matematika 2 - gf.sum.bagf.sum.ba/anton/mat2/gf-m2-2014-15.pdf · matematika 2 branko cervar,...
Post on 02-Sep-2019
12 Views
Preview:
TRANSCRIPT
MATEMATIKA 2
Branko µCervar, Kristina MiletiC
SVEUµCILI�TE U MOSTARU
GRAÐEVINSKI FAKULTET
2014./2015.
ii
Sadrµzaj
PREDGOVOR vii
1 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 1
1.1 KOORDINATNI SUSTAVI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 NEKE PLOHE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.1 RAVNINA U PROSTORU . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2.2 PLOHE DRUGOD REDA . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1.4 LIMES I NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
1.5 PARCIJALNE DERIVACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
1.6 DIFERENCIJAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.7 DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA . . . . . . . . . . . . . 29
1.8 VI�E PARCIJALNE DERIVACIJE . . . . . . . . . . . . . . . . 32
1.9 EKSTREMI FUNKCIJE VI�E VARIJABLA . . . . . . . . . . . 35
2 VI�ESTRUKI INTEGRAL 41
2.1 VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA . . . . . . . . . . . . 41
2.2 RAµCUNANJE VI�ESTRUKIH
INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.3 SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM
INTEGRALU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
2.4 NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH
INTEGRALA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71
2.4.1 POVR�INA RAVNINSKOG LIKA . . . . . . . . . . . . . 71
2.4.2 PLO�TINA PLOHE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
2.4.3 VOLUMEN TIJELA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76
2.4.4 MASA, MOMENTI I TEµZI�TE . . . . . . . . . . . . . . 78
iii
iv SADRµZAJ
3 VEKTORSKA ANALIZA
TEORIJA POLJA 83
3.1 VEKTORSKE FUNKCIJE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
3.2 LIMES I NEPREKIDNOST . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
3.3 DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE FUNKCIJE . . . . 87
3.4 SKALARNO I VEKTORSKO POLJE . . . . . . . . . . . . . . . 92
3.5 GRADIJENT, DIVERGENCIJA
I ROTACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
3.6 NABLA OPERATOR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
3.7 USMJERENA DERIVACIJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
3.8 NEKA POSEBNA POLJA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
4 KRIVULJNI INTEGRAL 109
4.1 KRIVULJA I NJEZINO USMJERENJE . . . . . . . . . . . . . . 109
4.2 KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE . . . . . . . . . . . . . 111
4.3 KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE . . . . . . . . . . . . 114
4.4 KRIVULJNI INTEGRAL U
POTENCIJALNOM POLJU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
4.5 GREENOVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121
5 PLO�NI INTEGRAL 125
5.1 PLO�NI INTEGRAL PRVE VRSTE . . . . . . . . . . . . . . . . 125
5.2 PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE . . . . . . . . . . . . . . 129
5.3 OSTROGRADSKI-GAUSSOVA FORMULA . . . . . . . . . . . 133
5.4 STOKESOVA FORMULA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135
6 OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 139
6.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
6.1.1 OBLIKOVANJE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE . . . 142
6.1.2 OBSTOJNOST RJE�ENJA . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
6.2 NEKE OBIµCNE DIFERENCIJALNE
JEDNADµZBE PRVOGA REDA . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
6.2.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE S ODJELJIVIM
VARIJABLAMA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
6.2.2 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . . . 153
6.2.3 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . . . . 156
6.2.4 EGZAKTNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . . . 158
6.3 NEKE OBIµCNE DIFERENCIJALNE
JEDNADµZBE DRUGOGA REDA . . . . . . . . . . . . . . . . . 161
SADRµZAJ v
6.3.1 DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA F (x; y0; y00) = 0 . . . 162
6.3.2 DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA F (y; y0; y00) = 0 . . . 163
6.3.3 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA . . . . 164
6.3.4 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA
S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA . . . . . . . . . 165
6.3.5 SUSTAV OD DVIJU OBIµCNIH
DIFERENCIJALIH JEDNADµZBI . . . . . . . . . . . . . 176
7 ZADACI 179
7.1 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179
7.2 VI�ESTRUKI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184
7.3 VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA . . . . . . . . . . . 186
7.4 KRIVULJNI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
7.5 PLO�NI INTEGRAL . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
7.6 OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE . . . . . . . . . . . 191
vi SADRµZAJ
PREDGOVOR
Ova skripta sadrµze gradivo �to ga obuhvaca predmet Matematika 2 (v. Opis
nastavnog programa) i namijenjena su studentima Gra�evinskog fakulteta Sveuµcil-
i�ta u Mostaru.
Gradivo se dijeli na �est cjelina - poglavlja:
- FUNKCIJE VI�E VARIJABLA;
- VI�ESTRUKI INTEGRAL;
- VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA;
- KRIVULJNI INTEGRAL;
- PLO�NI INTEGRAL;
- OBIµCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE.
Svako se poglavlje dalje dijeli na glavne teme - odjeljke, a ovi opet na osnovne
tematske jedinice - pododjeljke. Oznaµcavanje prati poglavlja. Primjerice, Teo-
rem 2.3 je treci teorem u drugomu poglavlju.
Na koncu je poglavlje ZADACI koje je sadrµzi �est odjeljaka koja prate prethodna
poglavlja. To je mala zbirka zadataka za provjeru ispravne usvojenosti izloµzenoga
gradiva.
Na kraju skripata nalazi se detaljni Indeks pojmova.
Skripta su radnog karaktera. Predavanja i auditorne vjeµzbe bit ce temeljena
na gradivu izloµzenom u njoj. To znaµci da ce se u ovoj �kolskoj godini uoµceni
nedostatci, nejasnoce i pogre�ke nastojati ukloniti. Svaka primjedba je dobro
do�la i autori se unaprijed zahvaljuju.
Gradivo izloµzeno u ovoj skripti nalazi se i u interaktivnim udµzbenicima:
[1] I. Slapniµcar, Matematika 1, Sveuµcili�te u Splitu, Split, 2002.
[http://lavica.fesb.hr/mat1/]
[2] I. Slapniµcar, Matematika 2. [http://lavica.fesb.hr/mat2/]
[3] I. Slapniµcar, Matematika 3. [http://lavica.fesb.hr/mat3/]
Osim toga, studentima preporuµcujemo i zbirku zadataka:
[4] S. Pavasovic, T. Radelja, S. Banic, P. Mili�ic, Matematika 1 -
rije�eni zadaci, Gra�evinski fakultet, Split, 1999.
vii
viii PREDGOVOR
O Oblicima provo�enja nastave i Naµcinu provjere znanja i polaganja
ispita studenti ce biti upoznati na poµcetku nastave. Nadamo se da ce preda-
vanja, auditorne vjeµzbe, domaci radovi, DA-NE kvizovi, kolokviji, ova skripta,
te preporuµceni udµzbenici i zbirka zadataka, pomoci studentima u uspje�nom
svladavanju predvi�enih sadrµzaja.
Branko µCervar
brankoch@pmfst.hr
Kristina Miletic
kristina.miletic@gmail.com
Poglavlje 1
FUNKCIJE VI�E
VARIJABLA
1.1 KOORDINATNI SUSTAVI
Pored pravokutnoga koordinatnog sustava u ravnini, u mnogim se sluµcajevima
tehniµcki korisnim pokazuje polarni koordinatni sustav i podsjetimo se ukratko
o kojemu je koordinatnom sustavu rijeµc.
Neka je p bilo koji pravac u ravnini � i neka je na njemu zadan koordinatni
sustav (O;�!i ) � (O;x). Za bilo koju toµcku T u ravnini �, T 6= O, neka je '
kut izme�u vektora�!i i
�!OT . (Ovdje je vaµzno da kut ' mjerimo u pozitivnom
smjeru, tj. obrnuto od smjera kazaljke na satu.) Ako je T = O stavljamo, po
dogovoru, da je pripadni kut ' = 0. Neka je � = d(O; T ) udaljenost od O do T .
Slika 1.1.
Primijetimo da je toµcka T posve odre�ena brojevima - polarnim koordi-
natama - � i ', � 2 [0;1i i ' 2 [0; 2�i, pa pi�emo T = (�; '). Toµcku O = (0; 0)nazivamo ishodi�tem (ili polom), a zraku odre�enu s O i
�!i - polarnom osi
polarnoga koordinatnog sustava pod oznakom (O;'; �):
Zadamo li u ravnini � i pravokutni koordinatni sustav (O;�!i ;�!j ) � (O;x; y)
tako da se pozitivna x- os podudara s polarnom osi (Slika 1.1.), lako cemo
ustanoviti koje su veze izme�u Kartezijevih (x; y) i polarnih koordinata ('; �)
1
2 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
bilo koje toµcke T u � :(x = � cos'
y = � sin';
8<: tg' =y
x� =
px2 + y2
: (1.1)
Pri odre�ivanju kuta ' iz tg' =y
xtreba voditi raµcuna o predznaku tih koordi-
nata.
U prostoru, pored pravokutnoga (Kartezijeva) koordinatnog sustava, µcesto radi
praktiµcnih razloga zadajemo i tzv. cilindriµcni i sferni koordinatni sustav.
Slika 1.2.
Neka je � bilo koja ravnina u prostoru. Neka je u � dan polarni sustav (O;'; �).
Neka je q pravac koji prolazi toµckom O okomit na ravninu �. Napokon, neka
je na q dan koordinatni sustav (O;�!k ) � (O; z); pa ga nazovimo z-osi. Time
je u prostoru de�niran cilindriµcni koordinatni sustav (O;'; �; z) u kojemu
se svakoj toµcki T moµze pridijeliti ure�ena trojka ('; �; z), gdje su ' i � polarne
koordinate, u sustavu (O;'; �), okomite projekcije T 0 toµcke T na ravninu �, a
z je koordinata, u sustavu (O; z), okomite projekcije T 00 toµcke T na pravac q
(Slika 1.2.).
Slika 1.3.
U Kartezijevom koordinatnom sustavu O(x; y; z) se toµcka T0 = (x0; y0; z0) do-
biva kao presjek koordinatnih ravnina x = x0; y = y0 i z = z0: U cilindriµcnom
koordinatnom sustavu (O;'; �; z) toµcka T0 = ('0; �0; z0) dobiva se kao presjek
1.1. KOORDINATNI SUSTAVI 3
"koordinatnih ravina" ' = '0 (poluravnina odre�ena sa z-osi i toµckom T0);
� = �0 (to je cilindar, tj. sve toµcke u prostoru za koje je udaljenost od z- osi
jednaka �0), z = z0 (ravnina) (Slika 1.3.).
Sferni koordinatni sustav de�niramo na sljedeci naµcin: Neka je � bilo koja
ravnina u prostoru i neka je u � zadan polarni koordinatni sustav (O;'; �). Neka
je na pravcu q koji prolazi toµckom O i okomit je na ravninu � zadan koordinatni
sustav (O;�!k ) � (O; z), tj. z-os (Slika 1.4.). Oznaµcimo s T 0 okomitu projekciju
na ravninu � po volji odabrane toµcke T , T 6= O, u prostoru.
Slika 1.4.
Uoµcimo da su tada posve odre�eni brojevi r = d(O; T ) > 0, # 2 [0; �] - kutizme�u radijus-vektora
�!OT i
�!k ; te ' 2 [0; 2�i - kut izme�u �!i i radijus-vektora
��!OT 0, koje nazivamo sfernim koordinatama toµcke T . Buduci da je toµcka
T posve odre�ena ure�enom trojkom ('; #; r), smijemo pisati T = ('; #; r).
Pritom, ako je T na pozitivnoj zraci z-osi onda su joj sferne koordinate (0; 0; r),
a na negativnoj - (0; �; r). Ishodi�tu O se pridijeljuju sferne koordinate (0; 0; 0).
Dobiveni sustav oznaµcujemo s (O;'; #; r).
Slika 1.5.
Napomenimo da su ovdje "koordinatne ravnine" (Slika 1.5.) u µcijem se presjeku
leµzi toµcka T0('0; #0; r0): ' = '0 - poluravnina kao i u sluµcaju cilindriµcnog
koordinarnog sustava, # = #0 - stoµzac s vrhom u ishodi�tu O, r = r0 - sfera s
sredi�tem u ishodi�tu O i radijusa r0.
4 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Zadamo li u prostoru pravokutni koordinatni sustav (O;x; y; z) i sferni sustav
(O;'; #; r) tako da se pozitivna x -os podudara s polarnom osi, te da im se
podudaraju z-osi (Slika 1.4.), moµzemo odrediti veze izme�u pravokutnih (x; y; z)
i sfernih ('; #; r) koordinata bilo koje toµcke T :8>><>>:x = r cos' sin#
y = r sin' sin#
z = r cos#
;
8>>><>>>:tg' =
y
x# = arccos
zpx2 + y2 + z2
r =px2 + y2 + z2
: (1.2)
Pri odre�ivanju kuta ' iz tg' = yx treba voditi raµcuna o predznaku tih koordi-
nata.
Primjer 1.1 Toµcka T0 =��4 ;
�3 ; 2�zadana u sfernom koordinatnom sustavu
ima u pravokutnom kartezijevom sustavu prikaz�q
32 ;q
32 ; 1�jer je
x0 = r0 cos'0 sin#0 = 2 cos�
4sin
�
3=
r3
2;
y0 = r0 sin'0 sin#0 = 2 sin�
4sin
�
3=
r3
2;
z0 = r0 cos#0 = 2 cos�
3= 2 � 1
2= 1:
Toµcka T1 =�0; 2p3;�2
�zadana u pravokutnom kartezijevom sustavu ima u
sfernom koordinatnom sustavu prikaz T1 =��2 ;
2�3 ; 4
�jer je
'1 = tg' =y1x1=2p3
0) '1 =
�
2;
#1 = arccosz1p
x21 + y21 + z
21
= arccos��12
�=2�
3;
r1 =qx21 + y
21 + z
21 =
r02 +
�2p3�2+ (�2)2 = 4:
Primjer 1.2 Sferina jednadµzba x2 + y2 + z2 = a2 poprima u sfernim koordi-
natama trivijalni oblik r = a: Kruµzniµcin zapis x2+y2+z2 = a2; z = 0; u sfernim
koordinatama postaje r = a; # = �2 :
1.2 NEKE PLOHE
1.2.1 RAVNINA U PROSTORU
Neka su T1; T2 i T3 bilo koje tri nekolinearne toµcke u prostoru (Slika 1.6.) s
pripadnim radijus-vektorima �!r 1, �!r 2 i �!r 3 redom (s obzirom na dano ishodi�te
O).
1.2. NEKE PLOHE 5
Slika 1.6.
Tim toµckama je odre�ena jedna i samo jedna ravnina � koji ih sadrµzi. Neka
je T bilo koja toµcka te ravnine i neka joj pripada radijus-vektor �!r . Tada suusmjerene duµzine
��!T1T2,
��!T1T3 i
��!T1T komplanarne (leµze u �), pa njihov mje�oviti
umnoµzak i�µcezava, tj.��!T1T �
���!T1T2 �
��!T1T3
�= 0: (1.3)
Ili, ekvivalentno, pomocu radijus-vektora��!r ��!r 1� � ���!r 2 ��!r 1�� ��!r 3 ��!r 1�� = 0: (1.4)
Relacije (1.3) i (1.4) jesu vektorske jednadµzbe ravnine �.
Neka je u prostoru dan pravokutni koordinatni sustav�O;�!i ;�!j ;�!k�� (O;x; y; z),
pa neka je u njemu T = (x; y; z) i Ti = (xi; yi; zi), i = 1; 2; 3: Mje�oviti umnoµzak
(1.4) se tada moµze zapisati u obliku��������x� x1 y � y1 z � z1x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1x3 � x1 y3 � y1 z3 � z1
�������� = 0 (1.5)
Relacija (1.5) naziva se jednadµzbom ravnine kroz tri toµcke.
Neka ravnina � ne prolazi ishodi�tem O, i neka ona sijeµce koordinatne osi x, y,
i z redom u toµckama T1 = (a; 0; 0), T2 = (0; b; 0) i T3 = (0; 0; c), a 6= 0; b 6= 0;c 6= 0. Tada iz (1.5) dobivamo tzv. segmentni oblik jednadµzbe ravnine �
x
a+y
b+z
c= 1: (1.6)
Neka je �!n bilo koji vektor okomit na ravninu � (okomit, dakle, i na svaki pravacu �). Uµcvrstimo bilo koju toµcku T1 u �, pa neka je T varijabilna toµcka u �.
Pripadni radijus-vektori neka su redom �!r 1 i �!r . Tada su vektori �!n i �!r ��!r 1me�usobno okomiti, �to povlaµci i�µcezavanje njihova skalarnog umno�ka:
�!n ���!r ��!r 1� = 0: (1.7)
To je jo�jedan oblik vektorske jednadµzbe za ravninu �. Svaki vektor okomit
na ravninu � nazivamo normalnim vektorom (ili normalom) te ravnine i
6 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
najµce�ce ga oznaµcujemo slovom �!n . Takav je, primjerice, vektor��!r 2 � �!r 1� ��
(�!r 3 � �!r 1�(formula (1.4)). Ako je �!n = fA;B;Cg, a T1 = (x1; y1; z1) i
T = (x; y; z), tj. �!r 1 = fx1; y1; z1g i �!r = fx; y; zg, onda (1.7) poprima oblik
A(x� x1) +B(y � y1) + C(z � z1) = 0; (1.8)
�to je tzv. jednadµzba ravnine � jednom toµckom T1 = (x1; y1; z1). Oz-
naµcimo li u (1.8) konstantu �(Ax1+By1+Cz1) slovom D, dobivamo tzv. opci
oblik jednadµzbe ravnine � :
Ax+By + Cz +D = 0 (1.9)
ili (vektorski)�!n � �!r +D = 0: (1.10)
Neka je sada �!r 1 radijus-vektor noµzi�ta T1 okomice iz ishodi�ta O na ravninu �
(Slika 1.7.). Tada je njegova duljina j�!r 1j � p jednaka udaljenosti od ishodi�ta
O do ravnine �.
Slika 1.7.
Odaberimo jediniµcni normalni vektor �!n 0 =�!r 1j�!r 1j na �. Zbog
�!n 0 � �!r 1 = p, iz
(1.7) dobivamo�!n 0 � �!r � p = 0 (1.11)
ili (skalarno)
x cos�+ y cos� + z cos � p = 0; (1.12)
gdje su cos�, cos� i cos skalarne komponente jediniµcne normale �!n 0 na ravninu�. Relacije (1:11) i (1:12) nazivamo Hesseovim (ili normalnim) oblicima
jednadµzbe ravnine �.
Primjer 1.3 Koordinatna xz-ravnina prolazi ishodi�tem O = (0; 0; 0) i okomita
je na vektor�!j = f0; 1; 0g. Njezina jednadµzba je 0(x�0)+1(y�0)+0(z�0) = 0,
tj. y = 0. Sliµcno dobivamo da je z = 0 jednadµzba koordinatne xy-ravnine, a
x = 0 jednadµzba koordinatne yz-ravnine.
1.2. NEKE PLOHE 7
1.2.2 PLOHE DRUGOD REDA
Promotrimo sada plohe drugoga reda. Neka je u prostoru zadan pravokutni
koordinatni sustav (O;x; y; z). Pod plohom drugoga reda (ili kvadrikom)
podrazumijevamo skup svih toµcaka T = (x; y; z) u prostoru koordinate kojih
zadovoljavaju jednadµzbu drugoga stupnja
Ax2 +By2 + Cz2 +Dxy + Exz + Fyz +Gx+Hy + Jz +K = 0;
s realnim koe�cijentima A, B, C, D, E, F , G, H, J i K, pod uvjetom da je
barem jedan od A, B, C, D, E ili F razliµcit od nule. Posebno ce nas zanimati
samo neke kvadrike.
Jednadµzba
(x� x0)2 + (y � y0)2 + (z � z0)2 = R2 (1.13)
predstavlja kuglinu plohu (ili sferu) sa sredi�tem S = (x0; y0; z0) i polumje-
rom (ili radijusom) R > 0. Neprazni presjek ove plohe ravninom jest ili
kruµznica ili toµcka, �to povlaµci da se kruµznica u prostoru moµze zadati i kao
presjek sfere i ravnine.
Slika 1.8.
Za dane realne ne nul-konstante a, b i c, jednadµzba
(x� x0)2a2
+(y � y0)2
b2+(z � z0)2
c2= 1 (1.14)
odre�uje plohu koju nazivamo elipsoidom (Slika 1.8.). Njegove su osi us-
poredne s koordinatnim osima, a duljine su im redom 2jaj, 2jbj i 2jcj. Nepraznielipsoidovi presjeci ravninama usporednim s koordinatnim osima jesu ili kruµznice
ili elipse ili toµcke. Primijetimo da u sluµcaju a = b = c elipsoid postaje sferom.
Nadalje, jednadµzbax2
a2+y2
b2� z2
c2= 1 (1.15)
opisuje jednokrilni eliptiµcni hiperboloid (Slika 1.9.(a)). Njegovi nepraz-
ni presjeci ravninama usporednima sa z-osi jesu ili hiperbole ili toµcke, dok su
mu presjeci ravninama usporednim s xy-ravninom elipse. Cikliµckim zamjenama
x y, y z, z x i a b, b c, c a dobivamo jednadµzbu "iste" plohe u
drugom poloµzaju (y-os je "povla�tena"): z2
c2 +x2
a2 �y2
b2 = 1; a jo�jednom takvom
zamjenom dobivamo jednadµzbu ("povla�tena" je x-os): y2
b2 +z2
c2 �x2
a2 = 1:
8 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Slika 1.9.
Jednadµzba
�x2
a2� y2
b2+z2
c2= 1 (1.16)
opisuje dvokrilni eliptiµcni hiperboloid (Slika 1.9.(b)). Njegov neprazni pres-
jek ravninom usporednom sa z-osi jest hiperbola, dok mu je neprazni presjek
ravninom usporednom s xy-ravninom ili elipsa ili toµcka. Cikliµcki izmijenjujuci
koordinate (varijable) x; y; z, kao i pripadne konstante a; b; c, dobivamo jed-
nadµzbe "iste" plohe u razliµcitim poloµzajima:
�z2
c2� x2
a2+y2
b2= 1; � y2
b2� z2
c2+x2
a2= 1:
Jednadµzbax2
a2+y2
b2= 2z (1.17)
opisuje plohu koju nazivamo eliptiµcnim paraboloidom (Slika 1.10.(a)). Fak-
tor 2 u monomu 2z nije bitan, ali je tehniµcki (algebarski) pogodan. Karakter-
istiµcni presjeci ove plohe prikladnim ravninama koje su paralelne koordinatnim
ravninama jesu elipse ili parabole.
Slika 1.10.
Odgovarajucim cikliµckim izmjenama dobivamo jo�dvije jednadµzbe "iste" plohe
u razliµcitim poloµzajima.
Jednadµzbay2
b2� x2
a2= 2z (1.18)
odre�uje hiperboliµcni paraboloid (Slika 1.10.(b)). Komentari sasvim analogni
onima u (1.17) vrijede i za (1.18).
1.2. NEKE PLOHE 9
Jednadµzbax2
a2+y2
b2=z2
c2(1.19)
opisuje stoµzastu (ili konusnu) plohu (Slika 1.11.). Opet su moguce jo�dvije
(cikliµcke) varijante.
Slika 1.11.
Nadalje, jednadµzbex2
a2+y2
b2= 1 (1.20)
x2
a2� z2
c2= 1 (1.21)
z = 2ay2 (1.22)
opisuju redom eliptiµcne, hiperboliµcne i paraboliµcne valjµcaste (ili cilin-
driµcne) plohe (Slika 1.12.). Dakako da su i u ovim jednadµzbama moguce prije
spominjane cikliµcke izmjene. Ove valjµcaste plohe su samo vrlo posebni primjeri
(opce) valjµcaste plohe.
Slika 1.12.
De�nicija 1.4 Neka je u ravnini � dana krivulja K; te neka je p pravac kojiprobada �. Promatrajmo skup svih pravaca u prostoru koji sijeku krivulju K i
usporedni su s pravcem p. Tretirajuci svaki pravac toµckovnim skupom, pripadnu
(toµckovnu) uniju nazivamo valjµcastom (ili cilindriµcnom) plohom. Pritom
govorimo da je pravac p izvodnica (ili generatrisa), a krivlja K ravnalica
(ili direktrisa) te valjµcaste plohe.
Primjerice, eliptiµcnoj valjµcastoj plohi x2
a2 +y2
b2 = 1 jedna izvodnica jest z-os,
a ravnalica joj je elipsa x2
a2 +y2
b2 = 1, z = 0. Primijetimo da je svaka ravnina
(trivijalna) valjµcasta ploha (za krivulju K treba uzeti odgovarajuci pravac k). Micemo, najµce�ce, promatrati one valjµcaste plohe izvodnice kojih su koordinatne
10 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
osi, a ravnalice su im neke od poznatih krivulja. (Ravnalica, naravno, nece
nuµzno leµzati u nekoj od koordinatnih ravnina.)
Napomenimo i to da se prostorna krivulja µcesto zadaju presjekom dviju ploha.
Primjer 1.5 Kruµznicu (zadanu presjekom sfere i ravnine)
x2 + y2 + z2 = 4; x+ y � 2 = 0
moµzemo zadati i presjekom dviju valjµcastih ploha. Eliminiramo li, naime, vari-
jablu y iz prve jednadµzbe uvr�tenjem (iz one druge) y = �x+ 2, dobivamo jed-nadµzbu valjµcaste plohe (x�1)2+ z2
2 = 1; koja zajedno s ravninom x+y�2 = 0odre�uje tu kruµznicu. Dakle, sada promatrana kruµznica ima zapis
(x� 1)2 + z2
2= 1; x+ y � 2 = 0:
Analogno se (eliminiranjem varijable x) dobiva jednadµzba valjµcaste plohe (y �1)2 + z2
2 = 1; koja zajedno s ravninom x+ y � 2 = 0 odre�uje tu istu kruµznicu.
Primjer 1.6 Skcirati tijelo V ome�eno plohama
z � 2 = �x2 � y2; z =px2 + y2
i opisati ga u pravokutnom i cilindriµcnom koordinatnom sustavu.
Tijelo V odre�eno je plohama z � 2 = �x2 � y2 (paraboloid) z =px2 + y2
(stoµzasta ploha) (Slika 1.13.): Odredimo projekciju Vxy tijela V na xy-ravninu.
Odredit cemo je tako da odredimo projekciju krivulje koja se nalazi u presjeku
promatranih ploha. Eliminacijom izraza x2 + y2 iz z � 2 = �x2 � y2 i z =px2 + y2 dobivamo z2 + z � 2 = 0. Rje�enja ove kvadratne jednadµzbe su
z1 = 1; z2 = �2: Dakle, mora biti z = 1, pa je x2 + y2 = 1:
Slika 1.13.
Drugim rijeµcima, presjeµcna krivulja je x2 + y2 = 1; z = 1; i projekcija presjeµcne
krivulje na xy-ravninu je kruµznica x2 + y2 = 1. Traµzena projekcija Vxy je krug
D =�(x; y) j x2 + y2 � 1
: Ukoliko toµcka T = (x; y; z) pripada tijelu V; tada
1.3. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 11
njena projekcija T 0 = (x; y; 0) na xy-ravninu mora pripadati krugu D; a to znaµci
da za njezine koordinate vrijedi �1 � x � 1 i �p1� x2 � y �
p1� x2:
Konaµcno, za z- koordinatu toµcke T = (x; y; z) 2 V vrijedipx2 + y2 � z
(toµcka T leµzi iznad stoµzaste plohe) i z � 2 � x2 � y2 (toµcka T leµzi ispod plohe
paraboloida). Dakle,
V = f(x; y; z) j �1 � x � 1;�p1� x2 � y �
p1� x2;p
x2 + y2 � z � 2� x2 � y2g:
U cilindriµcnom koordinatnom sustavu koordinate projekcije T 0 = ('; r; 0) toµcke
T = ('; r; z) 2 V mora leµzati u krugu D; dakle za njezine koordinate vrijedi
0 � ' � 2�; 0 � � � 1: Uvjet za z-kordinatupx2 + y2 � z � 2�x2�y2 prelazi
u � � z � 2� �2: Dakle,
V =�('; �; z) j 0 � ' � 2�; 0 � � � 1; � � z � 2� �2
:
1.3 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Svaku funkciju f : D ! R; D � Rm � R� � � ��R; nazivamo realnom funkci-
jom od m realnih varijabla (ili, krace, skalarnom funkcijom). Ovdje cemo
razmatrati realne funkcije od dvije i tri realne varijable, dakle kada je m = 2 ili
m = 3: Kao i funkciju jedne (realne) varijable, funkciju vi�e varijabla moµzemo
zadati analitiµcki, tabliµcno, gra�µcki, parametarski, implicitno, ... Za
analitiµcko zadavanje vrijedi ista napomena o de�nicijskom podruµcju kao i za
funkciju jedne varijable. Naime, ako dani analitiµcki zapis (formula) odre�uje
funkcijsko pravilo f , onda se de�nicijskim podruµcjem smatra skup D svih onih
toµcaka T kojima to pravilo pridjeljuje jedinstvene realne brojeve f(T ) 2 R.
Primjer 1.7 (a) Formula z =px2 + y2 de�nira funkciju
f : R2 ! R; (x; y) 7! f(x; y) =px2 + y2:
Naime, x2 + y2 � 0 za svaki par x; y 2 R; pa drugi korijen odre�uje f(x; y) nacijelom R2;(b) Zapis z = ln(x+ y � 2) de�nira funkciju
f : D ! R; D � R2; f(x; y) = ln(x+ y � 2);
pri µcemu je de�nicijsko podruµcje D odre�eno nejednadµzbom x + y � 2 > 0, tj.
D =�(x; y) 2 R2 j y > �x+ 2
(Slika 1.14.);
12 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Slika 1.14.
(c) Analitiµcki izraz z = 5xy odre�uje funkciju
f : D ! R; D =�(x; y) 2 R2 j x 6= 0; y 6= 0
; f(x; y) =
5
xy;
(d) Pravilo u = arcsin(x2 + y2 + z2 � 2) de�nira funkciju
f : D ! R; D � R3; (x; y; z) 7! f(x; y; z) = arcsin(x2 + y2 + z2 � 2);
pri µcemu je de�nicijsko podruµcjeD odre�eno funkcijom arcsin, tj. nejednadµzbama
�1 � x2 + y2 + z2 � 2 � 1: Dakle,
D =�(x; y; z) 2 R3 j 1 � x2 + y2 + z2 � 3
:
Ako je funkciji f : D ! R skup D � Rm (m = 2; 3) konaµcan i ne prevelik, onda
se ona moµze zadati tabliµcno (premda je takvo zadavanje pregledno samo kad je
m = 2). Primjerice,
y n x x1 x2 � � � xn
y1 z11 z21 � � � zn1
y2 z12 z22 � � � zn1...
......
. . ....
yk z1k z2k � � � znk
f(xi; yj) = zij
D = f(xi; yj) j i;= 1; � � � ; n; j = 1; � � � ; kg
Slika 1.15.
Funkcijski graf Gf za f : D ! R, D � Rm; je podskup od Rm+1. Stogaje nacrtati ga (djelomiµcno) moguce samo za m � 2. U sluµcaju m = 2, �to
ga ovdje razmatramo, crtanjem istiµcemo samo neke njegove vaµzne podskupove.
To su, najµce�ce, presjeci Gf odabranim ravninama u prostoru R3. Ako su te
1.3. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 13
ravnine usporedne s ravninom z = 0 (koordinatnom xy-ravninom), dobivene
presjeke nazivamo razinskim krivuljama funkcije f (ili grafa Gf ). Po tomu,
svaki broj z0 2 f [D] odre�uje jednu razinsku krivulju jednadµzbom f(x; y) =
z0 (Slika 1.15.). Dakle, na svakoj razinskoj krivulji su funkcijske vrijednosti
nepromijenjive. Sliµcno se u sluµcaju f : D ! R, D � R3; dakle Gf � R4, govorio razinskim plohama (ili nivo-plohama) funkcije f . Pritom svaka jednadµzba
f(x; y; z) = u0, u0 2 f [D], odre�uje toµcno jednu pripadnu razinsku plohu na
kojoj su sve funkcijske vrijednosti jednake u0.
Primjer 1.8 (a) Funkcijski graf Gf za funkciju f(x; y) =px2 + y2
Slika 1.16.
crtamo istiµcuci njegove presjeke ravninom x = 0 (to su zrake: z = y, z � 0,
x = 0; z = �y, z � 0, x = 0), ravninom y = 0 (to su zrake: z = x, z � 0, y = 0;z = �x, z � 0, y = 0) i ravninom z = 1 (to je razinska krivulja (kruµznica)
x2 + y2 = 1, z = 1). Primijetimo da je Gf stoµzasta ploha (Slika 1.16.).
(b) Razinske plohe za funkciju
f : D ! R; D = R3 n f(x; y; z) j z = 0g ; f(x; y; z) = x2 + y2
z;
su paraboloidi (bez "tjemena") z = u0�x2 + y2
�; u0 2 R n f0g (Slika 1.17.).
Slika 1.17.
Napomena 1.9 µCesto se neki skup razinskih krivulja funkcije (x; y) 7! f(x; y)
crta u odabranoj ravnini z = z0, primjerice, sve se one projiciraju u xy-ravninu
z = 0. Tada se po njihovu razmje�taju moµze zakljuµciti pone�to i o samoj funkciji.
14 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Tako se npr. prikazuju razinske krivulje - izohipse �to na zemljopisnim kartama
povezuju toµcke iste nadmorske visine, odnosno, iste podmorske dubine, kao i
izobare - �to na sinoptiµckim (meteorolo�kim) kartama povezuju toµcke jednakoga
zraµcnog tlaka. �tovi�e, za zorno prikazivanje razinskih ploha ni nema druge
mogucnosti osim da ih crtamo u istom prostoru.
Funkcija f : D ! R, D � Rm (m � 3) se moµze zadati i implicitno ili para-
metarski pod uvjetima sliµcnim onima �to su postavljeni za funkcije iz R u R.Mi se necemo sada na tomu zadrµzavati. Implicitno zadanim funkcijama cemo
se posebno pozabaviti kasnije.
Na kraju ovoga pododjeljka pokaµzimo kako se neka globalna svojstva prenose na
skalarne funkcije. Promotrimo funkciju f : D ! R, D � R2; pa uoµcimo bilo kojutoµcku T0 = (x0; y0) 2 D. Promotrimo skup Dy0 = fT = (x; y) 2 D j y = y0g �D, �to je presjek skupa D pravcem kroz toµcku T0, usporednim x-osi. U Dy0 je
varijabilna samo x-ta koordinata pa se na njega smije gledati kao na podskup
od R. Oznaµcimo f jDy0: Dy0 ! R pa to suµzenje smijemo tretirati kao funkciju
jedne realne varijable (varijable x) (Slika 1.18.). Analogno se dobiva skup Dx0 =
fT = (x; y) 2 D j x = x0g � D i suµzenje f jDx0: Dx0 ! R (to je funkcija jedne
realne varijable y).
Slika 1.18.
Reci cemo da je funkcija f : D ! R, D � R2; ome�ena ako postoji brojM 2 R+ takav da je jf(T )j �M za svaki T 2 D. Primijetimo da je za ome�enufunkciju f svako suµzenje f jDy0
, f jDx0(T = (x0; y0) 2 D) ome�ena funkcija.
Reci cemo da je funkcija f uzlazna (silazna, strogo uzlazna, strogo silazna,
monotona, strogo monotona, po dijelovima monotona) po varijabli x
(varijabli y), ako je, za svaku toµcku T = (x0; y0) 2 D, pripadno suµzenje f jDy0:
Dy0 ! R (f jDy0: Dy0 ! R) uzlazna (silazna, strogo uzlazna, strogo silazna,
monotona, strogo monotona, po dijelovoma monotona) funkcija. Analogno se
ovi pojmovi prenose i na realne funkcije triju realnih varijabli. Na isti naµcin se
mogu prenijeti i ostala svojstva realnih funkcije jedne varijable.
1.4. LIMES I NEPREKIDNOST 15
1.4 LIMES I NEPREKIDNOST
Razmatrali smo realni niz i pripadna svojstva. Sliµcno se postupa u R3 (R2) s timda prije treba de�nirati �to u R3 (R2) znaµci "biti blizu", tj. �to ce biti "malaokolina" po volji odabrane toµcke. Posluµzit cemo se standardnom euklidskom
udaljeno�cu me�u toµckama, tj. za T = (x; y; z) ; T0 = (x0; y0; z0) 2 R3 euklidskuudaljenost d(T; T0) de�niramo sa
d (T; T0) =p(x� x0)2 + (y � y0)2 + (z � z0)2; (1.24)
za T = (x; y) ; T0 = (x0; y0) 2 R2 sa
d (T; T0) =p(x� x0)2 + (y � y0)2; (1.24
0)
koja se za T = (x); T0 = (x0) (sluµcaj m = 1) svodi na standardnu udaljenost
d(T; T0) =p(x� x0)2 = jx� x0j (1.2400)
u prostoru R.Sve pojmove i tvrdnje dajemo u dimenziji m = 2 uz napomenu da iskazano
vrijedi i za sluµcaj m = 3 (dakako i za m = 1):
De�nicija 1.10 Za bilo koju toµcku T0 2 R2 i bilo koji broj " > 0, skup
K(T0; ") � fT 2 R2 j d (T0; T ) < "g � R2 (1.25)
nazivamo (otvorenom) kuglom polumjera " oko toµcke T0. Reci cemo da je
skup U � R2 okolina toµcke T0 2 U ako postoji neki " > 0 takav da je kugla
K(T0; ") � U . Za skup � R2 cemo reci da je otvoren ako je on unija nekemnoµzine (otvorenih) kugala.
Slika 1.19.
Primijetimo da je u sluµcaju m = 1 kugla K(x0; ") = hx0 � "; x0 + "i (otvoreni)interval u R; u sluµcaju m = 2 i m = 5 kugle su nutrina kruµznice i nutrina sfere
(Slika 1.19.). Nadalje, oµcito je da "2 � "1 povlaµci K (T0; "2) � K (T0; "1), kao i
da za svaki " > 0 postoji neki n 2 N takav da je K(T0; 1n ) � K(T0; "). Napokon,
oµcito je da je svaka kugla otvoren skup i da je svaki otvoreni skup okolina svake
svoje toµcke.
16 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Slika 1.20.
Na Slici 1.20. su primjeri otvorenoga i neotvorenoga skupa u R2: Onaj otvorenijest okolina svake svoje toµcke, dok neotvoreni sadrµzi toµcaka kojima on nije
okolina.
De�nicija 1.11 Neka je D � R2 i T0 2 R2. Reci cemo da je toµcka T0 gomi-li�te skupa D ako svaka okolina od T0 sijeµce skup D n fT0g. Za skup D kaµzemo
da je zatvoren ako sadrµzi sva svoja gomili�ta. Reci cemo da je toµcka T 2 D
unutra�nja toµcka skupa D ako postoji okolina od T koja je podskup od D. Ako
za toµcku T 2 D postoji neka okolina koja ne sijeµce skup D n fTg onda kaµzemoda je T izolirana toµcka skupa D. Napokon, reci cemo da je skup D ome�en
ako postoji neka kugla koja ga sadrµzi.
Nije te�ko pokazati da je svaka toµcka T 2 D � R2 ili gomili�te od D ili njegova
izolirana toµcka, te da je svaka unutra�nja toµcka gomili�te. Primijetiti treba da
skup moµze imati gomili�ta koja nisu njegovi elementi. Nadalje, moµze se dokazati
da je svaki zatvoren skup u R2 komplement nekog otvorenog skupa i obratno.Dakako da nije istina da skup mora biti ili otvoren ili zatvoren!
De�nicija 1.12 Reci cemo da je toµcka T0 2 R2 graniµcna vrijednost (ili
limes) niza fTng u R2 ako
(8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N) n � n0 ) d (Tn; T0) < ": (1.26)
(Nejednakost d (Tn; T0) < " je, oµcito, ekvivalentna uvjetu Tn 2 K(T0; ").) U tomsluµcaju govorimo da niz fTng konvergira prema toµcki T0 i pi�emo fTng ! T0.
Ako niz ne konvergira, kaµzemo da divergira.
Kao i za realne nizove i ovdje se lako vidi da niz moµze imati najvi�e jednu
graniµcnu vrijednost, pa se tada smije pisati i
limn!1
fTng = T0:
Za niz toµcaka fTng u R2; Tn = (xn; yn) i T0 = (x0; y0) prethodna de�nicija daje
limn!1
fTng = T0def:, (8" > 0)(9n0 2 N)(8n 2 N)
n � n0 )p(xn � x0)2 + (yn � y0)2 < "
(1.27)
1.4. LIMES I NEPREKIDNOST 17
i po njoj za dani niz ustanoviti da li je on konvergentan i ako jest odrediti mu
graniµcnu vrijednost skoro je nemoguca zadaca. Me�utim, za niz toµcaka fTngu R2; Tn = (xn; yn); moµzemo promatrati pridruµzene koordinatne nizove fxngi fyng u R (ukoliko se radi o nizu toµcaka fTn = (xn; yn; zn)g u R3 tada supridruµzeni nizovi fxng ; fyng i fzng) i vaµzna je µcinjenica da se nizovna konver-gencija u R2 (dakako, analogna tvrdnja vrijedi za nizove u R3) moµze svesti nakonvergenciju realnih nizova:
Teorem 1.13 Niz toµcaka fTng u R2; Tn = (xn; yn), konvergira prema toµcki
T0 = (x0; y0) 2 R2 onda i samo onda, ako za koordinatne nizove vijedi limn!1
fxng =x0; lim
n!1fyng = y0:
Primjer 1.14 Toµcka T0 = (1;�1) je graniµcna vrijednost niza fTng u R2, Tn =�n+1n ; 1�n
2
1+n2
�; jer je, za koordinatane nizove, lim
n!1
�n+1n
= 1; lim
n!1
n1�n21+n2
o=
�1:
I graniµcnu vrijednost skalarne funkcije de�niramo sliµcno onoj za realne funkcije
realne varijable.
De�nicija 1.15 Neka su dani funkcija f : D ! R, D � R2; i gomili�te T0 odD. Reci cemo da je broj L0 2 R graniµcna vrijednost funkcije f u toµcki T0ako
(8" > 0)(9� > 0)(8T 2 D n fT0g) d(T; T0) < � ) jf(T )� L0j < ": (1.28)
(Primijetimo da se uvjet provjerava u toµckama T 2 K(T0; "), T 6= T0!) U tom
sluµcaju pi�emo limT!T0
f(T ) = L0 ili limT0f(T ) = L0.
De�nicija poopcuje analognu de�niciju za realne funkcije jedne varijable. Kao
i za realne funkcije jedne varijable tako i za skalarne funkcije, istraµzivanje
graniµcnih vrijednosti se moµze svesti na istraµzivanje graniµcnih vrijednosti realnih
nizova:
Teorem 1.16 Broj L0 2 R je graniµcna vrijednost funkcije f : D ! R, D � R2;u toµcki T0, lim
T!T0f(T ) = L0, onda i samo onda ako, za svaki niz fTng u D koji
konvergira prema T0 u R2, limn!1
fTng = T0, pripadni niz funkcijskih vrijednosti
ff(Tn)g konvergira prema L0 u R, limn!1
ff(Tn)g = L0.
Primjer 1.17 (a) Funkcija
f : R2 n f(0; 0)g ! R; f(x; y) =x2 � y2x2 + y2
;
nema graniµcne vrijednosti u toµcki (0; 0).
18 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Zaista, promatramo li nizove��
1n ;
1n
�i��
1n ; 0�u R2 nf(0; 0)g, oµcito je da oba
konvergiraju prema toµcki (0; 0), dok s druge strane, pripadni nizovi funkcijskih
vrijednosti �( 1n )
2 � ( 1n )2
( 1n )2 + ( 1n )
2
�,�( 1n )
2 � 02
( 1n )2 + 02
�konvergiraju redom prema (razliµcitim) brojevima 0 i 1.
(b) Funkcija
f : R2 n f(0; 0)g ! R; f(x; y) =x2y
x2 + y2,
ima u toµcki (0; 0) graniµcnu vrijednost 0, lim(0;0)
f(x; y) = 0.
Zaista, buduci da je x2 + y2 � 2jxyj; to je
lim(0;0)
jf(x; y)j = lim(0;0)
��� x2y
x2 + y2
��� � lim(0;0)
���x2y2xy
��� = lim(0;0)
���x2
��� = 0;pa je i lim
(0;0)f(x; y) = 0.
Zadatak se moµze rije�iti i prijelazom na polarne koordinate. Buduci je x =
� cos' i y = � sin', tada (x; y)! (0; 0) ako i samo ako �! 0: Imamo
lim(0;0)
x2y
x2 + y2= lim�!0
�3 cos2 ' sin'
�2= lim�!0
� cos2 ' sin' = 0:
Buduci da dobiveni rezultat ne ovisi o '; tj. o kutu pod kojim "dolazimo" u
toµcku (0; 0); dakle ne ovisi o krivulji po kojoj dolazimo u toµcku (0; 0); zakljuµcu-
jemo da limes postoji i da je jednak 0.
Primjer 1.18 Ispitati graniµcnu vrijednost funkcije f(x; y) =xy
x2 + y2u toµcki
(0; 0):
Ukoliko (x; y)! (0; 0) ide po putevima koje odre�uju pravci y = kx imamo
lim(0;0)
y=kx
f(x; y) = limx!0
x � kxx2 + k2x2
=k
1 + k2
i traµzeni limes ne postoji jer za razliµcite k dobijamo razliµcite vrijednosti.
Prethodni primjer ukazuje na jedan jednostavan postupak za ustanoviti da
funkcija nema limesa. Naime, ukoliko (x; y) ! (x0; y0) ide po putevima C1(preko funkcije y = g1(x)) i C2 (preko funkcije y = g2(x)) te ako je
u1 = lim(x0;y0)
y=g1(x)
f(x; y) = limx!x0
f(x; g1(x)) 6=
6= limx!x0
f(x; g2(x)) = lim(x0;y0)
y=g2(x)
f(x; y) = u2
tada lim(x0;y0)
f(x; y) ne postoji.
1.4. LIMES I NEPREKIDNOST 19
Primjer 1.19 Ispitati graniµcnu vrijednost funkcije f(x; y) =3x2y
x2 + y2u toµcki
(0; 0):
Ukoliko (x; y)! (0; 0) ide po putevima koje odre�uju pravci y = kx imamo
lim(0;0)
y=kx
f(x; y) = limx!0
3x2 � kxx2 + k2x2
= limx!0
x3k
1 + k2= 0;
a ukoliko (x; y) ! (0; 0) ide po putevima koje odre�uju parabole y = kpx
imamo
lim(0;0)
y=kpx
f(x; y) = limx!0
3x2 � kpx
x2 + k2x= 0:
Opet smo raµcunali limes po nekim putovima (y = kx; y = kpx; a ne svim!) pa
bi olako mogli zakljuµciti da je 0 vrijednost traµzenog limesa. Ipak se 0 snaµzno
namece. Zaista, vrijedi
0 <��� 3x2yx2 + y2
� 0��� = 3x2 jyj
x2 + y2<
jer je x2
x2+y2<1
3 jyj !(x;y)!(0;0)
0;
pa je lim(0;0)
3x2y
x2 + y2= 0:
De�nicija 1.20 Reci cemo da je funkcija f : D ! R, D � R2 (R3) neprekid-na u toµcki T0 2 D ako
(8" > 0)(9� > 0)(8x 2 D) d(T; T0) < � ) jf(T )� f(T0)j < ": (1.29)
Reci cemo da je funkcija f neprekidna na skupu A � D ako je neprekidna
u svakoj toµcki T 2 A. Napokon, ako je f neprekidna na skupu A = D, onda
za f kaµzemo da je neprekidna funkcija. U protivnim sluµcajevima govorimo o
prekidnoj funkciji (u toµcki; na skupu).
Sljedeci teorem poopcuje odgovarajuci teorem za realne funkcije jedne varijable,
a dokaz mu je izravna posljedica odgovarajucih de�nicija.
Teorem 1.21 Funkcija f : D ! R, D � R2 (R3); je neprekidna u toµcki T0onda i samo onda, ako je f(T0) = lim
T!T0f(T ).
Pozabavimo se sada pojmovima varijablinog i funkcijskog prirasta za skalarne
funkcije. Promatrajmo funkciju f : D ! R, D � R2; i toµcke T0; T 2 D. Razliketoµckovnih koordinata
x� x0 = �x; y � y0 = �y
20 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
nazivamo prirastom varijable x; odnosno y; u toµcki T0: Razliku funkcijskih
vrijednosti
f(T )� f(T0) = �f(T )
nazivamo funkcijskim prirastom u toµcki T0.
Za T = (x; y) = (x0 +�x; y0 +�y) imamo da je
�f(T ) = �f (x; y) = f (x0 +�x; y0 +�y)� f (x0; y0) : (1.30)
Analogno se de�nira funkcijski prirast za funkcije triju (i vi�e) varijabla.
Primijetimo da se u ovim terminima neprekidnost funkcije moµze izreci i ovako:
� funkcija f je neprekidna u toµcki T0 ako i samo ako je limT!T0
�f(T ) = 0,
�to je jednako zapisu istoga svojstva za funkcije jedne varijable. Izrecimo to i u
strogom obliku:
Korolar 1.22 Funkcija f : D ! R, D � R2 (R3); je neprekidna u toµcki T0 2 Donda i samo onda, ako njezin funkcijski prirast �f(T ) u T0 teµzi k nuli µcim
prirasti svih varijabli istodobno teµze k nuli.
Primjer 1.23 Istraµziti (ne)prekidnost funkcije
f : D ! R; D � R2; f(x; y) = 1 + xy
1� xy :
De�nicijsko podruµcje je skup D = R2 n�(x; y) 2 R2 j xy = 1
. Za graniµcnu
vrijednost funkcijskog prirasta u po volji odabranoj toµcki (x0; y0) 2 D dobivamo
lim(�x;�y)!(0;0)
�f(x; y) = lim(0;0)
�1 + (x0 +�x)(y0 +�y)
1� (x0 +�x)(y0 +�y)� 1 + x0y01� x0y0
�= 0:
Slijedom prethodnog korolara, funkcija f je neprekidna.
Primjer 1.24 Promatrajmo funkciju f : R2 ! R; zadanu propisom
f(x; y) =
8<:xy
x2 + y2, (x; y) 6= (0; 0)
0; (x; y) = (0; 0):
Primijetimo da je f neprekidna na skupu R2 n f(0; 0)g. Istraµzimo sada je li fneprekidna i u toµcki (0; 0). Primijetimo da je, u toµcki (0; 0),
lim(�x;�y)!(0;0)
�f(x; y) = lim(�x;�y)!(0;0)
��x ��y
(�x)2 + (�y)2� 0�("=" 0
0 ):
Pogledajmo kako se ta graniµcna vrijednost pona�a na sljedecim nizovima fxng !0; fyn = kxng ! 0; k 2 R konstanta. Uvr�tenjem dobivamo niz funkcijskih
vrijednosti ff(xn; yn)g,
limn!1
ff(xn; yn)g = limn!1
�kx2n
x2n + k2x2n
�= limn!1
�k
1 + k2
�=
k
1 + k2:
1.5. PARCIJALNE DERIVACIJE 21
Buduci da dobivena graniµcna vrijednost ovisi o odabranoj konstanti k to funkcija
f nema graniµcne vrijednosti u toµcki (0; 0): Dakle, f je prekidna u toµcki (0; 0).
Napomena 1.25 Navest cemo bez dokaza nekoliko vaµznih svojstava neprekid-
nih skalarnih funkcija, analognih onima za funkcije jedne varijable. Neka je,
dakle, dana funkcija f : D ! R; D � R2 (R3).
(a) Ako je f neprekidna u toµcki T0 i f(T0) < 0 (f(T0) > 0) onda postoji " > 0
takav da je f(T ) < 0 (f(T ) > 0) za svaki T 2 D \K(T0; ").
(b) Neka je A � D zatvoren i ome�en. Ako je funkcija f neprekidna na
A onda postoje brojevi m;M 2 R takvi da je m � f(T ) � M za svaki
T 2 A, tj. f jA je ome�ena funkcija. �tovi�e, f jA poprima svoju najmanju(minimum) i svoju najvecu (maksimum) vrijednost, tj. postoje T1; T2 2 Atakvi da je f(T1) � f(T ) � f(T2) za svaki T 2 A.
(c) Zbroj f+g, razlika f�g, umnoµzak f �g i koliµcnik fg (kad god su de�nirani)
neprekidnih skalarnih funkcija jesu neprekidne skalarne funkcije.
1.5 PARCIJALNE DERIVACIJE
Izravno i formalno poopcenje derivabilnosti (u toµcki) s funkcija jedne varijable
na funkcije dviju varijabla nije moguce, jer je varijabla bitno promijenila karak-
ter. Naime, umjesto realnog broja x sada se promatra T = (x; y), pa odgo-
varajuci koliµcnik �f(x)�x vi�e nema smisla. Me�utim, uµcvrste li se sve osim jedne
koordinate, promatrana funkcija (suµzenje) postaje, zapravo, funkcijom jedne
varijable pa se smije govoriti o njezinoj (ne)derivabilnosti. To onda vodi k po-
jmu parcijalne derivacije po varijabli-koordinati.
Slika 1.21.
Promatrajmo funkciju f : D ! R, D � R2 i po volji odabranu toµcku T0 =(x0; y0) 2 D: Neka je �y0 ravnina y = y0 i oznaµcimo s Dy0 = �y0 \ D � D:
Oµcito je Dy0 6= ; jer sadrµzi barem toµcku T0. Suµzenje f jDy0� f1 : Dy0 !
22 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
R smijemo smatrati funkcijom jedne varijable jer se mijenja samo koordinata
x. Analogno imamo funkciju f jDx0� f2 : Dx0 ! R koju moµzemo smatrati
funkcijom varijable y (Slika 1.21.):
De�nicija 1.26 Reci cemo da funkcija f ima parcijalnu derivaciju po var-
ijabli x u toµcki T0 ukoliko postoji derivacija funkcije f1 u toµcki x0 (2 Dy0 � R).Derivaciju (broj ) f 01(x0) tada nazivamo parcijalnom derivacijom funkcije f
po varijabli x u toµcki T0 i oznaµcujemo s@f(T0)@x (µcita se: "parcijalno ef po de
iksu u te nula"). Dakle, po de�niciji je
@f(T0)
@x= lim
�x!0
f (x0 +�x; y0)� f (x0; y0)�x
: (1.31)
Analogno, derivaciju (broj ) f 02(y0) nazivamo parcijalnom derivacijom po
varijabli y funkcije f u toµcki T0 i oznaµcujemo s@f(T0)@y (µcita se: "parcijalno ef
po de ipsilonu u te nula"):
@f(T0)
@y= lim
�y!0
f (x0; y0 +�y)� f (x0; y0)�y
: (1.32)
Ovdje cemo rabiti i oznake
@f(T0)
@x� fx (x0; y0) ;
@f(T0)
@y� fy (x0; y0) : (1.32.a)
Sliµcno se de�niraju parcijalne derivacije funkcija triju varijabli: sve varijable
�ksiramo osim one po kojoj traµzimo parcijalnu derivaciju i potom deriviramo
tu funkciju (jedne varijable)
@f(T0)
@x� fx(x0; y0; z0);
@f(T0)
@y� fy(x0; y0; z0);
@f(T0)
@z� fz(x0; y0; z0):
(1.33)
Ako funkcija f ima u toµcki T0 parcijalnu derivaciju po svakoj varijabli onda
kaµzemo da je funkcija f derivabilna u toµcki T0. Ako je f derivabilna u svakoj
toµcki T 2 D; nazivamo ju derivabilnom funkcijom.
Po samoj de�niciji, parcijalno deriviranje po odabranoj varijabli skalarne funkcije
f : D ! R, D � R2, u praksi se svodi na standardno deriviranje drµzeci kon-stantnima sve varijable osim one odabrane.
Primjer 1.27 Neka je funkcija f : R2 ! R zadana propisom
f(x; y) = sin(x+ y2):
Odrediti obje parcijalne derivacije funkcije f u bilo kojoj toµcki (x; y).
Buduci da je f po svojim varijablama kompozicija derivabilnih elementarnih
funkcija, to ona ima obje parcijalne derivacije u svakoj toµcki, tj. f je deri-
vabilna funkcija. Pritom je
fx(x; y) = cos(x+ y2); fy(x; y) = cos(x+ y
2) � 2y:
1.5. PARCIJALNE DERIVACIJE 23
Primjer 1.28 Neka je funkcija f : D ! R, D � R3 zadana propisom
f(x; y; z) = x+ ln(xy +pz):
Odrediti sve tri parcijalne derivacije funkcije f u svakoj toµcki (x; y; z) u kojoj
one postoje.
Zbog istoga razloga kao i u prethodnom primjeru i zbog uvjeta (na D) xy+pz >
0 i z � 0, funkcija f jest derivabilna. Za parcijalne derivacije u bilo kojoj toµcki(x; y; z) 2 D dobivamo:
fx(x; y; z) = 1+y
xy +pz; fy(x; y; z) =
x
xy +pz; fz(x; y; z) =
1
2pz(xy +
pz):
Neka je Ax � D skup svih toµcaka T 2 D u kojima funkcija f : D ! R, D � R2;ima parcijalnu derivaciju po varijabli x. Tada je dobro de�nirana funkcija fx :
Ax ! R; T 7! fx(T ); koju nazivamo parcijalnom derivacijom funkcije f
po varijabli x (na podskupu Ax � D): Sliµcno tomu je fy : Ay ! R; T 7! fy(T );
parcijalna derivacija funkcije f po varijabli y (na skupu Ay � D svih toµcaka u
kojima funkcija f ima parcijalnu derivaciju po varijabli y). Pritom ima smisla
istraµzivati neprekidnost (u toµcki) tih funkcija, pa se onda govori o neprekidno
parcijalno derivabilnoj funkciji f po varijabli x (odnosno y) (u toµcki).
Ako je A � Ax \ Ay � D i A 6= ; onda su na A de�nirane obje parcijalne
derivacije fx : A! R, fy : A! R, tj. f je derivabilna na skupu A. Reci cemoda je funkcija f neprekidno derivabilna u toµcki T0 2 A (na skupu B � A)
µcim su funkcije fx, fy, neprekidne u T0 (na skupu B).
Sjetimo se da za realne funkcije jedne varijable derivabilnost povlaµci neprekid-
nost. Sada cemo pokazati da za funkcije vi�e varijabla to, opcenito, ne vrijedi.
Primjer 1.29 Pokazali smo da je funkcija f : R2 ! R zadana propisom
f(x; y) =
8<:xy
x2 + y2, (x; y) 6= (0; 0)
0, (x; y) = (0; 0)
prekidna u toµcki (0; 0) (Primjer 1.24.). Ona je, me�utim, derivabilna u toµcki
(0; 0). Naime
fx(0; 0) = lim�x!0
f (0 + �x; 0)� f(0; 0)�x
= lim�x!0
(�x)�0(�x)2+02
� 0�x
= 0;
a sliµcno se pokaµze da je i fy(0; 0) = 0.
24 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
1.6 DIFERENCIJAL
Promatrajmo funkciju f : D ! R, D � R2 i po volji odabranu toµcku T0 =(x0; y0) 2 D. Neka je T = (x; y) 2 D bilo koja toµcka. Promatrajmo pripadne
funkcije (jedne varijable) f1 � f jDy0: Dy0 ! R, Dy0 = f(x; y) 2 D j y = y0) �
D; f1(x) = f(x; y0) i f2 � f jDx0: Dx0 ! R, Dx0 = f(x; y) 2 D j x = x0) � D;
f2(y) = f(x0; y) (Slika 1.21.): Ako su te funkcije diferencijabilne, ekvivalentno,
derivabilne u toµcki x0, odnosno y0; onda pripadne diferencijale
df1(x0) = f 01(x0)dx = fx(T0)dx; df2(y0) = f 02(y0)dy = fy(T0)dy
nazivamo parcijalnim diferencijalima funkcije f po varijabli x (po vari-
jabli y) u toµcki T0.
Ovdje nas zanima teµze pitanje:
� Ima li smisla diferencijal funkcije f u toµcki x0 i kako bi ga trebalo de�ni-rati?
Slika 1.22.
Oznaµcimo sa � tangencijalnu ravninu na plohu z = f(x; y) u toµcki (x0; y0; z0 =
f(x0; y0)) (Slika 1.22.): Neka je
� � z � z0 = a(x� x0) + b(y � y0)
jednadµzba tangencijalne ravnine. Presjeµcnica tangencijalne ravnine � sa ravni-
nom y = y0 je pravac
ty0 � z � z0 = a(x� x0); y = y0:
Taj pravac je i tangenta na krivulju �1 � z = f(x; y); y = y0; a to znaµci da je
koe�cijent a jednak parcijalnoj derivaciji fx(x0; y0) (Slika 1.22.): Dakle, mora
biti
ty0 � z � z0 = fx(x0; y0)(x� x0); y = y0:
1.6. DIFERENCIJAL 25
Sliµcno se pokazuje da je presjeµcnica tangencijalne ravnine � i ravnine x = x0
pravac tx0 � z � z0 = b(y � y0); x = x0 koji je tangenta na krivulju �2 � z =
f(x; y); x = x0, i stoga je tx0 � z� z0 = fy(x0; y0)(y� y0); x = x0: Zakljuµcimo:
ako funkcija f(x; y) ima neprekidne parcijalne derivacije tada je jednandµzba
tangencijalne ravnine na plohu z = f(x; y) u toµcki (x0; y0; z0 = f(x0; y0)) dana
sa
� � z � z0 = fx(x0; y0)(x� x0) + fy(x0; y0)(y � y0): (1.34)
Napomenimo da se sada parcijalnim derivacijama moµze pridijeliti geometrij-
sko tumaµcenje: parcijalna derivacija fx(x0; y0) (fy(x0; y0)) jednake je tangensu
priklonog kuta tangente ty0 (tx0) presjeµcne krivulje �1 (�2) prema +x-osi (+y-
osi) (Slika 1.22.).
Primjer 1.30 Odredimo jednadµzbu tangencijalne ravnine funkcije
f(x; y) = �2x2 � y2
u toµcki T0 = (1; 1;�3):Kako je fx(x; y) = �4x; fy(x; y) = �2y; imamo da je fx(1; 1) = �4 i fy(1; 1) =�2: Jednadµzba tangencijalne ravnine glasi z+3 = �4(x�1)�2(y�1); odnosno
z = �4x� 2y + 3:
Uvjerimo se da u maloj okolini toµcke (1; 1) tangencijalna ravnina dobro aproksi-
mira funkciju. Zaista, u toµcki (1:1; 0:95) imamo da je
f(1:1; 0:95) = 2(1:1)2 + (0:95)2 = 3:3225;
z(1:1; 0:95) = 4 � 1:1 + 2 � 0:95� 3 = 3:3;
i zaista se radi o dobroj aproksimaciji.
De�nicija 1.31 Funkcija
L(x; y) = f(x0; y0) + fx(x0; y0)(x� x0) + fy(x0; y0)(y � y0) (1.35)
naziva se linearizacijom funkcije f u (x0; y0); a aproksimacija
f(x; y) � f(x0; y0) + fx(x0; y0)(x� x0) + fy(x0; y0)(y � y0) (1.36)
linearnom aproksimacijom od f u (x0; y0)
Primjer 1.32 Pokazali smo da funkcija
f(x; y) =
8<:xy
x2 + y2, (x; y) 6= (0; 0)
0, (x; y) = (0; 0)
26 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
ima parcijalne derivacije fx(0; 0) = 0; fy(0; 0) = 0 pa linearizacija od f u (0; 0)
glasi
L(x; y) = f(0; 0) + 0(x� 0) + 0(y � 0) = 0:
U ovom sluµcaju linearizacija nije dobra aproksimacija za f (npr. f u toµckama
pravca y = x poprima vrijednost 12 �to je daleko od vrijednosti L(x; x) = 0):
Prirodno se sada postavlja pitanje:
� �to moramo pretpostaviti za f da bi linearna aproksimacija bila dobra?
Promotrimo u tu svrhu analogon kod funkcije jedne varijable. De�nirali smo
4f(x) = f(x0 +4x)� f(x0); f 0(x0) = lim4x!0
4f(x)4x :
Oznaµcimo sa
" =4f(x)4x � f 0(x0)
razliku kvocijenta diferencija i diferencijalnog kvocijenta. Mora biti
lim4x!0
" = lim4x!0
�4f(x)4x � f 0(x0)
�= f 0(x0)� f 0(x0) = 0:
Nadalje iz " = 4f(x)4x � f 0(x0) slijedi 4f(x)" = f 0(x0)4x+ " � 4x: To znaµci da
za diferencijabilnu funkciju f(x) moµzemo pisati
4f(x) = f 0(x0)4x+ " � 4x
gdje je lim4x!0
" = 0: Po ovom uzoru i prirast
4f(x; y) = f(x0 +4x; y0 +4y)� f(x0; y0)
moµzemo opisati sa diferencijalom.
De�nicija 1.33 Funkcija f(x; y) je diferencijabilna u toµcki (x0; y0) ako se
4f(x; y) dade zapisati u obliku
4f(x; y) = fx(x0; y0) � 4x+ fy(x0; y0) � 4y + " �q(4x)2 + (4y)2 (1.37)
gdje "! 0 kada (4x;4y)! (0; 0) :
Napomena 1.34 Napomenimo da je kod funkcije jedne varijable derivabilnost
ekvilvalentna diferencijabilnosti. Ovdje to nije sluµcaj. Jasno je da diferenci-
jabilnost povlaµci derivabilnost (postojanje parcijalnih derivacija), ali postoje
derivabilne funkcije koje nisu diferencijabilne. Naravno, takva je bila funkcija
iz Primjera 1.32. (kada linearna aproksimacija nije bila dobra).
1.6. DIFERENCIJAL 27
Sljedeci teorem donosi jedan od dovoljnih uvjeta za diferencijabilnost skalarne
funkcije.
Teorem 1.35 Neka za funkciju f : D ! R, D � R2; i toµcku T0 2 D postoji
"-kugla K(T0; ") � D na kojoj je f derivabilna i neprekidno derivabilna u T0.
Tada je f diferencijabilna u T0.
Primjer 1.36 Pokaµzimo da je funkcija f(x; y) = xexy diferencijabilna u toµcki
T0 = (1; 0) i odredimo njenu linearnu aproksimaciju.
Kako je
fx(x; y) =@�xexy
�@x
= exy + xyexy; fx(1; 0) = 1;
fy(x; y) =@�xexy
�@y
= x2exy; fy(1; 0) = 1;
vidimo da su parcijalne derivacije neprekidno derivabilne na R2; dakle i u toµckiT0, pa je f(x; y), po prethodnom teoremu, diferencijabilna funkcija u toµcki T0.
Njezina linearna aproksimacija je
L(x; y) = f(1; 0) + 1 � (x� 1) + 1 � (y � 0) = x+ y;
a to znaµci da moµzemo pisati
f(x; y) = xexy � x+ y = L(x; y)
u nekoj maloj okolini toµcke T = (x; y): Npr., f(1:1;�0:1) � 1:1 � 0:1 = 1.
(f(1:1;�0:1) = 1:1 � e(1:1)(�0:1) � 0:985 42)
Slika 1.23.
Sjetimo se da smo kod funkcije jedne varijable imali da je diferencijal df(x) =
f 0(x)dx te da smo njega interpretirali kao prirast do tangente. Opet po analogiji
de�niramo diferencijal kojemu ce geometrijska interpretacija biti sliµcna: to je
prirast do tangencijalne ravnine (Slika 1.23.).
28 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
De�nicija 1.37 Diferencijal df(x0; y0) funkcije f u toµcki (x0; y0) de�niramo
sa
df(x0; y0) = fx(x0; y0)dx+ fy(x0; y0)dy (1.38)
gdje su dx i dy diferencijali nezavisnih varijabli x i y.
Napomena 1.38 Sada linearnu aproksimaciju moµzeno zapisati na naµcin
f(x; y) � f(x0; y0) + df(x0; y0): (1.39)
Linearna aproksimacija i diferencijal sliµcno se de�niraju za funkcije koje imaju
vi�e od dviju varijabli. Npr. za funkciju f(x; y; z) je linearizacija
L(x; y; z) = f(x0; y0; z0) + fx(x0; y0; z0)(x� x0)+
fy(x0; y0; z0)(y � y0) + fz(x0; y0; z0)(z � z0);
a diferencijal
df(x0; y0; z0) = fx(x0; y0; z0)dx+ fy(x0; y0; z0)dy + fz(x0; y0; z0)dz:
Primjer 1.39 Odredimo diferencijal funkcije
f(x; y) = x2 + 3xy � y2:
Imamo:
df(x; y) = (2x+ 3y)dx+ (3x� 2y)dy:
Promotrimo promjenu 4f(x; y) pri promjeni toµcke (2; 3) u toµcku (2 + 0:05; 3�0:04) (dakle, 4x = dx = 0:05; 4y = dy = �0:04)
4f(2; 3) =�f(2:05; 2:96)� f(2; 3)
�=�
(2:05)2 + 3 � 2:05 � 2:96� (2:96)2���22 � 3 � 2 � 32 � 32
�= 0:6449:
Raµcunamo li pak
df(2; 3) = (2 � 2 + 3 � 3) � 0:5 + (3 � 2� 2 � 3) � (�0:04) = 0:65
vidimo da je 4f(2; 3) � df(2; 3); ali i da je raµcun puno jednostavniji.
Napomena 1.40 Osnovna pravila za diferenciranje, �to smo ih bili izveli za
funkcije jedne varijable, ostaju valjana i za funkcije vi�e varijabla kad god imaju
smisla:(a) d(�f + �g)(T0) = �df(T0) + �dg(T0);
(b) d(f � g)(T0) = g(T0) � df(T0) + f(T0) � dg(T0);
(c) d�fg
�(T0) =
g(T0) � df(T0)� f(T0) � dg(T0)g(T0)2
;
(d) d(' � f)(T0) = '0(f(T0)) � df(T0):
1.7. DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA 29
1.7 DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA
Sjetimo se derivacije sloµzene funkcije jedne varijable. Ako je y = f(x) i x = g(t)
i f i g su diferencijabilne tada je i y diferencijabilna po varijabli t i vrijedidy
dt=dy
dx� dxdt: U ovom odjeljku dajemo poopcenje.
Teorem 1.41 Neka su u : I ! R i v : I ! R, D � R, diferencijabilne funkcijei f : D ! R, u(I) � v(I) � D � R2 diferencijabilna funkcija. Tada je dobrode�nirana kompozicija
F � f � (u; v) : D ! R; F (t) = f(u(t); v(t)); t 2 I;
koja je diferencijabilna i vrijedi
dF
dt=@f
@u� dudt+@f
@v� dvdt: (1.40)
Dokaµzimo tvrdnju teorema. Uvedimo oznake z = f(x; y) , x = u(t); y = v(t) pa
treba dokazati formulu
dz
dt=@f
@x� dxdt+@f
@y� dydt: (1.41)
Funkcija f je diferencijabilna funkcija, pa je 4f(x; y) moguce zapisati u obliku
4z = @f(x0; y0)
@x4x+ @f(x0; y0)
@y4y + " �
q(4x)2 + (4y)2;
gdje "! 0 kada (4x;4y)! (0; 0): Sada dijeljem s 4t imamo
4z4t =
@f(x0; y0)
@x
4x4t +
@f(x0; y0)
@y
4y4t + " �
q(4x)2 + (4y)2
4t :
Neka sada 4t! 0: Tada imamo 4x = u(t+4t)�u(t)! 0 i 4y = v(t+4t)�v(t)! 0 (jer su u i v neprekidne), pa je stoga i "! 0: Imamo
dz
dt= limt!0
@f(x0; y0)
@x
4x4t +
@f(x0; y0)
@y
4y4t + " �
q(4x)2 + (4y)2
4t
!=
@f(x0; y0)
@x| {z }= @f@x
� limt!0
4u4t| {z }
= dxdt
+@f(x0; y0)
@y| {z }= @f@y
� limt!0
4y4t| {z }
= dydt
+ limt!0
"| {z } �=0
limt!0
s�4x4t�2+�4y4t�2
| {z }=p(x0(t))2+(y0(t))2
=
@f
@x� dxdt+@f
@y� dydt;
a to se i tvrdilo.
30 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Primjer 1.42 Odrediti z0(0) ako je z = x2y + 3xy4 i x = sin 2t; y = cos t:
Vrijedidz
dt
(1:41)=
�2xy + 3y4
�(2 cos 2t) +
�x2 + 12xy3
�(� sin t):
Kako je x(0) = 0; y(0) = 1 imamo da je
z0(0) =dz(0)
dt=��2xy + 3y4
��(x;y)=(0;1)
�(2 cos 2t)
�t=0+
+��x2 + 12xy3
��(x;y)=(0;1)
�(� sin t)
�t=0
= 6:
Teorem 1.43 Neka je z = f(x; y) diferencijabilna funkcija (po varijablama x
i y) i neka su x = g(u; v); y = h(u; v) diferencijabilne funkcije (po varijablama
u i v).
Parcijalne derivacije kompozicije z(u; v) = f(g(u; v); h(u; v)) dane su sa
@z
@u=@z
@x� @x@u
+@z
@y� @y@u;
@z
@v=@z
@x� @x@v+@z
@y� @y@u: (1.42)
Primjer 1.44 Odrediti @z@u i@z@v sloµzene funkcije
z = xy; x = u2 � v2; y = euv:
Dijagram 1.24.
@z
@u=@z
@x� @x@u
+@z
@y� @y@u
= yxy�1 � (2u) + xy lnx � (veuv);
@z
@v=@z
@x� @x@v+@z
@y� @y@u
= yxy�1 � (�2v) + xy lnx � (ueuv):
Napomena 1.45 Rezultat prethodnog teorema lako se poopcuje.
Npr., ako je
w = f(x; y; z; t);
x = x(u; v); y = y(u; v); z = z(u; v); t = t(u; v);
sluµzeci se dijagramom,
Dijagram 1.25.
1.7. DERIVIRANJE SLOµZENIH FUNKCIJA 31
imamo da su traµzene parcijalne derivacije:
@w
@u=@w
@x� @x@u
+@w
@y� @y@u
+@w
@z� @z@u
+@w
@t� @t@u;
@w
@v=@w
@x� @x@v+@w
@y� @y@v+@w
@z� @z@v+@w
@t� @t@v:
Primjer 1.46 Ako je
u = x4y + y2z3; x = rset; y = rs2e�t; z = r2s sin t
izraµcunati @u@s u toµcki (r; s; t) = (2; 1; 0):Pripadni dijagram je
Dijagram 1.26.
pa je traµzena derivacija
@u
@s=@u
@x� @x@s+@u
@y� @y@s+@u
@z� @z@s=
= 4x3y � ret +�x4 + 2yz3
�� 2rse�t + 3y2z2 � r2 sin t:
Kako je x(r; s; t) = rset; x(2; 1; 0) = 2; y(r; s; t) = rs2e�t; y(2; 1; 0) = 2;
z(r; s; t) = r2s sin t; z(2; 1; 0) = 0 imamo
@u(2; 1; 0)
@s=�4 � 23 � 2
���2e0�+�24 + 2 � 2 � 03
���2 � 2 � 1 � e�0
�+
+�3 � 22 � 02
���22 sin 0
�= 192:
Rekli smo da graf funkcije z = F (x; y) opcenito predstavlja plohu u prostoru.
Pretpostavimo da je sa F (x; y) = 0 implicitno de�nirana funkcija y =
f(x): To znaµci da je F (x; f(x)) = 0 za svaku toµcku x iz domene funkcije f:
Deriviranjem po varijabli x imamo
@F
@x� dxdx+@F
@y� dydx=@F
@x+@F
@y� dydx= 0:
Uz oznake
Fx =@F
@x; Fy =
@F
@y
imamody
dx= �Fx
Fy:
Dakako da prethodno vrijedi ukoliko je @F@y 6= 0 i ukoliko F (x; y) = 0 de�nira
implicitno y kao funkciju od x: To nije uvijek moguce. Funkcija F mora udo-
voljavati nekim uvjetima kako bi preko nje de�nirali funkciju f: O tome govori
teorem:
32 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Teorem 1.47 (O implicitno zadanoj funkciji) Neka je F de�nirana na otvo-
renom skupu U koji sadrµzi toµcku (x0; y0) i neka je F (x0; y0) = 0 i Fx(x0; y0) 6= 0:Ako su funkcije Fx i Fy neprekidne na U tada F (x; y) = 0 de�nira y kao funkciju
od x u nekoj okolini toµcke x0 i pritom je derivacija
dy
dx= �Fx
Fy(1.43)
Primjer 1.48 Sa F (x; y) = y � y3 � x2y + x2y3 = 0 de�nirana je implicit-
na funkcija y kao funkcija u varijabli x u nekoj okolini toµcke x0 = 1 (jer je
F (0; 1) = 0 i jer su Fx(x; y) = 2xy3 � 2xy; Fy(x; y) = 3x2y2 � 3y2 � x2 + 1
neprekidne funkcije). Derivacija te funkcije je
dy
dx= �Fx
Fy= � 2xy3 � 2xy
3x2y2 � 3y2 � x2 + 1 :
Poopcenje prethodnog torema daje:
Teorem 1.49 Neka je u = F (x; y; z) funkcija de�nirana na otvorenom skupu
U � R3 koji sadrµzi toµcku T0 = (x0; y0; z0): Ako je F (T0) = 0; Fz(T0) 6= 0 i
Fx; Fx; Fz su neprekidne funkcije na U; tada F (x; y; z) = 0 implicitno de�nira
funkciju z = f(x; y) u nekoj okolini toµcke (x0; y0) i njene parcijalne derivacije
su@z
@x= �Fx
Fz;
@z
@y= �Fy
Fz: (1.44)
Primjer 1.50 Odrediti parcijalne derivacije@z
@x;@z
@yimplicitno zadane funkcije
F (x; y; z) = x3 + y3 + z3 + 6xyz � 1:
@z
@x= �
@@x (x
3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)@@z (x
3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)= �6yz + 3x
2
6xy + 3z2=�2yz � x22xy + z2
;
@z
@y= �
@@y (x
3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)@@z (x
3 + y3 + z3 + 6xyz � 1)=�2xz � y22xy + z2
:
1.8 VI�E PARCIJALNE DERIVACIJE
Parcijalnu derivaciju drugoga reda funkcije f : D ! R, D � R2; de�ni-ramo, najjednostavnije govoreci, kao parcijalnu derivaciju parcijalne derivacije,
odnosno, rabeci rjeµcnik za funkcije jedne varijable, kao derivaciju (neke) prve
derivacije. Ako je, dakle, funkcija @f@x : Ax ! R, Ax � D, derivabilna po
varijabli x u toµcki T0, onda broj
@�@f@x
�(T0)
@x� @2f(T0)
@x2(1.45)
1.8. VI�E PARCIJALNE DERIVACIJE 33
nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po varijabli
x u toµcki T0, a sluµcaju da je ona derivabilna po varijabli y u toµcki T0, onda
broj@�@f@x
�(T0)
@y� @2f(T0)
@y@x(1.46)
nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po varijablama
x i y (redom) u toµcki T0.
Analogno, ako je funkcija @f@y : Ay ! R, Ay � D, derivabilna po varijabli x, u
toµcki T0, onda broj@�@f@y
�(T0)
@x� @2f(T0)
@x@y
nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po varijablama
y i x (redom) u toµcki T0, a ukoliko je ona derivabilna po varijabli y, u toµcki
T0, onda broj@�@f@y
�(T0)
@y� @2f(T0)
@y2
nazivamo parcijalnom derivacijom drugoga reda funkcije f po varijabli
y u toµcki T0.
Radi jednostavnosti uvodimo oznake
@2f(T0)
@x2= fxx(T0);
@2f(T0)
@y@x= fyx(T0);
@2f(T0)
@x@y= fxy(T0);
@2f(T0)
@y2= fyy(T0):
Ako promatrana funkcija f ima sve parcijalne derivacije drugoga reda u toµcki T0,
fxx(T0); fyx(T0); fxy(T0), fyy(T0); onda kaµzemo da je f dvaput derivabilna u
toµcki T0. Neka je Axx � D skup svih toµcaka u kojima funkcija f ima parcijalnu
derivaciju drugoga reda po varijabli x. Tada je dobro de�nirana funkcija - druga
parcijalna derivacija (po x)
fxx : Axx ! R; T 7! fxx(T ):
Analogno se de�niraju funkcije fyx : Ayx ! R; T 7! fyx(T ); fxy : Axy !R; T 7! fxy(T ); fyy : Ayy ! R; T 7! fyy(T ), gdje su Ayx; Ayx; Ayy � D
skupovi svih toµcaka u kojima funkcija f ima parcijalne derivacije drugog reda
po odgovarajucim varijablama. Ako je skup A � Axx\Ayx\Axy\Ayy neprazan,onda su na njemu dobro de�nirana sve druge parcijalne derivacije od f . Pritom
kaµzemo da je skalarna funkcija f dvaput derivabilna na skupu A � D.
U sluµcaju A = D govorimo o dvaput derivabilnoj funkciji f . Posve sliµcno
(induktivno) se de�niraju i na jasan naµcin oznaµcuju parcijalne derivacije n-
tog reda, n 2 N, n � 3.
34 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
Primjer 1.51 Odredizi sve parcijalne derivacije drugoga reda i trece parcijalne
derivacije po x, y i x redom, te po x, x, i y redom (ondje gdje postoje) za
funkciju
f : D ! R; D � R2; f(x; y) = x2y + x ln y:
De�nicijsko podruµcje D je otvorena poluravnina�(x; y) 2 R2 j y > 0
i funkcija
f je derivabilna. Pritom je, u bilo kojoj toµcki (x; y) 2 D,
fx(x; y) = 2xy + ln y; fy(x; y) = x2 +x
y:
Primijetimo da su i obje parcijalne derivacije derivabilne funkcije, tj. da je
funkcija f dvaput derivabilna, i da je
fxx(x; y) = 2y; fyx(x; y) = 2x+1
y;
fxy(x; y) = 2x+1
y; fyy(x; y) = �
x
y2:
Napokon, oµcito je da je f i triput (zapravo, po volji mnogo puta) derivabilna i
da je fxyx(x; y) = 2 = fyxx(x; y):
Jednakosti parcijalnih derivacija fyx(x; y) = fyx(x; y) i fxyx(x; y) = fyxx(x; y)
u prethodnom primjeru nisu sluµcajne. O tomu govori ovaj, tzv. Schwarzov
teorem:
Teorem 1.52 Neka je funkcija f : D ! R, D � R2; derivabilna na nekoj "-kugli K((x0; y0); ") � D i neka f ima na toj kugli i parcijalnu derivaciju drugoga
reda po x i y redom, fxy. Ako je funkcija
fxyjK((x0;y0);") : K((x0; y0); ")! R
neprekidna u toµcki (x0; y0), onda postoji parcijalna derivacija drugoga reda funkcije
f po y i x redom u toµcki (x0; y0) i pritom je
fxy(x0; y0) = fyx(x0; y0): (1.47)
Primjer 1.53 Promatrajmo funkciju f : R2 ! R zadanu propisom
f(x; y) =
8<: xy � x2 � y2x2 + y2
, (x; y) 6= (0; 0)
0, (x; y) = (0; 0):
Funkcija f je derivabilna na R2 n f(0; 0)g i pritom je
fx(x; y) = y�x2 � y2x2 + y2
+4x2y2
(x2 + y2)2
�;
1.9. EKSTREMI FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 35
fy(x; y) = x�x2 � y2x2 + y2
� 4x2y2
(x2 + y2)2
�:
Nadalje, obje ove parcijalne derivacije su derivabilne funkcije (na R2 n f(0; 0)g)i vrijedi
fyx(x; y) =x2 � y2x2 + y2
�1 +
8x2y2
(x2 + y2)2
�= fxy(x; y):
Pogledajmo sada �to je s derivabino�cu u toµcki (0; 0)! Buduci da je f(x; 0) = 0
za svaki x 2 R i f(0; y) = 0 za svaki y 2 R, to je f derivabilna i u (0; 0) ifx(0; 0) = 0 = fy(0; 0): Primijetimo da je
fx(x; 0) = 0; fy(x; 0) = x; fx(0; y) = �y; fy(0; y) = 0;
pa za druge parcijalne derivacije od f u (0; 0) dobivamo:
fxx(0; 0) = lim4x!0
fx(0 +4x; 0)� fx(0; 0)4x = lim
4x!0
0� 04x = 0;
fyx(0; 0) = lim4y!0
fx(0; 0 +4y)� fx(0; 0)4y = lim
4y!0
�4y � 04y = �1;
fxy(0; 0) = lim4x!0
fy(0 +4x; 0)� fy(0; 0)4x = lim
4x!0
4x� 04x = 1;
fyy(0; 0) = lim4y!0
fy(0; 0 +4y)� fy(0; 0)4y = lim
4y!0
0� 04y = 0:
Dakle, funkcija f je dvaput derivabilna. Me�utim, "mje�ovite" druge parcijalne
derivacije fyx(0; 0) i fxy(0; 0) su me�usobno razliµcite! Uzrok, dakako, leµzi u
prekidnosti funkcije fxy(x; y) u toµcki (0; 0).
Schwarzov teorem se lako poopcuje na skalarne funkcije od tri (i vi�e) varijabla,
kao i na parcijalne derivacije vi�ih redova. Odgovarajuci teorem jest ovaj:
Teorem 1.54 Neka su funkciji f : D ! R, D � Rm; na nekoj "-kugli K(T0; ") �D neprekidne sve parcijalne derivacije do ukljuµcivo r-tog reda. Ako na toj "-kugli
f ima i sve parcijalne derivacije (r + 1)-vog reda i ako su sve one neprekidne
u toµcki T0, onda vrijednosti parcijalnih derivacija (r + 1)-vog reda funkcije f u
toµcki T0 ne ovise o redosljedu deriviranja po pojedinim varijablama.
1.9 EKSTREMI FUNKCIJEVI�EVARIJABLA
Lokalni ekstrem funkcije vi�e varijabla de�niramo na sliµcan naµcin kao lokalni
ekstrem funkcije jedne varijable:
36 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
De�nicija 1.55 Reci cemo da funkcija f : D ! R; D � Rm; ima u toµcki T0 2D lokalni maksimum (lokalni minimum), ako postoji "-okolina K(T0; ") �D toµcke T0 sa svojstvom da je za svaku toµcku T 2 K(T0; ")nfT0g; f(T0) > f(T )
(f(T0) < f(T )). Funkcija ima u toµcki T0 lokalni ekstrem, ako u toj toµcki
ima bilo lokalni minimum bilo lokalni maksimum. Ukoliko je f(T0) � f(T )
(f(T0) � f(T )) za svaku toµcku T 2 D tada govorimo da funkcija f ima u toµcki
T0 globalni maksimum (globalni minimum).
Kao i do sada promatrat cemo funkcije od dviju varijabli.
Primjer 1.56 Funkcije z = x2 + y2 i z =px2 + y2 imaju minimum (lokalni i
globalni) u toµcki (0; 0): Primijetimo da je za prvu funkciju toµcka (0; 0; 0) tjeme
paraboloida (grafa) i da ona u toj toµcki ima parcijalne derivacije, a da je za
drugu funkciju ta toµcka vrh sto�ca (grafa) i da ne postoje parcijalne derivacije
u toj toµcci.
Teorem 1.57 (Nuµzni uvjet za lokalni ekstrem) Ako funkcija f : D ! R, D �R2; ima u toµcki T0 = (x0; y0) lokalni ekstrem i ako je u toj toµcki derivabilna,
onda je
fx(x0; y0) = 0; fy(x0; y0) = 0: (1.48)
Oµcito je da funkcija f1 : D1 ! R, D1 � R (f2 : D2 ! R, D2 � R) de�niranapravilom f1(x) = f(x; y0) (f2(y) = f(x0; y)); ima lokalni ekstrem u toµcki x = x0
(y = y0). Stoga je@f(x0;y0)
@x = df1(x0)dx = 0
�@f(x0;y0)@y = df2(y0)
dy = 0�, i tvrdnja
teorema je dokazana.
Napomena 1.58 Ako je funkcija f : D ! R; D � R2; diferencijabilna u toµckiT0 = (x0; y0), moµze se nuµzni uvjet za obstojnost njezinoga lokalnog ekstrema u
T0 izraziti i kao
df(x0; y0) = 0: (1.49)
U tom sluµcaju, T0 = (x0; y0) nazivamo stacionarnom toµckom funkcije f . Za
funkciju dviju varijbla uvjet df(x0; y0) = 0 znaµci da je pripadna tangencijalna
ravnina u toµcki (x0; y0; f(x0; y0)) usporedna s koordinatnom xy-ravninom (z =
0) i da joj je jednadµzba z = f(x0; y0).
Primjer 1.59 (a) Stacionarna toµcka funkcije
z = x2 + y2 � 2x� 6y + 14
je T0 = (1; 3) jer je fx(1; 3) = (2x� 2)��(1;3)
= 0 i fy(1; 3) = (2y � 6)��(1;3)
= 0:
Iz zapisa z = x2 + y2 � 2x � 6y + 14 = (x � 1)2 + (y � 3)2 + 4 vidljivo je
1.9. EKSTREMI FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 37
da funkcija z u toµcki (1; 3) poprima svoj lokalni (i globalni) minimum zmin =
1 + 9� 2� 18 + 14 = 4.(b) Toµcka (0; 0) jest stacionarna toµcka funkcije
z = x2 � y2
ali u njoj funkcija ne poprima ekstrem (Slika 1.10.(b) - sedlo!).
Razmotrimo sada jedan od dovoljnih uvjeta za obstojnost lokalnog ekstrema
skalarne funkcije f : D ! R, D � R2; u stacionarnoj toµcki T0 = (x0; y0).
Teorem 1.60 Neka je T0 stacionarna toµcka funkcije f : D ! R; D � R2;i neka su druge parcijalne derivacije funkcije f neprekidne na nekoj "-kugli
K(T0; ") � D. Neka je
D(T0) = fxx(T0) � fyy(T0)� [fxy(T0)]2 =����� fxx(T0) fxy(T0)
fxy(T0) fyy(T0)
����� : (1.50)
Tada vrijedi:
(a) Ako je D(T0) > 0 i fxx(T0) > 0; tada f u T0 ima lokalni minimum;
(b) Ako je D(T0) > 0 i fxx(T0) < 0; tada f u T0 ima lokalni maksimum;
(c) Ako je D(T0) < 0; tada f u T0 nema lokalni ekstrem.
Napomena 1.61 Ukoliko je D(T0) = 0 ne moµzemo zakljuµciti ni�ta o ekstremu,
u tom sluµcaju treba provesti dodatna razmatranja.
Primjer 1.62 (a) Funkcija
f : R2 ! R; f(x; y) = x2 � y2,
ima za stacionarnu toµcku (0; 0), jer se parcijalne derivacije fx(x; y) = 2x i
fy(x; y) = �2y u (0; 0) poni�tavaju. Me�utim, buduci da je fxx(x; y) = 2,
fxy(x; y) = 0 i fyy(x; y) = �2, to je, za svaki (x; y) 2 R2,
D(x; y) =
����� fxx(x; y) fxy(x; y)
fxy(x; y) fyy(x; y)
����� =����� 2 0
0 �2
����� = �4 < 0;pa funkcija f nema lokalnog ekstrema u toµcki (0; 0).
(b) Funkciji
f : R2 ! R, f(x; y) = �x2 � y2 + 2x,
su parcijalne derivacije fx(x; y) = �2x + 2 i fy(x; y) = �2y. Slijedi da joj je(1; 0) stacionarna toµcka. Njezine druge parcijalne derivacije jesu fxx(x; y) = �2,fxy(x; y) = 0 i fyy(x; y) = �2. Dakle, za svaki (x; y) 2 R2,
D(x; y) =
����� �2 0
0 �2
����� = 4 > 0;
38 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
pa funkcija f ima u toµcki (1; 0) lokalni maksimum (fxx(x; y) = �2 < 0),
f(1; 0) = 1.
(c) Funkciji
f : R2 ! R, f(x; y) = x2 + 2xy + y2,
su parcijalne derivacije fx(x; y) = 2x + 2y = fy(x; y). Slijedi da je, za svaki
x 2 R, toµcka (x;�x) stacionarna za f . Njezine druge parcijalne derivacije jesufxx(x; y) = 2 = fxy(x; y) = fyy(x; y), pa je, za svaki (x; y) 2 R2,
D(x; y) =
����� 2 2
2 2
����� = 0:Ne moµzemo zakljuµciti ima li funkcija f u toµckama (x;�x) lokalne ekstreme.No, buduci da je f(x; y) = (x+ y)2 � 0 za svaki (x; y) 2 R2, to ni jedna toµcka(x;�x) nema okolinu ("-kuglu) na kojoj bi f bila pozitivna - svuda osim u
(x;�x): Prema tomu, funkcija f nema lokalnog ekstrema ni u jednoj od toµcaka(x;�x).
Primjer 1.63 Odrediti ekstreme funkcije f(x; y) = x4 + y4 � 4xy + 1:Vrijedi:
fx(x; y) = 4x3 � 4y = 4
�x3 � y
�= 0) x3 = y;
fy(x; y) = 4y3 � 4x = 4
�y3 � x
�= 0) y3 = x:
Slijedi
x9 � x = x (x� 1) (x+ 1)�x2 + 1
� �x4 + 1
�= 0;
i x1 = 0; x2 = 1; x3 = �1 su nultoµcke: Stacionarne toµcke su T1 = (0; 0);
T2 = (1; 1); T3 = (�1;�1): Buduci da je
fxx(x; y) = 12x2; fxy(x; y) = �4; fyy(x; y) = 12y2;
D(x; y) =
�����12x2 �4�4 12y2
����� = 144x2y2 � 16imamo:
� D(0; 0) =�144x2y2 � 16
���(x;y)=(0;0)
= �16 i funkcija f u T1 nema ek-strem;
� D(1; 1) =�144x2y2 � 16
���(x;y)=(1;1)
= 128; fxx(1; 1) = 12 i funkcija f u
T2 imalokalni minimum zmin = �1;
� D(�1;�1) =�144x2y2 � 16
���(x;y)=(�1;�1) = 128; fxx(�1;�1) = 12 i
funkcija f u T3 ima lokalni minimum zmin = �1:
1.9. EKSTREMI FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 39
Primjer 1.64 U skupu svih kvadratastih kutija (kvadri bez gornje stranice)
jednakog oplo�ja O (12m2) odredite onaj s najvecom volumenom.
Zadano je (uz oznake x-�irina, y-duµzina, z-visina)
xy + 2xz + 2yz = 12
i treba naci maksimum funkcije
V (x; y; z) = xyz:
Iz polaznog uvjeta je z = 12�xy2(x+y) ; pa problem moµzemo rije�iti traµzeci maksimum
funkcije
V (x; y) = xy12� xy2(x+ y)
:
Vrijedi
Vx(x; y) =y2(12� 2xy � x2)
2(x+ y)2; Vy(x; y) =
x2(12� 2xy � y2)2(x+ y)2
;
i za naci stacionarne toµcke dovoljno je rije�iti sustav
12� 2xy � x2 = 0; 12� 2xy � y2 = 0:
Mora biti x2 = y2; a to daje x = y (ostale mogucnosti otpadaju). Slijedi da je
12 � 3x2 = 0; i x = 2: Dakle, (2; 2) je stacionarna toµcka. Dovoljne uvjete nijepotrebno ispitivati zbog prirode zadatka. Dobili smo (z = 1) da je Vmax = 4 za
kutiju dimenzija (2; 2; 1):
Prethodni primjer moµzemo interpretirati na naµcin: Odrediti ekstrem funkcije
V (x; y; z) = xyz uz uvjet da je f(x; y; z) = xy + 2xz + 2yz � 12 = 0:
De�nicija 1.65 Ekstrem funkcije z = f(x; y) uz uvjet '(x; y) = 0 naziva se
vezani (uvjetni) ekstrem.
Napomena 1.66 (a) Vezani ekstrem moµzemo interpretirati na naµcin: graf
funkcije z = f(x; y) (ploha) presjecimo cilindriµcnom plohom '(x; y) = 0: Pre-
sjeµcinica je prostorna krivulja i njezin ekstrem je traµzeni vezani ekstrem.
(b) U de�niciju se ne moramo ograniµciti na dimenziju 2 i samo jedan uvjet.
Npr., problem vezanog ekstrema je i: naci ekstrem funkcije u = f(x; y; z) uz
uvjete '1(x; y; z) = 0; '2(x; y; z) = 0 (naµzalost, ovdje nemamo geometrijskog
prikaza problema).
Nalaµzenje vezenog ekstrema najlak�e je provesti Lagrangeovim postupkom.
� Formira se pripadna Lagrangeova funkcija
F (x; y; �) = f(x; y) + �'(x; y);
40 POGLAVLJE 1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA
� Na�u se stacionarne toµcke funkcije F ; neka su to toµcke (xi; yi; �i);
� Izraµcunaju se vrijednosti f(xi; yi): najveca vrijednost od njih je vezanimaksimum od f(x; y); a najmanja je traµzeni vezani minimum.
Primjer 1.67 Vratimo se prethodnom primjeru: odrediti ekstrem funkcije V (x; y; z) =
xyz (volumen) uz uvjet da je f(x; y; z) = xy + 2xz + 2yz � 12 = 0:Formirajmo pripadnu Lagrangeovu funkciju:
F (x; y; z; �) = xyz + � (xy + 2xz + 2yz � 12)
i odredimo njezine stacionarne toµcke. Rije�imo sustav
Fx(x; y; z; �) = yz + y�+ 2z� = 0;
Fy(x; y; z; �) = xz + x�+ 2z� = 0;
Fz(x; y; z; �) = xy + 2x�+ 2y� = 0;
F�(x; y; z; �) = xy + 2xz + 2yz � 12 = 0:
Rje�enja su�x = 2; y = 2; z = 1; � = � 1
2
�i�x = �2; y = �2; z = �1; � = 1
2
�: Za-
kljuµcujemo da je traµzeni vezani maksimum z = 1 i on se postiµze za x = 2; y = 2.
Primjer 1.68 Odrediti ekstrem funkcije f(x; y) = x2+2y2 uz uvjet x2+y2 = 1:
Pripadna Lagrangeova funkcija je
F (x; y; �) = x2 + 2y2 + ��x2 + y2 � 1
�pa imamo sustav
Fx(x; y; �) = 2x+ 2x� = 0;
Fy(x; y; �) = 4y + 2y� = 0;
F�(x; y; �) = x2 + y2 � 1 = 0;
µcija su rje�enja �x = 1; y = 0; � = �1
�;�x = �1; y = 0; � = �1
�;�
x = 0; y = 1; � = �2�;�x = 0; y = �1; � = �2
�:
Imamo f(1; 0) = 1; f(�1; 0) = 1 - to su minimumi, f(0; 1) = 2; f(0;�1) = 2 -to su maksimumi.
Poglavlje 2
VI�ESTRUKI INTEGRAL
Ovdje cemo poopciti pojam odre�enoga integrala na realne funkcije vi�e vari-
jabla. Nadalje, pokazat cemo da se njegovo izraµcunavanje svodi na izraµcunavanje
konaµcno mnogo odre�enih integrala realnih funkcija jedne varijable. Vaµzni teo-
rem o zamjeni varijabla cemo samo navesti i komentirati. Napokon, pokazat
cemo i nekoliko primjena ovoga integrala.
2.1 VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA
Neka je f : K ! R funkcija de�nirana na zatvorenom pravokutniku
K = [a; b]� [c; d] =�(x; y) 2 R2 j a � x � b; c � y � d
i neka je f(x; y) � 0; (x; y) 2 K: Graf Gf funkcije f je ploha µcija je jednadµzbaz = f(x; y): Oznaµcimo sa T "pseudokvadar" odre�en s pravokutnikom K i
grafom Gf funkcije f nad njim (Slika 2.1.), tj.
T =�(x; y; z) 2 R3 j (x; y) 2 K; 0 � z � f(x; y)
:
Izraµcunajmo volumen V tijela T:
Slika 2.1.
Postupiti cemo sliµcno izraµcunu povr�ine, ovdje upisivajuci kvadre koji ce aproksimi-
rati volumen odgovarajuceg pseudokvadra. Segment [a; b] podijelimo diobenim
41
42 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
toµckama a = x0 < x1 < � � � < xm = b na m podsegmenata [xi�1; xi] jednake
duljine 4x = b� am
: Segment [c; d] podijelimo diobenim toµckama c = y0 < y1 <
� � � < yn = d na n podsegmenata [yj�1; yj ] jednake duljine 4y = d�cn : Razdiobe
segmenata [a; b] i [c; d] odre�uju razdiobu pravokutnika K na pravokutnike
Kij =�(x; y) 2 R2 j xi�1 � x � xi; yj�1 � y � yj
;
i = 1; � � � ;m; j = 1; � � � ; n; jednake povr�ine 4x4y:U svakom pravokutniku Kij odaberimo toµcku (x�i ; y
�j ) i volumen kvadra kojemu
je baza pravokutnik Kij i visina f(x�i ; y�j ) iznosi Vij = f(x�i ; y
�j )4x4y: Taj
volumen moµzemo uzeti kao aproksimaciju volumena pseudokvadra odre�enog
pravokutnikom Kij i grafom Gf funkcije f nad njim (Slika 2.2.).
Slika 2.2.
Jasno je da traµzeni volumen V tijela T moµzemo aproksimirati zbrojem svih
ovako dobivenih Vij tj.
V �mXi=1
nXj=1
f(x�i ; y�j )4x4y:
Slika 2.3.
Dakako da ce aproksimacija volumena V biti bolja kada je razdioba pravokutnika
K �nija, tj. kada su m i n veci (Slika 2.3.), pa stoga moµzemo uzeti da je
V = limm!1n!1
mXi=1
nXj=1
f(x�i ; y�j )4x4y:
2.1. VI�ESTRUKI INTEGRAL - DEFINICIJA 43
Limes ovakvoga tipa µcesto se javlja, ne samo kod izraµcuna volumena, nego i
kada funkcija f nije pozitivna. To opravdava de�niciju:
De�nicija 2.1 Dvostruki integral funkcije f nad pravokutnikom K je broj
I = limm!1n!1
mXi=1
nXj=1
f(x�i ; y�j )4x4y (4.1)
ukoliko on postoji.
Uobiµcajena oznaka je I =
ZZK
f(x; y)dxdy:
Primjer 2.2 Izraµcunati dvostruki integral
I =
ZZK
xydxdy;
gdje je K = f(x; y) j 0 � x � 1; 0 � y � 1g :Podijelimo segment [0; 1] na x-osi na m-jednakih dijelova diobenim toµckama
0 = x0 < x1 � � � < xm�1 < xm = 1; 4x = 1m ; xi =
in ; a segment [0; 1] na y-osi
na n-jednakih dijelova diobenim toµckama 0 = y0 < y1 � � � < yn�1 < yn = 1;
4y = 1n ; yj =
jn : U svakom pravokutniku [xi�1; xi]� [yj�1; yj ] odaberimo toµcku
(x�i ; y�j ) = (xi; yj) =
�im ;
jn
�. Imamo
mXi=1
nXj=1
f�x�i ; y
�j
�4x4y =
mXi=1
nXj=1
(xi � yj) �1
m� 1n=1
m� 1n
mXi=1
nXj=1
� im
��� jn
�=
1
m2� 1n2
mXi=1
nXj=1
i � j = 1
m2� 1n2
mXi=1
i
� nXj=1
j
�=
1
m2� 1n2
mXi=1
i�n(n+ 1)
2
�=
1
m2� 1n2� n(n+ 1)
2
mXi=1
i =1
m2� 1n2� n(n+ 1)
2�m(m+ 1)
2=1
4+1
4m+1
4n+
1
4mn;
pa je
I = limm!1n!1
mXi=1
nXj=1
f(x�i ; y�j )4x4y = lim
m!1n!1
�14+
1
4m+1
4n+
1
4mn
�=1
4:
Napomena 2.3
1. SumamPi=1
nPj=1
f(x�i ; y�j )4x4y naziva se Riemannovom sumom, a inte-
gralRRK
f(x; y)dxdy Riemannovim integralom funkcije f nad K.
2. Limes iz De�nicije 2.1. uvijek postoji ukoliko je funkcija f neprekidna.
On postoji i za neke prekidne funkcije.
44 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Napomena 2.4 Lako je dokazati da vrijedi:
(a)ZZK
[f(x; y) + g(x; y)] dxdy =
ZZK
f(x; y)dxdy +
ZZK
g(x; y)dxdy;
(b)ZZK
cf(x; y)dxdy = c
ZZK
f(x; y)dxdy; c 2 R konstanta;
(c) Ako je f(x; y) � g(x; y) za svaki (x; y) 2 K tada jeZZK
f(x; y)dxdy �ZZK
g(x; y)dxdy:
Primjer 2.5 Neka je funkcija f : K ! R, f(x; y) = x � 3y2 zadana na pra-vokutniku K = f(x; y) 2 R2 j 0 � x � 2; 1 � y � 2g: Izraµcunajmo aproksi-maciju
2Xi=1
2Xj=1
f(x�i ; y�j )4x4y
integralaRRK
f(x; y)dxdy:
Slika 2.4.
Pravokutnik K je podijeljen na µcetiri pravokutnika (Slika 2.4.): K11 = [0; 1] ��1; 32�; K12 = [0; 1]�
�32 ; 2�; K21 = [1; 2]�
�1; 32�; K22 = [1; 2]�
�32 ; 2�i 4x = 1;
4y = 12 : Toµcku (x
�i ; y
�j ) iz Kij moµzemo odabrati po volji: neka je to sredi�te
(�xi; �yj) pravokutnika Kij :
Dakle, (�x1; �y1) =�12 ;
54
�; (�x1; �y2) =
�12 ;
74
�; (�x2; �y1) =
�32 ;
54
�; (�x2; �y2) =
�32 ;
74
�i za vrijednosti podintegralne funkcije u tim toµckama imamo f
�12 ;
54
�= 1
2 �3�54
�2= � 67
16 ; f�12 ;
74
�= 1
2 � 3�74
�2= � 139
16 ; f�32 ;
54
�= 3
2 � 3�54
�2= � 51
16 ;
f�32 ;
74
�= 3
2 � 3�74
�2= � 123
16 : Raµcunamo:ZZK
(x� 3y2)dxdy �2Xi=1
2Xj=1
f(�xi; �yj)4x4y =
�f (�x1; �y1) + f (�x1; �y2) + f (�x2; �y1) + f (�x2; �y2)4x4y =
2.2. RA µCUNANJE VI�ESTRUKIH INTEGRALA 45
�f�12 ;
54
�+ f
�12 ;
74
�+ f
�32 ;
54
�+ f
�32 ;
74
��� 1 � 1
2=�
�6716� 13916
� 5116� 12316
�12= �95
8= �11:875:
Pokazat cemo da je prava vrijednost integrala �12; pa je aproksimacija i saovom grubom podjelom dosta dobra.
Posve sliµcno se de�nira i trostruki integral. Neka je f : K ! R neprekidna
funkcija triju varijabla de�nirana na kvadru K = [a; b]� [c; d]� [s; t]: Podijelimodiobenim toµckama a = x0 < x1 < � � � < xl = b; c = y0 < y1 < � � � < ym = d;
s = z0 < z1 < � � � < zn = t segmente [a; b]; [c; d]; [s; t] na podsegmente jednake
duljine 4x = b�al ; 4y = d�c
m ; 4z = t�sn : Kvadar K podijelimo na podkvadre
Kijk = f(x; y; z) 2 R3 j xi�1 � x � xi; yj�1 � y � yj ; zk�1 � z � zkg;
i = 1; � � � ; l; j = 1; � � � ;m; k = 1; � � �n: Svi podkvadri imaju jednaki volumen4x4y4z: Riemannova trostruka suma je oblika
lXi=1
mXj=1
nXk=1
f(x�i ; y�j ; z
�k)4x4y4z
gdje je (x�i ; y�j ; z
�k) bilo koja toµcka iz kvadra Kijk:
De�nicija 2.6 Trostruki integral funkcije f nad kvadrom K je broj
J = liml;m;n!1
lXi=1
mXj=1
nXk=1
f(x�i ; y�j ; z
�k)4x4y4z (2.2)
ukoliko on postoji.
Uobiµcajena oznaka je J =ZZZ
K
f(x; y; z)dxdydz:
2.2 RAµCUNANJE VI�ESTRUKIH
INTEGRALA
U Primjeru 2.2. smo izraµcunali integral I =RRK
xydxdy preko limesa integralne
sume. Tu je integrand jednostavna funkcija i raµcun nije bio odvec kompliciran.
Dakako, raµcunanje (po de�niciji) dvostrukog integrala kompliciranijih funkcija,
skoro je nemoguca zadaca. U drugom primjeru (Primjer 2.5.) izraµcunali smo
aproksimaciju integralaRRK
(x � 3y2)dxdy � �11:875 tako da smo izraµcunali
integralnu sumu za m = n = 2:
46 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Izraµcun aproksimacije integrala za �nije raz-
diobe (opet su za (x�i ; y�j ) uzeta sredi�ta
(�xi; �yj)) dan je u prethodnoj tablici. Toµcna
vrijednost integrala je �12 i pokazat cemo nakoji se naµcin taj integral jednostavno raµcuna.
Prisjetimo se (jednostrukog) integrala realne
funkcije jedne varijable kojega, naravno, nismo
izraµcunavali po de�niciji, nego primjenom Newton-Leibnizove formule, tj. prim-
jenom neodre�enog integrala. Istu tehniku primijeninimo i na dvostruki inte-
gral. Prvo izraµcunajmo odre�eni integralbRa
f(x; y)dx uzimajuci da je varijabla
y konstanta. Rezultat ce biti funkcija u varijabli y i potom nju integrirajmo
uzimajuci c i d kao granice integracije. U na�em primjeru imamo
dZc
� bZa
f(x; y)dx
�dy =
2Z1
� 2Z0
(x� 3y2)dx�dy =
2Z1
��x22� 3y2x
����x=2x=0
�dy =
2Z1
�2� 6y2
�dy =
�2y � 2y3
����y=2y=1
= �12:
Do istog rezultata dolazimo i ako prvo izraµcunamo integraldRc
f(x; y)dy (varijablu
x tretiramo kao konstantu) i potom dobivenu funkciju integriramo po varijabli
x u granicama od a do b:
bZa
� dZc
f(x; y)dy
�dx =
2Z0
� 2Z1
(x� 3y2)dy�dx =
2Z0
��xy � y3
����y=2y=1
�dx =
2Z0
��2x� 23
�� (x� 1)
�dx =
2Z0
(x� 7) dx =�x22� 7x
����x=2x=0
= �12:
Prethodni postupak kaµze da se izraµcun dvostrukog integralaRRK
f(x; y)dxdy
svodi na izraµcun dvaju jednostrukih integrala. Pokazuje se da vrijedi tzv. Fu-
binijev teorem:
Teorem 2.7 Neka je f : K ! R neprekidna funkcija, pri µcemu je K = [a; b]�[c; d] � R2 pravokutnik. Tada vrijedi
ZZK
f(x; y)dxdy =
bZa
� dZc
f(x; y)dy
�dx =
dZc
� bZa
f(x; y)dx
�dy: (2.3)
2.2. RA µCUNANJE VI�ESTRUKIH INTEGRALA 47
Uobiµcajeni zapis je
bZa
� dZc
f(x; y)dy
�dx =
bZa
dx
dZc
f(x; y)dy; (2.3a)
dZc
� bZa
f(x; y)dx
�dy =
dZc
dy
bZa
f(x; y)dx (2.3b)
i pritom kaµzemo da smo proveli integraciju u redoslijedu yx; odnosno xy:
Primjer 2.8 Izraµcunajmo
I =
ZZK
xy2dxdy; K = [a; b]� [c; d]:
I =
ZZK
xy2dxdy =
bZa
dx
dZc
xy2dy =
bZa
�x�y33
����y=dy=c
�dx =
bZa
x�d33� c3
3
�dx =
1
3(d3 � c3) �
�x22
����x=bx=a
=1
6(d3 � c3)(b2 � a2):
Dakako, isti se rezultat dobiva i u obrnutom redoslijedu integriranja.
Napomena 2.9 Za integral iz prethodnog primjera kaµzemo da je integral sa
separiranim varijablama i on se moµze jednostavnije izraµcunati kao umnoµzak
dvaju jednostrukih integrala:
bZa
dx
dZc
f(x)g(y)dxdy =
� bZa
f(x)dx
��� dZc
g(y)dy
�: (2.4)
U prethodnom primjeru je
ZZK
xy2dxdy =
� bZa
xdx
��� dZc
y2dy
�=
��x22
����x=bx=a
����y3
3
����y=dy=c
�=1
6(d3 � c3)(b2 � a2):
Napomena 2.10 Dokaz Fubinijevog teorema je sloµzen, ali se u sluµcaju poz-
itivne funkcije moµze intuitivno razumijeti tvrdnja teorema. Naime, u sluµcaju
pozitivne funkcije dvostruki integralRRK
f(x; y)dxdy je broj koji je jednak volu-
menu V odgovarajuceg pseudokvadra.
48 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Do izraµcuna toga volumena moµzemo doci i na sljedeca dva naµcina. U prvom
sluµcaju istaknuti dio (Slika 2.5.(a)) ima volumen
Vi =
� dZc
f(x�i ; y)dy
�4x:
Zbroj tih volumenamPi=1
Vi =mPi=1
�dRc
f(x�i ; y)dy
�4x aproksimira volumen V i u
graniµcnom sluµcaju je
V = limm!1
mXi=1
� dZc
f(x�i ; y)dy
�4x =
bZa
� dZc
f(x; y)dy
�dx:
Slika 2.5.
U drugom sluµcaju istaknuti dio (Slika 2.5.(b)) ima volumen
Vj =
� bZa
f(x; y�j )dx
�4y:
Zbroj tih volumenanPj=1
Vj =nPj=1
�bRa
f(x; y�j )dx
�4y aproksimira volumen V i u
graniµcnom sluµcaju je
V = limn!1
nXj=1
� bZa
f(x; y�j )dx
�4y =
dZc
� bZa
f(x; y)dx
�dy:
Ovim raµcunanjem volimena V na dva naµcina dobivamo da je zaista
ZZK
f(x; y)dxdy =
bZa
� dZc
f(x; y)dy
�dx =
dZc
� bZa
f(x; y)dx
�dy:
Za neprekidnu funkciju f : D ! R, pri µcemu je D � R2 ome�en (Slika 2.6.),pripadni integral de�niramo pomocu njezinoga trivijalnog pro�irenja
ef(x; y) = ( f(x; y), (x; y) 2 D0, (x; y) 2 K nD
2.2. RA µCUNANJE VI�ESTRUKIH INTEGRALA 49
na neki pravokutnik K � D.
Sjetimo se interpretacije integrala pozitivne funkcije preko volumena: volumen
ispod grafa funkcije f nad D i volumen ispod grafa funkcije ef nad K (primije-
timo da ef nije neprekidna funkcija) su jednaki, pa ima smisla integral funkcijef nad D de�nirati preko integrala funkcije ef nad K (lako se vidi da taj integral,
ako postoji, ne ovisi o odabranom pravokutniku).
Slika 2.6.
De�nicija 2.11 Neka je f : D ! R neprekidna funkcija pri µcemu je D � R2
ome�en skup. Neka je K � R2 bilo koji pravokutnik �to sadrµzi D, a funkcijaef : K ! R trivijalno pro�irenje funkcije f . Ako je funkcija ef integrabilna ondadvostruki integral (na D) od f de�niramo formulomZZ
D
f(x; y)dxdy =
ZZK
ef(x; y)dxdy: (2.5)
Napomena 2.12 Vrijedi:
(a)ZZD
(f(x; y) + g(x; y))dxdy =
ZZD
f(x; y)dxdy +
ZZD
g(x; y)dxdy;
(b)ZZD
�f(x; y)dxdy = �
ZZD
f(x; y)dxdy; � 2 R;
(c) Ako je D = D1 [D2 i D1 \D2 = ; (iliRR
D1\D2
f(x; y)dxdy = 0) onda jeZZD
f(x; y)dxdy =
ZZD1
f(x; y)dxdy +
ZZD2
f(x; y)dxdy:
Posebno, kad je de�nicijsko podruµcjeD � R2 ome�eno grafovima dviju neprekid-nih funkcija lako dobivamo, iz formule (2.5), ovaj teorem:
Teorem 2.13 Neka je f : D ! R funkcija, pri µcemu je D � R2 ome�engrafovima neprekidnih funkcija '1; '2 : [a; b] ! R, '1 � '2 (Slika 2.7.(a)).
Tada je ZZD
f(x; y)dxdy =
bZa
� '2(x)Z'1(x)
f(x; y)dy
�dx: (2.6)
50 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Posve sliµcno, kad je D � R2 ome�en grafovima neprekidnih funkcija 1; 2 :[c; d]! R, 1 � 2 (Slika 2.7.(b)), vrijediZZ
D
f(x; y)dxdy =
dZc
� 2(y)Z 1(y)
f(x; y)dx
�dy: (2.7)
Slika 2.7.
Umjesto (2.6) i (2.7) uobiµcajilo se pisati
ZZD
f(x; y)dxdy =
bZa
dx
'2(x)Z'1(x)
f(x; y)dy; (2.6a)
ZZD
f(x; y)dxdy =
dZc
dy
2(y)Z 1(y)
f(x; y)dx; (2.7a)
i pritom smo u prvome sluµcaju integraciju proveli u redoslijedu yx, a u drugome
u redoslijedu xy:
Primjer 2.14 Izraµcunajmo integral
I =
ZZD
�x+ y2
�dxdy,
pri µcemu je D � R2 ome�en krivuljama y = x2 i y = x4 (Slika 2.8.).
Slika 2.8.
Izraµcunajmo ovaj integral yx redosljedom integracije (za vjeµzbu izraµcunati in-
tegral xy redosljedom integracije!):
I =
ZZD
�x+ y2
�dxdy =
1Z�1
dx
x2Zx4
�x+ y2
�dy =
1Z�1
��xy +
y3
3
����y=x2y=x4
�dx =
2.2. RA µCUNANJE VI�ESTRUKIH INTEGRALA 51
1Z�1
��x
12
3+x6
3� x5 + x3
�dx =
1Z�1
�� 1
39x13 +
1
21x7 � 1
6x6 +
1
4x4����1�1=4
91:
Primjer 2.15 Promijeniti poredak integracije u integralu
I =
1Z0
dx
2�xZx
x
ydy
i izraµcunajti njegovu vrijednost.
Slika 2.9.
Podruµcje integracije D � � �(
0 � x � 1x � y � 2� x
moµzemo zapisati i na naµcin
D = D1 [D2 (Slika 2.9.), gdje je
D1 � � �(0 � y � 10 � x � y
, D2 � � �(
1 � y � 20 � x � 2� y
:
Imamo
I =
ZZD
=
ZZD1
+
ZZD2
=
1Z0
dy
yZ0
x
ydx+
2Z1
dy
2�yZ0
x
ydx =
1Z0
�1y
�x22
����x=yx=0
�dy+
2Z1
�1y
�x22
����x=2�yx=0
�dy =
1Z0
1
y
�y22�0�dy+
2Z1
1
y
� (2� y)22
�0�dy =
1Z0
y
2dy +
1
2
2Z1
1
y
�4� 4y + y2
�dy =
1
4+1
2
�4 ln 2� 5
2
�= 2 ln 2� 1:
Raµcunamo li polazni integral u naznaµcenom redoslijedu imamo
I =
1Z0
dx
2�xZx
x
ydy =
1Z0
�x�ln jyj
����y=2�xy=x
�dx =
1Z0
�x ln j2� xj � x ln jxj
�dx
i nakon prve integracije dobivamo (drugi) nepravi integral.
Parcijalnom integracijom dobivamo da je
I1 =
Zx ln(2� x)dx = x2
2ln (2� x) +
Zx2
2 (2� x)dx =
52 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
x2
2ln (2� x)�
hx+
x2
4+ 2 ln (x� 2)
i=x2
2ln (2� x)� x� x2
4� 2 ln (x� 2) ;
I2 =
Zx ln jxj dx = x2
2lnx�
Zx
2dx =
x2
2ln jxj � x2
4:
Sada je
I = lim"!0+
1Z"
�x ln (2� x)� x ln jxj
�dx =
lim"!0+
�x22ln (2� x)� x� 2 ln (x� 2)� x2
2ln jxj
����1"=
�1� lim"!0+
�"22� ln (2� ")� "� 2 ln (2� ")| {z }
!ln 2
� "2
2� ln "| {z }!0
�= �1 + 2 ln 2:
I trostruki integralRRRD
f(x; y; z)dxdydz po ome�enom integracijskom podruµcju
D � R3 de�niramo preko trivijalnog pro�irenja
ef(x; y; z) = ( f(x; y; z), (x; y; z) 2 D0, (x; y; z) 2 K nD
funkcije f na bilo koji kvadar K �to sardµzi D; stavljajuciZZZD
f(x; y; z)dxdydz =
ZZZK
ef(x; y; z)dxdydz: (2.8)
Iskaµzimo sada, preglednosti radi, analogone prethodnih teorema u sluµcaju trostrukog
integrala.
Teorem 2.16 Neka je f : K ! R funkcija, pri µcemu je K = [a; b] � [c; d] �[r; s] � R3 kvadar. Tada vrijedi:
ZZZK
f(x; y; z)dxdydz =
bZa
� dZc
� sZr
f(x; y; z)dz
�dy
�dx:
"Izmijenjujuci mjesta" varijablama dobivamo analogne integracijske formule.
Teorem 2.17 Neka je f : D ! R; funkcija, pri µcemu je
D = f(x; y; z) j a � x � b; '1(x) � y � '2(x); g1(x; y) � z � g2(x; y)g ;
gdje su '1; '2 i g1; g2 neprekidne funkcije (Slika 2.10.a). Tada je
ZZZD
f(x; y; z)dxdydz =
bZa
� '2(x)Z'1(x)
� g2(x;y)Zg1(x;y)
f(x; y; z)dz
�dy
�dx: (2.10)
2.2. RA µCUNANJE VI�ESTRUKIH INTEGRALA 53
Posve sliµcno, ako je
D = f(x; y; z) j c � y � d; 1(y) � x � 2(y); g1(x; y) � z � g2(x; y)g ;
gdje su 1; 2 i g1; g2 neprekidne funkcije (Slika 2.10.b). Tada jeZZZD
f(x; y; z)dxdydz =
dZc
� 2(y)Z 1(y)
� g2(x;y)Zg1(x;y)
f(x; y; z)dz
�dx
�dy: (2.11)
Slika 2.10.
Kao i kod dvostrukog integrala uobiµcajilo se umjesto zapisa (2.10) i (2.11) ko-
ristiti ZZZD
f(x; y; z)dxdydz =
bZa
dx
'2(x)Z'1(x)
dy
g2(x;y)Zg1(x;y)
f(x; y; z)dz; (2.10a)
ZZZD
f(x; y; z)dxdydz =
dZc
dy
2(y)Z 1(y)
dx
g2(x;y)Zg1(x;y)
f(x; y; z)dz; (2.11a)
i pritom govorimo da smo integraciju proveli u redoslijedu zyx; odnosno redosli-
jedu zxy:
Primjer 2.18 Izraµcunajmo ZZZD
2zdxdydz
gdje je D � R3 ome�en grafovima preslikavanja g1(x; y) = x2 + y2 i g2(x; y) =px2 + y2:
Uoµcimo da promatrane plohe prolaze ishodi�tem i da se sijeku uzduµz jediniµcne
kruµznice x2 + y2 = 1 u ravnini z = 1: Buduci da izme�u ravnina z = 0 i z = 1
vrijedi x2+y2 <px2 + y2, to je promatrano tijelo D odre�eno nejednadµzbama:
�1 � x � 1; �p1� x2 � y �
p1� x2; x2 + y2 � z �
px2 + y2
54 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Imamo:
ZZZD
2zdxdydz =
1Z�1
dx
p1�x2Z
�p1�x2
dy
px2+y2Z
x2+y2
2zdz =
1Z�1
dx
p1�x2Z
�p1�x2
��z2����z=px2+y2
z=x2+y2
�dy =
1Z�1
dx
p1�x2Z
�p1�x2
h�x2 + y2
����x2 + y2
�2�idy =
1Z�1
dx
p1�x2Z
�p1�x2
�y2 + x2 � x4 � 2x2y2 � y4
�dy =
1Z�1
��13y3 + x2y � x4y � 2
3x2y3 � 1
5y5����y=p1�x2
y=�p1�x2
�dx =
1Z�1
�2
3
�p1� x2
�3+ 2
�x2 � x4
�p1� x2
�43x2�p1� x2
�3 � 25
�p1� x2
�5�dx = � � � = �
6
Napomena 2.19 Pokazali smo da ako je funkcija f : D ! R, D � R2,neprekidna i nenegativna, onda pripadni dvostruki integral mjeri volumen
geometrijskoga tijela odre�enoga osnovicom D i plohom Gf , tj.
V () =
ZZD
f(x; y)dxdy: (2.12)
Primijetimo da u sluµcaju konstantne funkcije f(x; y) = 1 promatrani integral
mjeri povr�inu ravninskoga skupa D, tj.
P (D) =
ZZD
dxdy: (2.13)
U sluµcaju trostrukog integrala, ako funkcija f : D ! R, D � R3, predstavljagustocu tvarnoga tijela �to zaprema geometrijsko tijelo D, � D, pripadni
integral mjeri masu, tj.
m() =
ZZZD
f(x; y; z)dxdydz: (2.14)
Uoµcimo da za konstantnu funkciju f(x; y; z) = 1 (homogenost) pripadni integral
mjeri volumen tvarnoga tijela �to zaprema geometrijsko tijelo D, � D
V () =
ZZZD
dxdydz: (2.15)
2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 55
Primjer 2.20 Izraµcunajmo volumen V geometrijskoga tijela �to ga zatvaraju
ravnine z = 0, y = x, y = 3x, y = 2� x, y = 4� x i ploha z = x2 + y2.
Projekcija promatranog tijela na xy-ravninu je lik D = D1 [D2 (Slika 2.11.).
Slika 2.11.
Po relaciji (2.12) imamo V =ZZD1
f(x; y)dxdy +
ZZD2
f(x; y)dxdy =
1Z12
dx
2xZ2�x
�x2 + y2
�dy +
2Z1
dx
4�xZx
(x2 + y2)dy = � � � =
1Z12
�6x3 � 4x2 + 4x� 8
3
�dx+
2Z1
��8x
3
3+ 8x2 � 16x+ 64
3
�dx =
205
32:
2.3 SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM
INTEGRALU
U praksi je µcesto vrlo vaµzno pojednostavniti podintegralni izraz tako da se pro-
matrani integral �to lak�e izraµcuna. To vodi k tzv. "problemu zamjenjivanja
varijabla". U sluµcaju jednostrukog integrala ovaj problem nije posebno sloµzen.
Me�utim, za vi�estruki integral rje�enje ove zadace nije nimalo jednostavno.
Ipak, radi praktiµcne koristi, izloµzit cemo ideju dokaza i iskazat pripadni teorem
navodeci i neke posebno vaµzne zamjene u dvostrukom i trostrukom integralu.
Neka su X;Y � R2 ravninska podruµcja i neka je bijektivno preslikavanje� : Y ! X odre�eno sa
(u; v) 7! �(u; v) = (x = g(u; v); y = h(u; v)); (2.16)
gdje su g; h : Y ! R funkcije koje imaju neprekidne prve parcijalne derivacije(Slika 2.12.).
56 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Oznaµcimo sa
��1 : X ! Y; ��1(x; y) = (u = G(x; y); v = H(x; y))
inverzno preslikavanje. Za preslikavanje � s ovim svojstvima kaµzemo da je C1
transformacija koja Y preslikava u X:
Slika 2.12.
Primjer 2.21 Na primjer podruµcje
Y = f(u; v) 2 R2 j 0 � u � 1; 0 � v � 1g
preslikava se transformacijom � odre�enom sa funkcijama
g; h : Y ! R2; x = g(u; v) = u2 � v2; y = h(u; v) = 2uv
u podruµcje X u xy-ravnini ome�eno parabolama x = 1 � 14y2; x = 1
4y2 � 1 i
segmentom [�1; 1] na x -osi (Slika 2.13.).
Slika 2.13.
Zaista, za duµzinu
A = f(u; v) j 0 � u � 1; v = 0g
imamo x = u2; y = 0; pa se ona transformacijom T preslikava u duµzinu
A0 = f(x; y) j 0 � x � 1; y = 0g:
Za duµzinu
B = f(u; v) j u = 1; 0 � v � 1g
imamo x = 1� v2; y = 2v (0 � v � 1), i eliminacijom v; dobivamo
B0 = f(x; y) j x = 1� 14y2; 0 � y � 2g:
2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 57
Dakle, slika B0 je dio grafa parabole od toµcke 1 na x-osi do toµcke 2 na y-osi.
Analogno odre�ujemo slike C 0 i D0 duµzina C i D (Slika 2.13.):
Neka je transformacija �(u; v) dana sa
x = g(u; v); y = h(u; v):
Oznaµcimo sa�!r (u; v) = g(u; v)
�!i + h(u; v)
�!j
vektor poloµzaja toµcke �(u; v) = (g (u; v); h(u; v)) (u xy-ravnini):
Promotrimo sliku pravokutnika S = [u0; u0 +4u]� [v0; v0 +4v]. Duµzina kojaspaja toµcke (u0; v0) i (u0 + 4u; v0) preslikava se u krivulju kojoj je vektorskizapis
�!r (u; v0) = g(u; v0)�!i + h(u; v0)
�!j ; u 2 [u0; u0 +4u];
a duµzina koja spaja toµcke (u0; v0) i (u0; v0 +4v) u krivulju kojoj je vektorskizapis
�!r (u0; v) = g(u0; v)�!i + h(u0; v)
�!j ; v 2 [v0; v0 +4v]:
Sliµcno tomu je krivulja �!r (u; v0) = g(u; v0 + 4v)�!i + h(u; v0 + 4v)
�!j ; u 2
[u0; u0 +4u]; slika duµzine koja spaja toµcke (u0; v0 +4v); (u0 +4v; v0 +4v);a krivulja �!r (u0; v) = g(u0+4u; v)
�!i + h(u0+4u; v)
�!j ; v 2 [v0; v0+4v] slike
duµzine koja spaja toµcke (u0 +4u; v0); (u0 +4v; v0 +4v):
Slika 2.14.
Transformacijom � se pravokutnik S bijektivno preslikava na podruµcje R koje
ome�uju prethodno navedene krivulje (Slika 2.14.). Oznaµcimo sa
�!a = �!r (u0 +4u; v0)��!r (u0; v0);�!b = �!r (u0; v0 +4v)��!r (u0; v0):
Povr�inu P (R) podruµcja R moµzemo aproksimirati sa povr�inom paralelograma���!a ��!b �� kojega odre�uju vektori �!a i �!b .Buduci je (o derivaciji vektorske funkcije vidi naredno poglavlje)
�!ru0(u0; v0) = lim4u!0
�!r (u0 +4u; v0)��!r (u0; v0)4u ;
58 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
�!rv 0(u0; v0) = lim4v!0
�!r (u0; v0 +4v)��!r (u0; v0)4v ;
vrijedi�!a = �!r (u0 +4u; v0)��!r (u0; v0) � 4u�!r 0u(u0; v0);�!b = �!r (u0; v0 +4v)��!r (u0; v0) � 4v�!r 0v(u0; v0);
i povr�inu P (R) podruµcja R moµzemo aproksimirati sa���4u�!r 0u(u0; v0)�� �4v�!r 0v(u0; v0)��� = 4u4v���!r 0u(u0; v0)��!r 0v(u0; v0)��:Tangencijalni vektor �!ru0(u0; v0) na krivulju �!r = g(u; v0)
�!i + h(u; v0)
�!j ; u 2
[u0; u0 +4u] je
�!ru0(u0; v0) = g0u(u0; v0)�!i + h0u(u0; v0)
�!j =
@x(u0; v0)
@u
�!i +
@y(u0; v0)
@u
�!j ;
a tangencijalni vektor �!r 0v(u0; v0) na krivulju �!r = g(u0; v)�!i + h(u0; v)
�!j ; v 2
[v0; v0 +4v] je
�!rv 0(u0; v0) = g0v(u0; v0)�!i + h0v(u0; v0)
�!j =
@x(u0; v0)
@v
�!i +
@y(u0; v0)
@v
�!j ;
pa imamo
�!r 0u(u0; v0)��!r 0v(u0; v0) =
����������
�!i
�!j
�!k
@x(u0; v0)
@u
@y(u0; v0)
@u0
@x(u0; v0)
@v
@y(u0; v0)
@v0
����������=
�������@x(u0; v0)
@u
@y(u0; v0)
@u@x(u0; v0)
@v@y(u0;v0)
@v
��������!k =
�������@x(u0; v0)
@u
@x(u0; v0)
@v@y(u0; v0)
@u
@y(u0; v0)
@v
��������!k :
Determinanta
������@x@u
@x@v
@y@u
@y@v
������ naziva se Jacobijeva determinanta ili Jacobijantransformacije � i oznaµcava se
@(x; y)
@(u; v)=
�������@x
@u
@x
@v@y
@u
@y
@v
������� =@x
@u
@y
@v� @x
@v
@y
@u(2.17)
i, konaµcno, povr�inu podruµcja R moµzemo aproksimirati sa
P (R) ����@(x; y)@(u; v)
���4u4v: (2.18)
gdje Jacobijan treba uzeti u toµcki (u0; v0):
2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 59
Neka je sada zadano podruµcje Y � R2 u uv-ravnini i transformacija �(u; v);x = g(u; v); y = h(u; v); koja podruµcje Y u uv-ravnini preslikava na podruµcje
X � R2 u xy-ravnini, te neka je f : X ! R funkcija. Podijelimo podruµcje Yna pravokutnike Sij i njihove slike u xy-ravnini oznaµcimo s Rij (Slika 2.15.):
Dvostruki integral funkcije f nad X moµzemo aproksimirati saZZX
f(x; y)dP �mXi=1
nXj=1
f(xi; yj)P (Rij) �
mXi=1
nXj=1
f (g(ui; vj); h(ui; vj))���@(x; y)@(u; v)
���4u4vgdje je Jacobijan uzet u toµcki (ui; vj): Posljednja suma je integralna suma za
integral ZZY
f (g(u; v); h(u; v))���@(x; y)@(u; v)
���dudv�to nas upuµcuje na supstituciju u dvostrukom integralu.
Slika 2.15.
Teorem 2.22 Neka je f : X ! R neprekidna funkcija na podruµcju X � R2, a� = (g; h) : X ! Y � R2 neka je bijektivna C1 transformacija µciji Jacobijanne i�µcezava. Tada jeZZ
X
f(x; y)dxdy =
ZZY
f (g(u; v); h(u; v))���@(x; y)@(u; v)
���dudv: (2.19)
Primjer 2.23 Izraµcunati integral
I =
ZZX
ydxdy
gdje je podruµcje X odre�eno parabolama y2 = 4� 4x; y2 = 4+4x i x-osi (Slika2.13.).
Raµcun cemo provesti tako da uvedemo supstituciju x = u2 � v2; y = 2uv:Pokazali smo u Primjeru 2.21. da je podruµcje integracije X slika �(Y ) po-
druµcja Y = f(u; v) j 0 � u � 1; 0 � v � 1g, gdje je � : X ! Y transformacija
odre�ena supstitucijom, tj.
�(u; v) = (x = u2 � v2; y = 2uv):
60 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Buduci je
@(x; y)
@(u; v)=
�������@x
@u
@x
@v@y
@u
@y
@v
������� =�����2u �2v2v 2u
����� = 4u2 + 4v2 > 0;po Teoremu 2.22. imamo
I =
ZZX
ydxdy =
ZZY
2uv���@(x; y)@(u; v)
���dudv =1Z0
1Z0
2uv � 4�u2 + v2
�dudv = 8
1Z0
� 1Z0
�u3v + v3u
�du
�dv =
8
1Z0
��u44v + v3
u2
2
����u=1u=0
�dv =
1Z0
�2v + 4v3
�dv =
�v2 + v4
����v=1v=0
= 2:
Primjer 2.24 Izraµcunati integral
I =
ZZX
�x2 � y2
�dxdy
gdje je podruµcje X = f(x; y) j jxj+ jyj � 1g (Slika 2.16.).
Slika 2.16. Slika 2.17.
Imamo
I =
0Z�1
dx
1+xZ�1�x
�x2 � y2
�dy +
1Z0
dx
1�xZ�1+x
�x2 � y2
�dy =
0Z�1
��x2y � y3
3
����y=1+xy=�1�x
�dx+
1Z0
��x2y � y3
3
����y=1�xy=�1+x
�dx =
0Z�1
�43x3 � 2x� 2
3
�dx+
1Z0
�2x� 4
3x3 � 2
3
�dx = 0
Izraµcunajmo ovaj integral supstitucijom
u = x+ y; v = x� y:
2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 61
Podruµcje integracije X (Slika 2.16.) prelazi u Y = f(u; v) j �1 � u � 1;�1 �v � 1g (Slika 2.17.).Buduci je
x =1
2(u+ v); y =
1
2(u� v);
imamo da je
@(x; y)
@(u; v)=
�������@x
@u
@x
@v@y
@u
@y
@u
������� =��������@�12 (u+ v)
�@u
@�12 (u+ v)
�@v
@�12 (u� v)
�@u
@�12 (u� v)
�@u
�������� =����� 12 1
212 � 1
2
����� = �12 ;dakle, ���@(x; y)
@(u; v)
��� = 1
2:
Podintegralna funkcija prelazi u
x2 � y2 = (x+ y)(x� y) = uv
pa imamo
I =
ZZX
�x2 � y2
�dxdy =
ZZY
uv1
2dudv =
1
2
� 1Z�1
udu
��� 1Z�1
vdv
�= 0:
U praksi se, µcesto javlja potreba da se pravokutne Kartezijeve koordinate (var-
ijable) x; y zamijene polarnim koordinatama u � �; v � '. Supstitucijom(x = g(�; ') = � cos'
y = h(�; ') = � sin'
za Jacobijan dobivamo
@(x; y)
@(u; v)=
��������@x
@�
@x
@'@y
@�
@y
@'
�������� =�����cos' �� sin'sin' � cos'
����� = �: (2.20)
Prema tomu, ZZX
f(x; y)dxdy =
ZZY
f(� cos'; � sin') � �d�d': (2.21)
Ovu supstituciju moµzemo interpretirati na naµcin: neka je podruµcje integracije
u integralu ZZX
f(x; y)dxdy =
ZZX
f(x; y)dP
kao na Slici 2.18., tj. moµze se opisati na naµcin
X = f('; �) j '1 � ' � '2; �1(') � � � '2(')g:
62 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Slika 2.18.
Naznaµceni element povr�ine dP je kruµzni isjeµcak, pa je
dP =�12(�+ d�)2 � d'
���12�2 � d'
�= �d�d'� 1
2(d�)2d':
Drugi µclan moµzemo zanemariti i uzeti za dP = �d'd�: Sada jeZZX
f(x; y)dxdy =
ZZX
f(x; y)dP =
ZZX
f(� cos'; � sin')�d'd�;
a to daje i na�teorem o supstituciji.
Napomenimo jo�da se u polarnim koordinatama integrira u poretku �' tj.
ZZX
f(� cos'; � sin')�d'd� =
'2Z'1
d'
�2(')Z�1(')
f(� cos'; � sin')�d�: (2.22)
Primjer 2.25 Izraµcunajmo integral
I =
ZZX
p1� x2 � y2dxdy,
gdje je X polukrug u I. kvadrantu odre�en kruµznicom�x� 1
2
�2+ y2 = 1
4 :
Slika 2.19.
Zamjenom Kartezijevih koordinata polarnima, integracijsko podruµcje (Slika 2.19.)
X =n(x; y) j 0 � x � 1; 0 � y �
px� x2
opostaje integracijskim podruµcjem (Slika 2.19.)
Y =�('; �) j 0 � ' � �
2 ; 0 � � � cos':
2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 63
a podintegralna funkcijap1� x2 � y2 postaje
p1� �2: Slijedi,
ZZX
p1� x2 � y2dxdy (4:22)=
�2Z0
d'
cos'Z0
p1� �2 � �d� =
�2Z0
��13
��2 � 1
�p1� �2
�����=cos'�=0
�d' =
�2Z0
��13
�cos2 '� 1
�p1� cos2 '
����13
��d' =
�2Z0
��13
�cos2 '� 1
�sin'
�+1
3
�d' =
�
6� 29:
Katkada je raµcun pogodnije provesti u pomaknutom polarnom koordinat-
nom sustavu kojemu je pol u toµcki O = (p; q) :(x� p = � cos';
y � q = � sin':(2.23)
Za Jacobijan dobivamo J = �; i ukoliko je slika podruµcja integracije X oblika
Y = f('; �) j '1 � ' � '2; �1(') � � � '2(')g
vrijedi ZZX
f(x; y)dxdy =
ZZY
f(p+ � cos'; q + � sin')�d'd� =
'2Z'1
d'
�1(')Z�1(')
f(p+ � cos'; q + � sin')�d�: (2.24)
Napomenimo da kruµznice radijusa R sa sredi�tem u polu, koje u Kartezijevom
koordinatnom sustavu imaju prikaz (x � p)2 + (y � q)2 = R2; ovdje imaju
jednostavni prikaz � = R: Nadalje, toµcka T = (x; y) u ovomu koordinatnom
sustavu ima koordinate ('; �) gdje je
� =p(x� p)2 + (y � q)2; tg' = y � q
x� p ; (2.25)
i pri odre�ivanju kuta ' iz tg' = y�qx�p treba voditi raµcuna o predznacima od
x� p i y � q.
64 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Primjer 2.26 Izraµcunati integral
I =
ZZX
dxdy
gdje jeX ravninski lik ome�en kruµznicama x2+(y�2)2 = 11; (x�1)2+(y�2)2 =4; uz uvjet x � 0:
Integral I jednak je povr�ini P (X) ravninskog lika X (vidi Napomenu 2.19.).
Povr�ina P (X) jednaka je razlici povr�ina P (X1) � P (X2) ravninskih likova
naznaµcenih na Slici 2.20.
Slika 2.20.
Integral
I1 = P (X1) =
ZZX1
dxdy
nije potrebno raµcunati jer je on jednak polovici povr�ine kruga�11�2
�, pa ostaje
izraµcunati integral
I2 = P (X2) =
ZZX2
dxdy:
Raµcun cemo provesti u pomaknutom polarnom koordinarnom sustavu s polom
u toµcki O = (1; 2) (x� 1 = � cos';
y � 2 = � sin';
(Jacobijan ostaje isti J = @(x;y)@(u;v) = �) u kojemu kruµznica (x� 1)2+(y� 2)2 = 4
ima jednostavan prikaz �kr = 2: Pravac x = 0 ima jednadµzbu �pr = � 1cos' :
Podruµcje integracije X2 je unija podruµcja X21 i X22 (Slika 2.20.) koja u ovom
polarnom koordinatnom sustavu moµzemo opisati na naµcin
X21 =n('; �) j 'A � ' � 'B ; 0 � � � �pr = � 1
cos'
o;
X22 = f('; �) j �'A � ' � 'A; 0 � � � �kr = 2g :
Ostaje jo�odrediti 'A (i 'B). Buduci da toµcke A i B leµze na kruµznici (x�1)2+(y � 2)2 = 4 i y-osi imamo A = (0; 2 +
p3); B = (0; 2�
p3): Sada je
tg'A(2:25)=
yA � qxA � p
=2 +
p3� 2
0� 1 = �p3
2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 65
i vodeci raµcuna o predznaku, traµzeni kut je 'A =2�3 (i sliµcno 'B =
4�3 ). Dakle,
podruµcja X21, X22 opisana su nejednadµzbama
X21 =n('; �) j 2�3 � ' � 4�
3 ; 0 � � � � 1cos'
oX22 =
�('; �) j � 2�
3 � ' � 2�3 ; 0 � � � 2
:
Imamo
I2 = P (X2) =
ZZX2
dxdy =
ZZX21
dxdy +
ZZX22
dxdy =
4�3Z
2�3
d'
� 1cos'Z0
�d�+
2�3Z
� 2�3
d'
2Z0
�d� =
4�3Z
2�3
���22
�����=� 1cos'
�=0
�d'+
��'����'= 2�
3
'=� 2�3
�����2
2
�����=2�=0
�=
4�3Z
2�3
� 1
2 cos2 '
�d'+
4�
3� 2 =
�12tg'
���� 4�32�3
+8�
3=p3 +
8�
3:
Konaµcno, imamo
I = P (X) = P (X1)� P (X2) =11�
2�p3� 8�
3=17�
6�p3:
U praksi se, µcesto javlja i potreba da se pravokutne Kartezijeve koordinate
(varijable) x; y zamijene poopcenim polarnim koordinatama '; �:(x = a� cos'
y = b� sin'(2.26)
Za Jacobijan dobivamo
@(x; y)
@(u; v)=
��������@x
@�
@x
@'@y
@�
@y
@'
�������� =����� a cos' �a� sin'b sin' b� cos'
����� = ab�: (2.27)
Prema tomu,ZZX
f(x; y)dxdy =
ZZY
f(a� cos'; b� sin') � ab�d�d': (2.28)
Napomenimo da se u ovome koordinarnom sustavu elipsa x2
a2+x2
b2 = 1 opisuje jed-
nadµzbom � = 1; pa stoga poopcene polarne koordinate '; � nazivamo i eliptiµckim
koordinatama. Toµcka T = (x; y) ima u eliptiµckom sustavu prikaz T = ('; �):
� =
r�x� pa
�2+�y � q
b
�2; tg' =
ay
bx; (2.29)
66 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
i pri odre�ivanju koordinate ' iz tg' = aybx treba voditi raµcuna o predznacima
koordinata x i y:
Primjer 2.27 Izraµcunati
I =
ZZX
(x3 + y3)dxdy,
gdje je integracijsko podruµcje X =n(x; y) j x2a2 +
y2
b2 � 1; x � 0; y � 0o:
Integracijsko podruµcje X je nutrina elipse x2
a2 +y2
b2 = 1 u prvom kvadrantu.
Zamjenom Kartezijevih koordinata poopcenim (eliptiµckim) polarnim koordi-
natama, x = a� cos'; y = b� sin'; integracijsko podruµcje
X =n(x; y) j 0 � x � a; 0 � y � b
a
pa2 � x2
opostaje integracijskim podruµcjem
Y =�('; �) j 0 � ' � �
2 ; 0 � � � 1;
a integrand x3+ y3 prelazi u�a3 cos3 '+ b2 sin3 '
��3: Dakle, naznaµcenom sup-
stitucijom imamoZZX
�x3 + y3
�dxdy
(4:28)=
ZZY
�a3 cos3 '+ b3 sin3 '
��3ab�d'd� =
ab
�2Z0
d'
1Z0
�a3 cos3 '+ b3 sin3 '
��4d� =
�a4b
�2Z0
cos3 'd'+ ab4
�2Z0
sin3 'd'
��� 1Z0
�4d�
�=2
15ab�a3 + b3
�:
Katkada je raµcun pogodnije provesti u pomaknutom eliptiµcnom koordinat-
nom sustavu kojemu je pol u toµcki O = (p; q) :(x� p = �a cos';
y � q = �b sin':(2.30)
Opet je Jacobijan J = ab�; i ukoliko je slika integracijskog podruµcja X oblika
Y = f('; �) j '1 � ' � '2; �1(') � � � '2(')g
vrijedi ZZX
f(x; y)dxdy =
ZZY
f(p+ a� cos'; q + �b sin')ab�d'd�: (2.31)
2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 67
Napomenimo da elipsa koja u Kartezijevom koordinatnom sustavu ima jed-
nadµzbu (x�p)2a2 + (y�q)2
b2 = 1; ovdje ima jednostavni prikaz � = 1: Nadalje,
ukoliko je toµcka zadana u Kartezijevom sustavu T = (x; y), njezine eliptiµcke
kordinate '; � su
� =
r�x� pa
�2+�y � q
a
�2; tg' =
a (y � q)b (x� p) ; (2.32)
i pri odre�ivanju kuta ' treba voditi raµcuna o predznacima od y � q i x� p:
Primjer 2.28 Izraµcunati povr�inu ravninskog lika
X =�(x; y) j 4(x� 2)2 + 9(y + 1)2 � 36; y � 0
:
Slika 2.21.
Povr�ina je jednaka integralu
I =
ZZX
dxdy;
gdje je X istaknuti dio unutra�njosti elipse (x�2)2
32 + (y+1)2
22 = 1 (Slika 2.21.) koji
moµzemo opisati sa
X =
8<: xB = 2� 3p3
2 � x � 2 + 3p3
2 = xA
0 � y � �1 + 13
p36� 4(x� 2)2
Zamjenom Kartezijevih koordinata pomaknutim poopcenim (eliptiµckim) po-
larnim koordinatama (x� 2 = 3� cos'y + 1 = 2� sin'
elipsa poprima jednostavan zapis � = 1; dok je jednadµzba pravca y = 0 u ovom
sustavu � = 12 sin' : Odredimo '-koordinatu toµcke A = (0; 2�
3p3
2 ) :
tg'A(4:25)=
a (yA � q)b (xA � p)
=3(0 + 1)
2�2 + 3
p3
2 � 2� = p
3
3) 'A =
�
6:
68 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Dakako, zbog simetrije je 'B = 5�6 : Navedenom supstitucijom integracijsko
podruµcje X postaje integracijsko podruµcje
Y =n('; �) j �6 � ' � 5�
6 ;1
2 sin' � � � 1o:
Imamo
I =
ZZX
dxdy(4:23)=
ZZY
6�d'd� = 6
5�6Z
�6
d'
1Z1
2 sin'
�d� = 6
5�6Z
�6
��12�2�����=1�= 1
2 sin'
�d' =
3
5�6Z
�6
�1� 1
4 sin2 '
�d' = 3
�'+
1
4ctg'
���� 5�6�6
=4� � 3
p3
2.
Sliµcna razmatranja vrijede i za trostruki integral.
Neka je Y � R3 podruµcje (u uvw-koordinatnom sustavu) koje se bijektivnom
C1 transformacijom � odre�enom sa
x = g(u; v; w); y = h(u; v; w); z = k(u; v; w) (2.33)
preslikava u podruµcje X � R3 (u xyz-koordinatnom sustavu). Jacobijan trans-
formacije � je determinanta
@(x; y; z)
@(u; v; w)=
�����������
@x
@u
@x
@u
@x
@w@y
@u
@y
@v
@y
@w@z
@u
@z
@v
@z
@w
�����������:
Teorem 2.29 Neka je f : X ! R neprekidna funkcija na podruµcju X � R3, a� = (g; h; k) : Y ! X � R3 neka je bijektivna C1 transformacija µciji Jacobijanne i�µcezava. Tada jeZZZ
X
f(x; y; z)dxdydz =
ZZZY
f (g(u; v; w); h(u; v; w); k(u; v; w))��� @(x; y; z)@(u; v; w)
���dudvdw: (2.34)
U sluµcaju trostrukog integrala se µcesto javlja potreba da se pravokutne Kartez-
ijeve koordinate x; y; z zamijene cilindriµcnima u � �, v � ', w = z, ili sfernima
u � r, v � �; w � '. Buduci da je veza Kartezijevih i cilindriµcnih koordinata8>><>>:x = g(�; ';w) = � cos';
y = h(�; ';w) = � sin',
z = k(�; ';w) = w
2.3. SUPSTITUCIJA U VI�ESTRUKOM INTEGRALU 69
to je pripadni Jacobijan
@(x; y; z)
@(�; ';w)=
������������
@ (� cos')
@�
@ (� cos')
@'
@ (� cos')
@w@ (� sin')
@�
@ (� sin')
@'
@ (� sin')
@w@w
@�
@w
@'
@w
@w
������������=
��������cos' �� sin' 0
sin' � cos' 0
0 0 1
�������� = �:
Tako dobivamo zamjensku formuluZZZX
f(x; y; z)dxdydz =
ZZZY
f(� cos'; � sin';w)�d�d'dw (2.35)
Primjer 2.30 Izraµcunati ZZZX
zpx2 + y2dxdydz;
gdje je podruµcje integracije X =�(x; y; z) j x2 + y2 � 2x; y � 0; 0 � z � a
:
Podruµcje integracijeX (Slika 2.22.) je cilindriµcno tijelo kojemu je baza polukrug.
Slika 2.22.
Integral cemo izraµcunati u cilindriµcnom sustavu8>><>>:x = � cos';
y = � sin',
z = w
u kojemu prodruµcje integracije X prelazi u
Y =�('; �; w) j 0 � ' � �
2 ; 0 � � � 2 cos'; 0 � w � a:
Imamo:ZZZX
zpx2 + y2dxdydz =
ZZZY
w
q(� cos')
2+ (� sin') � �d�d'dw =
�2Z0
d'
2 cos'Z0
�2d�
aZ0
wdw =a2
2
�2Z0
d'
2 cos'Z0
�2d� =a2
2
�2Z0
���33
�����=2 cos'�=0
�d' =
8a2
6
�2Z0
cos3 'd' =8a2
6
�2Z0
�1� sin2 '
�cos'd' =
4a2
3
�sin'+
sin3 '
2
�����20=8a2
9:
70 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Primjer 2.31 Vratimo se ranijem primjeru (Primjer 2.18.): IzraµcunatiZZZX
2zdxdydz;
gdje je X � R3 ome�en grafovima preslikavanja g1(x; y) = x2 + y2 i g1(x; y) =px2 + y2.
Raµcun koji treba provesti u integralu
ZZZX
2zdxdydz =
1Z�1
dx
p1�x2Z
�p1�x2
dy
px2+y2Z
x2+y2
2zdz
zahtijeva popriliµcno tehniµcke spretnosti. Prije�e li se, me�utim, na cilindriµcne
koordinate, integracijsko podruµcje X postaje integracijskim podruµcjem Y
Y =�('; �; w) j 0 � ' � 2�; 0 � � � 1; �2 � w � �
:
Tako dobivamo
ZZZX
2zdxdydz =
ZZZY
2w�d�d'dw =
2�Z0
d'
1Z0
�d�
�Z�2
2wdw =
2�Z0
d'
1Z0
��w2����w=�w=�2
��d� =
2�Z0
d'
1Z0
��2 � �4
��d� ==
�
6:
U sluµcaju sfernog koordinatnog sustava zamjenske varijable uvodimo na naµcin8>><>>:x = g(r; #; ') = r sin# cos',
y = h(r; #; ') = r sin# sin',
z = k(r; #; ') = r cos#,
i pripadni Jacobijan je
@(x; y; z)
@(r; #; ')=
������������
@ (r sin# cos')
@r
@ (r sin# cos')
@#
@ (r sin# cos')
@'@ (r sin# sin')
@r
@ (r sin# sin')
@#
@ (r sin# sin')
@'@ (r cos#)
@r
@ (r cos#)
@#
@ (r cos#)
@'
������������=
��������sin# cos' r cos# cos' �r sin# sin'sin# sin' r cos# sin' r sin# cos'
cos# �r sin# 0
�������� = r2 sin#:
2.4. NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH INTEGRALA 71
Time smo dobili zamjensku formuluZZZX
f(x; y; z)dxdydz =
ZZZY
f(r sin# cos'; r sin# sin'; r cos#) � r2 sin#drd#d':(2.36)
Primjer 2.32 IzraµcunatiZZZX
zp1 + x2 + y2 + z2dxdydz;
gdje je X = f(x; y; z) j x2 + y2 + z2 � 1g:
Podintegralna funkcija zp1 + x2 + y2 + z2 u sfernome koordinatnom sustavu
ima zapis r cos#p1 + r2: Podruµcje integracije X je jediniµcna sredi�nja kugla i
ona prelazi u podruµcje integracije Y
Y = f(r; #; ') j 0 � ' � 2�; 0 � # � �; 0 � r � 1g ;
pa jeZZZX
zp1 + x2 + y2 + z2dxdydz =
ZZZY
r cos#p1 + r2 � r2 sin#drd#d' =
2�Z0
d'
�2Z0
cos# � sin#d#1Z0
r3p1 + r2dr =
� 2�Z0
d'
��� �
2Z0
sin# � cos#d#��� 1Z0
r3p1 + r2dr
�=2��p2 + 1
�15
:
2.4 NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH
INTEGRALA
2.4.1 POVR�INA RAVNINSKOG LIKA
Vec smo napomenuli da povr�inu P (X) ravninskog lika X koji je ome�en po di-
jelovima glatkom jednostavnom zatvorenom krivuljom moµzemo izraµcunati prim-
jenom odre�enog (jednostrukog) integrala. Dvostrukim integralom do traµzene
povr�ine dolazimo primjenom formule
P (X) =
ZZX
dxdy:
(vidi Napomenu 2.19.). Ovisno o podruµcju integracije, treba uvesti zamjenske
varijable kako bi se raµcun �to jednostavnije proveo.
72 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Primjer 2.33 Izraµcunati por�inu lika �to ga ome�uju kruµznice
(x� 1)2 + y2 = 1; (x� 2)2 + y2 = 4; x2 + (y � 1)2 = 1; x2 + (y � 2)2 = 4:
Kod uvo�enja zamjenskih vrijabla prvi je cilj da integracijsko podruµcje prevedemo
u �to jednostavnije podruµcje, najµce�ce u pravokutnik. Zapi�imo zadane kruµznice
u drugaµcijem obliku
x2 + y2
x= 2;
x2 + y2
x= 4;
x2 + y2
y= 2;
x2 + y2
y= 4:
i prirodno namecu zamjenske varijable kojima to podruµcje postaje pravokut-
nikom. Sugeriranim zamjenskim varijablama
u =x2 + y2
x; v =
x2 + y2
y
podruµcje ome�eno zadanim kruµznicama postaje pravokutnik (Slika 2.23.)
X = f(u; v) j 2 � u � 4; 2 � v � 4g :
Jer je
x =uv2
u2 + v2; y =
u2v
u2 + v2
za Jacobijan imamo
@(x; y)
@(u; v)=
��������@
@u
� uv2
u2 + v2� @
@v
� uv2
u2 + v2�
@
@u
� u2v
u2 + v2� @
@v
� u2v
u2 + v2��������� = �
u2v2
(u2 + v2)2
i traµzena povr�ina jednaka je integralu
P (X) =
ZZX
dxdy =
4Z2
4Z2
u2v2
(u2 + v2)2 dudv:
Ovaj je integral, iako je integracijsko podruµcje pravokutnik, popriliµcno kompli-
ciran.
Slika 2.23.
2.4. NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH INTEGRALA 73
Primijetimo da kruµznice kojima je sredi�te na x-osi (y-osi) i prolaze ishodi�tem
imaju u polarnom koordinatnom sustavu jednostavan zapis � = 2a cos' (� =
2a sin'); gdje je a udaljenost sredi�ta kruµznice do ishodi�ta. U na�em sluµcaju
zadane kruµznice imaju zapis.
� = 2 cos'; � = 4 cos'; � = 2 sin'; � = 4 sin':
Prijelazom na polarni koordinatni sustav podruµcje integracije nece biti pra-
vokutnik, ali ce integrand biti jednostavan. Zbog simetrije, dovoljno je izraµcu-
nati povr�inu P (Y ) (Slika 2.23.). U polarnom koordinarnom sustavu podruµcje
Y opisano je nejednadµzbama
Y : : : 'A = arctg12 � ' � �
4 = 'B ; 2 cos' � � � 4 sin'
pa je
P (X) = 2P (Y ) = 2
�4Z
arctg 12
d'
4 sin'Z2 cos'
�d� = 2
�4Z
arctg 12
��22
����4 sin'2 cos'
d' =
�4Z
arctg 12
�16 sin2 '� 4 cos2 '
�d' =
�6'� 5 sin 2'
�����4arctg 1
2
� 0:9305:
2.4.2 PLO�TINA PLOHE
Graf funkcije f : D ! R, D � R2; je podskup S = f(x; y; z) j (x; y) 2 D;
z = f(x; y)g � R3: Znamo da je S ploha i pritom smo jednadµzbu z = f(x; y),
(x; y) 2 D; nazvali eksplicitnom jednadµzbom plohe S: Ukoliko je funkcija f
diferencijabilna, tada plohu nazivamo glatkom (drugim rijeµcima, ploha S je
glatka µcim u svakoj svojoj toµcki T 2 S dopu�ta tangencijalnu ravninu!). U
nekim razmatranjima i primjenama javljat ce se plohe poput ovih na Slici 2.24.
Slika 2.24.
Uoµcavamo da se radi o plohi S sastavljenoj od konaµcno glatkih ploha S1,. . . ,
Sn tako da u toµckama "spojnih krivulja" ne postoje tangencijalne ravnine (ni
74 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
normale). Za takve plohe kaµzemo da su po dijelovima glatke. Pokazuje se da
je skup svih toµcaka takve plohe u kojima nema normale "povr�inski zanemariv"
pa cemo ga u na�im razmatranjima smjeti zanemarivati.
Slika 2.25.
Da bismo odredili plohinu plo�tinu polazimo od uobiµcajene de�nicije za povr�inu
P (�) =����!T1T2 �
��!T1T4
�� paralelograma � odre�enoga vrhovima Ti, i = 1; 2; 3; 4.Neka je, u danom pravokutnom koordinatnom sustavu
�O;�!i ;�!j ;�!k�, Ti =
(xi; yi; zi), i = 1; 2; 3; 4. Ako taj paralelogram leµzi u ravnini zadanoj jednadµzbom
z � z1 = p(x� x1) + q(y � y1), to je
P (�) =����!T1T2 �
��!T1T4
�� = �����������
�!i
�!j
�!k
x2 � x1 y2 � y1 z2 � z1x4 � x1 y4 � y1 z4 � z1
����������� =
������������!i
�!j
�!k
x2 � x1 y2 � y1 p(x2 � x1) + q(y2 � y1)x4 � x1 y4 � y1 p(x4 � x1) + q(y4 � y1)
����������� =
���p�!i � q�!j +�!k �� � ��������x2 � x1 y2 � y1x4 � x1 y4 � x1
�������� =pp2 + q2 + 1 � P (�0);gdje je�0 (tako�er paralelogram, s vrhovima T 0i , i = 1; 2; 3; 4) okomita projekcijaparalelograma � u xy-ravninu (Slika 2.25.). Naime,
P (�0) =����!T 01T
02 �
��!T 01T
04
�� = ������������!i
�!j
�!k
x2 � x1 y2 � y1 0
x4 � x1 y4 � y1 0
����������� = ��������x2 � x1 y2 � y1
x4 � x1 y4 � x1
��������:Neka je z = f(x; y), (x; y) 2 D � R2, eksplicitna jednadµzba glatke plohe S.Uoµcimo bilo koji pravokutnik �0 � D: Promatrajmo dio plohe S �to se okomito
projicira na �0 i oznaµcimo ga sa S0. Podijelimo �0 ekvidistantnim usporedni-
cama s x- i y-osi na vi�e "malih" pravokutnika �0ij , i = 1; � � � ; n; j = 1; � � �m.To ce uvjetovati odgovarajucu podjelu od S0 na vi�e "malih" ploha S0ij , od kojih
je svaka odre�ena suµzenjem funkcije f na �0ij , i = 1; � � � ; n; j = 1; � � �m.
2.4. NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH INTEGRALA 75
Slika 2.26.
Zadrµzimo se µcasak na bilo kojoj od ploha S0ij (Slika 2.26.) i odaberimo na
njoj bilo koju toµcku Tij = (xi; yj ; f(xi; yj)): Znamo da je jednadµzba pripadne
tangencijalne ravnine
z � f(xi; yj) = pij(x� xi) + qij(y � yi);
gdje su pij =@f(xi;yi)
@x ; qij =@f(xi;yi)
@y : Oznaµcimo s �ij "mali" paralelogramu toj tangencijalnoj ravnini koji se okomito projicira na "mali" pravokutnik
�0ij . Time smo stigli do kljuµcnoga mjesta u na�emu razmatranju. Naime,
ako plo�tina, kako ju obiµcno zami�ljamo, ima smisla onda bi "mali" paralelo-
gram �ij i "mala" ploha S0ij trebali imati pribliµzno jednaku povr�inu, naravno,pretpostavljajuci dostatno sitnu podjelu pravokutnika �0. Zato za pripadnupovr�inu uzimamo (pribliµzno)
P (S0) =nXi=1
mXj=1
P (S0ij) �nXi=1
mXj=1
P (�ij) =nXi=1
mXj=1
q1 + p2ij + q
2ijP (�0ij):
Buduci da je P (�0ij) = �x � �y, pri µcemu su �x i �y razmaci izme�u odgo-varajucih susjednih usporednica, to je
P (S0) �nXi=1
mXj=1
q1 + p2ij + q
2ij ��x ��y:
Sjecajuci se de�nicije dvostrukog integrala, uoµcavamo da se na desnoj strani
pojavila integralna suma funkcije
(x; y) 7!
s1 +
�@f(x; y)@x
�2+�@f(x; y)
@y
�2;
pa ima smisla odre�eni integral
ZZ�0
s1 +
�@f(x; y)@x
�2+�@f(x; y)
@y
�2dxdy
76 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
smatrati plo�tinom plohe S0. Jasno je sada da se to smije pro�iriti preko D na
S.
Dakle, ako je z = f(x; y); (x; y) 2 D; eksplicitna jednadµzba glatke plohe S; tadaje
P (S) =
ZZD
s1 +
�@f(x; y)@x
�2+�@f(x; y)
@y
�2dxdy (2.37)
njezina plo�tina.
Primijetimo da u sluµcaju konstantne funkcije f(x; y) = c 2 R na D dobivamo
P (S) = P (D) =RRDdxdy; �to se slaµze s prije poznatom formulom.
Ako ploha S nije glatka, ali ju se moµze rastaviti po dijelovima glatkim krivulja-
ma na konaµcno mnogo "disjunktnih" glatkih ploha S1; � � � ; Sn, onda je njezinaplo�tina zbroj
P (S) = P (S1) + � � �+ P (Sn):
Primjer 2.34 Izraµcunati plo�tinu dijela stoµzaste plohe y = 2 �px2 + z2 koji
je odre�en uvjetom 1 � y � 2:
Slika 2.27.
Ploha S ("privilegirana" y-os) i njena projekcija D (krug x2 + z2 � 1) na xz-ravninu prikazani su na Slici 2.27. Treba izraµcunati
P (S) =
ZZD
s1 +
�@(2�px2 + z2)@x
�2+�@(2�px2 + z2)
@z
�2dxdz =
s1 +
�� xp
x2 + z2
�2+�� zp
x2 + z2
�2dxdz =
ZZx2+z2�1
p2dxdz =
p2�:
2.4.3 VOLUMEN TIJELA
Pokazali smo da ako je funkcija f : D ! R, D � R2, neprekidna i nenega-tivna, onda pripadni dvostruki integral mjeri volumen geometrijskoga tijela X
odre�enoga osnovicom D i plohom (grafom) Gf , tj.
V (X) =
ZZD
f(x; y)dxdy:
2.4. NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH INTEGRALA 77
Nadalje, ukoliko je X � R3 onda je njegov volumen
V (X) =
ZZZX
dxdydz:
Primjer 2.35 Izraµcunati volumen tijela
X =�(x; y; z) j 4x2 + (z � 1)2 � y; y + z � 3; z � 1
2
:
Jednadµzba 4x2 + (z � 1)2 = y odre�uje eliptiµcki paraboloid kojemu je "privi-
legirana" y-os i tijelo X nacrtat cemo u koordinatnom sustavu gdje smo zami-
jenili z-os i y-os (Slika 2.28.). Uvjet 4x2 + (z � 1)2 � y odre�uje dio prostora
iznad tog paraboloida. Sa y+ z � 3 odre�en je dio prostora koji se nalazi ispodravnine y = 3 � z, a sa z � 1
2 dio prostora desno od ravnine z =12 : Presjek
predstavlja tijelo X: Oznaµcimo sa D projekciju tijela X na ravinu y = 0: Tijelo
X moµzemo opisati sa
X =�(x; y; z) j (x; z) 2 D; 4x2 + (z � 1)2 � y � 3� z
;
pa je traµzeni volumen
V (X) =
ZZZX
dxdydz =
ZZD
� 3�zZ4x2+(z�1)2
dy
�dxdz =
ZZD
�(3� z)�
�4x2 + (z � 1)2
��dxdz =
ZZD
�2� 4x2 � z2 + z
�dxdz:
Odredimo projekciju D. Projicirajmo na ravninu y = 0 presjek paraboloida
4x2 + (z � 1)2 = y i ravnine y = 3� z :
4x2 + (z � 1)2 = 3� z ) x2
916
+(z � 1
2 )2
94
= 1:
Dobili smo elipsu i projekcija D je istaknuti dio nutrine elipse na Slici 2.28.
Raµcun cemo provesti u eliptiµcnom koordinarnom sustavu8><>:x =
3
4� cos'
z =1
2+3
2� sin'
; J =9
8�;
u kojemu jednadµzba elipse x2
916
+(z� 1
2 )2
94
= 1 ima zapis � = 1; integrand 2�4x2�
z2 + z prelazi u 94 (1� �
2); a podruµcje integracije je:
D = f('; �) j 0 � ' � �; 0 � � � 1g :
78 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
Slika 2.28.
Imamo:
V (X) =
ZZD
�2� 4x2 � z2 + z
�dxdz =
ZZD
9
4
�1� �2
� 98�d'd� =
81
32
ZZD
��� �3
�d'd� =
81
32
�Z0
d'
1Z0
��� �3
�d� =
81
128�:
2.4.4 MASA, MOMENTI I TEµZI�TE
Neka je X � R2 ravninski lik i g : X ! R funkcija gustoce. Masu m, momentMx obzirom na x-os, moment My obzirom na y-os ravninskog lika X izraµcu-
navamo kao vrijednosti integrala:
m =
ZZX
g(x; y)dxdy; (2.38)
Mx =
ZZX
yg(x; y)dxdy; (2.39)
My =
ZZX
xg(x; y)dxdy: (2.40)
Teµzi�te T = (x; y) ravninskog lika X ima koordinate:
x =My
m; y =
Mx
m: (2.41)
Ako su X � R3 i u = g(x; y; z); (x; y; z) 2 X; funkcija gustoce, tada je masa mtijela X
m =
ZZZX
g(x; y; z)dxdydz; (2.42)
a momeneti Myz (obzirom na koordinatnu ravninu x = 0), Mxz (obzirom na
koordinatnu ravninu y = 0), Mxy (obzirom na koordinatnu ravninu z = 0) su:
Myz =
ZZZX
xg(x; y; z)dxdydz; (2.43)
2.4. NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH INTEGRALA 79
Mxz =
ZZZX
yg(x; y; z)dxdydz; (2.44)
Mxy =
ZZZX
zg(x; y; z)dxdydz: (2.45)
Teµzi�te T = (x; y; z) tijela X ima koordinate:
x =Myz
m; y =
Mxz
m, z =
Mxy
m: (2.46)
Momenti inercije tijelaX uz funkciju gustoce g : X ! R obzirom na koordinatneosi su
Ix =
ZZZX
�y2 + z2
�g(x; y; z)dxdydz; (2.47)
Iy =
ZZZX
�x2 + z2
�g(x; y; z)dxdydz; (2.48)
Iz =
ZZZX
�x2 + y2
�g(x; y; z)dxdydz: (2.49)
Primjer 2.36 Izraµcunati koordinate teµzi�ta lika
D =�(x; y) 2 R2 j x2 + y2 � 1; x � 0; y � x
ako je vrijednost f(x; y) funkcije gostoce u toµcki (x; y) obrnuto proporcionalna
udaljenosti te toµcke od ishodi�ta.
Lik D prikazan je na Slici 2.29.:
Slika 2.29.
Funkcija gustoce je f(x; y) = 1px2+y2
; pa je
m =
ZZD
1px2 + y2
dxdy;
Mx =
ZZD
y1p
x2 + y2dxdy; My =
ZZD
x1p
x2 + y2dxdy:
Ove integrale raµcunamo u polarnom koordinatnom sustavu(x = � cos'
y = � sin'; J=�;
80 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
u kojemu kruµznica x2 + y2 = 1 ima zapis � = 1; a podruµcje D je
D =�('; �) j �4 � ' � �
2 ; 0 � � � 1:
Imamo
m =
ZZD
1px2 + y2
dxdy =
�2Z
�4
d'
1Z0
1
��d� =
��'�����2
�4
���������10
�=�
4;
Mx =
ZZX
y1p
x2 + y2dxdy =
�2Z
�4
d'
1Z0
(� sin')1
��d� =
�2Z
�4
���22sin'
����10
�d' =
�2Z
�4
�12sin'
�d' =
p2
4;
My =
ZZX
x1p
x2 + y2dxdy =
�2Z
�4
d'
1Z0
(� cos')1
��d� =
�2Z
�4
���22cos'
����10
�d' =
�2Z
�4
1
2cos'd' =
1
2�p2
4:
Za koordinate teµzi�ta dobivamo
x =My
m=
p2
�; y =
Mx
m=2�
p2
�:
Primjer 2.37 Odrediti teµzi�te tijela
X =�(x; y; z) j �1 � y � 1; y2 � x � 1; 0 � z � x
ako je funkcija gustoce g(x; y; z) = x+ y.
Tijelo X ome�eno je valjµcastom plohom y2 = x i ravninama z = 0 i z = x (Slika
2.30.).
Slika 2.30.
Imamo:
m =
ZZZX
g(x; y; z)dxdydz =
1Z�1
dy
1Zy2
dx
xZ0
(x+ y) dz =
1Z�1
��13y6�1
2y5+
1
2y+1
3
�dy =
4
7;
2.4. NEKOLIKO PRIMJENA VI�ESTRUKIH INTEGRALA 81
Myz =
ZZZX
xg(x; y; z)dxdydz =
1Z�1
dy
1Zy2
dx
xZ0
x (x+ y) dz =
1Z�1
dy
1Zy2
�x2y + x3
�dx =
1Z�1
��14y8 � 1
3y7 +
1
3y +
1
4
�dy =
4
9;
Mxz =
ZZZX
yg(x; y; z)dxdydz =
1Z�1
dy
1Zy2
dx
xZ0
y (x+ y) dz =
1Z�1
dy
1Zy2
�x2y + xy2
�dx =
1Z�1
��13y7 � 1
2y6 +
1
2y2 +
1
3y�dy =
4
21;
Mxy =
ZZZX
zg(x; y; z)dxdydz =
1Z�1
dy
1Zy2
dx
xZ0
z (x+ y) dz =
1Z�1
dy
1Zy2
1
2
�x3 + x2y
�dx =
1Z�1
��18y8 � 1
6y7 +
1
6y +
1
8
�dy =
2
9
;i traµzene koordinate teµzi�ta su
x =Myz
m=7
9; y =
Mxz
m=1
3; z =
Mxy
m=7
18:
Primjer 2.38 Izaraµcunati koordinate teµzi�ta i moment inercije Ix tijela ome�enog
paraboloidom x = 4y2+4z2 i ravninom x = 4 ako je funkcija gustoce g(x; y; z) =
x2 + y2 + z2:
m =
ZZZX
�x2 + y2 + z2
�dxdydz =
1Z�1
dy
p1�y2Z
�p1�y2
dz
4Z4y2+4z2
�x2 + y2 + z2
�dx =
50
3�;
Myz =
ZZZX
x�x2 + y2 + z2
�dxdydz =
1Z�1
dy
p1�y2Z
�p1�y2
dz
4Z4y2+4z2
x�x2 + y2 + z2
�dx =
266
5�;
Mxz =
ZZZX
y�x2 + y2 + z2
�dxdydz =
1Z�1
dy
p1�y2Z
�p1�y2
dz
4Z4y2+4z2
y�x2 + y2 + z2
�dx;
Mxy =
ZZZX
z�x2 + y2 + z2
�dxdydz =
1Z�1
dy
p1�y2Z
�p1�y2
dz
4Z4y2+4z2
z�x2 + y2 + z2
�dx =
82 POGLAVLJE 2. VI�ESTRUKI INTEGRAL
1Z�1
p1�y2Z
�p1�y2
� 4Z4y2+4z2
z�x2 + y2 + z2
�dx
�dz
�dy = 0;
(x; y; z) =�399125 ; 0; 0
�;
Ix =
ZZZX
�y2 + z2
� �x2 + y2 + z2
�dxdydz =
1Z�1
dy
p1�y2Z
�p1�y2
dz
4Z4y2+4z2
�y2 + z2
� �x2 + y2 + z2
�dx = : : : =
101
15�:
Poglavlje 3
VEKTORSKA ANALIZA
TEORIJA POLJA
3.1 VEKTORSKE FUNKCIJE
Promatrali smo funkcije f : X ! Y; X; Y � R, potom funkcije f : X ! Y;
X � Rn, Y � R, a ovdje cemo promatrati funkcije gdje su i domena i kodomena"podebljane", tj. funkcije oblika
f : X ! Y; X � Rm; Y � Rn (n � 2):
Dakako, interesirat ce nas najvaµzniji sluµcaj kada je n = 2; 3 ili n = 4:
Primjer 3.1 Funkcija koja svakoj toµcci iz jediniµcnog kruga X = D � R2
pridruµzuje toµcku na naµcin opisan slikom
Slika 3.1.
moµzemo interpretirati na naµcin: ukoliko je na kodomeni R3 zadan desni ortonormi-rani Kartezijev koordinatni sustav
�O;�!i ;�!j ;�!k�; tada tu funkciju moµzemo
opisati sa:
f(x; y) = x�!i + y
�!j +
px2 + y2
�!k =
nx; y;
px2 + y2
o:
83
84 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
Dakle, u ovom bi primjeru funkcija f bila zadana sa tri skalarne funkcije
w1; w2; w3 : D ! R; w1(x; y) = x; w2(x; y) = y; w3(x; y) =px2 + y2
i svakoj toµcci T = (x; y) 2 D ovom funkcijom bi pridruµzili vektor
f(T ) = fw1(T ); w2(T ); w3(T )g :
Uobiµcajeno je umjesto f pisati �!w :
De�nicija 3.2 Funkciju
�!w : X ! Rn (n � 2)
gdje je X � Rm opisan sa n-skalarnih funkcija wi : X ! R; i = 1; � � � ; n nanaµcin
Rm � X 3 T 7�! �!w (T ) = fw1(T ); � � � ; wn(T )g
nazivamo vektorskom funkcijom. Pritom, (skalarne) funkcije
wi : X ! R; i = 1; � � � ; n;
nazivamo koordinatnim funkcijama od �!w :
Nama ce od posebnog interesa biti vektorske funkcije kojima je domena X � Ra kodomena R3; dakle funkcije oblika
�!w (t) = fw1(t); w2(t); w3(t)g :
Primjer 3.3 Gibanje materijalne toµcke opisuje funkcija
�!s (t) = 2 cos t�!i + 2 sin t�!j + 3t�!k ; t 2 [0;1i :
Slika 3.2.
3.2. LIMES I NEPREKIDNOST 85
Nacrtajmo njenu putanju (hodograf) - to su sve zavr�ne toµcke
T (t) = (2 cos t; 2 sin t; 3t) 2 R3
vektora �!s (t); t 2 [0;1i. Putanja te materijalne toµcke jest valjµcana uzvojnica�to se obavijajuci valjak x2 + y2 = 4 "penje brzinom" z = 3t (Slika 3.2.).
Ukoliko je zadano samo pravilo za ovakve funkcije prirodno se postavlja pitanje
domene te funkcije. Dakako, (prirodna) domena takve funkcije je maksimalan
podskup X za koji funkcija ima smisla, a to znaµci da na njemu sve koordinatne
funkcije postoje.
3.2 LIMES I NEPREKIDNOST
Pojmovi limes i neprekidnost prirodno se poopcuju i na vektorske funkcije.
De�nirat cemo te pojmove za sluµcaj kada je domena X � R:
De�nicija 3.4 Reci cemo da je vektor�!l graniµcna vrijednost (limes) funkcije
�!w : X ! R3; u toµcki t0 2 X � R; i pisati limt!t0
�!w (t) = �!l ; ako
(8" > 0) (9� > 0) (8t 2 X n ft0g) d (t; t0) < � ) d��!w (t);�!l � < ": (3.1)
Kao i za skalarne funkcije, graniµcna vrijednost ima puni smisao samo u gomili�-
tima i neizoliranim toµckama skupa X. Osim toga, buduci da je ovdje udaljenost
de�nirana vektorskom normom d��!w (t);�!l � = ���!w (t)��!l ��, to se de�nicijska im-
plikacija, ako je �!w (t) = fw1(t); w2(t); w3(t)g i�!l = fl1; l2; l3g; smije zapisati i
ovako:
jt� t0j < � )� 3Xi=1
(wi(t)� li)2� 12
< ": (3.2)
Pomocu toga se lako dokazuje ova µcinjenica:
Teorem 3.5 limt!t0
�!w (t) = �!l , limt!t0
wi(t) = li; i = 1; 2; 3:
Primjer 3.6 Funkcija �!w (t) =�sin tt ; 0; t
; t 2 h0;1i ; ima u t = 0 graniµcnu
vrijednost f1; 0; 0g jer je
limt!0
�!w (t) =�limt!0
sin t
t; limt!0
0; limt!0
t
�= f1; 0; 0g:
De�nicija 3.7 Reci cemo da je vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R,neprekidna u toµcki t0 2 X ako
(8� > 0) (9� > 0)(8t 2 X) d(t; t0) < � ) d��!w (t);�!w (t0)� < �: (3.3)
86 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
Ako je vektorska funkcija �!w neprekidna u svakoj toµcki t 2 A � X, onda kaµzemo
da je �!w neprekidna na skupu A. U sluµcaju A = X govorimo o neprekidnoj
vektorskoj funkciji �!w .
U praksi je vrlo korisno da se neprekidnost vektorske funkcije svodi na neprekid-
nost njezinih koordinatnih funkcija. O tomu govori sljedeci teorem:
Teorem 3.8 Vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R, je neprekidna (u toµckit0) onda i samo onda, ako su sve njezine koordinatne funkcije w1; w2; w3 : X !R neprekidne (u toµcki t0).
Primjer 3.9 Istraµzimo (ne)prekidnost vektorske funkcije
�!w : R! R3, �!w (t) =((t� 1)�!i + t2�!k ; t < 1
(ln t)�!j +
�1� t2
��!k , t � 1
:
Primjetimo da su pripadne koordinatne funkcije
w1(t) =
(t� 1, t < 1
0, t � 1; w2(t) =
(0, t < 1
ln t, t � 1;
w3(x) =
(t2, t < 1
1� t2, t � 1;
neprekidne u svakoj toµcki t 6= 1. Po prethodnom teoremu je i funkcija �!wneprekidna u svakoj toµcki t 6= 1. Nadalje,
fw1(1); w2(1); w3(1)g = f0; 0; 0g = �!w (1):
Buduci da je
limt!1�0
w1(t) = 0 = limt!1+0
w1(t) = w1(1); tj. limt!1
w1(t) = w1(1);
to je funkcija w1 neprekidna u toµcki t = 1. Sliµcno se pokazuje da je
limt!1
w2(t) = w2(1)
pa je i koordinatna funkcija w2 neprekidna u toµcki t = 1. Me�utim,
limt!1�0
w3(t) = 1 6= 0 = limt!1+0
w3(t);
pa funkcija w3 nema graniµcne vrijednosti u toµcki t = 1. Buduci da se radi
o neizoliranoj toµcki (R nema izoliranih toµcaka), to je koordinatna funkcija w3prekidna u toj toµcki. Po prethodnom teoremu je i vektorska funkcija �!w prekidna
(samo) u toµcki t = 1.
3.3. DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE FUNKCIJE 87
3.3 DERIVACIJA I INTEGRALVEKTORSKE
FUNKCIJE
Ovdje se ne upu�tamo u razmatranje o diferencijabilnosti i diferencijalima vek-
torske funkcije, nego cemo se zadrµzati na najjednostavnijem sluµcaju vektorske
funkcije - onomu kad joj je varijabla skalar (broj) t 2 X � R, tj. sluµcaju
m = 1 i n � 2. Pokazat ce se da se ovdje naslje�uju sve vaµzne µcinjenice �to smoih dokazali za realne funkcije jedne varijable. Primjerice, diferencijabilnost je
ekvivalentna derivabilnosti, koju se moµze "rede�nirati" kako slijedi:
De�nicija 3.10 Vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R, je derivabilna utoµcki t0 2 X, ako funkcija
�!w (t)��!w (t0)t�t0 ima graniµcnu vrijednost u toµcki t0: Tu
graniµcnu vrijednost oznaµcavamo s
�!w 0(t0) = limt!t0
�!w (t)��!w (t0)t� t0
(3.4)
i nazivamo derivacijom vektorske funkcije �!w u toµcki t0: Ukoliko je�!w deriv-
abilna u svakoj toµcki t 2 X; tada kaµzemo da je �!w derivabilna funkcija.
Ukoliko rabimo koordinatni zapis vektorske funkcije
�!w (t) = fw1(t); w2(t); w3(t)g ;
jasno je da je tada �!w derivabilna u toµcci t0 onda i samo onda ukoliko su sve
koordonatne funkcije derivabilne i pritom je
�!w 0(t) = fw01(t); w02(t); w03(t)g :
Primjetimo da je, za ovakve vektorske funkcije,
d�!w (t0) = �!w 0(t0)dt:
Ako je vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R, derivabilna u svakoj toµckit 2 X, onda je dobro de�nirana funkcija (derivacija od �!w )
�!w 0 : X ! R3; t 7�! �!w 0(t):
Jasno je i kako treba de�nirati derivacije vi�ih redova i vi�e diferencijale.
Naime�!w 00 def.=
��!w 0�0; : : : ;�!w (n+1) def.=��!w (n)
�0;
d2�!w (t0) = �!w 00(t0)dt2; : : : ; dr�!w (t0) = �!w (r)(t0)dt
r:
88 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
Primjer 3.11 Gibanje materijalne toµcke u Primjeru 3.3 opisuje jednadµzba
�!s (t) = 2 cos t�!i + 2 sin t�!j + 3t�!k ;
t 2 [0;1i (vrijeme). Odredimo joj brzinu i ubrzanje u svakom trenutku. Pose-
bice, izraµcunajmo joj brzinu i ubrzanje (pripadne vektore) kad je t = 0 i t = �2 .
Putanja te materijalne toµcke jest valjµcana uzvojnica (cilindriµcna spirala)
�!s (t) = f2 cos t; 2 sin t; 3tg; t 2 [0;1i ;
�to se obavijajuci valjak x2 + y2 = 4 "penje brzinom" z = 3t .
Buduci da je brzina derivacija puta po vremenu, to je
�!v (t) = �!s 0(t) = �2 sin t�!i + 2 cos t�!j + 3�!k ; t 2 [0;1i :
Nadalje, derivirajuci brzinu dobivamo ubrzanje, tj.
�!a (t) = �!v 0(t) = �2 cos t�!i �2 sin t�!j ; t 2 [0;1i :
Napokon, ako je t = 0 onda je �!v (0) = 2�!j +3�!k i �!a (0) = �2�!i , a ako je t = �2
onda je �!v��2
�= �2�!i + 3�!k i �!a
��2
�= �2�!j :
Naredni teorem donosi derivacijska pravila za osnovne operacije nad vektorskim
funkcijama skalarne varijable.
Teorem 3.12 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R, derivabilne vektorske funkcije,f : X ! R derivabilna (skalarna) funkcija i �; � 2 R. Tada vrijede ova pravila:
(i)���!w + ��!u
�0= ��!w 0 + ��!u 0;
(ii)�f�!w
�0= f 0�!w + fw0, pri µcemu je
�f�!w
�(t) = f(x)�!w (t);
(iii)��!wf
�0=f�!w 0 � f 0�!w
f2, pri µcemu je
��!wf
�(t) =
�!w (t)f(t)
i f(t) 6= 0;
(iv)��!w � �!u �0 = ��!w 0 � �!u
�+��!w � �!u 0�, pri µcemu je ��!w � �!u �(t) = w1(t)u1(t) +
w2(t)u2(t) + w3(t)u3(t) skalarni umnoµzak.
U sluµcaju n = 3, za vektorski umnoµzak �!w ��!u , tj. za
��!w ��!u �(t) = �!w (t)��!u (t) =���������!i
�!j
�!k
w1(t) w2(t) w3(t)
u1(t) u2(t) u3(t)
��������, tako�er vrijedi(v)
��!w ��!u �0 = �!w 0 ��!u +�!w ��!u 0.
3.3. DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE FUNKCIJE 89
Sva navedena pravila proizlaze izravno iz pripadnih de�nicija, a dokazuju se
posve sliµcno onima za deriviranje realnih funkcija jedne varijable. Dokaµzimo
npr. pravilo pod (v)!
��!w ��!u �0(t) = lim4t!0
��!w ��!u �(t+4t)� ��!w ��!u �(t)4t =
lim4t!0
��!w (t+4t)��!w (t)4t ��!u (t+4t) +�!w (t)�
�!u (t+4t)��!u (t)4t
�=
�!w 0(t)��!u (t) +�!w (t)��!u 0(t) =��!w 0 ��!u +�!w ��!u 0
�(t);
pri µcemu smo iskoristili distributivnost, homogenost i neprekidnost vektorskoga
mnoµzenja.
Primjer 3.13 Odredimo derivaciju vektorske funkcije �!! : X ! R3, X � R,ako je �!! = �!u �(�!v ��!w ), pri µcemu su �!u ;�!v ;�!w : X ! R3 derivabilne vektorskefunkcije. Dobiveni ishod provjerimo na funkcijama
�!u (x) =�2x; 0; � 3x2
;�!v (x) =
�x3; 0; 2 + x2
;�!w (x) =
�x; x2; x3
:
Primijenimo (dvaput) Teorem 3.12(v):
�!! 0(x) =��!u � ��!v ��!w ��0(x) = �!u 0(x)� ��!v ��!w �(x)+�!u (x)� ��!u ��!v �0(x) =
�!u 0(x)���!v (x)��!w (x)�+�!u (x)� ��!v 0(x)��!w (x)�+�!u (x)� ��!v (x)��!w 0(x)
�:
Buduci da je
�!u 0(x) = f2; 0;�6xg; �!v 0(x) =�3x2; 0; 2x
; �!w 0(x) =
�1; 2x; 3x2
,
�!v (x)��!w (x) =�x6 � x4 � 2x2; x3 + 2x;�x4
;
�!v 0(x)��!w (x) =�3x5 � 2x3; 2x2;�3x3
;
�!v (x)��!w 0(x) =�3x5 � 2x3 � 4x; x2 + 2;�x3
;
to je
�!u (x)���!v (x)��!w (x)� = �3x5 + 6x3;�3x8 + 3x6 + 2x5 + 6x4; 2x4 + 4x2 ;
�!u 0(x)���!v (x)��!w (x)� = �6x4 + 12x2;�6x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x ;�!u (x)�
��!v 0(x)��!w (x)� = �6x4;�9x7 + 6x5 + 6x4; 4x3 ;�!u (x)�
��!v (x)��!w 0(x)�=�3x4 + 6x2;�9x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x
:
Sada uvr�tavanjem i sre�ivanjem dobivamo:��!u (x)� ��!v (x)��!w (x)��0 =
90 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
�3x5 + 6x3;�3x8 + 3x6 + 2x5 + 6x4; 2x4 + 4x2
0=�
15x4 + 18x2;�24x7 + 18x5 + 10x4 + 24x3; 8x3 + 8x; i
�!u 0(x)���!v (x)��!w (x)�+�!u (x)� ��!v 0(x)��!w (x)�+�!u (x)� ��!v (x)��!w 0(x)
�=�
6x4 + 12x2;�6x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x+
+�6x4;�9x7 + 6x5 + 6x4; 4x3
+
+�3x4 + 6x2;�9x7 + 6x5 + 2x4 + 12x3; 2x3 + 4x
=�
15x4 + 18x2;�24x7 + 18x5 + 10x4 + 24x3; 8x3 + 8x:
Razmotrimo sada derivaciju funkcijske kompozicije skalarne i vektorske funkci-
je. Neka je f : X ! R, X � R, derivabilna (skalarna) funkcija, a �!w : Y ! R3,Y � R i f [X] � Y , derivabilna vektorska funkcija. Tada je dobro de�nirana
kompozicija �!w �f : X ! R3. Jednostavno je dokazati da pritom vrijedi analogonstandardnoga teorema o derivaciji funkcijske kompozicije, tj.��!w � f�0(t) = �!w 0 (f(t)) � f 0(t); t 2 X: (3.5)
Na kraju, odjeljak cemo dopuniti razmatranjem integrabilnosti vektorske funkcije
realne varijable. Integral ovakve funkcije moµzemo de�nirati na standardni naµcin,
odnosno, pomocu pripadne primitivne funkcije i Newton-Leibnizove formule.
De�nicija 3.14 Vektorsku funkciju�!W : X ! R3, X � R, nazivamo primi-
tivnom funkcijom vektorske �!w : X ! R3, ako je�!W 0(t) = �!w (t) (3.6)
za svaki t 2 X (osim, moµzda, u prebrojivo mnogo toµcaka od X).
Po koordinatnim funkcijama zapisano to znaµci
W 0j(x) = wj(x); j = 1; 2; 3:
Pritom govorimo da je vektorska funkcija (skalarne varijable) �!w integrabilna.
U sluµcaju segmenta (ili intervala) X = [a; b], (odre�eni) integral vektorske
funkcije �!w de�niramo kao vektorZ[a;b]
�!w �bZa
�!w (t)dt def.= �!W (b)��!W (a): (3.7)
Po koordinatnim funkcijama fw1; w2; w3g = �!w je, dakle,
bZa
�!w (t)dt =
8<:bZa
w1(t)dt;
bZa
w2(t)dt;
bZa
w3(t)dx
9=; : (3.7.a)
Odatle neposredno slijede dobra svojstva integrala vektorske funkcije �to ih
donosi ovaj teorem:
3.3. DERIVACIJA I INTEGRAL VEKTORSKE FUNKCIJE 91
Teorem 3.15 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X = [a; b] � R, integrabilne vektorskefunkcije, f : X ! R integrabilna (skalarna) funkcija, �!c konstantan vektor i
�; � 2 R. Tada vrijedi:
(i)
bZa
���!w (t) + ��!u (t)
�dt = �
bZa
�!w (t)dt+ �bZa
�!u (t)dt (linearnost);
(ii)
bZa
��!c � �!w (t)�dt = �!c � bZa
�!w (t)dt (linearnost za skalarni umnoµzak);
(iii)
bZa
��!w (t) � �!u 0(t)�dt = �!w (b) � �!u (b)��!w (a) � �!u (a)� bZa
��!w 0(t) � �!u (t)�dt;
(iv)
bZa
�f(t)�!w 0(t)
�dt = f(b)�!w (b)� f(a)�!w (a)�
bZa
�f 0(t)�!w (t)
�dt.
((iii) i (iv) su formule za parcijalno integriranje redom skalarnoga umno�ka vek-
torskih funkcija i umno�ka realne i vektorske funkcije.)
Primjer 3.16 Ubrzanje materijalne toµcke (u R3) opisuje jednadµzba
�!a (x) = 6x�!c 1 + 2�!c 2;
x 2 [0;1i (vrijeme), pri µcemu su �!c 1 i �!c 2 konstantni vektori. Otkrijmo zakonx 7! �!s (x) po kojemu se giba ta toµcka, ako su poµcetni uvjeti �!s (0) = �!
0 i�!v (0) = �!0 (poµcetna brzina).Buduci da je �!v 0(x)) = �!a (x)) i �!s 0(x)) = �!v (x)), to je
�!v (x) =xZ0
�!a (t)dt+�!v (0) =xZ0
�6t�!c 1 + 2�!c 2
�dt+
�!0 = 3x2�!c 1 + 2x�!c 2;
�!s (x) =xZ0
�!v (t)dt+�!s (0) =xZ0
�3t2�!c 1 + 2t�!c 2
�dt+
�!0 = x3�!c 1 + x2�!c 2:
Primjer 3.17 Izraµcunajmo integral vektorske funkcije
�!w : R! R3; �!w (t) =�3e�t; cos t; t
;
na segmentu [0; �].
�Z0
�!w (t)dt =
8<:�Z0
3e�tdt;
�Z0
cos tdt;
�Z0
tdt
9=; =
=
�3(1� e��); 0; �
2
2
�= 3
�1� e��
��!i +
�2
2
�!k :
92 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
3.4 SKALARNO I VEKTORSKO POLJE
U ovomu cemo odjeljku pokazati nekoliko primjena skalarne i vektorske analize
u prostoru R3: Ovaj poseban sluµcaj je naroµcito vaµzan jer se u njemu opisuje na��ziµcki (tvarni) svijet. Stoga cemo nastojati, kad god to bude moguce, i oznake
prilagoditi onima tradicionalnim �to dolaze iz �zike.
Za svaku toµcku T u prostoru E neka�!V (T ) oznaµcuje skup svih radijus-vektora
�!r P (usmjerenih duµzina�!TP ) svih toµcaka P u prostoru E s obzirom na toµcku T
, te neka je�!V �
Sf�!V (T ) j T toµcka u Eg:
De�nicija 3.18 Svaku funkciju U : ! R nazivamo skalarnim poljem, a
svaku funkciju�!V : ! �!
V - vektorskim poljem na danom skupu toµcaka u
E.
Drugim rijeµcima, na toµckovnom skupu je zadano skalarno polje µcim je svakoj
toµcki T 2 pridijeljen toµcno jedan broj
U(T ) 2 R;
a vektorsko polje je zadano na skupu µcim je svakoj toµcki T 2 pridjeljen
toµcno jedan radijus-vektor
�!V (T ) = �!r P 2
�!V (T );
Primijetimo da De�nicija 3.18 ne ovisi o koordinatizaciji prostora E. Me�utim,oµcito je da je, u svakom koordinatnom sustavu S u E, svako skalarno poljeU : ! R posve odre�eno nekom funkcijom
f : X � S ! R; S � ES; f(TS) = U(T )
(indeks podsjeca na uvedeni koordinatni sustav). Sliµcno vrijedi za svako vek-
torsko polje. Primjerice, uvedemo li u prostor E Kartezijev desni pravokutnikoordinatni sustav S =
�O;�!i ;�!j ;�!k�, prostor E se identi�cira s R3 pa se svako
skalarno polje U : ! R opisuje nekom (skalarnom) funkcijom
f : X ! R; f(x; y; z) = U(T );
a svako vektorsko polje�!V : ! �!
V nekom (vektorskom) funkcijom
�!w : X ! R3; �!w (x; y; z) = �!V (T );
pri µcemu su x; y; z koordinate toµcke T 2 u sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�, tj. T �
(x; y; z) 2 X � R3. Pritom je, dakle,
�!V (T ) = wx(x; y; z)
�!i + wy(x; y; z)
�!j + wz(x; y; z)
�!k ;
3.4. SKALARNO I VEKTORSKO POLJE 93
gdje je tj. �!w = fwx; wy; wzg. Ponekad necemo, jednostavnosti radi, pravitistrogu jeziµcnu razliku izme�u "polja" i "funkcije". Osim toga, najµce�ce necemo
me�usobno formalno razlikovati ni skupove�!V (T ), T 2 , nego cemo svakoga
od njih poistovjetiti s�!V (O), gdje ce O biti ishodi�te Kartezijeva desnog pra-
vokutnog sustava�O;�!i ;�!j ;�!k�.
Primjer 3.19
(a) Neka predstavlja neku visoku pec kao toµckovni skup, te neka je, za svaki
T 2 ; U(T ) temperatura (u odabranom trenutku) one tvari kojoj ta toµcka (kaotvarna toµcka) pripada. Tada je U : ! R temperaturno (skalarno) polje tvariu promatranoj visokoj peci u odabranom µcasu.
(b) Neka je Zemljina kruta povr�ina zami�ljena kao toµckovni skup, te neka je,
za svaki T 2 ; U(T ) nadmorska visina, odnosno, podmorska dubina te toµcke(s obzirom na dogovorenu nultu plimnu razinu). Tada je U : ! R skalarnopolje - "reljefni globus".
(c) Neka je f(x; y; z) = zx2+y2 : Tada je funkcijom
f : R2 n f(0; 0; z) j z 2 Rg ! R; (x; y; z) 7! f(x; y; z) =z
x2 + y2;
na pripadnom podruµcju posve zadano skalarno polje
T 7! U(T ) =z
x2 + y2;
pri µcemu su x; y; z Kartezijeve koordinate toµcke T u sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�:
Primjer 3.20
(a) Neka predstavlja Zemljin zraµcni omotaµc kao toµckovni skup, te neka je,
za svaki T 2 ; �!V (T ) brzina zraµcnoga strujanja u toj toµcki (vjetrovni vektor)u odabranom trenutku. Tada je
�!V : ! V vektorsko polje brzine vjetrova u
atmosferi u odabranom µcasu;
(b) Neka je =y� usmjerena glatka prostorna krivulja zami�ljena kao toµckovni
skup, te neka je, za svaki T 2y� ,�!V (T ) =
�!t 0(T ) jediniµcni tangencijalni vektor
u toµcki T nay�. Tada je
�!V :
y� ! R3 vektorsko polje jediniµcnih tangencijalnih
vektora usmjerene glatke krivuljey� ;
(c) Neka je vektorska funkcija �!w : R3 n f(0; 0; 0)g ! R3 zadana koordinatnimfunkcijama
wx(x; y; z) =x
x2 + y2 + z2; wy(x; y; z) =
y
x2 + y2 + z2; wz(x; y; z) =
z
x2 + y2 + z2:
Tada je na � R3 n f(0; 0; 0)g zadano vektorsko polje
T 7! �!V (T ) = �!w (x; y; z) = x
�!i + y
�!j + z
�!k
x2 + y2 + z2;
94 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
pri µcemu su x, y i z Kartezijeve koordinate toµcke T u odabranomu sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�. (Primijetimo da se radi o polju svih jediniµcnih radijus-vektora,
T 7! �!r 0(T ) = 1
j�!OT j
�!OT; T 6= O = (0; 0; 0);
s obzirom na dano ishodi�te O.)
Promatrajmo skalarno polje U : ! R. Uvjet U(T ) = c (konstanta) odre�uje
tzv. razinsku ili ekvipotencijalnu plohu skalarnoga polja U . Ako je
toµckovni (pod)skup neke plohe, uvjet
U(T ) = c (3.9)
odre�uje tzv. ekvipotencijalnu krivulju skalarnoga polja U . Jednako govo-
rimo u sluµcaju skalarnog polja f : X ! R, X � R3 (X � R2). Tako u Primjeru3.19 (a) dobivamo izotermalne plohe, u 3.19 (b) - krivulje izobare i izohipse, a
u 3.19 (c) - rotacijske paraboloide z = c(x2 + y2), c 2 R.U vektorskom polju
�!V : ! V je zanimljivo promatrati tzv. strujnice (silnice
ili vektorske linije), �to se de�niraju kao krivulje kojima se tangente podu-
daraju s pravcima vektorskoga polja�!V u svakoj toµcki T 2 . Prema tomu,
ako je vektorsko polje�!V zadano funkcijom �!w = fwx; wy; wzg, onda mu se
strujnice odre�uju iz jednadµzbe
d�!rdt
= c�!w ; c 2 R; (3.10)
pri µcemu se traµzi �!r = fx; y; zg, tj. �!r (t) = '(t)�!i + (t)
�!j + �(t)
�!k . Obiµcno
se eliminacijom parametra t dobva sustav diferencijalnih jednadµzaba:
dx
wx=dy
wy=dz
wz: (3.10.a)
Tako se u Primjeru 3.20(b) za strujnice dobiva ista krivulja, a u 3.20(c) - dobi-
vamo sustavdx
x=dy
y=dz
z;
�to daje y = c1x i z = c2x, odnosno,
x
1=
y
c1=
z
c2:
Radi se, dakle o skupu svih pravaca u prostoru koji prolaze odabranim ishodi�tem
O = (0; 0; 0).
Napomena 3.21 Skalarno i vektorsko polje se mogu de�nirati opcenitije u
smislu da se uvede i ovisnost o vremenu. Takva polja nazivamo nestacionarn-
ima, za razliku od prije de�niranih koja onda nazivamo stacionarnima.
3.5. GRADIJENT, DIVERGENCIJA I ROTACIJA 95
Mjerimo li tako u Primjeru 3.19 (a) temperaturu tijekom nekog vremenskog in-
tervala, dobivamo primjer nestacionarnoga skalarnog polja, dok su 3.19 (b) i 3.19
(c) primjeri stacionarnog skalarnog polja. Nadalje, mjerimo li u Primjeru 3.20
(a) brzinu zraµcnoga strujanja tijekom nekog vremenskog intervala, dobivamo
primjer nestacionarnoga vektorskog polja, dok su 3.20 (b) i 3.20 (c) primjeri
stacionarnog vektorskog polja.
Spomenimo ovdje i dva u �ziµckom svijetu najpoznatija stacionarna vektorska
polja: gravitacijsko polje tvarne toµcke s masom m i elektrostatsko polje tvarne
toµcke s pozitivnim nabojem e:
De�nicija 3.22 Reci cemo da je skalarno polje U : ! R neprekidno (difer-encijabilno) ako je njegov predstavnik f : X ! R, u provokutnom koordinat-
nom sustavu�O;�!i ;�!j ;�!k�, neprekidna (diferencijabilna) funkcija. Sliµcno, reci
cemo da je vektorsko polje�!V : ! V neprekidno (diferencijabilno) ako je
pripadna vektorska funkcija �!w : X ! R3 neprekidna (diferencijabilna).
3.5 GRADIJENT, DIVERGENCIJA
I ROTACIJA
Ovdje cemo de�nirati tri linearna operatora, neophodna za matematiµcko opisi-
vanje temeljnih �ziµckih zakona tvarnoga svijeta u kojemu µzivimo. Otkrit cemo
da se, zapravo, radi o jednom operatoru djelovanje kojega se oµcituje na tri
naµcina - ovisno o objektima na koje djeluje. Jednostavnosti radi, skalarna i
vektorska polja cemo odmah zadavati njihovim predstavnicima, tj. skalarnim i
vektorskim funkcijama u Kartezijevu desnom pravokutnom koordinatnom sus-
tavu�O;�!i ;�!j ;�!k�u prostoru E � R3.
De�nicija 3.23 Neka su f : X ! R i �!w : X ! R3, X � R3, redom skalarno i
vektorsko polje, te neka su oba diferencijabilna. Gradijentom skalarnoga polja
f nazivamo vektorsko polje grad f : X ! R3; grad f =n@f@x ;
@f@y ;
@f@z
o; tj:
grad f(x; y; z) =@f(x; y; z)
@x
�!i +
@f(x; y; z)
@y
�!j +
@f(x; y; z)
@z
�!k ; (x; y; z) 2 X:
(3.11)
Divergencijom vektorskoga polja �!w = fwx; wy; wzg nazivamo skalarno poljediv�!w : X ! R; div�!w = @wx
@x +@wy@y +
@wz@z ; tj.
div�!w (x; y; z) = @wx(x; y; z)
@x+@wy(x; y; z)
@y+@wz(x; y; z)
@z; (x; y; z) 2 X:
(3.12)
96 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
Rotacijom vektorskoga polja �!w nazivamo vektorsko polje rot�!w : X ! R3;rot�!w =
n@wz@y �
@wy@z ;
@wx@z �
@wz@x ;
@wy@x � @wx
@y
o; tj.
rot�!w (x; y; z) =�@wz(x; y:z)
@y� @wy(x; y; z)
@z
��!i +
�@wx(x; y; z)@z
� @wz(x; y; z)
@x
��!j +�@wy(x; y; z)
@x� @wx(x; y; z)
@y
��!k ; (x; y; z) 2 X: (3.13)
Primijetimo da polje rot�!w dopu�ta formalni zapis u determinantinu obliku:
rot�!w =
����������!i
�!j
�!k
@
@x
@
@y
@
@z
wx wy wz
��������� : (3.13.a)
Uoµcimo da je gradijent neka funkcija de�nirana na skupu svih diferencijabilnih
skalarnih polja s vrijednostima u skupu diferencijabilnih vektorskih polja, da je
divergencija neka funkcija de�nirana na skupu svih diferencijabilnih vektorskih
polja s vrijednostima u skupu skalarnih polja, te da je rotacija neka funkcija
de�nirana na skupu svih diferencijabilnih vektorskih polja s vrijednostima u
istomu skupu.
Primjer 3.24
(a) Odredimo gradijent skalarnoga polja
(x; y; z) 7! f(x; y; z) = xy2z3:
grad f(x; y; z) =
�@f
@x;@f
@y;@f
@z
�(x; y; z) =
�y2z3; 2xyz3; 3xy2z2
:
(b) Odredimo divergenciju vektorskoga polja
(x; y; z) 7! �!w (x; y; z) =�2x; xy2; xz2
:
div�!w (x; y; z) =�@wx@x
+@wy@y
+@wz@z
�(x; y; z) = 2 + 2xy + 2xz:
(c) Odredimo rotaciju vektroskoga polja �!w iz primjera (b).
rot�!w (x; y; z) =
����������!i
�!j
�!k
@
@x
@
@y
@
@z
2x xy2 xz2
��������� (x; y; z) = � � � =�0; � z2; y2
:
3.6 NABLA OPERATOR
Sada cemo pokazati da se gradijent, divergencija i rotacija mogu opisati samo
jednim operatorom. Znakom r (µcitamo: nabla) oznaµcimo tzv. Hamiltonov
3.6. NABLA OPERATOR 97
diferencijalni operator - formalni vektorn@@x ;
@@y ;
@@z
o:Ili, ekvivalentno,
r � �!i @
@x+�!j@
@y+�!k@
@z: (3.14)
Gledamo li na r kao na operator de�niran na vektorskom prostoru svih diferen-cijabilnih skalarnih (vektorskih) polja, pojavljuju se, u svezi s De�nicijom 3.23,
sljedece mogucnosti:
� r(f) = grad f , djelovanje operatora r na skalrno polje f ;
� r � �!w = div�!w , formalni skalarni umnoµzak r i vektorskog polja w;
� r ��!w = rot�!w , formalni vektorski umnoµzak r i vektorskog polja w;
Vaµzna je µcinjenica da je operator r linearan u svakoj od navedenih inter-
pretacija, tj. da vrijedi ovaj teorem:
Teorem 3.25 Nabla je linearni operator, tj. za bilo koja dva diferencijabilna
skalarna polja f; g : X ! R, bilo koja dva diferencijabilna vektorska polja �!w ;�!u :X ! R3, X � R3, i bilo koja dva broja �; � 2 R vrijedi:
(i) r (�f + �g) = �r(f) + �r(g);
(ii) r ����!w + ��!u
�= �
�r � �!w
�+ �
�r � �!u
�;
(iii) r����!w + ��!u
�= �
�r��!w
�+ �
�r��!u
�.
Teorem 3.25 se dokazuje izravno i lako. Dokaµzimo npr. tvrdnju (iii)!
r����!w + ��!u
�=
����������!i
�!j
�!k
@
@x
@
@y
@
@z
�wx + �ux �wy + �uy �wz + �uz
��������� =
�
����������!i
�!j
�!k
@
@x
@
@y
@
@z
wx wy wz
���������+ �����������!i
�!j
�!k
@
@x
@
@y
@
@z
ux uy uz
��������� = ��r��!w
�+ �
�r��!u
�:
Tri iduca teorema donose, redom, vaµzna svojstva gradijenta, divergencije i rotacije.
Teorem 3.26 Neka su f; g : X ! R, X � R3, diferencijabilna skalarna polja, ckonstantno skalarno polje, ' : Y ! R, f [X] � Y � R, diferencijabilna funkcijai �; � 2 R. Tada je
(i) grad c =�!0 ;
98 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
(ii) grad(�f + �g) = � grad f + � grad g;
(iii) grad(fg) = g grad f + f grad g;
(iv) grad�fg
�=g grad f � f grad g
g2(µcim je g(x) 6= 0);
(v) grad(' � f) = '0 grad f .
Tvrdnje su izravna posljedica gradijentove de�nicije. Primijetimo da je tvrdnja
(ii) isto �to i Teorem 3.25(i).
Teorem 3.27 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, diferencijabilna vektorskapolja, f; g : X ! R diferencijabilna skalarna polja, �!c konstantno vektorsko
polje i �; � 2 R. Tada je
(i) div�!c = �!0 ;
(ii) div���!w + ��!u
�= � div�!w + �div�!u ;
(iii) div��!w ��!u � = �rot�!w � � �!u ��!w � �rot�!u �;
(iv) div�f�!w
�= (grad f) � �!w + f div�!w ;
(v) div�f grad f
�=�grad f
���grad g
�+ f (4g) (g dvaput diferencijabilno),
pri µcemu je � � div grad = r � r � r2 tzv. Laplaceov diferencijalnioperator (delta), tj.
� � @2
@x2+
@2
@y2+
@2
@z2;
(vi) div�rot�!w
�= c0 (�!w dvaput diferencijabilno).
Tvrdnje slijede neposredno iz divergencijine de�nicije. Dokaµzimo npr. tvrdnju
(iv)!
div�f�!w
�=@(fwx)
@x+@(fwy)
@y+@(fwz)
@z=
@f
@xwx + f
@wx@x
+@f
@ywy + f
@wy@y
+@f
@zwz + f
@wz@z
=�@f
@x;@f
@y;@f
@z
�� fwx; wy; wzg+ f
�@wx@x
+@wy@y
+@wz@z
�=�
grad f��!w + f div�!w :
Primijetimo da se tvrdnja (ii) podudara s onom iz Teorema 3.25 (ii). Tvrdnja
(v) slijedi iz (iv) µcim je �!w = grad g. Napokon, u dokazu tvrdnje (vi) treba
primijeniti Schwarzov teorem.
Teorem 3.28 Pod pretpostavkama Teorema 3.27 vrijedi
3.7. USMJERENA DERIVACIJA 99
(i) rot�!c = �!0 ;
(ii) rot���!w + ��!u
�= � rot�!w + � rot�!u ;
(iii) rot��!w ��!u � = �div�!u ��!w � �div�!w ��!u + ��!u � r��!w � ��!w � r��!u ,
pri µcemu su�!w � r � wx
@
@x+ wy
@
@y+ wz
@
@z
i, sliµcno, �!u � r novi diferencijalni operatori;
(iv) rot�f�!w
�= (grad f)��!w � f rot�!w ;
(v) rot (f grad f) = (grad f)� (grad g), i posebice, rot (grad f) = �!0 ;
(vi) rot�rot�!w
�= grad div�!w � ��!w (�!w dvaput diferencijabilno), pri µcemu
Laplaceov operator � treba primijeniti na svaku koordinatnu funkciju od�!w .
Kao i u prethodnom teoremu, sve tvrdnje su izravne posljedice odgovarajucih
de�nicija. Primijetimo da je tvrdnja (ii) isto �to i tvrdnja u Teoremu 3.25 (iii),
te da (v) slijedi iz (iv) primjenom Schwarzova teorema.
3.7 USMJERENA DERIVACIJA
Neka je U : ! R skalarno polje. Odaberimo bilo koju toµcku T0 2 i bilokoji vektor
�!l 2 V(T0). Tada za svaku toµcku T na zraci l odre�enoj s
�!l vrijedi
��!TT0 = t
�!l 0, za neki t 2 [0; �i, pri µcemu je
�!l 0 =
1
j�!l j
�!l pripadni jediniµcni vektor.
Broj t je, zapravo, udaljenost d(T0; T ) od T0 do T . Prosjeµcnom promjenom
skalarnoga polja U od toµcke T0 do toµcke T nazivamo koliµcnik
U(T )� U(T0)d(T0; T )
=U(T )� U(T0)
t2 R; ��!
TT0 = t�!l 0: (3.15)
Pokazuje se ovdje vaµznim istraµziti graniµcni sluµcaj T ! T0 po l, tj. t! 0. Da bi
navedeni koliµcnik (u graniµcnom sluµcaju) imao smisla za svaki izbor jediniµcnog
vektora�!l 0 nuµzno je da podruµcje bude "lokalno konveksno". Dakako, dostatno
je da � X � R3 bude otvoren skup.
De�nicija 3.29 Neka je U : ! R skalarno polje. Graniµcnu vrijednost (akopostoji)
@U(T0)
@�!l
� limt!0
U(T )� U(T0)t
2 R; �!TT 0 = t
�!l 0;
nazivamo derivacijom skalarnoga polja U u toµcki T0 u smjeru�!l (ili,
krace, usmjerenom (skalarnom) derivacijom)
100 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
U praktiµcnom raµcunu je puno jednostavnije raditi s predstavnikom f : X ! R,X � R3, skalarnoga polja U u koordinatnomu sustavu
�O;�!i ;�!j ;�!k�. Prvo,
toµckama T0 = (x0; y0; z0) i T = (x; y; z) pripadaju radijus-vektori��!OT0 = x0
�!i +
y0�!j + z0
�!k i
�!OT = x
�!i + y
�!j + z
�!k . Nadalje,
�!OT =
��!OT0 +
��!T0T =
��!OT0 + t
�!l 0,
dakle,
x�!i +y
�!j +z
�!k =
�x0+ t
��!l 0 �
�!i���!i +
�y0+ t
��!l 0 �
�!j���!j +�z0+ t
��!l 0 �
�!k���!k :
Slijedi da se koordinate svake toµcke T na zraci �to ju odre�uju T0 i�!l 0 opisuju
linearnim jednadµzbama
x = x0 +��!l 0 �
�!i�t; y = y0 +
��!l 0 �
�!j�t; z = z0 +
��!l 0 �
�!k�t; t 2 [0;1i :
Proizlazi da je prije de�nirana usmjerena derivacija, zapravo, derivacija funkci-
jske kompozicije [0;1i w=(wx;wy;wz)! Xf! R; tj.
t 7! w(t) =�x0 +
��!l 0 �
�!i�t; y0 +
��!l 0 �
�!j�t; z0 +
��!l 0 �
�!k�t�7! f (w(t)) ;
u toµcki t = 0. Prema tomu,
@U(T0)
@�!l
� @f(x0; y0; z0)
@�!l
= (f � w)0 (0) =
@f(w(0))
@x� w0x(0) +
@f(w(0))
@y� w0y(0) +
@f(w(0))
@z� w0z(0) =
@f(x0; y0; z0)
@x
��!l 0 �
�!i�+@f(x0; y0; z0)
@y
��!l 0 �
�!j�+@f(x0; y0; z0)
@z
��!l 0 �
�!k�=
=�grad f(x0; y0; z0)
�� �!l 0
Time smo dokazali ovaj teorem:
Teorem 3.30 Derivacija skalarnog polja U; zadanoga funkcijom f : X ! R,u toµcki T0 = (x0; y0; z0) u smjeru
�!l (6= �!
0 ) jednaka je skalarnom umno�ku
pripadnoga gradijenta s jediniµcnim vektorom�!l 0, tj.
@U(T0)
@�!l
=�grad f(x0; y0; z0)
�� �!l 0: (3.16)
Primjer 3.31 Izraµcunajmo derivaciju skalarnoga polja
(x; y; z) 7! f(x; y; z) = x2 + 3yz + 5
u toµcki T = (3; 2;�1) u smjeru�!l =
�!i +
�!j +
�!k .
3.7. USMJERENA DERIVACIJA 101
Po Teoremu 3.30 je @U(T0)
@�!l
=�grad f(x0; y0; z0)
�� �!l 0;pa iz grad f(3; 2;�1) =
f2x; 3z; 3yg���(3;2;�1)
= f6; � 3; 6g ; �!l 0 = 1
j�!l j
�!l = 1p
3f1; 1; 1g pa dobivamo
da je traµzena usmjerena
@f(3; 2;�1)@�!l
=�grad f(3; 2;�1)
�� �!l 0 = f6; � 3; 6g �
n1p3; 1p
3; 1p
3
o= 3
p3:
Iz Teorema 3.30 slijedi da skalarno polje f najbrµze raste u smjeru �to ga odre�uje
grad f , odnosno, da najbrµze pada u smjeru �to ga odre�uje � grad f . Drugimrijeµcima, grad f pokazuje smjer najbrµze promjene skalarnoga polja f . �tovi�e,
gradijent se time moµze i okarakterizirati.
Teorem 3.32 Neka funkcija f : X ! R, X � R3, opisuje diferencijabilnoskalarno polje U: Tada gradijent toga polja u svakoj toµcki T0 = (x0; y0; z0) ima
za pravac okomicu na razinsku plohu u T0, a iznos mu je jednak apsolutnoj
vrijednosti pripadne usmjerene derivacije. Saµzeto,
grad f(x0; y0; z0) =@f(x0; y0; z0)
@�!n�!n 0; (3.17)
pri µcemu je �!n normala na razinsku plohu f(x; y; z) = f(x0; y0; z0).
Dokaµzimo tvrdnju teorema. Odaberimo bilo koju toµcku T0 = (x0; y0; z0) 2 X.
Jednadµzba pripadne razinske plohe U(T ) = c � U(T0)) prelazi u f(x; y; z) =
f(x0; y0; z0), �to povlaµci
0 = df(x; y; z) =@f(x0; y0; z0)
@xdx+
@f(x0; y0; z0)
@ydy +
@f(x0; y0; z0)
@zdz =
�grad f(x0; y0; z0)
�� d�!n ;
pri µcemu d�!n oznaµcuje vektor
dx�!i + dy
�!j + dz
�!k � fdx; dy; dzg :
Buduci da pratimo zbivanje na razinskoj plohi u toµcki T0, to d�!r smijemo tu-
maµciti kao in�nitezimalni pomak u njezinoj tangencijalnoj ravnini toµckom T0.
Prema tomu, grad f(x0; y0; z0) � d�!r = 0 znaµci da je grad f(x0; y0; z0) okomit natu tagencijalnu ravninu, tj. na promatranu razinsku plohu u toµcki T0, dakle, us-
poredan s pripadnim normalnim vektorom �!n . Slijedi grad f(x0; y0; z0) = ��!n 0pa je � =
�grad f(x0; y0; z0)
�� �!n 0. Po Teoremu 3.30 je
grad f(x0; y0; z0) � �!n 0 =@f(x0; y0; z0)
@�!n ;
�to onda daje
grad f(x0; y0; z0) =@f(x0; y0; z0)
@�!n�!n 0:
102 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
Napomena 3.33 Pomocu Teorema 3.32 je lako izraµcunati jediniµcni normal-
ni vektor na razinsku plohu skalarnog polja. Naime, za svaku toµcku T0 =
(x0; y0; z0), vrijedi�!n 0 =
grad f(x0; y0; z0)
jgrad f(x0; y0; z0)j: (3.18)
Primjer 3.34 Izraµcunajmo jediniµcni normalni vektor na plohu z = xy u toµcki
T0 = (2; 3; 6).
Smijemo pretpostaviti da je promatrana ploha z = xy neka razinska ploha
f(x; y; z) = c nekog skalarnog polja f : X ! R, X � R3. Tako dobivamof(x; y; z) = xy � z + c, pa je
grad f(2; 3; 6) = fy; x; � 1g���(2;3;6)
= f3; 2; � 1g
i, napokon,
�!n 0(T0) =grad f(2; 3; 6)
jgrad f(2; 3; 6)j =1p14
�3�!i + 2
�!j ��!k
�:
Razmotrimo sada kako bi se usmjerena derivacija mogla osmisliti u vektorskom
polju. Neka funkcija �!w : X ! R3, X � R3, predstavlja vektorsko polje�!V .
Promatrajmo opet µcvrstu toµcku T0 = (x0; y0; z0); varijabilnu toµcku T = (x; y; z)
i koliµcnik �!w (x; y; z)��!w (x0; y0; z0)t
2 R3;
koji opisuje prosjeµcnu promjenu vektorskoga polja�!V � �!w (pri prijelazu iz T0 u
T ) u smjeru�!l � ��!T0T = t
�!l 0, pri µcemu je duµzina T0T � X.
De�nicija 3.35 Neka funkcija �!w : X ! R3, X � R3, predstavlja vektorskopolje
�!V , te neka su T0 = (x0; y0; z0); T = (x; y; z) 2 X, T0T � X i
��!T0T = t
�!l 0.
Graniµcnu vrijednost (ako postoji)
@�!V (T0)
@�!l
� @�!w (x0; y0:z0)@�!l
� limt!0
�!w (x; y; z)��!w (x0; y0; z0)t
2 R3; (3.19)
nazivamo derivacijom vektorskoga polja�!V (�!w ) u toµcki T0 u smjeru
�!l
(ili, krace, usmjerenom (vektorskom) derivacijom).
Teorem 3.36 Derivacija vektorskog polja �!w u toµcki T0 = (x0; y0; z0) u smjeru�!l (6= �!0 ), ako postoji, jednaka je vrijednosti operatora �!l 0 �r primijenjenog na�!w u (x0; y0; z0), tj.
@�!w (x0; y0:z0)@�!l
=���!l 0 � r
��!w �(x0; y0; z0) ==�cos�
@�!w@x
+ cos�@�!w@y
+ cos @�!w@z
����(x0;y0;z0)
; (3.20)
3.7. USMJERENA DERIVACIJA 103
gdje su cos�, cos� i cos smjerovni kosinusi od�!l , tj. komponenete jediniµcnoga
vektora�!l 0. (Operator (
�!u � r) = ux@@x + uy
@@y + uz
@@z smo uveli u Teoremu
3.28)
Zaista, promi�ljajuci kao u razmatranju �to je prethodilo Teoremu 3.30, sada za
vektorsko polje �!w = fwx; wy; wzg, dobivamo
@�!w (x0; y0:z0)@�!l
=h�!l 0 �
�@wx@x
�!i +
@wx@y
�!j +
@wx@z
�!k�+
+�!l 0 �
�@wy@x
�!i +
@wy@y
�!j +
@wy@z
�!k�+
+�!l 0 �
�@wz@x
�!i +
@wz@y
�!j +
@wz@z
�!k�i
(x0;y0;z0)
�pregrupiranje�=
h��!l 0 �
�!i��@wx
@x
�!i +
@wy@x
�!j +
@wz@x
�!k�+
��!l 0 �
�!j��@wx
@y
�!i +
@wy@y
�!j +
@wz@y
�!k�+
+��!l 0 �
�!k��@wx
@z
�!i +
@wy@z
�!j +
@wz@z
�!k�i���
(x0;y0;z0)=
�cos�
@�!w@x
+ cos�@�!w@y
+ cos @�!w@z
����(x0;y0;z0)
=���!l 0 � r
��!w �(x0; y0; z0)a to se i tvrdi u teoremu.
Primjer 3.37 Izraµcunajmo derivaciju vektorskoga polja
(x; y; z) 7! �!w (x; y; z) = fyz; zx; xyg
u toµcki T0 = (1;� 12 ; 2) u smjeru
�!l = 2
�!i +
�!j � 2�!k .
Buduci da je�!l 0 =
13
�2�!i +
�!j � 2�!k
�, po Teoremu 3.36 dobivamo
@�!w (1;� 12 ; 2)
@�!l
=���!l 0 � r
��!w �(1;�12; 2) =
�23
@�!w@x
+1
3
@�!w@y
� 23
@�!w@z
�(1;� 1
2 ;2)=
h23f0; z; yg+ 1
3fz; 0; xg � 2
3fy; x; 0g
i���(1;� 1
2 ;2)=
=1
3fz � 2y; 2z � 2x; 2y + xg
���(1;� 1
2 ;2)=�!i +
2
3
�!j :
104 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
3.8 NEKA POSEBNA POLJA
De�nicija 3.38 Reci cemo da je vektorsko polje �!w : X ! R3, X � R3, po-tencijalno (ili konzervativno), ako postoji neko skalarno polje f : X ! Rtakvo da je
�!w = � grad f:
Pritom polje f nazivamo (skalarnim) potencijalom od �!w :Za vektorsko polje �!w kaµzemo da je bezvrtloµzno µcim je
rot�!w =�!0 :
U protivnom, �!w nazivamo vrtloµznim poljem.
Napokon, reci cemo da je vektorsko polje �!w solenoidalno µcim je
div�!w = 0:
Napomena 3.39 Negativni predznak u de�niciji potencijalnog polje nije bitan
jer je grad(�f) = � grad f . Radi se samo u ustaljenom dogovoru, kojemu je
pridijeljeno stanovito �ziµcko znaµcenje.
Primjer 3.40 (a) Jednostavno je provjeriti da je gravitacijsko polje tvarne
toµcke T0 s masom m0, tj.�!G = K � m0
r2�!r 0; K - konstanta i r � j�!r j udal-
jenost, potencijalno s potencijalom U = K � m0
r : Uzmemo li T0 za ishodi�te
koordinatnog sustava�O;�!i ;�!j ;�!k�, potencijal U je zadan skalarnom funkci-
jom (x; y; z) 7! f(x; y; z) = K � m0px2+y2+z2
:
(b) Sliµcno (a), elektrostatsko polje pozitivnog "toµckastog" naboja e0, tj.�!E =
k � e0r2�!r0 ; k - konstanta i r � j�!r j - udaljenost, je potencijalno s potencijalom
U = k � e0r:
Teorem 3.41 Neka je �!w : X ! R3 diferencijabilno vektorsko polje na kon-veksnom skupu X � R3: Tada je �!w potencijalno onda i samo onda, ako je
bezvrtloµzno, tj.
(9f : X ! R) �!w = � grad f , rot�!w =�!0 :
Dokaµzimo tvrdnju teorema. Zaista, ako je vektorsko polje �!w potencijalno s
potencijalom f , onda je (v. Teorem 3.28(v))
rot�!w = rot(� grad f) = � rot grad f = �!0 :
Obratno, neka je, pod danim pretpostavkama, vektorsko polje �!w bezvrtloµzno,
tj. rot�!w = rot fwx; wy; wzg =�!0 . Da bismo dokazali njegovu potencijalnost,
3.8. NEKA POSEBNA POLJA 105
treba konstruirati skalarno polje f tako da �!w bude njegov (negativni) gradijent.
Jednostavnosti radi, konstrirat cemo f u posebnom sluµcaju kad je X kvadar.
Prvo primijetimo da rot�!w =�!0 povlaµci
@wz@y
=@wy@z
;@wx@z
=@wz@x
;@wy@x
=@wx@y
:
Buduci da je X kvadar, dobro je de�nirana funkcija f : X ! R,
f(x; y; z) = �xZ
x0
wx(t; y; z)dt�yZ
y0
wy(x0; s; z)ds�zZ
z0
wz(x0; y0; v)dv;
pri µcemu je (x0; y0; z0) 2 X bilo koja µcvrsta toµcka. Izravno se lako dokaµze da je
@f
@x= �wx;
@f
@y= �wy i
@f
@z= �wz:
Primjerice,
@f(x; y; z)
@z=
@
@z
��
xZx0
wx(t; y; z)dt�yZ
y0
wy(x0; s; z)ds�zZ
z0
wz(x0; y0; u)du�=
�xZ
x0
@wx(t; y; z)
@zdt�
yZy0
@wy(x0; s; z)
@zds� wz(x0; y0; z) =
�xZ
x0
@wz(t; y; z)
@tdt�
yZy0
@wz(x0; s; z)
@yds� wz(x0; y0; z) =
�wz(x; y; z) + wz(x0; y; z)� wz(x0; y; z) + wz(x0; y0; z)� wz(x0; y0; z) =
�wy(x; y; z):
Dakle, �!w = � grad f , �to smo i tvrdili.
Primjer 3.42 Istraµzimo je li vektorsko polje
�!w (x; y; z) = fyz; zx; xyg
konzervativno i ako jest odredimo mu potencijal.
Vektorsko polje (x; y; z) 7! �!w (x; y; z) = fyz; zx; xyg je diferencijabilno na R3.Po Teoremu 3.41, njegova moµzebitna konzervativnost je ekvivalentna bezvrt-
loµznosti. Buduci da je
rot�!w (x; y; z) =
����������!i
�!j
�!k
@
@x
@
@y
@
@z
wx wy wz
��������� = fx� x; � y + y; z � zg = f0; 0; 0g ;
106 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
to �!w jest konzervativno polje. Da bismo mu odredili potencijal, postupimo kao
u dokazu prethodnoga teorema, tj. (odabrav�i za T0 ishodi�te O = (0; 0; 0))
f(x; y; z) = �xZ0
wx(t; y; z)dt�yZ0
wy(0; s; z)ds�zZ0
wz(0; 0; v)dv
= �xZ0
yzdt�yZ0
z � 0ds�zZ0
(0 � 0dv = �xyz
ili, opcenitije,
f(x; y; z) = c� xyz;
pri µcemu je c 2 R bilo koja konstanta.
Teorem 3.43 Neka je �!w : X ! R3 diferencijabilno vektorsko polje na otvorenomkvadru X � R3: Tada je �!w solenoidalno onda i samo onda, ako postoji dvaput
diferencijabilno vektorsko polje �!u : X ! R3 rotacija kojega je �!w , tj.
div�!w = 0,�9�!u : X ! R3
� �!w = rot�!u :
(U sluµcaju netrivijalnog vektorskog polja �!w na prikladnom podruµcju, dakle, ono
je solenoidalno toµcno onda kad je vrtloµzno.)
Dokaµzimo teorem. Ako za vektorsko polje �!w postoji vektorsko polje �!u takvo
da je �!w = rot�!u , onda je div�!w = div�rot�!u
�= 0. Da bismo dokazali nuµznost,
de�nirajmo �!u = fux; uy; uzg kako slijedi:
ux(x; y; z) =
zZz0
wy(x; y; s)ds;
uy(x; y; z) = �zZ
z0
wx(x; y; s)ds+
xZx0
wz(t; y; z0)dt;
uz(x; y; z) = c0;
gdje je (x0; y0; z0) 2 X po volji odabrana µcvrsta toµcka.
Buduci da je vektorsko polje �!w diferencijabilno, to je �!u dvaput diferencijabilno.Parcijalno derivirajuci koordinatne funkcije ux, uy i uz dobivamo:
@ux(x; y; z)
@y=
zZz0
@wy(x; y; s)
@yds;
@ux(x; y; z)
@z= wy(x; y; z);
@uy(x; y; z)
@x= �
zZz0
@wx(x; y; s)
@xds+ wz(x; y; z0);
@uy(x; y; z)
@z= �wx(x; y; z);
3.8. NEKA POSEBNA POLJA 107
@uz(x; y; z)
@x= c0 =
@uz(x; y; z)
@y:
Slijedi,@uz@y
� @uy@z
= wx,@ux@z
� @uz@x
= wy;
dok je@uy(x; y; z)
@x� @ux(x; y; z)
@y=
�zZ
z0
@wx(x; y; s)
@xds+ wz(x; y; z0)�
zZz0
@wy(x; y; s)
@yds =
zZz0
��@wx(x; y; s)
@x� @wy(x; y; s)
@y
�ds+ wz(x; y; z0)
( div�!w=0)=
zZz0
@wz(x; y; s)
@sds+ wz(x; y; z0) =
wz(x; y; z)� wz(x; y; z0) + wz(x; y; z0) = wz(x; y; z):
Prema tomu, konstruirali smo takvo vektorsko polje �!u da je �!w = rot�!u .
Napokon, µcesto se, po sliµcnosti sa skalarnim potencijalom f (�!w = � grad f);vektorsko polje �!u sa svojstvom rot�!u = �!w naziva vektorskim potencijalom
vektorskoga polja �!w .
Na kraju, da bismo naglasili vaµznost gradijenta, divergencije i rotacije, prido-
dajemo poznate Maxwellove elektrodinamiµcke jednadµzbe �to povezuju (nesta-
cionarno) elektriµcno polje�!E i (nestacionarno) magnetsko polje
�!H :
rot�!E = �1
c� @�!H
@t; rot
�!H =
1
c� @�!E
@t+4�
c� �!J ; div�!E = 4��; div
�!H = 0:
(c je svjetlosna brzina u vakuumu; � je skalarno polje gustoce elektriµcnog naboja;�!J = ��!w je vektorsko polje "gustoce toka naboja brzine v"). Radi lak�eg
raµcunanja, magnetsko polje�!H se izvodi iz magnetskog potencijala
�!A , tj.
�!H =
rot�!A , a elektriµcno polje
�!E se onda izvodi iz
�!A i iz skalarnog potencijala f , tj.
�!E = � grad f � 1
c �@�!A@t :
108 POGLAVLJE 3. VEKTORSKA ANALIZA TEORIJA POLJA
Poglavlje 4
KRIVULJNI INTEGRAL
4.1 KRIVULJA I NJEZINO USMJERENJE
Ovdje cemo saµzeto formulirati pojam krivulje u ambijentu R3 s provokutnimkoordinatnim sustavom
�O;�!i ;�!j ;�!k�, svijesni manjkavosti �to proizlaze iz svi-
jesnog zaobilaµzenja razlike izme�u parametrizabilnog skupa i krivulje.
Slika 4.1.
De�nicija 4.1 Skup � � R3 nazivamo jednostavnom glatkom krivuljom
(s rubom) ako
(i) postoji neprekidno derivabilna vektorska funkcija �!r = f'; ; �g takva daje r = ('; ; �) : [a; b]! � � R3 bijekcija;
(ii) za svaki t 2 [a; b] je �!r 0(t) 6= f0; 0; 0g, tj. � dopu�ta tangentu u toµcki r(t)(Slika 4.1.).
Svaki takav ure�eni par�[a; b];�!r
�nazivamo glatkom parametrizacijom kri-
vulje �.
Za A = r(a); B = r(b) 2 � kaµzemo da su rubne toµcke od �.Ako funkcija r nije injektivna samo u toµckama a i b, tj. ako je r(a) = r(b),
govorimo o jednostavno zatvorenoj krivulji �.
109
110 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL
Napomenimo da
�!r (t) = '(t)�!i + (t)
�!j + �(t)
�!k ; t 2 [a; b] (4.1)
nazivamo vektorskim zapisom, a istaknemo li koordinatne funkcije vektorske
funkcije �!r , tj.x = '(t); y = (t); z = �(t); t 2 [a; b] (4.2)
dobivamo tzv. parametarski zapis (parametarske jednadµzbe) krivulje �.
U praksi µcesto nastupa malo opcenitiji sluµcaj od "glatkoga" u smislu da postoji
(najvi�e) konaµcno toµcaka u kojima se "krivulja � o�tro lomi", tj. ne dopu�ta
tangentu. Tada je de�nicijskom uvjetu (ii) udovoljeno svuda osim u konaµcno
mnogo toµcaka t1; � � � ; tn 2 [a; b]. U tom sluµcaju govorimo o po dijelovima
glatkoj krivulji �.
Slika 4.2.
Pritom smijemo zami�ljati da je � prirodno satavljena od konaµcno jednostavnih
glatkih krivulja �1, �2 ... , �n, �n+1, nad [a; t1], ..., [tn�1:tn], [tn; b] redom,
"ljepljenjem toµcke r(ti) 2 �i s toµckom r(ti) 2 �i+1"; i = 1; � � � ; n (Slika 4.2.).
Upoznajmo se sada, premda manjkavo i ne posve korektno (ali za na�e potrebe
ipak zadovoljavajuce) s pojmom usmjerene krivulje.
Promatrajmo glatku krivulju � zadanu parametrizacijom ([a; b]; r). Ona u
svakoj toµcki T = r(t) 2 � dopu�ta tangentu, koju kao pravac (�= R) moµzemo us-mjeriti, tj. pridijeliti joj koordinatni sustav
�O � T ;
�!i�ili�O � T ;��!i
�.
Reci cemo da je glatka krivulja � usmjerena (ili orijentirana) ako je na
svakoj njezinoj tangenti odabran toµcno jedan koordinatni sustav. Slijedi da se
� moµze usmjeriti na neizmjerno naµcina, ali su od svih njih zanimljiva samo dva,
tzv. neprekidna usmjerenja, koja su inducirana dvama usmjerenjima danog
pravca R preko dvaju razreda glatkih parametrizacija krivulje � (po stanovitojrazredbenoj relaciji). Ne poja�njavajuci to pobliµze, smijemo zami�ljati da glatka
krivulja dopu�ta toµcno dva (neprekidna) usmjerenja:
� jedno se dobiva "gibajuci se duµz � od rubne toµcke A = r(a) do rubne
toµcke B = r(b) uz stalni porast varijable t 2 [a; b]" - tada kaµzemo da jekrivulja � usmjerena (ili orijentirana) porastom parametra t;
� a drugo "gibajuci se, obratno, od toµckeB do toµcke A uz stalni pad varijablet 2 [a; b]" - tada kaµzemo da je krivulja � usmjerena (ili orijentirana)padom parametra t.
4.2. KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE 111
U prvomu (drugomu) sluµcaju kaµzemo da je A = r(a) poµcetak (kraj) i da je B =
r(b) kraj (poµcetak) usmjerene krivulje �. Pritom trebamo biti vrlo oprezni jer
usmjerenje porastom parametra t 2 [a; b] moµze biti isto �to i usmjerenje padomparametra � 2 [c; d] u nekoj drugoj glatkoj parametrizaciji iste krivulje.
Slika 4.3.
Ako je krivulja � po dijelovima glatka, njezine sastavne glatke krivulje �1; � � �;�n dopu�taju po dva neprekidna usmjerenja. Reci cemo da je � usmjerena
(ili orijentirana) µcim su �1; � � � ;�n usmjerene sukladno, tj. kraj od �i jestpoµcetak od �i+1, i = 1; � � � ; n (Slika 4.3.).Primijetimo da se ova de�nicija prirodno prenosi i na jednostavno zatvorenu po
dijelovima glatku krivulju.
U posebnom sluµcaju jednostavno zatvorene po dijelovima glatke krivulje � u
(koordinatiziranoj) ravnini�R2 �
�O;�!i ;�!j��govor se moµze reducirati na tzv.
negativno i pozitivno usmjerenje, tj. na ono sukladno gibanju satne kazaljke
i njemu suprotno gibanje.
Opca oznaka za (neprekidno) usmjerenu krivulju � bit cey� . Ako je na istoj
krivlji � zadano i suprotno usmjerenje, razlikovat cemo ga ody� oznaµcavajuci
ga sx� . U posebnom sluµcaju jednostavno zatvorene ravninske krivulje,
y� � ��
ce oznaµcavati njezino negativno usmjerenje ax� � �+ ono pozitivno.
4.2 KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE
Neka je f : X ! R; X � R3; funkcija (skalarno polje na X), a r(t) =
('(t); (t); �(t)); t 2 [a; b]; parametarska jednadµzba glatke krivulje � � X.
Tada je dobro de�nirana kompozicija
[a; b]r! X
f! R; t 7! (f � r)(t) = f('(t); (t); �(t));
�to je realna funkcija jedne varijable na segmentu [a; b] � R.
De�nicija 4.2 Ako je funkcija t 7!�(f � r) �
���!r 0���(t) = f (r(t)) ����!r 0(t)��;
t 2 [a; b]; integrabilna, onda pripadni odre�eni integralbRa
f (r(t)) ����!r 0(t)��dt nazi-
vamo integralom skalarnoga polja f po krivulji � (ili krivuljnim integra-
lom prve vrste) i oznaµcujemo sR�
fds:
112 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL
Primijetimo da oznakaR�
fds ima puni smisao jer je
���!r 0(t)�� =q'0(t)2 + 0(t)2 + �0(t)2;pa je
���!r 0(t)��dt � ds "duljinski element" krivulje (luka) � (Slika 4.4.).
Slika 4.4.
Stoga je operativni zapis krivuljnog integrala prve vrsteZ�
fds =
bZa
f('(t); (t); �(t)) �q'0(t)2 + 0(t)2 + �0(t)2dt: (4.3)
Napomena 4.3 U praksi, kad krivulja � predstavlja model tanke µzice, a f je
funkcija njezine ("linearne") gustoce, krivuljni integralR�
fds raµcuna masu te
µzice.
Treba napomenuti da, apriori, nije jasno je li De�nicija 4.2 posve korektna.
Naime, uz nju bi valjalo dokazati da krivuljni integralR�
fds ne ovisi o odabranoj
parametrizaciji krivulje �, tj. da je
bZa
f(r(t)) ����!r 0(t)��dt = dZ
c
f(p(�)) ����!p 0(�)��d� ;
pri µcemu su�[a; b]; r
�i�[c; d]; p
�bilo koje dvije glatke parametrizacije od �.
Buduci da bi to zahtijevalo op�irnije razmatranje, necemo se u to upu�tati.
Primjer 4.4 Izraµcunati krivuljni integral prvoga tipaR�
fds pri µcemu je f(x; y; z) =
x+ z i � zadana jednadµzbama x = t; y =p62 t
2; z = t3; t 2 [0; 1]:
Z�
fds =
bZa
f('(t); (t); �(t)) �q'0(t)2 + 0(t)2 + �0(t)2dt =
1Z0
�t+ t3
�p1 + 6t2 + 9t4dt =
1Z0
�t+ t3
��1 + 3t2
�dt =
1Z0
�t+ 4t3 + 3t5
�dt = 2:
Napomenimo da se u sluµcaju po dijelovima glatke krivulje �, prirodno sastavl-
jene od glatkih krivulja �1; � � � ;�n+1, pripadni krivuljni integral prve vrste smijede�nirati kao zbroj, tj.Z
�
fdsdef.=
Z�1
fds+ � � �+Z�n+1
fds:
4.2. KRIVULJNI INTEGRAL PRVE VRSTE 113
Izravno iz De�nicije 4.2 i svojstava Riemannova integrala slijedi da je krivuljni
integral prve vrste linearni funkcional, tj. da vrijedi:
Teorem 4.5 Neka su f; g : X ! R, X � R3, integrabilne funkcija, �; � 2 R i� � X po dijelovima glatka krivulja. Tada jeZ
�
(�f + �g)ds = �
Z�
fds+ �
Z�
gds:
Napomena 4.6 µCesto se (po dijelovima) glatka krivulja � � X � R3 zadajekao presjek dviju ploha zadanih jednadµzbama
G(x; y; z) = 0; H(x; y; z) = 0:
Tada treba, pod uvjetima teorema o implicitnoj funkciji, "eliminacijom trece
varijable" dobiti jednadµzbe y = g(x), za svaki z, i z = h(x), za svaki y, pri
µcemu je x 2 [a; b], dviju novih ploha s istim presjekom �. Pritom su g i h
neprekidno derivabilne funkcije na [a; b]. Prednost novih ploha je tomu �to je
njima zadana parametrizacija
x = t; y = g(t); z = h(t); t 2 [a; b],
krivulje �, pa se pripadni krivuljni integral prve vrste moµze izraµcunati po formuli
Z�
fds =
bZa
f(x; g(x); h(x)) �p1 + g0(x)2 + h0(x)2dx: (4.4)
Pritom se u sluµcaju ravninske krivulje � � X � R2 moµze dobiti h = c0, pa je
tada Z�
fds =
bZa
f(x; g(x)) �p1 + g0(x)2dx: (4.4.a)
Primjer 4.7 IzraµcunatiR�
fds ako je f(x; y; z) = x3yz i � krivulje koja je pres-
jek ploha z = x2 + y2; z = 1; y � 0 (Slika 4.5.).
Projekcija �0 krivulje � na xy-ravninu dobiva se eliminacijom varijable z iz
jednadµzbi z = x2 + y2; z = 1: Dakle �0 je polukruµznica x2 + y2 = 1; y � 0:
Njezina je parametrizacija x = cos t; y = sin t; t 2 [0; �] :Dobili smo parametrizaciju krivulje � � x = cos t; y = sin t; z = 1; t 2 [0; �] :Sada je x0 = � sin t; y0 = cos t; z0 = 0; ds =
q(� sin t)2 + (cos t)2 + (0)2dt = dt
i imamo Z�
fds =
Z�
x3yzds =
�Z0
(cos3 t)3 sin tdt = 0
114 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL
Slika 4.5. Slika 4.6.
Primjer 4.8 Izraµcunajmo krivuljni integral prve vrsteR�
fds ako je
f(x; y) = xy a krivulja �:
(a) � ... y = �x+ 1, x 2 [0; 1] (Slika 4.6.);(b) � ... y = �x2 + 1, x 2 [0; 1]. (Slika 4.6.)
Uoµcimo da u oba primjera krivulja � povezuje toµcke A = (0; 1) i B = (1; 0).
(a)Z�
fds =
1Z0
x(�x+ 1)p1 + (�1)2dx =
p2
1Z0
(�x2 + x)dx =p2
6;
(b)Z�
fds =
1Z0
x(�x2 + 1)p1 + (�2x)2dx = � � � = 25
p5� 11120
.
(Ovo pokazuje da je bitno po kojoj se krivulji integrira!)
4.3 KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE
Neka je �!w = fwx; wy; wzg : X ! R3; X � R3; vektorsko polje na X a
r(t) = ('(t); (t); �(t)); t 2 [a; b]; parametarska jednadµzba glatke krivulje � �X. Neka je
y� krivulja � usmjerena porastom parametra t 2 [a; b]. Primijetimo
da je dobro de�nirana kompozicija
[a; b]r! X
�!w! R3; t 7! �!w (r(t)) = fwx(r(t)); wy(r(t)); wz(r(t))g ;
�to je vektorska funkcija jedne varijable na segmentu [a; b] � R. Slijedi da je
�!w (r) � �!r 0 : [a; b]! R;
t 7! �!w (r(t)) � �!r 0(t) = wx(r(t)) � '0(t) + wy(r(t)) � 0(t) + wz(r(t)) � �0(t);
realna funkcija jedne varijable na segmentu [a; b].
4.3. KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE 115
De�nicija 4.9 Ako je funkcija (skalarni produkt)��!w (r)� � �!r 0 : [a; b] ! R
integrabilna, onda pripadni odre�eni integral
bZa
��!w (r(t)) � �!r 0(t)�dt (4.5)
nazivamo integralom vektorskoga polja �!w po usmjerenoj krivuljiy� (ili
krivuljnim integralom druge vrste) i oznaµcujemo saZy�
�!w � d�!r ili saZ�
�!w � �!t 0ds:
Prva oznaka je posve jasna. Druga, tako�er, ima smisla jer je d�!r = �!r 0dt =�!t 0ds; pri cemu je
�!t 0 jediniµcni tangencijalni vektor na � u promatranoj toµcki i
on sadrµzi podatak o usmjerenju (pa ga onda ne treba isticati na samoj krivulji).
Izravno izraµcunavanje krivuljnog integrala druge vrste slijedi iz de�nicije:
Zy�
�!w � d�!r =
bZa
�wx('(t); (t); �(t)) � '0(t) + wy('(t); (t); �(t)) � 0(t) +
+wz('(t); (t); �(t)) � �0(t)�dt (4.6)
Primjer 4.10 Izraµcunati krivuljni integral druge vrsteRy�
�!w � d�!r vektorske
funkcije (x; y; z) 7! �!w (x; y; z) = fy � z; z � x; x� yg po porastom parame-
tra usmjerenoj krivuljiy�, r(t) = (2 cos t; 2 sin t; 3t); t 2 [0; 2�]:
Odgovarajucim uvr�tenjima u de�nicijsku formulu dobivamo:
Zy�
�!w � d�!r =2�Z0
�(2 sin t� 3t) � (�2 sin t) + (3t� 2 cos t) � 2 cos t+
+(2 cos t� 2 sin t) � 3�dt =
2�Z0
(�4+ 6 cos t� 6 sin t+6t sin t+6t cos t)dt = �20�:
Napomena 4.11 Krivuljni integral druge vrsteRy�
�!w �d�!r se obiµcno interpretira
kao rad neke sile�!F = �!w duµz puta �!s =
y� od toµcke A do toµcke B. Odmah
je jasno da ne moµze biti svejedno kako je krivulja � usmjerena, jer u jednom
smjeru energiju dobivamo a u drugom ju tro�imo.
Ovdje treba pridodati i to da bi za potpunu korektnost De�nicije 4.9 trebalo
dokazati ovisnost krivuljnog integrala druge vrste o odabranoj glatkoj parame-
116 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL
trizaciji samo do na predznak, tj. da je
bZa
��!w (r(t)) � �!r 0(t)�dt = � dZc
��!w (p(�)) � �!p 0(�)�d� ;pri µcemu su
�[a; b]; r
�i�[c; d]; p
�bilo koje dvije glatke parametrizacije od �, te
da su ti integrali jednaki µcim r i p induciraju (porastom parametara) isto us-
mjerenje, a protivnih predznaka µcim induciraju suprotna usmjerenja na krivulji
�.
Napomena 4.12 Ako jey� po dijelovima glatka krivulja, prirodno sastavljena
od sukladno usmjerenih glatkih krivuljay�1; � � � ;
y�n+1, pripadni krivuljni integral
druge vrste de�niramo kao zbroj, tj.Zy�
�!w � d�!r def.=
Zy�1
�!w � d�!r + � � �+Zy
�n+1
�!w � d�!r :
Izravno iz De�nicije 4.9 i svojstava Riemannova integrala slijedi valjanost ovoga
teorema:
Teorem 4.13 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, vektorske funkcije s inte-grabilnim koordinatnim funkcijama, �; � 2 R i
y� � X usmjerena po dijelovima
glatka krivulja. Tada je
(i)Zx�
�!w � d�!r = �Zy�
�!w � d�!r ;
(ii)Zy�
���!w + ��!u
�� d�!r = �
Zy�
�!w � d�!r + �Zy�
�!u � d�!r .
Neka je vektorska funkcija �!w : X ! R3, X � R3, zadana preslikavanjimaP;Q;R : X ! R, tj. wx = P , wy = Q i wz = R. Pridruµzimo li funkciji �!wdiferencijalnu formu Pdx + Qdy + Qdz , uoµcavamo da se, formalno, krivuljni
integral druge vrste podudara s integralom odgovarajuce diferencijalne forme,
tj. Zx�
�!w � d�!r =Zy�
Pdx+Qdy +Rdz: (4.7)
Primjer 4.14 Izraµcunajmo krivuljni integral druge vrsteZy�
(y + z)dx+ (z + x)dy + (x+ y)dz
akoy� usmjerena krivulja - duµzina od ishodista O do toµcke B = (1; 1; 1).
4.3. KRIVULJNI INTEGRAL DRUGE VRSTE 117
Buduci da sey� =
��!OM moµze zadati kao presjek dviju ravnina: y = x, za svaki
z, i z = x, za svaki y, x 2 [0; 1] (usmjerenje porastom parametra t = x), to je
Zy�
Pdx+Qdy +Rdz =
1Z0
[(x+ x) + (x+ x) � 1 + (x+ x) � 1]dx = 61Z0
xdx = 3:
Napomena 4.15 Ako je u krivuljnom integralu druge vrsteRy�
�!w � d�!r krivulja
� (jednostavno) zatvorena, uobiµcajilo se to isticati oznakomHy�
�!w � d�!r i nazivati
cirkulacijom vektorskoga polja �!w po zatvorenoj krivuljiy� .
Primjer 4.16 Izraµcunati cirkulaciju ravninskoga vektroskog polja �!w (x; y) =fx; xyg po krivulji:(a) sredi�njoj kruµznici
y� polumjera c (usmjerenoj po volji);
(b) rubux� pozitivno usmjerenoga trokuta s vrhovima A = (2; 0), B = (1; 1) i
O = (0; 0).
Slika 4.7.
(a) Ovdje jey� zadana parametrizacijom x = c cos t, y = c sin t, t 2 [0; 2�] (Slika
4.7.a), pa je
Iy�
�!w � d�!r =Iy�
xdx+ xydy =
2�Z0
[c cos t � (�c sin t) + c cos t � c sin t � c cos t] dt =
c22�Z0
(cos t� c cos2 t)(� sin t)dt = � � � = 0;
(b) Ovdje jex� usmjerena po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja
sukladno sastavljena ody�1 =
�!OA,
x�2 =
��!AB i
x�3 =
��!BO s parametrizacijama
(redom) (Slika 4.7. b):
� y = 0, x 2 [0; 2], usmjerena porastom parametra x;
� y = �x+ 2, x 2 [1; 2], usmjerena padom parametra x;
� y = x, x 2 [0; 1], usmjerena padom parametra x.
118 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL
Dobivamo Iy�
�!w � d�!r =Zy�1
�!w � d�!r +Zy�2
�!w � d�!r +Zy�3
�!w � d�!r =
2Z0
(x+ x � 0 � 0)dx+1Z2
(x+ x(�x+ 2)(�1))dx+0Z1
(x+ x � x � 1)dx = � � � = 1
3:
4.4 KRIVULJNI INTEGRAL U
POTENCIJALNOM POLJU
Raznovrsni primjeri krivuljnog integrala druge vrste pokazuju da on ponekad ne
ovisi o usmjerenoj krivulji po kojoj se integrira, nego samo o njezinoj poµcetnoj
i krajnjoj toµcki. Stoga je korisno istraµziti kakva su to vektorska polja krivuljni
integrali kojih ovise samo o poµcetku i kraju integracijske krivulje.
De�nicija 4.17 Neka je �!w : X ! R3, X � R3, neprekidno vektorsko polje.Reci cemo da krivuljni integral vektorskoga polja �!w ne ovisi o integraci-
jskom putu, ako za svake dvije toµcke A;B 2 X i svake dvije po dijelovima
glatke krivuljey�1;
y�2 � X �to povezuju A i B, usmjerene od A prema B, vrijediZ
y�1
�!w � d�!r =Zy�2
�!w � d�!r : (4.8)
Upravo de�nirano svojstvo karakterizira ovaj teorem:
Teorem 4.18 Neka je �!w : X ! R3 neprekidno vektorsko polje na otvorenomi povezanom podruµcju X � R3. Tada pripadni krivuljni integral ne ovisi o
integracijskom putu ako i samo ako je �!w potencijalno polje.
Dokaµzimo teorem.
()) Pretpostavimo da krivuljni integral vektorskoga polja �!w = fwx; wy; wzgne ovisi o integracijskom putu, tj. da je
Ry�1
�!w � d�!r =Ry�2
�!w � d�!r za ma koje dvije
usmjerene krivulje od toµcke A do toµcke B u X . Treba dokazati da postoji neko
skalarno polje f : X ! R takvo da je �!w = � grad f . U tu svrhu uµcvrstimo bilokoju toµcku T0 = (x0; y0; z0) 2 X pa za svaku toµcku T = (x; y; z) 2 X odaberimo
bilo koju po dijelovima glatku krivuljuy� � X �to spaja T0 i T (takva postoji
po pretpostavci na X), usmjerenu od T0 prema T . Pretpostavka povlaµci da je
time dobro de�nirana funkcija
f : X ! R; f(x; y; z) = �Zy�
�!w � d�!r :
4.4. KRIVULJNI INTEGRAL U POTENCIJALNOM POLJU 119
Odaberimo dostatno mali � > 0 tako da duµzina TT1 bude sadrµzana u X, pri
µcemu T1 = (x+dx; y; z) i 0 < jdxj � �. (Takav � postoji jer je skup X otvoren.)
Neka jey�1 usmjerena krivulja sukladno sastavljena od
y� i
��!TT1. Tada je
f(x+ dx; y; z) = �Zy�1
�!w � d�!r = ��Zy�
�!w � d�!r +Z��!TT1
�!w � d�!r�;
pa je
f(x+ dx; y; z)� f(x; y; z)dx
= � 1
dx
Z��!TT1
�!w � d�!r = � 1
dx
x+dxZx
wx(t; y; z)dt;
pri µcemu je t druga oznaka za varijablu x (da se ne pobrka s granicama), y i z su
ovdje konstante, a r(t) = (t; y; z), t 2 [x; x + dx], je parametrizacija usmjerene
duµzine��!TT1. Buduci da je koordinatna funkcija wx neprekidna, to je neprekidna
i funkcija t 7! wx(t; y; z). Prema tomu,
limdx!0
1
dx
x+dxZx
wx(t; y; z)dt = wx(x; y; z);
�to povlaµci
wx(x; y; z) = � limdx!0
f(x+ dx; y; z)� f(x; y; z)dx
= �@f(x; y; z)@x
:
Na isti naµcin se dokaµze da je
wy(x; y; z) = �@f(x; y; z)
@yi wz(x; y; z) = �
@f(x; y; z)
@z;
pa je doista �!w = � grad f .(()Obratno, ako je vektorsko polje�!w potencijalno onda iz �!w = � grad f slijediRy�
�!w �d�!r = �Ry�
@f@xdx+
@f@y dy+
@f@z dz: Tada za bilo koju usmjerenu krivulju
y� u
X, od toµcke A = (x1; y1; z1) do toµcke B = (x2; y2; z2), zadanu parametarskom
jednadµzbom r(t) = ('(t); (t); �(t)); t 2 [a; b]; dobivamo
Zy�
@f
@xdx+
@f
@ydy +
@f
@zdz =
bZa
�@f@x'0(t) +
@f
@y 0(t) +
@f
@z�0(t)
�dt =
bZa
d(f � r)(t) = fr(b)� fr(a) = f(x2; y2; z2)� f(x1; y1; z1):
Prema tomu, krivuljni integralRy�
�!w � d�!r = f(x1; y1; z1) � f(x2; y2; z2) ne ovisi
oy� =
yAB, nego samo o toµckama A i B.
120 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL
Napomena 4.19 Primijenimo li Teorem 4.18 na bilo koju po dijelovoma glatku
jednostavno zatvorenu krivulju � � X, dobivamo da pripadna cirkulacija vek-
torskog polja �!w isµcezava,Hy�
�!w � d�!r = 0: Slijedi da isµcezavanje cirkulacije,
tako�er, karakterizira potencijalnost vektorskog polja �!w na podruµcju X.
Nadalje, buduci da su potencijalnost i bezvrtloµznost (na konveksnom podruµcju)
ekvivalentna svojstva (v. Teorem 3.41), vrijedi ovaj korolar:
Korolar 4.20 Neka je �!w : X ! R3 diferencijabilno vektorsko polje na konvek-snom podruµcju X � R3. Tada je
rot�!w =�!0 ,
Iy�
�!w � d�!r = 0 (4.9)
za svaku po dijelovima glatku jednostavno zatvorenu krivuljuy� � X.
Teorem 4.18 i Korolar 4.20 ukazuju na veliku vaµznost potencijalnih (bezvrt-
loµznih) vektorskih polja. Stoga treba umjeti takva polja prepoznati i odrediti
im potencijale, o µcemu je bilo rijeµci u Teoremu 3.41 i Primjeru 3.42. Ponovimo
samo to da je opci oblik takvoga potencijala f : X ! R, za dano vektorsko polje�!w na X � R3, integral totalnog diferencijala wxdx+ wydy + wzdz � df , tj.
f(x; y; z) = �xZ
x0
wx(t; y; z)dt�yZ
y0
wy(x0; u; z)du�zZ
z0
wz(x0; y0; v)dv;
pri cemu je (x0; y0; z0) 2 X bilo koja odabrana toµcka.
Primjer 4.21 IzraµcunajmoRy�
�!w � d�!r ako je
�!w (x; y; z) =�3x2yz + y + 5; x3z + x� z; x3y � y � 7
i
(a)y� bilo koji luk od A � O = (0; 0; 0) do B = (1; 1; 1);
(b)y� bilo koja usmjerena po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja.
(a) Oµcito je da je vektorsko polje �!w neprekidno diferencijabilno na prostoru R3.Buduci da je
@wz@y
=@wy@z
= x3 � 1; @wx@z
=@wz@x
= 3x2y;@wy@x
=@wx@y
= 3x2z + 1;
to je rot�!w =�!0 pa je �!w betvrtloµzno polje, dakle, i potencijalno. Slijedi,Z
y�
�!w � d�!r = f(1; 1; 1)� f(0; 0; 0);
4.5. GREENOVA FORMULA 121
gdje je potencijal f od �!w odre�en relacijom (uzmimo (x0; y0; z0) = (0; 0; 0)):
f(x; y; z) = �xZ
x0
(3t2yz+y+5)dt��yZ
y0
�(x0)
3z+x0�z�du�
zZz0
�(x0)
3y0�y0�7�dv =
�xZ0
(3t2yz + y + 5)dt�yZ0
(�z)du�zZ0
(�7)dv = �x3yz � yx� 5x+ zy + 7z:
Prema tomu, Zy�
�!w � d�!r = f(0; 0; 0)� f(1; 1; 1) = 0� 1 = �1:
(b) Ovdje se radi o cirkulaciji bezvrtloµznoga polja pa jeHy�
�!w � d�!r = 0.
4.5 GREENOVA FORMULA
U ovomu pododjeljku cemo izvesti osnovnu formulu integralnog raµcuna za funkcije
dviju varijabla, koja je prirodno poopcenje Newton-Leibnizove formule. Radi
se o tomu da se (dvostruki) integral na prikladnom podruµcju D � R2 svede na(krivuljni) integral po rubu od D.
Teorem 4.22 (Greenov teorem) Neka su P;Q : X ! R diferencijabilne funkcijena otvorenom skupu X � R2 te neka je
x� � X pozitivno usmjerena po di-
jelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja. Tada vrijedi tzv. Greenova for-
mula ZZD
�@Q(x; y)@x
� @P (x; y)
@y
�dxdy =
Ix�
P (x; y)dx+Q(x; y)dy; (4.10)
pri µcemu je D � X podruµcje ome�eno krivuljom �, tj. @D = �.
Slika 4.8.
122 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL
Strogi dokaz ovoga teorema pretpostavlja puno vi�e predznanja nego �to smo
ga do sada stekli. Stoga cemo dokazati samo jedan poseban sluµcaj, ali ipak
dovoljno opcenit da obuhvati na�e praktiµcne potrebe. Pretpostavimo, dakle, da
su P i Q neprekidno diferencijabilne funkcije i da je podruµcje D takvo da mu
usporednice s koordinatnim osima sijeku rub @D = � u najvi�e dvjema toµckama
(Slika 4.8. (b)).
Neka su x = a, x = b, y = c i y = d jednadµzbe onih usporednica �to dodiruju
rub @D, pa je podruµcje D � [a; b]� [c; d] i ome�eno je grafovima dviju funkcija'1;2 : [a; b]! R, odnosno, 1;2 : [c; d]! R, tj.
D =�(x; y) 2 R2 j '1(x) � y � '2(x); x 2 [a; b]
;
odnosno,
D =�(x; y) 2 R2 j 1(y) � x � 2(y); y 2 [c; d]
:
Pritom je '1(a) = '2(a), '1(b) = '2(b), 1(c) = 2(c) i 1(d) = 2(d).
Oznaµcimo sy�1 graf G'1 usmjeren porastom varijable x, a s
x�2 graf G'2 usmjeren
padom varijable x. Tada jex� =
x@D sukladno sastavljena od
y�1 i
x�2. Buduci
da je funkcija P neprekidno diferencijabilna, to je funkcija f � @P@y neprekidna
pa je i integrabilna na D. Taj je integral
ZZD
f(x; y)dxdy =
bZa
� '2(x)Z'1(x)
f(x; y)dy
�dx =
bZa
� '2(x)Z'1(x)
@P (x; y)
@ydy
�dx =
bZa
(P (x; '2(x)� P (x; '1(x))) dx�aZb
P (x; '2(x))dx�bZa
P (x; '1(x))dx =
�Zx�2
P (x; y)dx+ c0(x; y)dy �Zy�1
P (x; y)dx+ c0(x; y)dy = �Ix�
Pdx:
Posve sliµcno, sukladno rastaviv�ix� na
xG 1 , usmjerenu padom varijable y, i
yG 2 ,
usmjerenu porastom varijable y, i staviv�i g � @Q@x dobivamo:
ZZD
g(x; y)dxdy =
dZc
� 2(x)Z 1(x)
g(x; y)dy
�dx =
Ix�
c0(x; y)dx+Q(x; y)dy =
Ix�
Qdy:
Zbrajanjem dobivenih integrala proizlazi Greenova formula.
Primjer 4.23 Izraµcunajmo cirkulacijuIx�
2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy
4.5. GREENOVA FORMULA 123
po pozitivno usmjerenom rubux@4 �
x� trokuta 4ABC, A = (1; 1), B = (2; 2),
C = (1; 3) (Slika 4.9.).
Slika 4.9.
Primijenit cemo Greenovu formulu na P (x; y) = 2(x2+y2) i Q(x; y) = (x+y)2.Ix�
2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy =
ZZ�
�@Q(x; y)@x
� @P (x; y)
@y
�dxdy =
ZZ�
(2x� 2y)dxdy = 22Z1
� �x+4Zx
(x� y)dy�dx = � � � = �4
3:
Za provjeru izraµcunti traµzenu cirkulaciju izravno, tj. integrirajuci poy�1 =
��!AB
(y = x, x 2 [1; 2]; parametar raste),x�2 =
��!BC (y = �x+4, x 2 [1; 2]; parametar
pada) ix�3 =
�!CA (x = 1, y 2 [1; 3]; parametar pada).
Primijetimo da smo u ovomu primjeru Greenovu formulu iskoristili u "obratnom
smjeru", tj. da smo krivuljni integral preveli u dvostruki integral. Takva i jest
njezina µcesta primjena u praksi. "Pravi smjer" trebamo, uglavnom, u teorijskim
razmatranjima.
Korolar 4.24 Pod uvjetima u Teoremu 4.22 vrijedi formula
P (D) =1
2
Ix�
�ydx+ xdy: (4.11)
za plo�tinu ravninskog podruµcja D.
Zaista, znamo da je P (D) =RRD
dxdy. Odaberimo bilo koje dvije neprekidno
diferencijabilne (na D) skalarne funkcije P i Q za koje je @Q@x �
@P@y = c1. Prim-
jerice, to smiju biti P (x; y) = �y2 i Q(x; y) =
x2 . Ostalo slijedi iz Teorema
4.22.
124 POGLAVLJE 4. KRIVULJNI INTEGRAL
Napomena 4.25 Greenov teorem vrijedi i na podruµcjuD � R2 koje je vi�estrukopovezano (Slika 4.10.), tj. na podruµcju rub kojega se sastoji od vi�e po dijelovima
glatkih jednostavno zatvorenih krivulja �0,�; : : : ;�n, pri µcemu su �1; : : : ;�nme�usobno disjunktne, sve leµze u unutra�njem (ome�enom) podruµcju s obzirom
na �0 i svaka �i leµzi u vanjskom podruµcju s obzirom na �j, i 6= j = 1; � � � ; n.
Slika 4.10.
Usmjerimo li �0 geometrijski pozitivno, a sve ostale �1; : : : ;�n negativno, Green-
ova formula poprima zapisZZD
�@Q@x
� @P
@y
�dxdy =
Ix�0
(Pdx+Qdy) +nXi=1
Iy�i
(Pdx+Qdy): (4.12)
Napomena 4.26 Gledamo li na funkcije P i Q kao na koordinatne funkcije
nekog ravninskog vektorskog polja
�!w : D ! R2; �!w (x; y) = fP (x; y); Q(x; y)g ;
Greenovu formulu moµzemo zapisati i ovako:ZZD
�rot�!w � �!k
�dxdy =
Ix@D
�!w � d�!r (=
I@D
��!w � �!t 0�ds)na �to cemo se vratiti, u opcenitijem sluµcaju, kasnije.
Poglavlje 5
PLO�NI INTEGRAL
Integriranje po plohama je jedna od temeljnih tehnika matematiµcke �zike, �to
cemo mi ovdje moci tek djelomice uoµciti. Pritom je svakako najvaµzniji tzv.
Ostrogradski-Gaussov teorem o divergenciji, koji je drugo poopcenje (prvo je
bilo Greenov teorem) Newton-Leibnizove formule - sada na trostruki integral.
Naime, pod nekim se pretpostavkama integral po ome�enom podruµcju V � R3
prevodi na integral po zatvorenoj plohi S koja je rub S � @V toga podruµcja. Ali,
strogo de�nirati plohu i, posebice, njezinu plo�tinu i usmjerenje vrlo je sloµzen i
zahtjevan posao, koji ovdje nije moguce posve korektno obaviti. Grubo govoreci,
ploha je neprekidna slika nekog ravninskog podruµcja. O glatkoj plohi i njezinoj
plo�tini vec je bilo rijeµci ranije (v. 2.4.2. Glatka ploha i njezina plo�tina) i
sada za na�u svrhu cemo trebati, premda ne sasvim strogu, ipak ne�to toµcniju
de�niciju.
5.1 PLO�NI INTEGRAL PRVE VRSTE
De�nicija 5.1 Skup S � R3 nazivamo plohom ako za svaku toµcku T0 2 S
postoje otvorena okolina V � R3 od T0, otvoreni skup U � R2, preslikavanjeg : U ! R i pravokutni koordinatni sustav
�O;�!i ;�!j ;�!k�u R3 takvi da (u tomu
sustavu) z = g(x; y), (x; y) 2 U , bude jednadµzba presjeµcnoga skupa S \ V . Recicemo da je ploha S glatka (u toµcki T0 = (x0; y0; z0), z0 = g(x0; y0)) ako je
pripadna funkcija g diferencijabilna (u toµcki (x0; y0)). (Drugim rijeµcima, ploha
S je glatka µcim u svakoj svojoj toµcki T 2 S dopu�ta tangencijalnu ravninu.)
Ako se za cijelu plohu S moµze naci jedan koordinatni sustav i jedno preslikavanje
g : D ! R; D � R2; tako da njegova suµzenja udovoljavaju De�niciji 5.1, onda
125
126 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRAL
se
z = g(x; y); (x; y) 2 D;
naziva eksplicitnom jednadµzbom plohe S.
Neka je G : V ! R derivabilna funkcija na otvorenom skupu V � R3 sasvojstvom gradG(x; y; z) 6= �!0 u svakoj toµcki (x; y; z) 2 V . Tada se lako provjerida je skup
S = f(x; y; z) 2 V j G(x; y; z) = 0g � R3
glatka ploha: Pritom je, u svakoj toµcki, gradijent
gradG(x; y; z) =
�@G
@x;@G
@y;@G
@z
�(x;y;z)
okomit na tangencijalnu ravninu, �to odmah daje jednadµzbu pripadne tangen-
cijalne ravnine.µCesto se ploha S zadaje parametarski. Pri takvom zadavanju nema privilegi-
ranih osi, a plohu treba zamisliti kao "dvodimenzionalni skup" nastao "neprekid-
nom deformacijom" r : D ! R3 nekog ravninskog podruµcja D. Ne ulazeci upotankosti, dajemo pripadnu parametarsku jednadµzbu:
S : : :
8>><>>:x = '(u; v);
y = (u; v);
z = �(u; v):
Tako, primjerice, ploha S zadana eksplicitnom jednadµzbom z = g(x; y) ima
parametarski zapis (u = x, v = y)
r(x; y) = (x; y; g(x; y)):
U nekim razmatranjima i primjenama javljat ce se plohe poput ovih na Slici
5.1. Tu se radi o plohi S sastavljenoj od konaµcno mnogo glatkih ploha S1,. . . ,
Sn tako da u toµckama "spojnih krivulja" ne postoje tangencijalne ravnine (ni
normale).
Slika 5.1.
5.1. PLO�NI INTEGRAL PRVE VRSTE 127
Za takve plohe kaµzemo da su po dijelovima glatke. Pokazuje se da je skup
svih toµcaka takve plohe u kojima nema normale "plo�tinski zanemariv" pa cemo
ga u na�im (naivnim) razmatranjima o plo�nom integralu smjeti zanemarivati.
Ponovimo da smo za plohu S zadanu jednadµzbom z = g(x; y), (x; y) 2 D;
gdje g : X ! R, X � R2, diferencijabilna funkcija, a D � X zatvoreno
podruµcje ome�eno po dijelovima glatkom jednostavno zatvorenom krivuljom,
njezinu plo�tinu de�nirali broj
P (S) =
ZZD
s1 +
�@g(x; y)@x
�2+�@g(x; y)
@y
�2dxdy:
Ako ploha S ne udovoljava svim uvjetima u De�niciji 5.1, ali ju se moµze ras-
taviti po dijelovima glatkim krivuljama na konaµcno mnogo "disjunktnih" ploha
S1; : : : ; Sn, od kojih svaka udovoljava uvjetima De�nicije 5.1, onda se njezina
plo�tina de�nira kao pripadni zbroj, tj.
P (S) = P (S1) + � � �+ P (Sn):
U sluµcaju plohe S, �to se okomito projicira na podruµcje D, implicitno zadane
jednadµzbom G(x; y; z) = 0, formula za plo�tinu prelazi u
P (S) =
ZZD
1@G(x;y;z)
@z
s�@G(x; y; z)@x
�2+�@G(x; y; z)
@y
�2+�@G(x; y; z)
@z
�2dxdy;
pri µcemu naznaµcene parcijalne derivacije treba iskazati funkcijama od x i y.
Napokon, formaliziramo li P (S) =RRD
dS, smijemo reci da je
dS �
s1 +
�@g(x; y)@x
�2+�@g(x; y)
@y
�2dxdy (5.1)
in�nitezimalni plo�tinski element. (Strogo, bolje bi bilo pisati dP (S) umjesto
dS!)
De�nicija 5.2 Neka je f : X ! R, X � R3, neprekidna funkcija (skalarnopolje), a S � X glatka ploha zadana jednadµzbom z = g(x; y), (x; y) 2 D �R2, na zatvorenom podruµcju D ome�enom po dijelovima glatkom jednostavno
zatvorenom krivuljom. Tada dvostruki integralZZD
f(x; y; g(x; y))
s1 +
�@g(x; y)@x
�2+�@g(x; y)
@y
�2dxdy (5.2)
nazivamo plo�nim integralom prve vrste skalarnoga polja f po plohi S i
oznaµcujemo ga sRRS
fdS:
128 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRAL
Primijetimo da je oznaka u skladu s prethodnim razmatranjem:
ZZS
fdS =
ZZD
f(x; y; g(x; y))
s1 +
�@g(x; y)@x
�2+�@g(x; y)
@y
�2dxdy: (5.3)
Primjer 5.3 Izraµcunajmo plo�ni integral prve vrsteRRS
fdS, ako je f(x; y; z) =
x+ y + z; a S dio jediniµcne sredi�nje sfere u I. oktantu .
Buduci da je
S : : : z = g(x; y) =p1� x2 � y2; (x; y) 2 D : : :
(0 � y �
p1� x2
0 � x � 1
to je@g(x; y)
@x=
�xp1� x2 � y2
;@g(x; y)
@y=
�yp1� x2 � y2
,
pa je
1 +�@g(x; y)
@x
�2+�@g(x; y)
@y
�2=
1
1� x2 � y2 :
Prema tomu,ZZS
fdS(5:3:)=
ZZD
�x+ y +
p1� x2 � y2
� 1p1� x2 � y2
dxdypolarne koordinate
=
ZZD�;'
�� cos'+ � sin'+
p1� �2
� 1p1� �2
�d�d' = � � � = 3�
4:
(Primijenili smo teorem o zamjeni varijabla.)
Napomena 5.4
(a) Aproksimiramo li plohu S tvarnim objektom kojemu je "debljina zanemariva
prema duµzini i �irini" (tkanina, tanka koµza, tanki lim ili sl.) gustoce f(x; y; z),
onda pripadni plo�ni integral prve vrste mjeri masu toga objekta.
(b) Ako je ploha S po dijelovima glatka i sastavljena od konaµcno mnogo glatkih
ploha S1; � � � ; Sn onda se njezin plo�ni integral prve vrste de�nira kao pripadnizbroj, tj. ZZ
S
fdS =
ZZS1
fdS + � � �+ZZSn
fdS: (5.4)
Na kraju navedimo oµciglednu linearnost plo�nog integrala prve vrste:
Teorem 5.5 Neka su f; g : X ! R, X � R3, neprekidne funkcije, S � X po
dijelovima glatka ploha i �; � 2 R. Tada jeZZS
(�f + �g) dS = �
ZZS
fdS + �
ZZS
gdS: (5.5)
5.2. PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE 129
5.2 PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE
Kao �to smo uveli dvije vrste poopcenja (jedno u skalarnom, a drugo u vek-
torskom polju) odre�enog integrala na integral po krivulji, tako cemo uvesti
i dvije vrste poopcenja dvostrukog integrala na integral po plohi. Integral
skalarnog polja po plohi smo de�nirali u prethodnomu odjeljku, a sada cemo
se pozabaviti integralom vektorskog polja po plohi. Sliµcno sluµcaju krivuljnog
integrala vektorskog polja (po usmjerenoj krivulji), ovdje treba osmisliti pojam
usmjerene plohe. Strogo de�niranje toga pojma iziskuje cijelo poglavlje, pa
cemo ovdje poku�ati, kratko i jednostavno, samo pojasniti o µcemu se radi.
Usmjerenu plohu cemo de�nirati pomocu njezinih usmjerenih tangencijalnih
ravnina, a usmjerenu ravninu pomocu njezinih normalnih vektora. U tu svrhu
najprije uoµcimo da ravnina ima dvije strane od kojih je jedna odre�ena skupom
svih (jediniµcnih) normalnih vektora �!n 0, a druga skupom svih ��!n 0. Odabiromjedne od tih strana, tj. ili svih �!n 0 ili svih ��!n 0, odabrano je jedno od dvaju(neprekidnih) usmjerenja (ili orijentacija) promatrane ravnine. (Mje�oviti
odabir bi tvorio neko "prekidno usmjerenje"!) Reci cemo da je glatka ploha S
usmjerena (ili orijentirana) ako joj je usmjerena svaka tangencijalna ravnina
i pritom je to "usmjeravanje neprekidno", tj. opisno govoreci, u bliskim toµckama
su bliski i pripadni normalni vektori. Drugim rijeµcima, ploha S je (neprekidno)
usmjerena ako ima dvije strane i jedna od njih je odabrana. Smijemo zamisliti da
svako (neprekidno) usmjerenje tvore svi jediniµcni normalni vektori �to "izlaze"
iz odabrane strane. ("Prekidno usmjerenje" bi tvorio bilo koji mje�oviti odabir!)
Pojmovi su ilustrirani ovim crteµzima:
Slika 5.2.
Ako ploha S nije glatka ali jest po dijelovima glatka, zahtijevamo (neprekidnu)
usmjerenost svakoga glatkog dijela i njihovu me�usobnu suglasnost, tj. pri-
padnost svih normalnih vektora toµcno jednoj strani te plohe (Slika 5.3. (a)).
(Neobstojnost normalnih vektora u toµckama "spojnih krivulja" zanemarujemo!)
Poseban sluµcaj jesu jednostavno zatvorene plohe (sfera, rub geometrijskog ti-
jela). Buduci da one, oµcito, imaju dvije strane, vanjsku i unutra�nju, tako ih
i usmjerujemo, tj. ili skupom svih vanjskih jediniµcnih normalnih vektora ili
skupom svih onih unutra�njih (Slika 5.3. (b)).
130 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRAL
Slika 5.3.
Primjer 5.6 (Möbiusova vrpca) Dajemo primjer glatke plohe koju se ne moµze
(neprekidno) usmjeriti. Promatrajmo pravokutnik ABCD pa mu zalijepimo
stranicu AD sa stranicom BC i to tako da smo BC "preokrenuli" i identi�cirali
C s A i B s D. Dobit cemo plohu, tzv. Möbiusovu vrpcu.
Napomena 5.7 Kao �to smo vec bili naglasili, u na�im cemo razmatranjima
promatrati samo po dijelovima glatke usmjerene plohe. Pritom, ako je ploha
S zadana jednadµzbom z = g(x; y); (x; y) 2 D � R: jedno usmjerenje odre�ujeizbor jediniµcnih normalnih vrktora
�!n 0(x; y) =1q
1 +�@g(x;y)
@x
�2+�@g(x;y)
@y
�2��@g(x; y)@x
�!i � @g(x; y)
@y
�!j +
�!k�;
(5.6)
a drugo usmjerenje je onda dano vektorima ��!n 0(x; y). Plohu S usmjerenu
vektorima �!n 0(x; y) oznaµcujemo sayS , a u drugomu sluµcaju - sa
xS . Ako je ploha
S jednostavno zatvorena, njezino usmjerenje vanjskim normalnim vektorima
oznaµcujemo saxS ili S+, a unutra�njima - sa
yS ili S�. Napokon, ponekad cemo
rabiti i oznaku d�!S za �!n 0(x; y)dS ili ��!n 0dS.
De�nicija 5.8 Neka je �!w = fwx; wy; wz)g : X ! R3, X � R3, neprekidnafunkcija (vektorsko polje), a z = g(x; y), (x; y) 2 D � R2, jednadµzba usmjeriveglatke plohe S � X, pri µcemu je D zatvoreno podruµcje rub kojega je po dijelovima
glatka jednostavno zatvorena krivulja. Tada dvostruki integralZZD
��wx
@g
@x� wy
@g
@y+ wz
�(x; y; g(x; y))dxdy (5.7)
nazivamo plo�nim integralom druge vrste vektorskoga polja �!w po usm-
jerenoj plohiyS i oznaµcujemo s
RRyS
�!w � d�!S iliRRS
�!w � �!n 0dS:
Primijetimo da su u zapisuZZyS
�!w � d�!S =
ZZS
�!w � �!n 0dS =ZZD
��wx
@g
@x� wy
@g
@y+ wz
�(x; y; g(x; y))dxdy
(5.8)
5.2. PLO�NI INTEGRAL DRUGE VRSTE 131
oznake posve u skladu s de�nicijom jer je
dS =
s1 +
�@g(x; y)@x
�2+�@g(x; y)
@y
�2dxdy;
�!n 0(x; y) =1q
1 +�@g(x;y)
@x
�2+�@g(x;y)
@y
�2��@g(x; y)@x
�!i � @g(x; y)
@y
�!j +
�!k�:
(U drugoj oznaci se ne istiµce usmjerenje na S jer ga sadrµzi vektor �!n 0.)Spomenimo da se plo�ni integral druge vrste
RRyS
�!w � d�!S u �zici naziva tokom
(ili �uksom) vektorskoga polja �!w kroz plohu S, o µcemu ce biti rijeµci poslije.
U sluµcaju usmjerene po dijelovima glatke ploheyS , sukladno sastavljene od usm-
jerenih glatkih plohayS1; � � � ;
ySn, odgovarajuci plo�ni integral druge vrste de�ni-
ramo kao pripadni zbroj, tj.ZZyS
�!w � d�!S def.=
ZZyS1
�!w � d�!S + � � �+ZZySn
�!w � d�!S :
Razvidno je da za plo�ni integral druge vrste vrijedi ovaj teorem:
Teorem 5.9 Neka su �!w ;�!u : X ! R3, X � R3, neprekidne vektorske funkcije,S � X usmjeriva po dijelovima glatka ploha i �; � 2 R. Tada je
(1)ZZxS
�!w � d�!S = �ZZyS
�!w � d�!S ;
(2)ZZxS
(��!w + ��!u ) � d�!S = �
ZZyS
�!w � d�!S + �ZZyS
�!u � d�!S .
Napomena 5.10 Pridodajemo jo� jedan zapis plo�nog integrala druge vrste.
Zadamo li, formalno, jediniµcne normalne vektore na S pomocu njihovih smje-
rovnih kosinusa, �!n 0 =�!i cos� +
�!j cos� +
�!k cos ; pripadni plo�ni integral
druge vrste ima zapisZZyS
�!w � d�!S =
ZZS
(wx cos�+ wy cos� + wz cos )dS =
ZZyS
wxdydz + wydzdx+ wzdxdy: (5.9)
U svezi s tim, podsjetimo na "starinsko" de�niranje plo�nog integrala druge
vrste. Neka su dane neprekidne skalarne funkcije P;Q;R : X ! R; X � R3; i
132 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRAL
dvostrana ploha S � X, te neka �!n 0 = fcos�; cos�; cos g oznaµcuje jediniµcninormalni vektor na odabranu stranu S+ plohe S u bilo kojoj toµcki. Tada se
pripadni plo�ni integral druge vrste "de�nira" kako slijedi:ZZS+
Pdydz +Qdzdx+Rdxdy =
ZZS
(P cos�+Q cos� +R cos )dS: (5.10)
(Uoµcimo da na desnoj strani stoji plo�ni integral prve vrste!)
Primjer 5.11 Izraµcunajmo plo�ni integral druge vrsteZZS+
x2dydz + y2dzdx+ z2dxdy;
pri µcemu je S+ "vanjska" strana "desne" polusfere S sredi�nje sfere zadane
jednadµzbom x2 + y2 + z2 = a2 (Slika 5.4.).
Slika 5.4.
Rastavimo "desnu" polusferu S na dvije plohe; S = S1 [ S2, gdje je
S1;2 : : : z1;2 = g1;2 = �pa2 � x2 � y2; (x; y) 2 D : : :
(�a � x � a
0 � y �pa2 � x2
:
Buduci da je S+ "vanjska strana", to je S+ =yS1[
xS2, pa po Teoremu 5.9 slijediZZ
S+
�!w � d�!S =
ZZyS1
�!w � d�!S +ZZxS2
�!w � d�!S =
ZZyS1
�!w � d�!S �ZZyS2
�!w � d�!S :
Traµzene parcijalne derivacije jesu
@g1;2(x; y)
@x=
�xpa2 � x2 � y2
;@g1;2(x; y)
@y=
�ypa2 � x2 � y2
:
Time smo pripremili sve za izraµcunavanje. Dakle,ZZS+
x2dydz + y2dzdx+ z2dxdy =
5.3. OSTROGRADSKI-GAUSSOVA FORMULA 133ZZS1
(x2 cos�1+y2 cos�1+z
2 cos 1)dS�ZZS2
(x2 cos�2+y2 cos�2+z
2 cos 2)dS =
ZZD
�x2��@g1@x
�+y2
��@g1@y
�+z2
�dxdy�
ZZD
�x2��@g2@x
�+y2
��@g2@y
�+z2
�dS
=
ZZD
�x2
2xpa2 � x2 � y2
+ y22yp
a2 � x2 � y2�dxdy
polarne koordinate=
ZZD�'
�2�3 cos3 'pa2 � �2
+2�3 sin3 'pa2 � �2
��d�d' =
2
� �Z0
�cos3 '+ sin3 '
�d'
��� aZ0
�4d�pa2 � �2
�=�a4
2:
(Izraµcunajte ovaj plo�ni integral druge vrste ne rastavljajuci plohu S! Uputa:
Odabere li se y-os "povla�tenom", S dopu�ta eksplicitnu jednadµzbu y = h(z; x).)
5.3 OSTROGRADSKI-GAUSSOVAFORMULA
Kao �to smo bili najavili, ovdje ce se povezati trostruki integral po podruµcju
V � R3 s plo�nim integralom druge vrste po njegovu usmjerenu rubux@V .
Teorem 5.12 (Teorem o divergenciji)Neka je �!w : X ! R, X � R3, neprekidnodiferencijabilno vektorsko polje, a V � X zatvoreno podruµcje ome�eno po di-
jelovima glatkom jednostavno zatvorenom plohomxS �
x@V usmjerenom van-
jskim normalama. Tada vrijedi Ostrogradski-Gaussova formulaZZZV
div�!wdV =ZZx@V
�!w � d�!S ( =ZZ@V
�!w � �!n 0dS): (5.11)
Zbog sloµzenosti opcega sluµcaja, dokazat cemo samo poseban sluµcaj u kojemu
usporednice s koordinatnim osima sijeku rub @V u najvi�e dvjema toµckama.
Dadnemo li prednost z-osi, rub (ploha) dopu�ta rastav @V = S1[S2, S1\S2 = �(krivulja), i eksplicitni zapis
S1;2:::z = g1;2(x; y); g1(x; y) � g2(x; y); (x; y) 2 D � R2;
pri µcemu se � okomito projicira na @D. Usmjerenje vanjskim normalama �!n 0,tj.
x@V , povlaµci usmjerenje
xS1 jediniµcnim normalama ��!n 0 i
yS2 jediniµcnim nor-
malama �!n 0. Izraµcunajmo trostruki integral po V , dobivamoZZZV
@wz(x; y; z)
@zdxdydz =
ZZD
� g2(x;y)Zg1(x;y)
@wz(x; y; z)
@zdz
�dxdy =
134 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRALZZD
wz(x; y; g2(x; y))dxdy �ZZD
wz(x; y; g1(x; y))dxdy:
Primijetimo da je��!w � �!k ��!k = wz
�!k = f0; 0; wz(x; y; z)g pa jeZZ
S1
�wz�!k � �!n 0
�dS = �
ZZD
wz(x; y; g1(x; y))dxdy i
ZZS2
�wz�!k � �!n 0
�dS =
ZZD
wz(x; y; g2(x; y))dxdy:
Slijedi, ZZZV
@wz(x; y; z)
@zdxdydz =
ZZ@V
�wz�!k � �!n 0
�dS:
Posve sliµcno, preferirajuci x-os, odnosno, y-os dobivamoZZZV
@wx(x; y; z)
@xdxdydz =
ZZ@V
�wx�!i � �!n 0
�dS;
ZZZV
@wy(x; y; z)
@ydxdydz =
ZZ@V
�wz�!j � �!n 0
�dS:
Buduci da se integrira po istom podruµcju V , odnosno @V , zbrajanjem slijediZZZV
�@wx@x
+@wy@y
+@wz@z
�dxdydz =
ZZ@V
�wx�!i + wy
�!j + wz
�!k�� �!n 0dS; tj:
ZZZV
div�!wdV =ZZ@V
�!w � �!n 0dS =ZZx@V
�!w � d�!S :
Napomena 5.13 µCesto se Ostrogradski-Gaussova formula zapisuje pomocu
skalarnih funkcija. Neka su P;Q;R : X ! R neprekidno derivabilne funkcije naokolini X zatvorenog podruµcja V � R3, rub @V kojega je po dijelovima glatka
jednostavno zatvorena ploha. Tada jeZZZV
�@wx@x
+@wy@y
+@wz@z
�dxdydz =
ZZ@V
(P cos�+Q cos� +R cos ) dS;
(5.12)
gdje su cos�; cos�, cos smjerovni kosinusi vanjske normale na plohu @V .
Primjer 5.14 Izraµcunati plo�ni integral druge vrsteZZxS
x3dydz + y3dzdx+ z3dxdy
po sferixS : : : x2 + y2 + z2 � a2 = 0 usmjerenoj vanjskim normalama.
5.4. STOKESOVA FORMULA 135
Imamo da je ZZxS
x3dydz + y3dzdx+ z3dxdy =
ZZxS
�!w � d�!S ;
pri µcemu je
�!w = fwx; wy; wzg ; wx(x; y; z) = x3; wy(x; y; z) = y3; wz(x; y; z) = z3;
te da smijemo primijeniti Teorem o divergenciji. Prema tomu,ZZxS
x3dydz + y3dzdx+ z3dxdy =
ZZxS
�!w � d�!S =
ZZZV
div�!wdV =
ZZZV
�3x2 + 3y2 + 3z2
�dxdydz
sferne koordinate=
ZZZVr�'
3r2 � r2 sin � � drd�d' =
3
2�Z0
� �Z0
�sin �
aZ0
r4dr
�d�
�d' = � � � = 12�a5
5:
Primjer 5.15 Izraµcunti plo�ni integral druge vrsteZZxS
xdydz + ydzdx+ zdxdy
po bilo kojoj po dijelovima glatkoj jednostavno zatvorenoj plohi usmjerenoj
vanjskim normalnim vektorima.
Kao i u prethodnomu primjeru, primijenit cemo Teorem 5.12. Dakle,ZZxS
xdydz + ydzdx+ zdxdy =
ZZZV
div�!wdV =ZZZV
(1 + 1 + 1)dV = 3O(V );
pri µcemu je O(V ) obujam podruµcja V ome�enoga plohom S. Tako smo dobili
formulu
O(V ) =1
3
ZZx@V
xdydz + ydzdx+ zdxdy; (5.13)
koja je analogon one iz Korolara 4.24 za plo�tinu ravninskog podruµcja P (D) =12
Hx@D
�ydx+ xdy:
5.4 STOKESOVA FORMULA
Sjetimo se Greenove formuleRRD
�@Q@x �
@P@y
�dxdy =
Hx@D
Pdx + Qdy kojom se
dvostruki integral po ravninskom podruµcje D prevodi na krivuljni integral druge
136 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRAL
vrste po njegovu rubu. Stavimo li �!w = fP; Qg ; dobivamo njezin vektorskizapis: ZZ
D
�rot�!w � �!k
�dxdy =
Ix@D
�!w � d�!r�=
I@D
�!w � �!t 0ds�
Stokesova formula ce biti poopcenje Greenove formule na prostorno vektorsko
polje �!w ; plohu S � R2 i njezin rub @S:Prije samoga iskaza treba de�nirati sukladno usmjerenje plohe i njezina ruba.
Kao �to smo se vec dogovorili, plohu S zadanu jednadµzbom
z = g(x; y); (x; y) 2 D � R2;
usmjerenu jediniµcnim normalnim vektorima
�!n 0(x; y) =�@g(x;y)
@x
�!i � @g(x;y)
@y
�!j +
�!kq
1 +�@g(x;y)
@x
�2+�@g(x;y)
@y
�2oznaµcujemo sa
yS , a usmjerenu normalama ��!n 0(x; y) - sa
xS . Usmjerimo rub
@D (po dijelovima glatku jednostavno zatvorenu ravninsku krivulju) podruµcja
D pozitivno, tj. kaox@D ("pravilo desne ruke" kad je palac usmjeren kao vektor
�!k ), pa mu pridijelimo parametrizaciju (s porastom parametra)
@D : : : x = '(t); y = (t); t 2 [a; b]:
Buduci da se rub @S (po dijelovima glatka jednostavno zatvorena krivulja)
okomito projicira na @D i S dopu�ta parametrizaciju
S : : : r(x; y) = (x; y; g(x; y)); (x; y) 2 D;
to se usmjerenje sx@D "prenosi" na @S (porastom parametra), oznaµcimo ga kao
x@S, tj.
x@S : : : r('(t); (t)) � �(t) = ('(t); (t); g('(t); (t))); t 2 [a; b]:
Pritom govorimo da su plohayS i njezin rub
x@S sukladno usmjereni. Dakako,
u sluµcaju negativnoga usmjerenjay@D dobivamo odgovarajuce usmjereni rub
y@S,
pa i tada kaµzemo da su plohaxS i njezin rub
y@S sukladno usmjereni. Primijetimo
da se u oba sluµcaja radi o po�tivanju "pravila desne ruke" kad je palac usmjeren
kao normalni vektor.
Teorem 5.16 (Stokesov teorem) Neka je �!w : X ! R3, X � R3, neprekidnodiferencijabilna vektorska funkcija,
yS � X usmjerena po dijelovima glatka ploha,
5.4. STOKESOVA FORMULA 137
ax@S sukladno joj usmjereni rub koji je po dijelovima glatka jednostavno zatvorena
krivulja. Tada vrijedi Stokesova formulaZZyS
rot�!w � d�!S =
Ix@S
�!w � d�!r�=
I@S
�!w � �!t 0ds�: (5.19)
Napomena 5.17 Kako za Greenovu tako se i za Stokesovu formulu µcesto rabi
skalarni zapis. U tu svrhu, neka su P;Q;R : X ! R, X � R3, neprekidno deriv-abilne funkcije, a S � X po dijelovima glatka ploha s rubom @S po dijelovima
glatkom jednostavno zatvorenom krivuljom. Tada se pripadna Stokesova for-
mula zapisuje kako slijedi: I@S
Pdx+Qdy +Rdz =
ZZS
��@R@y
� @Q
@z
�cos�+
�@P@z
� @R
@x
�cos� +
�@Q@x
� @P
@y
�cos
�dS; (5.20)
pri µcemu su cos�, cos� i cos smjerovni kosinusi normalnih vektora na plohu
S sukladno usmjereni s rubom @S.
Primjer 5.18 Izraµcunajmo cirkulaciju vektorskog polja
(x; y; z) 7! �!w (x; y; z) =�x2y3; 1; z
duµz usmjerenoga ruba
x@S plohe S zadane jednadµzbom z =
p2� x2 � y2.
Najprije, iz dane jednadµzbe slijedi
S : : : z = g(x; y) =p2� x2 � y2; (x; y) 2 D = f(x; y) j x2 + y2 � 2g � R2:
Buduci da sukladno usmjerenje (s rubomx@S) na S znaµci
yS usmjerenu nor-
malama �!n 0 (s obzirom na g), to
@g(x; y)
@x=
�xp2� x2 � y2
;@g(x; y)
@y=
�yp2� x2 � y2
povlaµci
�!n 0(x; y) =(
xp2;yp2;
p2� x2 � y2p
2
);
dS =
p2p
2� x2 � y2dxdy:
Tako dobivamoZZyS
rot�!w � d�!S =
Ix@S
wxdx+ wydy + wzdzStokesova formula
=
138 POGLAVLJE 5. PLO�NI INTEGRAL
ZZS
��@wz@y
� @wy@z
�cos�+
�@wx@z
� @wz@x
�cos� +
�@wy@x
� @wx@y
�cos
�dS =
ZZD
�(0� 0) xp
2+ (0� 0) yp
2+ (0� 3x2y2)
p2� x2 � y2p
2
� p2p
2� x2 � y2dxdy =
�3ZZD
x2y2dxdypolarne koordinate
= �3� 2�Z0
cos2 ' sin2 'd'
�� 2Z0
�5d�
�= ��:
Poglavlje 6
OBIµCNE
DIFERENCIJALNE
JEDNADµZBE
Odre�ujuci integral dane funkcije f : X ! R, X � R, rje�avamo, zapravo, jed-nadµzbu F 0(x) = f(x) s nepoznanicom - funkcijom F : X ! R. Pod nekim uvje-
tima, funkcija F je jednozaµcno odre�ena do na aditivnu konstantu. Promatrana
jednadµzba F 0(x) = f(x), odnosno, ekvivalentna joj jednadµzba dF (x) = f(x)dx
spada u tzv. diferencijalne jednadµzbe. U iducim cemo se odjeljcima baviti
nekim jednostavnim vrstama obiµcnih diferencijalnih jednadµzbi prvoga i drugoga
reda koje su elementarno rje�ive, tj. rje�enja kojih dopu�taju analitiµcke za-
pise �to sadrµze najvi�e konaµcno mnogo elementarnih funkcija i konaµcno mnogo
neodre�enih integrala (ovi smiju biti i elementarno nerje�ivi). Usput cemo se
osvrnuti i na sustave dviju obiµcnih diferencijalnih jednadµzbi prvoga reda pokazu-
juci kako se neki od njih svode na lako rje�ive diferencijalne jednadµzbe drugoga
reda.
6.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
Pod diferencijalnom jednadµzbom smatramo svaku jednadµzbu koja anali-
tiµckim zapisom povezuju nepoznate realne funkcije, neke derivacije tih funkcija
i njihove varijable. One se vrlo µcesto "same od sebe" pojavljuju kao matematiµcki
zapis nekih prirodnih zakona �to upravljaju µzivim i neµzivim svijetom oko nas
(u geometriji, �zici, kemiji, biologiji, tehnici i tehnologiji, medicini itd.). Reci
cemo da je diferencijalna jednadµzba obiµcna ako se u njoj pojavljuje samo jedna
139
140 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
nepoznata funkcija jedne realne varijable. Ako je red najvi�e derivacije �to se
pojavljuje u diferencijalnoj jednadµzbi broj n 2 N, onda kaµzemo da je to difer-encijalna jednadµzba n-toga reda. Rje�enje diferencijalne jednadµzbe n-toga
reda
F (x; y; y0; y00; : : : ; y(n)) = 0;
ili u zapisu
y(n) = f(x; y; y0; y00; : : : ; y(n�1))
je svaka funkcija koja joj (zajedno sa svojim derivacijama) uvr�tenjem identiµcki
udovoljava.
Primjer 6.1 (a) Jednadµzba y0 � 2x = 0 je obiµcna diferencijalna jednadµzba
prvoga reda, a njezino rje�enje je svaki polinom y = f(x) = x2+C; C 2 R, (jerje y0 � 2x =
�x2 + C
�0 � 2x = 0).(b) Jednadµzba y00� 6x� 2 = 0 je obiµcna diferencijalna jednadµzba drugoga reda,a rje�enje joj je svaki polinom y = f(x) = x3+x2+C1x+C2; C1; C2 2 R; jer je�x3 + x2 + C1x+ C2
�00�6x�2 = �3x2 + 2x+ C1�0�6x�2 = 6x+2�6x�2 = 0.Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe n-toga reda je obitelj funkcija
�(x; y; C1; C2; : : : ; Cn) = 0;
ili u zapisu
y = '(x;C1; C2; :::; Cn);
gdje su C1; C2; : : : ; Cn realne konstante, koje diferencijalnu jednadµzbu zado-
voljavaju identiµcki. Posebno (ili partikularno) rje�enje se dobiva iz opceg
rje�enja za konkretne vrijednosti konstanti C1; C2; : : : ; Cn. Da bi se odredilo
neko posebno rje�enje, obiµcno se postave dodatni zahtjevi, tzv. poµcetni uvjet
kojemu ono mora udovoljavati. Ako je opce rje�enje poznato onda se iz njega,
temeljem poµcetnog uvjeta, lako izdvaja traµzeno posebno rje�enje. Za obiµcnu
diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda obiµcno se zahtijeva da posebno rje�enje ima
zadanu vrijednost u odabranoj toµcki, a u sluµcaju jednadµzbe drugoga reda zadaje
se i derivacijska vrijednost u odabranoj toµcki. Ponekad postoje rje�enja difer-
encijalne jednadµzbe koja se ne mogu dobiti iz opceg rje�enja (za konkretne vri-
jednosti konstanti C1; C2; : : : ; Cn). Ta rje�enja nazivamo singularnim rje�en-
jima. Reci cemo da je diferencijalna jednadµzba rije�ena ako su odre�ena sva
njezina rje�enja.
Primjer 6.2 (a) Pokaµzimo da je y = f(x) = x2+C; C 2 R; opce rje�enje difer-encijalne jednadµzbe y0 � 2x = 0 (Primjer 6.1.(a)); tj. da se birajuci konstanatuC 2 R moµze dobiti svako posebno rje�enje.
6.1. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 141
Pretpostavimo, primjerice, da je y = g(x) neko (bilo koje) posebno rje�enje
diferencijalne jednadµzbe y0� 2x = 0, tj. da je g0(x) = 2x. Trebamo dokazati daje funkcija g oblika g(x) = x2+C1; gdje je C1 2 R neka konstanta. Buduci je zasvaki C 2 R derivacija funkcije f(x) = x2 + C jednaka derivaciji funkcije g(x);
imamo (f � g)0(x) = 0; x 2 R: Dakle, funkcije g i f razlikuju se do na aditivnukonstantu K, tj. g(x) = f(x) +K = x2 + C +K = x2 + C1; C1 = K + C 2 R;a to je i trebalo dokazati.
Slika 6.1.
Odredimo ono posebno rje�enje te jednadµzbe koje u toµcki x = 0 ima vrijednost
y = 1: Uvr�tenjem danoga poµcetnog uvjeta u opce rje�enje y = x2 + C; C 2 R;dobivamo
1 = f(0) = 02 + C; tj. C = 1;
pa je traµzeno posebno rje�enje y = x2+1 (Slika 6.1.).(b) Sliµcnim razmatranjem
pokazuje se da je y = f(x) = x3 + x2 + C1x + C2; C1; C2 2 R; opce rje�enjediferencijalne jednadµzbe y00 � 6x� 2 = 0 (Primjer 6.1.(b)).Ako je diferencijalnoj jednadµzbi postavljen i poµcetni uvjet
x0 = 0; y0 = y(0) = 1; y00 = y0(0) = 2;
onda uvr�tenjem u opce rje�enje dobivamo
1 = f(0) = 03 + 02 + C1 � 0 + C2;
2 = f 0(0) = 3 � 02 + 2 � 0 + C1;
i mora biti C2 = 1 i C1 = 2. Slijedi da je traµzeno posebno rje�enje y =
x3 + x2 + 2x + 1. Na Slici 6.2. prikazano je nekoliko funkcija koje pripadaju
opcem rje�enju.
Slika 6.2.
142 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
Posebno rje�enje je istaknuto: njegov graf prolazi toµckom (0; 1) i u toj toµcki
koe�cijent smjera tangente je 2.
6.1.1 OBLIKOVANJEDIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
Za opisivanje �zikalnih (realnih) problema µcesto koristimo matematiµcke modele
(idealizacije), koji su µcesto dani u obliku diferencijalnih jednadµzbi. Pomocu
diferencijalnih jednadµzbi se opisuju problemi kod kojih se na temelju trenutnog
stanja i naµcina kako se ne�to mijenja µzelimo "predvidjeti buducnost".
Populacijska diferencijalna jednadµzba.
U raznim situacijama se susrecemo s nekom veliµcinom µcija je brzina promjene
proporcionalna s njenom trenutnom vrijedno�cu. Primjerice, rast (pad) pop-
ulacije proporcionalan je broju trenutne populacije, brzina raspada radioak-
tivne tvari proporcionalna je trenutnoj koliµcini te tvari, dobit je proporcionalna
koliµcini uloµzenog novca. . .
Ovu zakonitost matematiµcki formuliramo na naµcin:
y0 =dy
dt= ky:
Ova se diferencijalna jednadµzba prvog reda naziva populacijskom diferen-
cijalnom jednadµzbom. Ovdje je vrijeme t nezavisna varijabla, veliµcina pop-
ulacije nepoznata funkcija y (t) ; a y0 (t) = dydt mjeri promjenu (rast ili pad)
populacije u vremenu. Uoµcimo, ako je konstanta k > 0; onda je dydt > 0; �to
znaµci da populacija raste, a ako je k < 0; onda je dydt < 0; �to znaµci da populacija
pada.
Slika 6.3.
Opce rje�enje populacijske diferencijalne jednadµzbe je
y = Cekt
Konstantu C odre�ujemo prema poµcetnom stanju y0; tj. stanju u trenutku
t0 = 0: Buduci je y0 = y (0) = Ce0 = C; rje�enje je
y (t) = y0ekt:
Graf rje�enja, ovisno o konstanti k; prikazan je na Slici 6.3.
6.1. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 143
Primjer 6.3 Podaci o broju stanovnika (u milijunima) u svijetu dani su tabli-
com.
godina 1900 1910 1920 1930 1940 1950 1960 1970 1980 1990
broj stanovnika 1650 1750 1860 2070 2300 2520 3020 3700 4450 5300
Uz pretpostavku da je rast broja stanovnika proporcionalan broju stanovnika,
treba odrediti k i usporediti koliko se dobro model podudara s podacima.
Neka je y (t) broj stanovnika. Tada je
y (t) = y0ekt:
(a) Ako odaberemo da je t0 = 0 za 1900: godinu, onda je y0 = 1650, tj. y (t) =
1650ekt: Odredimo k iz podatka za 1910: godinu. Imamo
y (10) = 1650 � ek�10 = 1750.
Ovo povlaµci k = 110 ln
17501650 = 0:005884: Dakle,
y (t) = 1650 � e0:005884�t:
Po ovom modelu, broj stanovnika 1990. godine je y (90) = 1650 � e0:005884�90 =2802; �to jako odstupa od stvarnih podataka.
(b) Ako k odredimo iz podatka za 1950: godinu. Imamo
y (50) = 1650 � ek�50 = 2520.
Ovo povlaµci k = 150 ln
25201650 = 0:00847 Dakle,
y (t) = 1650 � e0:00847�t:
Po ovom modelu, broj stanovnika 1990. godine je y (90) = 1650 � e0:00847�90 =3536; �to dosta odstupa od stvarnih podataka, ali manje od predhodnog modela.
(c) Ako odaberemo da je t0 = 0 za 1950: godinu, onda je y0 = 2520, tj. y (t) =
2520ekt: Odredimo k iz podatka za 1960: godinu. Imamo
y (10) = 2520 � ek�10 = 3020.
Ovo povlaµci k = 110 ln
30202520 = 0:0181: Dakle,
y (t) = 2520 � e0:0181�t:
Po ovom modelu, stanovnika 1990. godine je y (40) = 2520 � e0:0181�40 = 5198;�to se priliµcno dobro podudara sa stvarnim podacima. Na osnovi ovog modela
broj stanovnika 2010: godine bi trebao biti 7465 milijuna.
144 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
Logistiµcka diferencijalna jednadµzba.
Pretpostavka da je rast (pad) populacije proporcionalan broju trenutne popu-
lacije je dobra ako imamo idealne uvjete. Npr. ako se radi o populaciji bakter-
ija ili µzivotinja to znaµci da npr. µzivotni prostor nije ograniµcen, nema prirodnih
neprijatelja, ima dovoljno hrane. . .
Pretpostavimo da je rast populacije proporcionalan broju trenutne populacije,
ali da veliµcina populacije poµcima opadati kad dosegne kapacitet K: Ove uvjete
moµzemo opisati ovako:
� dy
dt� ky; za y dovoljno malen (y � K);
� dy
dt< 0; za y > K:
Matematiµcki model je diferencijalna jednadµzba
dy
dt= ky
�1� y
K
�; K > 0;
poznata pod imenom logistiµcka diferencijalna jednadµzba. Ako je:
� y � K (y je dovoljno malen) ; onda jey
K� 0; tj. 1 � y
K� 1 pa je zato
dy
dt� ky;
� y > K onda jey
K> 1; tj. 1� y
K< 0 pa je zato
dy
dt< 0:
Opce rje�enje logistiµcke diferencijalne jednadµzbe je
y (t) =K
1 + Ce�kt:
Konstantu C odre�ujemo prema poµcetnom stanju y0; tj. vrijednosti u trenutku
t0 = 0: Buduci je y0 = y (0) = K1+C ; imamo
K1+C = y0; �to povlaµci C = K�y0
y0;
tj.
y (t) =K
1 + K�y0y0
e�kt:
Graf ove funkcije je:
Slika 6.4.
6.1. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 145
Primjer 6.4 U jezero je pu�teno 400 riba. Nakon prve godine se broj ribe
utrostruµcio. Odrediti koliko ce biti ribe u jezeru nakon t godina, ako je procjena
da je kapacitet jezera 10000 riba. Za koliko vremena ce broj ribe u jezeru narasti
na 5000?
Matematiµcki model je logistiµcka diferencijalna jednadµzba
dy
dt= ky
�1� y
K
�;
gdje je K = 10000 kapacitet jezera. Opce rje�enje ove diferencijalne jednadµzbe
je
y (t) =K
1 + Ce�kt=
10000
1 + Ce�kt:
Buduci je y (0) = 400; imamo 400 = 100001+Ce0 i C = 24: Dakle,
y (t) =10000
1 + 24e�kt:
Kako znamo da se broj ribe utrostruµcio nakon prve godine, to je y (1) = 1200;
pa je
1200 =10000
1 + 24e�k�1) k = ln
36
11) k ' 1: 186:
Dakle, broj ribe u jezeru nakon t godina je
y (t) =10000
1 + 24e�1: 186�t:
Sada odredimo koliko vremena ce broj ribe u jezeru narasti na 5000: Imamo
5000 =10000
1 + 24e�1: 186�t) t =
ln 24
1: 186' 2: 68;
�to je pribliµzno 2 godine i 8 mjeseci.
Populacijski rast.
Pretpostavimo da je rast populacije proporcionalan broju trenutne populacije,
ali da veliµcina populacije poµcima opadati kad dosegne kapacitet K; te poµcima
izumirati kad je veliµcina populacije manja od m: Ove uvjete moµzemo opisati
ovako:
� dy
dt� ky; za y nije prevelik niti premalen (m� y � K) ;
� dy
dt< 0 za y > K;
� dy
dt< 0 za y < m:
Matematiµcki model je diferencijalna jednadµzba populacijskog rasta
dy
dt= ky
�1� y
K
��1� m
y
�; k > 0:
Naime, ako je
146 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
� m � y � K onda jey
K� 0 i m
y� 0; tj. 1 � y
K� 1 i 1 � m
y� 1; pa je
zatody
dt� ky;
� y > K onda jey
K> 1 i
m
y< 1; tj. 1 � y
K< 0; 1 � m
y> 0; pa je zato
dy
dt< 0;
� y < m onda jem
y> 1 i
y
K< 1; tj. 1 � y
K> 0; 1 � m
y< 0; pa je zato
dy
dt< 0:
6.1.2 OBSTOJNOST RJE�ENJA
Rje�avanje diferencijalne jednadµzbe je, opcenito, vrlo zahtjevni zadatak. Za
pojedine vrste diferencijalnih jednadµzbi postoje kriteriji - dovoljni uvjeti koji
jamµce obstojnost njihovih rje�enja. Ovdje cemo upoznati kriterije za rje�ivost
diferencijalnih jednadµzbi �to dopu�taju zapis
y0 = G(x; y);
pri µcemu je G : X ! R, X � R2, dana funkcija koja udovoljava nekim dodatnimuvjetima, a traµzeno rje�enje je nepoznata funkcija y = f(x) (jedne varijable).
Teorem 6.5 (Picardov teorem) Neka su dane funkcija G : X ! R, X � R2, itoµcka (x0; y0) 2 X i neka postoji pravokutnik P = [x0�a; x0+a]�[y0�b; y0+b] �X, a; b 2 R+, takav da vrijedi
(a) G je neprekidna na P ;
(b) G udovoljava tzv. Lipschitzovu uvjetu na P po varijabli y, tj.�9L 2 R+
�(8(x1; y1); (x1; y2) 2 P ) jG(x1; y1)�G(x1; y2)j � L jy1 � y2j :
Tada diferencijalna jednadµzba, s poµcetnim uvjetom,
y0 = G(x; y); x = x0; y = y0; (6.1)
ima toµcno jedno rje�enje koje je neprekidna funkcija
f : [x0 � h; x0 + h]! R; y0 = f(x0);
h = minfa; bM g, a M = maxfjG(x; y)j j (x; y) 2 Pg. (Pozitivni broj L nazivamoLipschitzovom konstantom.)
6.1. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 147
Primjer 6.6 Diferencijalna jednadµzba y0 = 2pjyj ima rje�enje za proizvoljni
poµcetni uvjet. Me�utim, rje�enje nije uvijek jedinstveno. Kroz toµcku (0; 0) oµcito
prolaze grafovi rje�enja
y =
(�x2; x � 0x2; x > 0
; y =
(0; x � 0x2; x > 0
:
Razlog ovoj pojavi je da funkcija G(x; y) = 2pjyj ne udovoljava uvjetu (b) u
okolini toµcke (0; 0).
Dokaz Picardovog teorema prema�uje okvire ovih skripata. Izdvojimo osnovnu
ideju dokaza: traµzeno jednistveno rje�enje f diferencijalne jednadµzbe (6.1) moµze
se dobiti kao graniµcna vrijednost funkcijskoga niza (fn),
fn : [x0 � h; x0 + h]! R; fn(x) = y0 +
xZx0
G(t; fn�1(t))dt; (6.2)
pri µcemu je f0 konstantna funkcija f0(x) = y0. Pokazuje se da vrijedi procjena
jf(x)� fn(x)j �M
L� (Lh)
n+1
(n+ 1)!: (6.3)
Ona omogucuje da se zadovoljimo i nekim pribliµznim rje�enjem, nekom funkci-
jom fn, i da pritom znamo kolika je apsolutna pogre�ka. U praksi se, dakako,
postupa upravo na taj naµcin. Rje�avanje diferencijalne jednadµzbe naµcinom
provedenim u dokazu Picardovog teorema naziva se metoda postupnog pri-
bliµzavanja.
Primjer 6.7 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu, s poµcetnim uvjetom,
y0 = x+ y; x0 = 0; y0 = 0;
metodom postupnog pribliµzavanja, pa dobiveno rje�enje usporediti s "oµcitim"
rje�enjem y = ex�x� 1. Koje bi pribliµzno rje�enje fn na pravokutniku jxj � 2;jyj � 1 udovoljilo toµcnosti do 10�5?Prvo provjerimo je li udovoljeno uvjetima Picardova teorema!
Funkcija
(x; y) 7! g(x; y) = x+ y
je neprekidna (na cijelomu R2), pa je neprekidna i na svakom pravokutniku
P = [�a; a] � [�b; b] � R2, a; b 2 R+. Nadalje, funkcija g(x; y) = x + y je
na pravokutniku P ome�ena i Lipschitzov uvjet je ispunjen. Za Lipschitzovu
konstantu moµzemo uzeti L = 1 jer je j(x1 + y1) � (x1 + y2)j � 1 � jy1 � y2j zasvaki (x1; y1); (x1; y2) 2 P: U ovome primjeru je
(x0; y0) = (0; 0); a = 2; b = 1:
148 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
Buduci je
M = maxfjx+ yj j x 2 [�2; 2] ; y 2 [�1; 1]g = 3
imamo da je
h = min
�2;1
3
�=1
3:
Iz procjene (6.3) imamo
3
1��13
�n+1(n+ 1)!
� 1
105;
i dalje 3n(n + 1)! � 105: Buduci je 34(4 + 1)! = 9 720 i 35(5 + 1)! = 174 960
zakljuµcujemo da moramo uzeti n = 5:
Raµcun daje:
f0(x) = y0 = 0;
f1(x) = y0 +
xZx0
G(t; f0(t))dt =
xZ0
tdt =1
2x2;
f2(x) = y0 +
xZx0
G(t; f1(t))dt =
xZ0
�t+
1
2t2�dt =
1
2x2 +
1
6x3;
f3(x) = y0 +
xZx0
G(t; f2(t))dt =
xZ0
�t+
1
2t2 +
1
6t3�dt =
1
2x2 +
1
6x3 +
1
24x4;
f4(x) = y0 +
xZx0
G(t; f3(t))dt =
xZ0
�t+
1
2t2 +
1
6t3 +
1
24t4�dt =
=1
2x2 +
1
6x3 +
1
24x4 +
1
120x5
i traµzena funkcija koja toµcno rje�enje f(x) = ex�x�1 aproksimira na segmentu�� 13 ;
13
�s toµcno�cu 10�5 je
f5(x) = y0 +
xZx0
G(t; f4(t))dt =
xZ0
�t+
1
2t2 +
1
6t3 +
1
24t4 +
1
120t5�dt =
=1
2x2 +
1
6x3 +
1
24x4 +
1
120x5 +
1
720x6:
Slika 6.5.
6.1. DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 149
Na Slici 6.5. prikazano je toµcno rje�enje y = ex � x� 1 i njegova aproksimacijaf5(x) =
12x
2+ 16x
3+ 124x
4+ 1120x
5+ 1720x
6 (koja na segmentu�� 13 ;
13
�aproskimira
s toµcnosti do 10�5 i na drugom crteµzu se njihovi grafovi -nacrtani su - gotovo i
ne razlikuju).
Primjer 6.8 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu, s poµcetnim uvjetom,
y0 = x+ y; x0 = 0; y0 = 1:
Pokazat cemo kasnije kako se izraµcuna toµcno rje�enje f(x) = 2ex � x � 1 ovediferencijalne jednadµzbe, a sada se pozabavimo kako moµzemo naci numeriµcku
aproksimaciju rje�enja na segmentu [0; 1].
Slika 6.6.
Razdijelimo [0; 1] na dva jednaka dijela toµckom x1 = 0:5. Poµcetni uvjet daje
y0 (0) = G(0; 1) = 0 + 1 = 1: To znaµci da je y � 1 = 1(x � 0) tangenta krivuljey = 2ex�x�1 u toµcki T0(0; 1): Za prvu aproksimaciju toµcnog rje�enja moµzemouzeti linearnu aproksimaciju
L0(x) = x+ 1,
tj. graf toµcnog rje�enja f(x) = 2ex � x� 1 aproksimiramo dijelom tangente u
toµcki T0(0; 1) na taj graf za x 2 [0; 0:5] (Slika 6.6.).Postupak je dalje sljedeci: pomaknimo se od toµcke x0 = 0 udesno u toµcku
x1 = 0:5; tj. udesno za h = 0:5: U toj toµcki x1 = 0:5 linearna aproksimacija
daje L0(x1) = 0:5 + 1 = 1:5 i vrijednost toµcnog rije�enja f(x1) aproksimirajmo
sa y1 = L0(x1) = 1:5: Diferencijalna jednadµzba y0 = x+y za vrijednosti (x1; y1)
daje y0 (x1) = G(x1; y1) = 0:5+ 1:5 = 2: Za aproksimaciju traµzenog rje�enja (za
x 2 [0:5; 1]) uzmimo linearnu funkciju
L1(x) = y1 + y0(x1)(x� x1) = 2x+ 0:5;
tj. graf toµcnog rje�enja na segmentu [0:5; 1] aproksimiramo dijelom pravca
y = 2x + 0:5 koji prolazi toµckom T1(0:5; 1:5): Dobivena poligonalna crta je
aproksimacija grafa toµcnog rje�enja na segmentu [0; 1] : U izraµcunu ove aproksi-
macije uzeli smo korak h = 0:5: Podjelimo li segment [0; 1] na µcetiri jednaka
150 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
dijela, tj. uzmemo li za korak h = 0:25; imamo poligonalnu crtu koja bolje
aproksimira graf toµcnog rje�enja (Slika 6.6).
Formalizirajmo ovaj postupak poznat pod imenom Eulerova metoda: za difer-
encijalnu jednadµzbu s poµcetnim uvjetom
y0 = G(x; y); x = x0; y = y0;
aproksimacija toµcnog rje�enja na segmentu [x0; b] s korakom h je poligonalna
crta odre�ena sa toµckama (postupak je vidljiv na Slici 6.7.):
x0 y0
x1 = x0 + h y1 = y0 + hG(x0; y0)
x2 = x1 + h y2 = y1 + hG(x1; y1)
� � � � � �xn = xn�1 + h yn = yn�1 + hG(xn�1; yn�1)
Jasno je da ce poligonalna crta bolje aproksimirati toµcno rje�enje ukoliko je
korak h manji. Uoµcimo isto tako da, �to se vi�e udaljavamo od toµcke x0; to je
aproksimacija lo�ija.
Slika 6.7.
Na Slici 6.8. prikazana je aproksimacija rje�enja diferencijalne jednadµzbe y0 =
x+ y; x0 = 0; y0 = 1; (Primjer 6.8.) na segmentu [0; 1] za h = 0:1:
Slika 6.8.
6.2. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE PRVOGA REDA151
6.2 NEKE OBIµCNE DIFERENCIJALNE
JEDNADµZBE PRVOGA REDA
U ovomu odjeljku cemo pokazati nekoliko naµcina izravnog rje�avanja nekih jed-
nostavnih i elementarno rje�ivih vrsta obiµcnih diferencijalnih jednadµzba.
6.2.1 DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE S ODJELJIVIM
VARIJABLAMA
Pretpostavimo da se obiµcna diferencijalana jednadµzba prvog reda F (x; y; y0) = 0
moµze zapisati kao
y0 = g(x); tj: dy = g(x)dx;
pri µcemu je g neprekidna funkcija. Razvidno je da je tada svaka primitivna
funkcijaG za funkciju g neko rje�enje promatrane jednadµzbe. Naime,�Rg(x)dx
�0=
G0(x) = g(x). Ali vrijedi i obratno, svako rje�enje f promatrane diferencijalne
jednadµzbe je neka primitivna funkcija za funkciju g, jer mora biti f 0 = g. Za-
kljuµcujemo da je opce rje�enje polazne diferencijalne jednadµzbe pripadni neo-
dre�eni integral i pi�emo
y =
Zg(x)dx (= ff j f 0 = gg):
Ako je pritom f0, tj. y = f0(x), bilo koje posebno rje�enje, onda se svako drugo
rje�enje f razlikuje od njega za neku aditivnu konstantu C, tj. f(x) = f0(x)+C.
Primjer 6.9 Rje�enje diferencijalne jednadµzbe
y0 =1p1� x2
je svaka funkcija iz skupa ffC : h�1; 1i ! R j fC(x) = arcsinx+ C; C 2 Rg :Ako je npr. poµcetni uvjet x = 0; y = 0, dobivamo posebno rje�enje f0(x) =
arcsinx.
Promatrajmo sada sluµcaj diferencijalne jednadµzbe F (x; y; y0) = 0 koja dopu�ta
zapis
y0 = g(x) � h(y): (6.4)
Njoj se, dakle, varijable mogu odijeliti (separirati) tako da se dobije jednadµzba
dy
h(y)= g(x)dx; h(y) 6= 0:
Integrirajuci obje strane dobivamoZdy
h(y)=
Zg(x)dx+ C;
152 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
�to smatramo opcim rje�enjem, tj. njezino rje�enje je skup svih funkcija im-
plicitno zadanih tom integralnom jednadµzbom. Pritom kaµzemo da smo polaznu
diferencijalnu jednadµzbu rije�ili odijeljujuci (separirajuci) varijable.
Primjer 6.10 Diferencijalnoj jednadµzbi
y � xy0 = 2(1 + x2y0);
je ekvivalentna diferencijalna jednadµzba
dy(2x2 + x) = (y � 2)dx;
a ova se ("u glavnom") svodi na
dy
y � 2 =dx
x(2x+ 1)
(kad je y 6= 2, x 6= 0 i x 6= � 12 ). Rije�imo ovu zadnju pod svim naznaµcenim
ograniµcenjima! Integrirajuci obje strane dobivamo
ln jy � 2j = ln jxj � ln j2x+ 1j+K; K 2 R:
Buduci da je ln : R+ ! R bijekcija, to za svaki K postoji neki C 6= 0 takav daje ln jCj = K, pa imamo
ln jy � 2j = ln jCxjj2x+ 1j ; C 2 R n f0g:
Slijedi da opce rje�enje dopu�ta zapis
y = fC(x) =Cx
2x+ 1+ 2; x 2 R n f� 1
2 ; 0g; C 2 R n f0g:
Izravnom provjerom, tj. deriviranjem i uvr�tenjem y i y0 u polaznu diferencijalnu
jednadµzbu, lako vidimo da je svaka funkcija fC posebno rje�enje te jednadµzbe.
�tovi�e, pritom se vidi da sva ta rje�enja dopu�taju pro�irenje na toµcku x = 0
(pripadnom vrijedno�cu y = fC(0) = 2).
Raspravimo sada sluµcajeve �to smo ih bili iskljuµcili.
Primijetimo da y = 2 povlaµci y0 = 0, pa uvr�tenjem u polaznu jednadµzbu
dobivamo 2 = 2. Slijedi da je i konstantna funkcija y = 2, rje�enje. Napokon, u
toµcki x = � 12 polaznoj jednadµzbi udovoljava vrijednost y = 2, �to se uklapa u
prethodni sluµcaj. Prema tomu, sva rje�enja su dana sa
y = fC(x) =Cx
2x+ 1+ 2; x 2 R n f� 1
2g; C 2 R n f0g;
y = f0(x) = 2; x 2 R:
Napomenimo da je y = f0(x) = 2 singularno rje�enje, jer ga ne moµzemo dobiti
odabirom konstante C: Na Slici 6.9. je prikazano nekoliko rje�enja (f0; f1; f�5).
6.2. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE PRVOGA REDA153
Slika 6.9.
Da bi se odredilo posebno rje�enje, �to udovoljava poµcetnomu uvjetu x0 = 1,
y0 = 3, treba izraµcunati konstantu C iz jednadµzbe 3 = 1�C2�1+1 + 2: Dobivamo
C = 3, pa je posebno rje�enje
f3(x) =3x
2x+ 1+ 2:
Uoµcimo, ako je x0 = 0 mora biti y0 = 2, jer sva rje�enja fC prolaze toµckom
(0; 2); pa tada me�u njima tim poµcetnim uvjetom nije odre�eno toµcno jedno
posebno rje�enje.
6.2.2 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA
Dopu�ta li obiµcna diferencijalna jednadµzba F (x; y; y0) = 0 svo�enje na oblik
y0 = g�yx
�; (6.5)
govorimo o homogenoj diferencijalnoj jednadµzbi prvoga reda. Uvr�tenjem
y
x= z (z � h(x)) (6.5.a)
dobivamo diferencijalnu jednadµzbu s odjeljivim varijablama:
(xz)0 = g(z)) z + xz0 = g(z)) dz
g(z)� z =dx
x:
Dakle, opce rje�enje smijemo zapisati u oblikuZdz
g(z)� z = ln jCxj; z =y
x; C 2 R n f0g:
Primjer 6.11 Jednadµzba x2dy + (x2 + y2 � xy)dx = 0 je homogena diferenci-jalna jednadµzba prvoga reda jer dijeljenjem s x2dx prelazi u
y0 = ��yx
�2+y
x� 1:
Zamjenom y = zx, y0 = z + z0x, dobivamo jednadµzbu
z0x+ 1 + z2 = 0;
154 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
rje�enje koje jeZdz
1 + z2= �
Zdx
x+ c; tj. arctg z = � ln jCxj; C 2 R n f0g:
Buduci da je z = yx , traµzeno opce rje�enje jest
y = �x tg(ln jCxj); C 2 R n f0g:
Primjer 6.12 Rije�iti jednadµzbu
xy0 � y = (x+ y) ln x+ yx
:
Dijeljenjem sa x dobivamo
y0 � y
x=�1 +
y
x
�ln�1 +
y
x
�i potom, zamjenom (6.5.a),
z0x = (1 + z) ln (1 + z) :
Dobivana je diferencijalna jednadµzba s odijeljivim varijablama
dz
(1 + z) ln (1 + z)=dx
x
kojoj je opce rje�enje
lnx+ y
x= Cx:
Promatrajmo sada diferencijalnu jednadµzbu F (x; y; y0) = 0 koja dopu�ta zapis
y0 = g�a1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2
�: (6.6)
Ako je determinanta
����� a1 b1
a2 b2
����� 6= 0 onda linearni sustava1x+ b1y + c1 = 0;
a2x+ b2y + c2 = 0
ima toµcno jedno rje�enje, recimo, (a; b) 2 R2. Uvedemo li tada zamjenu
x = a+ u; y = b+ v;
dobivamo homogenu diferencijalnu jednadµzbu
v0 = g� vu
�koju rje�avamo na prije opisani naµcin.
6.2. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE PRVOGA REDA155
Ako je, pak, D = 0 onda postoji broj � 2 R takav da je a2x+b2y = �(a1x+b1y).
Tada zamjenom
z = a1x+ b1y; z0 = a1 + b1y
0 (6.6.b)
svodimo polaznu jednadµzbu na
1
b1(z0 � a1) = g
� z + c1�z + c2
�;
a ova oµcito dopu�ta odijeliti varijable z i x.
Primjer 6.13 Rije�imo diferencijalnu jednadµzbu
y0 =x� y + 1x+ y � 3 :
Sustav jednadµzbi
x� y + 1 = 0; x+ y � 3 = 0
ima rje�enje (1; 2) i zamjenom
x = 1 + u; y = 2 + v;
polazna diferencijalna jednadµzba prelazi u homogenu diferencijalnu jednadµzbu
v0 =1� v
u
1 + vu
:
Zamjenom v = uz; v0 = z + uz0 dobivamo
z + uz0 =1� z1 + z
) uz0 =�z2 � 2z + 1
z + 1)
z + 1
�z2 � 2z + 1dz =du
u)Z
z + 1
�z2 � 2z + 1dz = lnC1u)
�12ln��z2 + 2z � 1�� = lnC1u) ln
��z2 + 2z � 1�� = ln jC1uj�2 )z2 + 2z � 1 = 1
C21u2:
Moµzemo pisati z2 + 2z � 1 = Cu�2 i za opce rje�enje dobivamo�y � 2x� 1
�2+ 2
y � 2x� 1 � 1 =
C
(x� 1)2
odnosno
2xy � 6y � 2x� x2 + y2 = C:
156 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
Primjer 6.14 Diferencijalnoj jednadµzbi
y0(x+ y � 3) = 1� 2x� 2y
moµzemo pridruµziti ekvivalentnu (x+ y 6= 3) jednadµzbu
y0 =1� 2(x+ y)(x+ y)� 3 :
Zamjenom z = x+ y dobivamo diferencijalnu jednadµzbu
z0 � 1 = 1� 2zz � 3 ;
pa odjeljivanjem varijabla z i x slijedi
�Zz � 3z + 2
dz = x+ C; C 2 R:
Sada se lako izraµcuna integral na lijevoj strani i uvrsti z = x+ y, �to onda daje
traµzeno opce rje�enje
5 ln (x+ y + 2) = 2x+ y + C:
6.2.3 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA
Diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda �to dopu�ta zapis
y0 + p(x) y = q(x) (6.7)
nazivamo linearnom diferencijalnom jednadµzbom prvoga reda. (Line-
arnost se ovdje odnosi na "varijable" y i y0!) Ovu vrstu jednadµzaba rje�avamo
tako da prvo rije�imo tzv. pripadnu nepotpunu (ili homogenu) diferencijalnu
jednadµzbu
y0 + p(x) y = 0:
Odijeljujuci varijable dobivamo
dy
y= �p(x)dx;
dakle,
y = C � e�Rp(x)dx; C 2 R:
Nije te�ko dokazati da se sada tzv. variranjem konstante C (umjesto kon-
stante C se uvrsti nepoznata funkcija u) dolazi do opceg rje�enja polazne (pot-
pune) jednadµzbe. Naime, njezino opce rje�enje mora biti oblika
y = u(x) � e�Rp(x)dx;
6.2. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE PRVOGA REDA157
pri µcemu treba odrediti (do na aditivnu konstantu) funkciju x 7! u(x). U tu
svrhu, uvrstimo taj y i pripadni y0 u polaznu jednadµzbu:�u(x) � e�
Rp(x)dx
�0+ p(x)u(x) � e�
Rp(x)dx = q(x);
u0(x) � e�Rp(x)dx + u(x) � e�
Rp(x)dx � (�p(x)) + p(x)u(x) � e�
Rp(x)dx = q(x);
u0(x) = q(x)eRp(x)dx;
�to daje
u(x) =
Zq(x) � e
Rp(x)dxdx+K; K 2 R:
Prema tomu, opce rje�enje linearne diferencijalne jednadµzbe prvoga reda jest
y =�Z
q(x) � eRp(x)dxdx+K
�e�
Rp(x)dx; K 2 R: (6.7.a)
Primjer 6.15 Diferencijalna jednadµzba
xy0 + 2y = 6x4
je ekvivalentna (x 6= 0) jednadµzbi
y0 +2
x� y = 6x3:
Na upravo opisani naµcin dobivamo:
y0 +2
x� y = 0) dy
y= �2dx
x) y =
C
x2;
pa varirajuci konstantu zakljuµcujemo da je opce rje�enje oblika
y =u(x)
x2;
gdje treba odrediti funkciju x 7! u(x).�u(x)x2
�0+2
x� u(x) = 6x3 ) u0(x) = 6x5 ) u(x) = x6 +K; K 2 R:
Prema tomu, traµzeno opce rje�enje jest
y = x4 +K
x2; K 2 R;
koje se moµze dobiti i direktno iz formule (6.7.a). Zadamo li neki poµcetni uvjet,
primjerice x = 1; y = 1, dobivamo 1 = 14 + K12 ) K = 0, pa je pripadno
posebno rje�enje prirodna potencija y = x4.
Pridodajmo k ovomu i diferencijalnu jednadµzbu
y0 + p(x)y = q(x)yr; r 6= 1; (6.8)
158 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
koju nazivamo Bernoullijevom jednadµzbom. Ona se zamjenom
y1�r = z (6.8.a)
svodi na linearnu (po z) diferencijalnu jednadµzbu
z0 + (1� r) p(x) z = (1� r) q(x);
koja se dalje rje�ava na opisani naµcin.
Primjer 6.16 Diferencijalna jednadµzba
y0 + 2xy = 2x3y3
zamjenom
y1�3 = y�2 = z;y0
y3= �1
2z0;
prelazi u linearnu diferencijalnu jednadµzbu
z0 � 4xz = �4x3
kojoj je opce rje�enje
z =�Z
�4x3 � eR�4xdx+K
�eR4xdx =
�12e�2x
2
+ x2e�2x2
+K�e2x
2
= x2 +1
2+Ke2x
2
; K 2 R:
Dakle, polazna diferencijalna jednadµzba ima opce rje�enje
1
y2= x2 +
1
2+Ke2x
2
; K 2 R:
6.2.4 EGZAKTNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA
Ako diferencijalna jednadµzba F (x; y; y0) = 0 dopu�ta zapis
P (x; y) dx+Q(x; y) dy = 0; (6.9)
pod uvjetom@P
@y=@Q
@x; (6.9.a)
tj. ako je P (x; y)dx+Q(x; y)dy (totalni) diferencijal neke funkcije (x; y) 7! z =
g(x; y), onda govorimo o egzaktnoj diferencijalnoj jednadµzbi prvoga reda.
Moµze se pokazati da ukoliko je dg(x; y) = 0 onda je funkcija g(x; y) oblika
g(x; y) =
xZx0
P (t; y)dt+
yZy0
Q(x0; s)ds = C: (6.9.b)
6.2. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE PRVOGA REDA159
Time je odre�eno opce rje�enje u implicitnom obliku, a ono eksplicitno y = f(x)
ovisi, dakako, o udovoljenju uvjetima Teorema o implicitnoj funkciji. Uoµcimo
da je, primjerice, svaka diferencijalna jednadµzba s odijeljivim varijablama egza-
ktna.
Primjer 6.17 Diferencijalna jednadµzba
(x+ y2)dx+ y(y + 2x)dy = 0
je egzaktna jer je
@P (x; y)
@y=@(x+ y2)
@y= 2y =
@(y(y + 2x))
@x=@Q(x; y)
@x:
Stoga je njezino opce rje�enje
xZx0
(t+ y2)dt+
yZy0
s(s+ 2x0)ds = C; tj.
x2
2+ xy2 � x20
2� x0y2 +
y3
3+ x0y
2 � y303� x0y20 = C; C 2 R;
�to se moµze napisati kao (K = 3x20 + 2y30 + 6x0y
20 + 6C)
3x2 + 6xy2 + 2y3 = K:
Zahtijevamo li, primjerice, da je y = 2 µcim je x = 1, dobivamo K = �5; pa jepripadno posebno rje�enje 3x2 + 6xy2 + 2y3 + 5 = 0.
Ako diferencijalna jednadµzba P (x; y)dx + Q(x; y)dy = 0 nije egzaktna i ako
postoji funkcija (x; y) 7! h(x; y) � � takva da je
�P (x; y)dx+ �Q(x; y)dy = 0
egzaktna diferencijalna jednadµzba, tada je svako rje�enje (egzaktne) diferenci-
jalne jednadµzbe
P1(x; y)dx+Q1(x; y)dy = 0; P1 = �Q; Q1 = �Q;
ujedno rje�enje polazne jednadµzbe. Faktor � nazivamo integracijskim (ili
Eulerovim) multiplikatorom. Njegovo odre�ivanje nije uvijek jednostavno.
(Opcenito, treba rije�iti neku parcijalnu diferencijalnu jednadµzbu!) Me�utim,
ako je � funkcija samo jedne varijable (bilo x bilo y) onda je njegovo odre�ivanje
relativno lako. Naime, integracijski multiplikator � moµzemo odrediti iz uvjeta@P1@y =
@Q1
@x :
@ (�P )
@y=@ (�Q)
@x) P
@�
@y+�
@P
@y= Q
@�
@x+�
@Q
@x) �
�@P@y�@Q@x
�= Q
@�
@x�P @�
@y
160 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
i ukoliko je integracijski multiplikator funkcija samo varijable x; tada je @�@y = 0,
@�@x =
d�dx , pa imamo
@P@y �
@Q@x
Qdx =
d�
�: (6.10.a)
Ukoliko je integracijski multiplikator funkcija samo varijable y; tada je @�@x = 0,
@�@y =
d�dy , pa imamo
@Q@x �
@P@y
Pdy =
d�
�: (6.10.b)
Primjer 6.18 Diferencijalna jednadµzba
dx+ (x+ y + 1)dy = 0
nije egzaktna, jer je@P (x; y)
@y= 0 6= 1 = @Q(x; y)
@x:
Pomnoµzimo li ju, me�utim, funkcijom y 7! h(y) = ey � � dobivamo egzaktnu
diferencijalnu jednadµzbu
eydx+ (x+ y + 1)eydy = 0;
jer je@P1(x; y)
@y=dey
dy= ey =
@((x+ y + 1)ey)
@x=@Q1(x; y)
@x:
Njezino je rje�enje, dakle i rje�enje polazne jednadµzbe, dano implicitno:
xZx0
eydt+
yZy0
(x0 + s+ 1)esds = K; tj. (x+ y)ey = C:
Ovdje je C = K + (y0 + x0)ex0 :
Napomenimo da cemo ubuduce sve integracijske konstante na koncu sakupiti u
jednu konstantu koju cemo najµce�ce oznaµcavati s C:
Primjer 6.19 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu
y(1 + xy)dx� xdy:
Buduci je
@P
@y=@ (y(1 + xy))
@y= 2xy + 1;
@Q
@x=@ (�x)@x
= �1
diferencijalna jednadµzba nije egzaktna. Odredimo Eulerov multiplikator:
@Q@x �
@P@y
Pdy =
(�1� 2xy � 1)y(1 + xy)
dy =d�
�) �
Z2
ydy =
Zd�
�) � =
1
y2:
6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA161
Ostaje rije�iti jednadµzbu:
1 + xy
ydx� x
y2dy = 0)
xZx0
1 + ty
ydt+
yZy0
� x0s2ds = C ) 1
2x2 +
x
y= C:
Primjer 6.20 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu�2xy + x2y +
1
3y3�dx+
�x2 + y2
�dy = 0:
Buduci je
@P
@y=@�2xy + x2y + 1
3y3�
@y= 2x+ x2 + y2;
@Q
@x=@�x2 + y2
�@x
= 2x
diferencijalna jednadµzba nije egzaktna. Odredimo Eulerov multiplikator:
@P@y �
@Q@x
Qdx =
d�
�) dx =
d�
�) � = ex:
Ostaje rije�iti jednadµzbu:
ex�2xy + x2y +
1
3y3�dx+ ex
�x2 + y2
�dy = 0)
xZx0=0
et�2ty + t2y +
1
3y3�dt+
yZy0=0
ex0�x20 + s
2�ds = C ) 1
3y3ex + x2yex = C:
6.3 NEKE OBIµCNE DIFERENCIJALNE
JEDNADµZBE DRUGOGA REDA
U ovomu odjeljku cemo razmatrati neke jednostavne vrste obiµcnih diferencijalnih
jednadµzaba drugoga reda. Posebnu pozornost cemo posvetiti tzv. linearnim
diferencijalnim jednadµzbama drugoga reda s konstantnim koe�cijentima.
Opcenito, diferencijalnu jednadµzbu
F (x; y; y0; y00) = 0 (6.11)
svodimo zamjenom
y0 = p (6.11.a)
na sustav
F (x; y; p; p0) = 0; y0 = p:
Dopu�ta li taj sustav svo�enje na oblik
y0 = p; p0 = G(x; y);
smijemo na njega primijeniti Teorem 6.5., pa polazna jednadµzba ima (jedin-
stveno) rje�enje onda i samo onda kad ovaj sustav ima rje�enje.
162 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
6.3.1 DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA F (x; y0; y00) = 0
Ako se u polaznoj diferencijalnoj jednadµzbi ne pojavljuje eksplicitno y, tj. ako
jednadµzba dopu�ta zapis
F (x; y0; y00) = 0; (6.12)
onda zamjenom
y0 = p; y00 = p0 (6.12.a)
dobivamo diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda F (x; p; p0) = 0. Odredimo li
njezino rje�enje p � g(x), integriranjem dobivamo traµzeno rje�enje y =Rg(x)dx.
Primjer 6.21 Rije�imo diferencijalnu jednadµzbu
y00 (ex + 1) + y0 = 0:
Zamjenom y0 = p(x); y00 = p0 dobivamo jednadµzbu
p0 (ex + 1) + p = 0:
To je jednadµzba koja dopu�ta odijeljivanje varijabla
dp
p= � dx
ex + 1:
Slijedi
ln jpj = ln����C1 ex + 1ex
����i dalje
y0 = C1ex + 1
ex;
pa je opce rje�enje y = C1 (x� e�x) + C2:
Primjer 6.22 Rije�imo diferencijalnu jednadµzbu
xy00 + y0 � x = 0
i na�imo posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnom uvjetu x = 1, y = 14 , y
0 = 1.
Buduci da se u toj jednadµzbi ne pojavljuje y, primijenimo zamjenu y0 = p,
y00 = p0 pa cemo dobiti homogenu diferencijalnu jednadµzbu prvog reda
xp0 + p� x = 0:
Nova zamjena p = zx; p0 = z0x+ z; dopu�ta odjeljivanje varijabla:
dz
1� 2z =dx
x:
6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA163
Slijedi,
z =1
2
�1� 1
C1x2
�pa je
p =x
2
�1� 1
C1x2
�i, napokon,
y =
Zpdx =
1
2
�x22� 1
C1ln jxj
�+ C2:
Uvrstimo li dani poµcetni uvjet u opce rje�enje i njegovu derivaciju, dobivamo:
1
4=1
2
�12� 1
C1ln 1�+ C2;
1 =1
2
�1� 1
C1
�:
Odatle, C1 = �1, C2 = 0, pa je traµzeno posebno rje�enje y = 14
�x2 + lnx2
�:
6.3.2 DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA F (y; y0; y00) = 0
Ako se u diferencijalnoj jednadµzbi F (x; y; y0; y00) = 0 ne pojavljuje eksplicitno x
kao parametar, tj. ako ta jednadµzba dopu�ta zapis
F (y; y0; y00) = 0; (6.13)
onda pomaµze zamjena:
y0 =dy
dx= p; y00 = p0 =
dp
dx=dpdyp
=dp
dy� p: (6.13.a)
Primjer 6.23 Rije�imo diferencijalnu jednadµzbu
y00y � (y0)2 = 0
te odredimo posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnomu uvjetu
(a) x = 0; y = 0; y0 = 0;
(b) x = 1; y = 0; y0 = 1;
(c) x = 1; y = 1; y0 = 1;
(d) x = 1; y = 1; y0 = 2.
Zamjena (6.13.a) u ovomu primjeru povlaµci
dp
dypy � p2 = 0; tj. p
�dpdyy � p
�= 0:
Dakle, mora biti
p = 0 ilidp
dyy � p = 0.
164 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
Ako je p = 0 = y0 onda je
y = C
Ako je dpdyy�p = 0; tj.
dpp =
dyy ; onda je y
0 = p = C1y; pa jedyy = C1dx. Slijedi,
y = C2eC1x:
Primijetimo da je prvi sluµcaj obuhvacen drugim (C1 = 0, C2 � C).
Slika 6.10.
Na�imo sada traµzena posebna rje�enja.
(a) Poµcetni uvjet x = 0; y = 0; y0 = 0, uvr�ten u y = C2eC1x i y0 = C1y, povlaµci
0 = C2 i 0 = 0. Posebno rje�enje je, dakle, nulkonstanta y = 0.
(b) Poµcetni uvjet x = 1; y = 0; y0 = 1 povlaµci 0 = C2eC1 i 1 = 0, �to je
protuslovlje. Zakljuµcujemo da ne postoji posebno rje�enje koje bi udovoljilo
tomu poµcetnom uvjetu.
(c) Poµcetni uvjet x = 1; y = 1; y0 = 1 povlaµci 1 = C2eC1 i 1 = C1, dakle,
C1 = 1; C2 = e�1. Pripadno posebno rje�enje jest y = ex�1 (Slika 6.10.).
(d) Sliµcno, poµcetni uvjet x = 1; y = 1; y0 = 2 povlaµci 1 = C2eC1 i 2 = C1, dakle,
C1 = 2, C2 = e�2, pa je pripadno posebno rje�enje y = e2x�2 (Slika 6.10.).
6.3.3 HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA
Ako je funkcija
(x; y; y0; y00) 7! F (x; y; y0; y00)
homogena po varijablama y; y0; y00, tj. ako je
F (x; ty; ty0; ty00) = t�F (x; y; y0; y00); � 2 R
(i pritom � nazivamo stupanj homogenosti od F ), onda diferencijalnu jednadµzbu
F (x; y; y0; y00) = 0 (6.14)
zamjenom
y = eRzdx; z = g(x); (6.14.a)
6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA165
svodimo na diferencijalnu jednadµzbu prvoga reda
F�x; e
Rzdx; z � e
Rzdx; (z2 + z0) � e
Rzdx�= 0;
tj. �eRzdx��F (x; 1; z; z2 + z0) = 0;
odnosno,
F (x; 1; z; z2 + z0) = 0:
Obiµcnu diferencijalnu jednadµzbu drugoga reda s opisanim svojstvom nazivamo
homogenom po varijablama y; y0; y00.
Primjer 6.24 Diferencijalna jednadµzba
xy2 + yy00 � (y0)2 = 0
je homogena (� = 2) jer je
x(ty)2 + (ty)(ty00)� (ty0)2 = t2(xy2 + yy00 � (y0)2):
Zamjena y = eRzdx, z � g(x), vodi do jednadµzbe x+ z0 + z2 � z2 = 0, tj.
x+ z0 = 0:
Slijedi,
z = �x2
2+ C1
pa je Zzdx = �x
3
3+ C1x+K2;
a opce rje�enje polazne jednadµzbe jest
y = e�x3
3 +C1x+K2 = C2e� x3
3 +C1x:
6.3.4 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNADµZBA
S KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA
Ako diferencijalna jednadµzba drugoga reda F (x; y; y0; y00) = 0 dopu�ta zapis
y00 + ay0 + by = g(x); a; b 2 R; (6.15)
govorimo o linearnoj diferencijalnoj jednadµzbi drugoga reda s konstant-
nim koe�cijentima. U sluµcaju g � 0 dobivamo
y00 + ay0 + by = 0; a; b 2 R; (6.16)
166 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
�to je pripadna joj homogena (ili "nepotpuna") jednadµzba.
Moµze se dokazati da promatrana linearna diferencijalna jednadµzba ima toµcno
jedno rje�enje uz dani poµcetni uvjet x = x0; y = y0; y0 = y0 µcim je funkcija g
neprekidna. Rje�avanje teµce sliµcno onomu za linearnu diferencijalnu jednadµzbu
prvoga reda. Naime, prvo se rije�i pripadna homogena jednadµzba, a onda se
variriranjem konstanata dobiva traµzeno opce rje�enje polazne jednadµzbe. U
opcem sluµcaju je postupak tehniµcki vrlo sloµzen i bitno ovisi o funkciji g. U
mnogim sluµcajevima elementarnih funkcija g taj se postupak moµze bitno ubrzati,
a sreca je da su ba�oni u praksi vrlo µcesti. Ovdje cemo razmatrati sluµcajeve kad
je g polinom, umnoµzak polinoma i (prirodne) eksponencijalne funkcije, funkcija
sin ili cos te bilo koja linearna kombinacija navedenih sluµcajeva. Dokazat cemo
da je tada opce rje�enje linearne diferencijalne jednadµzbe (6.15) zbroj opcega
rje�enja pripadne homohene jednadµzbe (6.16) i bilo kojega posebnog rje�enja
polazne jednadµzbe (6.15).
Teorem 6.25 Ako su y1 = f1(x) i y2 = f2(x) dva rje�enja linearne homogene
jednadµzbe (6.16), onda je i
y = C1f1(x) + C2f2(x); C1; C2 2 R;
rje�enje te jednadµzbe.
Zaista izravnom provjerom dobivamo
y00 + ay0 + by =
(C1f1(x) + C2f2(x))00+ a (C1f1(x) + C2f2(x))
0+ b (C1f1(x) + C2f2(x)) =
C1 (f001 (x) + af
01(x) + bf1(x)) + C2 (f
002 (x) + af
02(x) + bf2(x)) =
C1 � 0 + C2 � 0 = 0:
De�nicija 6.26 Reci cemo da su dva rje�enja y1 = f1(x) i y2 = f2(x) lin-
earne homogene jednadµzbe (6.16) linearno nezavisna, ako iz C1f1+C2f2 = 0
(nulkonstantna funkcija), C1; C2 2 R, slijedi C1 = C2 = 0.
Kriterij linearne (ne)zavisnosti dan je pomocu tzv. Wronskijana (determi-
nante Wronskog).
Teorem 6.27 Ako su funkcije y1 = f1(x) i y2 = f2(x) linearno zavisne tada je
Wronskijan
W (x) =
����� f1(x) f2(x)
f 01(x) f 02(x)
����� = 0; za svaki x:
6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA167
Dokaµzimo tvrdnju teorema. Zbog linearne zavisnosti vrijedi C1f1 + C2f2 = 0 i
barem jedan od koe�cijenata C1; C2 je razliµcit od nule. Neka je C2 6= 0: Imamoda je f1(x) = �C1
C2f2(x) i
W (x) =
����� f1(x) f2(x)
f 01(x) f 02(x)
����� =��������C1C2f2(x) f2(x)
�C1C2f 02(x) f 02(x)
������� =
�C1C2
����� f2(x) f2(x)
f 02(x) f 02(x)
����� = 0; za svaki x:a to se i tvrdilo.
Teorem 6.28 Ako su y1 = f1(x) i y2 = f2(x) linearno nezavisna rje�enja
linearne homogene jednadµzbe (6.16) onda je
W (x) =
����� f1(x) f2(x)
f 01(x) f 02(x)
����� 6= 0; za svaki x:Dokaz nije kompliciran. Pretpostavimo suprotno, tj. da je W (x0) = 0 za neki
x0: Promotrimo sustav
C1f1(x0) + C2f2(x0) = 0;
C1f01(x0) + C2f
02(x0) = 0;
linearnih jednadµzbi po C1 i C2: Zbog W (x0) = 0 ovaj sustav ima i netrivijalnih
rje�enja. Neka je C(0)1 ; C(0)2 jedno netrivijalno rje�enje, tj. barem jedan od C(0)1 ;
C(0)2 je razliµcit od nule. Po Teoremu 6.25. je i
y = C(0)1 f1(x) + C
(0)2 f2(x)
rje�enje jednadµzbe (6.16). Ono zadovoljava poµcetne uvjete x = x0; y = 0;
y0(x0) = 0: Ove poµcetne uvjete zadovoljava i trivijalno rje�enje y = 0: Zbog
jedinstvenosti rje�enja koja zadovoljavaju dani poµcetni uvjet mora biti
C(0)1 f1(x) + C
(0)2 f2(x) = 0:
Kako je barem jedan od C(0)1 ; C(0)2 razliµcit od nule, dobili smo da su y1 = f1(x)
i y2 = f2(x) linearno zavisna rje�enja, protivno pretpostavci teorema.
Teorem 6.29 Ako su y1 = f1(x) i y2 = f2(x) dva linearno nezavisna rje�enja
linearne homogene jednadµzbe (6.16), onda je
y = C1f1(x) + C2f2(x); C1; C2 2 R;
njezino opce rje�enje.
168 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
Treba dokazati da se iz rje�enja (v. Teorem 6.25.) y = C1f1(x) + C2f2(x),
C1; C2 2 R, moµze dobiti svako posebno rje�enje, tj. da su danim poµcetnim uvje-tom x = x0; y(x0) = y0; y
0(x0) = y0 konstante C1 i C2 jednoznaµcno odre�ene.
Uvrstimo li poµcetni uvjet u to rje�enje i njegovu derivaciju, dobivamo linearni
sustav
C1f1(x0) + C2f2(x0) = y0;
C1f01(x0) + C2f
02(x0) = y0:
Pretpostavljena linearna nezavisnost povlaµci da je, po Teoremu 6.28., determi-
nanta
W (x) =
����� f1(x) f2(x)
f 01(x) f 02(x)
����� 6= 0; za svaki x;pa je, posebice, determinanta promatranoga linearnog sustava D0 =W (x0) 6= 0.Slijedi da taj linearni sustav ima toµcno jedno rje�enje ((C1)0; (C2)0).
Dopustimo da rje�enje homogene linearne jednadµzbe (6.16) bude i kompleksna
funkcija (realne varijable), tj. funkcija f : X ! C, X � R, f(x) = u(x)+ iv(x),
i =p�1, pri µcemu su u i v realne funkcije. Derivacijom funkcije f smatramo
funkciju x 7! f 0(x) = u0(x) + iv0(x) (kad god su funkcije u i v derivabilne).
Jednostavno je provjeriti da Teorem 6.25. i Teorem 6.29. vrijede i za ovakva
dva kompleksna rje�enja s konstantama C1; C2 2 C.O obstojnosti posebnog rje�enja homogene linearne jednadµzbe (6.16) govori
sljedeci teorem.
Teorem 6.30 Postoji broj r, realan ili kompleksan, takav da je
y = erx
posebno rje�enje homogene linearne diferencijalne jednadµzbe (6.16).
Na�imo traµzeni r: Formalnim uvr�tenjem
y = erx; y0 = rerx i y00 = r2erx
u jednadµzbu (6.16) dobivamo erx(r2 + ar + b) = 0, tj.
r2 + ar + b = 0;
�to je tzv. karakteristiµcna jednadµzba diferencijalne jednadµzbe (6.16). Buduci
da svaka kvadratna jednadµzba ima rje�enje u R ili C, a u ovomu sluµcaju dobi-vamo
r1;2 = �a
2�ra2
4� b;
6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA169
to su y1 = er1x i y2 = er2x posebna rje�enja diferencijalne jednadµzbe (6.16).
�tovi�e, ako je pritom r1 6= r2 2 R onda je
W (x) =
����� er1x er2x
r1er1x r2e
r2x
����� = (r2 � r1)e(r1+r2)x 6= 0;pa su pripadna posebna rje�enja linearno nezavisna. Po Teoremu 6.29.,
y = C1er1x + C2e
r2x
opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16) (U sluµcaju konjugirano-kompleksnih
rje�enja r1;2 2 C, v. komentar nakon iducega Teorema 6.31.). Ako je, pak,r1 = r2 onda se radi o samo jednom posebnom rje�enju (za drugo jamµci Teorem
6.31.).
Teorem 6.31 Ako karakteristiµcna jednadµzba homogene linearne diferencijalne
jednadµzbe (6.16) ima samo jedno rje�enje, tj. ako je r1 = r2 = �a2 � r 2 R,
onda je, pored y = erx, posebno rje�enje i
y = xerx:
�tovi�e, buduci da su funkcije x 7! erx i x 7! xerx linearno nezavisne, to je tada
y = C1erx + C2xe
rx
opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16).
Izravna provjera (r = �a2 - jedinstveno rje�enje karakteristiµcne jednadµzbe)
(xerx)00+ a (xerx)
0+ bxerx = erx
�(2r + a) + (r2 + ar + b)x
�= 0
potvr�uje da je i y = xerx rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16). Pokaµzimo
da su rje�enja y1 = erx i y2 = xerx linearno nezavisna. Zaista,
W (x) = e2rx
����� 1 x
r 1 + rx
����� = e2rx 6= 0:
Prema tomu, po Teoremu 6.29.,
y = C1erx + C2xe
rx
je opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe (6.16).
U sluµcaju konjugirano-kompleksnih rje�enja karakteristiµcne jednadµzbe, tj.
r1;2 = �� �i; �; � 2 R; � 6= 0;
170 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
opce rje�enje y = C1er1x + C2e
r2x (skup kompleksnih funkcija) homogene lin-
earne diferencijalne jednadµzbe (6.16) zapisujemo pomocu prirodne eksponenci-
jalne funkcije i trigonometrijskih funkcija sin i cos ovako:
y = K1e(�+�i)x +K2e
(���i)x = e�x(K1e�xi +K2e
��xi) =
e�x(K1(cos�x+ i sin�x) +K2(cos(��x) + i sin(��x))) =
e�x((K1 +K2) cos�x+ i(K1 �K2) sin�x) =
e�x(C1 cos�x+ C2 sin�x);
pri µcemu je C1 � K1 + K2 2 R, C2 � i(K1 � K2) 2 R. Osim toga, lako se
provjeri da su funkcije y1 = e�x cos�x; y2 = e�x sin�x linearno nezavisne (nad
C) µcim je � 6= 0.
Zakljuµcak: Opce rje�enje homogene linearne diferencijalne jednadµzbe
y00 + ay0 + by = 0;
jest skup svih funkcija �to dopu�taju ovaj zapis (C1; C2 2 R):
C1er1x + C2e
r2x; µcim je r1;2 2 R i r1 6= r2;
C1erx + C2xe
rx; µcim je r1 = r2 � r 2 R;e�x(C1 cos�x+ C2 sin�x); µcim je r1;2 = �� �i 2 C; � 6= 0;
pri µcemu su r1;2 rje�enja pripadne karakteristiµcne jednadµzbe r2 + ar + b = 0.
Primjer 6.32 Homogenoj linearnoj diferencijalnoj jednadµzbi
y00 + 4y0 + 4y = 0
pripada karakteristiµcna jednadµzba r2+4r+4 = 0, kojoj je rje�enje r1 = r2 = �2.Opce rje�enje promatrane diferencijalne jednadµzbe je, dakle,
y = C1e�2x + C2xe
�2x; C1; C2 2 R:
Teorem 6.33 Ako je dano bilo koje posebno rje�enje linearne diferencijalne jed-
nadµzbe (6.15), onda se njezino opce rje�enje dobiva pribrajanjem toga posebnog
rje�enja opcemu rje�enju pripadne joj homogene jednadµzbe (6.16).
Dokaµzimo tvrdnju teorema. Neka je yh = f1(x) opce rje�enje homogene jed-
nadµzbe (6.16), a yp = f2(x) posebno rje�enje linearne jednadµzbe (6.15). Dokaµzimo
da je tada y = yh + yp = f1(x) + f2(x) opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe
(6.15)! Da je y = yh + yp rje�enje slijedi iz
y00 + ay0 + by = (yh + yp)00 + a(yh + yp)
0 + b(yh + yp) =
(y00h + ay0h + byh) + (y
00p + ay
0p + byp) = 0 + g(x) = g(x):
6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA171
Buduci da to rje�enje sadrµzi (u yh) dvije slobodne konstante koje se mogu odred-
iti za svaki poµcetni uvjet x = x0 (2 Dg), y = y0, y0 = �y0, to se doista radi o
opcemu rje�enju.
Kao �to smo prije vidjeli, opce rje�enje yh homogene jednadµzbe (6.16) uvijek
znamo odrediti (oblik ovisi o karakteru korijena karakteristiµcne jednadµzbe), to
nam ostaje odrediti neko (bilo koje) partikularno rje�enje yp jednadµzbe (6.15).
Ako je slobodan µclan g (x) ("funkcija smetnje") nehomogene linearne diferenci-
jalne jednadµzbe (6.15) funkcija oblika
f(x) = e�x[Pk (x) cos�x+Qt (x) sin�x] ; (6.17)
gdje su � i � konstante, Pk (x) i Qt (x) polinomi stupnja k odnosno t; tada
posebno rje�enje yp moµzemo naci i metodom neodre�enih koe�cjenata. Partiku-
larno rje�enje traµzimo u obliku
yp(x) = xle�x [Rm (x) cos�x+ Sm (x) sin�x] ; (6.18)
gdje su Rm (x) i Sm (x) polinomi s (nepoznatim) koe�cijentima stupnja m =
max fk; tg i gdje je l kratnost korijena �� �i karakteristiµcne jednadµzbe, tj.
l =
(0; ako �� �i nije rje�enje karakteristiµcne jednadµzbe1 � l � 2; ako je �� �i rje�enje karakteristiµcne jednadµzbe
:
Koe�cijente polinoma Rm (x) i Sm (x) odre�ujemo iz uvjeta da funkcija yp
identiµcki zadovoljava nehomogenu jednadµzbu (6.15). Funkcijama tipa (6.18)
su obuhvaceni i specijalni sluµcajevi dani sljedecom tablicom:
g(x) yp(x)
�=�=0 Pk(x) xlRk(x)
�=k=0 Ae�x xlCe�x
�=0 e�xPk(x) xle�xRk(x)
�=k=t=0 A cos �x+B sin �x xl[C cos �x+D sin �x]
k=t=0 e�x[A cos �x+B sin �x] xle�x[C cos �x+D sin �x]
�=0 Pk(x) cos �x+Qt(x) sin �x xl[Rm(x) cos �x+Sm(x) sin �x]
Sluµcajevi dani gornjom tablicom se pokazuju izravnom provjerom (uvr�tava-
njem), pa to prepu�tamo µcitatelju kao korisnu vjeµzbu.
Primjer 6.34 Rije�imo linearnu diferencijalnu jednadµzbu s konstantnim koe�-
cijentima
y00 � y = �x+ 1
172 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
i odredimo joj posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnimu uvjetu x = 0, y = 0,
y0 = 0.
Pripadna homogena jednadµzba je y00 � y = 0, a karakteristiµcna jednadµzba je
r2 � 1 = 0. Rje�enje r1;2 = �1 povlaµci da su y = ex i y = e�x linearno
nezavisna posebna rje�enja homogene jednadµzbe. Tako dobivamo opce rje�enje
yh = C1ex + C2e
�x
te homogene jednadµzbe (v. Teorem 6.31.). U polaznoj linearnoj diferencijalnoj
jednadµzbi je g(x) = �x + 1 � P1(x) polinom prvoga stupnja. Po prethodnoj
tablici, jer je l = 0; za posebno rje�enje treba uzeti polinom prvog stupnja
R1(x) = Ax+B. Koe�cijente cemo mu odrediti po danoj uputi:
(Ax+B)00 � (Ax+B) = �x+ 1) �Ax�B = �x+ 1:
Dakle, A = 1 i B = �1 pa je traµzeno posebno rje�enje yp = x� 1. Napokon, poTeoremu 6.33. slijedi da je
y = C1ex + C2e
�x + x� 1
traµzeno opce rje�enje.
Posebno rje�enje �to udovoljava poµcetnomu uvjetu x = 0, y = 0, y0 = 0 dobi-
vamo odgovarajucim uvr�tenjima:
C1e0 + C2e
�0 + 0� 1 = 0; C1e0 � C2e�0 + 1 = 0:
Slijedi, C1 = 0; C2 = 1; pa je traµzeno posebno rje�enje y = e�x + x� 1.
Teorem 6.35 Ako je u linearnoj diferencijalnoj jednadµzbi (6.15)
g(x) = g1(x) + � � �+ gk(x); k 2 N;
onda je njezino posebno rje�enje zbroj od po jednog posebnog rje�enja svake
pripadne jednadµzabe
y00 + ay0 + by = gj(x); j = 1; � � � ; k:
Primjer 6.36 Rije�imo linearnu diferencijalnu jednadµzbu s konstantnim koe�-
cijentima
y00 + 2y0 + 5y = x2e3x + sin 2x:
Pripadna karakteristiµcna jednadµzba r2 + 2r + 5 = 0 ima konjugirano-komplek-
sno rje�enje r1;2 = �1�2i pa je opce rje�enje (kompleksno) pripadne homogenejednadµzbe
yh = e�x(C1 cos 2x+ C2 sin 2x):
6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA173
Buduci da je g(x) = x2e3x + sin 2x, to cemo za pronalaµzenje posebnog rje�enja
polazne jednadµzbe najprije uporabiti Teorem 6.35. Promatrajmo, dakle, dvije
pripadne diferencijalne jednadµzbe:
y00 + 2y0 + 5y = x2e3x;
y00 + 2y0 + 5y = sin 2x:
Ostaje nam odrediti posebna rje�enja. Za prvu je to
yp1 =�Ax2 +Bx+ C
�e3x:
Njegovim uvr�tenjem (s y0p1 i y00p1) u prvu jednadµzbu i odgovarajuµcim izjednaµca-
vanjima dobivamo linearni sustav
20A = 1;
16A+ 20B = 0;
2A+ 8B + 20C = 0;
rje�enje kojega je A = 120 , B = � 1
25 , C = 111000 . Prema tomu, posebno rje�enje
prve diferencialne jednadµzbe jest
y =1
1000
�50x2 � 40x+ 11
�e3x:
Posebno rje�enje druge diferencijalne jednadµzbe je oblika
yp2 = C sin 2x+D cos 2x:
Njegovim uvr�tenjem (s y0p2 i y00p2) u drugu jednadµzbu i odgovarajucim izjed-
naµcavanjima dobivamo linearni sustav
C � 4D = 1;
4C +D = 0;
rje�enje kojega je C = 117 , D = � 4
17 . Prema tomu, posebno rje�enje druge
diferencialne jednadµzbe jest
yp2 =1
17(sin 2x� 4 cos 2x):
Sada je, po Teoremu 6.35.,
yp = yp1 + yp1 =1
1000
�50x2 � 40x+ 11
�e3x +
1
17(sin 2x� 4 cos 2x)
posebno rje�enje polazne diferencijalne jednadµzbe. Napokon, po Teoremu 6.33.,
y = e�x (C1 cos 2x+ C2 sin 2x) +1
1000
�50x2 � 40x+ 11
�e3x+
1
17(sin 2x� 4 cos 2x)
jest opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe y00 + 2y0 + 5y = x2e3x + sin 2x.
174 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
Ukoliko funkcija smetnje g(x) nije oblika (6.18) rabimo metodu varijacije
konstanata. Naime, opce rje�enje yh homogene jednadµzbe (6.16)
yh = C1y1 + C2y2:
uvijek znamo odrediti, to nam ostaje odrediti neko posebno rje�enje yp jed-
nadµzbe (6.15). Njega cemo traµziti na naµcin da u opcem rje�enju pripadne ho-
mogene jednadµzbe yh = C1y1 +C2y2 konstante C1 i C2 zamijenimo funkcijama
C1 (x) i C2 (x) : Dakle traµzeno rje�enje je oblika
y = C1 (x) y1 + C2 (x) y2; (6.19)
gdje su C1 (x) i C2 (x) ; za sada, nepoznate funkcije. Dovoljno je odrediti jednu
nepoznatu funkciju, a ne dvije, ukoliko zadamo neku vezu izme�u tih funkcija.
Deriviranjem jednadµzbe (6.19) dobivamo
y0 = C 01y1 + C02y2 + C1y
01 + C2y
02:
Neka je veza me�u traµzenim funkcijama
C 01 (x) y1 + C02y2 = 0:
Imamo
y0 = C1y01 + C2y
02;
y00 = C 01y01 + C
02y02 + C1y
001 + C2y
002 :
Uvr�tavanjem dobivenih izraza u y00 + ay0 + by = g(x); dobivamo
y00 + ay0 + by = C 01y01 + C
02y02 + C1y
001 + C2y
002+
a(C1y01 + C2y
02) + b(C1y1 + C2y2) =
C 01y01 + C
02y02 + C1 (y
001 + ay
01 + by1) + C2 (y
002 + ay
02 + by2) = g(x):
Buduci su y1 i y2 rje�enja homogene jednadµzbe, dobivamo
C 01y01 + C
02y02 = g (x) :
Prema tomu nepoznate funkcije C1 i C2 zadovoljavaju sustav
C 01y1 + C02y2 = 0
C 01y01 + C
02y02 = g (x) :
To je linearni sustav od dvije nepoznate funkcije C 01 i C02. Determinanta ovog
sustava je upravo
W (x) =
����� y1 y2
y01 y02
����� :
6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA175
Buduci su funkcije y1 i y2 dva linearno nezavisna rje�enja homogene diferenci-
jalne jednadµzbe (6.16), onda je W (x) 6= 0; za svaki x; pa sustav ima jedinstvenorje�enje C 01(x) i C
02(x): Sada je C1(x) =
RC 01(x)dx i C1(x) =
RC 02(x)dx:
Primjer 6.37 Rije�iti diferencijalnu jednadµzbu
y00 + y =1
cos3 x:
Opce rje�enje pripadne homogene jednadµzbe je
yh = C1 sinx+ C2 cosx:
Pretpostavimo da je partikularno rje�enje diferencijalne jednadµzbe oblika
y = C1 (x) sinx+ C2 (x) cosx:
Metodom varijacije konstanata dobivamo sustav
C 01 sinx+ C02 cosx = 0
C 01 cosx� C 02 sinx =1
cos3 x:
Iz tog sustava dobivamo
C 01 =1
cos2 x; C 02 =
� sinxcos3 x
:
Integriranjem dobivamo
C1(x) = tg x+K1; C2(x) =�1
2 cos2 x+K2:
Slijedi
y = (tg x+K1) sinx+
��1
2 cos2 x+K2
�cosx =
K1 sinx+K2 cosx+sin2 x
cosx� 1
2 cosx=
K1 sinx+ (K2 � 1) cosx+1
2 cosx:
A sinx+B cosx+1
2 cosx= yh + yp;
Dakle,
y = yh + yp = A sinx+B cosx+1
2 cosx
je opce rje�enje dane diferencijalne jednadµzbe.
176 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
6.3.5 SUSTAV OD DVIJU OBIµCNIH
DIFERENCIJALIH JEDNADµZBI
Prirodno je sustav
F (x; y; z; y0; z0) = 0;
G(x; y; z; y0; z0) = 0
od dviju obiµcnih diferencijalnih jednadµzbi prvoga reda, s dvjema nepoznatim
funkcijama, poku�ati rije�iti po sliµcnosti s odgovarajucim sustavom algebarskih
jednadµzaba, tj. poku�ati ga svesti na dvije jednadµzbe s po jednom nepoznan-
icom. Kao ishod takvoga postupka mogu se dobiti, ovisno o danom sustavu,
diferencijalne jednadµzbe prvoga ili drugoga reda.
Primjer 6.38 Promatrajmo sustav
y0 = x+ z; z0 = �x+ y:
Deriviranjem prve jednadµzbe i uvr�tenjem z0 u drugu dobivamo diferencijalnu
jednadµzbu drugoga reda
y00 � y0 = �x+ 1
(v. Primjer 6.34.). Njezino rje�enje je
y = C1ex + C2e
�x + x� 1:
Iz prve jednadµzbe dobivamo traµzeni z = g(x):
y0 = x+ z )�C1e
x + C2e�x + x� 1
�0= x+ z )
z = C1ex � C2e�x + 1� x
Traµzimo li, nadalje, neko posebno rje�enje, primjerice ono �to udovoljava poµcet-
nomu uvjetu
x = 0; y = 1; z = 1;
dobivamo linearni sustav
1 = C1 + C2 � 1;
1 = C1 � C2 + 1;
rje�enje kojega je C1 = 1, C2 = 1, pa je traµzeno posebno rje�enje
y = x� 1 + ex + e�x z = �x+ 1 + ex � e�x:
6.3. NEKE OBI µCNE DIFERENCIJALNEJEDNADµZBE DRUGOGAREDA177
Primjer 6.39 Rije�iti sustav diferencijalnih jednadµzbi
dx
dt� 4x� y + 36t = 0; dy
dt� y + 2x+ 2et = 0;
pod uvjetom t = 0; x = 0; y = 1.
Oduzimanjem druge od prve jednadµzbe dobivamo
x0 � 4x� y + 36t��y0 � y + 2x+ 2et
�= 36t� 6x+ x0 � y0 � 2et = 0
pa je
y0 = x0 � 6x+ 36t� 2et:
Deriviranjem prve jednadµzbe dobivamo
x00 � 4x0 � y0 + 36 = 0
i potom uvr�tavanjem prethodno dobivenog y0 imamo da je
x00 � 4x0 � y0 + 36 = 0) x00 � 4x0 ��x0 � 6x+ 36t� 2et
�+ 36 =
6x� 36t� 5x0 + x00 + 2et + 36 = 0
i dalje
x00 � 5x0 + 6x = �2et + 36t� 36:
Rije�imo ovu diferencijalnu jednadµzbu. Buduci karakteristiµcna jednadµzba r2 �5r + 6 = 0 ima rje�enja r2 = 2; r2 = 3 to je
x = C1e2t + C2e
3t
opce rje�enje pripadne homogene diferencijalne jednadµzbe. Zbrajanjem po-
sebnih rje�enja za
x00 � 5x0 + 6x = �2et
x00 � 5x0 + 6x = 36t� 36
dobiva se opce rje�enje. Za prvu je posebno rje�enje oblika xp1 = Aet :
x00 � 5x0 + 6x = �2et )�Aet�00 � 5 �Aet�0 + 6 �Aet� = �2et )
A� 5A+ 6A = �2) A = �1;
dakle, posebno je rje�enje xp1 = �et:Za drugu jednadµzbu je posebno rje�enje oblika xp2 = Ct+D :
(Ct+D)00 � 5 (Ct+D)0 + 6 (Ct+D) = 36t� 36)
�5C + 6Ct+ 6D = 36t� 36) C = 6; D = �1;
178 POGLAVLJE 6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE
dakle, posebno je rje�anje xp1 = 6t� 1: Dobili smo opce rje�enje
x = C1e2t + C2e
3t � et + 6t� 1:
Iz prve jednadµzbe x0 � 4x� y + 36t = 0 izraµcunajmo y :
y = x0 � 4x+ 36t =�C1e
2t + C2e3t � et + 6t� 1
�0 � 4 �C1e2t + C2e3t � et + 6t� 1�+ 36t =2C1e
2t � et + 3C2e3t + 6� 4�C1e
2t + C2e3t � et + 6t� 1
�+ 36t =
�2C1e2t � C2e3t + 3et + 12t+ 10:
Dobili smo da je opce rje�enje sustava
x = C1e2t + C2e
3t � et + 6t� 1;
y = �2C1e2t � C2e3t + 3et + 12t+ 10:
Da bismo odredili traµzeno posebno rje�enje uvrstimo poµcetne uvjete t = 0;
x = 0; y = 1 u opce rje�enje:
0 = C1 + C2 � 2;
1 = �2C1 � C2 + 13:
Slijedi da je C1 = 10; C2 = �8 i imamo
x = 10e2t � 8e3t � et + 6t� 1;y = �20e2t + 8e3t + 3et + 12t+ 10:
Poglavlje 7
ZADACI
7.1 FUNKCIJE VI�E VARIJABLA1. Toµcke T1 = (�1; 0; 0); bT2 = (
p3; 1; 4); bT3 = (1; 1; 1) i T4 = (�
p2;p2; 0) u
Kartezijevom koordinatnom sustavu (O;x; y; z) zapi�ite u cilindriµcnom koordi-natnom sustavu (O;'; �; z).
2. Toµcke T1 = (0; 0; 1); T2 = (0; �; 3); T3 = (�6 ;�6; 1) i T4 = (�4 ;
3�4; 2) u sfernom ko-
ordinatnom sustavu (O;'; #; r) prikaµzite u Kartezijevom koordinatnom sustavu(O;x; y; z):
3. Toµcke T1 = (�3; 0; 0); T2 = (p3; 0; 1); T3 = (1; 1;
p2) i T4 = (�
p3;�3;�2) u
sustavu (O;x; y; z) prebacite u sustav (O;'; #; r):
4. Nactrajte plohe koje u cilindriµcnom koordinatnom sustavu (O;'; r; z) imajuzapis:
(a) � = 3; (b) � =p2;
(c) ' = ��4; (d) ' = �
3;
(e) z = �2; (f) z � 2 = �2;(g) � = 2 cos'; (h) �2 + z2 = 25:
5. Nacrtajte plohe koje u sfernom koordinatnom sustavu (O;'; #; r) imaju zapis:
(a) r = 3; (b) ' = �6;
(c) ' = ��3; (d) # =
�
2;
(e) # = �4; (f) r = 2 cos#:
6. Nacrtajte plohe µcije su jednadµzbe dane u Kartezijevom koordinatnom sustavui potom odredite jednadµzbe tih ploha u cilindriµcnom i sfernom koordinatnomsustavu:
(a) x2 + y2 + z2 = 16;
(b) x2 + y2 � z2 = 16;
(c) x2 + y2 = 2z:
7. Nacrtajte u ravnini i prostoru:
(a) jxj+ jyj = 1;
(b) x2 + z = 1;
(c) y2 + z2 = 1:
179
180 POGLAVLJE 7. ZADACI
8. Nacrtajte tijelo odre�eno nejednakostima 1 � x2+y2+z2 � 4; z � 0 i potom gaopi�ite odgovarajucim nejednakostima u cilindriµcnom i sfernom koordinatnomsustavu.
9. Nacrtajte tijela opisana nejednakostima:
(a) x2 + y2 � z � 2; y � 0;
(b) 0 � ' � �
2; � � z � 2;
(c) �2 � z � 2� �2;
(d) 0 � # � �
3; r � 2:
10. Neka je f(x; y) =p36� 9x2 � 4y2:
(a) Izraµcunajte f(1; 1); f(�2; 0);(b) Odredite domenu Df ;
(c) Odredite sliku ff(x; y) j (x; y) 2 Dfg;(d) Skicirajte graf funkcije.
11. Odredite domenu funkcije:
(a) f(x; y) = 4py � 2x;
(b) f(x; y) = xypx2 + y;
(c) f(x; y) = x2+y2
x2�y2 ;
(d) f(x; y) =px2 + y2 � 1 + ln(4� x2 � y2):
12. Skicirajte graf funkcije:
(a) f(x; y) = 1� x� y;(b) f(x; y) = sin y;
(c) f(x; y) = 1� x2;(d) f(y; z) = jzj ;(e) f(y; z) =
py2 + z2;
(f) f(y; z) = 2� (y2 + z2);(g) f(x; z) = �
px2 + z2;
(h) f(x; z) = 2�px2 + z2;
(i) f(x; z) = �x2 + z2:
13. Odredite domenu funkcije:
(a) u =p4� x2 � y2 � z2;
(b) u = ln(z � x2 � y2);
(c) u = ex2+y2
z ;
(d) u = arcsin(x2 + y2 + z2):
14. Skicirajte nivo-plohe funkcije u = f(x; y; z):
(a) u = x2 + y2 + z2;
(b) u = z � x2 � y2;(c) u = x2 + 2y2 + 3z2:
7.1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 181
15. Odredite limes, ako postoji, ili pokaµzite da limes ne postoji:
(a) lim(x;y)!(0;0)
(x2y2 � 2xy4);
(b) lim(1;4)
epx+2y;
(c) lim(0;0)
8x2y2
x4 + y4;
(d) lim(0;0;0)
xy+yz2+xz2
x2+y2+z4;
(e) lim(0;0)
(x+y)2
x2+y2;
(f) lim(2;3;0)
[xez + ln(2x� y)] :
16. Koristeci polarne koordinate izraµcunajte limes:
(a) lim(x;y)!(0;0)
x3+y3
x2+y2;
(b) lim(0;0)
(x2 + y2) ln(x2 + y2);
(c) lim(0;0)
sin(x2+y2)
x2+y2:
17. Odrediti (najveci) skup na kojem su funkcije neprekidne:
(a) f(x; y) = 1x2�y ;
(b) f(x; y) = ln(2x+ 3y);
(c) f(x; y; z) = xyzx2+y2�z ;
(d) f(x; y) =
(x2y
x4+y2; (x; y) 6= (0; 0)1; (x; y) = (0; 0)
;
(e) f(x; y) =� xy
x2+xy+y2; (x; y) 6= (0; 0)0; (x; y) = (0; 0)
:
18. Izraµcunajte fx(1; 2) i fy(1; 2) funkcije f(x; y) = 16�4x2�y2 i dajte geometrijskuinterpretaciju rezultata.
19. Odredite prve parcijalne derivacije funkcija:
(a) f(x; y) = x�yx+y
;
(b) z = ln�x+
px2 + y2
�;
(c) f(x; t) = esintx ;
(d) f(x; y; z) = xpyz;
(e) u = z sin yx+z
;
(f) f(x; y; z; t) = xy2z3t4:
20. Izraµcunajte parcijalnu derivaciju u naznaµcenoj toµcki:
(a) fx(1; 0); f(x; y) = xe�y + 3y;
(b) fy(3; 3); f(x; y) = sin(y � x);(c) fy(2; 4); f(x; y) =
p2x+ 3y;
(d) fx(1; 0); f(x; y) = sin2(y � x);
182 POGLAVLJE 7. ZADACI
21. Odredite @z@xi @z@yako je z = f(x; y) implicitno zadana funkcija:
(a) xy + yz = xz;
(b) xyz = ln(x+ y + z);
(c) x2 + y2 � z2 = 2x(y + z):
22. Pokaµzite da vrijedi Schwarzov teorem, tj. da je fxy = fyx ako je:
(a) f(x; y) = sin2 x cos y;
(b) f(x; y) = x5y4 � 3x2y3 + 3x2:
23. Odredite trece parcijalne derivacije fxxx; fxxy; fyyy funkcija:
(a) f(x; y) = x2 � 3x4y;(b) f(x; y; z) = x5 + x4y4z3 + yz2:
24. Koja od funkcija jest rje�enje Laplaceove jednadµzbe uxx + uyy = 0 :
(a) u(x; y) = x2 + y2;
(b) u(x; y) = x2 � y2;(c) u(x; y) = ln
px2 + y2;
(d) u(x; y) = x3 + 3xy2:
25. Koja od funkcija jest rje�enje valne jednadµzbe utt = a2uxx :
(a) u(x; t) = sin(kx) sin(akt);
(b) u(x; t) = (x� at)6 + (x+ at)6;(c) u(x; t) = sin(x� at)� ln(x+ at):
26. Odredite tangencijalnu ravninu zadane plohe u zadanoj toµcki:
(a) z = y2 � x2; T = (�4; 5; 9);(b) z = sin(x+ y); T = (1;�1; 0);(c) z = ex ln y , T = (3; 1; 0):
27. Odredite linearnu aproksimaciju funkcije z = f(x; y) u zadanoj toµcki T0 iaproksimirajte f(T1) :
(a) f(x; y) =p20� x2 � 7y2; T0 = (2; 1); T1 = (1:95; 1:08);
(b) f(x; y) = ln(x� 3y); T0 = (7; 2); T1 = (6:9; 2:06):
28. Odredite diferencijal funkcija:
(a) f(x; y) = x2y3;
(b) f(x; y) = ln(2x� 3y);(c) f(x; y; z) = ln
px2 + y2 + z3;
(d) f(x; y; z) = x ln yz:
29. Dokaµzite da je funkcija f(x; y) diferencijabilna:
(a) f(x; y) = x2 + y2;
(b) f(x; y) = xy � 5y2:
30. Odredite dzdti dudtako je:
7.1. FUNKCIJE VI�E VARIJABLA 183
(a) z = x2 + y2; x = t3; y = 1 + t2;
(b) z = xexy ; x = cos t; y = e2t;
(c) u = xy+ y
z; x =
pt; y = sin 2t; z = e�3t:
31. Odredite @z@ui @z@vako je:
(a) z = x2 sin y; x = u2 + v2; y = 2uv;
(b) z = sinx cos y, x = (u� v)2; y = u2 � v2;(c) z = x2 � 3x2y3; x = uev; y = ue�v:
32. Koristeci odgovarajuci dijagram odredite sve parcijalne derivacije funkcije:
(a) z = f(x; y); x = x(u; v; t); y = y(u; v; t);
(b) w = f(x; y; z); x = x(u; v); y = y(u; v); z = z(u; v);
(c) u = f(s; t); s = s(w; x; y; z); t = t(w; x; y; z):
33. Ako je u = x2 + y2 + z2; x = st; y = s cos t; z = s sin t odredite @u@si @u@tu toµcki
T = (s; t) = (1; 0):
34. Ako je z = xyi x = rest; y = rset odredite @z
@r; @z@s; @z@tu toµcki T = (r; s; t) =
(1; 2; 0):
35. Odredite dydxako je funkcija y zadana implicitno:
(a) x2 � xy + y3 = 0;(b) x cos y + y cosx = 1:
36. Odredite @z@xi @z@yako je funkcija z = f(x; y) zadana implicitno:
(a) xy + yz � zx = 0;(b) xey + yz + zex = 0:
37. Ako je u = f(x; y) gdje je x = es cos t; y = es sin t dokaµzite da je@2u@x2
+ @2u@y2
= e�2s�@2u@s2
+ @2u@t2
�:
38. Odredite ekstreme funkcije:
(a) f(x; y) = x2 + y2 + 4x� 6y;(b) f(x; y) = y
px� y2 � x+ 6y;
(c) f(x; y) = ex cos y;
(d) z = x4 + y4 � 4xy + 1;
(e) u = x+ y2
4x+ z2
y+ 2
z; x; y; z > 0:
39. Odredite najkracu udaljenost toµcke T0 = (1; 0;�2) od ravnine x+ 2y + z = 4:40. U sferu polumjera R upi�ite kvadar najveceg obujma.
41. Odredite vezane (uvjetne) ekstreme funkcije:
(a) f(x; y) = x2 � y2; x2 + y2 = 1;(b) f(x; y) = xy; 9x2 + y2 = 4;
(c) f(x; y; z) = x2 + y2 + z2; x4 + y4 + z4 = 1;
(d) f(x; y; z) = x+ 2y ; x+ y + z = 1; y2 + z2 = 1:
184 POGLAVLJE 7. ZADACI
7.2 VI�ESTRUKI INTEGRAL1. Izraµcunajte integrale:
(a)1R
�1dx
1R0
�x3 + y3 + 3xy2
�dy;
(b)RRX
1+x1+y
; X = f(x; y) j �1 � x � 2; 0 � y � 1g ;
(c)2R1
dx1R0
1y
(x+)2dy:
2. Nacrtajte podruµcje integracije, promijenite poredak integracije i izraµcunajte in-tegral:
(a)1R0
dx
p2�x2Rx
ydy;
(b)1R0
dy
pyR
y
xydx;
(c)2R
�2dx
12
p4�x2R
� 12
p4�x2
xydy:
3. Izraµcunajte integrale:
(a)RRX
2ydxdy; X podruµcje ome�eno sa y =px; y = 0; x+ y = 2;
(b)RRX
x2dxdy; X = f(x; y) j jxj+ jyj � 1g ;
(c)RRX
xydxdy; X : xy = 1; x+ y = 2:5;
(d)RRX
jx� yj dxdy; X = f(x; y) j 0 � x � 1; 0 � y � 1g :
4. U polarnom koordinatnom sustavu (O;'; �) izraµcunajte integrale:
(a)RRX
�x2 + y2
�dxdy; X : x2 + y2 � 2ay;
(b)RRX
arctg yxdxdy; X : 1 � x2 + y2 � 9; y � 1
3x; y �
p3x;
(c)RRX
sinpx2 + y2dxdy; X =
�(x; y) j �2 � x2 + y2 � 4�2
;
(d)RRX
xdxdy; X : x2 + y2 � 1; x2 + y2 � 2y � 0; x � 0:
5. U eliptiµckom koordinatnom sustavu izraµcunajte integrale:
(a)RRX
q1� x2
a2� y2
b2dxdy; X =
n(x; y) j x2
a2+ y2
b2� 1
o;
(b)RRX
q4� x2
a2� y2
b2dxdy; X : x
2
a2+ y2
b2� 1; x2
4a2+ y2
4b2� 1; x � 0; y � 0:
6. Izraµcunajte trostruke integrale:
(a)2R0
dx1R0
dy2R0
xzdz;
7.2. VI�ESTRUKI INTEGRAL 185
(b)2R0
dxxR1
dyxyR0
xyzdz;
(c)RRRX
ydxdydz; X :px2 + z2 � y � 4:
7. U cilindriµcnom koordinatnom sustavu izraµcunajte integrale:
(a)2R
�2dx
p4�x2R
�p4�x2
dy2R
px2+y2
�x2 + y2
�dz;
(b)RRRX
px2 + y2dxdydz; X : x2 + y2 � 1; 1� x2 � y2 � z � 4;
(c)RRRX
x2dxdydz; X : x2 + y2 � 1; 0 � z � 2px2 + y2;
(d)RRRX
ydxdydz; X : 1 � x2 + y2 � 4; 0 � z � x+ 2:
8. U sfernom koordinatnom sustavu izraµcunajte integrale:
(a)RRRX
�x2 + y2
�dxdydz; X : x2 + y2 + z2 � 1; z � 0;
(b)RRRX
epx2+y2+z2dxdydz; X je podruµcje izme�u sredi�njih sfera radijusa 1 i
2 u prvome oktantu;
(c)RRRX
�x2 + y2 + z2
�dxdydz; X je podruµcje odre�eno nejednadµzbama
0 � # � �6; 0 � � � 2 u sfernom koordinatnom sustavu.
9. Izraµcunajte povr�inu lika X ome�enog krivuljama:
(a) y =px; y =
p2x; y = 4;
(b) x2 + y2 = 10; y = 3x
�y � 3
x
�;
(c) xy = a2; xy = 2a2; y = x; y = 2x (x > 0; y > 0):
10. Izraµcunajte povr�inu plohe S :
(a) S je dio paraboloida z = 12(x2 + y2) unutar valjµcaste plohe x2 + y2 = 1;
(b) S je dio sfere z =pa2 � x2 � y2 unutar valjµcaste plohe x2 + y2 = b2
(b < a);
(c) S je dio plohe z2 = x2 + y2 unutar valjµcaste plohe x2 + y2 = 2x;
(d) S je dio plohe x = y2 + z2 unutar valjµcaste plohe y2 + z2 = 9:
11. Izraµcunajte koordinate teµzi�ta (x; y) ako je:
(a) X : y = x2; y = 1; x � 0; g(x; y) = xy;(b) X : x2 + y2 � 1; x � 0; y � 0; g(x; y) =
px2 + y2;
(c) X je ome�en sa parabolom x = y2 i pravcem y = x� 2; g(x; y) = 3:
12. Izraµcunajte volumen tijela X :
(a) X je ome�en koordinatnim ravninama i ravninom x+ y + z = 1;
(b) X je tijelo ispod paraboloida z = x2 + y2 nad podruµcjem koje je ome�enosa y = x2 i x = y2;
(c) X je ome�en valjkom x2+y2 = 1 i ravninama z = y; x = 0; z = 0 u prvomoktantu;
186 POGLAVLJE 7. ZADACI
(d) X je ome�en plohama z =px2 + y2; z =
p1� x2 � y2:
13. Izraµcunajte koordinate teµzi�ta (x; y; z) i moment inercije Iz ako je:
(a) X je homogeno tijelo ome�eno plohama x2+y2 = 4; x2+y2 = 1; y2+2z = 1;
z = 0;
(b) X nehomogeno tijelo ome�eno ravninama x = 2; y = 0; y = 1; z = 0 ivaljµcastom plohom z =
p6x a funkcija gustoce je u svakoj njegovoj toµcki
jednaka udaljenosti te toµcke od ravnine z = 0:
7.3 VEKTORSKAANALIZA, TEORIJA POLJA1. Odredite domenu vektorske funkcije:
(a) �!r (t) = ln t�!i + tt�1
�!j + e�t
�!k ;
(b) �!r (t) =�arcsin
p1� t2; 2t; 2t
:
2. Nacrtajte hodograf vektorske funkcije
(a) �!r (t) = 2 cos t�!i + sin t�!j + t�!k ;
(b) �!r (t) = ft; � t; 2tg :
3. Odredite vektorsku �nkciju �!r (t) µciji je hodograf presjek cilindra x2 + y2 = 1 iravnine y + z = 2 .
4. Odredite vektorsku �nkciju �!r (t) µciji je hodograf presjek sto�ca z =px2 + y2 i
ravnine z = 1 + x .
5. Izraµcunajte limt!1
�!r (t); �!r (t) =pt+ 3
�!i + t�1
t2�1�!j +
tg t
t
�!k .
6. Izraµcunajte limt!1
�!r (t), �!r (t) =ne�t; t�1
t+1; 1tg t
o.
7. Ispitajte neprekidnost vektorske funkcije �!w : R! R3 zadane formulom
�!w (t) =(
(t� 1)�!i + t2�!k ; t < 1
ln t�!j +
�1� t2
��!k ; t � 1
:
8. Za vektorsku funkciju �!r (t) =pt�!i + (2 � t)�!j odredi �!r 0(t) i skiciraj vektor
�!r (1) i tangentni vektor �!r 0(1):
9. Skiciraj vektor �!r (1) i �!r 0(1) ako je �!r (t) = t�!a ���!b + t�!c
�; gdje su �!a ;�!b i �!c
konstantni vektori.
10. Vektorska funkcija �!r (t); t 2 I (interval) je glatka ako je �!r 0(t) neprekidnafunkcija i �!r 0(t) 6= ~0: Toµcku na hodografu vektorske funkcije �!r (t0) u kojoj je�!r 0(t0) = ~0 nazivamo �iljkom. Nacrtajte hodograf vektorske funkcije �!r (t) =�1 + t3; t2
i ispitajte da li je glatka.
11. Neka su �!u (t) =�1; � 2t2; 3t3
i �!v (t) = ft; cos t; sin tg :
Izraµcunajte��!u (t) � �!v (t)�0 i ��!u (t)��!v (t)�0:
12. Izraµcunajte2R1
�!r (t)dt; �!r (t) =�1 + t2; � 4t4; 1� t2
:
13. Izraµcunajte
�4R0
�cos 2t
�!i + sin 2t
�!j + t sin t
�!k�dt:
14. Odredi �!r (t) ako je �!r 0(t) =�t2; 4t3; � t2
i �!r (0) = f0; 1; 0g .
7.3. VEKTORSKA ANALIZA, TEORIJA POLJA 187
15. Odredi �!r (t) ako je �!r 0(t) = sin t�!i � cos t�!j + 2t�!k i �!r (0) = �!i +�!j + 2�!k .
16. Ubrzanje materijalne toµcke (u R3) opisuje jednadµzba �!a (t) = 2t�!c 1+sin t�!c 2; gdjeje t 2 [0;1i (vrijeme); pri µcemu su �!c 1 i �!c 2 konstantni vektori. Po kojemzakonu �!s (t) se giba ta materijalna toµcka ako su poµcetni uvjeti �!s (0) = ~0 i�!v (0) = ~0 (poµcetna brzina)?
17. Skicirajte razinske plohe (ravninskog) skalarnog polja f(x; y) = ln�x2 + y2
�:
18. Skicirajte razinske plohe skalarnog polja f(x; y; z) = x2 + y2 � z2:
19. Vektorsko polje �!w (x; y) = �y�!i + x�!j predoµcite silnicama u toµckama (1; 0);�p2;p2�; (0; 1); (�1; 0);
��1;�
p3�:
20. Skicirajte silnice vektorskog polja �!w (x; y; z) = 13px2+y2+z2
fx; y; zg:
21. Neka su f skalarno i �!w vektorsko polje. Odredite koja su polja skalarna, kojavektorska i koja ne postoje (za�to!):(a) (rot grad f)��!w ;(b) (grad div f) � f ;(c) div(rot grad f) � f ;(d) (grad f)� (div�!w ) ;(e) rot
�(div�!w ) � �!w
�;
(f) (�!w � grad f)��!w ;(g) rot�!w �
�(grad f)��!w
�:
22. Temperatura ( u C�) u toµcki (x; y; z) (u metrima) dana je sa T (x; y; z) =200e�x
2�3y2�9z2 :
(a) Odredite promjenu temperature u toµcki P0 = (2;�1; 2) u smjeru toµckeP = (3;�3; 3) ;
(b) U kojem smjeru je najveci rast a u kojem je smjeru najmanji pad temper-ature u toµcki P0.
23. Izraµcunajte gradsinpx2+y2+z2
3px2+y2+z2
:
24. Odredite div�!w i rot�!w polja �!w (x; y; z) = x2y�!i + xz2�!j + zx2�!k .
25. Odredite div�!w i rot�!w polja�!w (x; y; z) = fexz; � 2eyz; 3xeyg .
26. Dokaµzite grad f(r) = f 0(r) � �!r 0; gdje je�!r = x�!i + y
�!j + z
�!k i r = j�!r j =p
x2 + y2 + z2:
27. Izraµcunajte grad�r3 � ln r
�.
28. Dokaµzite:(a) r �
�r � �!r
�= 4r ;
(b) r2(r3) = 12r .
29. Dokaµzite:(a) r
�1r
�= � 1
r3�!r ;
(c) r� 1r3��!r � �!a �� = � �!a
(�!r ��!a )2 ; gdje je�!a konstantno vektorsko polje;
(d) r�r3��!r � �!a �� = �3r��!r � �!a ���!r + r3��!a +�!r � �r��!a ��+ ��!r � r��!a .
30. Izraµcunajte:(a) r�
�r3��!w � �!r �� ;
(b) r��1r3
��!a ��!r �� ;(c) r�
�1
�!b ��!r
��!a ��!r ��; gdje su �!a i�!b konstantna vektorska polja.
188 POGLAVLJE 7. ZADACI
31. Izraµcunajte:
(a) 4 [f(r)] ;(b) 4 [rf(r)] ;(c) 4
�f(r)�!r
�;
(d) 4���!a � �!r ��!r �; �!a je konstantno vektorsko polje.
32. Izraµcunajte usmjerenu derivaciju u toµcki T = (1; 2;�1) u smjeru vektora �!l =�!i + 2
�!j + 2
�!k skalarnog polja:
(a) f1(x; y; z) =pxy + z ;
(b) f2(x; y; z) = e3pxy � 2z ;
33. Odredite tangencijalnu ravninu i normalu na plohu :
(a) x2 � 2y2 � 3z2 + xyz = 4 u toµcki T = (3;�2;�1) ;(b) xyyz = 1 u toµcki T (1; 0; 5) .
34. Odredite toµcke hiperboloida x2�y2+2z2 = 1 u kojima su normale na hiperboloidparalelne pravcu odre�enom toµckama T1 = (3;�1; 0) i T2 = (5; 3; 6):
35. Izraµcunajte usmjerenu derivaciju u toµcki T = (1; 2;�1) u smjeru vektora �!l =�!i + 2
�!j + 2
�!k polja:
(a) �!w (x; y; z) = f1(x; y; z)�!i � f2(x; y; z)
�!j + xy
�!k ;
(b) �!w (x; y; z) = fx arcsin z; 0; xyg :
36. Ispitajte je li polje �!w (x; y; z) = z�!i + 2xy
�!j + (x + y2)
�!k potencijalno, te ako
jest, odredite njegov potencijal f:
37. Ispitajte je li polje �!w (x; y; z) = fx; ey sin z; ey cos zg potencijalno, te ako jest,odredite njegov potencijal f .
7.4 KRIVULJNI INTEGRAL1. Nacrtajte krivulju � koja je presjek paraboloida z = x2+ y2 i zavnine y+ z = 2i na�ite jednu njenu parametizacju.
2. Nacrtajte krivulju � koja je dobivena kao presjek ploha x2 + y2 = 1 i y + z = 2te odredite jednu njenu perametrizaciju.
3. Nacrtajte krivulju � =�z = x2 + 4y2; 2x+ z = 3
i odredite jednu njenu para-
metrizaciju.
4. IzraµcunajteR�
yds; gdje je � je luk parabole y2 = 2x od toµcke O = (0; 0) do toµcke
A = (4;p8):
5. IzraµcunajteR�
p2yds; � je krivulja s parametrizacijom
r(t) = (a(t� sin t; a(1� cos t)) ; t 2 [0; 2�] :
6. IzraµcunajteR�
�x2 + y2 + z2
�ds; � je dio cilindriµcne uzvojnice �!r (t) = a cos t�!i +
a sin t�!j + b
�!k ; a; b > 0; t 2 [0; 2�] :
7. IzraµcunajteR�
div�!wds; gdje je �!w =�x2 + y2; x2 � y2; z
i � presjek cilindra
x2 + y2 = 1 i ravnine y + z = 2 .
8. IzraµcunajteR�
yds; � je presjek paraboloida z = x2 + 4y2 i ravnine 2x+ z = 3:
9. IzraµcunajteR�
xzds; � je presjek sto�ca z2 = x2 + y2 i ravnine z = 1:
7.4. KRIVULJNI INTEGRAL 189
10. Izraµcunajte duljinu luka krivulje x = ln(1 + t2); y = arctan t � t + 3 izme�utoµcaka t = 0 i t = 1:
11. Izraµcunajte duljinu zatvorene krivulje x = cos3 t; y = sin3 t; t 2 [0; 2�] :
12. IzraµcunajteR�
�!w ��!ds; ako je �!w = fx2+y2; x2�y2g ix� dio krivulje y = 1�j1� xj
od toµcke A = (0; 0) do toµcke B = (2; 0):
13. IzraµcunajteRx�
�!w � �!ds , �!w = x3�!i + (3+ y2)
�!j � x2y�!k ;
x� je dio pravca od toµcke
A = (3; 2; 1) do toµcke B = (0; 0; 0):
14. IzraµcunajteRx�
rot�!w � �!ds , �!w = x3�!i + (3 + y2)
�!j � x2y�!k ;
x� je dio krivulje
r(t) = (t; t2; t3) od t = 0 do t = 1:
15. IzraµcunajteRx�
grad(x+ y) � �!ds,x� � jxj+ jyj = 1; x � 0:
16. IzraµcunajteHx�
z2dx+ x2dy+ y2dz; gdje jex� sferni trokut (u prvom oktantu) na
sferi x2 + y2 + z2 = 1 kojeg odre�uju koordinatne ravnine.
17. IzraµcunajteHx�
(x2 + y2)dx+ (x2 � y2)dy;x� � jx� 1j+ jy � 1j = 1:
18. IzraµcunajteRx�
y2dx+z2dy+x2dz; gdje jex� proizvoljno orijentirani presjek ploha
x2 + y2 + z2 = 4; x2 + y2 = 2x; (z > 0).
19. Primjenom Greenove formule izraµcunajte cirkulacijuRx�
grad(x+ y) � �!ds,
x� � jxj+ jyj = 1; x � 0:
20. Primjenom Greenove formule izraµcunajte integralHx�
(x2 + y2)dx+ (x2 � y2)dy;
x� � jx� 1j+ jy � 1j = 1:
21. Primjenom Greenove formule izraµcunajte integralHx�
2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy
gdje jex� rub trokuta kojemu su vrhovi A(1; 1); B = (2; 2); C = (1; 3):
22. IzraµcunajteHx�
y2
1+x2dx+ 3y arctan x+y
1�xydy gdje jex� � x2 + y2 = 2:
23. Izraµcunajte cirkulaciju vektorskog polja �!w = xx2+y2
�!i � y
x2+y2�!j po kruµznici
x2 + y2 � 2x� 2y + 1 = 1:24. Izraµcunajte cirkulaciju vektorskog polja �!w = fy� z; z�x; x�yg po zatvorenoj
krivulji koja je presjek valjka x2 + y2 = 1 i ravnine 2x+ z = 2:
25. Pokaµzite da je polje �!w =�x;�y2; z
potencijalno i izraµcunajte
(2;1;3)R(1;�1;2)
xdx� y2dy + zdz:
26. Izraµcunajte povr�inu ravninskog lika kojeg ome�uju krivulje y2 = x i x = 2:
27. Izraµcunajte povr�inu lika odre�enog sa (x� 1)2 + y2 � 1; x2 + (y � 1)2 � 1:
190 POGLAVLJE 7. ZADACI
28. Povr�ina P cilindriµcne plohe f(x; y) = 0 (to je krivulja u xy-ravnini) kojoj jeizvodnica paralelne s z-osi dana je formulom P =
Rx�
zds: Primjenom te formule
izraµcunajte povr�inu kruµznog cilindra x2+ y2 = R izme�u ravnine z = 0 i plohez = R+ x2
R:
29. Izraµcunajte povr�inu onog dijela kruµznog cilindra x2 + y2 = x koji se nalaziunutar sfere x2 + y2 + z2 = 1:
7.5 PLO�NI INTEGRAL1. Izraµcunatjte plo�tinu dijela paraboloida 2z = x2+y2 koji isjeca cilindar x2+y2 =1:
2. Izraµcunajte plo�tinu dijela sto�ca z2 = x2 + y2 koji isjeca cilindar x2 + y2 = 2x:
3. Izraµcunajte plo�tinu dijela plohe z = xy koji isjeca cilindar x2 + y2 = 4:
4. Izraµcunajte plo�tinu plohe�x2 + y2
�z = x + y odre�enu sa 1 � x2 + y2 � 4;
x � 0; y � 05. Izraµcunajte integral
RRS
(6x+4y+3z)dS; ako je S dio ravnine x+2y+3z = 6 u
prvom oktantu.
6. Izraµcunajte integralRRS
(x2 + y2)dS; gdje je S sfera x2 + y2 + z2 = 1:
7. Izraµcunajte integralRRS
�y + z +
p1� x2
�dS; gdje je S dio cilindra x2 + y2 = 1
izme�u ravnina z = 0 i z = 3:
8. Izraµcunajte integralRRS
x�y2 + z2
�dS; gdje je S ploha zadana jednadµzbom x =p
9� y2 � z2:9. Izraµcunajte integral
RRS
1ddS; gdje je S dio plohe z = xy isjeµcen cilindrom x2 +
y2 = R2 a d udaljenost toµcke plohe do z-osi.
10. IzraµcunajteRRS
�x3 cos�+ y3 cos� + z3 cos
�dS; ako je S sfera x2+y2+z2 = 4;
a cos�; cos�; cos kosunusi smjera jediniµcne vanjske normale.
11. IzraµcunajteRRS
��z3 � y3
�cos�+
�x3 � z3
�cos� +
�y3 � x3
�cos
�dS; ako je S
sfera x2 + y2 + z2 = 4; z � 0; a cos�; cos�; cos su kosunusi smjera jediniµcnevanjske normale.
12. Izraµcunajte integralRRxS
�!w � �!dS; gdje je �!w = fx; y; zg; axS vanjskom normalom
usmjerena sfera x2 + y2 + z2 = 1 u prvom oktantu.
13. Izraµcunajte integralRRxS
�!w ��!dS; gdje je �!w = fyz; xz; xyg; axS vanjskom normalom
usmjeren rub tetraedra koji je ome�en s ravninama x = 0; y = 0; z = 0;x+ y + z = 1:
14. Izraµcunajte integralRRxS
(y � z)dydz + (z � x)dxdz + (x � y)dxdy;xS je vanjska
strana sto�ca x2 + y2 = z2 (0 � z � 4):
15. Izraµcunajte integralRRxS
2dxdy + ydxdz � x2zdydz;xS je vanjska strana elipsoida
4x2 + y2 + 4z2 = 1 u prvom oktantu.
7.6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 191
16. IzraµcunajteRRxS
y2zdxdy+xzdydz+x2ydxdz; gdje jexS vanjska strana ruba tijela
kojeg odre�uju z = x2 + y2; x2 + y2 = 1; x = 0; y = 0; z = 0 u prvom oktantu.Raµcun provesti direktno i primjenom Gauss-Ostrogradski formule.
17. Koristeci Gauss-Ostrogradski formulu izraµcunajteRRxS
�!w ��!dS; gdje je �!w = fx3; y3; z3g;
axS sfera x2 + y2 + z2 = R2 orijentirana vanjskim normalama.
18. Koristeci Gauss-Ostrogradski formulu izraµcunajteRRxS
x2dydz + y2dxdz + zdxdy
gdje jexS vanjskim normalama orijentiran rub tijela odre�enog sa (z � 8)2 �
x2 + x2; z � 4; z � 8; x � 0:19. Izraµcunajte tok vektorskog polja �!w = fx � 2z; 3z � 4x; 5x + yg kroz vanjsku
stranu ruba tetraedra s vrhovima O = (0; 0; 0); A = (1; 0; 0); B = (0; 1; 0);C = (0; 0; 1):
20. Izraµcunajte tok vektorskog polja �!w = fx2; x; xzg kroz vanjsku stranu parabo-loida y = x2 + z2 koji pripada prvom oktantu i za koji je 0 � y � 1:
21. Koristeci Gauss-Ostrogradski formulu izraµcunajteRRxS
x2dydz + y2dxdz + zdxdy
gdje jexS vanjskim normalama orijentiran rub tijela odre�en sa (z�8)2 � x2+x2;
z � 4; z � 8; x � 0:
22. IzraµcunajteRRxS
y2zdxdy+xzdydz+x2ydxdz; gdje jexS vanjska strana ruba tijela
kojeg odre�uju z = x2 + y2; x2 + y2 = 1; x = 0; y = 0; z = 0 u prvom oktantu.
23. Primjenom Stokesove formule izraµcunajte krivuljni integralHxC
ydx+ zdy + xdz;
gdje jexC orijentirana kruµznica x2 + y2 + z2 = 1; x+ y + z = 0:
24. Primjenom Stokesove formule izraµcunajte krivuljni integralHxC
8yp1� x2 � y2dx+ xy3dy + sin zdz;
gdje jexC orijentirana krivulja koja se dobiva kao presjek elipsoida 4x2 + y2 +
4z2 = 1 i koordinatnih ravnina u prvom oktantu.
25. Izraµcunajte krivuljni integralHxC
exdx+z(x2+y2)32 dy+yz3dz, gdje je
xC odre�en
presjekom ploha z =px2 + y2; x = 2; y = 0; y = 1:
7.6 OBIµCNEDIFERENCIJALNE JEDNADµZBE1. Odrediti diferencijalnu jednadµzbu kojoj je opce rje�enje
(a) x2 + Cy2 = 2y;
(b) y = sin(x+ C):
2. Dokaµzi da je y = (2 + lnx)x�1 rje�enje diferencijalne jednadµzbe x2y0 + xy = 1s poµcetnim uvjetom y(1) = 2:
192 POGLAVLJE 7. ZADACI
3. Metodom postupnog pribliµzavanja odredi aproksimaciju f4(x) rje�enja diferen-cijalne jednadµzbe
(a) y0 = x� y; x0 = 0; y0 = 1;(b) y0 = ex � y; y(0) = 2;(c) y0 = 1 + 3x� 2y; y(1) = 2:
4. Eulerovom metodom odredite vrijednost y(0:4), gdje je y rje�enje diferencijalnejednadµzbe y0 = y s poµcetnim uvjetom y(0) = 1 uzimajuci za korak h :
(a) h = 0; 4;
(b) h = 0; 2;
(c) h = 0; 1:
5. Eulerovom metodom (korak h = 0:5) odredite vrijednosti y1; y2; y3 i y4 aproksi-macije rje�enja y(x) diferencijalne jednadµzbe y0 = 1 + 3x� 2y; y(1) = 2:
6. Eulerovom metodom aproksimaciju rje�enja diferencijalne jednadµzbe y0 = x+y2
uz poµcetni uvjet y(0) = 0 na segmentu [0; 1] i s korakom h = 0:2:
7. Odredite opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe:
(a) xy= y0
x+1;
(b) x+ xy + y0(y + yx) = 0;
(c) xyy02 +�x2 + y2
�y0 + xy = 0:
8. Uvo�enjem prikladne zamjene diferencijalne jednadµzbe prevedite u diferencijalnejednadµzbe s odijeljivim varijablama i potom odredite opce rje�enje:
(a) y0 = (x� y)2 + 1;(b) y0 = (1 + 3x� 3y)2:
9. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
(a) x2 + y2 � 2xyy0 = 0;(b) (2x+ y + 1)dx� (4x+ 2y � 3)dy = 0;
(c) y0 = 2�
y+2x+y�1
�2;
(d) (x2 � 3y2)dx+ 2xydy = 0, x = 2; y = 1.
10. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
(a) y0 + y + x = 0;
(b) y0 + yx+1
+ x2 = 0;
(c) y0 = y2y ln y+y�x ;
(d) xy0 + (x+ 1)y = 3x2e�x:
11. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
(a) y0 + 2xy = 2x3y2;
(b) xy0 + y = y2 lnx;
(c) xdx =�x2
y� y3
�dy:
12. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
7.6. OBI µCNE DIFERENCIJALNE JEDNADµZBE 193
(a) (x3 + 3xy2)dx+ (y3 + 3x2y)dy = 0;
(b) eydx+ (xey � 2y)dy = 0;(c) xdx+ ydy = xdy�ydx
x2+y2.
13. Pokaµzite da za diferencijalne jednadµzbe postoji Eulerov multiplikator oblika � =�(x) i na�ite opca rje�enja:
(a) (x2 + y2)(xdy � ydx) = (1 + x)x4dx;(b) (x5 + y)dx� xdy = 0:
14. Odredite ravninsku krivulju kojoj je, u svakoj toµcki, udaljenost tangente odishodi�ta jednaka apscisi dirali�ta.
15. Odredite ravninsku krivulju s ovim svojstvom: za svaku toµcku je povr�inatrokuta �to ga tvore tangenta, radijus-vektor pripadnoga dirali�ta i x-os stalna.
16. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
(a) y00 = xex;
(b) y00 = 4 sin 2x; y(0) = 0; y0(0) = 0:
17. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
(a) y00 + y0 tg x� sin 2x = 0;(b) y00(ex + 1) + y0 = 0:
18. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
(a) 2yy00 � 3y02 � 4y2 = 0;(b) y00 + y02 = 2e�y:
19. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
(a) x2yy00 = (y � xy0)2;(b) x2(y02 � 2yy00) = y2:
20. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
(a) y00 � 3y0 + 2y = 0;(b) y00 + 4y = 0;
(c) y00 � 2y0 + y = 0:
21. Rije�ite diferencijalne jednadµzbe:
(a) y00 � 5y0 + 6y = x;(b) y00 + y0 � 2y = (x2 � 1)e2x;(c) y00 � 2y0 + 2y = 4ex sinx:
22. Rije�ite sustave diferencijalnih jednadµzbi:
(a) x0 = y + et; y0 = x+ t2;
(b) x0 = x+ 2y + t; y0 = 2x+ y + t;
(c) x0 = 2x+ y � 2z � t+ 2; y0 = 1� x; z0 = x+ y � z � t+ 1:
Indeks
Bernoullijeva jednadµzba, 158Bezvrtloµzno polje, 104
Cilindriµcni koordinatni sustav, 2Cirkulacija vektorskog polja, 117, 120
Derivabilna funkcija, 22Derivabilna vektorska funkcija, 87Derivacija sloµzene funkcije, 29Derivacija vektorske funkcije, 87Diferencijabilna funkcija, 26Diferencijal, 28Diferencijalna jednadµzba, 139Diferencijalna jednadµzba s odijeljivim var-
ijablama, 152Divergencija, 95Divergentan niz, 16Dovoljan uvjet za lokalni ekstrem, 37Dvaput derivabilna funkcija, 33Dvokrilni eliptiµcni hiperboloid, 8Dvostruki integral, 43
Egzaktna diferencijalna jednadµzba, 158Ekvipotencijalna krivulja, 94Ekvipotencijalna ploha, 94Elipsoid, 7Eliptiµcki koordinatni sustav, 65Eliptiµcni paraboloid, 8Euklidska udaljenost, 15Eulerov multiplikator, 159Eulerova metoda, 150
Fubinijev teorem, 46, 52Funkcija vi�e varijabla, 11Funkcijski graf, 12Funkcijski prirast, 20
Glatka parametrizacija krivulje, 109Glatka ploha, 73, 125Globalni maksimum, 36Globalni minimum, 36Gomili�te skupa, 16Gradijent, 95Graniµcna vrijednost (limes) niza, 16Graniµcna vrijednost funkcije, 17
Graniµcna vrijednost vektorske funkcije, 85Greenov teorem, 121, 124
Hesseov oblik jednadµzbe ravnine, 6Hiperboliµcni paraboloid, 8Hodograf, 85Homogena diferencijalna jednadµzba, 153,
164
Integral sa separiranim varijablama, 47Integral vektorske funkcije, 90Izolirana toµcka, 16Izvodnica (generatrisa), 9
Jacobijeva determinanta (Jacobijan), 58Jednadµzba ravnine kroz tri toµcke, 5Jednokrilni eliptiµcni hiperboloid, 7Jednostavna glatka krivulja, 109Jednostavno zatvorena krivulja, 109
Karakteristiµcna jednadµzba, 168Konvergentan niz, 16Konzervativno polje, 104Krivuljni integral druge vrste, 115Krivuljni integral prve vrste, 111Kvadrika, 7
Lagrangeov postupak, 39Lagrangeova funkcija, 39Laplaceov operator, 98, 99Linearizacija funkcije, 25Linearna aproksimacija, 25Linearna diferencijalna jednadµzba, 156Linearna diferencijalna jednadµzba s kon-
stantnim koe�cijentima, 165Lipschitzov uvjet, 146Lipschitzova konstanta, 146Logistiµcka diferencijalna jednadµzba, 144Lokalni ekstrem, 36Lokalni maksimum, 36Lokalni minimum, 36
Möbiusova vrpca, 130Masa, 78Masa tijela, 54
194
INDEKS 195
Maxwellove jednadµzbe, 107Metoda postupnog pribliµzavanja, 147Metoda varijacije konstanata, 156, 174Moment, 78Moment inercije, 79
Nabla operator, 97Neprekidna funkcija, 19Neprekidno derivabilna funkcija, 23Neprekidnost vektorske funkcije, 85Nestacionarna polja, 94Normala, 102Normala ravnine, 5Nuµzni uvjet za lokalni ekstrem, 36
Obiµcna diferencijalna jednadµzba, 139Okolina toµcke, 15Ome�en skup, 16Opce rje�enje diferencijalne jednadµzbe, 140Orijenrirana krivulja, 110Orijentirana ploha, 129Ostrogradski-Gaussova formula, 133Otvoren skup, 15Otvorena kugla, 15
Parcijalna derivacija, 22Parcijalna derivacija drugog reda, 33Parcijalna derivacija n-tog reda, 33Parcijalni diferencijali funkcije, 24Picardov teorem, 146Plo�ni integral druge vrste, 130Plo�ni integral prve vrste, 127Plo�tina plohe, 76Ploha, 125Ploha drugoga reda, 7Po dijelovima glatka krivulja, 110Po dijelovima glatka ploha, 127Poµcetni uvjeti diferencijalne jednadµzbe, 140Polarni koordinatni sustav, 1Pomaknuti eliptiµcki koordinatni sustav, 66Poopceni polarni koordinatni sustav, 65Populacijska jednadµzba, 142Posebno (partikularno) rje�enje diferenci-
jalne jednadµzbe, 140Potencijalno polje, 104Povr�ina ravninskog lika, 54, 71Primitivna funkcija vektorske funkcije, 90Prirast varijable, 20
Ravnalica (direktrisa), 9Razinska krivulja, 13Razinska ploha, 13Riemannov integral, 43Riemannova suma, 43Rje�enje diferencijalne jednadµzbe, 140
Rotacija, 96Rub plohe, 136
Schwarzov teorem, 34Segmentni oblik jednadµzbe ravnine, 5Sfera, 7Sferni koordinatni sustav, 3Singularno rje�enje, 140Skalarna funkcija, 11Skalarni potencijal, 104Skalarno polje, 92Solenoidalno polje, 104Stacionarna toµcka, 36Stoµzasta (konusna) ploha, 9Stokesov teorem, 136Stokesova formula, 137Strujnice (silnice), 94Supstitucija u dvostrukom integralu, 59Sustav diferencijalnih jednadµzabi, 176
Tangncijalna ravnina, 25Teµzi�te ravninskog lika, 78Teorem o divergenciji, 133Teorem o implicitno zadanoj funkciji, 32Tok (�uks) vektorskog polja, 131Transformacija, 56Trivijalno pro�irenje funkcije, 48Trostruki integral, 45
Unutra�nja toµcka, 16Usmjerena derivacija skalarnog polja, 99Usmjerena derivacija vektorskog polja, 102
Valjµcasta (cilindriµcna) ploha, 9Vektorska funkcija, 84Vektorska jednadµzba ravnine, 5Vektorski potencijal, 107Vektorsko polje, 92Vezani (uvjetni) ekstrem, 39Volumen geometrijskog tijela, 54, 76Vrtloµzno polje, 104
Wronskijan, 166
Zatvoren skup, 16
top related