1. Vektorske i skalarne funkcije - FSB Online · Konaˇcno, primijetimo da je vektorska funkcija s vrijednostima u jednodimen-zionalnim vektorima (skalarima!) isto ˇsto i skalarna

VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE – 1

1. Vektorske i skalarne funkcije

1.1. Sto su to skalarne i vektorske funkcije?

Ako svakoj tocki u nekom dijelu prostora pridruzimo broj, ili drugim rijecimaskalar zadali smo jednu skalarnu funkciju ili skalarno polje. Ako tocke oznaca-vamo njihovim radijus-vektorom ~r

~r = x~ı + y~ + z~k,

y

z

x

T (x, y, z)

~r

O

onda skalarnu funkciju oznacavamo s U(~r). Na primjer, funkcija

U(~r) = U(x, y, z) = xy + z2 + 3y + 4

je jedna skalarna funkcija.

Skalarna funkcija moze biti definirana i u ravnini, no tada je

~r = x~ı + y~,

ili u prostoru s vise od tri dimenzije. Odgovarajuce vektore mozemo zapisati i kaouredene n-torke, pa se radijus-vektor u 3 dimenzije moze oznaciti s

~r = (x, y, z),

odnosno radijus-vektor u n-dimenzija mozemo oznaciti s

~r = (x1, x2, . . . , xn).

1. VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE VEKTORSKE I SKALARNE FUNKCIJE – 2

Skalarne se funkcije cesto javljaju u fizici. Recimo, temperatura nekog tijela,gustoca, tlak, potencijal predstavljaju skalarne funkcije.

Kako najlakse prikazujemo skalarna polja u dvije dimenzije? Za prikaz namtrebaju 3 varijable (x i y za domenu funkcije i U(x, y) za vrijednost funkcije). Dakle,trebali bismo crtati plohe nad ravninom xy.

Umjesto toga, cesto je prakticnije nacrtati samo nivo-linije u dvije dimenzije.Nivo linije spajaju mjesta iste funkcijske vrijednosti U . Uobicajeno se uz nivo linijuzapisuje koja je vrijednost U -a na toj liniji. Tako, na primjer, izgledaju planinarskekarte. Slicno je s izotermama, izobarama, . . .

x

y

1 2 4

U tri dimenzije, podrucje definicije funkcije je prostor (3 koordinate), a podrucjevrijednosti jos jedna. Jasno je da je to nemoguce nacrtati, pa slicno kao nivo linijeu ovom slucaju imamo nivo plohe.

Ako svakoj tocki u nekom dijelu prostora pridruzimo vektor zadali smo jednuvektorsku funkciju ili vektorsko polje. Vektorsku funkciju oznacavamo s ~F (~r).Na primjer,

~F (~r) = ~F (x, y, z) = (x2 + y − 2, xz − 1)

je jedna vektorska funkcija koja svakoj trojki (x, y, z) iz trodimenzionalnog prostorapridruzuje jednu tocku iz dvodimenzionalnog prostora.

Naravno, u prethodnom smo primjeru svakoj tocki iz trodimenzionalnog pros-tora mogli pridruziti i tocku iz trodimenzionalnog prostora, recimo po pravilu

~F (~r) = ~F (x, y, z) = (x2 + y − 2, xz − 1, y),

ili nekog drugog prostora vise dimenzije. Komponente vektora koji pridruzujemo suskalarne funkcije, u nasem primjeru te skalarne funkcije su:

Fx(x, y, z) = x2 + y − 2,

Fy(x, y, z) = xz − 1,

Fz(x, y, z) = y.

Dakle, opcenito, ako neka vektorska funkcija pridruzi tockama iz nekog dijelaprostora tocke iz prostora, pisat cemo ~F : Ω → R

3, pri cemu je Ω ⊆ R3 i

~F (x, y, z) = (Fx(x, y, z), Fy(x, y, z), Fz(x, y, z)).


Ponovno, vektorske se funkcije cesto koriste u fizici. Tako su sile, elektricnopolje, brzina i sl. vektorske funkcije.

Graficko prikazivanje vektorskih funkcija je teze nego prikazivanje skalarnihfunkcija. Na primjer, meteorolozi koriste grafove izmjerenih brzina i (dvodimen-zionalnih) smjerova vjetrova. Jedan takav prikaz izgledao bi ovako. Pritom je smjervektora u svakoj tocki smjer nacrtanog vektora, a njegova duljina odgovara brzinivjetra u toj tocki.

Konacno, primijetimo da je vektorska funkcija s vrijednostima u jednodimen-zionalnim vektorima (skalarima!) isto sto i skalarna funkcija. Prema tome, sve stopokazemo za vektorske funkcije, vrijedit ce i za skalarne funkcije.

1.2. Parametrizacija krivulja

Neka je zadana krivulja u prostoru. Svakoj tocki te krivulje pridruzen je njezinradijus-vektor ~r. Parametrizirati krivulju znaci, uz neke uvjete, pronaci parametart takav da se ~r moze napisati kao ~r = ~r(t), tj.

(x, y, z) = (x(t), y(t), z(t)).

y

z

x

~r = ~r(t)


Primjer 1.2.1. Promotrimo parametrizaciju pravca u prostoru.

y

z

x

~r0

~s~r(t)

Pravac se moze napisati kao

~r = ~r0 + t~s, −∞ < t < ∞.

Drugacije zapisano, imamo

(x, y, z) = (x0, y0, z0) + t(sx, sy, sz),

odnosnox = x0 + sxt

y = y0 + syt

z = z0 + szt.

Posljednje jednadzbe predstavljaju parametarsku jednadzbu pravca.

Primjer 1.2.2. Parametrizirajmo kruznicu radijusa a sa sredistem u ishodistu (uravnini).

x

y

a

ϕ

~r = ~r(ϕ)

To vec znamo da je

~r = (a cosϕ, a sin ϕ), 0 ≤ ϕ < 2π.

Drugacije zapisano, imamo

(x, y) = (a cos ϕ, a sin ϕ),


odnosnox = a cos ϕ

y = a sin ϕ.

Posljednje jednadzbe predstavljaju parametarsku jednadzbu kruznice u ravnini.

Primjer 1.2.3. Parametrizirajmo kruznicu radijusa a u prostoru, ako ona lezi uxy-ravnini, a srediste joj je u ishodistu.

Iz prethodnog primjera znamo da je

x = a cos ϕ

y = a sin ϕ.

parametarska jednadzba kruznice u ravnini. Dodamo li tome z koordinatu, koja je 0i ne ovisi o ϕ, dobili smo parametrizaciju kruznice koja lezi u xy-ravnini.

Dakle,x = a cos ϕ

y = a sin ϕ,

z = 0.

Ako po toj kruznici putuje materijalna tocka koja se giba kutnom brzinom ω,onda je

ϕ = ωt,

pa jex = a cos(ωt)

y = a sin(ωt),

z = 0.

To je jedna druga parametrizacija iste kruznice.

Zadatak 1.2.1. Napisite jednu od parametrizacija elipse

x2

a2+

y2

b2= 1.

Zadatak 1.2.2. Ako je

x =2at

1 + t2, y =

a(1 − t2)

1 + t2, t ∈ [−1, 1],

koji dio kruznice sa sredistem u ishodistu parametrizira ova parametrizacija?

2. DERIVACIJE VEKTORSKIH FUNKCIJA DERIVACIJE FUNKCIJA – 6

2. Derivacije vektorskih funkcija

2.1. Brzina i ubrzanje

Kako cemo izracunati brzinu cestice koja se giba po zadanoj krivulji r(t)?Drugim rijecima, pitanje je kako cemo izracunati derivaciju vektorske funkcije.

Napravimo slicno kao kod funkcija jedne varijable. Po krivulji se maknemo zamali parametar ∆t.

y

z

x

~r(t)

~r(t + ∆t)

∆~r

Iz definicije zbroja dva vektora vidimo da je

∆~r = ~r(t + ∆t) − ~r(t).

Brzina u tocki s radijus vektorom ~r(t), onda je jednaka

~v(t) =d~r(t)

dt= lim

∆t→0

∆~r

∆t= lim

∆t→0

~r(t + ∆t) − ~r(t)

∆t.

Raspisemo li to u trodimenzionalnom prostoru, dobivamo

d~r(t)

dt=

(

lim∆t→0

x(t + ∆t) − x(t)

∆t, lim∆t→0

y(t + ∆t) − y(t)

∆t, lim∆t→0

z(t + ∆t) − z(t)

∆t

)

=

(

dx(t)

dt,dy(t)

dt,dz(t)

dt

)

.


Akceleracija u odgovarajucoj tocki je derivacija brzine po vremenu,

~a(t) =d~v(t)

dt=

d2~r(t)

dt2=

(

d2x(t)

dt2,d2y(t)

dt2,d2z(t)

dt2

)

.

Primjer 2.1.1. U primjeru 1.2.1. nasli smo parametrizaciju pravca u prostoru:

y

z

x

~r0

~s~r(t)

Pravac se moze napisati kao

~r = ~r0 + t~s, −∞ < t < ∞,

odnosno,x = x0 + sxt

y = y0 + syt

z = z0 + szt.

Nadimo prvu i drugu derivaciju te funkcije.

Derivirajmo po komponentama

d~r(t)

dt=

(

dx(t)

dt,dy(t)

dt,dz(t)

dt

)

= (sx, sy, sz) = ~s.

Primijetimo da bi formalna primjena derivacije za funkciju ~r dala isto:

d~r(t)

dt=

d(~r0 + t~s)

dt= ~s.

Za drugu derivaciju dobivamo

d2~r(t)

dt2=

(

d2x(t)

dt2,d2y(t)

dt2,d2z(t)

dt2

)

= (0, 0, 0) = ~0,

sto smo mogli dobiti i formalnim deriviranjem

d2~r(t)

dt2=

d~s

dt= ~0.

Drugim rijecima, za cesticu koja se giba po zakonu ~r(t), brzina u svakomtrenutku t je ~v(t) = ~s, a akceleracija je ~a(t) = ~0.


Primjer 2.1.2. U prethodnom primjeru promatrali smo cesticu koja se giba po za-konu

~r = ~r0 + t~s.

Primijetimo da stavljanjem drugacijeg parametra t, recimo, umjesto t uvrstimo 3tili t2− sin t nismo izmijenili krivulju po kojoj se cestica giba. To je i nadalje pravac.Jedino sto smo izmijenili su brzina i akceleracija cestice. Nadimo brzinu i akcelera-ciju cestice ako je

~r = ~r0 + (t2 − sin t)~s.

Ocito je

d~r(t)

dt=

d(~r0 + (t2 − sin t)~s)

dt= (2t − cos t)~s

id2~r(t)

dt2=

d((2t − cos t)~s)

dt= (2 + sin t)~s.

2.2. Pravila deriviranja vektorskih funkcija

Pravila deriviranja vektorskih funkcija ista su kao pravila deriviranja za obicneskalarne funkcije.

Neka su ~w = ~w(t), ~w1 = ~w1(t) i ~w2 = ~w2(t) vektorske funkcije u varijabli t ineka je k = k(t) skalarna funkcija u varijabli t.

Derivacija zbroja (razlike) jednaka je

d(~w1 ± ~w2)

dt=

d~w1

dt± d~w2

dt.

Dokaz te cinjenice ide raspisivanjem vektorskih funkcija po komponentama.Dakle, neka su ~w1 i ~w2 vektorske funkcije, cije su vrijednosti vektori s 3 komponente,tj.

~w1(t) = (Fx1(t), Fy1(t), Fz1(t)),

~w2(t) = (Fx2(t), Fy2(t), Fz2(t)).

Onda je

d(~w1(t) ± ~w2(t))

dt=

d(Fx1(t) ± Fx2(t), Fy1(t) ± Fy2(t), Fz1(t) ± Fz2(t))

dt

=

(

d(Fx1(t) ± Fx2(t))

dt,d(Fy1(t) ± Fy2(t))

dt,d(Fz1(t) ± Fz2(t))

dt

)


=

(

dFx1(t)

dt± dFx2(t)

dt,dFy1(t)

dt± dFy2(t)

dt,dFz1(t)

dt± dFz2(t)

dt

)

=

(

dFx1(t)

dt,dFy1(t)

dt,dFz1(t)

dt

)

±(

dFx2(t)

dt,dFy2(t)

dt,dFz2(t)

dt

)

=d(Fx1(t), Fy1(t), Fz1(t))

dt± d(Fx2(t), Fy2(t), Fz2(t))

dt

=d~w1(t)

dt± d~w2(t)

dt.

Ako su ~w1 i ~w2 i vektorske funkcije s n komponenti, dokaz ide na isti nacin.

Derivacija produkta skalarne funkcije i vektorske funkcije jednaka je

d(k ~w)

dt=

dk

dt~w + k

d~w

dt.

Dokaz ide na isti nacin kao i kod zbroja (razlike) dvije funkcije, raspisivanjem.Neka su komponente vektorske funkcije

~w(t) = (Fx(t), Fy(t), Fz(t)).

Tada je

d(k ~w)

dt=

d(k(t)Fx(t), k(t)Fy(t), k(t)Fz(t))

dt

=

(

d(k(t)Fx(t))

dt,d(k(t)Fy(t))

dt,d(k(t)Fz(t))

dt

)

=

(

dk(t)

dtFx(t) + k(t)

dFx(t)

dt,dk(t)

dtFy(t) + k(t)

dFy(t)

dt,

dk(t)

dtFz(t) + k(t)

dFz(t)

dt

)

=

(

dk(t)

dtFx(t),

dk(t)

dtFy(t),

dk(t)

dtFz(t)

)

+

(

k(t)dFx(t)

dt, k(t)

dFy(t)

dt, k(t)

dFz(t)

dt

)

=dk(t)

dt(Fx(t), Fy(t), Fz(t)) + k(t)

(

dFx(t)

dt,dFy(t)

dt,dFz(t)

dt

)

=dk(t)

dt~w(t) + k(t)

d~w(t)

dt.


Konacno, treba izvesti i pravilo za derivaciju produkta vektorskih funkcija. Ali,kojeg produkta? Za vektore poznajemo dvije vrste produkta: skalarne produkteza vektore s proizvoljno mnogo komponenata i vektorski produkt za vektore u 3dimenzije.

Za skalarni produkt vektorskih funkcija s proizvoljno mnogo komponenatavrijedi

d(~w1 · ~w2)

dt=

d~w1

dt· ~w2 + ~w1 ·

d~w2

dt.

Neka, kao i prije, vektorske funkcije imaju komponente

~w1(t) = (Fx1(t), Fy1(t), Fz1(t)),

~w2(t) = (Fx2(t), Fy2(t), Fz2(t)).

Onda je

d(~w1(t) · ~w2(t))

dt=

d(

(Fx1(t), Fy1(t), Fz1(t)) · (Fx2(t), Fy2(t), Fz2(t)))

dt

=d(Fx1(t)Fx2(t) + Fy1(t)Fy2(t) + Fz1(t)Fz2(t))

dt

=dFx1(t)

dtFx2(t) + Fx1(t)

dFx2(t)

dt

+dFy1(t)

dtFy2(t) + Fy1(t)

dFy2(t)

dt

+dFz1(t)

dtFz2(t) + Fz1(t)

dFz2(t)

dt

=

(

dFx1(t)

dt,dFy1(t)

dt,dFz1(t)

dt

)

· (Fx2(t), Fy2(t), Fz2(t))

+ (Fx1(t), Fy1(t), Fz1(t)) ·(

dFx2(t)

dt,dFy2(t)

dt,dFz2(t)

dt

)

=d~w1(t)

dt· ~w2(t) + ~w1(t) ·

d~w2(t)

dt.

Konacno, ali ovaj put samo za vektore u 3 dimenzije, pa onda i za vek-torske funkcije kojima su vrijednosti vektori s 3 komponente mozemo definirativektorski produkt. Za derivaciju vektorskog produkta dvije vektorske funkcije s


3 komponente vrijedi:

d(~w1 × ~w2)

dt=

d~w1

dt× ~w2 + ~w1 ×

d~w2

dt.

Dokaz dobivamo raspisivanjem:

d(~w1(t) × ~w2(t))

dt=

d(

(Fx1(t), Fy1(t), Fz1(t)) × (Fx2(t), Fy2(t), Fz2(t)))

dt

=d

dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ı ~ ~k

Fx1(t) Fy1(t) Fz1(t)Fx2(t) Fy2(t) Fz2(t)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=d

dt

((

Fy1(t)Fz2(t) − Fz1(t)Fy2(t))

~ı

−(

Fx1(t)Fz2(t) − Fz1(t)Fx2(t))

~

+(

Fx1(t)Fy2(t) − Fy1(t)Fx2(t))

~k)

=d

dt

(

Fy1(t)Fz2(t) − Fz1(t)Fy2(t),

− Fx1(t)Fz2(t) + Fz1(t)Fx2(t),

+ Fx1(t)Fy2(t) − Fy1(t)Fx2(t))

=

(

dFy1(t)

dtFz2(t) + Fy1

dFz2(t)

dt− dFz1(t)

dtFy2(t) − Fz1

dFy2(t)

dt,

− dFx1(t)

dtFz2(t) − Fx1

dFz2(t)

dt+

dFz1(t)

dtFx2(t) + Fz1

dFx2(t)

dt,

+dFx1(t)

dtFy2(t) + Fx1

dFy2(t)

dt− dFy1(t)

dtFx2(t) − Fy1

dFx2(t)

dt

)

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ı ~ ~kdFx1(t)

dt

dFy1(t)

dt

dFz1(t)

dt

Fx2(t) Fy2(t) Fz2(t)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ı ~ ~k

Fx1(t) Fy1(t) Fz1(t)

dFx2(t)

dt

dFy2(t)

dt

dFz2(t)

dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=d~w1(t)

dt× ~w2(t) + ~w1(t) ×

d~w2(t)

dt.

Primjer 2.2.1. U primjeru 1.2.3. parametrizirali smo dva gibanja po kruznici:

~r(ϕ) = (a cos ϕ, a sin ϕ, 0) i ~r(t) = (a cos(ωt), a sin(ωt), 0)

Izracunajmo brzinu i akceleraciju tocke koja se giba po tim zakonima.


U prvom slucaju imamo

~v(ϕ) =d~r(ϕ)

dϕ= (−a sin ϕ, a cosϕ, 0)

~a(ϕ) =d~v(ϕ)

dϕ= (−a cos ϕ,−a sin ϕ, 0),

a u drugom

~v(t) =d~r(t)

dt= (−aω sin(ωt), aω cos(ωt), 0)

~a(t) =d~v(t)

dt= (−aω2 cos(ωt),−aω2 sin(ωt), 0).

Primijetimo da je u drugom slucaju

~a = −ω2~r

i da vrijedi

~v(t) · ~r(t) = −a2ω sin(ωt) cos(ωt) + a2ω sin(ωt) cos(ωt) = 0,

~v(t) · ~a(t) = a2ω3 sin(ωt) cos(ωt) − a2ω3 sin(ωt) cos(ωt) = 0.

Prema tome, zakljucujemo da je

~v ⊥ ~r,~a

za bilo koju konstantnu kutnu brzinu ω.

Primjer 2.2.2. Parametrizirajmo krivulju koja se nalazi na presjeku sfere

x2 + y2 + z2 = 4

i plasta valjka (plast = vanjska “ljuska” valjka)

(x − 1)2 + y2 = 1

unutar prvog oktanta.

Nacrtajmo presjek sfere i plasta valjka,

00.5

11.5

2 0

0.5

1

1.5

20

1

2


pri cemu je zuto oznacena presjecisna krivulja. Ako izdvojimo samo tu krivulju, onaizgleda ovako:

00.5

11.5

2 00.2

0.40.6

0.810

1

2

Parametrizirajmo prvo sferu. Ako upotrijebimo polarne koordinate za parame-trizaciju u xy-ravnini (pisemo ρ umjesto uobicajenog r da ne pomijesamo s radijusvektorom), onda je

x = ρ cos ϕ

y = ρ sin ϕ.

Ostaje jos parametrizirati z koordinatu sfere. Uvrstavanjem x i y u jednadzbu sfere,dobivamo

ρ2 cos2 ϕ + ρ2 sin2 ϕ + z2 = 4,

odnosnoz2 = 4 − ρ2.

Buduci da nas zanima samo prvi oktant, tamo je z ≥ 0, pa je

z =√

4 − ρ2.

Sada jos treba parametrizirati i plast valjka. Napisimo njegovu jednadzbu upolarnim koordinatama. Imamo

(ρ cos ϕ − 1)2 + ρ2 sin2 ϕ = 1

ρ2 cos2 ϕ − 2ρ cos ϕ + 1 + ρ2 sin2 ϕ = 1

ρ2 cos2 ϕ − 2ρ cos ϕ + ρ2 sin2 ϕ = 0

ρ2 = 2ρ cos ϕ.

Buduci da ρ ne moze biti jednak 0, mozemo lijevu i desnu stranu skratiti s ρ, padobivamo

ρ = 2 cos ϕ.

Uvrstavanjem tog ρ u parametriziranu jednadzbu sfere, dobivamo

x = ρ cos ϕ = 2 cos2 ϕ

y = ρ sin ϕ = 2 sinϕ cos ϕ

z =√

4 − ρ2 =√

4 − 4 cos2 ϕ = 2√

sin2 ϕ = 2 sin ϕ.


Ponovno, predznak pri vadenju korijena uzeli smo plus, jer je krivulja u 1. oktantu.Nadalje, treba jos vidjeti za koje parametre ϕ dobivamo jednadzbu presjeka. Akopromatramo tlocrt valjka, to je polukruznica u prvom kvadrantu, sa sredistem utocki (1, 0).

x

y

1

Prema tome0 ≤ ϕ ≤ π

2.

Dakle,

~r(ϕ) = (2 cos2 ϕ, 2 sin ϕ cosϕ, 2 sin ϕ), 0 ≤ ϕ ≤ π

2.

Krivulju smo mogli parametrizirati i na drugi nacin. Iz jednadzbe plasta valjkaslijedi da je

y2 = 1 − (x − 1)2,

a onda je (zbog prvog kvadranta)

y =√

1 − (x − 1)2.

Uvrstimo li sad x i y u jednadzbu sfere, dobivamo

z2 = 4 − x2 − y2 = 4 − x2 −(

1 − (x − 1)2)

= 4 − x2 − 1 + x2 − 2x + 1 = 4 − 2x,

pa je (zbog prvog oktanta)z =

√4 − 2x.

Takoder je odmah vidljivo da je0 ≤ x ≤ 2.

Prema tome, parametrizacija glasi

~r(x) = (x,√

1 − (x − 1)2,√

4 − 2x), 0 ≤ x ≤ 2.

Zadatak 2.2.1. Za parametrizacije iz prethodnog zadatka, izracunajte

d~r

dϕ,d2~r

dϕ2,d~r

dx,d2~r

dx2.


Primjer 2.2.3. Uslijed djelovanja sile, cestica se giba po zakonu

~r(t) = (cos t, sin t, t),

gdje t predstavlja vrijeme. Ako sila prestane djelovati u trenutku t =π

2, gdje ce se

cestica nalaziti u trenutku t = π.

Cestica se giba po ovakvoj spirali

–1

0

1–1 –0.5 0 0.5 1

0

2

4

6

8

10

12

Brzinu cestice (ovisno o t) dobit cemo deriviranjem

~v(t) =d~r

dt= (− sin t, cos t, 1).

Oznacimo s

~r0 := ~r

(

π

2

)

=(

cosπ

2, sin

π

2,π

2

)

=(

0, 1,π

2

)

~v0 := ~v

(

π

2

)

=(

− sinπ

2, cos

π

2, 1)

= (−1, 0, 1).

Kad sila prestane djelovati, cestica ce se od tocke ~r0 gibati po pravcu u smjeru

~v0 i s tom brzinom. Buduci da je vrijeme prestanka djelovanje sile bilo t0 =π

2,

onda ~r mjerimo relativno, obzirom na trenutak kada je pocelo gibanje po pravcu – utrenutku t0. Dakle,

~r(t) = ~r0 +(

t − π

2

)

~v0 =(

0, 1,π

2

)

+(

t − π

2

)

(−1, 0, 1).

U trenutku t = π, polozaj cestice je

~r(π) =(

0, 1,π

2

)

+π

2(−1, 0, 1) =

(

−π

2, 1, π

)

.


2.3. Derivacija skalarne funkcije U (~r) po krivulji

~r(t)

Neka je U(~r) zadano skalarno polje, ili skalarna funkcija od tri varijable x, y

i z. Dakle, U(~r) = U(x, y, z). Ako smo ~r parametrizirali parametrom t, onda su st parametrizirane i varijable x = x(t), y = y(t) i z = z(t). Prema tome, derivacijadU

dtnije nista drugo nego primjena lancanog pravila za deriviranje:

dU

dt=

∂U

∂x

dx

dt+

∂U

∂y

dy

dt+

∂U

∂z

dz

dt=

(

∂U

∂x,∂U

∂y,∂U

∂z

)

·(

dx

dt,dy

dt,dz

dt

)

.

Pritom je · oznaka za skalarni produkt. Ako oznacimo (ovaj operator citamo“nabla”)

∇ =

(

∂

∂x,

∂

∂y,

∂

∂z

)

,

i uocimo da je druga zagrada u skalarnom produktu jednakad~r

dt, onda mozemo

deriviranje i skraceno zapisati kao:

dU

dt= ∇U · d~r

dt.

Uocimo da je u prethodnoj formuli ∇U ovisna samo o funkciji (polju), ad~r

dtsamo o

krivulji.

Nadalje, ako je norma vektorad~r

dtjednaka 1, tj. ako je

∥

∥

∥

∥

∥

d~r

dt

∥

∥

∥

∥

∥

= 1, proslom

formulom definirali smo derivaciju u smjeru vektorad~r

dt.

Uobicajeno je oznaciti ~s =d~r

dt. Onda je jedinicni vektor u smjeru vektora ~s

jednak

~s0 =~s

‖~s‖ ,

a usmjerena derivacija u smjeru vektora ~s cesto se oznacava i sdU

ds. U terminima


vektora ~s, usmjerenu derivaciju mozemo zapisati i kao

dU

ds= ∇U · ~s0 = ∇U · ~s

‖~s‖ .

Diferencijal polja U definiran je formulom

dU = ∇U · d~r.

Odatle dobivamo jedno vazno svojstvo. Ako imamo nivo plohu skalarnog polja,tj. ako je U = const, onda je diferencijal te funkcije jednak 0. S druge strane, d~r jeu nivo plohi. Iz

dU = ∇U · d~rodmah slijedi da je lijeva strana na nivo plohi jednaka 0. Prema tome vektori ∇U

i d~r su okomiti. Kako je d~r u nivo plohi, odmah slijedi da je

∇U okomit na nivo plohu.

Iz formule o usmjerenoj derivaciji, zato sto je · skalarni produkt, izlazi

dU

ds= ∇U · ~s0 = ‖∇U‖ ‖~s0‖ cos ∡(∇U,~s0) = ‖∇U‖ cos ∡(∇U,~s0),

sto slijedi iz cinjenice da je ~s0 jedinicni vektor. Derivacija u smjeru vektora ~s bitice maksimalna, ako ~s0 ima smjer ∇U , jer je onda cos ∡(∇U,~s0) = 1. Prema mak-

simalna moguca vrijednost zadU

ds, je

maxdU

ds= ‖∇U‖.

Primjer 2.3.1. Zadano je skalarno polje

U(x, y, z) = 2x + y + z2

i krivulja (bolje receno pravac)

~r(t) = ~r0 + (1, 1, 1)t.

IzracunajtedU

dti

dU

ds.


Ocito je

∇U = (2, 1, 2z),d~r

dt= (1, 1, 1).

Nadalje,

~s =d~r

dt= (1, 1, 1), ‖~s‖ =

√12 + 12 + 12 =

√3, ~s0 =

1√3(1, 1, 1).

Onda jedU

dt= (2, 1, 2z) · (1, 1, 1) = 2 · 1 + 1 · 1 + 2z · 1 = 2z + 3

dU

ds= (2, 1, 2z) · 1√

3(1, 1, 1) =

1√3(2z + 3) =

2z + 3√3

.

Primjer 2.3.2. Treba naci jedinicnu normalu na povrsinu

x2 + y2 − z = 0

u tocki T (1, 1, 2).

Prisjetimo se cinjenice da je ∇U okomit na nivo plohu u zadanoj tocki. Prematome, treba odrediti ∇U u tocki T (oznaka ∇UT ), a zatim normirati dobiveni vektor.Primijetimo da je x2 + y2 − z = 0 jedna od nivo povrsina funkcije U(x, y, z) =x2 + y2 − z

∇U = (2x, 2y,−1),

∇UT = ∇U(1,1,2) = (2, 2,−1),

~n =∇UT

‖∇UT‖=

1√22 + 22 + 12

(2, 2,−1) =1

3(2, 2,−1) =

(

2

3,2

3,−1

3

)

.

3. INTEGRALI SKALARNIH I VEKTORSKIH FUNKCIJA INTEGRALI FUNKCIJA – 19

3. Integrali skalarnih

i vektorskih funkcija

3.1. Integral skalarne funkcije U (~r) po krivulji

~r(t)

Zadana je krivulja po kojoj zelimo integrirati polje U .

y

z

x

A

Bd~r

Ako krivulju podijelimo u infinitezimalno male komadice luka, i izvrsimo parame-trizaciju varijablom t, onda je

B∫

A

U(~r) ‖d~r‖ =

tB∫

tA

U(~r(t))

∥

∥

∥

∥

∥

d~r(t)

dt

∥

∥

∥

∥

∥

dt.

Primjer 3.1.1. Nadite duljinu luka spirale

~r(t) = (cos t, sin t, t)

od t = 0 do t = 2π.

Primijetimo da je formula za integral po krivulji “zbrajala” funkciju U pomalim djelicima luka. Ako za funkciju stavimo U = 1, onda ce integral po krivulji


dati bas duljinu luka.

–10

1 –0.5 0 0.5 1

0

1

2

3

4

5

6

Dakle,

d =

B∫

A

‖d~r‖ =

2π∫

0

∥

∥

∥

∥

∥

d~r

dt

∥

∥

∥

∥

∥

dt =

2π∫

0

‖(− sin t, cos t, 1)‖ dt

=

2π∫

0

√

sin2 t + cos2 t + 12 dt =

2π∫

0

√2 dt =

√2t

∣

∣

∣

∣

2π

0= 2π

√2.

3.2. Integral vektorske funkcije ~F (~r) po krivulji

~r(t)

Zadana je krivulja po kojoj zelimo integrirati vektorsko polje ~F . U svakojtocki luka, polje ~F je vektor, pa imamo

y

z

x

A

Bd~r

~F (~r)

Ako krivulju podijelimo u infinitezimalno male komadice luka, i izvrsimo pa-


rametrizaciju varijablom t, onda je

B∫

A

~F (~r) · d~r =

tB∫

tA

~F (~r(t)) · d~r(t)

dtdt.

Primjer 3.2.1. Izracunajte rad sile

~F (x, y, z) = (y, 2x, z)

po luku spirale~r(t) = (cos t, sin t, t), 0 ≤ t ≤ 2π.

Prvo parametrizirajmo funkciju ~F , tako da uvrstimo x = cos t, y = sin t i z = t

iz parametarske jednadzbe spirale

~F (~r(t)) = (sin t, 2 cos t, t),

a zatim pronadimod~r(t)

dt= (− sin t, cos t, 1).

Rad sile po zadanoj spirali jednak je

B∫

A

~F (~r) · d~r =

2π∫

0

(sin t, 2 cos t, t) · (− sin t, cos t, 1) dt =

2π∫

0

(− sin2 t + 2 cos2 t + t) dt

=

2π∫

0

(−(1 − cos2 t) + 2 cos2 t + t) dt =

2π∫

0

(−1 + 3 cos2 t + t) dt

=

2π∫

0

(

−1 +3

2(cos(2t) + 1) + t

)

dt =

2π∫

0

(

1

2+

3

2cos(2t) + t

)

dt

=(

1

2t +

3

4sin(2t) +

1

2t2)∣

∣

∣

∣

2π

0= π + 2π2.


3.3. Konzervativna vektorska polja

Za vektorsko polje ~F reci cemo da je konzervativno ako je integral tog poljapo svakoj zatvorenoj krivulji K (cirkulacija) jednak 0.

K

Oznaka∮

znaci samo da se radi o zatvorenoj krivulji, tj. ako je

∮

K

~F · d~r = 0.

Ova cinjenica za sobom povlaci jos neke relacije. Ako imamo konzervativnopolje, onda je integral funkcije ~F po bilo kojem putu jednak, tj. ovisi samo opocetnoj i konacnoj tocki. Obrazlozenje te cinjenice je vrlo jednostavno. Nacrtajmobilo koja dva puta K1 i K2.

K1

K2

A

B

Iskoristimo li ocitu cinjenicu da je∫

−K2

~F · d~r = −∫

K2

~F · d~r

i cinjenicu da je polje konzervativno, dobivamo∫

K1

~F · d~r +∫

−K2

~F · d~r =∫

K1

~F · d~r −∫

K2

~F · d~r = 0,

sto drugacije zapisujemo kao

∫

K1

~F · d~r =∫

K2

~F · d~r.

Buduci da u konzervativnom polju integral ne ovisi o putu, onda se vrlo cesto


koristi oznaka koja istice samo krajnje tocke puta

B∫

A

~F · d~r.

3.4. Potencijalna vektorska polja

Za vektorsko polje ~F reci cemo da je potencijalno ako postoji skalarno poljeU takvo da je

~F = ∇U .

Postoji veza izmedu potencijalnih i konzervativnih polja.

Polje je konzervativno ako i samo ako je potencijalno.

Dokaz:

Dokazimo obje implikacije. Prvo pokazimo da ako je polje potencijalno, onoje i konzervativno.

Dakle, neka postoji U takav da je ~F = ∇U i neka je K put koji spajaproizvoljnu tocku A i s proizvoljnom tockom B. Ako dokazemo da taj integralne ovisi o putu, onda je polje konzervativno. Imamo

B∫

A

~F · d~r =

t(B)∫

t(A)

∇U(t) · d~r(t)

dtdt =

t(B)∫

t(A)

dU(t)

dtdt = U(B) − U(A).

S druge strane, ako je polje konzervativno, onda je integral izmedu proizvoljnetocke 0 i T oznacimo s

U :=

T∫

0

~F · d~r.

Diferenciranjem izlazidU = ~F · d~r.

S druge strane, znamo da jedU = ∇U · d~r,


a buduci da to mora vrijediti za svaku tocku T , zakljucujemo da je ∇U = ~F , pa jepolje potencijalno.

Primjer 3.4.1. Je li polje

~F (x, y, z) = (2x + y, x, 2z)

konzervativno polje?

Najlakse je pokazati da postoji potencijal U takav da je

~F = ∇U =

(

∂U

∂x,∂U

∂y,∂U

∂z

)

.

Dakle, usporedivanjem komponenti ∇U i ~F zakljucujemo:

∂U

∂x= 2x + y,

∂U

∂y= x,

∂U

∂z= 2z.

Od te tri jednadzbe, izaberemo jednu, koju integriramo. Ne zaboravimo da ako inte-griramo po, recimo varijabli x, ostale varijable smatramo konstantnima. Integrira-jmo prvo derivaciju po x:

U(x, y, z) =∫

(2x + y) dx = x2 + xy + c(y, z).

Primijetimo da bilo koja funkcija c1(y, z) kad je deriviramo po x daje 0. Funkcijuc(y, z) odredujemo iz preostale dvije derivacije. Deriviranjem dobivene funkcijeU(x, y, z) po y izlazi

∂U

∂y= x +

∂c(y, z)

∂y.

Usporedivanjem s∂U

∂y= x,

dobivamo

x = x +∂c(y, z)

∂y,

odnosno∂c(y, z)

∂y= 0.

Odatle izlazi da je

c(y, z) =∫

0 dy = c(z),

tj. funkcija c je samo funkcija varijable z, pa vrijedi

U(x, y, z) = x2 + xy + c(z).


Deriviranjem te funkcije po z i usporedivanjem s

∂U

∂z= 2z,

dobivamo∂U

∂z=

dc

dz= 2z.

Odatle odmah slijedi da je

c(z) =∫

2z dz = z2 + k, k konstanta,

pa jeU(x, y, z) = x2 + xy + z2 + k

potencijal zadanog vektorskog polja, pa zakljucujemo da je polje konzervativno. Pri-mijetite da potencijal mozete odrediti do na konstantu.

Documents

1. Vektorske i skalarne funkcije - FSB Online · Konaˇcno, primijetimo da je vektorska funkcija s vrijednostima u jednodimen-zionalnim vektorima (skalarima!) isto ˇsto i skalarna