matematika 3.pdf

Poglavlje 1

Obine diferencijalne jednadbe

1.1 Osnovni pojmovi i primjeri

Obina diferencijalna jednadba je jednadba oblika

F (x, y, y, . . . , y(n)) = 0 (1.1)

koja povezuje nezavisnu varijablu x, nepoznatu funkciju y(x) i njene derivacijay(x), y(x), . . . , y(n)(x). Ovdje F oznaava poznatu funkciju vie varijabli. Reddiferencijalne jednadbe je red najvie derivacije koja se u njoj pojavljuje.Kod obine diferencijalne jednadbe traimo nepoznatu funkciju jedne varijabley(x). Diferencijalne jednadbe u kojima se pojavljuju nepoznate funkcije vievarijabli zovemo parcijalne diferencijalne jednadbe.Najjednostavnija obina diferencijalna jednadba je jednadba oblika

y = f(x), (1.2)

gdje je f poznata funkcija, neprekidna na nekom intervalu [a, b]. Ako je Fprimitivna funkcija od f , onda svaka funkcija oblika y(x) = F (x)+C zadovoljavajednadbu (1.2). Iz toga vidimo da uvjet (1.2) ne odreduje jedinstveno nepoznatufunkciju y(x).

Primjer 1.1. Jednadba y = y3 + 2x je primjer obine diferencijalne jed-nadbe 1. reda, dok je y + 2y + y = sinx primjer obine diferencijalnejednadbe 2. reda.

1

2 POGLAVLJE 1. OBINE DIFERENCIJALNE JEDNADBE

Definicija 1.1. Rjeenje obine diferencijalne jednadbe n-tog reda na in-tervalu [a, b] je svaka funkcija y = (x) koja na tom intervalu ima sve deri-vacije do ukljuivo n-tog reda i ije uvrtavanje u jednadbu pretvara istu uidentitet na [a, b]. Graf rjeenja diferencijalne jednadbe zove se integralnakrivulja te jednadbe.

Primjer 1.2. Funkcija y(x) = sinx je rjeenje diferencijalne jednadbe 2.reda y + y = 0 na intervalu ,.

Obine diferencijalne jednadbe su vrlo bitne jer se mnogi problemi iz prirod-nih i drutvenih znanosti modeliraju pomou njih. Pogledajmo par primjera:

Primjer 1.3. Odredimo krivulju ija tangenta u svakoj toki ima nagib (tojest koeficijant smjera) jednak ordinati te toke.

Neka je y = y(x) jednadba traene krivulje. Iz zadatka vidimo da moravrijediti uvjet y(x) = y(x). Rjeenje te diferencijalne jednadbe je y(x) = ex.Takoder, funkcija y(x) 0 je rjeenje. Ova dva rjeenja su sadrana urjeenju y(x) = Cex, gdje je C R proizvoljna konstanta.

Primjer 1.4. Odredimo zakon gibanja materijalne toke koja se pravocrtnogiba s konstantnim ubrzanjem a.

Traimo formulu za prijedeni put oblika s = s(t), gdje je t vrijeme. Jed-nadba koju trebamo rjeiti je s(t) = a i to je obina diferencijalna jednadba2. reda. Integriranjem dobivamo s(t) = at + C1 i s(t) = 12at

2 + C1t + C2.Konstante C1 i C2 odreduju se iz poetnih uvjeta s(t0) = s0 i s(t0) = v0.Uvrtavanjem tih vrijednosti u formulu za rjeenje dobivamo

v0 = at0 + C1 = C1 = v0 at0

s0 =1

2at20 + (v0 at0)t0 + C2 = C2 = s0 v0t+

at202.

Sada vratimo C1 i C2 u formulu za rjeenje i imamo rjeenje

s(t) = s0 + v0(t t0) + a2

(t t0)2.

1.1. OSNOVNI POJMOVI I PRIMJERI 3

Promatramo obinu diferencijalnu jednadbu F (x, y, y) = 0. Za dvije dife-rencijalne jednadbe F1(x, y, y) = 0 i F2(x, y, y) = 0 kaemo da su ekviva-lentne u nekom podruju D ako je svako rjeenje jedne ujedno i rjeenje drugejednadbe i obratno. Kod rada s diferencijalnim jednadbama moramo paziti dasu transformirane jednadbe ekvivalentne polaznima.

Obine diferencijalne jednadbe mogu imati nijedno, jedno ili beskonanomnogo rjeenja. Za obinu diferencijalnu jednadbu

y = f(x, y) (1.3)

nam treba jo i poetni uvjet y(x0) = y0. Obina diferencijalna jednadbaskupa s poetnim uvjetom ine Cauchyjev problem za jednadbu (1.3).


1.2 Rjeenje Cauchyjevog problema za jednadbu1. reda

Teorem 1.1. Neka je

y = f(x, y) (1.4)

obina diferencijalna jednadba. Ako postoji okolina toke (x0, y0) takvada je

(i) f(x, y) neprekidna na i

(ii) fy

ogranieno na ,

onda postoji interval x0 h, x0 + h na kojem postoji jedinstveno rjeenjey = (x) jednadbe (1.4) za koju je (x0) = y0.

y

x

D

x

y = ( )x

00 0x +hx h0

Slika 1.1:

Geometrijski, Teorem 1.1 kae da uz odredene uvjete na f(x, y) kroz toku(x0, y0) prolazi samo jedna integralna krivulja jednadbe (1.4). to znae tiuvjeti? Neprekidnost funkcije f definira se slino kao i za funkcije jedne vari-jable male promjene u argumentima rezultiraju malim promjenama vrijednostifunkcije. Prvi uvjet povlai postojanje rjeenja. (Rjeavanje obinih diferenci-jalnih jednadbi je pooenje integriranja, a sjetimo se da smo integral definiraliza neprekidne funkcije.) Drugi uvjet, ogranienost f

y, daje nam jedinstvenost

rjeenja. Veliina fy

mjeri brzinu promjene vrijednosti f u smjeru y kad je xkonstantan. Kada taj drugi uvjet izostavimo, dolazimo do slabijeg rezultata:

1.2. RJEENJE CAUCHYJEVOG PROBLEMA (1. RED) 5

Teorem 1.2. Ako je funkcija f(x, y) neprekidna na nekoj okolini toke (x0, y0),onda jednadba (1.4) ima barem jedno rjeenje y = (x) koje za x = x0 po-prima vrijednost y0.

Ope rjeenje obine diferencijalne jednadbe y = f(x, y) (na nekom po-druju egzistencije i jedinstvenosti) je jednoparametarska familija funkcija C(x)koje ovise o x i o parametru C, takva da za svaku vrijednost parametra C funkcijaC(x) zadovoljava jednadbu (tj. vrijedi C(x) = f(x, C(x))) i da za svaki y0postoji vrijednost parametra C0 takva da je C0(x0) = y0.

Partikularno rjeenje obine diferencijalne jednadbe je rjeenje dobivenoiz opeg rjeenja izborom odredene vrijednosti parametra C (ukljuivo moda i). Ope rjeenje moemo gledati kao skup svih partikularnih rjeenja.

esto do opeg rjeenja dolazimo u obliku komplicirane formule koja povezujex, y i C, (x, y, C) = 0. Takvu formulu nazivamo opi integral jednadbey = f(x, y). Partikularni integral je ono to dobijemo izborom konkretne vrijed-nosti parametra C, (x, y) = 0.

Rjeenje y = (x) jednadbe y = f(x, y) je singularno ako je uvjet jedins-tvenosti naruen u svakoj njegovoj krivulji, to jest ako kroz svaku toku integralnekrivulje prolazi neka druga integralna krivulja.

Primjer 1.5. Nadimo singularna rjeenja jednadbe y =

1 y2.Kandidati su krivulje na kojima je f

ybeskonano. Singularne integralne

krivulje su ovojnice familije integralnih krivulja.f

y= y

1 y2 = y2 = 1, y = 1.

x

y

0

Slika 1.2: Integralne krivulje


1.3 Jednadbe rjeive u kvadraturama

Obina diferencijalna jednadba je rjeiva u kvadraturama ako se njeno operjeenje moe dobiti kao rezultat konanog niza elementarnih operacija nad poz-natim funkcijama i integriranja tih funkcija.

Nisu sve obine diferencijalne jednadbe rjeive u kvadraturama. Na primjer,jednadba y = x2 + y2 nije. To nije iznenadujue, vidjeli smo to kod integrala.

1.3.1 Jednadbe sa separiranim varijablama

Promatramo jednadbe oblika y = f2(x)f1(y)

. Moemo ih, piui y = dydx, svesti na

oblik

f1(y)dy = f2(x)dx. (1.5)

Smatramo da su f1 i f2 poznate i neprekidne funkcije svojih argumenata. Inte-grirajui svaku stranu jednadbe (1.5) zasebno dobijemo jednadbu koju morazadovoljavati svako rjeenje jednadbe (1.5):

f1(y)dy =

f2(x)dx+ C. (1.6)

Primjer 1.6. Dana je jednadba (1 + y2)xdx = (1 + x2)ydy.Kako je (1 + x2)(1 + y2) 6= 0, dijeljenjem jednadbe tim izrazom dolazimo

do ekvivalentne jednadbe

xdx

1 + x2=

ydy

1 + y2.

Integriranjem dobivamo

ln(1 + y2) = ln(1 + x2) + C,

odnosno1 + y2

1 + x2= C.

Moramo biti oprezni kod transformacija koje ukljuuju mnoenje i dijeljenje.

Primjer 1.7. Imamo jednadbu y = f(ax+ by + c).

1.3. JEDNADBE RJEIVE U KVADRATURAMA 7

Zamjenom z = ax+ by + c gornja jednadba postaje jednadba sa separi-ranim varijablama z = a+ by = a+ bf(z), koja vodi na

dz

a+ bf(z)= dx.

Ako uzmemo a = b = 1, c = 0, odnosno gledamo jednadbu y = (x+ y)2,imamo zamjenu z = x+ y, pa jednadba postaje z = 1 + y = 1 + z2 to vodina dz

1+z2= dx.

Integriranjem dolazimo do arctg z = x + C odnosno z = tg(x + C), avraanjem supstitucije dolazimo do rjeenja y = tg(x+ C) x.

Primjer 1.8. Rijeimo jednadbu y = ky, gdje je k neka konstanta.

dy

dx= ky dy

y= kdx ln y = kx+ C y = Cekx

Ako imamo poetni uvjet y(0) = y0, tada imamo rjeenje y = y0ekx.Ako pak imamo poetni uvjet y(x0) = y0, odnosno y0 = Cekx0, tada mo-

emo izraunati C = y0ekx0 i imamo rjeenje y = y0ek(xx0).

Primjer 1.8 opisuje najjednostavniji model populacijske dinamike (za k > 0).Ista jednadba opisuje i, recimo, umnoavanje neutrona pri lananoj reakciji (zak > 0) i radioaktivni raspad (za k < 0). Taj model podrazumijeva da suresursi potrebni za rast populacije neogranieni i da nema umiranja. Uzmemoli k = m n, pri emu je m stopa radanja, a n stopa smrtnosti (relativna),moemo realistinije modelirati populacijsku dinamiku.

Realistiniji model se dobiva kad se vodi rauna o ogranienosti resursa. Tose opisuje formulama

m = b1 b2y, n = b3 + b4y ; bi > 0, i = 1, . . . , 4.

Odavde jek = m n = b1 b3 (b2 + b4)y

= b2 + b4(b1b3b2+b4

y) = (A y).Sad je diferencijalna jednadba oblika

y = (A y)y.


Takva se jednadba zove logistika jednadba. Opisuje irenje zaraze,glasina i druge pojave u biologiji i drutvu.

Separacijom varijabli dobivamo:

dy

(A y)y = dx = y =ACeAx

1 + eAx.

Uz poetni uvjet y(0) = y0 imamo

y(x) =A

1 + ( Ay0 1)eAx .

Za > 0 i A > 0 imamo limx y(x) = A. Broj A je kapacitet (granini)stanita.

1.3.2 Jednadbe homogene u x i y

Funkcija f(x, y) je homogena n-tog stupnja ako vrijedi f(tx, ty) = tnf(x, y).

Primjer 1.9. Dana je funkcija f(x, y) = x2 xy + y2. Raunamo:

f(tx, ty) = t2x2 txty + t2y2 = t2f(x, y)

i zakljuujemo sa je f homogena drugog stupnja.

Definicija 1.2. Obina diferencijalna jednadba je homogena u x i y akoje f(x, y) homogena nultog stupnja, odnosno

f(tx, ty) = t0f(x, y) = f(x, y).

Kako to vrijedi za sve t, mora vrijediti i za t = 1x, pa imamo

f(1

xx,

1

xy) = f(1,

y

x) = f(x, y).

Oznaimo f(1, yx) = ( y

x) i iz prethodnog razmatranja slijedi da je obina dife-

rencijalna jednadba homogena u x i y ako je

y = (y

x).


Jednadbe homogene u x i y svode se na jednadbe sa separiranim varija-blama. Uvodimo novu varijablu u = y

x. Odatle je y = ux pa je y = ux + u.

Nadalje,y = ( y

x) u+ xu = (u)

xu = (u) udu

(u)u =dxx

za (u) 6= udu

(u)u = ln |x|+ lnC.Za (u) = u imamo y = y

x, to ve je jednadba sa separiranim varijablama.

Primjer 1.10. Rijeimo jednadbu y = x2+y2

xy.

Za poetak preuredimo jednadbu na sljedei nain:

y =x2 + y2

xy=x2(1 + y

2

x2)

x2 yx

=1 + ( y

x)2

yx

.

Nakon supstitucije u = yximamo:

xu = 1+u2

u u = 1

u

udu = dxx

/

u2

2= lnx+ lnC = lnCx

u2 = lnCx y2 = x2 lnCx.

1.3.3 Linearna diferencijalna jednadba 1. reda

Obina diferencijalna jednadba je linearna ako je linearna u nepoznatoj funkcijii njenoj derivaciji. Openiti oblik linarne jednadbe prvog reda je sljedei :

A(x)y +B(x)y = f(x). (1.7)

Funkcije A, B i f su definirane na nekom intervalu , . Funkcije A i Bzovemo koeficijenti linearne jednadbe.

Ako je f 0 na , , kaemo da je jednadba (1.7) homogena. Inaekaemo da je nehomogena. Zove se jo i funkcija smetnje.

Smatramo da je A(x) 6= 0 na , . Dijeljenjem jednadbe (1.7) s A(x)dobivamo

y + p(x)y = q(x), (1.8)

pri emu je p(x) = B(x)A(x)

, q(x) = f(x)A(x)

.


Teorem 1.3. Ako su funkcije p(x) i q(x) neprekidne na [a, b] [, ],onda jednadba (1.8) ima jedinstveno rjeenje koje zadovoljava poetni uvjety(x0) = y0 za sve a < x0 < b, < y0


Vratimo u formulu za rjeenje:

y(x) = Cep(x)dx

ope rjeenjepripadne homogene jednadbe

+ ep(x)dx

q(x)e

p(x)dxdx

partikularno rjeenje nehomogenejednadbe koje se dobije za C = 0

y(x) = yH + yP

Poetni uvjet y(x0) = y0 takoder ulazi u jednadbu i imamo:

y(x) = e xx0 p(x)dx

[C +

xx0

q(x)e xx0p(x)dx

dx

].

Za x = x0 granice u integralima se podudaraju pa su svi integrali 0. Dakle jey(x0) = y0 = C, pa je

y(x) = e xx0 p(x)dx

[y0 +

xx0

q(x)e xx0p(x)dx

dx

]- Cauchyjev oblik

Primjer 1.11. Rijeimo jednadbu y + y cosx = 2 cos x.Prvo gledamo pripadnu homogenu jednadbu y+y cosx = 0. Separacijom

varijabli dobijemo njeno ope rjeenje y = Ce sinx. Zatim radimo varijacijukonstanata y(x) = C(x)e sinx. Raunamo y:

y = C (x)e sinx C(x) cosxe sinx

i uvrtavamo u jednadbu:

C (x)e sinx = 2 cos x

C (x) = 2 cosxesinx /

C(x) = 2

cosxesinxdx = 2esinx + C.

Dakle je

y(x) = (2esinx + C)e sinx

= Ce sinx + 2

Do gornjeg smo rjeenja mogli doi i pogadanjem. Pretpostavka y = 2 daje2 + 2 cosx = 2 cosx, sve se slae. O pogadanju e biti vie rijei za obinelinearne diferencijalne jednadbe 2. reda.


1.4 Diferencijalne jednadbe vieg reda

1.4.1 Cauchyjev problem za diferencijalnu jednadbuvieg reda

Neka jey(n) = f(x, y, y, . . . , y(n1)) (1.9)

diferencijalna jednadba ntog reda.Koji su uvjeti potrebni da jednadba (1.9) ima definirano partikularno rjeenje?Kod diferencijalne jednadbe prvog reda y = f(x, y) vidjeli smo da je uz nekeuvjete na funkciju f dovoljno zadati vrijednost y0 partikularnog rjeenja u nekojtoki x0.Za diferencijalne jednadbe vieg reda to nee biti dovoljno, na primjer jednadbay = 0 ima rjeenje y = C1x + C2, C1, C2 R, tako da nam za jedinstvenostrjeenja treba i dodatan uvjet y(x0) = y0.U opem sluaju diferencijalne jednadbe ntog reda za dobivanje partikularnogrjeenja trebamo n uvjeta:

y(x0) = y0, y(x0) = y0, . . . , y

n1(x0) = y(n1)0 (1.10)

gdje su y0, y0, . . . , y(n1)0 neki realni brojevi.

Ovi uvjeti se zovu poetni uvjeti diferencijalne jednadbe (1.9).Cauchyjev problem za diferencijalnu jednadbu (1.9) definiran je na sljedei nain:za zadani x0 nadi rjeenje diferencijalne jednadbe (1.9) koje zadovoljava poetneuvjete (1.10).Mi emo u ovom kolegiju rjeavati diferencijalne jednadbe drugog reda, odnosnopromatrat emo sljedei Cauchyjev problem:

y = f(x, y, y) (1.11)

y(x0) = y0

y(x0) = y0

}(1.12)

O egzistenciji i jedinstvenosti rjeenja ovakvog problema govori sljedei teorem:

Teorem 1.4. Neka jey = f(x, y, y)

1.4. DIFERENCIJALNE JEDNADBE VIEG REDA 13

diferencijalna jednadba drugog reda. Ako je f(x, y, y) neprekidna funkcijana nekoj okolini toke M(x0, y0, y0), tada postoji pozitivan broj h takav da naintervalu x0 h, x0 + h postoji barem jedno rjeenje y = f(x) jednadbe(1.11), koje zadovoljava poetne uvjete y(x0) = y0, y(x0) = y0.

Nadalje, ako funkcija f(x, y, y) ima ograniene parcijalne derivacijef

y,f

yna , onda je takvo rjeenje jedinstveno.

Definicija 1.3. Ope rjeenje jednadbe (1.11) na nekoj okolini gdjepostoji jedinstveno rjeenje Cauchyjevog problema je dvoparametarska fami-lija S funkcija y = (x,C1, C2) ovisna o x i dvije proizvoljne konstante C1 iC2 takve da

(1) za svaki izbor konstanti C1, C2 funkcija y = (x,C1, C2) S je rjeenjeod (1.11), odnosno

(x,C1, C2) = f(x, (x,C1, C2), (x,C1, C2)), x x0 h, x0 + h

(2) za bilo koji poetni uvjet y(x0) = y0, y(x0) = y0 takav da je(x, y0, y

0) , gdje postoji jedinstveno rjeenje Cauchyjevog problema

(1.11), moemo nai C01 , C02 takve da rjeenje y = (x,C01 , C02) Szadovoljava poetne uvjete.

Rjeenje dobiveno iz opeg uvrtavanjem konstanti C1 i C2 zove se parti-kularno rjeenje, a njegov graf koji je krivulja u xyprostoru, zove seintegralna krivulja rjeenja.Relacija (x, y, C1, C2) = 0, koja implicitno definira ope rjeenje, zove seopi ili potpuni integral od (1.11).

1.4.2 Sniavanje reda diferencijalne jednadbe

U ovom emo poglavlju pokazati kako u nekim sluajevima rjeavamo diferenci-jalnu jednadbu 2. reda tako da supstitucijama tu jednadbu svedemo na dife-rencijalnu jednadbu 1. reda.

(1) Promotrimo jednadbuy = f(x).


Integriranjem dobivamo

y =f(x) dx + C1

i

y =

(f(x) dx

)dx+ C1x+ C2, C1, C2 R.

Primjer 1.12. Rijeimo jednadbu y = 2x

Integriramo i dobivamo jednadbu y =

2x dx + C1 = 2 x22 + C1 =x2 + C1 koju opet integriramo te dobivamo rjeenje

y =

x2 dx+ C1x+ C2 =

x3

3+ C1x+ C2, C1, C2 R.

(2) Promotrimo jednadbu oblika

F (x, y, y) = 0.

Ovdje uvodimo supstituciju y(x) = p(x), gdje sada p promatramo kaofunkciju od xa.Tada je y(x) = p(x), odnosno naa jednadba postaje F (x, p, p) = 0,to je diferencijalna jednadba 1. reda.

Primjer 1.13. Rijeimo jednadbu y yx

= 0.

p = y, p = y p px

= 0

p =p

x dp

dx=p

x dp

p=dx

x

/ln p = lnx+ lnC1 p = C1x

y = C1x y = C1x dx+ C2 y = C1x

2

2+ C2

y = C1x2 + C2, C1 =

C12

(neka nova konstanta),C2 R.

(3) Promotrimo jednadbu oblika

F (y, y, y) = 0.


Ovdje koristimo istu supstituciju y = p, ali p promatramo kao funkciju odya, odnosno imamo: y(x) = p(y(x)), tada je y(x) = p(y(x)) y(x),odnosno y = p, a y = pp, pa smo nau jednadbu ponovno sveli nadiferencijalnu jednadbu 1. reda F (y, p, pp) = 0.

Primjer 1.14. Rijeimo jednadbu yy + (y)2 = 0.

y = p, y = pp ypp+ p2 = 0

Ukoliko je p 6= 0 dobivamo yp + p = 0.

p = py dp

dy= p

y dp

p= dy

y

/

ln p = ln y + lnC1 p = C1y y = C1

y

dy

dx=C1y ydy = C1dx

/y2

2= C1x+ C2, odnosno y2 = C1x+ C2, C1, C2 R.

Primijetimo da je u ovom rjeenju ukljuen i sluaj p = 0.

1.4.3 Linearna homogena diferencijalna jednadba 2. reda

Linearna diferencijalna jednadba drugog reda je jednadba koja je linearna utraenoj funkciji y i njenim derivacijama. Oblika je

a0(x)y + a1(x)y + a2(x)y = g(x),

gdje su a0(x), a1(x), a2(x), g(x) funkcije definirane na intervalu , . Ako jeg(x) 0 na tom intervalu, onda kaemo da je jednadba homogena, a inae jenehomogena.Za poetak promatramo linearnu homogenu diferencijalnu jednadbu:

a0(x)y + a1(x)y + a2(x)y = 0.

Opiimo postupak rjeavanja:


Ako je a0(x) 6= 0 na nekom intervalu, onda moemo cijelu jednadbu podijeliti sa0(x) i dobivamo

y + p(x)y + q(x)y = 0 (1.13)

i to je oblik jednadbe koji emo promatrati u daljnjim razmatranjima.Predstojei teoremi opisuju strukturu rjeenja te jednadbe.

Teorem 1.5. Ako je funkcija y0(x) rjeenje linearne homogene diferencijalnejednadbe (1.13), tada je i funkcija Cy0(x) rjeenje jednadbe (1.13) za svakukonstantu C R.Dokaz. Ako je y0(x) rjeenje vrijedi y0 + p(x)y0 + q(x)y0 = 0. Kada topomnoimo s C R slijedi da je Cy0(x) takoder rjeenje i teorem je dokazan.

Teorem 1.6. Ako su y1(x) i y2(x) rjeenja linearne homogene diferencijalnejednadbe (1.13), onda je i njihov zbroj y1(x) + y2(x) rjeenje iste jednadbe.

Dokaz. Neka su y1(x) i y2(x) rjeenja od (1.13), to jest neka vrijedi

y1(x) + p(x)y1(x) + q(x)y1(x) = 0,

y2(x) + p(x)y2(x) + q(x)y2(x) = 0.

Ako ove dvije jednakosti zbrojimo, dobit emo da je i y1(x) + y2(x) rjeenjeiste jednadbe.

Korolar 1.1. Ako su y1(x), y2(x), . . . , ym(x) rjeenja linearne homogene di-

ferencijalne jednadbe (1.13), onda je i njihove linearna kombinacijami=1

Ciyi(x)

rjeenje te iste jednadbe za bilo koji izbor konstanti C1, C2, . . . , Cm R.

Linearna zavisnost i nezavisnost funkcija

Promotrimo sistem funkcija y1(x), y2(x), . . . , yn(x) definiran na intervalu a, b.Definicija 1.4. Kaemo da su funkcije y1(x), y2(x), . . . , yn(x) linearno za-visne na intervalu a, b, ako postoje brojevi 1, 2, . . . , n ne svi 0, takvi davrijedi

1y1(x) + 2y2(x) + + nyn(x) = 0


za sve x a, b.Ako jednakost vrijedi samo za 1 = 2 = . . . = n = 0, kaemo da su funkcijey1(x), y2(x), . . . , yn(x) linearno nezavisne na intervalu a, b.

Primjer 1.15. Funkcije y1(x) = x i y2(x) = 2x su linearno zavisne nasvakom intervalu a, b. Da bismo to pokazali uzmimo 1 = 2 i 2 = 1.Tada je 1y1(x) + 2y2(x) = 2x 2x = 0 za sve x R.

Primjer 1.16. Funkcije 1, x, x2, . . . , xn su linearno nezavisne na svakom in-tervalu a, b.

Pomou sljedeeg teorema moemo provjeriti jesu li funkcije linearno nezavisnekada to nije oito kao u prethodnim primjerima.

Teorem 1.7. (Nuan uvjet za linearnu zavisnost funkcija)Ako su funkcije y1(x), y2(x), . . . , yn(x), koje imaju derivacije do ukljuivo(n1)og reda, linearno zavisne na intervalu a, b, onda je na tom intervaludeterminanta

W (x) =

y1(x) y2(x) yn(x)y1(x) y

2(x) yn(x)

...y

(n1)1 (x) y

(n1)2 (x) y(n1)n (x)

koja se zove determinanta Wronskog (ili krae Wronskijan) sistema funk-cija y1(x), y2(x), . . . , yn(x) identiki jednaka nuli, odnosno W (x) = 0 za svex a, b.

Teorem 1.8. Ako Wronskijan W (x) suatava od n funkcija nije identikijednak nuli na intervalu a, b, onda su te funkcije linearno nezavisne na tomintervalu.

Primjenimo sada ove teoreme na rjeenja linearne homogene diferencijale jed-nadbe:

Teorem 1.9. (Nuan uvjet linearne nezavisnosti rjeenja)Ako su funkcije y1(x), y2(x) linearno nezavisna rjeenja linearne homogene


diferencijalne jednadbe (1.13) na intervalu a, b, onda je Wronskijan

W (x) =

y1(x) y2(x)y1(x) y2(x)

razliit od 0 u svakoj toki intervala a, b.

Teorem 1.10. Neka su y1(x), y2(x) rjeenja linearne homogene diferenci-jalne jednadbe (1.13). Nuan i dovoljan uvjet da ona budu linearno neza-visna na intervalu a, b je da njihov Wronskijan bude razliit od 0.

Struktura opeg rjeenja linearne homogene diferencijalne jednadbe2. reda

Teorem 1.11. Linearna homogena diferencijalna jednadba

y + p(x)y + q(x)y = 0,

gdje su koeficijenti p(x) i q(x) neprekidne funkcije na segmentu [a, b],ima na intervalu a, b ope rjeenje

y = C1y1(x) + C2y2(x).

pri emu su y1(x), y2(x) linearno nezavisna partikularna rjeenja dane jed-nadbe na a, b, a C1, C2 R su proizvoljne konstante.

Definicija 1.5. Skup dvaju linearno nezavisnih partikularnih rjeenja line-arne homogene diferencijalne jednadbe zove se fundamentalan skup rje-enja.

Dakle, da bismo rijeili ovu jednadbu dovoljno je nai dva linearno nezavisnapartikularna rjeenja, to jest fundamentalan skup rjeenja. Takav skup postojiukoliko su koeficijenti neprekidne funkcije:

Teorem 1.12. Za svaku linearnu homogenu diferencijalnu jednadbu dru-gog reda (1.13) s neprekidnim koeficijentima p(x), q(x) postoji fundamentalanskup rjeenja (tovie, beskonano mnogo fundamentalnih skupova rjeenja).


Linearna homogena diferencijalna jednadba 2. reda s konstantnimkoeficijentima

Najjednostavnije neprekidne funkcije su konstantne funkcije i za njih emo opisatiskup rjeenja linearne homogene diferencijalne jednadbe drugog reda.

Promatramo jednadbu

y + py + qy = 0, (1.14)

gdje su p i q neki brojevi.Toj jednadbi pridruujemo njenu karakteristinu jednadbu

2 + p+ q = 0.

To je kvadratna jednadba s nepoznanicom . Fundamentalni skup jednadbe(1.14) nalazimo u ovisnosti o korjenima 1, 2 karakteristine jednadbe na slje-dei nain:

(1) Ako je 1, 2 R i 1 6= 2, fundamentalan skup rjeenja iney1 = e

1x, y2 = e2x.

Dokaz: Provjerimo prvo da su y1 i y2 doista rjeenja.yi = e

ix, i = 1, 2

yi = ieix, yi =

2i eix

yi +pyi+qyi =

2i eix+pie

ix+qeix = eix (2i + pi + q) =0

= eix0 = 0

Da su to dva linearno nezavisna rjeenja provjerimo pomou Wronskijana.

W (x) =

y1 y2y1 y2 =

e1x e2x1e1x 2e2x = 2e1xe2x 1e1xe2x

= e1x+2x >0

(2 1) 6= 0

za svaki x jer je 1 6= 2.

(2) Ako je = 1 = 2 R, imamo y1 = ex, y2 = xex.

(3) Ako je 1,2 = a bi, a, b R, imamo y1 = eax cos(bx), y2 = eax sin(bx).


Primjer 1.17. Rijeimo diferencijalnu jednadbu y + 2y + 5y = 0.

Pripadna karakteristina jednadba je 2 + 2+ 5 = 0 i njena rjeenja su1,2 = 1 2i.Ope rjeenje diferencijalne jednadbe dano je sa:

y = C1ex cos(2x) + C2ex sin(2x) C1, C2 R.

Primjer 1.18. Linearne diferencijalne jednadbe s konstantnim koeficijen-tima se pojavljuju u mnogim problemima s mehanikim i elektrikim oscila-cijama.Promotrimo jednadbu slobodnih mehanikih oscilacija:

md2y

dt2+ h

dy

dt+ ky = 0,

pri emu je nezavisna varijabla t vrijeme, y udaljenost toke koja osciliraod ravnotenog poloaja, m je masa te materijalne toke, h je koeficijenttrenja, a k > 0 je koeficijent elastinosti.Pripadna karakteristina jednadba je m2 + h + k = 0 i ona ima rjeenja1,2 =

h2m

h2

4m2 k

m.

Ukoliko je trenje dovoljno veliko, odnosno h2 > 4mk, tada su njeni korijeni1, 2 realni i negativni i ope rjeenje je dano sa y = C1e1t + C2e2t.Kako su 1 < 0, 2 < 0 zakljuujemo da kad je trenje veliko, udaljenost doravnotenog poloaja tei ka 0 kako se poveava t.Ako je pak trenje malo, odnosno h2 < 4mk, tada su korijeni karakteristinejednadbe i, gdje je = h

2m> 0 i =

km h2

4m2.

U tom je sluaju ope rjeenje dano sa y = C1et cos(t) + C2et sin(t)iliy = Aet sin(t+ ) (C1, C2, A, konstante.)Iz toga vidimo da kad je trenje malo oscilacije se smanjuju.


x

y

Slika 1.3: Kad je trenje malo, oscilacije se smanjuju.

Ukoliko pak nema trenja, odnosno h = 0, tada je karakteristina jednadbam2 + k = 0 i ima rjeenja 1,2 = i

km

pa je rjeenje oblika

y = C1 cos(t) + C2 sin(t) = A sin(t + ), gdje je =

km

pa sad imamostalne oscilacije.

x

y

Slika 1.4: Stalne oscilacije.

1.4.4 Linearna nehomogena diferencijalna jednadba 2.reda

Na kraju emo promatrati jednadbu

y + p(x)y + q(x)y = f(x) (1.15)

i pokazati kako nju rijeiti uz pretpostavku da znamo rijeiti pripadnu homogenujednadbu y + p(x)y + q(x)y = 0.


Teorem 1.13. Ako je y(x) rjeenje nehomogene jednadbe (1.15) i y0(x)rjeenje pripadne homogene jednadbe, onda je njihova suma y(x) + y0(x)takoder rjeenje jednadbe (1.15).

Teorem 1.14. (Struktura opeg rjeenja)Ope rjeenje jednadbe

y + p(x)y + q(x)y = f(x)

na intervalu a, b, gdje su p(x), q(x) i f(x) neprekidne na segmentu [a, b],je suma opeg rjeenja pripadne homogene jednadbe yH = C1y1(x)+C2y2(x)i jednog partikularnog rjeenja yP = y(x) nehomogene jednadbe, odnosno

y = yP + yH .

Znai, ukoliko znamo rijeiti pripadnu homogenu jednadbu, za rijeiti neho-mogenu ostaje nam pronai jedno partikularno rjeenje, pa emo pokazati kakoto moemo uraditi.

Metoda varijacije konstanti

Neka je dana jednadba

y + p(x)y + q(x)y = f(x)

i njena pripadna homogena jednadba y+p(x)y+q(x)y = 0, te neka je rjeenjete homogene jednadbe dano sa

yH = C1y1(x) + C2y2(x).

Tada ope rjeenje nehomogene jednadbe moemo (slino kao i u sluaju linearnediferencijalne jednadbe 1. reda) traiti u obliku

y = C1(x)y1(x) + C2(x)y2(x).

Uvrtavanjem u jednadbu pokazuje se da konstante C1(x) i C2(x) zadovoljavajusustav

C 1(x)y1(x) + C2(x)y2(x) = 0

C 1(x)y1(x) + C

2(x)y

2(x) = f(x),

iz kojeg odredimo te konstante.


Primjer 1.19. Rijeimo jednadbu y + y =1

sinx.

Pripadna homogena jednadba je y + y = 0.Njena karakteristina jednadba je 2 + 1 = 0 i ima korjene 1,2 = i.Rjeenje homogene jednadbe je yH = C1 cosx+ C2 sinx, C1, C2 R.Ope rjeenje traimo u obliku y = C1(x) cosx+ C2(x) sinx.

C 1(x) cosx+ C2(x) sinx = 0 / sinx

C 1(x) sinx+ C 2(x) cosx =1

sinx/ cosx

+C 2(x) (sin

2 x+ cos2 x) 1

=cosx

sinx/

dx

C2(x) = ln(sin x) + C2

C 1(x) cosx+cosx

sinx sinx = 0 C 1(x) = 1 /

dx

C1(x) = x+ C1Pa je ope rjeenje dano sa

y = x cosx+ sinx ln(sinx) yP

+C1 cosx+ C2 sinx yH

, C1, C2 R.

Nehomogena linearna diferencijalna jednadba 2. reda s konstant-nim koeficijentima

Opiimo postupak traenja partikularnog rjeenja za jednadbe sljedeeg oblika:

y + py + qy = f(x), p, q R.

(1) Ukoliko je f(x) oblika f(x) = exPn(x), gdje je R i Pn(x)polinom n-tog stupnja, partikularno rjeenje traimo u oblikuyP = x

rexQn(x), gdje je

r =

0; nije rjesenje karakteristicne jednadzbe,

1; je jednostruko rjesenje karakteristicne jednadzbe,

2; je dvostruko rjesenje karakteristicne jednadzbe,

a Qn(x) je nepoznati polinom n-tog stupnja koji treba nai.


(2) Ukoliko je f(x) oblika f(x) = ex(Pm(x) cos(x) + Qn(x) sin(x)), gdjesu , R, a Pm(x) i Qn(x) polinomi m-tog, odnosno n-tog stupnja (stim da moe neki od njih biti i nul-polinom), partikularno rjeenje traimou obliku yP = xrex(SN(x) cos(x) + TN(x) sin(x)), gdje je

r =

{0; + i nije rjesenje karakteristicne jednadzbe,

1; + i je rjesenje karakteristicne jednadzbe,

N = max{m,n}, a SN(x) i TN(x) su nepoznati polinomi N -tog stupnjakoje treba nai.

Primjer 1.20. Rijeimo jednadbu y + y = sinx.Pripadna homogena jednadba je y + y = 0, njena karakteristina je

2 + = 0 i ona ima rjeenja 1 = 0 i 2 = 1.Rjeenje homogene jednadbe je yH = C1 + C2ex, C1, C2 R.Partikularno rjeenje traimo u obliku yP = A cosx+B sinx.Deriviramo yP = A sinx+B cosx, yP = A cosxB sinx, i uvrstimo ujednadbu yP + yP = sinx.Dobivamo sustav: A cosxB sinx A sinx+B cosx = sinx (B A) cosx (A+B) sinx = sinx AB = 0 A = B A+B = 1 A = B = 1

2.

yP = 12

cosx 12

sinx.

Ope rjeenje:

y = 12

cosx 12

sinx+ C1 + C2ex, C1, C2 R.

Poglavlje 2

Funkcije vie varijabli

2.1 Osnovne definicije

Funkcije jedne varijable nisu nam dovoljne da opiemo to se dogada u svijetukoji nas okruuje, ve mnoge funkcije koje se pojavljuju u stvarnosti ovise o dvijeili vie varijabli. Npr. volumen kvadra ije su stranice duljina x, y i z dan jefunkcijom koja ima tri varijable V (x, y, z) = xyz.Neka je Rn n-dimenzionalni Euklidski prostor, Rn = R . . . R

n puta

,

to jest Rn = {(x1, x2, . . . , xn); x1, x2, . . . , xn R}.Neka su dane dvije toke P (x1, x2, . . . , xn) i Q(y1, y2, . . . , yn) iz Rn. Njihovuudaljenost definiramo sa

d(P,Q) =

(y1 x1)2 + (y2 x2)2 + + (yn xn)2.

Vidimo da ona odgovara formulama koje smo imali u R,R2 i R3.

Definicija 2.1. Neka je M0(x01, x02, . . . , x0n) Rn i neka je > 0 realan broj.Skup svih M Rn takvih da je d(M,M0) < zovemo (n-dimenzionalna)otvorena kugla sa sreditem u M0 radijusa .Zapis: K(M0, ) = {M Rn; d(M,M0) < }.

Definicija 2.2. Za skup E Rn kaemo da je otvoren ako za svaku tokuM E iz tog skupa postoji > 0 takav da je kugla sa sreditem u toj tokiradijusa unutar skupa E, to jest K(M, ) E.

25

26 POGLAVLJE 2. FUNKCIJE VIE VARIJABLI

x

y

( , )0x 0y

Slika 2.1: Otvorena kugla

x

y K(P ),d0

x

yNIJE OTVOREN

x

y

ab, cd,

Slika 2.2: Otvoreni skupovi

Definicija 2.3. Skup E Rn je zatvoren, ako je njegov komplement Rn\Eotvoren.

x

y Zatvorena kugla

x

y [ ] [ ]cd,ab,

Slika 2.3: Zatvoreni skupovi

Postoje skupovi koji nisu ni otvoreni ni zatvoreni, npr. [a, b u R.Definicija 2.4. Neka je M Rn. Svaki otvoren skup koji sadri toku Mzove se okolina od M.Rub ili granica skupa E Rn je skup svih toaka M Rn takvih da svakaokolina toke M sadri i toke koje pripadaju skupu E i toke izvan E. Rubod E oznaavamo E. Unija skupa E Rn i njegovog ruba E zove sezatvara od E u zapisu E = E E i to je najmanji zatvoren skup kojisadri E.

2.1. OSNOVNE DEFINICIJE 27

Definicija 2.5. Skup E Rn je ogranien ako postoji otvorena kuglaK(M0, ) takva da je E K(M0, ).Definicija 2.6. Neka su dane dvije tokeA(x1, x2, . . . , xn), B(y1, y2, . . . , yn) Rn. Spojnica toaka A i B je skup

AB = {(x1 + t(y1 x1), x2 + t(y2 x2), . . . , xn + t(yn xn)) : t [0, 1]} .

Vidimo da to odgovara onome to smo imali u R2 i R3.

x

y

x xx

B x ,y( )2 2

A x ,y( )1 1

1 2

x-x1

x2-x1 =y-

y1y2-y1 =t e [0,1]

x=x +t x x( - )121

y=y +t y y( - )121

Slika 2.4: Spojnica u R2

Definicija 2.7. Skup E Rn je konveksan ako za svake dvije toke A,B E vrijedi AB E.

KONVEKSANNEKONVEKSAN

Slika 2.5: Konveksnost

Definicija 2.8. Skup E Rn je povezan ako se svake dvije tokeA,B E mogu spojiti poligonijalnom linijom koja je sadrana u E (odnosnounijom konanog broja spojnica koje su sadrane u E).


POVEZAN

NEPOVEZAN

Slika 2.6: Povezanost

Definicija 2.9. Otvoren i povezan skup se zove podruje.

Mi emo promatrati funkcije f : E Rn R. Obino e biti zadane formulomf(x1, x2, . . . , xn) i tada skup svih (x1, x2, . . . , xn) Rn za koji je ova funkcijadefinirana zovemo prirodnom domenom funkcije f i oznaavamo D(f).

Primjer 2.1. Odredimo domenu funkcije f(x, y) = x

1 x y2.1 x y2 0 x 1 y2 D(f) = {(x, y) R2; x 1 y2}.

x

y

1

Slika 2.7: Domena od f(x, y) = x

1 x y2

Definicija 2.10. Neka je f : E Rn R. Graf funkcije f je skup

f = {(x1, x2, . . . , xn, f(x1, x2, . . . , xn)); (x1, x2, . . . , xn) E} Rn+1.

Kako grafiki moemo prikazivati samo u R3, crtat emo samo grafove funk-cija dviju varijabli f(x, y).

2.2. PRIMJERI NEKIH PLOHA 2. REDA 29

2.2 Primjeri nekih ploha 2. reda

SFERAx2 + y2 + z2 = 1

x

y

z

Slika 2.8: Sfera

2.2.1 Rotacijske plohe

ROTACIJSKI PARABOLOIDz = x2 + y2

x

y

z

Slika 2.9: Paraboloid


ROTACIJSKI STOACz = 1x2 + y2

x

y

z

Slika 2.10: Rotacijski stoac

2.2.2 Cilindrine plohe

x2 + y2 = 1

x

y

z

Slika 2.11: Cilindar

Definicija 2.11. Neka je dana funkcija dvije varijable f(x, y).Nivo-krivuljafunkcije f je skup svih toaka u xy-ravnini za koje je vrijednost funkcije kons-tanta, odnosno z = f(x, y) = c.

To je jo jedan nain kako moemo grafiki prikazivati grafove funkcija dvijevarijable, ali ovaj puta u xy-ravnini.

2.2. PRIMJERI NEKIH PLOHA 2. REDA 31

x

yz=3

z=2

z=1

Slika 2.12: Nivo krivulje


2.3 Limes i neprekidnost

Definicija 2.12. Neka je funkcija f(M) definirana na nekoj okolini Rn toke M0, osim moda u samoj toki M0. Realan broj A se zove limesfunkcije f u toki M0 ako za svaki > 0 postoji > 0 takav da za sve tokeM razliite od M0 vrijedi |f(M)A| < kad god je 0 < d(M,M0) < .

( > 0)( > 0)t.d.(0 < d(M,M0) < |f(M) A| < )

To zapisujemo: A = limMM0

f(M).

Napomena 2.1. Kao i kod funkcija jedne varijable, ako limes postoji, on jejedinstven.

Primjer 2.2. f(x, y) = x2 + y2

Izraunajmo lim(x,y)(0,0)

f(x, y).

Dokaimo da je lim(x,y)(0,0)

(x2 + y2) = 0.

Treba pokazati da za svaki > 0 moemo nai > 0 takav da

0 0)( > 0) takvi da za sve M za koje jed(M,M0) < vrijedi |f(M) f(M0)| < .Ukoliko je f neprekidna u svakoj toki iz , kaemo da je f neprekidna na.


Teorem 2.2. Ako su funkcije f(M) i g(M) neprekidne u toki M0 Rn,onda su u M0 neprekidne i funkcije f(M) g(M), f(M) g(M) i f(M)

g(M)ako

je g(M0) 6= 0.

Definicija 2.14. Neka je f : Rn R. Za funkciju f kaemo da jeograniena (na ) ako postoji M > 0 takav da vrijedi |f(P )| < M za sveP .

Teorem 2.3. Neka je Rn podruje i f : R funkcija neprekidna uM0 . Tada je f ograniena na nekoj okolini toke M0.

Teorem 2.4. Ako je funkcija f(M) neprekidna na ogranienom i zatvorenompodruju D, tada je f(M) ograniena na D, na D poprima svoj minimum imaksimum i sve meduvrijednosti.

2.4. PARCIJALNE DERIVACIJE I DIFERENCIJALI 35

2.4 Parcijalne derivacije i diferencijali

Neka je funkcija z = f(x, y) definirana na nekom podruju D R2 i neka je(x, y) D. Promotrimo prirast x u x tako da je (x+ x, y) D.

x

y

( )x,y ( )x+ x,yD

D

Slika 2.14: Prirast varijable x

Prirast xz = f(x+ x, y) f(x, y) se zove parcijalni prirast u z.

Definicija 2.15. Ako kvocijentxz

xima konaan limes kad x 0 taj

limes zovemo parcijalna derivacija funkcije z = f(x, y) u toki (x, y) po

varijabli x. To oznaavamo:z

x(x, y) ili

f

x(x, y).

Znaif

x(x, y) = lim

x0f(x+ x, y) f(x, y)

x.

Analogno se definira parcijalna derivacija u toki (x, y) po varijabli y:

f

y(x, y) = lim

y0f(x, y + y) f(x, y)

y.

Primjer 2.4. Izraunajtef

x(x, y) i

f

y(x, y) ako je f(x, y) = xy2.

f

x(x, y) = lim

x0f(x+ x, y) f(x, y)

x= lim

x0(x+ x)y2 xy2

x= lim

x0y2 = y2.


f

y(x, y) = lim

x0f(x, y + y) f(x, y)

y= lim

y0x(y + y)2 xy2

y

= limy0

2xyy + x(y)2

y= lim

y0(2xy + xy) = 2xy + 0 = 2xy.

Primjer 2.5. Primijetimo da nam kod funkcija dviju varijabli postojanjeparcijalnih derivacija ne povlai neprekidnost kao kod funkcija jedne varijable.Neka je

f(x, y)

2xy

x2 + y2; (x, y) 6= (0, 0)

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

Tada f nije neprekidna u (0, 0) jer uope nema limes u toj toki, ali

f

x(0, 0) = lim

x0f(x, 0) f(0, 0)

x= lim

x00 0x

= 0,

f

y(0, 0) = lim

y0f(0,y) f(0, 0)

y= lim

y00 0y

= 0,

pa vidimo da ovdje diferencijabilnost funkcija dviju varijabli moramo nekakodrugaije definirati.

Definicija 2.16. Neka je z = f(x, y) funkcija definirana na nekom podrujuD i neka je (x, y) D. Neka x i y oznaavaju priraste u varijablama xi y takve da je (x + x, y + y) D. Za funkciju z = f(x, y) kaemo da jediferencijabilna u toki (x, y) D ako je njezin totalni prirastz = f(x+ x, y + y) f(x, y) prikaziv u obliku

z = Ax+By + (x,y)x+ (x,y)y,

gdje A i B ne ovise o x i y (mogu ovisiti o x i y), a (x,y) i(x,y) tee nuli kad x i y tee nuli.Ako je funkcija z = f(x, y) diferencijabilna u toki (x, y), tada Ax+ Byzovemo diferencijal od z = f(x, y) u toki (x, y).Diferencijal oznaavamo: dz = Ax+By z = dz + x+ y.

Primjer 2.6. Izraunajmo totalni prirast od z = x2 + y2.Raunamo :

z = (x+ x)2 + (y+ y)2 x2 y2 = 2xx+ 2yy+ x x+ y y,


iz ega vidimo A = 2x, B = 2y, (x,y) = x, (x,y) = y.Oito i tee nuli kad x, y 0.Znai funkcija z = x2 + y2 je diferencijabilna u svakoj toki (x, y) R2; ivrijedi z = 2xx+ 2yy.

Teorem 2.5. Ako je funkcija z = f(x, y) diferencijabilna u nekoj toki, ondaje f(x, y) neprekidna u toj toki.

Teorem 2.6. Ako je funkcija z = f(x, y) diferencijabilna u nekoj toki, ondaf(x, y) ima parcijalne derivacije u toj toki.U tom sluaju vrijedi

z =z

xx+

z

yy + x+ y.

Teorem 2.7. Neka funkcija z = f(x, y) ima parcijalne derivacije na nekoj

okolini toke (x0, y0) i neka su te parcijalne derivacijef

xif

yneprekidne u

(x0, y0). Tada je z = f(x, y) diferencijabilna u (x0, y0).Totalni diferencijal diferencijabilne funkcije z = f(x, y) je

dz =z

xdx+

z

ydy,

gdje su dx = x, dy = y diferencijali nezavisnih varijabli.

2.4.1 Geometrijska interpretacija parcijalnih derivacija

Promotrimo plohu S zadanu jednadbom z = f(x, y) u trodimenzionalnom pros-toru gdje je f(x, y) neprekidna funkcija koja ima parcijalne derivacije na nekompodruju D. elimo interpretirati parcijalne derivacije funkcije f(x, y) u tokiM0(x0, y0) D, koja odgovara toki N0(x0, y0, f(x0, y0)) na plohi S.Kad raunamo parcijalnu derivaciju z

xu M0 promatramo z = f(x, y) kao

funkciju jedne varijable x, a y tretiramo kao konstantu y = y0, odnosno z =f(x, y0) = f1(x).

Funkciju z = f1(x) definira krivulja L dobivena presjekom plohe S ravninom

y = y0. Jasno jez

x(x0, y0) = f

1(x0) to je ustvari koeficijent smjera tangente

na krivulju L u toki N0.


x

y

z

M

L

N0

x0

y0

Slika 2.15: Tangente na presjene krivulje

Analogno jez

x(x0, y0) koeficijent smjera tangente na krivulju M dobivenu

kao presjek plohe S i ravnine x = x0, u toki N0.

2.4.2 Derivacija kompozicije funkcija

Neka je funkcija z = f(x, y) definirana na nekom podruju D R2 i neka su xi y funkcije od varijable t takve da je x = (t), y = (t), t t0, t1.Pretpostavimo da je za svaku toku t t0, t1 odgovarajua toka(x, y) = (x(t), y(t)) sadrana u D.Tada je z = f(x, y) = f [(t), (t)] funkcija u jednoj varijabli t.

Teorem 2.8. Ako u toki t postoji derivacijadx

dt= (t) i

dy

dt= (t) i ako

je funkcija f(x, y) diferencijabilna u x = (t) i y = (t), onda funkcijaz = f [(t), (t)] ima derivaciju i vrijedi

dz

dt=z

x dxdt

+z

y dydt.

Primjer 2.7. z = x2 + y2, x = sin t, y = t3

z

x= 2x,

z

y= 2y,

dx

dt= cos t,

dy

dt= 3t2

dz

dt= 2x cos t+ 2y 3t2 = 2 sin t cos t+ 2t3 3t2 = sin(2t) + 6t5.


Primijetimo sada sljedeu kompoziciju funkcija.z = f(x, y), x = (, ), y = (, ) pa je z = z(, ) = f((, ), (, )).

Neka postoje neprekidne parcijalne derivacijex

,x

,y

,y

u toki (, ) i

neka je f(x, y) diferencijabilna u toki (x, y) = (x(, ), y(, )).

Tada z = z(, ) ima parcijalne derivacijez

,z

i vrijedi

z

=z

x x

+z

y y

iz

=z

x x

+z

y y.

Primjer 2.8. z = x2y xy2, x = , y =

z

x= 2xy y2, z

y= x2 2xy, x

= ,

x

= ,

y

=

1

,y

=

2

z

= (2xy y2) + (x2 2xy) 1

=

(2

2

2

) +

(22 2

) 1

= 22 2

2 2

2

= 32 3

2

z

= (2xy y2) + (x2 2xy)

( 2

)=

(2

2

2

) +

(22 2

)( 2

)= 23

3

2 3 + 2

3

2= 3 +

3

2


2.5 Implicitno zadane funkcije

Promatramo funkciju F (x, y) dviju varijabli zadanu na nekom podruju G u xy -ravnini. Ako za svaki x u intervalu x0 , x0 + postoji jedinstveni y takav daje F (x, y) = 0, onda pridruivanjem x 7 y definiramo funkciju y(x). Kaemoda je funkcija y(x) implicitno zadana jednadbom F (x, y) = 0.

Primjer 2.9. Jednadbom x2y = 0 implicitno je zadana funkcija y(x) = x2.

Primjer 2.10. Jednadbom x2 + y2 + 1 = 0 nije zadana nikakva funkcija,jer niti za jedan x ta jednadba nema rjeenje po y.

Ako se jednadba F (x, y) = 0 moe rijeiti po y, onda funkciju y = y(x) imamou eksplicitnom obliku.

Primjer 2.11. F (x, y) = yey x.Na intervalu 0, za svaki x imamo jedinstveni y za koji je x = yey. Toznamo jer je y inverzna funkcija od xex. Ta funkcija postoji jer je xex bijek-cija s 0, na 0,. Funkcija y se ne moe dobiti u eksplicitnom oblikupreko elementarnih funkcija. Unato tome, ona je dobro definirana.

x

y

Slika 2.16: Graf implicitno zadane funkcije y

Pitanja:

1 Kada je jednadbom F (x, y) = 0 implicitno zadana funkcija y = y(x)?

2 Moemo li o funkciji y(x) implicitno zadanoj jednadbom F (x, y) = 0 togodzakljuiti i ako je ne moemo eksplicitno prikazati?(Rast, pad, ekstremi,. . . )

2.5. IMPLICITNO ZADANE FUNKCIJE 41

S pojmovima eksplicitno i implicitno smo se susretali kod jednadbe pravca.Moemo li iz tog iskustva izvui neke zakljuke?

Primjer 2.12. F (x, y) = Ax+By + C = 0

y = ABx C

Bza B 6= 0

x = BAy C

Aza A 6= 0

Ako su A,B = 0, jednadba C = 0 ne opisuje pravac. Dakle, da bi jednadbaAx+By+C = 0 opisivala pravac (tj. graf polinoma 1. stupnja), barem jedanod A,B mora biti razliit od nule, tj. A2+B2 > 0. Eksplicitno se moe izrazitiona koordinata uz koju je koeficijent razliit od nule. Koeficijenti su vezaniuz nagib, nagib je vezan uz derivaciju. Zaista, uz F (x, y) = Ax + By + C

imamo A =F

x, B =

F

y.

Ova se opservacija formalizira sljedeim teoremom.

Teorem 2.9. (O implicitnoj funkciji) Neka je funkcija F (x, y) definirana ineprekidna na x0 1, x0 + 1 y0 2, y0 + 2 = D i neka su na Dneprekidne i njene parcijalne derivacije

F

xiF

y. Neka je

(i) F (x0, y0) = 0

(ii)F

y(x0, y0) 6= 0.

Tada postoji okolina I = x0, x0+ toke x0 na kojoj je zadana neprekidnafunkcija y = f(x0) i F (x, f(x)) = 0 za sve x iz x0 , x0 + . tovie,funkcija f(x) je derivabilna na I i vrijedi

f (x) =dy

dx=

FxFy

.


0

0

0

y f x= ( )D

1

1

0 2

2

F xy( , )=0

Slika 2.17: Implicitno zadana funkcija

Uvjet (i) jami postojanje rjeenja, tj. da bar jedna toka zadovoljavaF (x, y) = 0, a uvjet (ii) daje jedinstvenost, a time i svojstvo bivanja funkcijom.Gledamo desnu sliku. U toki (x1, y1) su uvjeti zadovoljeni, na nekoj okolini odx1 je krivulja zadana s F (x, y) = 0 graf funkcije y = f1(x). U toki (x2, y2)je F

y= 0, pa nema okoline od x2 na kojoj je krivulja F (x, y) = 0 graf neke

funkcije y = f2(x).

Dokaz teorema o implicitnoj funkciji:Prva tvrdnja teorema zahtijeva puno vremena i neemo je dokazivati. Dokazatemo samo tvrdnju o derivaciji. U okolini toke (x0, y0) imamo zadany(x) = f(x) takav da je F (x, f(x)) 0. Dakle je i d

dxF (x, f(x)) = 0 za sve

toke iz te okoline. Po pravilu za deriviranje sloene funkcije,

d

dxF (x, y(x)) =

F

x

dx

dx+F

y

dy

dx= 0. Odatle,

dy

dx=

FxFy

= f (x).

Primjer 2.13. F (x, y) = yey x.F

y= ey + yey = (1 + y)ey > 0 za sve (x, y) 0, 0,.

Sada imamo y(x) = FxFy

= 1ey(1 + y)

=1

x+ ey.

Primjer 2.14. F (x, y) = x2 + y2 R.F

x= 2x,

F

y= 2y, y(x) = x

y, y 6= 0.

2.5. IMPLICITNO ZADANE FUNKCIJE 43

Slino se moe dokazati i teorem o uvjetima uz koje jednadbaF (x, y, z) = 0 implicitno zadaje funkciju z = f(x, y) u okolini toke (x0, y0, z0)

za koju je F (x0, y0, z0) = 0. Glavno je da vrijediF

z(x0, y0, z0) 6= 0. (Prisjetimo

se implicitne i eksplicitne jednadbe ravnine.)

Tada imamo:z

x=

FxFz

,z

y=

Fy

Fz

.


2.6 Tangencijalna ravnina i normala na plohu

Neka je S ploha zadana jednadbom F (x, y, z) = 0. Toka M na plohi S jeregularna (nesingularna) toka ako sve tri parcijalne derivacije F

x, Fy

i Fz

postoje i neprekidne su u toki M i barem jedna od njih je razliita od nule. Akosve tri parcijalne derivacije iezavaju u M ili barem jedna od njih ne postoji,toka M je singularna.

Uvjet regularnosti toke je(F

x

)2+

(F

y

)2+

(F

z

)2> 0.

Primjer 2.15. Promatramo plohu zadanu s F (x, y, z) = x2 + y2 z2 = 0.To je stoac s vrhom u ishoditu.

F

x= 2x,

F

y= 2y,

F

z= 2z.

Jedina singularna toka je (0, 0, 0), tj. ishodite.

Slika 2.18: Stoac

Primjer 2.16. Ravnina zadana s Ax+By +Cz +D = 0 nema singularnihtoaka.Kao prvo, znamo da je A2 + B2 + C2 > 0 uvjet da bi gornja jednadbadefinirala ravninu. Tada ravninu moemo shvatiti kao plohu S definiranujednadbom F (x, y, z) = 0, pri emu je F (x, y, z) = Ax+By+Cz+D. Laganovidimo da je F

x= AF

y= B, F

z= C pa nam gornji uvjet na koeficijente

daje nesingularnost svih toaka ravnine.

Koje je znaenje koeficijenata A,B,C u opoj jednadbi ravnine? Prisjetimo se

2.6. TANGENCIJALNA RAVNINA I NORMALA NA PLOHU 45

da je vektor normale na ravninu Ax+By + Cz +D = 0 vektor

~n = A~i+B~j + C~k =F

x~i+

F

y~j +

F

z~k.

Vidjet emo da isto vrijedi za plohe S definirane funkcijom F (x, y, z).

00

y f x= ( )

tn

Slika 2.19:

U svakoj toki grafa glatke funkcije y = f(x) imamo jedinstvenu tangentu inormalu. Za razliku od toga, u svakoj regularnoj toki plohe S ima beskonanomnogo tangenata. Moe se pokazati da su one sve okomite na isti pravac, tj.njihovi vektori smjera su okomiti na vektor smjera tog pravca. To posebno znaida sve tangente na plohu S u njenoj regularnoj toki M lee u istoj ravnini.

Tangencijalna ravnina na plohu S u regularnoj toki P je skup svih tangenatana S u toki P . Pravac kroz P okomit na tangencijalnu ravninu zove se normalana S u toki P .

Vektor ~n dan sa ~n =F

x

P

~i+F

y

P

~j +F

z

P

~k je vektor normale na plohu S

u njenoj regularnoj toki P .Jednadba tangencijalne ravnine na plohu S zadanu jednadbom F (x, y, z) = 0u njenoj regularnoj toki P (x0, y0, z0) dana je s

F

x

(x0,y0,z0)

(x x0) + Fy

(x0,y0,z0)

(y y0) + Fz

(x0,y0,z0)

(z z0) = 0.

Jednadba normale u toj toki je

x x0Fx

(x0,y0,z0)

=y y0

Fy

(x0,y0,z0)

=z z0

Fz

(x0,y0,z0)

.


Ako je ploha S zadana eksplicitno kao z = f(x, y), jednadbe tangencijalneravnine i normale u regularnoj toki P (x0, y0, z0) postaju

z = f(x0, y0) +f

x

(x0,y0)

(x x0) + fy

(x0,y0)

(y y0),

x x0fx

(x0, y0)=

y y0fy

(x0, y0)=z z01 .

Zato nas uope zanima tangencijalna ravnina? Kao to je tangentna na grafrealne funkcije realne varijable f : R R u toki (x0, y0) najbolja linearnaaproksimacija te krivulje oko toke (x0, y0) (pravac najblii krivulji), tako je itangencijalna ravnina na plohu z = f(x, y) u tokiM najbolje aproksimira plohuu toj toki. To je linearna aproksimacije te plohe u okolini toke M .

2.7. POTPUNI DIFERENCIJAL 47

2.7 Potpuni diferencijal

Gledamo plohu S i tangencijalnu ravninu u njenoj regularnoj tokiM0 = (x0, y0, z0).Neka je S zadano kao z = f(x, y). Stavimo li u jednadbi tangencijalne ravninex x0 = x, y y0 = y imamo

z z0 = fx

(x0, y0)x+f

y(x0, y0)y.

Izraz na desnoj strani je promjena z-koordinate toke na tangencijalnoj ravninikad se iz (x0, y0) maknemo za x po x i za y po y. To je linearna funkcija dvijuvarijabli, x i y, a koeficijenti su joj vrijednosti parcijalnih derivacija funkcije f utoki (x0, y0). Prirast po tangencijalnoj ravnini je aproksimacija prirasta po plohi.Polinom u dvjema varijablama h i k s koeficijentima f

x(x0, y0) i fy (x0, y0) se

zove potpuni diferencijal funkcije f u toki (x0, y0). To je polinom 1. stupnjau svojim varijablama.

df(x0, y0) ime

(h, k) argumenti

=f

x(x0, y0)

koeficijent

h+f

y(x0, y0)

koeficijent

k

df(x0, y0)(dx, dy) =f

x(x0, y0)dx+

f

y(x0, y0)dy

=

(f

x(x0, y0)~i+

f

y(x0, y0)~j

) (dx~i+ dy~j).

Prisjetimo se situacije iz jedne dimenzije: df(x0)(dx) = f (x0)dx.

00

Df}

0+Dx

Slika 2.20:


2.8 Derivacije i diferencijali vieg reda

Neka funkcija z = f(x, y) ima parcijalne derivacije fx

i fy. Te su derivacije i

same funkcije dviju varijabli, pa i one mogu imati svoje parcijalne derivacije unekim (ili u svim) tokama.Ako postoji

x

(fx

)onda kaemo da f ima drugu parcijalnu derivaciju po x i

piemo

x

(f

x

)=2f

x2.

Slino,2f

y2=

y

(f

y

),

2f

xy=

x

(f

y

)i2f

yx=

y

(f

x

).

Funkcije2f

xyi2f

yxsu mjeovite parcijalne derivacije.

Primjer 2.17. f(x, y) = x3y2 xy3.f

x= 3x2y2 y3, f

y= 2x3y 3xy2

2f

x2= 6xy2,

2f

yx= 6x2y 3y2

2f

y2= 2x3 6xy,

2f

xy= 6x2y 3y2

U gornjem primjeru je 2f

yx=

2fxy

. Je li to sluajno?

Teorem 2.10. (Schwarz)Neka funkcija f(x, y) ima parcijalne derivacije f

x, f

y,

2fyx

i 2f

xyu nekoj

okolini toke M0 = (x0, y0) i neka su 2f

yxi

2fxy

neprekidne u M0.

Tada je2f

yx=

2f

xyu M0.

Analogno se definiraju i parcijalne derivacije viih redova. Za mjeovite par-cijalne derivacije vrijedi analogon Schwarzovog teorema.

Pogledajmo potpuni diferencijal funkcije z = f(x, y): dz = fxdx+ f

ydy.

To je funkcija od x i y, pa moemo traiti njezin potpuni diferencijal. Drugidiferencijal ili diferencijal drugog reda d2z definiramo kao d2z = d(dz).

2.8. DERIVACIJE I DIFERENCIJALI VIEG REDA 49

Izraunajmo d2z:

d2z = d(dz) = d

(z

xdx+

z

ydy

)= d

(z

xdx

)+ d

(z

ydy

)= d

(z

x

)dx+ d

(z

y

)dy

(dx i dy su konstantni)

d

(z

x

)=

x

(z

x

)dx+

y

(z

x

)dy =

2z

x2dx+

2z

yxdy

d

(z

y

)=

x

(z

y

)dx+

y

(z

y

)dy =

2z

xydx+

2z

y2dy

d2z =2z

x2(dx)2 + 2

2z

xydxdy +

2z

y2(dy)2

Ovo se moe kompaktno zapisati preko simbolikog kvadriranja:

d2z =

(

xdx+

ydy

)2z

Analogno se definiraju i diferencijali vieg reda: dnz = d(dn1z).Ako z = f(x, y) ima neprekidne sve parcijalne derivacije do reda ukljuivo n,moemo pisati

dnz =

(

xdx+

ydy

)nz.


2.9 Taylorov teorem

Neka funkcija z = f(x, y) ima neprekidne parcijalne derivacije do reda ukljuivon na nekoj okolini toke (x0, y0) i neka je toka (x0 +x, y0 +y) u toj okolini.Zanima nas kako se mijenja vrijednost funkcije f ako se iz (x0, y0) pomaknemou (x0 + x, y0 + y). to vie informacija imamo o funkciji u M0 (tj. to vienjenih derivacija znamo), to bolju informaciju moemo dobiti o vrijednosti u M .Postupamo po analogiji sa sluajem funkcije jedne varijable, samo to umjestovrijednosti derivacija u x0 moramo uzimati diferencijale.

M=0 ( )x,y0 0

M=( )x+ x,y+ yD D0 0

M

Slika 2.21: Spojnica M0M

Teorem 2.11.

f(x0 + x, y0 + y) = f(x0, y0) +

(

xx+

yy

)f(x0,y0)

+1

2!

(

xx+

yy

)2f(x0,y0)

+ . . .

+1

(n 1)!(

xx+

yy

)n1f(x0,y0)

+1

n!

(

xx+

yy

)nf(x,y)

pri emu je toka M = (x, y) na spojnici toaka M0M.

Ovo je Taylorova formula za funkciju dviju varijabli. Sastoji se od polino-mijalnog komada tzv. Taylorovog polinoma i ostatka.Taylorov polinom je polinom u varijablama x i y, koeficijenti su mu vrijed-nosti parcijalnih derivacija funkcije z = f(x, y) u toki M0 = (x0, y0).Ostatak je vrijednost ntog diferencijala, no njegovi su koeficijenti vrijednosti

2.9. TAYLOROV TEOREM 51

parcijalnih derivacija funkcije f u nepoznatoj tokiM . Kako se tokaM nalaziizmedu M0 i M , gornji se teorem jo zove i Taylorov teorem srednje vrijednosti.

Primjer 2.18. Taylorov polinom 2. stupnja funkcije f(x, y) u toki (x0, y0)je

(T2f(x0, y0))(x,y) = f(x0, y0) +f

x(x0, y0)x+

f

y(x0, y0)y

+1

2

(2f

x(x0, y0)x

2 + 22f

xy(x0, y0)xy

+2f

y(x0, y0)y

2

)Sada imamo f(x0 + x, y0 + y) = (T2f(x0, y0))(x,y) + R3, gdje R3ukljuuje vrijednosti treih parcijalnih derivacija funkcije f(x, y) u nepoznatojtoki koja se nalazi izmedu (x0, y0) i (x0 + x, y0 + y).

Taylorov polinom funkcije f(x, y) u toki (0, 0) zove se Maclaurinov polinom.Za dovoljno glatke funkcije imamo i razvoj u Taylorov (Maclaurinov) red.


2.10 Ekstremi funkcija vie varijabli

Promatramo funkciju z = f(x, y) definiranu na podruju D i tokuM0 = (x0, y0) u tom podruju.Ako postoji okolina toke M0 takva da je

f(x0, y0) = f(x, y) f(x0, y0) 0, (x, y) ,

kaemo da u toki M0 funkcija ima lokalni maksimum.Ako za sve (x, y) vrijedi

f(x0, y0) = f(x, y) f(x0, y0) 0,

kaemo da funkcija u M0 ima lokalni minimum. Lokalni maksimum i lokalniminimum su lokalni ekstremi.Ako su nejednakosti stroge, govorimo o strogim lokalnim ekstremima.Dakle, toka M0 = (x0, y0) je toka lokalnog ekstrema ako postoji okolina odM0 tako da za sve toke (x, y) prirast f(x0, y0) = f(x, y)f(x0, y0) imakonstantan predznak.

Primjer 2.19. f(x, y) = x2 + y2 ima (strogi) lokalni minimum u (0, 0).

Primjer 2.20. f(x, y) = x2 y2 ima (strogi) lokalni maksimum u (0, 0).

Primjer 2.21. f(x, y) = y2 ima lokalni minimum u svakoj toki oblika (x, 0).

Sljedei teorem je dvodimenzionalni analogon Fermatove leme.

Teorem 2.12. (Nuan uvjet ekstrema)Ako glatka funkcija f(x, y) ima lokalni ekstrem u toki M0 = (x0, y0) tada sesve parcijalne derivacije ponitavaju u toj toki:

f

x(x0, y0) =

f

y(x0, y0) = 0.

Dokaz: Znamo da f ima lokalni ekstrem u M0 = (x0, y0) pa zakljuujemoda kad fiksiramo y = y0, funkcija jedna varijable f(x, y0) ima lokalni ekstrem ux0. Po Fermatovoj lemi slijedi da je f (x, y0)

x=x0

= fx

(x0, y0) = 0. Tvrdnja za

parcijalnu derivaciju po drugoj varijabli slijedi analogno i teorem je dokazan.

2.10. EKSTREMI FUNKCIJA VIE VARIJABLI 53

Toka u kojoj se sve parcijalne derivacije ponitavaju zove se stacionarnatoka.Geometrijski, stacionarna toka je toka u kojoj je tangencijalna ravnina na graffunkcije horizontalna.

x

y

z

Slika 2.22: Tangencijalna ravnina u toki globalnog maksimuma

Gornji teorem ne daje dovoljne uvjete, tj. ne mora svaka stacionarna tokabiti toka lokalnog ekstrema.

Primjer 2.22. Pogledajmo funkciju f(x, y) = xy. Raunamo parcijalne de-rivacije: f

x= y, f

y= x. Zakljuujemo da je (0, 0) stacionarna toka. No

kada pogledamo priraste:

f(0, 0) = xy 0 = xy> 0 za x i y istog predznaka< 0 za x i y razlicitog predznaka

vidimo da se graf penje dok se udaljava od ishodita u 1. i 3. kvadrantu, asputa u 2. i 4. kvadrantu. Zakljuak je da (0, 0) nije lokalni ekstrem od f .Ishodite je za ovu plohu sedlasta toka.

Jedna od pretpostavki gornjeg teorema je glatkoa funkcije. Ukoliko tu pret-postavku izbacimo, teorem se modificira na sljedei nain:

Teorem 2.13. Ako funkcija f(x, y) ima lokalni ekstrem u (x0, y0), onda sesvaka parcijalna derivacija ili ponitava u (x0, y0) ili ne postoji u (x0, y0).


Primjer 2.23. z =x2 + y2

z

x=

xx2 + y2

,z

y=

yx2 + y2

.

Parcijalne derivacije nisu definirane u (0, 0), a u toj toki f ima lokalniminimum. Ishodite zbog nepostojanja parcijalnih derivacija nije regularnatoka pa u toj toki nema normale ni tangencijalne ravnine.

Dovoljni uvjeti za postojanje ekstrema dani su sljedeim teoremom.

Teorem 2.14. Neka je M0 = (x0, y0) stacionarna toka funkcije f(x, y), priemu je f C2(). Neka je D determinanta definirana s

D =

2f

x2(x0, y0)

2f

xy(x0, y0)

2f

xy(x0, y0)

2f

y2(x0, y0)

.(i) Ako je D > 0 tada:

a) Za2f

x2(x0, y0) > 0 f ima u M0 lokalni minimum.

b) Za2f

x2(x0, y0) < 0 f ima u M0 lokalni maksimum.

(ii) Ako je D < 0, onda f u M0 nema lokalni ekstrem.

(iii) Ako je D = 0, ne moemo zakljuiti ima li f u M0 lokalni ekstrem bezdodatnih razmatranja.

Skica dokaza.

f(x0 + x, y0 + y) = f(x0, y0) +f

x(x0, y0)x+

f

y(x0, y0)y

0

+1

2

[2f

x2(x, y)(x)2 + 2

2f

xy(x, y)xy +

2f

y2(x, y)(y)2

],

pri emu je M (x, y) toka negdje na spojnici toaka M0 = (x0, y0) iM = (x0 + x, y0 + y).


M0

MM

Slika 2.23: Spojnica M0M

Sada je

f = f(x0 + x, y0 + y) f(x0, y0)

=1

2

2fx2 (M ) A

(x)2 + 22f

xy(M )

B

xy +2f

y2(M ) C

(y)2

.Ako je u M0 zadovoljeno AC B2 > 0, onda, zbog neprekidnosti drugihparcijalnih derivacija (f C2()) mora biti AC B2 > 0 i na nekoj okoliniod M0.Ako je A > 0 u M0, onda mora biti pozitivno i na nekoj okolini.Mi elimo ocijeniti predznak izraza A(x)2 + 2Bxy +C(y)2. Taj izrazmoemo pisati kao

A(x)2 + 2Bxy + C(y)2 =1

A[(Ax+By)2

0

+ (AC B2) >0

(y)2

>0

]

>0

.

No predznak od f je isti kao i predznak gornjeg izraza, dakle u M0 f imalokalni minimum.Ostale se tvrdnje dokazuju analogno.

Glatka funkcija dviju varijabli u okolini stacionarne toke (lokalno) izgleda ili kaoeliptiki paraboloid (D > 0) okrenut prema gore (A > 0) ili dolje (A < 0) ili kaohiperboliki paraboloid (D < 0), ili ima D = 0.to ako je D = 0? Pogledajmo funkcije f1(x, y) = x4 + y4, f2(x, y) = x3y3.Funkcija f1 ima lokalni minimum u 0,a f2 ima sedlo. Dobra je ideja gledati


ponaanje na zrakama y = kx. Za x4 + y4 gledamo

f(0, 0) = f(x, y) f(0, 0) = x4 + y4 > 0

pa vidimo da f ima u (0, 0) strogi lokalni minimum.

2.10.1 Uvjetni (vezani) ekstremi

esto se pojavljuje potreba odredivanja ekstrema funkcije vie varijabli ne nacijelom podruju definicije nego na nekom podskupu definiranom dodatnim uvje-tima.Promatrat emo situaciju u kojoj su ti dodatni uvjeti opisani krivuljom u podrujudefinicije funkcije ije ekstreme traimo.

f(x, y) extr.(x, y) = 0

}problem uvjetnog ekstrema

Jedan takav problem je sljedei:

Primjer 2.24. Zanimaju nas najvia i najnia toka na stazi opisanoj kri-vuljom (x, y) = 0 koja se nalazi na terenu ija je nadmorska visina opisanafunkcijom f(x, y).

+ -

f(x,y)j(x,y)

Slika 2.24: Slika terena

U jednostavnim sluajevima problem se moe svesti na nalaenje ekstremafunkcije jedne varijable.

Primjer 2.25. Nadimo ektreme finkcije f(x, y) = x2+y2 na krivulji u ravninizadanoj sa (x, y) = x+ y 1 = 0.Izrazimo y iz (x, y) preko x, y = 1 x, uvrstimo u funkciju

f(x, y) = x2 + (1 x)2 = 1 2x+ 2x2


i nademo ekstreme od f(x). f (x) = 2 + 4x x = 12je stacionarna

toka, f (12) = 2 > 0 x = 1

2je lokalni minimum, pa je rjeenje naeg

problema toka (12, 1

2), i fmin = 12 .

to ako se (x, y) ne moe rijeiti po x ili y? Vratimo se Primjeru 2.24. tomoemo oitati sa slike terena?Ekstremalne vrijednosti na stazi se postiu tamo gdje ona dira izohipse, tj. tamogdje je paralelna s njima. Paralelnost krivulja znai paralelnost tangenata, a kom-ponente vektora smjera tangenata su parcijalne derivacije. Dakle, traimo tokeu kojima su parcijalne derivacije od f(x, y) i (x, y) proporcionalne.Ova metoda zove se metoda Lagrangeovih multiplikatora. Poinjemo uvodenjemveliine koju zovemo Lagrangeov multiplikator (mnoitelj) i formiramo La-grangeovu funkciju:

F (x, y) = f(x, y) + (x, y).

Nakon toga traimo stacionarne toke funkcije F (x, y) koje zadovoljavaju traeniuvjet:F

x=f

x+

xF

y=f

y+

y

F

= (x, y)

Iz ovoga nademo i koordinate (x0, y0) mogue toke ekstrema. Postojanje iprirodu ekstrema provjeravamo ispitujui predznak drugog diferencijala Lagran-geove funkcije,

d2F (x, y) =2f

x2dx2 + 2

2f

xxdxdy +

2f

y2dy2,

u okolini toke (x0, y0) i , uz uvjet xdx+ydy = 0.

Ako je d2F < 0 imamo uvjetni maksimum, ako je d2F > 0 imamo uvjetniminimum.Ako je u stacionarnoj toki (x0, y0) determinanta

D(x0, y0) =

2F

x2(x0, y0)

2F

xy(x0, y0)

2F

xy(x0, y0)

2F

y2(x0, y0)

> 0,


onda imamo uvjetni ekstrem, uvjetni maksimum za 2Fx2

(x0, y0) < 0, odnosnouvjetni minimum za

2Fx2

(x0, y0) > 0.

Pogledajmo traenje uvjetnih ekstrema metodom Lagrangeovih multiplikatora nakonkretnim primjerima:

Primjer 2.26.x2 + y2 extr.x+ y = 1

}F (x, y, ) = x2 + y2 + (x+ y 1)F

x= 2x+ = 0

F

y= 2y + = 0

F

= x+ y 1 = 0

x = 2

y = 2

y = x 2x = 1

x = y = 12, = 1 F (x, y,1) = x2 + y2 x y + 1.

2F

x2= 2,

2F

y2= 2,

2F

xy= 0; D =

2 00 2 = 4 > 0.

D > 0 &2F

x2> 0 toka M0(1

2,1

2) je toka lokalnog minimuma.

Ako Lagrangeova funkcija ima bezuvjetni ekstrem, onda f ima uvjetni eks-trem. Postupak koji smo opisali daje dovoljne uvjete; no moe se dogoditi daLagrangeova funkcija nema bezuvjetni ekstrem, a da f(x, y) ima uvjetni ekstrem.

Primjer 2.27.f(x, y) = xy extr.(x, y) = y x = 0

}

F (x, y, ) = xy + y x, Fx

= y , Fy

= x+ ,F

= y x

Izjednaavanjem s 0 dobijemo x+y = 0. Zajedno s treom jednadbom to dajex = y = 0. Odavde je i = 0. Lagrangeova funkcija je onda F (x, y, 0) = xy.Znamo da ta funkcija u (0, 0) nema ekstrem. No iz (x, y) = y x = 0dobivamo y = x, pa funkcija f(x, y)

x=y

= x2 ima ekstrem (minimum) zax = 0.


Metoda Lagrangeovih mnoitelja moe se primijeniti i na funkcije vie od dvaargumenta.z = f(x1, . . . , xn) extr.1(x1, . . . , xn) = 0

. . . . . .

m(x1, . . . , xn) = 0

ogranicenja m < n.F (x1, x2, . . . , xn;1, . . . , m) = f(x1, . . . , xn) + 11 + + mm.Izjednaimo s nulom sve parcijalne derivacije od F . Dobijemo sustav od n + mjednadbi iz kojih nademo 1, . . . , m i x1, . . . , xn.

2.10.2 Globalni ekstremi neprekidne funkcije

Promatramo zatvoreno podruje D R2 na kojem je definirana neprekidnafunkcija f : D R2. Po Bolzano-Weierstrassovom teoremu znamo da f naD poprima najveu i najmanju vrijednost. Ako je funkcija f glatka i ako semaksimum (minimum) postie u unutranjosti podruja, onda e se on postizatiu stacionarnoj toki. (Ako f nije glatka, onda se postie ili u stacionarnoj ili usingularnoj toki.) No ekstrem se moe postizati i na rubu, a takve toke nemoemo nai preko stacionarnih toaka.

Primjer 2.28. Pogledajmo situaciju u R. Tu je potrebno nai sve staci-onarne toke i ispitati ih te jo provjeriti vrijednosti na rubovima. Gledamosljedeu funkciju f(x) = 2x, D = [3, 5].

x

y

10

6

53

Slika 2.25: Graf funkcije f(x) = 2x

Sa grafa vidimo da se minimum postie u lijevom, a maksimum u desnom


rubu.

Za nalaenje globalnih ekstrema funkcije f(x, y) na zatvorenom i ogranie-nom skupu D moramo nai sve lokalne ekstreme u D i sve ekstreme na rubuD. Najvea (najmanja) od tih vrijednosti je globalni maksimum (minimum) naD.

Primjer 2.29. Nai globalne ekstreme funkcije z = f(x, y) = x2 + y2 naD = [1, 1] [1, 1].

x

y

z

Slika 2.26: Ploha z = x2 + y2

f

x= 2x = 0

f

y= 2y = 0

(0, 0) je stacionarna tocka2f

x2= 2,

2f

y2= 2,

2f

xy= 0 D =

2 00 2 > 0,

(0, 0) je lokalni minimum.Dalje gledamo rub. Za x = 1 imamo f(1, y) = 1 + y2. Na [1, 1] ta funkcijaima minimum u y = 0 (lokalni), a maksimum za y = 1 i y = 1. Vidimo dau tokama (1, 1) i (1,1) funkcija f ima maksimume, f(1, 1) = f(1,1) = 2.Slino i za x = 1, y = 1, y = 1.Dakle, f na [1, 1] [1, 1] ima globalni minimum ija je vrijednost 0 u(0, 0) i 4 globalna maksimuma koja iznose 2 u tokama (1,1).


Dovoljni uvjeti ekstrema daju se u terminima determinante sloene od drugihderivacija funkcije u stacionarnoj toki.

D =

2f

x21

2f

x1x2. . .

2f

x1xn

2f

x1x2

2f

x22. . .

2f

x2xn. . . . . . . . . . . .2f

x1xn

2f

x2xn. . .

2f

x2n

Oznaimo s 1, 2, . . . , n vodee determinante reda 1, 2, . . . , n u D.Ako je f derivabilna u nekoj okolini stacionarne toke M0 i dvaput derivabilna uM0, onda

(i) za 1 > 0, 2 > 0, . . . , n > 0 f ima lokalni minimum u M0,

(ii) za 1 < 0, 2 > 0, 3 < 0, 4 > 0, . . . f ima lokalni maksimum u M0.

Poglavlje 3

Viestruki integrali

3.1 Dvostruki integral

3.1.1 Motivacija i definicija

Motivacija - problem volumena cilindrikog tijela.Cilindriko tijelo je tijelo omedeno podskupom D ravnine xy, plohom koja jegraf neprekidne funkcije z = f(x, y) za (x, y) D i cilindrikom plohom ijeizvodnice prolaze rubom od D i paralelne su s osi z. D nazivamo osnovicom ilibazom tijela.

xy

z

D

f(x,y)

Slika 3.1: Cilindriko tijelo

Pri raunanju volumena kreemo od dvaju osnovnih naela:

63

64 POGLAVLJE 3. VIESTRUKI INTEGRALI

(1) razlomimo li tijelo u dijelove, volumen tijela mora biti jednak zbroju volu-mena dijelova;

(2) volumen uspravnog cilindrikog tijela omedenog ravninom z = c (gdje je cneka konstanta iz R) jednak je povrini osnovice D pomnoenoj s visinomtijela.

Nadalje, smatramo da je osnovicaD omedena (tj. da lei u krugu sa sreditemu (0, 0) zadanog konanog polumjera) i da ima povrinu koja se moe izraunati.(Postoje skupovi u R2 za koje nije mogue izraunati povrinu.) Funkcija f(x, y)je neprekidna na D, a zbog jednostavnosti emo dodatno pretpostaviti i da jef(x, y) 0 na D.

Oznaimo sad traeni volumen cilindrikog tijela s V . Postupak njegovograunanja je slijedei:

1) Podijelimo osnovicu D na komade. Oni mogu biti proizvoljnog oblika svedok imaju povrinu, ali presjek bilo koja dva komada ne smije imati pozi-tivnu povrinu. Obino se uzima da je D podijeljeno u pravokutnike (osimblizu ruba), no to nije ni bitno. Takva podjela naziva se subdivizija.

2) Oznaimo komade na koje smo podijelili D s D1, D2, . . . , Dn, a njihovepovrine s S1, S2, . . . ,Sn. Definiramo dijametar skupa Dk kaodiam Dk = sup d(P,Q), pri emu su P,Q Dk, i neka je d = maxk diam Dk.

3) U svakom Dk odaberemo jednu toku Pk = (xk, yk) i nad njome konstru-iramo cilindar visine f(Pk). Njegov volumen je tada Vk = Sk f(Pk) =f(Pk)Sk. Zbrajajui volumene svih tako konstruiranih cilindara dobijemo

Vn =nk=1

f(Pk)Sk.

Intuitivno je jasno da je Vn to bolja aproksimacija traenog volumena Vto je finija podjela D na D1, D2, . . . , Dn, tj. to je manji d (najvei oddijametara subdivizije).

4) Po definiciji, smatramo da je volumen V limes od Vn kad n i kad dtei u 0. Prirodno je oekivati da V ne ovisi o podjeli ni o izboru Pk.

3.1. DVOSTRUKI INTEGRAL 65

Razmatranja ovog tipa moemo provesti i za openitu funkciju f . Izraz

Vn =nk=1

f(Pk)Sk zovemo integralna suma koja odgovara subdiviziji

D1, D2, . . . , Dn i izboru toaka P1, P2, . . . , Pn, gdje je Pk Dk.

Definicija 3.1. Ako postoji limes integralnih suma =nk=1

f(Pk)Sk kad

n i d 0 koji ne ovisi ni o subdiviziji D = D1 Dn ni o izborutoaka Pk Dk, onda taj limes zovemo dvostrukim integralom od f poD i piemo

D

f(x, y) dx dy.

Dakle, D

f(x, y) dx dy = limn,d0

nk=1

f(Pk)Sk.

Ako integral

Df(x, y) dx dy postoji kaemo da je funkcija f integrabilna

na D.

Podijelimo li pravokutnik P na m n malih pravokutnika, integralna sumapoprima oblik

mj=1

ni=1

f(xi, yj)xiyj. Pri prelasku na limes za m, n

, xi 0, yi 0 sume prelaze u integral, a povrine malih komada udx dy.

Vratimo li se na problem raunanja volumena cilindrikog tijela, vidimo da je

V =

D

f(P ) dP =

D

f(x, y) dx dy.

(Ako je f(x, y) 0 na D, onda je V = Df(x, y) dx dy. Ako funkcija

f(x, y) mijenja predznak na D, onda je volumen algebarska suma volumena; oniiznad xy ravnine se uzimaju s predznakom +, a oni ispod s predznakom -.)

Postavlja se pitanje za kakve funkcije f moemo izraunati

Df dx dy?

Samo ogranienost nije dovoljna - primjer za to je Dirichletova funkcija kojaje ograniena, ali nije integrabilna. Moe se pokazati da je neprekidnost ipakdovoljna.

Teorem 3.1. Svaka funkcija f(x, y) koja je neprekidna na ogranienom izatvorenom skupu D je integrabilna na D.


Uvjet neprekidnosti se moe i oslabiti.

Teorem 3.2. Ako je funkcija f ograniena na omedenom zatvorenom skupuD R2 i neprekidna na D osim na skupu povrine nula, onda je f i inte-grabilna na D.

(Za skup kaemo da je povrine nula ako ga moemo omediti mnogokutomproizvoljno male povrine.)

3.1.2 Osnovna svojstva dvostrukog integrala

Svojstva dvostrukog integrala slina su svojstvima odredenog integrala funkcijejedne varijable.

(1) Linearnost:Ako su f i g integrabilne na D i ako su , R, onda vrijedi

D

(f(x, y)+g(x, y)) dx dy =

D

f(x, y) dx dy+

D

g(x, y) dx dy.

(2) Monotonost:Ako je f(x, y) g(x, y) na D, onda je

D

f(x, y) dx dy

D

g(x, y) dx dy.

Posebno, uz |f(x, y)| f(x, y) |f(x, y)| slijedi

D

|f(x, y)| dx dy

D

f(x, y) dx dy

D

|f(x, y)| dx dy,

tj. D

f(x, y) dx dy

D

|f(x, y)| dx dy.

(3) Aditivnost po podruju integracije:Ako je f integrabilna na D i ako je D = D1 D2, pri emu je D1 D2povrine 0, tj. D1 i D2 nemaju zajednikih unutarnjih toaka, onda je

D

f(x, y) dx dy =

D1

f(x, y) dx dy +

D2

f(x, y) dx dy


D1 D2

D

Slika 3.2: D1 i D2 nemaju zajednikih unutarnjih toaka

(4) Ograde:Neka je f neprekidna na omedenom i zatvorenom skupu D. Tada postojem i M takvi da je m f(x, y) M, za sve (x, y) D. Vrijedi:

m S

D

f(x, y) dx dy M S,

gdje je S povrina od D.

(5) Povrina:Povrina omedenog i zatvorenog skupa D u ravnini jednaka je integralufunkcije f(x, y) 1 po D. Dakle,

S =

D

1 dx dy

(S = (D) =

D

dx dy.

)

(6) Teorem srednje vrijednosti:Neka je funkcija f neprekidna na zatvorenom i omedenom skupu D. Tadapostoji barem jedna toka P0 u D takva da je

D

f(x, y) dx dy = f(P0) S.

Veliina 1S

Df(x, y) dx dy se zove srednja vrijednost funkcije f na

D. Teorem kae da za neprekidnu funkciju f postoji toka P0 u kojoj sesrednja vrijednost postie.Geometrijska interpretacija: f(P0) je visina cilindra s osnovicom D istogvolumena kao i cilindriko tijelo pokriveno plohom f(x, y).


xy

z

P0

Slika 3.3:

3.1.3 Raunanje dvostrukog integrala

Prvo emo razmotriti sluaj kad je D pravokutnik, tj. D = [a, b] [c, d].Promatramo presjek cilindrikog tijela nad D pokrivenog plohom f(x, y) (f jeneprekidna funkcija na D) i ravnine y = y0. Taj presjek je krivolinijski trapez, anjegova povrina dana je s

baf(x, y0)dx.

Ova veliina nam daje povrinu presjeka cilindrikog tijela kao funkciju od y.Piemo S(y) =

baf(x, y)dx. Odavde je V =

dcS(y)dy, odnosno

V =

dc

( ba

f(x, y)dx

)dy.

x

y

z

a

b

c d

y0

Slika 3.4:

Moe se pokazati da za svaku funkciju integrabilnu na D vrijedi D

f(x, y) dx dy =

dc

( ba

f(x, y) dx

)dy

=

ba

( dc

f(x, y) dy

)dx.


Ponekad se jo pie dc

( ba

f(x, y) dx

)dy =

dc

dy

ba

f(x, y) dx.

Dakle, raunanje dvostrukog integrala po pravokutniku se svodi na raunanjedva jednostruka integrala. Desnu stranu gornjih formula jo zovemo iterirani iliponovljeni integrali.

Primjer 3.1. 10

10

(x2 + y2) dx dy =

10

dy

10

(x2 + y2) dx =

10

( 10

x2 dx+

10

y2 dx

)dy

=

10

(x3

3+ xy2

) 1x=0

dy =

10

(1

3+ y2

)dy

=

(1

3y +

y3

3

) 1y=0

=1

3+

1

3=

2

3.

Pogledajmo sada openito podruje D. Ponovno, jednostavnosti radi, ogra-niimo D na sluaj kad svaki pravac x = x0 (za a x0 b) sijee rub od D unajvie dvije toke ili u cijelom (jednom) segmentu.Stavimo D u neki pravokutnik [a, b] [c, d]. Segmenti [a, b] i [c, d] su ortogonalneprojekcije skupa D na koordinatne osi.

x

y

DA

B

B

C C

E

a b

c

d

Slika 3.5: Skup D u pravokutniku

Tokama AC C B odredena je krivulja koja je graf neke neprekidne funkcije1(x). Slino, s AEB odredena je krivulja koja je graf neprekidne funkcije 2(x).Presijecimo tijelo ravninom x = x0. Povrina tog presjeka je dana jednostrukim


integralom po y, u granicama od 1(x0) do 2(x0):

S(x0) =

2(x0)1(x0)

f(x0, y)dy.

x

y

z

a

b

c d

Slika 3.6:

Sada se volumen dobije integriranjem funkcije S(x) od a do b:

D

f(x, y) dx dy =

ba

S(x) dx =

ba

( 2(x)1(x)

f(x, y) dy

)dx.

Ako je podruje D takvo da umjesto "gornje" i "donje" ima "lijevu" i "desnu"granicu koje se daju izraziti kao funkcije x = 1(y) i x = 2(y), onda imamo

D

f(x, y) dx dy =

dc

( 2(y)1(y)

f(x, y) dx

)dy.

U oba sluaja je povrina od D dana kao

S =

ba

2(x)1(x)

dy dx =

dc

2(y)1(y)

dx dy.

Ako je granica podruja komplicirana, rasijeemo ga na podruja gornjeg tipa ikoristimo aditivnost po podruju integracije.


3.1.4 Zamjena varijabli u dvostrukom integralu

u

v

D*

M*

u

v

x

y

D

M

x

y0

0

>

( , )j y

0

0

u=u

v=v

0

0

Slika 3.7: Zamjena varijabli

Promatramo skup D u uv-ravnini i skup D u xy-ravnini. Neka je na D zadanpar funkcija

x = (u, v) i y = (u, v)

koje preslikavaju D na D, neprekidne su i imaju neprekidne parcijalne derivacije.Ako razliitim tokama (u, v) D odgovaraju razliite toke (x, y) D, toznai da se gornje jednadbe mogu rijeiti po u i v:

u = g(x, y) i v = h(x, y).

U tom sluaju preslikavanje (, ) je bijekcija s D u D. Tada se neprekidnakrivulja L u D preslikava u neprekidnu krivulju L u D. Ako su funkcije g(x, y)i h(x, y) neprekidne, onda se neprekidna krivulja L u D preslikava u neprekidnukrivulju L u D.Kako uz gornje uvjete svakoj tokiM u D odgovara jedinstvena tokaM D,to par brojeva (u0, v0) jedinstveno odreduje i toku

M(x0, y0) = ((u0, v0), (u0, v0)) D.

Time dobivamo nove koordinate (u, v) toaka u xy- ravnini. To su krivolinijskekoordinate toke M .Skup toaka u D za koje je jedna koordinata konstantna zovemo koordinatnakrivulja (koordinatna linija). x = (u, v0), y = (u, v0) su jednadbe (para-metarske) koordinatne krivulje. Za razne vrijednosti v = const dobivamo razne


koordinatne krivulje, one ine jednu familiju. Slino, koordinatne krivulje kojedobijemo za razne vrijednosti u = const ine drugu familiju koordinatnih krivu-lja.Ako je preslikavanje D D bijekcija, onda kroz svaku toku iz D prolazitono jedna krivulja iz svake familije, i krivulje iz iste familije se ne sijeku. Mreakrivolinijskih koordinata u D je slika mree pravokutnih koordinata u D.

u

v

D*

DS*

u

v

x

y

D>

( , )j y

0* 0u+ uD

v+ vD P*4P*3

P*2P*1 P1

P2

P3P4

DS

Slika 3.8: Element povrine

Vanu ulogu u definiciji dvostrukog intergrala ima element povrine S. Upravokutnim koordinatama to se lako rauna, S = xy. Ideja kod zamjenevarijabli je prijei u koordinate u kojima se granice podruja i/ili podintegralnafunkcija zapisuju jednostavnije nego u originalnom koordinatnom sustavu. Izsluaja jednostrukog integrala znamo da se osim granica i podintegralne funkcijetransformira i diferencijal dx. Za uspjenu zamjenu varijabli moramo biti u stanjutransformirati S, tj. element povrine.

P3

DS

P=1 P1~

P2

~P2

~

P4~

P3

P4

Slika 3.9:


P 1 = (u, v), P1 = ((u, v), (u, v))

P 2 = (u+ u, v), P2 = ((u+ u, v), (u+ u, v))

P 3 = (u+ u, v + v), P3 = ((u+ u, v + v), (u+ u, v + v))

P 4 = (u, v + v), P4 = ((u, v + v), (u, v + v))

S = uv

Zamijenimo tone izraze za koordinate toaka P1, P2, P3, P4 priblinim izra-zima dobivenima linearizacijom preslikavanja i :

P1 = (, )

P2 = (+

uu, +

uu)

P3 = (+

uu+

vv, +

uu+

vv)

P4 = (+

vv, +

vv).

Iz gornjih izraza vidimo da jeP1P2 =

P4P3. Dakle, etverokut P1P2P3P4 je

paralelogram. Za male vrijednosti u, v povrina tog paralelograma je blizupovrine S. Vrijedi

P1P2 =

uu~i+

uu~j

P1P4 =

vv~i+

vv~j.

Sada je S |P1P2

P1P4|, pa je

S = |

u

u

v

v

|uv.

Determinanta J(u, v) =

u uv

v

se zove Jacobijan funkcija od (, ).Dakle,

S = |J(u, v)|uv.


Izraz |J(u, v)|uv je element povrine u krivolinijskim koordinatama.Iz S = uv imamo |J(u, v)| S

S .

Odatle slijedi geometrijska interpretacija Jacobijana kao koeficijenta "rasteza-nja" (lokalnog) elementa povrine pri transformaciji (u, v) 7 (x, y). Relacija jepriblina za konane u, v i postaje tona u limesu:

|J(u, v)| = limdiam S0

S

S.

Idemo sad to primijeniti na zamjenu varijabli u dvostrukom integralu. Hoemos koordinata (x, y) prijei na koordinate (u, v). Varijable (x, y) se preko (u, v)izraavaju kao x = (u, v), y = (u, v). Smatramo da je (, ) neprekidnabijekcija s D na D, da ima neprekidne parcijalne derivacije i da je podintegralnafunkcija f(x, y) neprekidna na D. Uvrtavanjem izraza za x i y preko u i v po-dintegralna funkcija f(x, y) postaje neka funkcija F (u, v) = f((u, v), (u, v)).Promatrajmo integralne sume

Dk

f(x, y)S Dk

F (u, v)|J |S./

limd0

Puatnjem limesa kad d 0 (d je najvei dijametar subdivizije) dobijemo formuluzamjene varijabli u dvostrukom integralu:

D

f(x, y) dx dy =

DF (u, v)|J(u, v)| du dv,

gdje je J(u, v) =

xu xvyu

yv

Jacobijan.Uvjet J(u, v) 6= 0 znai da je preslikavanje (u, v) 7 (x, y) lokalna bijekcija.

Geometrijski : nema lijepljenja toaka, tj. nema "unitavanja" povrine.

Primjer 3.2. Nadimo povrinu podruja D omedenog hiperbolama xy = a2,xy = b2 i pravcima y = x, y = x (a2 < b2, 0 < < ).Zanima nas u kojim koordinatama bi podruje D imalo lijepe granice, naprimjer konstante?


u

v

x

y

00

D*

b2a2

a

b

y= xb

y= xa

xy=a2

xy=b2

Slika 3.10: Promjena koordinata

a2 xy b2 y

x

} u = xy, v = y

x

Trebaju nam izrazi za x i y preko u i v i treba nam Jacobijan.x =

uv, y =

uv (iz uv = y2, u

v= x2).

J(u, v) =

x

u

x

vy

u

y

v

=

1

2uvu

2vv

1

2

v

u

1

2

u

v

=1

2v.

Integriramo f(x, y) 1, pa je i F (u, v) 1. Dakle,

(D) =

D

dx dy =

D|J(u, v)| du dv =

b2a2

1

2vdv du

=1

2

b2a2

du

dv

v=

1

2(b2 a2) ln

.

3.1.5 Polarne koordinate u ravnini

x

y

x

y

Slika 3.11: (x, y) (, )


x = cos

y = sin

}, 0 , 0 2pi.

J(, ) =

cos sinsin cos = (cos2 + sin2 ) = .

dS = d d - element povrine u polarnim koordinatama.Iz formule o zamjeni varijabli u dvostrukom integralu slijedi:

D

f(x, y) dx dy =

Df( cos, sin) d d.

=const

=const

+ =const + =const

S

Slika 3.12: Geometrijska interpretacija

Za male i element S je blizu pravokutnika, ija je povrina jednakaproduktu stranica. Jedna stranica mu je , a duljina druge ovisi o i o tomekoliki je tamo ; isti daje razliite duljine na razliitim udaljenostima od 0,tj. za razliite . Duljina druge stranice je , pa je S = . U limesuto ide u dS = dd.Tehnika raunanja dvostrukog integrala je ista kao i za Kartezijeve koordinate,tj. svodi se na iterirane integrale.Na polarne koordinate se prelazi kad granice i/ili podintegralna funkcija sadreizraze tipa x2 + y2 koji ukazuju na rotacijsku simetriju.

Primjer 3.3. D

dx dy1 + x2 + y2

=

10

pi2

0

d d1 + 2

=pi

2

10

d1 + 2

=pi

2

21

12duu

=pi

2

21

du

2u

=pi

2

u21

=

2 12

pi.


x

y

0 1

1

D

Slika 3.13:

Napomena 3.1. Bijektivnost preslikavanja (, ) 7 (x, y) je naruena za = 0. To se vidi iz J(0, ) = 0 za bilo koji . Unato tome preslikavanje jebijekcija na svakoj okolini oko ishodita koja ne sadri ishodite.


3.2 Trostruki integral

3.2.1 Motivacija i definicija

Promatramo materijalno tijelo koje zauzima skup R3. Skup je omedeni zatvoren. U svakoj toki skupa poznata je vrijednost funkcije gustoe masekoju oznaavamo s (P ) = (x, y, z). elimo odrediti ukupnu masu tijela .

x

y

z

Slika 3.14: Materijalno tijelo

Provodimo sljedei postupak:

1) Podijelimo skup na nepreklapajue komade 1, 2, . . . ,n ija je unijacijeli i koji imaju volumene V1, V2, . . . ,Vn.

2) U svakom komadu k izaberemo toku Pk k i smatramo da je gustoacijelog komada k konstantna i jednaka (Pk). Tada je masa komada kjednaka mk = (Pk)Vk. Zbroj svih takvih masa bit e priblino jednakmasi cijelog tijela ,

m =nk=1

(Pk)Vk.

3) Oznaimo s d najvei od dijametara komada k. Ako gornji izraz ima limeskad n i d 0 koji je neovisan o podjeli 1, . . . ,n i izboru toakaPk k, onda za masu tijela uzimamo upravo taj limes.

Moemo provesti ovakvo razmatranje i za openite funkcije f . Uzmimo za-tvoreni, omedeni skup koji ima volumen i na njemu definiranu ogranienufunkciju f . Podijelimo u n komada 1, . . . ,n koji se ne preklapaju i ija

3.2. TROSTRUKI INTEGRAL 79

unija je cijeli . Njihovi volumeni su V1, . . . ,Vn. Izaberimo proizvoljne tokePk k i formiramo integralnu sumu

=nk=1

f(Pk)Vk.

Neka je d najvei od dijametara od komada k, k = 1, . . . , n.

Definicija 3.2. Ako postoji limes integralnih suma za n i d 0 kojine ovisi ni o podjeli 1, . . . ,n ni o izboru toaka Pk k, onda se taj limesnaziva trostruki integral funkcije f po i oznaava s

f(x, y, z) dV ili

f(x, y, z) dx dy dz.

Funkcija f je tada integrabilna na .

f(x, y, z) dV = limn,d0

nk=1

f(xk, yk, zk)Vk.

Teorem 3.3. Ako je funkcija f neprekidna na zatvorenom

Documents

matematika 3.pdf