1940.godine.

Neka je X vektorski prostor. Preslikavanje A : X → R sa svojstvomA(λx + µy) = λA(x) + µA(y)

za sve x, y ∈ X , λ , µ ∈ R , zove se linearni funkcional.

Primjer 43. Neka je X = L2[a, b] ili X = C[a, b] prostor funkcija definiranih naintervalu [a, b] . Preslikavanjem

f �−→∫ b

af (t)dt ∈ R

odreden je linearni funkcional na X . (Vrijednost tog funkcionala na funkciji f ∈ Xjest broj odreden integralom.)

Opcenitije, ako je ϕ ∈ X neka fiksna funkcija, tada je preslikavanjem

f �−→∫ b

af (t)ϕ(t)dt

takoder definiran linearni funkcional. Mozemo ga oznaciti s Aϕ :

Aϕ(f ) =∫ b

af (t)ϕ(t)dt (3.32)

Prema tome, svakoj funkciji ϕ ∈ X odgovara jedan linearni funkcional na prostoru Xoblika (3.32). Takve funkcionale nazivamo regularnim.


Medutim, linearnih funkcionala ima mnogo vise nego funkcija.

Primjer 44. Neka je t0 ∈ [a, b] bilo koji i X = C[a, b] . Pridruzivanjemf �−→ f (t0)

odreden je takoder linearan funkcional, s prostora C[a, b] u R . Oznacimo ga s δ t0 :δt0(f ) := f (t0).

Provjerimo linearnost:δt0(λ f + µg) := (λ f + µg)(t0)

= λ f (t0) + µg(t0) = λδt0(f ) + µδt0(g)Ovaj se funkcional ne moze prikazati formulom (3.32) preko integrala. To je primjersingularnog funkcionala.

Ako pak, iz formalnih razloga, prihvatimo identican zapis i napisemo

δt0(f ) =∫ b

af (t)δt0(t) dt = f (t0),

tada je ocito da δt0(t) nece biti prava funkcija. Za nju ce vrijediti

δt0 ={

0, t = t0

∞, t = t0,

∫ b

aδt0(t) dt = 1,

tj. δt0 ce biti upravo δ–funkcija, pomaknuta u tocku t0 . Zato pisemo δt0(t) = δ (t−t0) :∫ b

aδ (t − t0)f (t) dt = f (t0).

S δ (t) mozemo formalno racunati kao da se radi o pravoj funkciji. Izvedimoneke formalne racune s δ–funkcijom, imajuci u vidu da je δ (t) := u ′(t) . Neka su a ib bilo koji, 0 ∈ [a, b] . Tada∫ ∞

−∞f (t)δ (t)dt =

∫ b

af (t)δ (t)dt =

∫ b

af (t)u′(t)dt = f (t)u(t)

∣∣∣∣ba

−∫ b

af ′(t)u(t)dt

= f (b) −∫ b

0f ′(t)dt = f (b) − (f (b) − f (0)) = f (0).

Funkciju δ mozemo derivirati:

δ ′(f ) :=∫ ∞

−∞f (t)δ ′(t)dt = f (t)δ (t)

∣∣∣∞−∞

−∫ ∞

−∞f ′(t)δ (t)dt = −f ′(0).

Opcenito ce vrijeditiδ (n)(f ) = (−1)nf (n)(0),

ili u standardnom zapisu ∫ ∞

−∞f (t)δ (n)(t)dt = (−1)nf (n)(0).

Na funkciju δ mozemo primjenjivati i sva pravila operatorskog racuna:

L (δ (t)) :=∫ ∞

0e−stδ (t)dt = e−st

∣∣∣∣∞t=0

= 1.


Dakleδ (t) © • 1.

Na isti nacin

L (δ (n)(t)) =∫ ∞

0e−stδ (n)(t)dt

= (−1)n(e−st)(n)

∣∣∣∣∞t=0

= (−1)(n)(−s)ne−st

∣∣∣∣∞t=0

= sn.

δ (n)(t) © • sn

Primjer 45. Nadimo struju u krugu na slici .

Sl. 3.24. Strujni udar

Imamo Z(s) =R · 1

Cs

R +1

Cs

=R

RCs + 1, I(s) =

RCs + 1Rs

= C +1

Rs. Stoga je

i(t) = Cδ (t) +1R

u(t) .

� � �

Oznacimo sada s δ aε jedinicni impuls, funkciju koja je konstantna na intervalu

[a, a + ε] i ciji je integral jednak jedinici:

δ aε (t) =

{1/ε, α ? t ? a + ε,

0, za ostale t.

Onda vrijedi

δ aε (t) =

1ε· g[a,a+ε](t) =

1ε[u(t − a) − S(t − a − ε)].


Sl. 3.25. Delta funkcija moze se zamisliti kao limes ovih impulsnih funkcija.

Slika ove funkcije je

L (δ aε (t)) =

1ε

(e−as

s− e−(a+ε)s

s

)=

1 − e−εs

εs· e−as.

U granicnom procesu, limes funkcija δ aε (t) kad ε → 0 trebao bi se ponasati kao delta

funkcija δ (t − a) . Ovaj limes postoji u donjem podrucju. Naime, vrijedi

limε→0

1 − e−εs

ε= s

pa je stogalimε→0

L (δ aε (t)) = e−as.

Prema tome, mozemo pisati

δ (t − a) © • e−as.

Temeljno svojstvo delta funkcije,∫ ∞

0f (t)δ (t − a)dt = f (a)

slijedi iz teorema srednje vrijednosti:∫ ∞

0f (t)δ a

ε (t)dt =1ε

∫ a+ε

af (t)dt =

1ε(a + ε − a)f (t0) = f (t0).

Ovdje je t0 neka tocka iz intervala [a, a + ε] . Kad ε tezi u nulu, f (t0) tezi ka f (a) ,zbog neprekinutosti od f .

Primjetite da se i Laplaceov transformat delta funkcije moze izracunati na temeljuosnovnog svojstva delta funkcije:∫ ∞

0f (x)δ (t − a)dt = e−st

∣∣∣∣t=a

= e−as.


Zadaci za vjezbu

1. Na kondenzator kapaciteta C prikljucen je zadani napon e(t) . Primjenom Laplaceovetransformacije odredi i skiciraj struju i(t) .

�

jge�t� C

i�t�

��

�

T

A

t

e�t�

..

..

..

..

..

..

..

..

..

..

.A � et

..............................................................................

.........................................................

2. Primjenom Laplaceove transformacije odredi i skiciraj struju i(t) sklopa prema sliciuz prikljuceni zadani napon e(t) .

A.

�

i�t�

fe�t�C L

C

k

k

w�

�

�

A

t

e�t�

B.

�

i�t�

fe�t�C L

C

j

j

w�

�

�

A

tT

T�2p

2LC

e�t�

..

..

..

..

..

..

..

..

C.

�

jfe�t� C

i�t�

��

�

2 t

e�t�

..

..

..

4e�t

......................................................................................................................................

3. Na kondenzator kapaciteta C prikljucen je napon

e(t) ={

e−t, t ∈ (0, T),0, inace.

Primjenom Laplaceove transformacije odredi i skiciraj struju i(t) .


4. Primjenom transformacije odredi i skiciraj struju i(t) na kondenzatoru kapaciteta Cako je na njega prikljucen napon

e(t) =

0, t < 0,

1 + sin t, 0 ? t < π/2,

1, t > π/2.

5. Primjenom transformacije izracunaj i skiciraj struju i(t) strujnog kruga na slici uzzadani napon e(t) .

A.�

i�t�

fe�t�C L

C

j

j

w�

�

�

1

t2p

2 4p

2

e�t�

..

..

..

..

..

.

..

..

..

..

..

.

B.

f j n

�

i�t�

e�t� C R

��

�

1 2 3

1

t

e�t�

��

...

...

...

C.

�

jfe�t� C

i�t�

��

�

1

1 2 t

e�t�

sinusoida�

6. Odredi struju kruga danog slikom uz prikljuceni napon e(t)A.

f w j

�

i�t�

e�t� L CC � 1

L � 1

e(t) ={

et, t ∈ [2, 3),0, inace.


B.

�

jfe�t� C � 1

i�t�

e(t) =

0, t < 0,

1 + sin t, 0 ? t < π/2,

1, π/2 ? t

7 ∗. Fourierov red Diracove funkcije. Primijenivsi formulu za racunanje Fourierovihkoeficijenata, razvij u Fourierov red Diracovu funkciju na intervalu (−π, π) . Kako cese dobivena formula mijenjati promjenom intervala?

8 ∗. Na intervalu (−π, π) definirajmo funkciju

dn(x) =

{n, |x| < 1

2n ,

0, |x| > 12n .

A. Razvij ovu funkciju u Fourierov red.B. Pokazi da se ovaj razvoj podudara s razvojem Diracove δ funkcije kad n → ∞ .

Odgovori

1. I(s) = ACs

„1

s − 1− 1

s − 1e−(s−1)T

«, i(t) = AC

“δ(t)− eT δ(t− T) + et(u(t)− u(t− T))

”.

2. A. I(s) =AC(1 + LCs2)

1 + 2LCs2 , i(t) =AC2

„δ(t) +

1√2LC

· sint√

2LCu(t)«

.

B. I(s) =AC2

· s2 + 1/LCs2 + 1/2LC

(1 − e−sT ) ;

i(t) =AC2

„δ(t) − δ(t − 2π

√2LC) +

1√2LC

· sint√

2LC[u(t) − u(t − 2π

√2LC)]

«; C. i(t) =

4C“

δ(t) − e−t[u(t) − u(t − 2)]”

.

3. i(t) = C(δ(t) − e−tu(t)) − Ce−T“

δ(t − T) − e−(t−T)u(t − T)”

.

4. iC(t) = C“

δ(t) + cos(t)(u(t) − u(t − π2 )) − δ(t − π

2 )”

.

5. A. i(t) = 12 [δ(t − 2π

√2) − δ(t − 4π

√2)] + 1

2√

2sin(t/

√2)[u(t − 2π

√2) − u(t − 4π

√2)] .

B. i(t) = u(t − 1) − u(t − 3) + (t − 1)[u(t − 1) − u(t − 2)] − δ(t − 3) . C. i(t) = C“

δ(t) −π2 sin π

2 (t − 1)u(t − 1) + π2 cos π

2 (t − 2)u(t − 2)”

.

6. A. i(t) = e2(δ(t− 2)− u(t− 2) + 2et−2u(t − 2))− e−3(δ(t − 3)− u(t − 3) + 2et−3u(t − 3)) .B. i(t) = δ(t) + cos t(u(t) − u(t − π

2 )) − δ(t − π2 ) .


3.9. Redovi potencija i stepenaste funkcije

1. Preslikavanje razvojem u red potencija

Pretpostavimo da niz funkcija f n(t) konvergira prema funkciji f (t) za koju pos-toji Laplaceov transformat F(s) . Postavlja se pitanje: je li Laplaceova transformacijaneprekinuto pridruzivanje? Hoce li vrijediti

limn→∞

L (f n(t)) = L ( limn→∞

f n(t))? (3.33)

Ako je to slucaj, onda funkciju F(s) mozemo dobiti u granicnom procesu:

F(s) = limn→∞

Fn(s) = limn→∞

L (f n(t)).

Laplaceova je transformacija definirana nepravim integralom. Zamjena (3.33)predstavlja zamjenu limesa i nepravog integrala. U mnogim se slucajevima ta zamjenasmije provesti.

Primjer 46. Odredimo sliku funkcije f (t) = sin t razvojem u red potencija.

� Vrijedi

sin t = t − t3

3!+

t5

5!− . . . © • 1

s2− 1

s4+

1s6

− . . .

Red zdesna je geometrijski. Njegova je suma1s2

· 1

1 +1s2

=1

s2 + 1. �

� � �

Istovjetna metoda moze se primijeniti za racunanje inverzne transformacije. Ori-ginal f (t) mozemo traziti razvojem funkcije F(s) u Taylorov red po potencijama1s

.

Ilustrirajmo to na poznatom paru funkcija.


s − 1.

� Razvijmo funkciju po potencijama od1s

:

1s − 1

=

1s

1 − 1s

=1s

[1 +

1s

+1s2

+ . . .

]=

1s

+1s2

+1s3

+ . . .

• © 1 +t1

+t2

2!+ . . . +

tn

n!+ . . . = et. �

3.9. REDOVI POTENCIJA I STEPENASTE FUNKCIJE 131

Preslikavanje redova potencija

Teorem 14. Ako se u donjem podrucju funkcija F(s) moze prikazati sumomkonvergentnog reda po potencijama od 1/s

F(s) =∞∑

n=0

cn

sn+1, (3.34)

tada se njezin original moze racunati formulom

f (t) =∞∑

n=0

cn

n!tn. (3.35)

Primjer 48. Odredimo original funkcije F(s) = ln(

1 − 1s

).

� Razvijmo funkciju u red po potencijama od1s

:

ln(

1 − 1s

)= −1

s− 1

2s2− . . . − 1

nsn− . . . = −

∞∑n=1

1nsn

.

Original ove funkcije je

−∞∑

n=1

1nsn

• © −∞∑

n=1

1n· tn−1

(n − 1)!= −

∞∑n=1

tn−1

n!=

1 − et

t. �

Primjer 49. Funkciju F(s) =1

1 + sktesko je za velike k invertirati na standardni

nacin, jer je tesko odrediti rastav te racionalne funkcije na proste razlomke. Me dutim,mozemo pisati:

11 + sk

=1sk

1

1 + 1/sk=

1sk

[1 − 1

sk+

1s2k

− . . .

]=

1sk

− 1s2k

+1

s3k− . . .

© • tk−1

(k − 1)!− t2k−1

(2k − 1)!+

t3k−1

(3k − 1)!− . . .

� � �

Ma koliko ovakvi postupci racunanja transformata i originala bili logicni, morase imati na umu da se smiju primjenjivati samo one formule koje su “prosle” strogimatematicki dokaz. Tako na primjer, postupak preslikavanja originala “clan po clan”,nije uvijek opravdan.


Primjer 50. Odredimo sliku funkcije f (t) = e−t2.

� Ova funkcija trne vrlo brzo, neprekinuta je i ogranicena (konstantom 1), papostoji njezina slika. Ako napisemo njezin rastav u Taylorov red (koji za svaki realnit konvergira, i to vrlo brzo) i zatim red preslikamo clan po clan, dobit cemo

e−t2

=∞∑

n=0

(−1)nt2n

n!© •

∞∑n=0

(−1)n

n!· (2n)!

s2n+1

=1s

∞∑n=0

(−1)n(2n) · · · (n + 2)(n + 1)s2n

.

Dobiveni red ne konvergira niti za jedan s , u sto se mozemo uvjeriti D’Alembertovimkriterijem:

limn→∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→∞

2(2n + 1)|s|2 = ∞. �

� � �

Dokaz sljedeceg teorema na ovom mjestu ne mozemo izvesti:


Teorem 15. Ako red

f (t) =∞∑

n=0

antn. (3.36)

konvergira za t > 0 , pri cemu vrijedi

|an| ? Mαn

n!,

za sve dovoljno velike n i neke konstante α > 0 , M > 0 , onda se slika funkcijemoze odrediti preslikavajuci “clan po clan”:

F(s) =∞∑

n=0

n!an

sn+1. (3.37)

2. Gama funkcija

Laplaceov transformat funkcije f (t) = tr za prirodni eksponent r iznosi

tr © • r!sr+1

.

Kako glasi taj transformat za eksponent r koji nije prirodan broj?


Na ovo se pitanje ne moze odgovoriti u terminima elementarnih funkcija. Lapla-ceov transformat ove funkcije postoji, ali nije elementarna funkcija. Naime, integral∫ ∞

0tre−stdt

opcenito nije elementarni integral. Obzirom da se ovaj tip integrala javlja vrlo cesto,ne samo pri racunanju Laplaceovih transformata, on ce posluziti za definiciju novefunkcije.

Gama funkcija

Neka je x > 0 realni broj. Gama funkcija definira se nepravim integralom

Γ(x) =∫ ∞

0tx−1e−tdt. (3.38)

Uvjet x > 0 je nuzdan da bi ovaj nepravi integral konvergirao.

� � �

Prije nego sto utvrdimo vezu izmedu gama funkcije i Laplaceovog transformatafunkcije tr , izvedimo neka svojstva gama funkcije. Pokusajmo izracunati integral(3.38) parcijalnom integracijom:

Γ(x) =∫ ∞

0tx−1e−tdt =

[u = tx−1 dv = e−tdt

du = (x − 1)tx−2dt v = −e−t

]

= −tx−1e−t

∣∣∣∣∞0

+(x − 1)∫ ∞

0tx−2e−tdt.

Integral zdesna ce konvergirati ako je x > 1 . Limes prvog clana jednak je nuli u objegranice. Tako smo dobili rekurzivnu formulu koju zadovoljava gama funkcija:

Γ(x) = (x − 1)Γ(x − 1), x > 1 (3.39)

Ova formula pokazuje da je za racunanje vrijednosti gama funkcije dovoljno poznavatinjezine vrijednosti unutar intervala 〈 0, 1] . Tako na primjer, imamo

Γ(4.3) = 3.3 · Γ(3.3) = 3.3 · 2.3 · Γ(2.3)= 3.3 · 2.3 · 1.3 · Γ(1.3) = 3.3 · 2.3 · 1.3 · 0.3 · Γ(0.3).

Vrijednosti gama funkcije su tabelirane i mogu se dobiti u svakom (boljem) dzepnomkalkulatoru. Medu rijetkima koje se mogu izracunati elementarnim aparatom spada

Γ(1) =∫ ∞

0e−tdt = −e−t

∣∣∣∣∞0

= 1.

Za prirodni eksponent n sad mozemo napisati, koristeci se rekurzivnom relacijom

Γ(n + 1) = nΓ(n) = n(n − 1)Γ(n − 1) = . . .

= n(n − 1) · · · 2 · 1 · Γ(1) = n!

Zato kazemo da je gama funkcija poopcenje funkcije faktorijela na realne argumente.


Jos se jedna vrijednost moze izracunati integralnim racunom (u sto se sad necemoupustati):

Γ(12) =

√π. (3.40)

Vrijednost gama funkcije za x = 0 ne postoji, jer integral divergira. Medutim,za negativne argumente x , koji nisu cjelobrojni, gama funkciju mozemo definiratikoristeci se rekurzivnom relacijom (3.39) unatrag:

Γ(x) :=Γ(x + 1)

x, x < 0. (3.41)

Na primjer

Γ(−2.3) =Γ(−1.3)−2.3

=Γ(−0.3)

(−2.3) · (−1.3)=

Γ(0.7)(−2.3) · (−1.3) · (−0.3)

Sl. 3.26.

� � �

Fourierov transformat funkcije f (t) = tr

Teorem 16. Fourierov transformat funkcije f (t) = t r za sve realne r > −1glasi

tr © • Γ(r + 1)sr+1

(3.42)

Dokaz. Racun ide ovako:

tr © •∫ ∞

0tre−stdt =

[u = stdu = sdt

]=

1sr+1

∫ ∞

0ure−udu =

Γ(r + 1)sr+1

.

Svi su integrali u ovoj formuli definirani i ona vrijedi za sve realne brojeve r > −1 .


Primjer 51. Odredimo Laplaceov transformat funkcija

A. f (t) =√

t , B. g(t) =1√

t.

� Prema (3.42) i (3.40) imamo

√t = t1/2 © • Γ( 3

2)s3/2

=√

π2

· 1s3/2

.

Za funkciju 1/√

t ce biti

1√t

= t−1/2 © • Γ( 12)

s1/2=√

πs

.

Primijetite da funkcija1√

tnije original, jer nije ogranicena u nuli. Ipak, njezin Lap-

laceov transformat postoji. Isto vrijedi za sve funkcije t �→ t r , cim je −1 < r < 0 . �

3. Besselova diferencijalna jednadzba

U skupinu vaznijih diferencijalnih jednadzbi spada Besselova diferencijalna jed-nadzba reda ν :

t2x + tx + (t2 − ν2)x = 0 (3.43)Njezina su rjesenja Jν , Besselove funkcije indeksa ν .

Posebice, za ν = 0 , dobivamo Besselovu jednadzbu reda 0. Rjesit cemo tujednadzbu, uz pocetne uvjete:

tx + x + tx = 0,

x(0) = 1, x = 0.(3.44)

Ovo je linearna diferencijalna jednadzba s nekonstantnim koeficijentima. Ne po-stoji jednostavna supstitucija koja bi ovu jednadzbu prevela u jednadzbu s konstantnimkoeficijentima. Ona se moze rijesiti razvojem u red potencija. Sad cemo opisati drugumogucnost, koja koristi tehnike Laplaceove transformacije.

Neka je X(s) slika nepoznate funkcije x(t) . Prema teoremu o deriviranju origi-nala, znamo da vrijedi

x © • sX(s) − x(0) = sX(s) − 1,

x © • s2X(s) − sx(0) − x(0) = s2X(s) − s.

Sliku funkcije tx dobivamo primjenom teorema o deriviranju slike:

tx © • − dds

[s2X(s) − s

]Slicno se preslikava i posljednji clan diferencijalne jednadzbe:

tx © • −dX(s)ds

.

Prema tome, slika diferencijalne jednadzba u donjem podrucju glasi

− dds

[s2X(s) − s

]+ sX(s) − 1 − d

dsX(s) = 0.


Nakon sredivanja dobivamo

(s2 + 1)X′(s) + sX(s) = 0. (3.45)

Kako pocetna jednadzba nije imala konstantne koeficijente, njezina slika u do-njem podrucju nije algebarska vec opet diferencijalna jednadzba. Red diferencijalnejednadzbe koja se ovakvim transformacijama moze dobiti nije nuzno jednak 1, takona primjer, slika opce Besselove diferencijalne jednadzbe bit ce opet diferencijalnajednadzba reda 2, zbog faktora t 2 koji mnozi funkcije u gornjem podrucje.

Jednadzba (3.45) moze se lako rijesiti separacijom varijabli i nakon toga integri-ranjem:

X(s) =C√

s2 + 1. (3.46)

Iz tablica Laplaceovih transformata citamo

1√s2 + 1

• © J0(t),

funkcija J0(t) je Besselova funkcija prve vrste reda nula. Za tu je funkciju poznatoda vrijedi J0(0) = 1 . Zato je

x(t) = C · J0(t)

pa uvrstavanjem t = 0 dobivamo C = 1 . Dakle, rjesenje diferencijalne jednadzbe jefunkcija J0(t) .

Da bismo stekli nekakav utisak o izgledu funkcije J0 , rastavit cemo original(3.46) po potencijama od 1/s i dobiveni red preslikati u gornje podrucje clan po clan.

X(s) =C√

s2 + 1=

C

s

√1 +

1s2

=Cs

(1 +

1s2

)−1/2

= C

(1s− 1

2· 1

s3+

38· 1

s5− 5

16· 1

s7+ . . .

)• © C

(1 − t2

4+

t4

64− t6

2304+ . . .

)= x(t)

Iz pocetnog uvjeta x(0) = 1 slijedi C = 1 . Odavde dobivamo Taylorov razvojfunkcije J0 :

J0(t) = 1 − t2

4+

t4

64− t6

2304+ . . .

4. Slike stepenastih funkcija

Slicnu tehniku racunanja transformata i originala mozemo primijeniti i kad su F(s)ili f (t) prikazane redom jednostavnih funkcija. Neka je f npr. stepenasta funkcija, svrijednostima hn na pojedinim intervalima [n, n+1] (Slika 3.27)


Sl. 3.27. Stepenasta funkcija.

f (t) =∞∑

n=0

hng[n,n+1](t) =∞∑

n=0

hn[u(t − n) − u(t − n − 1)]

Tada je

F(s) =∞∑

n=0

hn

s

[e−ns − e−(n+1)s] =

1 − e−s

s

∞∑n=0

hne−ns

ukoliko ovaj red konvergira za neki s . Nuzdan i dovoljan uvjet za to jest da red∞∑

n=0hnzn

ima pozitivan polumjer konvergencije. Ako stavimo z = e−ns i

∆1(s) =1 − e−s

s

H(z) =∞∑

n=0

hnzn

tada vrijediF(s) = ∆1(s)H(e−s).

Funkcija ∆1 je transformat jedinicnog signala g[0,1](t) .

Primjer 52. Neka je npr. hn = n , i f (t) odgovarajuca stepenasta funkcija. Tadaimamo

H(z) =∞∑

n=0

nzn =z

(1 − z)2

F(s) =1 − e−s

s· e−s

(1 − e−s)2=

e−s

s(1 − e−s).


Primjer 53. Neka je na serijski L–C krug narinut napon prema slici

Sl. 3.28.

Odredimo jakost struje u tom krugu.

� Vrijedi

Z(s) = Ls +1

Cs,

1Z(s)

=Cs

LCs2 + 1=

√CL

ωss2 + ω2

gdje je ω =1√LC

. Odredimo E(s) . Vrijedi

hn = (−1)n =⇒ H(z) =∞∑

n=0

(−1)nzn =1

1 + z

E(s) =1 − e−s

s· 1

1 + e−s.

Dakle,

I(s) =1 − e−s

s(1 + e−s)·√

CL

ωss2 + ω2

=

√CL

ωs2 + ω2

· 1 − e−s

1 + e−s.

Ovu je funkciju tesko invertirati. Medutim, mozemo1

1 + e−srazviti u red potencija

po e−s !

I(s) =

√CL

ωs2 + ω2

(1 − e−s

)(1 − e−s + e−2s − e−3s + . . .

)=

√CL

ωs2 + ω2

(1 − 2e−s + 2e−2s − 2e−3s + . . .

)i sada ovaj red invertirati clan po clan:

i(t) =

√CL

[sin ωt u(t) − 2 sin ω(t − 1) u(t − 1) + 2 sin ω(t − 2) u(t − 2) − . . .

]Ovaj je red dobro definiran, jer za svaki t imamo samo konacno mnogo pribroj-

nika razlicitih od nule. No moze se dogoditi da i(t) neograniceno raste s vremenom.Npr. ako je ω/π cjelobrojan neparan broj, tada ce se doprinosi pojedinih harmonikazbrajati, bez pomaka u fazi. U tom slucaju doci ce do pojave rezonancije.


Mnogo cemo jasnije vidjeti sto se dogada ako prikazemo e(t) pomocu Fouriero-vog reda:

e(t) =∞∑

n=0

4π(2n + 1)

sin(2n+1)πt.

Iskoristimo Duhamelov integral. Uz jedinicni napon e1(t) = u(t) dobivamo jedinicnustruju

i1(t) =

√CL

sin ωt , ω =1√LC

.

Zato je

i(t) = i1(0)e(t) + e(t) ∗ i ′1(t)

=4π

√CL

ω∞∑

n=0

12n + 1

sin(2n + 1)πt ∗ cos ωt

Kako vrijedi

cos ωt ∗ sin β t =2β

(β + ω)(β − ω)sin

(β + ω)t2

sin(β − ω)t

2

za ω = β (za ω = β formula ce vrijediti ako izracunamo granicnu vrijednost desnestrane kad β → 0 ), dobivamo

i(t) =4π

√CL

ω∞∑

n=0

12n + 1

2(2n + 1)π[(2n+1)π + ω][(2n+1)π − ω]

×

× sin[(2n+1)π + ω]t

2sin

[(2n+1)π − ω]t2

= 8

√CL

ω∞∑

n=0

1(2n+1)2π2 − ω2

sin(2n+1)π + ω

2t sin

(2n+1)π − ω2

t

s pojavom rezonancije ukoliko je ω = (2n + 1)π barem za jedan prirodni broj n . �

Zadaci za vjezbu

1. Dokazi da vrijedi∫ ∞

0e−tr

dt =Γ(1/r)

r, (r > 0) .

2. Razvojem u red potencija odredi originale funkcija

A.1s

cos1s

; B.1

s(1 + s4).

Odgovori

2. A. f (t) = 1− t2

(2!)2 +t4

(4!)2 −. . .+(−1)n−1 t2n

[(2n − 2)!]2+. . . . B. f (t) =

t4

4!− t8

8!+

t12

12!−. . . .

Tablica Laplaceovih transformata

sn δ (n)(t)s δ ′(t)1 δ (t)1s

1

1s2

t

1sn

, n ∈ Ntn−1

(n − 1)!n!

sn+1, n ∈ N tn

1√s

1√πt

s−[n+ 12 ] 2ntn− 1

2

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)√

πΓ(r)

sr, r > 0 tr−1

1s − a

eat

1(s − a)2

teat

1(s − a)n

, n ∈ Ntn−1eat

(n − 1)!Γ(r)

(s − a)r, r > 0 tr−1eat

1(s − a)(s − b)

eat − ebt

a − b

s(s − a)(s − b)

aeat − bebt

a − b

1(s − a)(s − b)(s − c)

−(b − c)eat + (c − a)ebt + (a − b)ect

(a − b)(b − c)(c − a)1

s + ae−at

1s(s + a)

1a(1 − e−at)

1s2(s + a)

1a2

(e−at + at − 1)

1s3(s + a)

1a2

[1a− t +

at2

2− 1

ae−at

]1

s(s + a)(s + b)1ab

[1 +

be−at − ae−bt

a − b

]1

s2 + a2

1a

sin at

ss2 + a2

cos at

1s2 − a2

1a

sh at

ss2 − a2

ch at

1s(s2 + a2)

1a2

(1 − cos at)

1s2(s2 + a2)

1a3

(at − sin at)

1(s2 + a2)2

12a3

(sin at − at cos at)

s(s2 + a2)2

t2a

sin at

s2

(s2 + a2)2

12a

(sin at + at cos at)

s2 − a2

(s2 + a2)2t cos at

s(s2 + a2)(s2 + b2)

cos at − cos btb2 − a2

1(s − a)2 + b2

1b

eat sin bt

s − a(s − a)2 + b2

eat cos bt

1s2 − a2

1a

sh at

ss2 − a2

ch at

s(s − a)3/2

eat(1 + 2at)√πt

1√s2 + a2

J0(at)

Popis najvaznijih teorema i formula

Trigonometrijski Fourierov red

f (x) ∼ a0

2+

∞∑n=1

(an cos

2nπxT

+ bn sin2nπx

T

). (1.13)

a0 =2T

∫ b

af (x) dx

an =2T

∫ b

af (x) cos

2nπxT

dx ,

bn =2T

∫ b

af (x) sin

2nπxT

dx .

(1.14)


1. Parna funkcija f :

f (x) =a0

2+

∞∑n=1

an cosnπx

L. (1.15)

an =2L

∫ L

0f (x) cos

nπxL

dx, n > 0. (1.16)

2. Neparna funkcija f :

f (x) =∞∑

n=1

bn sinnπx

L. (1.17)

bn =2L

∫ L

0f (x) sin

nπxL

dx, n > 1. (1.18)


12

a20 +

∞∑n=1

a2n +

∞∑n=1

b2n =

2T

∫ b

a|f (x)|2 dx. (1.23)


f (x) =∞∑

n=−∞cn einx. (1.24)

cn =1

2π

∫ π

−πe−inξ f (ξ) dξ . (1.25)

Fourierov integral

f (x) ∼ 1π

∫ ∞

0dλ∫ ∞

−∞f (ξ) cos λ (x − ξ) dξ (2.2)

Fourierov integral i spektar

f (x) ∼∫ ∞

0

(A(λ ) cos λ x + B(λ ) sin λ x

)dλ (2.4)

A(λ ) =1π

∫ ∞

−∞f (ξ) cos λ ξ dξ , (2.5)

B(λ ) =1π

∫ ∞

−∞f (ξ) sin λ ξ dξ . (2.6)

Spektralna funkcija

f (x) =∫ ∞

0eiλx F(λ ) dλ . (2.10)

F(λ ) :=1

2π

∫ ∞

−∞e−iλξ f (ξ) dξ . (2.11)

Fourierova transformacija

ˆf (λ ) :=1√2π

∫ ∞

−∞e−iλξ f (ξ) dξ (2.14)

f (x) =1√2π

∫ ∞

−∞eiλx ˆf (λ ) dλ , (2.15)

Laplaceov transformat

F(s) :=∫ ∞

0e−stf (t)dt (3.1)

Linearnost Laplaceove transformacije

αf (t) + βg(t) © • αF(s) + βG(s). (3.2)

Teorem o prigusenju originala

e−atf (t) © • F(s + a) (3.9)

Teorem o pomaku originala

f (t − a)u(t − a) © • e−asF(s). (3.10)

Teorem o deriviranju originala

f ′(t) © • sF(s) − f (0) (3.11)

f (n)(t) © • snF(s) − sn−1f (0) − sn−2f ′(0) − . . . − f (n−1)(0) (3.12)

Teorem o deriviranju slike

(−t)f (t) © • F′(s) (3.13)

(−t)nf (t) © • F(n)(s) (3.14)

Teorem o integriranju slike

f (t)t

© •∫ ∞

sF(s)ds (3.16)

Teorem o integriranju originala∫ t

0f (τ)dτ © • F(s)

s(3.17)

Slika periodicne funkcije

F(s) =1

1 − e−sT

∫ T

0e−stf (t)dt (3.18)

Heavisideov razvoj

P(s)Q(s)

• ©[A1ea1t + A2ea2t + . . . + Are

art]u(t) (3.19)

Ak = lims→ak

P(s)(s − ak)Q(s)

=P(ak)Q′(ak)

(3.20)

Teorem o konvoluciji

(f 1 ∗ f 2)(t) :=∫ t

0f 1(τ)f 2(t − τ) dτ © • F1(s) F2(s) (3.23)

Duhamelov integral

x(t) = x1(t)f (0) +∫ t

0x1(t − τ)f ′(τ)dτ

= x1(0)f (t) +∫ t

0f (t − τ)x′1(τ)dτ (3.28)


F(s) =∞∑

n=0

cn

sn+1• © f (t) =

∞∑n=0

cn

n!tn (3.35)

f (t) =∞∑

n=0

antn © • F(s) =∞∑

n=0

n!an

sn+1(3.37)

Gama funkcija

Γ(x) =∫ ∞

0tx−1e−tdt. (3.38)

Documents

Mat 3E&R - 1. ciklus - Elezovic - Fouri.pdf