SVEUCILI STE U RIJECI POMORSKI FAKULTET - pfri.uniri.hrsvalcic/files/Skripta_PMAE.pdf · sadr zaj 1 dvostruki integrali 1 2 trostruki integrali 11 3 vektorska analiza 22 4 krivuljni

SVEUCILISTE U RIJECI

POMORSKI FAKULTET

PRIMJENA MATEMATICKIH ALATAU ELEKTROTEHNICI

SKRIPTA ZA VJEZBE

Sadrzaj

1 DVOSTRUKI INTEGRALI 1

2 TROSTRUKI INTEGRALI 11

3 VEKTORSKA ANALIZA 22

4 KRIVULJNI INTEGRALI 34

5 PLOSNI INTEGRALI 47

6 DIFERENCIJALNE JEDNADZBE 62

7 LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA 108

8 FOURIEROVI REDOVI 138

9 FOURIEROVA TRANSFORMACIJA 155

1 DVOSTRUKI INTEGRALI

Do sada smo se upoznali s jednostrukim integralima odredenima na intervalu [a, b],koje smo interpretirali kao povrsine ispod grafa funkcije jedne varijable nazadanom intervalu. Sada cemo se upoznati s dvostrukim integralima. Dvostrukiintegral je integral funkcije dvije varijable, gdje se podrucje integracije ne nalazi napravcu, vec u ravnini. Mozemo ga interpretirati kao volumen tijela kojeg odozgozatvara ploha, zadana funkcijom dvije varijable, nad zadanim omedenimpodskupom ravnine.

Dvostruki integral u pravokutnim koordinatama

Ako je podrucje integracije pravokutnik P = [a, b]× [c, d], tada dvostruki integralzapisujemo na sljedeci nacin:∫∫

P

f(x, y)dxdy =

∫[a,b]×[c,d]

f(x, y)dxdy,

gdje je x ∈ [a, b] i y ∈ [c, d].Izracun dvostrukog integrala provodimo tako da zapravo racunamo dvajednostruka odredena integrala. Prilikom prve integracije po jednoj varijabli (ili xili y), drugu uzimamo kao konstantu, te potom provodimo drugu integraciju:∫∫

P

f(x, y)dxdy =

∫ b

a

(∫ d

c

f(x, y)dy

)dx =

∫ d

c

(∫ b

a

f(x, y)dx

)dy.

Primjer 1. Izracunajte dvostruki integral∫∫P

cos(x+ y)dxdy

ako je podrucje integracije P omedeno koordinatnim osima i pravcima x = π,y = π

2.

Podrucje integracije je pravokutnik P = [0, π]×[0, π

2

], pa integral mozemo

racunati na dva nacina:

1.

∫∫P

cos(x+ y)dxdy =

∫ π

0

(∫ π2

0

cos(x+ y)dy

)dx =

∫ π

0

sin(x+ y)∣∣∣π2y=0

dx =

=

∫ π

0

(cosx− sinx

)dx =

(sinx+ cosx

)∣∣∣π0

= −2

2.

∫∫P

cos(x+ y)dxdy =

∫ π2

0

(∫ π

0

cos(x+ y)dx

)dy =

∫ π2

0

sin(x+ y)∣∣∣πx=0

dy =

= −2

∫ π2

0

sin ydy = 2 cos y∣∣∣π20

= −2

Ukoliko je funkcija zadana kao umnozak varijabli i granice su konstantne, tadadvostruki integral mozemo racunati kao umnozak dva jednostruka integrala.

1

Primjer 2. Izracunajte dvostruki integral∫∫P

2x3y7dxdy

ako je podrucje integracije P omedeno pravcima x = 0, x = 1, y = 2, y = 4.∫∫P

2x3y7dxdy =2

∫ 2

1

x3dx ·∫ 4

3

y7dy =x4

2

∣∣∣∣10

· y8

8

∣∣∣∣42

= 4080

Ako sada uzmemo da je podrucje integracije neki omedeni podskup ravnine. Topodrucje, oznacimo sa D, mozemo definirati na sljedeci nacin:

D = {(x, y) : a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)} = {(x, y) : c ≤ y ≤ d, g(y) ≤ x ≤ h(y)},

pa dvostruki integral racunamo prema∫∫D

f(x, y)dxdy =

∫ b

a

(∫ h(x)

g(x)

f(x, y)dy

)dx

=

∫ d

c

(∫ h(y)

g(y)

f(x, y)dx

)dy

Opcenito, kada je funkcija f(x, y) = 1, tada je dvostruki integral jednak povrsinipodrucja D: ∫∫

D

dxdy = PD,

a inace je jednak volumenu tijela koje je odozgo omedeno plohom f(x, y), a bazamu je podrucje D.

Primjer 3. Izracunajte dvostruki integral∫∫D

xdxdy

ako je podrucje integracije D omedeno koordinatnim osima, pravcem x = 1 iparabolom y = x2 + x+ 1.

Nacrtamo li graf i zadani pravac i parabolu, mozemo vrlo lako odrediti podrucjeintegracije: D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ x2 + x+ 1}, pa integral racunamo nasljedeci nacin:∫∫

D

xdxdy =

∫ 1

0

xdx

∫ x2+x+1

0

dy =

∫ 1

0

xy∣∣∣x2+x+1

y=0dx =

∫ 1

0

(x3 + x2 + x)dx =13

12

2

Ako zamijenimo poredak integracije, tj. uzmemo fiksne granice za y, a parabolu zax, podrucje integracije dijelimo u dva dijela:

D1 ={(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ 1}

D2 =

{(x, y) : 1 ≤ y ≤ 3,

√y − 3

4− 1

2≤ x ≤ 1

}pa dvostruki integral racunamo na sljedeci nacin∫∫

D

xdxdy =

∫ 1

0

dy

∫ 1

0

xdx+

∫ 3

1

dy

∫ 1

√y− 3

4− 1

2

xdx = ... =13

12.

Primjer 4. Izracunajte dvostruki integral∫∫D

xdxdy,

gdje je podrucje D omedeno pravcem koji prolazi tockama A(2, 0) i B(0, 2) i lukomkruznice sa sredistem u tocki S(0, 1) i polumjerom r = 1.

Najprije se trebamo prisjetiti jednadzbe pravca kroz dvije tocke

y − y1 =y2 − y1x2 − x1

(x− x1),

kao i jednadzbe kruznice

(x− xS)2 + (y − yS)2 = r2.

Uvrstimo li sada poznate tocke i polumjer kruznice u prethodne jednadzbe, slijedida je pravac y = 2− x, a kruznica x2 + (y − 1)2 = 1. Tocke presjecista pravca ikruznice su T1(0, 2) i T2(1, 1), pa ako nacrtamo graf vrlo lako dobivamo da jepodrucje integracije: D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 2− x ≤ y ≤

√1− x2 + 1} i integral∫∫

D

xdxdy =

∫ 1

0

xdx

∫ √1−x2+1

2−xdy =

∫ 1

0

(x · y

∣∣∣√1−x2+1

y=2−x

)dx =

=

∫ 1

0

x√

1− x2dx+

∫ 1

0

x2dx−∫ 1

0

xdx =1

6

Ako zamijenimo poredak integracije, podrucje integracije definiramo na sljedeci

nacin: D ={

(x, y) : 1 ≤ y ≤ 2, 2− y ≤ x ≤√

2y − y2}

, te racunamo integral

∫∫D

xdxdy =

∫ 2

1

dy

∫ √2y−y2

2−yxdx =

∫ 2

1

x2

2

∣∣∣√2y−y2

x=2−y=

=

∫ 2

1

(−y2 + 3y − 2)dy =1

6

3

Primjer 5. Postavite granice integracije u oba poretka u integralu∫∫D

f(x, y)dxdy,

ako je D kruzni isjecak = OAB s centrom u O(0, 0) i s krajevima u tockamaA(1, 1) i B(−1, 1).

Najprije moramo naci jednadzbe pravaca koji prolaze duzinama OA i OB, kao ijednadzbu kruznice. Vec smo se prisjetili jednadzbe pravca kroz dvije tocke, paslijedi da je jednadzba pravca OA y = x, a pravca OB je y = −x. Sada cemo seprisjetiti jednadzbe za izracun udaljenosti izmedu tocaka

l =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2,

cime cemo naci polumjer kruznice r = l =√

2, pa je jednadzba kruznicex2 + y2 = 2. Napokon mozemo nacrtati graf, te odrediti podrucja integracije:

D1 ={

(x, y) : −1 ≤ x ≤ 0,−x ≤ y ≤√

2− x2}

D2 ={

(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, x ≤ y ≤√

2− x2}

pa integral zapisujemo u obliku∫∫D

f(x, y)dxdy =

∫ 0

−1dx

∫ √2−x2−x

f(x, y)dy +

∫ 1

0

dx

∫ √2−x2x

f(x, y)dy.

Ako zamijenimo poredak, dobit cemo da je podrucje integracije:

D1 ={

(x, y) : 0 ≤ y ≤ 1,−y ≤ x ≤ y}

D2 ={

(x, y) : 1 ≤ y ≤√

2,−√

2− x2 ≤ x ≤√

2− x2}

pa integral zapisujemo u obliku∫∫D

f(x, y)dxdy =

∫ 1

0

dy

∫ y

−yf(x, y)dx+

∫ √21

dy

∫ √2−y2

−√

2−y2f(x, y)dx.

Primjer 6. Izracunajte povrsinu lika omedenog pravcem x+ y = 3, parabolomy2 = 4x i osi x, pri cemu je y ≤ 0.

Parabola i pravac se sijeku u tockama T1(1, 2) i T2(9,−6). Ako nacrtamo graf, vrlolako mozemo odrediti podrucja integracije:

D1 ={

(x, y) : 0 ≤ x ≤ 3,−2√x ≤ y ≤ 0

}D2 =

{(x, y) : 3 ≤ x ≤ 9,−2

√x ≤ y ≤ 3− x

}4

a povrsinu racunamo kao dvostruki integral, gdje uzimamo da je f(x, y) = 1:

PD =

∫∫D

dxdy =

∫ 3

0

dx

∫ 0

−2√x

dy +

∫ 9

3

dx

∫ 3−x

−2√x

dy = 18.

Promijenimo li poredak, podrucje integracije je:

D =

{(x, y) : −6 ≤ y ≤ 0,

y2

4≤ x ≤ 3− y

},

a povrsinu, odnosno dvostruki integral racunamo prema:

PD =

∫∫D

dxdy =

∫ 0

−6dy

∫ 3−y

y2

4

dx = 18

Dvostruki integral u polarnim koordinatama

Ponekad je odredivanje granica integracije u pravokutnom prostoru vrlo dugotrajani slozen proces, te se nastoji olaksati supstitucijom, odnosno transfrmacijom.Ovdje cemo se upoznati s transformacijom pravokutnih u polarne koordinate:

x = r cosϕ

y = r sinϕ

f(x, y) = f(r cosϕ, r sinϕ),

gdje su nama sada nepoznanice polumjer r i kut ϕ. Izracun dvostrukog integralasada izgleda ovako:∫∫

D

f(x, y)dxdy =

∫∫D′f(r cosϕ, r sinϕ) · rdrdϕ,

gdje D′ predstavlja sliku podrucja integracije u polarnom koordinatnom sustavu.Kada je podrucje integracije omedeno kruznicama/elipsama pozeljno je prijeci napolarne koordinate.

Zadatak 7. Prijelazom na polarne koordinate rijesite Primjer 5.

U Primjeru 5. podrucje integracije bilo je omedeno pravcima y = x, y = −x ikruznicom x2 + y2 = 2, tvoreci kruzni isjecak. Prelaskom na polarne koordinatex = r cosϕ, y = r sinϕ, dobivamo sljedece:

y = ±x

r sinϕ = ±r cosϕ∣∣∣ : r cosϕ

sinϕ

cosϕ= ±1

tanϕ = ±1

π

4≤ ϕ ≤ 3π

4.

5

Nadalje, kako je podrucje integracije zapravo ”ispunjeni” prostor, polumjer rracunamo iz nejednadzbe na sljedeci na nacin:

x2 + y2 ≤ 2

r2 cos2 ϕ+ r2 sin2 ϕ ≤ 2

r2(cos2 ϕ+ sin2 ϕ) ≤ 2

r2 ≤ 2

0 ≤ r ≤ 2.

Sada mozemo zapisati integral u sljedecem obliku∫∫D

f(x, y)dxdy =

∫∫D′f(r cosϕ, r sinϕ)rdrdϕ =

=

∫ 3π4

π4

dϕ

∫ √20

f(r cosϕ, r sinϕ)rdr.

Primjer 8. Prijelazom na polarne koordinate postavite granice integracije ako jepodrucje D zadano trokutom OAB, gdje su tocke O(0, 0), A(1, 1) i B(−1, 1).

Ovaj primjer je vrlo slican prethodnom, samo sto podrucje integracije s gornjestrane nije omedeno kruznicom, vec pravcem koji prolazi kroz tocke A(1, 1) iB(−1, 1). Jednadzba toga pravca je y = 1, a ostale dvije stranice trokutapredstavljaju pravci y = ±x. Na slican nacin kao i u prethodnom primjeru,postavit cemo granice integracije u polarnim koordinatama:

y = ±x

r sinϕ = ±r cosϕ∣∣∣ : r cosϕ

sinϕ

cosϕ= ±1

tanϕ = ±1

π

4≤ ϕ ≤ 3π

4,

odnosno

y ≤ 1

r sinϕ ≤ 1∣∣∣ : sinϕ

r ≤ 1

sinϕ

0 ≤ r ≤ 1

sinϕ.

6

Sada mozemo zapisati integral u sljedecem obliku∫∫D

f(x, y)dxdy =

∫∫D′f(r cosϕ, r sinϕ)rdrdϕ =

=

∫ 3π4

π4

dϕ

∫ 1sinϕ

0


Primjer 9. Prijelazom na polarne koordinate izracunajte povrsinu lika omedenogkrivuljama x2 + y2 = 2x i x2 + y2 = 4x i pravcima y = x i y = x√

3.

Najprije cemo kruznice napisati u opcemo obliku upotrebom nadopune dopotpunog kvadrata:

x2 + y2 = 2x x2 + y2 = 4x

x2 − 2x+ y2 = 0 x2 − 4x+ y2 = 0

(x− 1)2 − 1 + y2 = 0 (x− 2)2 − 4 + y2 = 0

(x− 1)2 + y2 = 1 (x− 2)2 + y2 = 4

kako bismo lakse nacrtali graf. Sada cemo slicno kao i u prethodnim primjerimaprijeci na polarne koordinate i odrediti granice integracije. Iz jednadzbi pravacaslijedi:

y = x

r sinϕ = r cosϕ

tanϕ = 1

ϕ =π

4

y =x√3

r sinϕ =r cosϕ√

3

tanϕ =1√3

ϕ =π

6

π

6≤ ϕ ≤ π

4

7

S druge strane iz jednadzbi kruznica slijedi:

x2 + y2 = 2x

r2 sin2 x+ r2 cos2 x = 2r cosx

r = 2 cos x

x2 + y2 = 4x

r2 sin2 x+ r2 cos2 x = 4r cosx

r = 4 cos x

2r cosx ≤ r ≤ 4r cosx,

pa dvostruki integral, odnosno povrsinu racunamo na slijedeci nacin:

P =

∫∫D

dxdy =

∫∫D′rdrdϕ =

=

∫ π4

π6

dϕ

∫ 4 cosϕ

2 cosϕ

rdr =1

2

∫ π4

π6

r2∣∣∣4 cosϕr=2 cosϕ

dϕ =1

2

∫ π4

π6

12 cos2 ϕdϕ =

= 3

[∫ π4

π6

(1 + cos 2ϕ)dϕ

]= 3

[π

12+

1

2

(sin

π

2− sin

π

3

)]=

=π + 6− 3

√3

4.

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. Izracunaj dvostruki integral

a)∫∫

D(x4 + x2y2 + y4)dxdy ako je podrucje integracije D omedeno koordinatnim

osima i pravcima x = 2, y = 1.

Rjesenje: I = 34645

b)∫∫

Dx3yexydxdy ako je podrucje integracije D omedeno koordinatnom osi x i

pravcima x = 2, y = x.

Rjesenje: I = 3 + e4

Zadatak 2. Promijenite poredak integracije u integralu∫ 1

−1dx

∫ 9−x2

3−x2f(x, y)dy.

8

Rjesenje:

I =

∫ 3

2

dy

∫ −√3−y−1

f(x, y)dx+

∫ 3

2

dy

∫ 1

√3−y

f(x, y)dx+

+

∫ 8

3

dy

∫ 1

−1f(x, y)dx+

∫ 9

8

dy

∫ √9−y−√9−y

f(x, y)dx

Zadatak 3. Postavite granice integracije u oba poretka u integralu∫∫Df(x, y)dxdy, ako je podrucje integracije cetverokut s vrhovima A(2, 0), B(0, 1),

C(−2, 0) i D(0,−1).

Rjesenje:

I =

∫ 0

−2dx

∫ 1+x2

−1−x2

f(x, y)dy +

∫ 2

0

dx

∫ 1−x2

−1+x2

f(x, y)dy

=

∫ 0

−1dy

∫ 2+2y

−2−2yf(x, y)dx+

∫ 1

0

dy

∫ 2−2y

−2+2y

f(x, y)dx

Zadatak 4. Postavite granice integracije u oba poretka, a potom izracunajtepovrsinu lika omedenog krivuljama y = x2

4i y = 8

x2+4.

Rjesenje:

P =

∫ 2

−2dx

∫ 8x2+4

x2

4

dy =

=

∫ 1

0

dy

∫ 2√y

−2√ydx+

∫ 2

1

dy

∫ √8y−4

−√

8y−4dx =

= 2π − 4

3

Zadatak 5. Izracunajte volumen tijela omedenog plohama x2 + y2 = 1 ix2 + z2 = 1.Napomena: Iz definicije dvostrukog integrala slijedi da je volumen nekog tijela,koje je odozgo omedeno sa plohom f(x, y) = z(x, y), jednako dvostrukom integraluna dvodimenzionalnom podrucju integracije. U ovom slucaju imamo dvije ”gornje”plohe, z(x, y) = ±

√1− x2, pa volumen racunamo na slijedeci nacin:

V = 2

∫∫D

z(x, y)dxdy,

gdje je D podrucje omedeno kruznicom x2 + y2 = 1.

Rjesenje: V = 163

9

Zadatak 6. Prijelazom na polarne koordinate odredite granice integracije uintegralu

I =

∫ √3−√3

dx

∫ 2+√4−x2

3

f(x, y)dy.

Rjesenje:

I =

∫ 2π3

π3

dϕ

∫ 4 sinϕ

3sinϕ


Zadatak 7. Prijelazom na polarne koordinate postavite granice integracije iizracunajte

∫∫Dxdxdy, pri cemu je podrucje integracije u pravokutnim

koordinatama odredeno nejednadzbama 1 ≤ (x− 2)2 + (y − 3)2 ≤ 4 i y ≥ 5− x.Napomena: Pri prijelazu na polarne koordinate uzmite da su:

x− 2 = r cosϕ

y − 3 = r sinϕ

Rjesenje:

I =

∫ 3π4

−π4

dϕ

∫ 2

1

r(r cosϕ+ 2)dr =

= 3π +7√

2

3

10

2 TROSTRUKI INTEGRALI

Kod dvostrukih integrala, zapravo smo provodili integraciju nad omedenimpodskupom ravnine, stoga analogijom mozemo reci da je trostruki integral,zapravo integracija nad omedenim podskupom prostora. Mozemo ga interpretiratikao masu tijela nekonstantne gustoce f(x, y, z) koje zaprema volumen V , stozapisujemo na sljedeci nacin:∫∫∫

V

f(x, y, z)dxdydz =

∫∫∫V

f(x, y, z)dV,

a integriranje provodimo slicno kao i kod dvostrukog integrala. Nadalje, neka jepodrucje V definirano na sljedeci nacin:V = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D, h1(x, y) ≤ z ≤ h2(x, y)},pri cemu naravno funkcije h1 i h2 moraju biti neprekinute nad D, tada trostrukiinegral racunamo na sljedeci nacin:∫∫∫

V

f(x, y, z)dV =

∫∫D

(∫ h(x,y)

h1(x,y)

f(x, y, z)dz)dxdy.

Takoder, kada smo kod dvostrukog integrala uzimali da je funkcija f(x, y) = 1,dvostruki integral je tada predstavljao povrsinu podskupa ravnine. Ako kodtrostrukog integrala uzmemo da je f(x, y, z) = 1, tada je trostruki integral jednakvolumenu tijela nad kojim provodimo integraciju:∫∫∫

V

dxdyd = V.

Trostruki integral u pravokutnim koordinatama

Kao i kod dvostrukih integrala, najprije cemo racunati u pravokutnimkoordinatama, a zatim cemo ih zamijeniti cilindricnim i sfernim koordinatama.

Primjer 1. Izracunajte trostruki integral∫∫∫V

ex+y+zdxdyz

ako je podrucje integracije kvadar V = [0, 1]× [0, 2]× [0, 3].

Slicno kao i kod dvostrukog integrala, najprije cemo provoditi integraciju nadjednostavnim tijelima, cije su granice konstante. U ovom primjeru podrucje Vdefiniramo na sljedeci nacin:V = {(x, y, z) : x ∈ [0, 1], y ∈ [0, 2], z ∈ [0, 3]}.Nadalje, zadanu funkciju f(x, y, z) = ex+y+z, mozemo zapisati u obliku umnoskaf(x, y, z) = ex · ey · ez, pa kao i kod dvostrukog integrala, racunamo umnozak trijednostruka odredena integrala.∫∫∫

V

ex+y+zdxdyz =

∫∫∫V

ex · ey · ezdxdydz =

∫ 1

0

exdx ·∫ 2

0

eydy ·∫ 3

0

ezdz =

= ex∣∣1x=0· ey∣∣2y=0· ez∣∣3z=0

= (e− 1)(e2 − 1)(e3 − 1)

11

Primjer 2. Izracunajte trostruki integral∫∫∫V

(x+ y + z)dxdydz

ako je podrucje V tetraedar s vrhovima O(0, 0, 0), A(1, 0, 0), B(0, 1, 0) i C(0, 0, 1).

U prvom primjeru granice integracije vec su nam bile zadane, dok ih u ovomprimjeru moramo sami odrediti. Pokusajmo najprije odrediti granice za varijabluz. Tetraedar je omeden ravninama (trokutima) ABO i ABC. Da bismo dobilijednadzbe tih ravnina, trebamo se najprije prisjetiti formule za jednadzbu ravninekroz tri tocke T1(x1, y1, z1), T2(x2, y2, z2) i T3(x3, y3, z3):∣∣∣∣∣∣

x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣ = 0

Ako uzmemo tocke A(1, 0, 0), B(0, 1, 0) i O(0, 0, 0) i uvrstimo ih u formulu dobitcemo da je ravnina ABO zadana jednadzbom z = 0, a ako uzmemo tockeA(1, 0, 0), B(0.1.0) i C(0, 0, 1) i uvrstimo ih u formulu dobit cemo da je ravninaABC zadana jednadzbom z = 1− x− y. Time smo odredili granice za varijablu z,pa mozemo pisati da je podrucje integracijeV = {(x, y, z) : (x, y) ∈ D, 0 ≤ z ≤ 1− x− y},pa integral zapisujemo i racunamo na sljedeci nacin∫∫∫

V

(x+ y + z)dxdydz =

∫∫D

(∫ 1−x−y

0

(x+ y + z)dz

)dxdy =

=

∫∫D

(x

∫ 1−x−y

0

dz + y

∫ 1−x−y

0

dz +

∫ 1−x−y

0

zdz

)dxdy =

=

∫∫D

(xz + yz +

z2

2

)∣∣∣1−x−yz=0

dxdy =

=

∫∫D

(x(1− x− y) + y(1− x− y) +

(1− x− y)2

2

)dxdy =

=1

2

∫∫D

(1− x2 − 2xy − y2

)dxdy

Sada nam preostaje naci dvostruki integral, odnosno odrediti podrucje integracijeD, koje je zapravo projekcija tetraedra u XY ravnini. Ta je projekcija nista drugonego trokut A′B′O′, cije su tocke A′(1, 0), B′(0, 1) i O′(0, 0). Nadalje, vrlo lakoodredujemo granice integracije, primjenom jednadzbe pravca kroz dvije tocke (vidipoglavlje o dvostrukim integralima), odnosno podrucje D je

12

D = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1− x}. Napokon racunamo integral∫∫∫V

(x+ y + z)dxdydz =1

2

∫∫D

(1− x2 − 2xy − y2

)dxdy =

=1

2

∫ 1

0

dx

∫ 1−x

0

(1− x2 − 2xy − y2

)dy =

= izracun za vjezbu =1

8.

Primjer 3. Izracunajte volumen tijela omeden plohama y =√x, y = 2

√x,

x+ z = 6 i z = 0, primjenom trostrukog integrala.

Vidjeli smo da je volumen jednak trostrukom integralu kada je funkcijaf(x, y, z) = 1. Odredimo sada granice integracije za svaku pojedinu varijablu.Nacrtamo li graf, vidjet cemo da je tijelo omedeno plohama z = 0 s donje strane,odnosno z = 6− x s gornje strane. Projekcija zadanog tijela u XY ravniniomedena je sa dvije parabole y =

√x i y = 2

√x. Ako uzmemo da je varijabla x

unutar konstantnih granica x ∈ [0, 6], tada je podrucje integracije:V = {(x, y, z) : 0 ≤ x ≤ 6,

√x ≤ y ≤ 2

√x, 0 ≤ z ≤ 6− x},

a integral racunamo na sljedeci nacin:∫∫∫V

dxdydz =

∫ 6

0

dx

∫ 2√x

√x

dy

∫ 6−x

0

dz =

=

∫ 6

0

(6− x)dx

∫ 2√x

√x

dy =

∫ 6

0

√x(6− x)dx =


5

√6

Primjer 4. Postavite granice integracije u integralu∫∫∫V

f(x, y, z)dxdydz,

pri cemu je V tijelo omedeno plohom y = x2 i ravninama y + z = 1 i 2y + z = 2.

Iz jednadzbi ravnina slijedi da je tijelo omedeno plohama z = 1− y i z = 2− 2y.Izjednacimo li ove dvije ravnine slijedi da se one sijeku u pravcu y = 1. Takoder, izparabole y = x2 slijedi da varijabla y poprima samo pozitivne vrijednosti, odnosnoy ≥ 0. Nacrtamo li graf i uzmemo li da su granice za varijablu y konstantne, tadaiz projekcije tijela u XY ravninu slijedi da je podrucje integracije:V = {(x, y, z) : 0 ≤ y ≤ 1,−√y ≤ x ≤ √y, 1− y ≤ z ≤ 2− 2y}, te integral pisemona sljedeci nacin∫∫∫

V

dxdydz =

∫ 1

0

dy

∫ √y−√y

dx

∫ 2(1−y)

1−yf(x, y, z)dz.

13

Trostruki integral u cilindricnim i sfernim koordinatama

Cilindricne koordinate su zapravo vec dobro poznate polarne koordinate,odnosno vrijedi

x = r cosϕ

y = r sinϕ

z = z

sto znaci da varijabla z ostaje nepromijenjena, a projekciju tijela u XY ravniniracunamo u cilindricnim koordinatama. Trostruki integral tada racunamo prema∫∫∫

V

f(x, y, z)dV =

∫∫∫V ′f(r cosϕ, r sinϕ, z)rdrdϕdz,

gdje je V ′ slika podrucja integracije V u cilindricnom koordinatnom sustavu.

Ako je projekcija tijela u XY ravnini omedena elipsama, a ne kruznicama, tadauzimamo opcenitiji oblik cilindricnih koordinata:

x = ar cosϕ

y = br sinϕ

z = z

jer je jednadzba elipse sa sredistem u ishodistu

x2

a2+x2

b2= 1.

Trostruki integral tada racunamo prema∫∫∫V

f(x, y, z)dV =

∫∫∫V ′f(r cosϕ, r sinϕ, z) · a · b · rdrdϕdz,

Takoder, kod trostrukih integrala mozemo prijeci i na sferne koordinate, gdjesada varijabla r oznacava udaljenost od ishodista do neke tocke na tijelu, a nepolumjer u projekciji u XY ravnini. Nadalje varijabla ϕ ostaje ista, tj. oznacavaisti kut, te se uvodi nova varijabla θ koja oznacava kut izmedu pozitivnog dijela zosi i iste tocke na tijelu, te vrijedi da je θ ∈ [0, π]. Zamjenu provodimo na sljedecinacin

x = r sin θ cosϕ

y = r sin θ sinϕ

z = r cos θ

te integral pisemo u sljedecem obliku∫∫∫V

f(x, y, z)dV =

∫∫∫V ′f(r sin θ cosϕ, r sin θ sinϕ, r cos θ) · r2 · sin θdrdϕdθ.

14

Takoder, ako je tijelo omedeno elipsoidima, a ne sferama, tada uzimamo opcenitijioblik sfernih koordinata:

x = ar sin θ cosϕ

y = br sin θ sinϕ

z = cr cosϕ

te integral pisemo u sljedecem obliku∫∫∫V

f(x, y, z)dV =

∫∫∫V ′f(r sin θ cosϕ, r sin θ sinϕ, r cos θ) · a · b · c · r2 · sin θdrdϕdθ.

Primjer 5. Prijelazom na cilindricne i sferne koordinate izracunajte volumenkugle x2 + y2 + z2 ≤ R2.

Izvrsimo najprije prijelaz na cilindricne koordinate:

x = r cosϕ

y = r sinϕ

z = z

Ako ove varijable uvrstimo u jednadzbu kugle slijedi r2 + z2 ≤ R2,pa kazemo da je kugla omedena plohama z = −

√R2 − r2 s donje strane i

z =√R2 − r2 s gornje strane. Projekcija kugle u XY ravnini, zapravo je krug,

omeden kruznicom x2 + y2 = R2 (projekciju ”racunamo” tako da ”izostavljamo”dio koji se odnosi na varijablu z), sto u cilindricnim (polarnim koordinatama)prelazi u r = R. Takoder, kruznica nema nikakvih ogranicenja ili presjeka, stoznaci da je kut ϕ ∈ [0, 2π]. Sada mozemo odrediti podrucje integracije:V ′ = {(r, ϕ, z) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ R,−

√R2 − r2 ≤ z ≤

√R2 − r2}

a integral racunamo prema∫∫∫V

dV =

∫∫∫V ′rdrdϕdz =

∫ 2π

0

dϕ

∫ R

0

rdr

∫ √R2−r2

−√R2−r2

dz =

= izracun za vjezbu =4πR3

3,

sto je zapravo dobro nam poznata formula za volumen kugle.

Prijedimo sada na sferne koordinate i rijesimo isti zadatak:

x = r sin θ cosϕ

y = r sin θ sinϕ

z = r cos θ

15

Uvrstimo li sferne koordinate u jednadzbu kugle proizlazi da je r2 ≤ R2, odnosnoodredujemo da je polumjer kugle r ∈ [0, R]. Takoder, kako kugla nema nikakvihogranicenja ili presjeka, kut izmedu bilo koje tocke na kugli i pozitivnog dijela zosi, je u intervalu θ ∈ [0, π]. Vidjeli smo da je projekcija kugle u XY ravninizapravo neogranicena kruznica, pa proizlazi ϕ ∈ [0, 2π]. Vrlo lako odredujemopodrucje integracije:D = {(r, ϕ, θ) : 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π, 0 ≤ r ≤ R}te je volumen ∫∫∫

V

dV =

∫∫∫V ′r2 · sin θdrdϕdθ =

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

∫ R

0

r2dr =

= izracun za vjezbu =4πR3

3.

Primjer 6. Prijelazom na cilindricne i sferne koordinate postavite graniceintegracije u integralu ∫∫∫

V

f(x, y, z)dxdydz,

pri cemu je V dio kugle x2 + y2 + z2 ≤ 1 za koji je z ≥√x2 + y2.

Prisjetimo se da je z =√x2 + y2 stozac, te prije nego prijedemo na neke druge

koordinate, nacrtajmo graf. Tijelo nad kojim provodimo integraciju je s gornjestrane omedeno plohom z =

√1− x2 − y2 (pozitivni dio kugle), a s donje stoscem.

Izjednacimo li ove dvije plohe√1− x2 − y2 =

√x2 + y2

2x2 + 2y2 = 1∣∣∣ : 2

x2 + y2 =1

2

slijedi da je njihov presjek kruznica polumjera r = 1√2, sto je zapravo i projekcija

ovog tijela u XY ravnini.

Prijedimo sada na cilindricne koordinatex = r cosϕ, y = r sinϕ, z = z.Uvrstimo li ove koordinate u jednadzbu kugle i stosca, slijedi

z ≤√

1− x2 − y2

z ≤√

1− r2

z ≥√x2 + y2

z ≥ r

z ∈ [r,√

1− r2]

16

Iz projekcije u XY ravnini, odnosno iz kruznice x2 + y2 = 12

proizlazi da jer ∈ [0, 1√

2], te je kut ϕ ∈ [0, 2π]. Sada integral zapisujemo u sljedecem obliku∫∫∫

V

f(x, y, z)dV =

∫∫∫V ′f(r cosϕ, r sinϕ, z)rdrdϕdz =

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1√2

0

rdr

∫ √1−r2r

f(r cosϕ, r sinϕ, z)dz.

Prijelazom na sferne koordinatex = r sin θ cosϕ, y = r sin θ sinϕ, z = r cos θ,i uvrstavanjem u jednadzbu kugle slijedi da je r ≤ 1, odnosnoi r ∈ [0, 1]. Kako jekugla ogranicena, odnosno presijecena stoscem, iz njegove jednadzbe odredujemokoliki je kut θ. Uvrstavanjem sfernih koordinata u z =

√x2 + y2 slijedi

z =√x2 + y2

r cos θ = r sin θ∣∣∣ : r cos θ

tan θ = 1

θ ∈[0,π

4

]Iz projekcije u XY ravninu, odnosno kruznice presjeka slijedi ϕ ∈ [0, 2π], teintegral zapisujemo u sljedecem obliku∫∫∫

V

f(x, y, z)dV =

∫∫∫V ′f(r sin θ cosϕ, r sin θ sinϕ, r cos θ)r2 · sin θdrdϕdθ =

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π4

0

sin θdθ

∫ 1

0

r2f(r sin θ cosϕ, r sin θ sinϕ, r cos θ)dr.

Primjer 7. Prijelazom na cilindricne i sferne koordinate izracunajte∫∫∫V

z2dxdydz,

pri cemu je V kugla x2 + y2 + (z − 2)2 ≤ 1.

Podrucje integracije V je kugla polumjera 1, cije je srediste u tocki S(0, 0, 2).Ukoliko prijedemo na cilindricne koordinate:x = r cosϕ, y = r sinϕ, z = zi uvrstimo ih u jednadzbu ”pomaknute” kugle, koju omeduju dvije plohe, slijedi

x2 + y2 + (z − 2)2 = 1

(z − 2)2 = 1− r2

z = 2±√

1− r2

z ∈[2−√

1− r2, 2 +√

1− r2]

17

Sada, ako dio koji se odnosi na varijablu z izjednacimo s nulom, dobit cemoprojekciju kugle u XY ravninu, odnosno kruznicu x2 + y2 = 1. Prema tome,uvrstimo li u tu jednadzbu kruznice cilindricne koordinate, slijedi da je r ∈ [0, 1],te ϕ ∈ [0, 2π], pa integral racunamo na sljedeci nacin∫∫∫

V

z2dxdydz =

∫∫∫V ′z2 · rdrdϕdz =

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

rdr

∫ 2+√1−r2

2−√1−r2

z2dz =

= izracun za vjezbu =28π

5.

Prijedimo sada na sferne koordinatex = r sin θ cosϕ, y = r sin θ sinϕ, z = r cos θ.Ukoliko takve koordinate uvrstimo u jednadzbu nase ”pomaknute” kugle,zakomplicirat cemo si izracun. Medutim, ako mi uvedemo ”pomaknute” sfernekoordinatex = r sin θ cosϕy = r sin θ sinϕz − 2 = r cos θ −→ z = r cos θ + 2,izracun postaje vrlo jednostavan.

Uvrstimo li takve koordinate u jednadzbu kugle, odnosno sfere, slijedi

x2 + y2 + (z − 2)2 = 1

r2 sin2 θ + r2 cos2 θ = 1

r2 = 1

r ∈ [0, 1]

Takoder, uvodenjem pomaknutih sfernih koordinata, zapravo smo postavili kuglu uishodiste, te je kut θ ∈ [0, π]. Vec smo vidjeli da je projekcija kugle, kruznicax2 + y2 = 1, te je kut ϕ ∈ [0, 2π]. Prema tome, integral racunamo na sljedeci nacin∫∫∫

V

z2dxdydz =

∫∫∫V ′

(r cos θ + 2)2 · r2 sin θdrdϕdθ =

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

dθ

∫ 1

0

(r cos θ + 2)2 · r2 sin θdr =

= izracun za vjezbu =28π

5

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. Izracunajte trostruki integral∫∫∫V

x2y3z4dxdydz,

18

ako je V = [0, 1]× [0, 1]× [0, 1].

Rjesenje: I = 160.

Zadatak 2. Postavite granice integracije u integralu∫∫∫V

f(x, y, z)dxdydz,

ako je V piramida s vrhovima O(0, 0, 0), A(2, 0, 0), B(0, 3, 0) i C(0, 0, 6).

Rjesenje:

I =

∫ 2

0

dx

∫ 3− 32x

0

dy

∫ 6−3x−2y

0

f(x, y, z)dz.


f(x, y, z)dxdydz,

ako je V tijelo omedeno plohom y = x2 i ravninama z = 1− y i z = 0.

Rjesenje:

I =

∫ 1

−1dx

∫ 1

x2dy

∫ 1−y

0

f(x, y, z)dz.


f(x, y, z)dxdydz,

pri cemu je V tijelo omedeno plohom z =√x2 + 4y2 i ravninom z = 1.

Rjesenje:

I =

∫ 12

− 12

dy

∫ √1−4y2

−√

1−4y2dx

∫ 1

√x2+4y2

f(x, y, z)dz.

Zadatak 5. Postavite granice integracije i izracunajte integral∫∫∫V

√x2 + y2 + z2dxdydz,

pri cemu je V kugla x2 + y2 + z2 ≤ x.

Rjesenje:

I =

∫ 1

0

dx

∫ √x−x2−√x−x2

dy

∫ √x−x2−y2

−√x−x2−y2

√x2 + y2 + z2dz =

π

10.

19

Zadatak 6. Postavite granice integracije i izracunajte integral∫∫∫V

z√x2 + y2dxdydz,

pri cemu je V tijelo omedeno valjkastom plohom x2 + y2 = 2x i ravninama y = 0,z = 0 i z = 3, za y ≥ 0.

Rjesenje:

I =

∫ 2

0

dx

∫ √2x−x20

dy

∫ 3

0

z√x2 + y2dz = 8.

Zadatak 7. U integralu∫ √3−√3

dx

∫ √3−x2−√3−x2

dy

∫ √4−x2−y2

1

f(x, y, z)dz

izvrsite prijelaz na A. cilindricne koordinate, B. sferne koordinate.

Rjesenje:

I =

∫ 2π

0

dϕ

∫ √30

rdr

∫ √4−r21

f(r cosϕ, r sinϕ, z)dz

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ π3

0

sin θdθ

∫ 2

1cos θ

r2f(r sin θ cosϕ, r sin θ sinϕ, r cos θ)dr

Zadatak 8. Prijelazom na cilindricne koordinate postavite granice integracije iizracunajte ∫∫∫

V

y√x2 + (y − 1)2

dxdydz,

pri cemu je V tijelo omedeno plohom z = x2 + (y − 1)2 i ravninom z = 4.

Rjesenje:

I =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 2

0

dr

∫ 4

r2(r sinϕ+ 1)dz =

32π

3

Zadatak 9. Prijelazom na poopcene sferne koordinate postavite graniceintegracije i izracunajte volumen tijela omedenog elipsoidom 3x2 + 3y2 + z2 = 12.

20

Napomena: Izvrsite prijelaz na poopcene sferne koordinate, tj. ako je upravokutnim koordinatama x2

a2+ y2

b2+ z2

c2= R2 onda su poopcene sferne koordinate

x = ar sin θ cosϕ

y = br sin θ sinϕ

z = cr cos θ

Rjesenje:

I = 8√

3

∫ 2π

0

dϕ

∫ π

0

sin θdθ

∫ 1

0

r2dr =32√

3π

3

21

3 VEKTORSKA ANALIZA

Vektorska analiza proucava vektorske funkcije, odnosno vektorska polja. Zapocetak cemo se upoznati sa vektorskom funkcijom jedne skalarne varijable,koju oznacavamo na sljedeci nacin:

~v(t) = v1(t)~i+ v2(t)~j + v3(t)~k

= x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k

gdje je argument t u nekom intervalu iz skupa realnih brojeva. Funkcijev1(t), v2(t), v3(t) (x(t), y(t), z(t)) nazivamo skalarnim komponentama vektorskefunkcije jedne varijable ~v(t).

Primjer jedne takve vektorske funkcije je i sljedeca funkcija:

~f(t) = sin t~i+ cos t~j + t~k,

cije su skalarne komponentef1(t) = x(t) = sin t,f2(t) = y(t) = cos t,f3(t) = z(t) = t.

Opcenito, skalarno polje definiramo i zapisujemo kao skalarnu funkciju dvije,odnosno tri varijable

z = f(x, y) u = f(x, y, z).

Ako su skalarne komponente neke vektorske funkcije skalarna polja, tada vektorskefunkcije predstavljaju vektorska polja:

~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k.

Navedimo nekoliko primjera. Funkcija

~f(t) = t~i+ t2~j + t3~k

predstavlja vektorsku funkciju jedne skalarne varijable, gdje su skalarnekomponentef1(t) = x(t) = t,f2(t) = y(t) = t2,f3(t) = z(t) = t3.

Nadalje, funkcijaf(x, y, z) = x2 + y2 + z2

predstavlja skalarno polje triju varijabli,te funkcija

~f(x, y, z) = x2yz~i+ xy2z~j + xyz2~k

predstavlja vektorsko polje triju varijabli, cije su skalarne komponente

22

f1(x, y, z) = x2yz,f2(x, y, z) = xy2z,f3(x, y, z) = xyz2.

Kako funkcije triju varijabli imaju samo parcijalne derivacije, tako se za analizuskalarnih i vektorskih polja uvode posebni operatori, koji se mogu usporediti sderivacijom funkcije jedne varijable. Neki od tih operatora koje cemo obraditi su:gradijent skalarnog polja, divergencija vektorskog polja i rotacija (rotor)vektorskog polja. Prije nego ih upoznamo pojedinacno, definirajmo tzv.Hamiltonov operator (nabla, del, atled,...)

∇ =∂

∂x~i+

∂

∂y~j +

∂

∂z~k,

koji, u odnosu na polje primjene, provodi navedene operacije.

Gradijent skalarnog polja

Gradijent skalarnog polja je vektorsko polje, koje pokazuje pravac najvecegporasta skalarnog polja, te ciji je intenzitet najveca promjena u tom polju. Neka jef(x, y, z) skalarno polje, tada gradijent tog polja zapisujemo na sljedeci nacin:

grad f(x, y, z) = ∇f(x, y, z) =∂f(x, y, z)

∂x~i+

∂f(x, y, z)

∂y~j +

∂f(x, y, z)

∂z~k

Primjer 1. Izracunajte gradijent skalarnog polja f(x, y, z) = x2ye−z.

Prilikom izracuna gradijenta, zapravo trazimo parcijalne derivacije funkcije trijuvarijabli, odnosno skalarnog polja. Vec smo se prisjetili kod dvostrukih, odnosnotrostrukih integrala da ukoliko integriramo po jednoj varijabli, ostale uzimamo kaokonstante. Isto vrijedi i kod parcijalnog deriviranja, pa gradijent racunamo nasljedeci nacin:

grad f(x, y, z) = ∇f(x, y, z) =∂(x2ye−z)

∂x~i+

∂(x2ye−z)

∂y~j +

∂(x2ye−z)

∂z~k =

= 2xye−z~i+ x2e−z~j − x2ye−z~k

Primjer 2. Izracunajte gradijent skalarnog polja f(x, y, z) =√x ln yz

u tockiT (1, e, 2).

Ovaj primjer mozemo shvatiti na sljedeci nacin. Neka zadano skalarno poljef(x, y, z) =

√x ln yz

predstavlja sirenje topline u prostoru. Zelimo saznati kolikimintenzitetom i u kojem pravcu se ta toplina siri iz promatrane tocke prostoraT (1, e, 2). Primjer cemo rijesiti kao i prethodni:

grad f(x, y, z) = ∇f(x, y, z) =∂(√x ln yz

)

∂x~i+

∂(√x ln yz

)

∂y~j +

∂(√x ln yz

)

∂z~k =

=ln y

2√xz~i+

√x

yz~j −√x ln y

z2~k

23

Sada nam samo preostaje naci koliki je ovaj gradijent u tocki T (1, e, 2), odnosnoracunamo

grad f(x, y, z)∣∣T (1,e,2)

= grad f(1, e, 2) =

=1

4~i+

1

2e~j − 1

4~k

Primjer 3. Izracunajte smjer i intenzitet najvece promjene skalarnog poljaf(x, y, z) = e−r

2.

Ono sto trazimo u ovom primjeru zapravo je gradijent skalarnog polja. Da bismoga rijesili potrebno je definirati tzv. radijalnu funkciju ili radij-vektor

~r = x~i+ y~j + z~k,

cija je duljinar = |~r| =

√x2 + y2 + z2.

Prema tome, zadano skalarno polje mozemo zapisati u sljedecem oblikuf(x, y, z) = e−r

2= e−(x

2+y2+z2)

i izracunati gradijent

grad f(x, y, z) = ∇f(x, y, z) =∂(e−(x

2+y2+z2))

∂x~i+

∂(e−(x2+y2+z2))

∂y~j +

∂(e−(x2+y2+z2))

∂z~k =

= −2xe−r2~i− 2ye−r

2~j − 2ze−r2~k =

= −2e−r2

(x~i+ y~j + z~k) = −2e−r2

~r

Divergencija vektorskog polja

Divergencija vektorskog polja je skalarno polje koje mjeri intenzitet izvora iliponora tog vektorskog polja. Takoder, moze se reci da je divergencija vektorskogpolja mjera promjene u gustoci tog vektorskog polja.

Kao primjer za bolje razumijevanje, uzmimo da vektorsko polje predstavlja brzinusirenja zraka. Ukoliko taj zrak zagrijavamo, on se siri te divergencija ima pozitivnuvrijednost. S druge strane, ako taj zrak hladimo, on se skuplja i divergencija imanegativnu vrijednost.

Nadalje, neka je zadano vektorsko polje~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k. Tada je divergencija skalarniprodukt operatora ∇ i zadanog vektorskog polja:

div ~f(x, y, z) = ∇ · ~f(x, y, z) =∂f1(x, y, z)

∂x+∂f2(x, y, z)

∂y+∂f3(x, y, z)

∂z

Primjer 4. Izracunajte divergenciju vektorskog polja~f(x, y, z) = e−x~i+ y2~j − ez~k u tocki T (−1,−e, 1).

24

Prilikom racunanja divergencije, zapravo trazimo parcijalne derivacije skalarnihkomponenti vektorskog polja na sljedeci nacin

div ~f(x, y, z) = ∇ · ~f(x, y, z) =∂(e−x)

∂x+∂(y2)

∂y+∂(−ez)∂z

= −e−x + 2y − ez

Sada je potrebno naci koliki je intenzitet divergencije u tocki T (−1,−e, 1),odnosno racunamo

div ~f(x, y, z)∣∣T (−1,−e,1) = div ~f(−1,−e, 1) = −e− 2e− e = −4e.

Primjer 5. Izracunajte divergenciju vektorskog polja~f(x, y, z) = ~r = x~i+ y~j + z~k.

div ~r = ∇ · ~r =∂(x)

∂x+∂(y)

∂y+∂(z)

∂z= 3.

Rotacija (rotor) vektorskog polja

Rotacija ili rotor vektorskog polja je vektorsko polje koje pokazuje intenzitet ismjer rotacije zadanog vektorskog polja. Takoder, rotacija ili rotor vektorskogpolja moze se opisati i kao gustoca njegove cirkulacije.

Neka je zadano vektorsko polje ~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k.Tada je rotacija ili rotor vektorski produkt operatora ∇ i vektorskog polja

rot ~f(x, y, z) = ∇× ~f(x, y, z) =

(∂f3(x, y, z)

∂y− ∂f2(x, y, z)

∂z

)~i+

+

(∂f1(x, y, z)

∂z− ∂f3(x, y, z)

∂x

)~j +

(∂f2(x, y, z)

∂x− ∂f1(x, y, z)

∂y

)~k,

odnosno

rot ~f(x, y, z) = ∇× ~f(x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

f1(x, y, z) f2(x, y, z) f3(x, y, z)

∣∣∣∣∣∣ .Primjer 6. Izracunajte intenzitet i smjer rotacije vektorskog polja~f(x, y, z) = x2~i+ y~j + sin z~k.

Kao i kod prethodnih primjera, moramo naci parcijalne derivacije skalarnihkomponenata zadanog vektorskog polja:f1(x, y, z) = x2,f2(x, y, z) = y,f3(x, y, z) = sin z.

25

Rotaciju ili rotor cemo izracunati tako da uvrstimo skalarne komponente uprethodno navedenu determinantu:

rot ~f(x, y, z) = ∇× ~f(x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

x2 y sin z

∣∣∣∣∣∣=

(∂ sin z

∂y− ∂y

∂z

)~i+

(∂x2

∂z− ∂ sin z

∂x

)~j +

(∂y

∂x− ∂x2

∂y

)~k

= 0

Primjer 7. Izracunajte rotaciju elektricnog polja ~E(x, y, z) = y~i+ xz~j + xy~k.

Elektricno polje je zapravo vektorsko polje, ciju rotaciju racunamo kao i prethodniprimjer:

rot ~f(x, y, z) = ∇× ~f(x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

y xz xy

∣∣∣∣∣∣=

(∂xy

∂y− ∂xz

∂z

)~i+

(∂y

∂z− ∂xy

∂x

)~j +

(∂xy

∂x− ∂y

∂y

)~k

= −y~j + (z − 1)~k

Potencijalna i solenoidalna vektorska polja

Sada cemo se upoznati sa posebnim vrstama vektorskih polja.Za vektorsko polje ~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k kazemo da jepotencijalno ili konzervativno ako postoji skalarno polje p(x, y, z) takvo davrijedi:

~f(x, y, z) = grad p(x, y, z) = ∇p(x, y, z)

f1(x, y, z) =∂p(x, y, z)

∂x, f2(x, y, z) =

∂p(x, y, z)

∂y, f3(x, y, z) =

∂p(x, y, z)

∂z

Tada se skalarno polje p(x, y, z) naziva potencijalnom zadanog vektorskog polja~f(x, y, z). Nadalje, ako je zadano vektorsko polje diferencijabilno na nekomkonveksnom podrucju, tada je ono potencijalno ili konzervativno onda i samo ondaako je i bezvrtlozno:

rot ~f(x, y, z) = ∇× ~f(x, y, z) = 0.

Ako je vektorsko polje potencijalno, tada njegov potencijal u nekoj tockiT (x0, y0, z0) racunamo prema:

p(x, y, z) =

∫ x

x0

f1(t, y, z)dt+

∫ y

y0

f2(x0, u, z)du+

∫ z

z0

f3(x0, y0, v)dv + C.

26

U nasem daljnjem racunu, zbog jednostavnosti izracuna, uzimat cemo da je tockaT (x0, y0, z0) = T (0, 0, 0).

Primjer 8. Zadano je vektorsko polje ~f(x, y, z) = ey~i+ (xey + sin z)~j + y cos z~k.Dokazite da je polje potencijalno i izracunajte njegov potencijal.

Da bismo dokazali da je polje potencijalno, trebamo ispitati uvjet

rot ~f(x, y, z) = ∇× ~f(x, y, z) = 0,

pa racunamo

rot ~f(x, y, z) = ∇× ~f(x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

ey xey + sin z y cos z

∣∣∣∣∣∣=

(∂y cos z

∂y− ∂(xey + sin z)

∂z

)~i+

(∂ey

∂z− ∂y cos z

∂x

)~j+

+

(∂(xey + sin z)

∂x− ∂ey

∂y

)~k = 0

Ovime smo dokazali da je zadano polje potencijalno. Sada trebamo pronaci njegovpotencijal. Prema prethodno navedenoj formuli za izracun potencijala, trazimof1(t, y, z), f2(x0, u, z) i f3(x0, y0, v). Spomenuli smo da cemo uzimatix0 = y0 = z0 = 0, pa uvrstavanjem u skalarne komponente zadanog vektorskogpolja slijedi

f1(x, y, z) = ey −→ f1(t, y, z) = ey

f2(x, y, z) = xey + sin z −→ f2(x0 = 0, u, z) = 0 · eu + sin z = sin z

f3(x, y, z) = y cos z −→ f3(x0 = 0, y0 = 0, v) = 0 · sin v = 0.

Preostaje nam samo integrirati dobivene funkcije

p(x, y, z) =

∫ x

x0

f1(t, y, z)dt+

∫ y

y0

f2(x0, u, z)du+

∫ z

z0

f1(x0, y0, v)dv + C

=

∫ x

0

eydt+

∫ y

0

sin zdu+

∫ z

0

0dv + C =

= ey · t∣∣∣x0

+ sin z · u∣∣∣y0

+ C =

= xey + y sin z + C.

Za vjezbu provjerite da li je

f1(x, y, z) =∂p(x, y, z)

∂x, f2(x, y, z) =

∂p(x, y, z)

∂y, f3(x, y, z) =

∂p(x, y, z)

∂z.

Primjer 9. Provjerite je li magnetsko polje

~H(x, y, z) =z√y − 1

~j + 2√y − 1~k

27

potencijalno, te odredite njegov potencijal.

Primjer cemo rijesiti kao i prethodni. Najprije provjeravamo uvjet

rot ~H(x, y, z) = ∇× ~H(x, y, z) = 0,

pa racunamo

rot ~H(x, y, z) = ∇× ~H(x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

0 z√y−1 2

√y − 1

∣∣∣∣∣∣∣=

(∂2√y − 1

∂y−∂ z√

y−1

∂z

)~i+

(∂0

∂z− ∂2

√y − 1

∂x

)~j+

+

(∂ z√

y−1

∂x− ∂0

∂y

)~k = 0

Sada trazimo potencijal, odnosno najprije cemo traziti skalarne komponente

f1(x, y, z) = 0 −→ f1(t, y, z) = 0

f2(x, y, z) =z√y − 1

−→ f2(x0 = 0, u, z) =z√u− 1

f3(x, y, z) = 2√y − 1 −→ f3(x0 = 0, y0 = 0, v) = 2

√0− 1 = 2i.

Na kraju, uvrstimo funkcije u integral i izracunamo

p(x, y, z) =

∫ x

x0

f1(t, y, z)dt+

∫ y

y0

f2(x0, u, z)du+

∫ z

z0

f1(x0, y0, v)dv + C

=

∫ x

0

0dt+

∫ y

0

z√u− 1

du+

∫ z

0

2idv + C =

= 2z ·√u− 1

∣∣∣yu=0

+ 2i · v∣∣∣z0

+ C =

= 2z√y − 1− 2iz + 2iz + C = 2z

√y − 1 + C.

Vektorsko polje ~f(x, y, z) zovemo solenoidalnim ako postoji vektorsko polje~g(x, y, z) takvo da vrijedi

~f(x, y, z) = rot~g(x, y, z) = ∇× ~g(x, y, z).

Nadalje, neprekinuto diferencijabilno vektorsko polje ~f(x, y, z) je solenoidalno ako isamo ako vrijedi

div ~f(x, y, z) = ∇ · ~f(x, y, z) = 0.

Primjer 10. Provjerite je li elektricno polje

~E(x, y, z) = K

[yz√

1− z2~i− (x3 − z)

√1− x5~j +

y

x~k

],

28

gdje je K konstanta, solenoidalno.

Uvjet da je vektorsko polje solenoidalno je

div ~f(x, y, z) = ∇ · ~f(x, y, z) = 0.

Prema tome za zadano elektricno polje provjeravamo

div ~E(x, y, z) = ∇ · ~E(x, y, z) =

=∂(K yz√

1−z2

)∂x

+∂[−K(x3 − z)

√1− x5

]∂y

+∂(K y

x

)∂z

=

= 0.

Ovime smo dokazali da je elektricno polje solenoidalno.

Laplace skalarnog polja

Do sada smo upoznali tri osnovna operatora vektorske analize. Sada cemo josnavesti i obraditi Laplace skalarnog polja, te usmjerene derivacije skalarnog ivektorskog polja.

Laplace skalarnog polja f(x, y, z) oznacavamo sa ∆f(x, y, z) i mozemodefinirati kao ”drugu derivaciju” skalarnog polja, odnosno vrijedi

∆f(x, y, z) =∂2f(x, y, z)

∂x2+∂2f(x, y, z)

∂y2+∂2f(x, y, z)

∂z2.

Veza izmedu Laplacea, gradijenta i divergencije dana je sljedecom formulom:

∆f(x, y, z) = div [ grad f(x, y, z)].

Primjer 11. Izracunajte Laplace skalarnog polja f(x, y, z) = exy ln z.

Laplace zadanog skalarnog polja izracunat cemo po zadnje navedenoj formuli.Najprije trazimo gradijent tog skalarnog polja:

grad f(x, y, z) =∂exy ln z

∂x~i+

∂exy ln z

∂y~j +

∂exy ln z

∂z~k =

= exy ln z~i+ ex ln z~j +exy

z~k.

Sada trazimo divergenciju toga gradijenta, odnosno racunamo Laplace:

∆f(x, y, z) = div [ grad f(x, y, z)] =∂(exy ln z)

∂x+∂(ex ln z)

∂y+∂(exyz

)∂z

=

= exy ln z − exy

z2

29

Usmjerena derivacija skalarnog polja

Usmjerena derivacija skalarnog polja f(x, y, z) u smjeru vektora ~s i u tockiT (x0, y0, z0), je skalarno polje dobiveno kao skalarni produkt jedinicnog vektora usmjeru vektora ~s i gradijenta zadanog skalarnog polja u tocki T i oznacava se nasljedeci nacin:

∂f(x, y, z)

∂~s

∣∣∣T

=~s

s· grad f(x, y, z)

∣∣∣T

=~s

s· ∇f(x, y, z)

∣∣∣T.

Jedinicni vektor vektora smjera ~s racunamo tako da vektor ~s podijelimo sanjegovom duzinom:

~s = s1~i+ s2~j + s3~k

s =√s21 + s32 + s23

~s

s= ~s0 = s01~i+ s02~j + s03~k =

=s1√

s21 + s22 + s23

~i+s2√

s21 + s22 + s23

~j +s3√

s21 + s22 + s23

~k

Primjer 12. Izracunajte usmjerenu derivaciju skalarnog poljaf(x, y, z) = x3 + y2 sin z u smjeru vektora ~s =~i−~j + ~k u tocki T (1, 1, 2π).

Najprije odredimo jedinicni vektor vektora ~s:

~s

s=

~i√3−

~j√3

+~k√3.

Zatim izracunajmo gradijent zadanog skalarnog polja:

grad f(x, y, z) = ∇f(x, y, z) =∂(x3 + y2 sin z)

∂x~i+

∂(x3 + y2 sin z)

∂y~j +

∂(x3 + y2 sin z)

∂z~k

= 3x2~i+ 2y sin z~j + y2 cos z~k,

te pronadimo skalarni produkt jedinicnog vektora i gradijenta, odnosno usmjerenuderivaciju:

∂f(x, y, z)

∂~s=~s

s· grad f(x, y, z) =

3x2 − 2y sin z + y2 cos z√3

.

Sada nam samo preostaje odrediti dobivenu usmjerenu derivaciju u tockiT (1, 1, 2π), odnosno

∂f(x, y, z)

∂~s

∣∣∣T (1,1,2π)

=(3x2 − 2y sin z + y2 cos z√

3

)∣∣∣T (1,1,2π)

=

=4√3

30

Usmjerena derivacija vektorskog polja

Usmjerena derivacija vektorskog polja ~f(x, y, z) u smjeru vektora ~s i u tockiT (x0, y0, z0) je vektorsko polje definirano na sljedeci nacin:

∂ ~f(x, y, z)

∂~s

∣∣∣T

=

(s01

∂ ~f(x, y, z)

∂x+ s02

∂ ~f(x, y, z)

∂y+ s03

∂ ~f(x, y, z)

∂z

)T

=

=

(s01

∂

∂x+ s02

∂

∂y+ s03

∂

∂z

)~f(x, y, z)

∣∣∣T,

gdje je~s

s= s01~i+ s02~j + s03~k.

Primjer 13. Izracunajte usmjerenu derivaciju vektorskog polja~f(x, y, z) = x2ez~i− y~j + z3~k u smjeru vektora ~s =~i+~j u tocki T (1, 1, 0).

Kao i u prethodnom primjeru najprije izracunajmo jedinicni vektor u smjeruvektora ~s:

~s

s=

~i√2

+~j√2,

iz cega slijedi

s01 =1√2

s02 =1√2

s03 = 0.

Sada nadimo parcijalne derivacije vektorskog polja ~f(x, y, z), odnosno parcijalno

deriviramo skalarne komponente, a vektore ~i, ~j i ~k ”prepisemo”:

∂ ~f(x, y, z)

∂x= 2xez~i

∂ ~f(x, y, z)

∂y= −~j

∂ ~f(x, y, z)

∂z= x2ez~i+ 3z2~k

Zatim racunamo usmjerenu derivaciju vektorskog polja:

∂ ~f(x, y, z)

∂~s=

(s01

∂ ~f

∂x+ s02

∂ ~f

∂y+ s03

∂ ~f

∂z

)=

=1√2· 2xez~i− 1√

2·~j + 0 · (x2ez~i+ 3z2~k) =

=2xez~i−~j√

2

31

Preostaje nam samo uvrstiti vrijednosti tocke T (1, 1, 0):

∂ ~f(x, y, z)

∂~s

∣∣∣T (1,1,0)

=

(2xez~i−~j√

2

)T (1,1,0)

=

=√

2~i−√

2

2~j

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. Izracunajte gradijent i apsolutnu vrijednost gradijenta (duljinu) zaskalarno polje f(x, y, z) = x3 + y3 + z3 − 3xyz u tocki A(2, 1, 2).

Rjesenje:

grad f(x, y, z) = (3x2 − 3yz)~i+ (3y2 − 3xz)~j + (3z2 − 3xy)~k

grad f(x, y, z)|T (2,1,2) = 6~i− 9~j + 6~k∣∣ grad f(x, y, z)|T (2,1,2)∣∣ =

√62 + (−9)2 + 62 = 3

√17

Zadatak 2. Izracunajte gradijent skalarne funkcije f = ~a · ~r, gdje je ~a vektor skonstantnim skalarnim komponentama ~a = a1~i+ a2~j + a3~k, a ~r je radij vektor.

Rjesenje: grad f = ~a

Zadatak 3. Izracunajte ∇ · ~f(x, y, z) i ∇× ~f(x, y, z), ako je ~f(x, y, z) = xz~i+ y~k.

Rjesenje:

∇ · ~f(x, y, z) = z

∇× ~f(x, y, z) =~i+ x~j

Zadatak 4. Izracunajte ∇ · ~f(x, y, z) i ∇× ~f(x, y, z), ako je~f(x, y, z) = x2~i+ xyz~j + z2~k.

Rjesenje:

∇ · ~f(x, y, z) = 2x+ xz + 2z

∇× ~f(x, y, z) = −xy~i+ yz~k

Zadatak 5. Dokazite da je elektricno polje

~E(x, y, z) = yz(2x+ y + z)~i+ xz(x+ 2y + z)~j + xy(x+ y + 2z)~k

potencijalno ili konzervativno, te izracunajte njegov potencijal.

32

Rjesenje:

rot ~E(x, y, z) = 0

p(x, y, z) = xyz(x+ y + z) + C

Zadatak 6. Dokazite da je magnetsko polje

~H(x, y, z) = (2xy + z)~i+

(x2 − 1

z

)~j +

(x+

y

z2

)~k

potencijalno ili konzervativno, te izracunajte njegov potencijal.

Rjesenje:

rot ~H(x, y, z) = 0

p(x, y, z) = x2y + xz − y

z+ C

Zadatak 7. Izracunajte usmjerenu derivaciju polja f(x, y, z) = xyz u tocki

A(5, 1, 2), a u smjeru vektora−→AB, gdje je B(9, 4, 14).

Napomena: vektor izmedu dvije tocke: (x2 − x1)~i+ (y2 − y1)~j + (z2 − z1)~k.

Rjesenje:

∂f(x, y, z)

∂−→AB

∣∣∣A(5,1,2)

=

(4

13yz +

3

13xz +

12

13xy

)A(5,1,2)

=

=98

13

Zadatak 8. Izracunajte Laplace skalarnog polja

f(x, y, z) = xey2

ln z

u tocki T (1, 1, e).

Rjesenje:

∆f(x, y, z)∣∣∣T (1,1,e)

=

(2xey

2

ln z(1 + 2y2)− xey2

z2

)T (1,1,e)

= 6e− 1

e.

Zadatak 9. Izracunajte

∂ ~f(x, y, z)

∂~s,

gdje je vektorsko polje ~f(x, y, z) = x2~i+ xyz~j + z2~k, a vektor smjera ~s =~i+~j + ~k.

Rjesenje:

∂ ~f(x, y, z)

∂~s=

2x~i+ (xy + yz + xz)~j + 2z~k√3

33

4 KRIVULJNI INTEGRALI

Prije nego krenemo obradivati krivuljne integrale, potrebno je definirati postupakkoji se zove parametrizacija krivulje. Neka je vektorska funkcija

~r(t) = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k, t ∈ [a, b]

definirana i neprekinuta na intervalu [a, b]. Graf ove vektorske funkcije je krivulja

c = {x(t), y(t), z(t) ∈ R3 : t ∈ [a, b]}.

Uredeni par vektorske funkcije ~r(t) i intervala [a, b] naziva se parametrizacijakrivulje c. Drugim rijecima, ako je krivulja u prostoru zadana u pravokutnimkoordinatama (x, y, z), parametriziramo je tako da je zapisemo kao vektorskufunkciju jedne varijable t. Potrebno je napomenuti da jedna krivulja ima visenacina parametrizacije. Pokazimo sada postupak parametrizacije na nekolikoprimjera.

Primjer 1. Napisite parametrizaciju krivulje c odredene kao presjek plohax = z2 i z = y2.

Jednu parametrizaciju ove presjecnice ploha c mozemo dobiti ako stavimo da jey = y(t) = t, iz cega slijedi da je z = z(t) = y2(t) = t2, odnosnox = x(t) = z2(t) = t4. Kako bi parametrizacija bila potpuna, potrebno je odreditiinterval varijable t. Krivulja c nema nikakvih ogranicenja, sto znaci da varijablat ∈ [−∞,∞]. Na kraju je parametrizacija krivulje c:

~r(t) = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k = t4~i+ t~j + t2~k, t ∈ (−∞,∞).

Primjer 2. Napisite parametrizaciju kruznice x2 + y2 = 4.

Ako se prisjetimo dvostrukih i trostrukih integrala, gdje smo uvodili polarne(cilindricne) i sferene koordinate, tada se na slican nacin mogu parametriziratikruznice i sfere. Kod polarnih koordinata smo uzimali

x = r cosϕ

y = r sinϕ.

Kod parametrizacije cemo se posluziti ovim polarnim koordinatama, gdje cemoumjesto kuta ϕ uzimati varijablu t, a umjesto polumjera r cemo uvrstiti vrijednostpolumjera zadane kruznice, u nasem slucaju 2. Prema tome, zapisujemo

x = x(t) = 2 cos t

y = y(t) = 2 sin t.

Preostaje nam naci interval na kojem je definirana ova kruznica, odnosno varijablat. Kako je kruznica sa sredistem u ishodistu koordinatnog sustava i bez

34

ogranicenja, tada je varijabla t ∈ [0, 2π] i parametrizaciju zapisujemo na sljedecinacin

~r(t) = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k = 2 cos t~i+ 2 sin t~j, t ∈ [0, 2π].

Ovu kruznicu smo mogli parametrizirati i na nacin da varijablu x zapisemo kaox = x(t) = t iz cega slijedi da je y = ±

√4− t2. Prema tome dobili smo dvije

vektorske funkcije

~r1(t) = t~i+√

4− t2~j~r2(t) = t~i−

√4− t2~j

Kako je kod ove kruznice x ∈ [−2, 2], tako je i t ∈ [−2, 2]. Ako je bitan smjer kojimje kruznica opisana, odnosno orijentacija krivulje, npr. u smjeru kazaljke nasatu, tada je za ~r1(t) t ∈ [−2, 2], dok je za ~r2(t) t ∈ [2,−2].

Primjer 3. Napisite parametrizaciju krivulje, dobivene presjekom ravninex+ z = 2 i elipse

(x− 1)2

2+y2

4= 1,

za koju je y ≥ 0.

Slicno kao i u prethodnom primjeru, opci oblik elipse mozemo zapisati u polarnimkoordinatama

(x− xS)2

a2+

(y − yS)2

b2= R2

x− xS = ar cosϕ

y − yS = br sinϕ

Prema tome, uvrstimo li vrijednosti kao i u prethodnom primjeru, jedna odparametrizacija nase elipse je:

x− 1 = x(t)− 1 =√

2 cos t

y = y(t) = 2 sin t

Iz uvjeta y ≥ 0, slijedi da je t ∈ [0, π], jer imamo samo gornju stranu elipse. Akosada ovu parametrizaciju primjenimo i na pohu x+ z = 2 → z = 2− x,konacno dobivamo:

x(t) =√

2 cos t+ 1

y(t) = 2 sin t

z(t) = 2− x(t) = 1−√

2 cos t

t ∈ [0, π]

Sada smo upoznali postupak parametrizacije krivulje, koji nam je neophodanprilikom racunanja krivuljnih integrala.

35

Krivuljni integrali prve vrste

Neka funkcija (skalarno polje) f(x, y, z) predstavlja linearnu gustocu neke tvarirazmazane po krivulji c, te neka je krivulja c zadana svojom parametrizacijom

c ... ~r(t) = x(t)~i+ y(t)~j + z(t)~k, t ∈ [a, b].

Tada se integral∫c

f(x, y, z)ds =

∫ b

a

f [x(t), y(t), z(t)]√

[x′(t)]2 + [y′(t)]2 + [z′(t)]2dt, t ∈ [a, b]

naziva krivuljni integral prve vrste i definira masu krivulje c. U navedenomintegralu diferencijal ds elementa luka krivulje

ds = |~r′(t)|dt =√

[x′(t)]2 + [y′(t)]2 + [z′(t)]2dt = |d~r(t)|,

nastao je od aproksimacije duljine luka krivulje.

Ako uzmemo da je f(x, y, z) = 1,tada integral∫c

ds =

∫ b

a

√[x′(t)]2 + [y′(t)]2 + [z′(t)]2dt, t ∈ [a, b]

predstavlja duljinu luka krivulje c na intervalu [a, b].

Krivuljni integrali prve vrste ne ovise o smjeru integracije, odnosno o orijentacijikrivule, tj. isto je ako integriramo od toce a do tocke b i obrnuto od tocke b dotocke a.

Primjer 1. Izracunajte integral∫c

√2y2 + z2ds,

gdje je krivulja c presjek sfere x2 + y2 + z2 = a2 i ravnine y = x.

Iz zadanog integrala zapisujemo da je f(x, y, z) =√

2y2 + z2. Presjecnicu sfere iravnine dobit cemo jednostavnim uvrstavanjem, odnosno

x2 + y2 + z2 = a2 ←− y = x

x2 + x2 + z2 = a2∣∣∣ : 2

x2 +z2

2=a2

2

Ovime smo dobili elipsu u XZ ravnini za koju lako nalazimo parametrizaciju.

x(t) =a√2

cos t

z(t) = a sin t

t ∈ [0, 2π]

36

Kako krivulja nema nikakvih ogranicenja, tako je varijabla t ∈ [0, 2π]. Iz jednadzbey = x slijedi da je y(t) = x(t) = a√

2cos t, odnosno

f [x(t), y(t), z(t)] =

√2a2 cos2 t

2+ a2 sin2 t = a.

Sada treba naci naci derivacije x′(t), y′(t) i z′(t), kako bismo izracunali diferencijalds:

x′(t) = − a√2

sin t

y′(t) = − a√2

sin t

z′(t) = a cos t

ds =√

[x′(t)]2 + [y′(t)]2 + [z′(t)]2dt =

√a2 sin2 t

2+a2 sin2 t

2+ a2 cos2 tdt = adt

Sada napokon mozemo izracunati krivuljni integral∫c

√2y2 + z2ds = a2

∫ 2π

0

dt = 2πa2.

Ovaj zadatak smo mogli rijesiti i na drugi nacin, odnosno projekcijom presjecnice

x2 +z2

2=a2

2

u XY ravninu

x2 +z2

2=a2

2←− z = 0

x2 =a2

2

x = ± a√2

x ∈

[− a√

2,a√2

]

Ako prilikom parametrizacije uzmemo da je x = x(t) = t, odnosno t ∈[− a√

2, a√

2

],

tada slijedi da je y(t) = x(t) = t, dok iz jednadzbe sfere slijedi

x2 + y2 + z2 = a2

z2 = a2 − x2 − y2

z = ±√a2 − x2 − y2

z = ±√a2 − 2t2

37

Sada smo zapravo dobili dvije krivulje

c1 ... x(t) = t y(t) = t z(t) =√a2 − 2t2 t ∈

[− a√

2,a√2

]c2 ... x(t) = t y(t) = t z(t) = −

√a2 − 2t2 t ∈

[− a√

2,a√2

]cije su derivacije i diferencijali

c1 ... x′(t) = 1 y′(t) = 1 z′(t) = − 2t√a2 − 2t2

ds =a√

2√a2 − 2t2

dt

c2 ... x′(t) = 1 y′(t) = 1 z′(t) =2t√

a2 − 2t2ds =

a√

2√a2 − 2t2

dt

Uvrstimo li u funkciju f(x, y, z) =√

2y2 + z2, parametrizacije krivulja c1 i c2,slijedi

f [x(t), y(t), z(t)] =√

2t2 + a2 − 2t2 = a.

Rjesenje krivuljnog integrala je∫c

√2y2 + z2ds =

∫c1

√2y2 + z2ds+

∫c2

√2y2 + z2ds =

= a2√

2

∫ a√2

− a√2

dt√a2 − 2t2

+ a2√

2

∫ a√2

− a√2

dt√a2 − 2t2

=

= 2a2√

2

∫ a√2

− a√2

dt√a2 − 2t2

= izracun za vjezbu = 2πa2

Primjer 2. Izracunajte integral ∫c

xyds,

gdje je krivulja c presjek ploha y =√x2 + 1, y + z = 3, x ≥ 0, z ≥ 0.

Ovaj primjer mozemo rijesiti na sljedeci nacin. Projekcijom plohe y + z = 3 u XYravninu slijedi da je y = 3. Nadalje, ako y = 3 uvrstimo u jednadzbu plohey =√x2 + 1, slijedi da je x = ±2

√2. Iz uvjeta x ≥ 0, slijedi da je x ∈ [0, 2

√2].

Uzmimo sada da je parametrizacija krivulje presjecnice

c ... x(t) = t y(t) =√x2(t) + 1 =

√t2 + 1 z(t) = 3− y(t) = 3−

√t2 + 1

t ∈ [0, 2√

2].

Pronadimo derivacije i diferencijal

x′(t) = 1 y′(t) =t√t2 + 1

z′(t) = − t√t2 + 1

ds =

√1 +

t2

t2 + 1+

t2

t2 + 1dt =

√3t2 + 1

t2 + 1dt.

38

U zadanu funkciju f(x, y, z) = xy uvrstimo parametrizaciju, te slijedi

f [x(t), y(t), z(t)] = t√t2 + 1.


xyds =

∫ 2√2

0

t√t2 + 1

√3t2 + 1

t2 + 1dt

=

∫ 2√2

0

t√

3t2 + 1dt = izracun za vjezbu =124

9


x2yzds,

gdje je krivulja c presjek ploha 5z = x2 + 5(y − 1)2 i 2y + z = 2.

Kako obje plohe sadrze varijablu z, presjecnicu mozemo dobiti na sljedeci nacin

2y + z = 2 −→ z = 2− 2y

5z = x2 + 5(y − 1)2

5(2− 2y) = x2 + 5(y − 1)2

...

x2

5+ y2 = 1.

Ovime smo dobili elipsu te je jedna od parametrizacija krivulje presjecnice c

c ... x(t) =√

5 cos t y(t) = sin t z(t) = 2− 2y(t) = 2− 2 sin t t ∈ [0, 2π].

Nadimo derivacije i diferencijal

x′(t) = −√

5 sin t y′(t) = cos t z′(t) = −2 cos t

ds =√

5 sin2 t+ cos2 t+ 4 cos2 tdt =√

5dt.

U zadanu funkciju f(x, y, z) = x2yz uvrstimo parametrizaciju, te slijedi

f [x(t), y(t), z(t)] = 5 cos2 t sin t(2− 2 sin t).


x2yzds =√

5

∫ 2π

0

5 cos2 t sin t(2− 2 sin t)dt

=√

5

(10

∫ 2π

0

sin t cos2 tdt− 10

∫ 2π

0

sin2 t cos2 tdt

)=

= izracun za vjezbu = −5√

5π

2

39

Primjer 4. Izracunajte integral ∮c

xyds,

gdje je krivulja c pravokutnik omeden pravcima x = 0, y = 0, x = 4, y = 2.

Krivuljni integral sa oznakom∮

, oznacava da se radi o integraciji po zatvorenojkrivulji. U ovom primjeru krivulja prati zadani (zatvoreni) pravokutnik.

Nacrtamo li pravokutnik, vidjet cemo da je omeden tockama A(0, 0), B(4, 0),C(4, 2) i D(0, 2). Prema tome, nasa trazena krivulja se sastoji od cetiri spojnice(krivulje), odnosno pravaca∮

c

xyds =

∫AB

xyds+

∫BC

xyds+

∫CD

xyds+

∫AD

xyds

Njihove parametrizacije mozemo zapisati na sljedeci nacin

AB ... y(t) = 0 x(t) = t t ∈ [0, 4] f [x(t), y(t)] = 0 ds = dt

BC ... x(t) = 4 y(t) = t t ∈ [0, 2] f [x(t), y(t)] = 4t ds = dt

CD ... y(t) = 2 x(t) = t t ∈ [0, 4] f [x(t), y(t)] = 2t ds = dt

AD ... x(t) = 0 y(t) = t t ∈ [0, 2] f [x(t), y(t)] = 0 ds = dt


xyds =

∫AB

xyds+

∫BC

xyds+

∫CD

xyds+

∫AD

xyds

= 0 + 4

∫ 2

0

tdt+ 2

∫ 4

0

tdt+ 0 = ... = 24.

U ovom primjeru se vidi da krivuljni integrali prve vrste ne ovise o orijentacijikrivulje, tj. kod pravaca CD i AD nismo uzimali obrnute intervale t ∈ [4, 0],odnosno t ∈ [2, 0].

Krivuljni integrali druge vrste

Ako za funkciju uzmemo vektorsko polje umjesto skalarnog, tj.~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k i integriramo ga poparametriziranoj krivulji c na intervalu [a, b], dobit cemo krivuljni integraldruge vrste definiran na sljedeci nacin:∫c

~f(x, y, z)d~r =

∫c

f1(x, y, z)dx+ f2(x, y, z)dy + f3(x, y, z)dz =

=

∫ b

a

[f1(x(t), y(t), z(t)

)x′(t) + f2

(x(t), y(t), z(t)

)y′(t) + f3

(x(t), y(t), z(t)

)z′(t)

]dt

t ∈ [a, b]

40

Za razliku od krivuljnih integrala prve vrste, krivuljni integrali druge vrste ovise osmjeru integracije, odnosno o orijentaciji krivulje, tj. nije isto ako integriramo odtocke A do tocke B i obrnuto od tocke B do tocke A. Vrijedi∫

AB

~fd~r = −∫BA

~fd~r

Primjer 5. Izracunajte integral∫c

xdx+ ydy − zdz,

gdje je krivulja c zadana parametarski x(t) = t2, y(t) = t, z(t) = 1t, od tocke

A(4, 2, 12) do tocke B(1, 1, 1).

Iz integrala mozemo zapisati da je vektorsko polje ~f(x, y, z) = x~i+ y~j − z~k.Krivulja je vec zadana parametarski, medutim tocke su zadane u pravokutnimkoordinatama. Izjednacavanjem parametarski zadanih varijabli i koordinata tocakaA i B slijedi

Za tocku A(

4, 2,1

2

)4 = x(t) = t2, 2 = y(t) = t,

1

t= z(t) =

1

2→ t1 = a = 2

Za tocku B(1, 1, 1)

1 = x(t) = t2, 1 = y(t) = t,1

t= z(t) = 1 → t2 = b = 1

Derivacije su

x′(t) = 2t y′(t) = 1 z′(t) = − 1

t2,

a skalarne komponente zadanog vektora

f1(x(t), y(t), z(t)) = x(t) = t2 f2(x(t), y(t), z(t)) = y(t) = t

f3(x(t), y(t), z(t)) = −z(t) = −1

t.

Napokon, rjesenje krivuljnog integrala je∫c

xdx+ ydy − zdz =

∫ 1

2

[f1(x(t), y(t), z(t))x′(t) + f2(x(t), y(t), z(t))y′(t)+

+ f3(x(t), y(t), z(t))z′(t)

]dt =

∫ 1

2

[t2(2t) + t− 1

t

(− 1

t2

)]dt =

= izracun za vjezbu = −75

8

U ovom primjeru smo vidjeli da krivuljni integrali druge vrste ovise o orijentacijikrivulje, tj. interval je bio t ∈ [2, 1].

41


(y − 1)dx,

gdje je c dio krivulje x2 + y2 = 2x+ 2y koji se nalazi u prvom kvadrantu, obiden upozitivnom smjeru (obrnuto od kazaljke na satu).

Zadano vektorsko polje je ~f(x, y, z) = (y − 1)~i, odnosno ima jednu skalarnukomponentu.Nadalje, ako zadanu krivulju nadopunimo do potpunog kvadrata

x2 + y2 = 2x+ 2y

x2 − 2x+ y2 − 2y = 0

(x− 1)2 − 1 + (y − 1)2 − 1 = 0

(x− 1)2 + (y − 1)2 = 2

dobit cemo kanonski oblik kruznice (x− 1)2 + (y − 1)2 = 2. Jedna odparametrizacija te krivulje je

x(t) =√

2 cos t+ 1 y(t) =√

2 sin t+ 1

cije su derivacije

x′(t) = −√

2 sin t y′(t) =√

2 cos t

Iz uvjeta da se krivulja nalazi u prvom kvadrantu, odnosno x(t) ≥ 0 i y(t) ≥ 0,slijedi

√2 sin t+ 1 ≥ 0,

√2 cos t+ 1 ≥ 0

sin t ≥ − 1√2, cos t ≥ − 1√

2

t ∈[− π

4,3π

4

].

Ako uvrstimo parametrizaciju u skalarnu komponentu vektorskog polja, slijedi

f1(x(t), y(t), z(t)) =√

2 sin t,

a rjesenje krivuljnog integrala je∫c

(y − 1)dx =

∫ 3π4

−π4

f1(x(t), y(t), z(t))x′(t)dt =

=

∫ 3π4

−π4

√2 sin t(−

√2 sin t)dt = 2

∫ 3π4

−π4

sin2 tdt =

= izracun za vjezbu = −π

42

Zadatak 7. Izracunajte integral∫c

x3dx+ 3zy2dy − x2ydz,

gdje je c dio pravca od tocke A(1, 2, 3) do tocke B(−1, 2, 1).

Vektorsko polje je ~f(x, y, z) = x3~i+ 3zy2~j − x2y~k. Parametrizacija pravca uprostoru koji prolazi kroz dvije tocke T1(x1, y1, z1) i T2(x2, y2, z3) zapisuje se nasljedeci nacin

x− x1x2 − x1

=y − y1y2 − y1

=z − z1z2 − z1

= t

x(t) = x1 + (x2 − x1)ty(t) = y1 + (y2 − y1)tz(t) = z1 + (z2 − z1)t

Primijenimo li prethodno na tocke A(1, 2, 3) i B(−1, 2, 1) slijedi

x− 1

−2=y − 2

0=z − 3

−2= t

x(t) = 1− 2t

y(t) = 2

z(t) = 3− 2t

Izjednacavanjem parametarskih varijabli i koordinata tocaka,

Za tocku A(1, 2, 3)

1 = x(t) = 1− 2t, 2 = y(t) = 2, 3 = z(t) = 3− 2t → a = 0

Za tocku B(−1, 2, 1)

− 1 = x(t) = 1− 2t, 2 = y(t) = 2, 1 = z(t) = 3− 2t → b = 1

Derivacije parametarskih varijabli su

x′(t) = −2, y′(t) = 0 z′(t) = −2,

a skalarne komponente zadanog vektorskog polja

f1(x(t), y(t), z(t)) = (1− 2t)3, f2(x(t), y(t), z(t)) = 12(3− 2t),

f3(x(t), y(t), z(t)) = 2(1− 2t)2.

43


x3dx+ 3zy2dy − x2ydz

=

∫ b

a

[f1(x(t), y(t), z(t)

)x′(t) + f2

(x(t), y(t), z(t)

)y′(t) + f3

(x(t), y(t), z(t)

)z′(t)

]dt

=

∫ 1

0

[(1− 2t)3(−2) + 12(3− 2t) · 0− 2(1− 2t)2(−2)

]dt =


3

Greenova formula (teorem)

Neka je c pozitivno orijentirana (suprotno od smjera kazaljke sata)zatvorena krivulja, te neka je D lik u ravnini kojeg omeduje c. Nadalje,neka je ~f(x, y) = f1(x, y)~i+ f2(x, y)~j diferencijabilno vektorsko polje. Tadavrijedi∮

c

~f(x, y)d~r =

∮c

f1(x, y)dx+ f2(x, y)dy =

∫∫D

(∂f2(x, y)

∂x− ∂f1(x, y)

∂y

)dxdy

Primjer 8. Primjenom Greenove formule izracunajte integral∮c

y2dx+ xdy,

gdje je c jedinicna kruznica orijentirana u pozitivnom smjeru (obrnuto od kazaljkena satu).

Iz zadanog integrala zapisujemo da je vektorsko polje ~f(x, y, z) = y2~i+ x~j,odnosno njegove skalarne komponente su f1(x, y) = y2 i f2(x, y) = x. Sada,primjenom Greenove formule slijedi∮

c

y2dx+ xdy =

∫∫D

(∂f2(x, y)

∂x− ∂f1(x, y)

∂y

)dxdy =

=

∫∫D

(∂(x)

∂x− ∂(y2)

∂y

)dxdy =

=

∫∫D

(1− 2y)dxdy

Zadana krivulja je kruznica, cija je jednadzba x2 + y2 = 1, te prijelazom na polarnekoordinate slijedi r ∈ [0, 1] i ϕ ∈ [0, 2π]. Napokon, racunamo dvostruki integral∫∫

D

(1− 2y)dxdy =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

(1− 2r sinϕ)rdr =

= izracun za vjezbu = π

44

ZADACI ZA VJEZBU


∫c

y2ds, gdje je krivulja c gornja polovica kruznice

x2 + y2 = a2 izmedu tocaka A(a, 0) i B(−a, 0).

Rjesenje: I = a3π2.


∫c

xyds, gdje je krivulja c zadana jednadzbom

|x|+ |y| = a, a > 0.

Napomena: Krivulja je kvadrat, cije su stranice redom po kvadrantima: x+ y = a,−x+ y = a, −x− y = a i x− y = a.

Rjesenje: I = 0.

Zadatak 3. Izracunajte integral∫c

ds

x2 + y2 + z2,

gdje je c prvi zavoj zavojnice x = a cos t, y = a sin t, z = bt, t ∈ [0, 2π].

Rjesenje:

I =

√a2 + b2 arctan 2bπ

a

ab.


∫c

(x2 + y2)ds, gdje je c presjecnica ploha x2 + 2y2 = 4,

z = y, y ≥ 1.

Rjesenje: I = 3π − 2.


∫c

2xydx− x2dy po krivulji c koja je

a) dio pravca y = x2

od tocke O(0, 0) do tocke A(2, 1),

b) dio parabole y = x2

4od tocke O(0, 0) do tocke A(2, 1).

Rjesenje: a) I = 43, b) I = 0.

Zadatak 6. Izracunajte integral∮c

(x+ y)dx− (x− y)dy

x2 + y2,

po kruznici x2 + y2 = a2 orijentiranoj u pozitivnom smjeru, tj. suprotno gibanjukazaljke na satu.

45

Rjesenje: I = −2π.


∫c

y2dx+ x2dy po gornjoj polovici elipse x = a cos t,

y = b sin t u smjeru gibanja kazaljke na satu.Napomena: Koristite formule∫

sinm tdt = −cos t sinm−1 t

m+m− 1

m

∫sinm−2 tdt

∫cosm tdt =

sin t cosm−1 t

m+m− 1

m

∫cosm−2 tdt.

Rjesenje: I = 4ab2

3.


∫c

(y− z)dx+ (z− x)dy+ (x− y)dz, gdje je c presjecnica

ploha x2 + y2 = 1, x+ z = 1, y ≥ 0, orijentirana u pozitivnom smjeru.

Rjesenje: I = 2− 2π.

Zadatak 9. Primjenom Greenove formule izracunajte∮c

2(x2 + y2)dx+ (x+ y)2dy,

gdje je c kontura trokuta s vrhovima A(1, 1), B(2, 2), C(1, 3) orijentirana upozitivnom smjeru. Izracunajte takoder integral izravno.

Rjesenje: I = −43.

46

5 PLOSNI INTEGRALI

Na pocetku ovog kolegija upoznali smo se sa dvostrukim integralima, kod kojih sepodrucje integracije nalazilo u ravnini. Sada cemo se upoznati sa opcenitijimslucajem, odnosno sa dvostrukim integralom na nekoj plohi koja nije ravnina.Takvi integrali se nazivaju plosni integrali, te razlikujemo plosne integraleprve i plosne integrale druge vrste. Analogno krivuljnim integralima, kodprve vrste plosnih integrala funkcija koja se integrira je skalarno polje, a kod drugevrste je vektorsko polje.

Plosni integrali prve vrste

Neka je S tzv. funkcijska ploha, odnosno neka je S dio grafa neke funkcije dvijuvarijabli, z = z(x, y) ili x = x(y, z) ili y = y(x, z). U sva tri slucaja koristit cemozapis S : z = z(x, y) ili S : x = x(y, z) ili S : y = y(x, z). Ako su prethodne funkcijediferencijabilne, tada je i odgovarajuca ploha S diferencijalbilna.

Neka je S : z = z(x, y) diferencijabilna funkcijska ploha, tada plosni integral prvevrste funkcije (skalarnog polja) f(x, y, z) po plohi S definiramo kao∫∫

S

f(x, y, z)dS =

∫∫Sxy

f(x, y, z(x, y))

√1 +

(∂z∂x

)2+(∂z∂y

)2dxdy,

pri cemu je Sxy projekcija plohe S na ravninu XY .

Neka je S : x = x(y, z) diferencijabilna funkcijska ploha, tada plosni integral prvevrste funkcije f(x, y, z) po plohi S definiramo kao∫∫

S

f(x, y, z)dS =

∫∫Syz

f(x(y, z), y, z)

√1 +

(∂x∂y

)2+(∂x∂z

)2dydz,

pri cemu je Syz projekcija plohe S na ravninu Y Z.

Neka je S : y = y(x, z) diferencijabilna funkcijska ploha, tada plosni integral prvevrste funkcije f(x, y, z) po plohi S definiramo kao∫∫

S

f(x, y, z)dS =

∫∫Sxz

f(x, y(x, z), z)

√1 +

(∂y∂x

)2+(∂y∂z

)2dxdz,

pri cemu je Sxz projekcija plohe S na ravninu XZ.

U sva tri slucaja, ako je f(x, y, z) = 1, onda je plosni integral prve vrste jednakpovrsini plohe S nad podrucjima Sxy, Syz, odnosno Sxz.

Primjer 1. Izracunajte integral ∫∫S

dS,

47

gdje je S dio plohe z = x2 + y2 za koju je z ≤ 1.

Ovisno o ”jednostavnosti” zadane plohe odabiremo odgovarajucu funkcijsku plohu,S : z = z(x, y) ili S : x = x(y, z) ili S : y = y(x, z). U ovome primjeru vec nam jeunaprijed odredeno da uzmemo S : z = z(x, y), jer tada imamo samo jednufunkcijsku plohu z(x, y) = x2 + y2. Ako bi uzeli S : x = x(y, z), tada bismo dobilidvije funkcijske plohe x1(y, z) =

√y2 − z i x2(y, z) = −

√y2 − z, cime bi

zakomplicirali izracun. Na analogan nacin dobili bi dvije funkcijske plohe kodS : y = y(x, z).Prema tome, ako uzmemo da je funkcijska ploha z(x, y) = x2 + y2, potrebno je nacinjene parcijalne derivacije za izracun diferencijala

dS =

√√√√1 +

(∂z(x, y)

∂x

)2

+

(∂z(x, y)

∂y

)2

dxdy.

Racunamo

∂z(x, y)

∂x=∂(x2 + y2)

∂x= 2x

∂z(x, y)

∂y=∂(x2 + y2)

∂y= 2y.

Integral cemo racunati prema∫∫S

dS =

∫∫Sxy

√1 +

(∂z∂x

)2+(∂z∂y

)2dxdy =

∫∫Sxy

√1 + 4x2 + 4y2dxdy

Sada treba naci podrucje integracije Sxy, odnosno projekciju plohe u XY ravninu.Izjednacavanjem z = x2 + y2 i z ≤ 1, slijedi da je projekcija plohe S u XY ravninukrug x2 + y2 ≤ 1 za koji vrijediSxy = {(x, y) : −1 ≤ x ≤ 1,−

√1− x2 ≤ y ≤

√1− x2}, odnosno u polarnim

koordinatama ϕ ∈ [0, 2π] i r ∈ [0, 1]. Napokon, racunamo dvostruki integral∫∫Sxy

√1 + 4x2 + 4y2dxdy =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

r√

1 + 4r2dr =

= izracun za vjezbu =π

6(5√

5− 1).


y2dS,

gdje je S dio stosca x =√y2 + z2 za koji je x ≤ 2.

Sada nam je ”prirodno” uzeti da je funkcijska ploha S : x = x(y, z) =√y2 + z2.

Pronadimo parcijalne derivacije za izracun diferencijala

dS =

√√√√1 +

(∂x(y, z)

∂y

)2

+

(∂x(y, z)

∂z

)2

dxdy

48

∂x(y, z)

∂y=∂√y2 + z2

∂y=

y√y2 + z2

∂x(y, z)

∂z=∂√y2 + z2

∂z=

z√y2 + z2

.

Integral cemo racunati prema∫∫S

y2dS =

∫∫Syz

y2

√1 +

(∂x∂y

)2+(∂x∂z

)2dydz

=

∫∫Syz

y2

√1 +

y2

y2 + z2+

z2

y2 + z2dydz =

=√

2

∫∫Syz

y2dydz

Sada treba naci projekciju zadane plohe u Y Z ravninu. Izjednacavanjemx =

√y2 + z2 i x ≤ 2, proizlazi da je projekcija plohe S u Y Z ravninu krug

y2 + z2 ≤ 4, za koji vrijedi Syz = {(y, z) : −2 ≤ y ≤ 2,−√

4− y2 ≤ z ≤√

4− y2},odnosno u polarnim koordinatama ϕ ∈ [0, 2π] i r ∈ [0, 2]. Slijedi

√2

∫∫Syz

y2dydz =√

2

∫ 2π

0

cos2 ϕdϕ

∫ 2

0

r3dr =

= izracun za vjezbu = 4√

2π.


xz3dS,

gdje je S dio cilindra x2 + y2 = 1 za koji je 1 ≤ z ≤ 3.

Kako je ploha zadana jednadzbom x2 + y2 = 1, tada za funkcijsku plohu mozemouzeti ili x = x(y, z) ili y = y(x, z). Uzet cemo da je funkcijska plohaS : x = x(y, z), iz cega proizlaze dvije plohe S1 : x =

√1− y2 i S2 : x = −

√1− y2.

Nadimo parcijalne derivacije za obje plohe

Za plohu x =√

1− y2

∂x(y, z)

∂y=∂√

1− y2∂y

= − y√1− y2

∂x(y, z)

∂z=∂√

1− y2∂z

= 0

Za plohu x = −√

1− y2

∂x(y, z)

∂y=∂(−

√1− y2)∂y

=y√

1− y2

∂x(y, z)

∂z=∂(−

√1− y2)∂z

= 0

49

i uvrstimo u plosni integral prve vrste∫∫S

xz3dS =

∫∫S1

x(y, z)z3dS +

∫∫S2

x(y, z)z3dS

=

∫∫Syz

√1− y2z3

√1 +

y2

1− y2dydz+

+

∫∫Syz

(−√

1− y2)z3

√1 +

y2

1− y2dydz

= 0.

Na analogan nacin dobili bi isti rezultat kada bi za funkcijsku plohu uzeliS : y = y(x, z).

Plosni integrali druge vrste

Kod plosnih integrala prve vrste (skalarnog polja), nije nam bila bitna tzv.orijentacija plohe, dok ce nam kod plosnih integrala druge vrste (vektorskogpolja) biti bitna.Neka je S ploha i neka je T0 tocka na rubu plohe. U toj tocki neka postoji jedinicnivektor ~n normale (okomice) na plohu, te neka smo odabrali smjer te normale.Odaberimo bilo koju zatvorenu krivulju na toj plohi koja prolazi tockom T0 i nekakrivulja nema zajednickih tocaka s rubom plohe. U svakoj tocki te krivulje nekapostoji jedinicni vektor normale na plohu S. Ako krenemo iz tocke T0 po krivulji iako se nakon obilaska ponovno vratimo u T0, moze se dogoditi da nakon obilaskadodemo u T0 i imamo isti normalni vektor ili normalni vektor suprotnog smjera.Glatka ploha S je dvostrana ploha ako nakon povratka u polaznu tocku po bilokojoj zatvorenoj krivulji na njoj, koja nema zajednickih tocaka sa rubom plohe,smjer vektora normale ostaje nepromijenjen. U protivnom ploha je jednostrana.Primjeri dvostranih ploha su glatke plohe zadane jednadzbom oblika z = z(x, y) ilix = x(y, z) ili y = y(x, z). Jedan izbor normale, a prema tome i strane plohe, jeonaj kada vektor normale cini s pozitivnim smjerom osi z za plohu z = f(x, y), osix za plohu x = x(y, z), osi y za plohu y = y(x, z) siljast kut, a drugi izbor kad jetaj kut tupi. Dvostrane plohe nazivamo orijentabilnim, cija je orijentacija jedanod dva izbora vektora normale.

Neka je zadana dvostrana (orijentabilna) glatka ploha S i neka je odabran njezinjedinicni vektor normale ~n = ~n(x, y, z). Nadalje, neka je na plohi definirano

vektorsko polje ~f = ~f(x, y, z). Tada je plosni integral druge vrste∫∫S

~f(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS,

koji se opisuje kao tok vektorskog polja ~f(x, y, z) kroz plohu S.

Jedan od nacina rjesavanja plosnih integrala druge vrste, a koji cemo i mi koristiti,je svodenje na plosne integrale prve vrste. Neka je ploha S funkcijska ploha koju

50

mozemo zapisati u obliku S : z = z(x, y), te se projicira u XY ravninu nazatvoreno podrucje Sxy. Nadalje, neka je funkcija (vektorsko polje)~f(x, y, z) = f1(x, y, z)~i+ f2(x, y, z)~j + f3(x, y, z)~k, tada se vektor jedinicne normalena tu plohu definira na sljedeci nacin:

1) ako je ploha S orijentirana tako da normala s pozitivnim dijelom z osi zatvarasiljasti kut,

~n =−∂z(x,y)

∂x~i− ∂z(x,y)

∂y~j + ~k√

1 +(∂z(x,y)∂x

)2+(∂z(x,y)∂y

)2 .Iz toga slijedi∫∫

S

~f(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =∫∫Sxy

−f1(x, y, z(x, y))∂z(x,y)∂x− f2(x, y, z(x, y))∂z(x,y)

∂y+ f3(x, y, z(x, y))√

1 +(∂z(x,y)∂x

)2+(∂z(x,y)∂y

)2 dS =

=

∫∫Sxy

(− f1(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂x− f2(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

2) ako je ploha S orijentirana tako da normala s pozitivnim dijelom z osi zatvaratupi kut,

~n =

∂z(x,y)∂x

~i+ ∂z(x,y)∂y

~j − ~k√1 +

(∂z(x,y)∂x

)2+(∂z(x,y)∂y

)2 .Iz toga slijedi∫∫

S

~f(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =∫∫Sxy

f1(x, y, z(x, y))∂z(x,y)∂x

+ f2(x, y, z(x, y))∂z(x,y)∂y− f3(x, y, z(x, y))√

1 +(∂z(x,y)∂x

)2+(∂z(x,y)∂y

)2 dS =

=

∫∫Sxy

(f1(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂x+ f2(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂y− f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

Na slican nacin bismo dobili formule kada bi uzeli da su funkcijske ploheS : x = x(y, z) ili S : y = y(x, z).

Primjer 4. Izracunajte tok vektorskog polja ~f = x2~i+ xy~j + xz~k kroz trokut svrhovima A(1, 0, 0), B(0, 2, 0) i C(0, 0, 3). Normala je orijentirana tako da kadagledamo iz vrha normale na ravninu trokuta ABC, taj je trokut orijentiransuprotno od gibanja kazaljke na satu.

51

Vec smo u ovom kolegiju izracunavali jednadzbu ravnine u prostoru kroz tri tockeT1(x1, y1, z1), T2(x2, y2, z2) i T3(x3, y3, z3):∣∣∣∣∣∣

x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣ = 0

Primjenom prethodnog, slijedi da je jednadzba ravnine trokuta ABCz = 3− 3x− 3

2y. Uzet cemo da je funkcijska ploha S : z = z(x, y) = 3− 3x− 3

2y.

Nadalje, zadano nam je da kada gledamo iz vrha normale da je tada trokut ABCorijentiran suprotno od gibanja kazaljeke na satu. Prema tome, strana trokuta jevanjska, tj. vektor normale zatvara siljasti kut sa z osi, a plosni integral drugevrste racunamo prema∫∫

S

~f(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =∫∫Sxy


∂y+ f3(x, y, z(x, y))√

1 +(∂z(x,y)∂x

)2+(∂z(x,y)∂y

)2 dS =

=

∫∫Sxy

(− f1(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂x− f2(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

Trazene skalarne komponente zadanog vektorskog polja su

f1(x, y, z(x, y)) = x2

f2(x, y, z(x, y)) = xy

f3(x, y, z(x, y)) = x(3− 3x− 3

2y) = 3x− 3x2 − 3

2xy

te slijedi∫∫Sxy

(− f1(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂x− f2(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

=

∫∫Sxy

(− x2

∂(3− 3x− 32y)

∂x− xy

∂(3− 3x− 32y)

∂y+ 3x− 3x2 − 3

2xy)dxdy

=

∫∫Sxy

(3x2 +

3

2xy + 3x− 3x2 − 3

2xy)dxdy

= 3

∫∫Sxy

xdxdy

Projekcija trokuta ABC, zadanog jednadzbom z(x, y) = 3− 3x− 32y, u XY

ravninu (za z = 0) je trokut omeden koordinatnim osima i pravcem0 = 3− 3x− 3

2y −→ y = 2− 2x. Tada je podrucje integracije

Sxy = {(x, y) : 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2− 2x}, te konacno racunamo

3

∫∫Sxy

xdxdy = 3

∫ 1

0

xdx

∫ 2−2x

0

dy = izracun za vjezbu = 1.

52

Plosni integral moze se zapisati i na sljedeci nacin∫∫S

~f(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =

∫∫S

f1(x, y, z)dydz + f2(x, y, z)dxdz + f3(x, y, z)dxdy.

Kada imamo ovakav zapis, integral mozemo rijesiti na vec spomenuti nacin, ali irastavljanjem na tri integrala:∫∫

S

~f(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =±∫∫

Syz

f1(x(y, z), y, z)dydz ±∫∫

Sxz

f2(x, y(x, z), z)dxdz

±∫∫

Sxy

f3(x, y, z(x, y))dxdy

Predznak svakog integrala ovisit ce o orijentaciji plohe S, tj. o tome da li normalazatvara tupi (−) ili siljasti (+) kut s odredenom ”funkcijskom osi” (x,y ili z).

Primjer 5. Izracunajte integral∫∫S

zdxdy + ydxdz + xdydz,

gdje je S vanjska strana polusfere x2 + y2 + z2 = a2, z ≥ 0.

Zadatak cemo rijesiti na oba spomenuta nacina.

1. nacinIz integrala definiramo vektorsko polje ~f(x, y, z) = x~i+ y~j + z~k. Za funkcijskuplohu S uzet cemo z = z(x, y), jer cemo imati samo jednu funkcijsku plohuz(x, y) =

√a2 − x2 − y2, sto proizlazi iz uvjeta z ≥ 0. Nadalje, u zadatku nam je

zadana vanjska strana plohe S, odnosno gornje polusfere, iz cega slijedi da vektornormale u svakoj tocki te polusfere zatvara siljasti kut s pozitivnim dijelom z osi.Prema tome, plosni integral druge vrste racunamo prema∫∫

S

~f(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =∫∫Sxy


∂y+ f3(x, y, z(x, y))√

1 +(∂z(x,y)∂x

)2+(∂z(x,y)∂y

)2 dS =

=

∫∫Sxy

(− f1(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂x− f2(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy


f1(x, y, z(x, y)) = x

f2(x, y, z(x, y)) = y

f3(x, y, z(x, y)) = z =√a2 − x2 − y2

53

a parcijalne derivacije funkcijske plohe z(x, y) =√a2 − x2 − y2

∂z(x, y)

∂x=∂√a2 − x2 − y2∂x

= − x√a2 − x2 − y2

∂z(x, y)

∂y=∂√a2 − x2 − y2

∂y= − y√

a2 − x2 − y2

te slijedi∫∫Sxy

(− f1(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂x− f2(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂y+ f3(x, y, z(x, y))

)dxdy

∫∫Sxy

(x2√

a2 − x2 − y2+

y2√a2 − x2 − y2

+√a2 − x2 − y2

)dxdy =

∫∫Sxy

(x2 + y2√a2 − x2 − y2

+√a2 − x2 − y2

)dxdy =∫∫

Sxy

a2√a2 − x2 − y2

dxdy

Projekcija funkcijske plohe z(x, y) =√a2 − x2 − y2 u XY ravninu je kruznica

x2 + y2 = a2, te prijelazom na polarne koordinate slijedi ϕ ∈ [0, 2π] i r ∈ [0, a].Napokon racunamo integral∫∫

Sxy

a2√a2 − x2 − y2

dxdy =

∫ 2π

0

dϕ

∫ a

0

a2r√a2 − r2

dr =

= izracun za vjezbu = 2πa3

2. nacinSada cemo zadani integral rastaviti na tri integrala∫∫

S

zdxdy + ydxdz + xdydz =

∫∫S

zdxdy +

∫∫S

ydxdz +

∫∫S

xdydz

= I1 + I2 + I3

Prema definiciji, kod prvog integrala uzet cemo da je funkcijska plohaz(x, y) =

√a2 − x2 − y2, te ce integral imati pozitivan predznak jer normala na tu

funkcijsku plohu zatvara siljasti kut sa pozitivnim dijelom z osi. Nadalje,projekcijom funkcijske plohe u XY ravninu dobivamo kruznicu x2 + y2 = a2, teprimjenom polarnih koordinata slijedi

I1 =

∫∫S

zdxdy =

∫∫Sxy

√a2 − x2 − y2dxdy =

∫ 2π

0

dϕ

∫ a

0

√a2 − r2rdr =

2πa3

3

Kod drugog integrala uzet cemo da je funkcijska ploha y = y(x, z), te cemo imatidvije funkcijske plohe S1 = y1(x, z) =

√a2 − x2 − z2 i

54

S2 = y2(x, z) = −√a2 − x2 − z2. Nadalje, normala na prvu plohu zatvara siljasti

kut sa pozitivnim dijelom y osi, pa ce integral imati pozitivan predznak, doknormala na drugu plohu zatvara tupi kut sa pozitivnim dijelom y osi, pa ceintegral imati negativan predznak. Slijedi

I2 =

∫∫S

ydxdz =

∫∫S1

ydxdz +

∫∫S2

ydxdz

=

∫∫Sxz

√a2 − x2 − z2dxdz −

∫∫Sxz

−√a2 − x2 − z2dxdz =

= 2

∫Sxz

√a2 − x2 − z2dxdz

Projekcijom funkcijske plohe y = y(x, y) u XZ ravninu dobivamo gornju polovicukruznice x2 + z2 = a2, jer je z ≥ 0. Primjenom polarnih koordinata slijediϕ ∈ [0, π] i r ∈ [0, a] i racunamo

2

∫Sxz

√a2 − x2 − z2dxdz = 2

∫ π

0

dϕ

∫ a

0

√a2 − r2rdr =

2πa3

3

Na analogan nacin dobivamo i da je I3 = 2πa3

3, pa je rjesenje integrala

I = I1 + I2 + I3 = 2πa3.

Primjer 6. Izracunajte tok elektricnog polja ~E(x, y, z) = x~i+ y~j + z3~k krozvanjsku stranu plohe x2 + y2 = z2, 0 ≤ z ≤ 1.

Rijesimo zadatak na oba nacina.

1. nacinZa funkcijsku plohu S uzet cemo z = z(x, y), jer cemo imati samo jednu funkcijskuplohu z(x, y) =

√x2 + y2, sto proizazi iz uvjeta 0 ≤ z ≤ 1. Nadalje, u zadatku

nam je zadana vanjska strana plohe S, a nacrtamo li graf funkcijske plohez(x, y) =

√x2 + y2, odnosno stosca, slijedi da vektor normale u svakoj tocki tog

stosca zatvara tupi kut s pozitivnim dijelom z osi. Prema tome, plosni integraldruge vrste racunamo prema∫∫

S

~E(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =∫∫Sxy

E1(x, y, z(x, y))∂z(x,y)∂x

+ E2(x, y, z(x, y))∂z(x,y)∂y− E3(x, y, z(x, y))√

1 +(∂z(x,y)∂x

)2+(∂z(x,y)∂y

)2 dS =

=

∫∫Sxy

(E1(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂x+ E2(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂y− E3(x, y, z(x, y))

)dxdy


E1(x, y, z(x, y)) = x

E2(x, y, z(x, y)) = y

E3(x, y, z(x, y)) = z3 = (√x2 + y2)3

55

a parcijalne derivacije funkcijske plohe z(x, y) =√x2 + y2

∂z(x, y)

∂x=∂√x2 + y2

∂x=

x√x2 + y2

∂z(x, y)

∂y=∂√x2 + y2

∂y=

y√x2 + y2

te slijedi∫∫Sxy

(E1(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂x+ E2(x, y, z(x, y))

∂z(x, y)

∂y− E3(x, y, z(x, y))

)dxdy

∫∫Sxy

(x2√x2 + y2

+y2√x2 + y2

− (√x2 + y2)3

)dxdy =

∫∫Sxy

(x2 + y2√x2 + y2

+ (√x2 + y2)3

)dxdy =∫∫

Sxy

x2 + y2 − (x2 + y2)2√x2 + y2

dxdy

Projekcija funkcijske plohe z(x, y) =√x2 + y2 u XY ravninu je kruznica

x2 + y2 = 1, sto slijedi iz uvjeta 0 ≤ z ≤ 1, te prijelazom na polarne koordinateslijedi ϕ ∈ [0, 2π] i r ∈ [0, 1]. Napokon racunamo integral∫∫

Sxy

x2 + y2 − (x2 + y2)2√x2 + y2

dxdy =

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

r2 − r4

rrdr =

=

∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

(r2 − r4) = izracun za vjezbu =4

15π

2. nacinSada cemo zadani integral rastaviti na tri integrala∫∫

S

~E(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =

∫∫S

xdydz +

∫∫S

ydxdz +

∫∫S

z3dxdy =

= I1 + I2 + I3

Kod prvog integrala imat cemo dvije funkcijske plohe S1 = x1(y, z) =√z2 − y2 i

S2 = x2(y, z) = −√z2 − y2. Nadalje, vanjska normala na prvu plohu zatvara

siljasti kut sa x osi, pa ce integral imati pozitivan predznak, dok vanjska normalana drugu plohu zatvara tupi kut sa x osi, pa ce integral imati negativan predznak.Slijedi

I1 =

∫∫S

xdydz =

∫∫S1

xdydz +

∫∫S2

xdydz

=

∫∫Syz

√z2 − y2dydz −

∫∫Syz

−√z2 − y2dydz = 2

∫∫Syz

√z2 − y2dydz

56

Projekcijom plohe x = x(y, z) u Y Z ravninu dobivamo trokut, koji je omedenpravcima z = ±y, z = 0 i z = 1, odnosno podrucje integracije je omedenogranicama, z ∈ [0, 1] i y ∈ [−z, z]. Slijedi

2

∫∫Syz

√z2 − y2dydz = 2

∫ 1

0

dz

∫ z

−z

√z2 − y2dy = izracun za vjezbu =

π

3

Na analogan nacin dobivamo da je i I2 = π3. Kod treceg integrala imamo plohu

z =√x2 + y2, cija vanjska normala zatvara tupi kut sa z osi, pa ce integral imati

negativan predznak. Slijedi

I3 =

∫∫S

z3dxdy = −∫∫

Sxy

(√x2 + y2)3dxdy

Projekcijom plohe u XY ravninu, te primjenom polarnih koordinata dobivamo

−∫ 2π

0

dϕ

∫ 1

0

r4dr = −2π

5

Na kraju je rjesenje integrala I = I1 + I2 + I3 = 4π15

.

Teorem o divergenciji (Ostrogradski-Gauss-Green formula)

Neka je V zatvoreno podrucje u prostoru omedeno sa po dijelovimaglatkom zatvorenom plohom S koja samu sebe ne presijeca i neka je ~npolje jedinicnih vanjskih normala na plohu S. Ako je ~f vektorsko poljederivabilno u okolini podrucja V , onda vrijedi∫∫

S

~f(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =

∫∫∫V

[ div ~f(x, y, z)]dxdydz.

Odnosno, drugim rijecima, tok vektorskog polja kroz neku zatvorenu plohu moguceje izracunati primjenom trostrukog integrala nad podrucjem V kojeg zatvara plohaS.

Primjer 7. Primjenom teorema o divergenciji izracunajte tok vektorskog polja~f(x, y, z) = x2~i+ xy~j + xz~k kroz tetraedar s vrhovima O(0, 0, 0), A(1, 0, 0),B(0, 1, 0) i C(0, 0, 1).

Podrucje koje omeduje zadani tetraedar, omedeno je trokutima ABC, ABO, ACOi BCO. Ako primijenimo teorem o divergenciji, potrebno je odrediti podrucjeintegracije V , koje zatvaraju ovi trokuti. Prisjetimo se trostrukih integrala, tekrenimo racunati. Jednadzba ravnine trokuta ABC je z = 1− x− y (vidijednadzbu ravnine kroz tri tocke), a trokuta ABO z = 0. Divergencija vektora~f(x, y, z) je div ~f(x, y, z) = 2x+ x+ x = 4x. Projekcijom tetraedra u XY ravninudobivamo trokut omeden pravcima x = 0, y = 0 i y = 1− x. Slijedi da je integral∫∫

S

~f(x, y, z) · ~n(x, y, z)dS =

∫∫∫V

[ div ~f(x, y, z)]dxdydz = 4

∫∫∫V

xdxdydz

= 4

∫ 1

0

xdx

∫ 1−x

0

dy

∫ 1−x−y

0

dz = izracun za vjezbu =1

6

57

NAPOMENA: Za vjezbu izracunajte integral bez primjene teorema o divergenciji.Integral morate rastaviti na onoliko ploha koliko ima tetraedar, odnosno cetiri.Plohe su

S1 ... ABO ... z = 0

S2 ... BCO ... x = 0

S3 ... ACO ... y = 0

S4 ... ABC ... z = 1− x− y

Odnosno∫∫S

~f · ~ndS =

∫∫S1

~f · ~n1dS +

∫∫S2

~f · ~n2dS +

∫∫S3

~f · ~n3dS +

∫∫S4

~f · ~n4dS

Stokesov teorem

Neka je ~f vektorsko polje derivabilno na podrucju koje sadrzi plohu Ssa glatkim rubom (krivuljom) c. Neka su ploha S i krivulja c koherentnoorijentirane (kada gledamo iz vrha vektora jedinicne normale na plohuS, krivulja c obavija plohu S suprotno kretanju kazaljeke na satu). Tadaje ∮

c

~f(x, y, z)d~r =

∮c

f1(x, y, z)dx+ f2(x, y, z)dy + f3(x, y, z)dz =

=

∫∫S

[ rot ~f(x, y, z)] · ~n(x, y, z)dS

Odnosno, drugim rijecima, primjenom Stokesovog teorema moguce je krivuljniintegral vektorskog polja izracunati primjenom plosnog integrala nad plohom kojuzatvara zadana krivulja.

Primjer 8. Izracunajte integral ∮c

~f(x, y, z)d~r,

gdje je c rub trokuta s vrhovima A(3, 2, 0), B(0, 5, 0) i C(0, 5, 3), negativno

orijentiranog gledano iz ishodista, te je ~f = yz~i+ 4x~k.

Primijenit cemo Stokesov teorem. Jednadzba ravnine trokuta ABC je y = 5− x,pa cemo uzeti da je funkcijska ploha y = y(x, z) = 5− x. Zadano je da je trokutnegativno orijentiran ako gledamo iz ishodista, sto znaci da je pozitivno orijentirangledajuci iz vrha vanjske normale koja zatvara siljasti kut sa y osi. Nadalje, rotor

vektorskog polja ~f(x, y, z) je rot ~f(x, y, z) =

∣∣∣∣∣∣~i ~j ~k∂∂x

∂∂y

∂∂z

yz 0 4x

∣∣∣∣∣∣ = (y− 4)~j − z~k, odnosno

58

rot ~f(x, y(x, z), z) = (1− x)~j − z~k. Slijedi∮c

~ad~r =

∫∫S

( rot~a) · ~ndS =

∫∫Sxz

(− 0

∂(5− x)

∂x− z∂(5− x)

∂z+ (1− x)

)dxdz

=

∫∫Sxz

(1− x)dxdz.

Projekcijom trokuta u XZ ravninu dobivamo trokut omeden pravcima x = 0,z = 0 i z = 3− x, odnosno granice integracije su x ∈ [0, 3] i z ∈ [0, 3− x], pa slijedi∫∫

Sxz

(1− x)dxdz =

∫ 3

0

(1− x)dx

∫ 3−x

0

dz = izracun za vjezbu = 0

VJEZBA:Izracunajte ovaj integral direktno kao krivuljni integral druge vrste.

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. Izracunajte∫∫

SdS, gdje je S dio plohe z = 2x+ 2 koji se nalazi

unutar plohe 4x2 + 8y2 + z2 = 4.

Rjesenje:

I =

√5

4π.


SdS, gdje je S dio plohe x2 + y2 = 1 za koji je

0 ≤ z ≤ y.

Rjesenje:I = 2.


SdS, gdje je S dio plohe x2 + y2 = 1 koji se nalazi

izmedu ravnina z = 0 i 2y + z = 1.

Rjesenje:

I = 2√

3 +4

3π.


SzdS, gdje je S dio sfere x2 + y2 + (z − 3)2 = 4, za

koji je z ≤ 2.

Rjesenje:I = 6π.


Sx2dydz + ydxdz + zdxdy, gdje je S vanjska strana

dijela plohe x2 + y2 = 4 za koju je 1 ≤ z ≤ 4.

59

Rjesenje:I = 12π.


Sxdydz + ydxdz + zdxdy, gdje je S vanjska strana

dijela plohe x2 + 4y2 + z2 = 4 za koju je 1 ≤ z.

Rjesenje:I = 4π.


Sxdydz + ydxdz + zdxdy, gdje je S vanjska strana

dijela plohe y = x2 za koju je 1 ≤ z ≤ 4 i y ≤ 4.

Rjesenje:I = 16.

Zadatak 8. Primjenom teorema o divergenciji izracunajte tok vektorskog polja~f(x, y, z) kroz jedinicnu sferu x2 + y2 + z2 = 1 u smjeru vanjske normale, ako je:

a) ~f(x, y, z) = x~i+ y~j + z~k, b) ~f(x, y, z) = (1− x)~i+ (2− y)~j + (3− z)~k,

c) ~f(x, y, z) = x2~i− xz~j + z2~k, d) ~f(x, y, z) = x~i+ xy~j + xyz~k.

Rjesenje:

a) I = 4π b) I = −4π

c) I = 0 d) I =4

3π

Zadatak 9. Provjerite Stokesov teorem za ~f(x, y, z) = −3y~i+ 3x~j + z4~k,uzimajuci za S dio plohe elipsoida 2x2 + 2y2 + z2 = 1, koji lezi iznad ravninez = 1√

2.

Rjesenje: Najprije izracunajte ∇× ~f(x, y, z) i plosni integral∫∫S[∇× ~f(x, y, z)] · ~ndS, a potom parametrizirajte presjecnicu ravnina

2x2 + 2y2 + z2 = 1 i z = 1√2.

I = −2π.

Zadatak 10. Primjenom Stokesovog teorema o rotaciji izracunajte tokvektorskog polja ∇× ~f(x, y, z) kroz gornju polovicu sfere x2 + y2 + z2 = 1 u smjeruvanjske normale, ako je:

a) ~f(x, y, z) = x~i+ y~j + z~k, b) ~f(x, y, z) = (1− x)~i+ (2− y)~j + (3− z)~k,

c) ~f(x, y, z) = x2~i− xz~j + z2~k, d) ~f(x, y, z) = x~i+ xy~j + xyz~k.

60

Rjesenje: Kao i u prethodnom zadatku, najprije izracunajte ∇× ~f(x, y, z) i plosni

integral∫∫

S[∇× ~f(x, y, z)] · ~ndS, a potom parametrizirajte presjecnicu ravnina

x2 + y2 + z2 = 1 i z = 0 (zbog uvjeta z ≥ 0, odnosno gornja polovica sfere).

a) I = 0 b) I = −2π

c) I = 2π d) I = 0

61

6 DIFERENCIJALNE JEDNADZBE

Diferencijalne jednadzbe su jednadzbe u kojima se uz nepoznate velicine(varijable) pojavljuju i njihove derivacije. Navest cemo neke primjerediferencijalnih jednadzbi.

Primjer 1. Tijelo mase m bacamo uvis, pri cemu zanemarujemo otpor zraka ipromjenu gravitacijskog polja koja se javlja promjenom visine.

Za pocetak prisjetimo se nekih poznatih vremenski promjenjivih velicina: x(t) ili

s(t) je prijedeni put tijekom vremena t, zatim v(t) = dx(t)dt

je brzina, odnosno

promjena puta tijekom vremena i a(t) = dv(t)dt

= d2x(t)dt2

je ubrzanje (akceleracija),odnosno promjena brzine tijekom vremena.Nadalje, tijelo je baceno nekom silom F = ma(t), a u suprotnom smjeru na njegadjeluje gravitacijska sila F = −mg. Prema tome za brzinu gibanja bacenog tijelavrijedi

ma(t) = −mg

mdv(t)

dt= −mg

v′ = −g

odnosno za prijedeni put

ma(t) = −mg

md2x(t)

dt2= −mg

x′′ = −g

Ovime smo prikazali diferencijalnu jednadzbu prvog, odnosno drugog reda.Rjesavanju ove jednadzbe vratit cemo se kasnije.

Primjer 2. U serijskom RLC krugu s izmjenicnim naponom na izvoru e(t),treba odrediti jednadzbu struje i(t).

Podsjetimo se da je pad napona na otporniku konstantnog otpora R jednak

uR(t) = Ri(t).

Takoder, u strujnom krugu javljaju se i prijelazne pojave: pad napona na zavojnicikonstantnog induktiviteta L

uL(t) = LdiL(t)

dt,

te struja nabijanja kondenzatora konstantnog kapaciteta C

iC(t) = CduC(t)

dt−→ uC(t) =

1

C

∫iC(t)dt.

62

Nadalje u serijskom RLC kroz elemente protjece jednaka struja i vrijedi

e(t) = uR(t) + uL(t) + uC(t),

odnosno

e(t) = Ri(t) + Ldi(t)

dt+

1

C

∫i(t)dt

e(t) = Ri(t) + Li′(t) +1

C

∫i(t)dt

gdje deriviranjem dobivamo diferencijalnu jednadzbu drugog reda

e′(t) = Li′′(t) +Ri′(t) +1

Ci(t)

Diferencijalna jednadzba n-tog reda

Diferencijalna jednadzba n-tog reda je jednadzba oblika

F (x, y, y′, ..., y(n)) = 0

koja povezuje nepoznanicu x, funkciju y(x) i njezine derivacijey′(x), y′′(x), ..., y(n)(x). Red diferencijalne jednadzbe odreden je stupnjem najvisederivacije koja ulazi u zadanu jednadzbu.Rjesenje svake diferencijalne jednadzbe n-tog reda moze se napisati u obliku

y = h(x,C1, ..., Cn)

sto predstavlja opce rjesenje DJ. Konstante C1, ..., Cn predstavljaju konstanteintegriranja, koje smo proveli zbog rjesavanja derivacija. Medutim, ponekad nijemoguce y izraziti u eksplicitnom obliku, pa u tom slucaju diferencijalnu jednadzbusmatramo rijesenom ako nam je poznata jednadzba oblika

H(x, y, C1, ..., Cn) = 0

sto se naziva integral diferencijalne jednadzbe. Zbog integracijskih konstanti Cmozemo imati beskonacno mnogo rjesenja, sto nazivamo familija rjesenjadiferencijalne jednadzbe. U daljnjem tekstu cemo izraz diferencijalna jednadzbazapisivati skraceno DJ.

Cauchyjeva zadaca

Kako bismo odredili jedno rjesenje iz familije rjesenja DJ, potrebno je zadatipocetne uvjete y(x0), y

′(x0), ..., y(n)(x0), koji predstavljaju neke zadane realne

brojeve. Ako imamo DJ n-tog reda, tada izdvajanje jednog iz familije rjesenja uz

63

zadavanje n pocetnih uvjeta nazivamo Cauchyjevom zadacom.

y(n) = f(x, y, y′, ..., y(n−1))

y(x0) = y0

y′(x0) = y1

.

.

.

y(n−1)(x0) = yn−1

U ovom kolegiju bavit cemo se diferencijalnim jednadzbama prvog i drugog reda.

Diferencijalne jednadzbe prvog reda

Opca diferencijalna jednadzba prvog reda ima oblik

F (x, y, y′) = 0.

Opce rjesenje ove jednadzbe je neka funkcija oblika

y = h(x,C),

odnosno integralH(x, y, C) = 0.

Da bismo odredili jedno rjesenje, odnosno rijesili Cauchyjevu zadacu, potrebno jezadati jedan pocetni uvjet y(x0) = y0. Prema tome, uz zadani uvjet nalazimosingularno rjesenje, odnosno konstantu integracije C.

Diferencijalne jednadzbe prvog reda sa separiranimvarijablama

Za DJ oblika

y′ =dy

dx= f(x) · g(y)

kazemo da je DJ sa separiranim varijablama. Ovu jednadzbu rjesavamoneposrednim integriranjem

dy

dx= f(x) · g(y)

∣∣∣ · dxg(y)

dy

g(y)= f(x)dx

∣∣∣∫∫dy

g(y)=

∫f(x)dx+ C.

Pokazimo rjesavanje ovih DJ na nekoliko primjera.

64

Primjer 3. Rijesite diferencijalnu jednadzbu

y′ = −xy,

uz pocetni uvjet x0 = 0, y(x0) = y0 = 1.

Jednadzbu cemo krenuti rjesavati tako da na jednu stranu ”prebacimo” sve sto jevezano uz varijablu y, a na drugu sve sto je vezano uz varijablu x.

y′ =dy

dx= −x

y

ydy = −xdx∣∣∣∫∫

ydy = −∫xdx+ C

y2

2= −x

2

2+ C

∣∣∣ · 2x2 + y2 = 2C

Kako je C konstanta, tada ce i izraz 2C biti konstanta, pa mozemo zapisatiD = 2C, odnosno rjesenje je kruznica x2 + y2 = D. Sada, zadani pocetni uvjety(x0) = y0 = 1 uvrstavamo u dobivenu jednadzbu i odredujemo jedno rjesenje,odnosno konstantu D

x20 + y20 = D

02 + 12 = D

D = 1

Konacno zapisujemo rjesenje DJ sa separiranim varijablama uz pocetni uvjet

x2 + y2 = 1.

Primjer 4. Izracunajmo diferencijalne jednadzbe iz Primjera 1. uz pocetneuvjete t0 = 0 i v(t0) = v0 = const. i x(t0) = x0 = const..

Diferencijalne jednadzbe koje smo dobili su

v′ = −gx′′ = −g,

gdje je akceleracija slobodnog pada g neovisna o vremenu t.Najprije cemo rijesiti jednadzbu za brzinu, a zatim za prijedeni put.

v′ = −gdv

dt= −g

∣∣∣ · dtdv = −gdt

∣∣∣∫∫dv = −g

∫dt+ C

v = −gt+ C1

65

Uz pocetni uvjet t0 = 0, v(t0) = v0 slijedi

v(t0) = −g · t0 + C1

v0 = −g · 0 + C1

C1 = v0

v(t) = −gt+ v0

Ovime smo dobili dobro poznatu jednadzbu za brzinu jednolikog ubrzanog gibanjapo pravcu sa stalnom akceleracijom g, gdje nam predznak − oznacava da se radi ousporavanju.

Nadalje, iz relacije v = x′ = dxdt

vrlo lako mozemo odrediti jednadzbu za prijedeniput

dx

dt= v = −gt+ v0

∣∣∣ · dtdx = (−gt+ v0)dt

∣∣∣∫∫dx = −g

∫tdt+ v0

∫dt+ C2

x = −g t2

2+ v0t+ C2

Uz pocetni uvjet t0 = 0, x(t0) = x0 slijedi

x(t0) = −g · t20

2+ v0 · t0 + C2

x0 = −g · 02

2+ v0 · 0 + C2

C2 = x0

x(t) = −g t2

2+ v0t+ x0

Primjer 5. Rijesite jednadzbu

y′ = 4x√y,

uz pocetni uvjet y(0) = 0.

Zadatak cemo rijesiti kao i u Primjeru 3., odnosno na jednu stranu stavljamo svesto je vezano uz varijablu y, a na drugu sve sto je vezano uz varijablu x.

66

y′ =dy

dx= 4x

√y∣∣∣ · dx√

y

dy√y

= 4xdx∣∣∣∫∫

dy√y

= 4

∫xdx+ C∫

y−12dy = 4

x2

2+ C

2√y = 2x2 + C

∣∣∣ : 2

√y = x2 +

C

2|2

y =(x2 +

C

2

)2Uzmimo sada da je D = C

2, te uz pocetni uvjet x0 = 0 i y(x0) = 0 odredimo tu

konstantu

y0 = (x20 +D)2

0 = (02 +D)2

D = 0

Napokon, rjesenje zadane DJ jey = x4.

Primjer 6. Rijesite jednadzbu y′ − yx = 0.

Zapisimo jednadzbu na slijedeci nacin y′ = xy i rijesimo jednadzbu na jednaknacin kao i u prethodnom zadatku

dy

dx= yx

∣∣∣dxy

dy

y= xdx

∣∣∣∫∫dy

y=

∫xdx+ C

ln |y| = x2

2+ C

∣∣∣ln−1

y = ex2

2+C

Sada mozemo opce rjesenje zapisati na sljedeci nacin

y = ex2

2+C = e

x2

2 · eC ,

67

gdje je eC takoder konstanta i zapisat cemo ju kao D = eC . Prema tome konacnorjesenje je

y = Dex2

2 .


cot y

sin2 yy′ +

tanx

cos2 x= 0.

Zapisimo jednadzbu na sljedeci nacin

cot y1

sin2 yy′ = − tanx

1

cos2 x,

te izracunajmo

cot y1

sin2 y

dx

dy= − tanx

1

cos2 x

∣∣∣ · dxcot y

1

sin2 ydy = − tanx

1

cos2 xdx∣∣∣∫∫

cot y1

sin2 ydy = −

∫tanx

1

cos2 xdx+ C

Sada cemo uvesti supstituciju i rijesiti integrale[u = cot y; du = − 1

sin2 y

] [v = tanx; dv =

1

cos2 x

]−∫udu = −

∫vdv + C

− u2

2= −v

2

2+ C

− cot2 y

2= −tan2 x

2+ C

∣∣∣ · 2cot2 y − tan2 x+

C

2= 0

Ovime smo dobili integral diferencijalne jednadzbe H(x, y, C) = 0.


y′(1 + ex) sin y − ex cos y = 0,

uz pocetni uvjet y(0) = 2π.

Zapisimo jednadzbu na sljedeci nacin

y′(1 + ex) sin y = ex cos y

68

i izracunajmo

dy

dx(1 + ex) sin y = ex cos y

∣∣∣ · dx

(1 + ex) cos y

sin y

cos ydy =

ex

1 + exdx∣∣∣∫∫

sin y

cos ydy =

∫ex

1 + exdx+ C

Ponovno uvodimo supstituciju i racunamo integrale[u = cos y; du = − sin y

] [v = 1 + ex; dv = ex

]−∫du

u=

∫dv

v+ C;

− ln |u| = ln |v|+ C

− ln | cos y| = ln |1 + ex|+ C

ln∣∣∣ 1

cos y

∣∣∣ = ln |1 + ex|+ C∣∣∣ln−1

1

cos y= eln |1+e

x| · eC , D = eC

1

cos y= D(1 + ex)

cos y =1

D(1 + ex)

Uz pocetni uvjet x0 = 0 i y(x0) = y0 = 2π racunamo konstantu

cos y0 =1

D(1 + ex0)

cos 2π =1

D(1 + e0)

1 =1

2D

D =1

2

Napokon, rjesenje je

cos y =1

12(1 + ex)

cos y =2

1 + ex

y = arccos2

1 + ex

69

Homogene diferencijalne jednadzbe prvog reda

Za diferencijalnu jednadzbu prvog reda kazemo da je homogena ako ju mozemosvesti na sljedeci oblik

y′ =dy

dx= f

(y

x

).

Ovu vrstu DJ rjesavamo supstitucijom u = yx, iz koje deriviranjem dobijemo

y′ = u′x+ u. Prema tome, svodimo ju na DJ sa separiranim varijablama

y′ = f

(y

x

)u′x+ u = f(u)

du

dxx = f(u)− u

∣∣∣ · dx

x[f(u)− u]

du

f(u)− u=dx

x

∣∣∣∫∫du

f(u)− u=

∫dx

x+ C∫

du

f(u)− u= ln |x|+ C

Pokazimo rjesavanje ovih DJ na nekoliko primjera.


y′ =y

x+ tan

y

x.

Uvest cemo supstituciju u = yx, odnosno y′ = u′x+ u

u′x+ u = u+ tanu

du

dxx = tanu

∣∣∣ · dx

x tanu

cotudu =dx

x

∣∣∣∫∫cotudu =

∫dx

x+ C

ln | sinu| = ln |x|+ C; C = lnD

sinu = Dx

Sada vracamo u = yx

i racunamo

siny

x= Dx

y = x arcsinDx

70


y′ =x2 + y2

xy.

Ako brojnik i nazivnik podijelimo s x2 i uvedemo supstituciju u = yx, dobit cemo

sljedece

y′ =x2 + y2| : x2

xy| : x2=

1 + y2

x2yx

u′x+ u =1 + u2

udu

dxx =

1

u

∣∣∣ · udxx

udu =dx

x

∣∣∣∫∫udu =

∫dx

x+ C

u2

2= ln |x|+ C

∣∣∣ · 2u2 = lnx2 + 2C D = 2C

u2 = lnx2 +D∣∣∣√

u = ±√

lnx2 +D

I napokon vracamo nazad u = yx

y

x= ±√

lnx2 +D∣∣∣ · x

y = ±x√

lnx2 +D

Prmjer 11. Rijesite jednadzbu

(x− y)y − x2y′ = 0,

uz pocetni uvjet y(e) = 1.

Napisimo jednadzbu na sljedeci nacin

x2y′ = (x− y)y

71

i uvedemo suspstituciju u = yx

slijedi

x2y′ = (x− y)y∣∣∣ : x2

y′ =xy − y2

x2

y′ =y

x− y2

x2

u′x+ u = u− u2

du

dxx = −u2

∣∣∣ · dx

−xu2

− du

u2=dx

x

∣∣∣∫−∫du

u2=

∫dx

x+ C

1

u= ln |x|+ C

u =1

ln |x|+ C

Vratimo li suspstituciju u = yx

slijedi

y

x=

1

ln |x|+ C

∣∣∣ · xy =

x

ln |x|+ C

Uz pocetni uvjet x0 = e i y(x0) = y0 = 1 nalazimo konstantu

y0 =x0

ln |x0|+ C

1 =e

ln e+ C

1 =e

1 + C

C = e− 1

pa je rjesenje DJ

y =x

ln |x|+ e− 1.

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. 1 + y2 + (1 + x2)y′ = 0.

Rjesenje:arctan y + arctanx− C = 0.

Zadatak 2. 1 + y2 + xyy′ = 0.

72

Rjesenje:

y = ±√D

x2− 1.

Zadatak 3. x√

1 + y2 + yy′√

1 + x2.

Rjesenje:

y = ±√(

C −√

1 + x2)2 − 1.

Zadatak 4. e−y(1 + y′) = 1, uz pocetni uvjet y(0) = 1.

Rjesenje:

y = ln1

1− ex + ex−1.

Zadatak 5. y ln y + xy′ = 0, uz pocetni uvjet y(1) = e.

Rjesenje:y = e

1x .

Zadatak 6. x2y′ = x2 + xy + y2.

Rjesenje:y = x tan (lnx+ C).

Zadatak 7. x2 + 3y2 − 2xyy′ = 0, uz pocetni uvjet y(1) = 1.

Rjesenje:y = ±x

√2x− 1.

Zadatak 8. y′ = −4x+3y2x+y

.

Rjesenje:

−1

3ln

(y

x+ 1

)− 2

3ln

(y

x+ 4

)− lnCx = 0.

Zadatak 9. x2y′ = x2 + y2.

Rjesenje:2√3

arctan2y − x√

3x− lnx− C = 0.

Zadatak 10. xy′ = 3y + y2

x.

Rjesenje:

y =2C2x3

1− C2x2.

73

Diferencijalne jednadzbe prvog reda sa bilinearnim argumen-tom

Jednadzbe oblika

y′ = f

(a1x+ b1y + c1a2x+ b2y + c2

)nazivaju se DJ prvog reda sa bilinearnim argumentom. Ove jednadzbesvode se supstitucijom na homogene, odnosno na jednadzbe sa separiranimvarijablama, ovisno o tome da li sustav jednadzbi

a1x+ b1y + c1 = 0

a2x+ b2y + c2 = 0

ima rjesenje ili ne.

1. Ako sustav

a1x+ b1y + c1 = 0

a2x+ b2y + c2 = 0

ima rjesenje, koje mozemo zapisati u obliku (x0, y0), tada uvodimo supstituciju

u = x− x0 du = dx,

v = y − y0 dv = dy,

iz cega slijedi

y′ =dy

dx=dv

dx= f

(a1u+ b1v

a2u+ b2v

),

cime smo dobili homogenu DJ prvog reda.

2. Ako sustav

a1x+ b1y + c1 = 0

a2x+ b2y + c2 = 0

nema rjesenje, tada uvodimo supstituciju

z = a1x+ b1y,

cime cemo dobiti DJ prvog reda sa separiranim varijablama.


y′ =−x+ 2y − 5

2x− y + 4.

74

Najprije moramo rijesiti sustav jednadzbi

−x+ 2y − 5 = 0

2x− y + 4 = 0

odnosno

−x+ 2y − 5 = 0∣∣∣ · 2

2x− y + 4 = 0 +

3y − 6 = 0

y = 2

vratimo dobiveno u jednu od pocetnih jednadzbi i slijedi

x = −1.

Prema tome, sustav ima rjesenje (x0 = −1, y0 = 2) iz cega slijedi

u = x+ 1

v = y − 2

y′ =dy

dx=dv

du= v′

v′ =−(u− 1) + 2(v + 2)− 5

2(u− 1)− (v + 2) + 4=−u+ 2v

2u− v.

cime smo dobili homogenu DJ. Pristupamo rjesavanju homogene DJ na sljedecinacin:

v′ =−u+ 2v| : u2u− v| : u

v′ =−1 + 2 v

u

2− vu

Sada moramo primijeniti supstituciju

t =v

uv = t · uv′ = t′u+ t

75

koju vracamo u homogenu DJ, te slijedi

t′u+ t =−1 + 2t

2− t

t′u =−1 + 2t

2− t− t

t′u =t2 − 1

2− tdt

duu =

t2 − 1

2− t

∣∣∣ · 2− tt2 − 1

· duu

2− tt2 − 1

dt =du

u

∣∣∣∫2

∫dt

t2 − 1−∫

tdt

t2 − 1=

∫du

u+ C

ln

∣∣∣∣∣t− 1

t+ 1

∣∣∣∣∣− 1

2ln |t2 − 1| = ln |Cu|

ln

∣∣∣∣∣t− 1

t+ 1

∣∣∣∣∣− ln√

(t− 1)(t+ 1) = ln |Cu|

lnt− 1

(t+ 1)√

(t− 1)(t+ 1)= lnCu

∣∣∣ln−1

√t− 1√

(t+ 1)3= Cu

∣∣∣2t− 1

(t+ 1)3= C2u2

Sada vracamo nazad t = vu

vu− 1(

vu

+ 1)3 = C2u2

v−uu

(v+u)3

u3

= C2u2∣∣∣ : u2

v − u(v + u)3

= C2∣∣∣ · (v + u)3

v − u = C2(v + u)3

te za kraj vracamo u = x+ 1 i v = y − 2

y − 2− x− 1 = C2(y − 2 + x+ 1)

y − x− 3− C2(y + x− 1)3 = 0


y′ =x+ 2y + 1

2x+ 4y + 3.

76

Najprije rjesavamo sustav jednadzbi

x+ 2y + 1 = 0

2x+ 4y + 3 = 0

odnosno

x+ 2y + 1 = 0∣∣∣ · −2

2x+ 4y + 3 = 0 +

1 = 0

sto znaci da sustav nema rjesenja i uvodimo moramo uvesti supstituciju

z = x+ 2y → y =z

2− x

2

y′ =z′

2− 1

2

koju uvrstavamo u jednadzbu

y′ =x+ 2y + 1

2(x+ 2y) + 3

z′

2− 1

2=

z + 1

2z + 3z′

2=

z + 1

2z + 3+

1

2

∣∣∣ · 2z′ =

2z + 2

2z + 3+ 1

z′ =4z + 5

2z + 3

cime smo dobili DJ prvog reda sa separiranim varijablama. Sada cemo rijesitidobivenu jednadzbu

dz

dx=

4z + 5

2z + 3

∣∣∣ · 2z + 3

4z + 5dx

2z + 3

4z + 5dz = dx

∣∣∣∫∫2z + 3

4z + 5dz =

∫dx+ C

Sada cemo kod prvog integrala najprije podijeliti razlomak

(2z + 3) : (4z + 5) =1

2+

1

2(4z + 5)

77

pa racunamo

1

2

∫dz +

1

2

∫dz

4z + 5=

∫dx+ C

1

2z +

1

8ln (4z + 5) = x+ C

1

2(x+ 2y) +

1

8ln[4(x+ 2y) + 5]− x− C = 0

1

2(x+ 2y) +

1

8ln(4x+ 8y + 5)− x− C = 0.

Linearne diferencijalne jednadzbe prvog reda

Za jednadzbe oblika

y′ + p(x)y = q(x) (1)

kazemo da su linearne DJ prvog reda. DJ ovog oblika mozemo rijesiti na visenacina, ali mi cemo proucavati i primjenjivati metodu varijacije konstante.

Postupak metode varijacije konstanteNajprije postavljamo i rjesavamo tzv. pripadnu homogenu jednadzbu ilihomogeno rjesenje (ne smijemo brkati sa ranije spomenutom homogenom DJprvog reda):

y′h + p(x)yh = 0,

koja je zapravo DJ sa separiranim varijablama. Rjesavamo ju na sljedeci nacin

dyhdx

= −p(x)yh

∣∣∣ · dxyh

dyhyh

= −p(x)dx∣∣∣∫∫

dyhyh

= −∫p(x)dx+ C

ln |yh| = −∫p(x)dx+ C

∣∣∣ln−1

yh = e−∫p(x)dx+C = e−

∫p(x)dxeC

gdje eC mozemo pisati samo kao konstantu C, odnosno

yh = Ce−∫p(x)dx.

Sada uzimamo da konstanta C zapravo nije konstanta, vec funkcija ovisna o x,C = C(x). Odnosno

y = C(x)e−∫p(x)dx, (2)

y′ = C ′(x)e−∫p(x)dx − Cp(x)e−

∫p(x)dx. (3)

78

Potom jednadzbe (1) i (2) uvrstavamo u pocetnu (zadanu) jednadzbu (1), te slijedi

y′ + p(x)y = q(x)

C ′(x)e−∫p(x)dx − Cp(x)e−

∫p(x)dx + Cp(x)e−

∫p(x)dx = q(x)

C ′(x)e−∫p(x)dx = q(x)

∣∣∣ · e∫ p(x)dxC ′(x) = q(x)e

∫p(x)dx

∣∣∣∫C(x) =

∫q(x)e

∫p(x)dx + C1

Na kraju, funkciju C(x) uvrstavamo u (2) te dobivamo rjesenje linearne DJ prvogreda

y = e−∫p(x)dx

(∫q(x)e

∫p(x)dx + C1

). (4)

Pokazimo isti postupak na nekoliko primjera.


y′ − y

x= x2.

Zadana jednadzba je linearna DJ prvog reda, gdje je p(x) = − 1x, odnosno

q(x) = x2. Za rjesavanje, primijenit cemo metodu varijacije konstante. Najprijerjesavamo pripadnu homogenu jednadzbu

y′h −yhx

= 0

dyhdx

=yhx

∣∣∣ · dxyh

dyhyh

=dx

x

∣∣∣∫ln yh = lnx+ lnC

ln yh = lnCx∣∣∣ln−1

yh = Cx.

Sada uzimamo da je C = C(x), odnosno

y = Cx

y′ = C ′x+ C

79

i uvrstavamo prethodne jednadzbe u pocetnu (zadanu) jednadzbu

y′ − y

x= x2

C ′x+ C − Cx

x= x2

C ′x = x2∣∣∣ : x

C ′ = x∣∣∣∫

C =x2

2+ C1.

Za kraj, dobivenu funkciju konstante uvrstavamo u dobiveno homogeno rjesenje

y = Cx =

(x2

2+ C1

)x =

x3

2+ C1x.


y′ − y tanx = cosx.

Zadana jednadzba je linearna DJ prvog reda, gdje je p(x) = − tanx, odnosnoq(x) = cos x. Pripadna homogena jednadzba je

y′h − yh tanx = 0

dyhdx

= yh tanx∣∣∣ · dxyh

dyhyh

= tanxdx∣∣∣∫

ln yh =

∫sinx

cosxdx+ C =

∣∣∣t = cosx, dt = − sinxdx∣∣∣

ln yh = −∫dt

t+ C

ln yh = − ln cosx+ lnC

ln yh = lnC

cosx

yh =C

cosx.

Sada uzimamo da je C = C(x), odnosno

y =C

cosx

y′ =C ′ cosx+ C sinx

cos2 x=

C ′

cosx+ C

tanx

cosx

80

i uvrstavamo u pocetnu (zadanu) jednadzbu

y′ − y tanx = cosx

C ′

cosx+ C

tanx

cosx− C

cosxtanx = cosx

C ′

cosx= cosx

∣∣∣ · cosx

C ′ = cos2 x∣∣∣∫

C =

∫cos2 xdx+ C1

C =1

2

∫(1 + cos 2x) + C1

C =1

2

(x+

1

2sin 2x

)+ C1

C =2x+ sin 2x+ 4C1

4

I na kraju uvrstavamo dobivenu konstantu u homogeno rjesenje

y =C

cosx=

2x+ sin 2x+ 4C1

4 cosx.

Primjer 5. Na vremenski promjenjivi izvor napona u(t) = t4 u seriju spojimopromjenjivi otpornik otpora r(t) = t2 i zavojnicu induktiviteta l(t) = t. Postavite irijesite diferencijalnu jednadzbu struje koja tece u krugu u ovisnosti o vremenu t.

U serijskom RL krugu vrijede sljedece jednadzbe

u(t) = ur(t) + ul(t)

ur(t) = i(t)r(t)

ul(t) = l(t)i′(t),

iz kojih slijedi

u(t) = r(t)i(t) + l(t)i′(t)∣∣∣ : l(t)

i′(t) +r(t)

l(t)i(t) =

u(t)

l(t)

Ovime smo postavili DJ za struju u koju uvrstavamo zadane vrijednosti

i′(t) +t2

t=t4

ti′(t) + ti(t) = t3.

Zbog jednostavnosti pisat cemo i umjesto i(t). Sada nalazimo pripadnu homogenu

81

jednadzbu za struju

i′h + tih = 0

dihdt

= −tih∣∣∣ · dtih

dihih

= −tdt∣∣∣∫

ln ih = −t2

2+ C

∣∣∣ln−1

ih = Ce−t2

2

Potom uzimamo da je C = C(t), odnosno

i = Ce−t2

2

i′ = C ′e−t2

2 − Cte−t2

2

i uvrstavamo u postavljenu diferencijalnu jednadzbu struje

i′(t) + ti(t) = t3

C ′e−t2

2 − Cte−t2

2 + tCe−t2

2 = t3

C ′e−t2

2 = t3∣∣∣ · e t22

C ′ = t3et2

2

∣∣∣∫C =

∫t3e

t2

2 dt+ C1

Da bismo rijesili ovaj integral, najprije moramo uvesti supstituciju

z = t2 dz = 2tdt

iz koje slijedi

C =

∫t2te

t2

2 dt+ C1

C =1

2

∫ze

z2dz + C1

Sada cemo primijeniti parcijalnu integraciju

u = z → du = dz

dv = ez2 → v = 2e

z2

82

te izracunati integral

C =1

2

∫ze

z2dz + C1

C =1

2

(2ze

z2 − 2

∫ez2dz

)+ C1

C =1

2

(2ze

z2 − 4e

z2

)+ C1

C = zez2 − 2e

z2 + C1

C = ez2 (z − 2) + C1

Na kraju vratimo supstituciju z = t2

C = et2

2 (t2 − 2) + C1.

Konstantu uvrstavamo u homogeno rjesenje i dobivamo jednadzbu struje

i(t) = Ce−t2

2 = e−t2

2

[et2

2 (t2 − 2) + C1

]= t2 − 2 + C1e

− t2

2

Primjer 6. Na vremenski promjenjivi izvor napona u(t) = et u seriju spojimopromjenjivi otpornik otpora r(t) = t i kondenzator konstantnog kapaciteta C = 1.Postavite i rijesite diferencijalnu jednadzbu za napon na kondenzatoru u ovisnostio vremenu t.

Zapisimo jednadzbe koje vrijede u RL krugu

u(t) = ur(t) + uC(t)

ur(t) = r(t)i(t)

i(t) = Cu′C(t)

Ako posljednju jednadzbu uvrstimo u jednadzbu za napon na otporniku ur(t),slijedi

ur(t) = r(t)Cu′C(t),

pa postavljamo DJ za napon na kondenzatoru

u(t) = Cr(t)u′C(t) + uC(t)∣∣∣ : [Cr(t)]

u′C(t) +uC(t)

Cr(t)=

u(t)

Cr(t)

Ako sada uvrstimo zadane vrijednosti, slijedi

u′C(t) +uC(t)

t=et

t

83

Kao i u prethodnom zadatku pisemo skraceno uC umjesto uC(t). Sada nalazimopripadnu homogenu jednadzbu (zbog jednostavnosti pisemo uC)

u′C +uCt

= 0

duCdt

= − uCt

∣∣∣ · dtuC

duCuC

= −dtt

∣∣∣∫ln uC = ln

C

t

uC =C

t

Potom uzimamo da je C = C(t) i dobivamo jednadzbe

uC =C

t

u′C =C ′t− C

t2=C ′

t− C

t2

koje uvrstavamo u postavljenu diferencijalnu jednadzbu za napon na kondenzatoru

u′C(t) +uC(t)

t=et

tC ′

t− C

t2+C

t

1

t=et

tC ′

t=et

t

∣∣∣ · tC ′ = et

∣∣∣∫C = et + C1

I na kraju dobivamo jednadzbu napona na kondenzatoru

uC(t) =C

t=et + C1

t.

Bernoullijeva diferencijalna jednadzba

Jednadzba oblikay′ + p(x)y = q(x)yn

naziva se Bernoullijeva DJ, koju supstitucijom svodimo na linearnu DJ prvogreda. Najprije dovedemo jednadzbu u sljedeci oblik

y′ + p(x)y = q(x)yn∣∣∣ : yn

y′

yn+ p(x)

1

yn−1= q(x)

84

a zatim uvodimo supstituciju

z = y1−n → z′ = (1− n)y−ny′

z′

1− n=y′

yn

iz koje slijedi

z′

1− n+ p(x)z = q(x)

sto je linearna DJ prvog reda.


y′ =y

2x+x2

2y.

Zadana jednadzba je Bernoullijeva DJ gdje je p(x) = − 12x

, q(x) = x2

2a n = −1.

Najprije cemo jednadzbu podijeliti s y−1, odnosno pomnoziti s y

y′ =y

2x+x2

2y

∣∣∣ · yyy′ − y2

2x=x2

2

Sada uvodimo supstituciju z = y2 i z′ = 2yy′, odnosno z′

2= yy′ iz cega slijedi

linearna DJ prvog reda

z′

2− z

2x=x2

2

∣∣∣ · 2z′ − z

x= x2

Njezino homogeno rjesenje je

z′h −zhx

= 0

dzhdx

=zhx

∣∣∣ · dxzh

dzhzh

=dx

x

∣∣∣∫ln zh = lnCx

zh = Cx

Potom uzimamo da je C = C(x)

z = Cx

z′ = C ′x+ C

85

i uvrstavamo u dobivenu jednadzbu za z

z′ − z

x= x2

C ′x+ C − Cx

x= x2

C ′x = x2∣∣∣ : x

C ′ = x∣∣∣∫

C =x2

2+ C1

Slijedi

z = Cx =

(x2

2+ C1

)x =

x3

2+ C1x.

Vratimo z = y2 i dobijemo rjesenje jednadzbe

y = ±√x3

2+ C1x.


2xyy′ − y2 + x = 0.

Ako zadanu jednadzbu podijelimo s 2x, slijedi

2xyy′ − y2 + x = 0∣∣∣ : 2x

yy′ − y2

2x= −1

2

Sada uzimamo supstituciju z = y2, z′ = 2yy′ i uvrstavamo u jednadzbu

z′

2− z

2x= −1

2

∣∣∣ · 2z′ − z

x= −1


z′h =zhx

zh = Cx

Uzimamo C = C(x)

z = Cx

z′ = C ′x+ C

86

i uvrstavamo u postavljenu jednadzbu za z

z′ − z

x= −1

C ′x+ C − Cx

x= −1

C ′ = −1

x

∣∣∣∫C = ln

C1

x

Na kraju dobivamo

z = Cx = x lnC1

x,

odnosno

y = ±√x ln

C1

x


2xy′ + y =1

y3.

Ako pomnozimo zadanu jednadzbu s y3

2xslijedi

2xy′ + y =1

y3

∣∣∣ · y32x

y3y′ +y4

2x=

1

2x

Uvodimo supstituciju z = y4, z′ = 4y3y′ i uvrstavamo u jednadzbu

z′

4+

z

2x=

1

2x

∣∣∣ · 4z′ +

2z

x=

2

x


z′h +2zhx

= 0

dzhdx

= −2zhx

∣∣∣ · dxzh

dzhzh

= −2dx

x

∣∣∣∫ln zh = −2 lnx+ lnC

ln zh = lnC

x2

∣∣∣ln−1

zh =C

x2

87

Uzimamo C = C(x)

z =C

x2

z′ =C ′x2 − 2Cx

x4=C ′

x2− 2

C

x3


z′ +2z

x=

2

xC ′

x2− 2

C

x3+ 2

C

x21

x=

2

xC ′

x2=

2

x

∣∣∣ · x2C ′ = 2x

∣∣∣∫C = x2 + C1

Na kraju dobijemo

z =C

x2=x2 + C1

x2,

odnosno

y4 =x2 + C1

x2.


y′ + 2xy(1− x2y2) = 0.

Ukoliko se rijesimo zagrade dobit cemo Bernoullijevu DJ

y′ + 2xy = 2x3y3,

koju cemo podijeliti sa y3

y′ + 2xy = 2x3y3∣∣∣ : y3

y′

y3+

2x

y2= 2x3

Sada cemo uvesti supstituciju

z =1

y2= y−2

z′ = −2y−3y′ = −2y′

y3

i uvrstiti u jednadzbu

z′

−2+ 2xz = 2x3

∣∣∣ · (−2)

z′ − 4xz = −4x3

88


z′h − 4xzh = 0

dzhdx

= 4xzh

∣∣∣ · dxzh

dzhzh

= 4xdx∣∣∣∫

ln zh = 2x2 + C∣∣∣ln−1

zh = Ce2x2

Uzimamo C = C(x)

z = Ce2x2

z′ = C ′e2x2

+ 4xCe2x2


z′ − 4xz = −4x3

C ′e2x2

+ 4xCe2x2 − 4xCe2x

2

= −4x3

C ′e2x2

= −4x3∣∣∣ · e−2x2

C ′ = −4x3e−2x2∣∣∣∫

C = −4

∫x3e−2x

2

dx+ C1

Najprije moramo uvesti supstituciju t = x2, dt = 2xdx

C = −2

∫x22xe−2x

2

dx+ C1

C = −2

∫te−2tdt+ C1

a sada provesti parcijalnu integraciju

u = t du = dt

dv = e−2tdt v = −1

2e−2t

odnosno

C = −2

∫te−2tdt+ C1

C = −2(− 1

2te−2t +

1

2

∫e−2tdt

)+ C1

C = −2(− 1

2te−2t − 1

4e−2t

)+ C1

C = te−2t +1

2e−2t

C = e−2t(t+

1

2

)89

Nakon vracanja supstitucije t = x2 slijedi

C = e−2x2(x2 +

1

2

)+ C1

Na kraju dobijemo

z = Ce2x2

= e2x2

[e−2x

2(x2 +

1

2

)+ C1

]=

2x2 + 1 + 2C1e2x2

2,

odnosno

y = ±√

2

2x2 + 1 + 2C1e2x2 .

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. Rijesite diferencijalnu jednadzbu

y′ =2x+ y − 2

x− y + 4.

Rjesenje:

1√2

arctan3y − 10√2(3x+ 2)

− 1

2ln

∣∣∣∣∣(3y − 10)2

(3x+ 2)2+ 2

∣∣∣∣∣− lnC

(x+

2

3

)= 0.


y′ =x− y + 2

x− y + 3.

Rjesenje:(x− y + 3)2 − 2x− 2C − 9 = 0.


xy′ =cosx

x− 2y.

Rjesenje:

y =sinx+ C1

x2.


(x+ 1)y′ − 2(x2 + x)y =ex

2

x+ 1,

uz pocetni uvjet y(0) = 5.

90

Rjesenje:

y = ex2 6x+ 5

x+ 1.

Zadatak 5. Na izvor napona u(t) = t3 prikljucimo serijski spoj zavojnice L = 1 iotpornika r(t) = t. Odredite struju kroz otpornik.

Rjesenje:

i(t) = t2 − 2 + C1e− t

2

2 .


(x+ 1)(yy′ − 1) = y2.

Rjesenje:y = ±

√(x+ 1)(C1x+ C1 − 2).


x2y′ + 2xy = y3.

Rjesenje:

y = ±√

5x

2 + 5C1x5.

Zadatak 8. Na izvor napona u(t) =u2C(t)

tprikljucimo serijski spoj kondenzatora

C = 1 i otpornika r(t) = t. Odredite napon na kondenzatoru uC(t).

Rjesenje:

uC(t) =2t

2C1t2 + 1.

91

Diferencijalne jednadzbe drugog reda

Opca diferencijalna jednadzba drugog reda ima oblik

F (x, y, y′, y′′) = 0.

Opce rjesenje ove jednadzbe je neka funkcija oblika

y = h(x,C1, C2),

odnosno integralH(x, y, C1, C2) = 0.

Da bismo odredili jedno rjesenje, odnosno rijesili Cauchyjevu zadacu, potrebno jezadati dva pocetna uvjeta y(x0) = y0 i y′(x0) = y′0. Prema tome, uz zadane uvjetenalazimo singularno rjesenje, odnosno konstante integracije C1 i C2.

Linearne diferencijalne jednadzbe drugog reda sa konstant-nim koeficijentima

Jednadzba oblikay′′ + a(x)y′ + b(x)y = f(x)

naziva se linearna diferencijalna jednadzba drugog reda. Kada su funkcijea(x) i b(x) konstante, tada jednadzba poprima sljedeci oblik

y′′ + ay′ + by = f(x)

i naziva se linearna diferencijalna jednadzba drugog reda s konstantnimkoeficijentima, te cemo jedino njih obradivati u okviru ovog kolegija.

Homogene linearne diferencijalne jednadzbe sa konstantnimkoeficijentima

Najprije cemo promatrati homogeni slucaj kada je f(x) = 0, odnosno

y′′ + ay′ + by = 0.

Pretpostavit cemo da rjesenje takve homogene diferencijalne jednadzbe drugogreda, kao i njegove derivacije, mozemo zapisati u obliku

y = eλx

y′ = λeλx

y′′ = λ2eλx.

Ako uvrstimo dobivene jednadzbe u homogenu jednadzbu slijedi

y′′ + ay′ + by = 0

λ2eλx + aλeλx + beλx = 0

eλx(λ2 + aλ+ b) = 0.

92

gdje je zadnja jednakost ispunjena onda i samo onda kada je λ rjesenje jednadzbe

λ2 + aλ+ b = 0.

Ova se jednadzba naziva karakteristicna jednadzba, cija su rjesenja

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2.

U ovisnosti o parametrima (koeficijentima) a i b, razlikujemo tri oblika rjesenjahomogene linearne DJ drugog reda sa konstantnim koeficijentima:

1. Ako je a2 > 4b, tada su λ1 i λ2 iz skupa realnih brojeva i medusobno razliciti, arjesenje DJ zapisujemo u obliku

y = C1eλ1x + C2e

λ2x.

2. Ako je a2 = 4b, tada su λ1 i λ2 iz skupa realnih brojeva i medusobno jednaki, arjesenje DJ zapisujemo u obliku

y = C1eλ1x + C2xe

λ1x.

3. Ako je a2 < 4b, tada su λ1 i λ2 iz skupa kompleksnih brojeva i kompleksnokonjugirani λ1 = α + iβ, λ2 = α− iβ, a rjesenje DJ zapisujemo u obliku

y = eαx(C1 cos βx+ C2 sin βx).

Postupak rjesavanja homogenih linearnih DJ drugog reda s konstantnimkoeficijentima, pokazat cemo na nekoliko primjera.


y′′ + y′ − 6y = 0.

Iz zadane jednadzbe odredujemo koeficijente a i b. Uz y′ nam se nalazi koeficijenta = 1, a uz y nam se nalazi koeficijent b = −6. Prema tome, karakteristicnajednadzba glasi

λ2 + λ− 6 = 0.

Provjeravamo odnos a2 i 4b:

a2 = 1

4b = 4 · (−6) = −24

iz cega slijedi da je a2 > 4b i rjesenja DJ ce biti realna i medusobno razlicita.Rjesenja karakteristicne jednadzbe λ2 + λ− 6 = 0 trazimo na sljedeci nacin

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2

λ1,2 =−1±

√1 + 24

2

λ1 = 2 λ2 = −3.

93

Prema tome rjesenje DJ zapisujemo u obliku

y = C1e2x + C2e

−3x.


y′′ − y′ − 2y = 0,

uz pocetne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 0.

Odredimo koeficijente a = −1 i b = −2, te zapisimo karakteristicnu jednadzbu

λ2 − λ− 2 = 0.

Provjerimo odnos a2 i 4b:

a2 = 1

4b = 4 · (−2) = −8

te slijedi da je a2 > 4b i rjesenja DJ ce biti realna i medusobno razlicita. Rjesenjakarakteristicne jednadzbe λ2 − λ− 2 = 0 trazimo na sljedeci nacin

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2

λ1,2 =1±√

1 + 8

2

λ1 = 2 λ2 = −1.


y = C1e2x + C2e

−x.

Sada trebamo naci vrijednosti konstanti uz zadane pocetne uvjete, odnosno rijesitiCauchyjevu zadacu. Da bismo primijenili pocetne uvjete, moramo naci derivacijudobivenog rjesenja. Slijedi da je derivacija dobivenog rjesenja

y′ = 2C1e2x − C2e

−x,

pa iz pocetnih uvjeta x0 = 0, y0(x0) = 1 i y′0(x0) = 0, dobivamo jednadzbe

y0(x0) = C1e2x0 + C2e

−x0

1 = C1e2·0 + C2e

−0

1 = C1 + C2

y′0(x0) = 2C1e2x0 − C2e

−x0

0 = 2C1e2·0 − C2e

−0

0 = 2C1 − C2

94

Rijesimo dobiveni sustav jednadzbi

(1) C1 + C2 = 1 → C2 = 1− C1

(2) 2C1 − C2 = 0

(2) 2C1 − (1− C1) = 0

3C1 = 1∣∣∣ : 3

C1 =1

3

C2 = 1− C1 = 1− 1

3=

2

3.

Konacno je rjesenje DJ uz zadane pocetne uvjete

y =1

3e2x +

2

3e−x.


y′′ + 2y′ + y = 0.

Koeficijenti su a = 2 i b = 1, te karakteristicna jednadzba glasi

λ2 + 2λ+ 1 = 0.


a2 = 4

4b = 4 · 1 = 4

iz cega slijedi da je a2 = 4b. Prema tome, DJ ce imati dvostruko realno rjesenje.Rjesenja karakteristicne jednadzbe λ2 + 2λ+ 1 = 0 trazimo na sljedeci nacin

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2

λ1,2 =−2±

√4− 4

2

λ1 = λ2 = −1.

Konacno zapisujemo rjesenje DJ u obliku

y = C1e−x + C2xe

−x.


y′′ − 4y′ + 4y = 0,

95


Koeficijenti su a = −4 i b = 4, te karakteristicna jednadzba glasi

λ2 − 4λ+ 4 = 0.


a2 = 16

4b = 4 · 4 = 16

sto znaci da je a2 = 4b, te ce DJ imati dvostruko realno rjesenje. Rjesenjakarakteristicne jednadzbe λ2 − 4λ+ 4 = 0 trazimo na sljedeci nacin

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2

λ1,2 =4±√

16− 16

2

λ1 = λ2 = 2.


y = C1e2x + C2xe

2x.

Sada trebamo naci vrijednosti konstanti uz zadane pocetne uvjete, odnosno rijesitiCauchyjevu zadacu. Derivacija dobivenog rjesenja je

y′ = 2C1e2x + C2(e

2x + 2xe2x),


y0(x0) = C1e2x0 + C2x0e

2x0

3 = C1e0

C1 = 3

y′0(x0) = 2C1e2x0 + C2(e

2x0 + 2x0e2x0)

2 = 2C1e0 + C2e

0

2 = 2C1 + C2

C2 = 2− 2C1 = 2− 2 · 3 = −4

Dobili smo da su konstante integracije C1 = 3 i C2 = −4, pa je rjesenje DJ

y = 3e2x − 4xe2x.


y′′ + 2y′ + 5y = 0.

96


λ2 + 2λ+ 5 = 0.

Provjeravamo odnosn a2 i 4b

a2 = 4

4b = 4 · 5 = 20

sto znaci da je a2 < 4b, te ce rjesenja DJ biti kompleksno konjugirana. Rjesenjakarakteristicne jednadzbe λ2 + 2λ+ 5 = 0 trazimo na sljedeci nacin

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2

λ1,2 =−2±

√4− 20

2

λ1 = −1 + 2i λ2 = −1− 2i,

sto znaci da je α = −1 i β = 2. Prema tome rjesenje DJ zapisujemo u obliku

y = e−x(C1 sin 2x+ C2 cos 2x).


y′′ + 4y′ + 5y = 0,



λ2 + 4λ+ 5 = 0.


a2 = 16

4b = 4 · 5 = 20

sto znaci da je a2 < 4b i rjesenja DJ ce biti kompleksno konjugirana. Rjesenjakarakteristicne jednadzbe λ2 + 4λ+ 5 = 0 trazimo na sljedeci nacin

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2

λ1,2 =−4±

√16− 20

2

λ1 = −2 + i λ2 = −2− i,

97

sto znaci da je α = −2 i β = 1. Prema tome rjesenje DJ zapisujemo u obliku

y = e−2x(C1 sinx+ C2 cosx).

Sada trebamo naci vrijednosti konstanti uz zadane pocetne uvjete, odnosno rijesitiCauchyjevu zadacu. Derivacija dobivenog rjesenja je

y = e−2x(C1 sinx+ C2 cosx)

y′ = −2e−2x(C1 sinx+ C2 cosx) + e−2x(C1 cosx− C2 sinx)

y′ = C1(−2e−2x sinx+ e−2x cosx) + C2(−2e−2x cosx− e−2x sinx)


y0(x0) = e−2x0(C1 sinx0 + C2 cosx0)

2 = e0(C1 sin 0 + C2 cos 0)

2 = C2

y′0(x0) = C1(−2e−2x0 sinx0 + e−2x0 cosx0) + C2(−2e−2x0 cosx0 − e−2x0 sinx0)

0 = C1(−2e0 sin 0 + e0 cos 0) + C2(−2e0 cos 0− e0 sin 0)

0 = C1 − 2C2

C1 = 2C2

C1 = 4

cija su rjesenja C1 = 4 i C2 = 2, pa je rjesenje DJ

y = e−2x(4 sinx+ 2 cosx).

Primjer 7. Na istosmjerni (konstantni) izvor napona U prikljucen je serijski spojotpornika konstantnog otpora R = 6, zavojnice konstantnog induktiviteta L = 1 ikondenzatora konstantnog kapaciteta C = 1

9. Odredite struju kruga u ovisnosti o

vremenu t.

U serijskom RLC krugu vrijedi

u(t) = U = uR(t) + uL(t) + uC(t)

uR(t) = Ri(t)

uL(t) = Li′(t)

i(t) = Cu′C(t)→ uC(t) =1

C

∫i(t)dt

iz cega dobijemo

U = Ri(t) + Li′(t) +1

C

∫i(t)dt

∣∣∣ ddtU ′ = 0 = Ri′(t) + Li′′(t) +

1

Ci(t)∣∣∣ : L

i′′(t) +R

Li′(t) +

1

LCi(t) = 0

98

Nakon uvrstavanja zadanih vrijednosti za parametre R, L i C, dobivamohomogenu DJ drugog reda s konstantnim koeficijentima

i′′ + 6i′ + 9i = 0.


λ2 + 6λ+ 9 = 0.


a2 = 36

4b = 4 · 9 = 36

sto znaci da je a2 = 4b i DJ za struju ce imati dvostruko realno rjesenje. Rjesenjakarakteristicne jednadzbe λ2 + 6λ+ 9 = 0 trazimo na sljedeci nacin

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2

λ1,2 =−6±

√36− 36

2

λ1 = λ2 = −3.

Prema tome struja ovisna o vremenu t koja tece kroz krug ima jednadzbu oblika

i(t) = C1e−3t + C2te

−3t.

Nehomogene linearne diferencijalne jednadzbe sa konstantnimkoeficijentima

Sada cemo promatrati nehomogene linearne DJ drugog reda sakonstantnim koeficijentima, tj. slucaj kada je f(x) 6= 0. Neka je yh funkcijakoja zadovoljava homogenu jednadzbu

y′′h + ay′h + bh = 0,

sto nazivamo homogenim rjesenjem. Zatim, neka je yp bilo koja funkcija kojazadovoljava zadanu nehomogenu jednadzbu

y′′p + ay′p + byp = f(x),

sto nazivamo partikularnim rjesenjem. Opce rjesenje zadane jednadzbe jednako jey = yh + yp. Ovdje cemo proucavati samo jednostavne oblike funkcije f(x), pacemo partikularno rjesenje nalaziti tzv. metodom neodredenih koeficijenata.

f(x) ypa A

aekx Aekx

axn + bxn−1 + ...+ cx+ d Axn +Bxn−1 + ...+ Cx+D(axn + bxn−1 + ...+ cx+ d)ekx ekx(Axn +Bxn−1 + ...+ Cx+D)

a cosωx, a sinωx A cosωx+B sinωxaekx cosωx, aekx sinωx ekx(A cosωx+B sinωx)

99

Proucavat cemo samo slucajeve kada je k iz tablice razlicit od rjesenjakarakteristicne jednadzbe λ1,2 homogenog rjesenja. Postupak metode neodredenihkoeficijenata je sljedeci: Ako funkcija f(x) ima oblik iz lijevog stupca prethodnetablice, tada kao partikularno rjesenje uzimamo funkciju iz desnog stupca, kojupotom dva puta deriviramo i uvrstavamo u zadanu nehomogenu diferencijalnujednadnadzbu. Ukoliko je f(x) zbroj vise funkcija iz lijevog stupca tada je ipartikularno rjesenje zbroj pripadnih funkcija iz desnog stupca.

Pokazimo ovu metodu rjesavanja nehomogenih DJ drugog reda sa konstantnimkoeficijentima na nekoliko sljedecih primjera.


y′′ − y′ − 6y = 7e5x.

Najprije postavljamo i rjesavamo homogenu jednadzbu

y′′h − y′h − 6yh = 0

gdje su koeficijenti a = −1 i b = −6, pa karakteristicna jednadzba glasi

λ2 − λ− 6 = 0.

Vidljivo je da je a2 > 4b, a rjesenja karakteristicne jednadzbe λ2 − λ− 6 = 0trazimo na sljedeci nacin

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2

λ1,2 =1±√

1 + 24

2

λ1 = 3 λ2 = −2.

Ovime smo dobili homogeno rjesenje koje zapisujemo na sljedeci nacin

yh = C1e3x + C2e

−2x.

Funkcija s desne strane ima oblik f(x) = 7e5x. Sada iz lijevog stupca tablicenademo oblik funkcije f(x) = aekx, koji odgovara funkciji s desne strane, gdje jea = 7 i k = 5, pa partikularno rjesenje postavljamo iz desnog stupca yp = Ae5x.Potom moramo naci prvu i drugu derivaciju postavljenog partikularnog rjesenja

yp = Ae5x

y′p = 5Ae5x

y′′p = 25Ae5x.

100

Sada jednadzbu partikularnog rjesenja yp i njene derivacije y′p i y′′p uvrstavamo upocetnu zadanu jednadzbu

y′′ − y′ − 6y = 7e5x

y′′p − y′p − 6yp = 7e5x

25Ae5x − 5Ae5x − 6Ae5x = 7e5x

14Ae5x = 7e5x∣∣∣ : (14e5x)

A =1

2

Vratimo dobivenu konstantu A u partikularno rjesenje, iz cega slijedi

yp =e5x

2,

a rjesenje zadane jednadzbe racunamo i zapisujemo nasljedeci nacin

y = yh + yp = C1e3x + C2e

−2x +e5x

2.


y′′ − y′ − 6y = 7e5x + 13 cos 2x,

uz pocetne uvjete y(0) = y′(0) = 1.

Pripadno homogeno rjesenje vec smo izracunali u prethodnom zadatku

yh = C1e3x + C2e

−2x.

Sada je funkcija f(x) koja se nalazi s desne strane jednadzbe zbroj dviju funkcija,cije oblike pronalazimo iz lijevog stupca tablice, a partikularno rjesenjepostavljamo u obliku

f(x) = f1(x) + f2(x)

f(x) = 7e5x + 13 cos 2x

yp = yp1 + yp2

yp = Ae5x +B cos 2x+ C sin 2x.

Pronadimo derivacije postavljeog partikularnog rjesenja

yp = Ae5x +B cos 2x+ C sin 2x

y′p = 5Ae5x − 2B sin 2x+ 2C cos 2x

y′′p = 25Ae5x − 4B cos 2x− 4C sin 2x.

Sada jednadzbu partikularnog rjesenja i njene derivacije uvrstavamo u pocetnuzadanu jednadzbu

y′′ − y′ − 6y = 7e5x + 13 cos 2x

y′′p − y′p − 6yp = 7e5x + 13 cos 2x

25Ae5x − 4B cos 2x− 4C sin 2x− 5Ae5x + 2B sin 2x− 2C cos 2x− 6Ae5x − 6B cos 2x

− 6C sin 2x = 7e5x + 13 cos 2x

14Ae5x + (−10B − 2C) cos 2x+ (2B − 10C) sin 2x = 7e5x + 13 cos 2x.

101

Kako bi prethodna jednakost vrijedila moramo izjednaciti vrijednosti pojedinihclanova, odnosno postaviti sljedece jednadzbe

14A = 7

− 10B − 2C = 13

2B − 10C = 0

iz kojih slijedi

14A = 7 → A =1

2(1) − 10B − 2C = 13

(2) 2B − 10C = 0∣∣∣ · 5

(1) − 10B − 2C = 13

(2) 10B − 50C = 0 +

− 52C = 13∣∣∣ : (−52)

C = −1

4

(2) 2B − 10C = 0 → B = 5C

B = −5

4

Prema tome, partikularno rjesenje je

yp =e5x

2− 5 cos 2x

4− sin 2x

4,

a rjesenje zadane jednadzbe

y = yh + yp = C1e3x + C2e

−2x +e5x

2− 5 cos 2x

4− sin 2x

4.

Kako bismo uvrstili pocetne vrijednosti, potrebno je naci prvu derivacijudobivenog rjesenja

y = C1e3x + C2e

−2x +e5x

2− 5 cos 2x

4− sin 2x

4

y′ = 3C1e3x − 2C2e

−2x +5

2e5x +

5

2sin 2x− 1

2cos 2x

102

Sada uvrstavamo vrijednosti za pocetne uvjete x0 = 0, y0(x0) = y′0(x0) = 1 idobivamo

y0(x0) = C1e3x0 + C2e

−2x0 +e5x0

2− 5 cos 2x0

4− sin 2x0

4

1 = C1e0 + C2e

0 +e0

2− 5 cos 0

4− sin 0

4

1 = C1 + C2 +1

2− 5

4

C1 + C2 =7

4

y′0(x0) = 3C1e3x0 − 2C2e

−2x0 +5

2e5x0 +

5

2sin 2x0 −

1

2cos 2x0

1 = 3C1e0 − 2C2e

0 +5

2e0 +

5

2sin 0− 1

2cos 0

1 = 3C1 − 2C2 +5

2− 1

23C1 − 2C2 = −1.

Rijesimo sustav jednadzbi

(1) C1 + C2 =7

4

∣∣∣ · 2(2) 3C1 − 2C2 = −1

(1) 2C1 + 2C2 =7

2(2) 3C1 − 2C2 = −1 +

5C1 =5

2

∣∣∣ : 5

C1 =1

2

(1) C1 + C2 =7

4→ C2 =

7

4− C1

C2 =5

4

Konacno je rjesenje DJ

y =1

2e3x +

5

4e−2x +

e5x

2− 5 cos 2x

4− sin 2x

4.

Primjer 10. Na izmjenicni napon u(t) = e6t spojeni su u seriju otpornik R = 5,kondenzator C = 1

6i zavojnica L = 1. Postavite i rijesite diferencijalnu jednadzbu

za napon na kondenzatoru uC(t).

103

Iz jednadzbi koje vrijede u serijskom RLC krugu

i(t) = Cu′C(t)

i′(t) = Cu′′C(t)

uR(t) = Ri(t) = RCu′C(t)

uL(t) = Li′(t) = LCu′′C(t)

uL(t) + uR(t) + uC(t) = u(t)

slijedi jednadzba napona na kondenzatoru uC(t)

LCu′′C(t) +RCu′C(t) + uC(t) = u(t)∣∣∣ : (LC)

u′′C +R

Lu′C +

uCLC

=u

LC

odnosno nakon uvrstavanja parametara

u′′C + 5u′C + 6uC = 6e6t.

Sada najprije rjesavamo homogenu jednadzbu u′′Ch + 5u′Ch + 6uCh = 0, cija jekarakteristicna jednadzba

λ2 + 5λ+ 6 = 0,

gdje su parametri a = 5 i b = 6. Rjesenja karakteristicne jednadzbe su

λ1,2 =−a±

√a2 − 4b

2

λ1,2 =−5±

√25− 24

2

λ1 = −2 λ2 = −3.

pa je homogeno rjesenjeuCh = C1e

−2t + C2e−3t.

Partikularno rjesenje zapisujemo iz tablice u obliku uCp = Ae6t, cije su derivacijeu′Cp = 6Ae6t, odnosno u′′Cp = 36Ae6t. Uvrstavamo prethodno u dobivenu jednadzbuza napon na kondenzatoru

u′′C + 5u′C + 6uC = 6e6t

u′′Cp + 5u′Cp + 6uCp = 6e6t

36Ae6t + 30Ae6t + 6Ae6t = 6e6t∣∣∣ : (72e6t)

A =1

12

i partikularno rjesenje je

uCp =e6t

12,

104

a trazeni napon na kondenzatoru je

uC(t) = uCh(t) + uCp(t) = C1e−2t + C2e

−3t +e6t

12.

NAPOMENA: U ovoj vrsti zadataka moze se ocekivati postavljanje i rjesavanjediferencijalnih jednadzbi za struju u krugu i(t), kao i napone na ostalimelementima, odnosno uR(t) i uL(t).

ZADACI ZA VJEZBU


y′′ + 6y′ + 9y = f(x) :

a) f(x) = 0

Rjesenje:y = C1e

−3x + C2xe−3x.

b) f(x) = 6e4x

Rjesenje:

y = C1e−3x + C2xe

−3x +6

49e4x.

c) f(x) = 6xe4x

Rjesenje:

y = C1e−3x + C2xe

−3x + e4x

(6

49x− 12

343

).

d) f(x) = 6x2e4x

Rjesenje:

y = C1e−3x + C2xe

−3x + e4x

(6

49x2 − 24

343x+

36

2401

).


y′′ − 4y′ − 12y = f(x) :

a) f(x) = 0

Rjesenje:y = C1e

6x + C2e−2x.

b) f(x) = 8x2

105

Rjesenje:

y = C1e6x + C2e

−2x − 2

3x2 +

4

9x− 7

27.

c) f(x) = 4 cos 2x

Rjesenje:

y = C1e6x + C2e

−2x − 1

5cos(2x)− 1

10sin(2x).


y′′ + 2y′ + 4y = f(x) :

a) f(x) = 0

Rjesenje:y = e−x

[C1 cos(

√3x) + C2 sin(

√3x)].

b) f(x) = 4 cosx

Rjesenje:

y = e−x[C1 cos(

√3x) + C2 sin(

√3x)]

+12

13cosx+

8

13sinx.

c) f(x) = 4 sinx

Rjesenje:

y = e−x[C1 cos(

√3x) + C2 sin(

√3x)]

+12

13sinx− 8

13cosx.

d) f(x) = 4e3x sinx

Rjesenje:

y = e−x[C1 cos(

√3x) + C2 sin(

√3x)]

+ e3x

(18

97sinx− 8

97cosx

).

e) f(x) = e3x + cos 2x

Rjesenje:

y = e−x[C1 cos(

√3x) + C2 sin(

√3x)]

+1

19e3x +

1

4sin 2x.

Zadatak 4. Na izmjenicni izvor napona u(t) = −12et cos t spojeni su u seriju

otpornik otpora R = 2, zavojnica induktiviteta L = 1 i kondenzator kapacitetaC = 1

2. Postavite i rijesite diferencijalnu jednadzbu za napon na zavojnici uL(t).

106

Rjesenje:

u′′L(t) +R

Lu′L(t) +

1

LCuL(t) = u′′(t)

u′′L + 2u′L + 2uL = et sin t

uL(t) = e−t(C1 sin t+ C2 cos t

)+

1

8et(

sin t− cos t)

107

7 LAPLACEOVA TRANSFORMACIJA

Laplaceova transformacija je tzv. integralna transformacija, pomocu koje jemoguce ”pretvoriti” operacije deriviranja i integriranja nekih funkcija ujednostavnije algebarske operacije koje se izvode na transformatima tih funkcija.

Neka je f funkcija nekog realnog argumenta t, definirana za pozitivne vrijednostitog argumenta t > 0. Nadalje, neka je s realni ili kompleksni parametar, tada seLaplaceova transformacija funkcije f(t) oznacava i racuna na sljedeci nacin

F (s) = L{f(t)} =

∫ ∞0

e−stf(t)dt. (5)

Funkcija f(t) se naziva original i oznacavat cemo ju malim slovom, a funkcijaF (s) = L{f(t)} se naziva slika ili transformacija i oznacavat cemo ju velikimslovom. Laplaceova transformacija je pridruzivanje slike originalu, dok je inverznaLaplaceova transformacija obrnuta veza, odnosno pridruzivanje originala slici.

L{f(t)} = F (s)

L−1{F (s)} = f(t)

Sada cemo izracunati, odnosno odrediti slike ili transformacije nekih osnovnihfunkcija.

Primjer 1. Odredite Laplaceovu transformaciju funkcije f(t) = 1.

Prema (1) slijedi

F (s) =

∫ ∞0

e−stf(t)dt =

∫ ∞0

e−st · 1dt = −1

se−st

∣∣∣∣∞t=0

= −1

s

(e−∞ − e0

)=

1

s.

U prethodnom integralu s mora biti pozitivan, jer u protivnom integral nemakonacnu vrijednost, tj. mora vrijediti s > 0. Analogno, vrijedi da je Laplaceovatransformacija za svaku funkciju f(t) = c = const.

F (s) = L{c} =c

s.

Primjer 2. Odredite Laplaceovu transformaciju funkcije f(t) = t.

F (s) =

∫ ∞0

e−sttdt =

∣∣∣∣u = t du = dt dv = e−stdt v = −e−st

s

∣∣∣∣= −te

−st

s

∣∣∣∣∞t=0

+1

s

∫ ∞0

e−stdt =1

s2, za s > 0.

Na analogan nacin bi dobili da je L{tn} = n!sn+1 , za s > 0.

Primjer 3. Odredite Laplaceovu transformaciju funkcije f(t) = eat.

F (s) =

∫ ∞0

e−steatdt =

∫ ∞0

e−(s−a)tdt = − 1

s− ae−(s−a)t

∣∣∣∣∞t=0

=1

s− a.

108

Prethodni integral vrijedi kada je s > a.

Ako funkcije cosωt i sinωt izrazimo pomocu Eulerove formule, odnosno u obliku

cosωt =eiωt + e−iωt

2

sinωt =eiωt − e−iωt

2i

tada na nacin iz prethodnog primjera vrlo lako dobivamo da su slike ovih funkcija

L{cosωt} =s

s2 + ω2za s > 0

L{sinωt} =ω

s2 + ω2za s > 0.

Tablica Laplaceovih transformacija osnovnih funkcija:

f(t) F (s)

11

s, s > 0

t1

s2, s > 0

tn, n ≥ 0n!

sn+1, s > 0

eat1

s− a, s > a

cosωts

s2 + ω2, s > 0

sinωtω

s2 + ω2, s > 0

109

Osnovna svojstva Laplaceove transformacije

Linearnost

Neka su f(t) i g(t) originali dviju funkcija, a F (s) i G(s) pripadne slike, odnosnotransformacije. Tada vrijedi

L{αf(t) + βg(t)} = αF (s) + βG(s)

gdje su α i β konstante iz skupa realnih brojeva.

Primjer 4. Izracunajte Laplaceovu transformaciju funkcijef(t) = 2t3 + 4 sin 3t+ e−5t.

Primjenom svojstva linearnosti i tablicnih Laplaceovih transformacija slijedi

F (s) = L{2t3 + 4 sin 3t+ e−5t} = L{2t3}+ L{4 sin 3t}+ L{e−5t}

= 23!

s3+1+ 4

3

s2 + 32+

1

s− (−5)=

12

s4+

12

s2 + 9+

1

s+ 5

Pomak u slici ili s-pomak

Neka je a bilo koji realni broj i neka je f(t) original funkcije. Tada je

L{eatf(t)} = F (s− a)

Primjer 5. Izracunajte Laplaceovu transformaciju funkcije g(t) = e−3tt2.

Najprije uzimamo da je funkcija f(t) = t2, te napravimo transformaciju i odredimosliku

L{t2} =2

s3.

Zbog clana e−3t imamo tzv. s-pomak, gdje pronalazimo da je a = −3. Sadaumjesto parametra s u slici, uvrstavamo (s− a), odnosno (s+ 3), pa je trazenatransformacija

L{e−3tt2} = F (s+ 3) =2

(s+ 3)3.

Pomak u originalu ili t-pomak

Funkcija

u(t) =

{1, t ≥ 0,

0, t < 0,

naziva se Heavisideova step funkcija ili jedinicna funkcija. Ukoliko zelimopomaknuti step funkciju za neku realnu vrijednost a, zapisujemo ju u obliku

u(t− a) =

{1, t ≥ a,

0, t < a.

110

Nadalje, izraz f(t− a)u(t− a) predstavlja funkciju f(t) pomaknutu udesno zavrijednost a, a sve ispred je ”odsjeceno”.

f(t− a)u(t− a) =

{f(t− a), t ≥ a,

0, t < a.

Transformacija takve funkcije je

L{f(t− a)u(t− a)} = e−asF (s),

te se ovo svojstvo naziva pomak u originalu ili t-pomak.

Primjer 6. Izracunajte Laplaceovu transformaciju funkcije g(t) = t2u(t− 2).

Ocito je da je rijeci o t-pomaku, gdje je funkcija f(t) = t2 pomaknuta udesno zaa = 2. Medutim, vidimo da funkcija t2 nema pomaka za vrijednost a, pa tomoramo uciniti sami, kako bismo primijenili svojsto o t-pomaku. Funkcijuf(t) = t2 zapisujemo u sljedecem obliku

f(t) = t2

= (t− 2)2 + 4t− 4

= (t− 2)2 + 4(t− 2) + 8− 4

= (t− 2)2 + 4(t− 2) + 4.

Sada smo zapravo dobili tri funkcije cije transformacije trazimo

1. L{(t− 2)2u(t− 2)}2. L{4(t− 2)u(t− 2)}3. L{4u(t− 2)}

Kod prve funkcije L{(t− 2)2u(t− 2)} radi se zapravo o funkciji f1(t) = t2, koja jepomaknuta za a = 2. Transformacija funkcije f1(t) = t2 je

F1(s) =2

s3,

pa je transformacija cijelog prvog izraza

L{(t− 2)2u(t− 2)} = e−2s2

s3.

Kod druge funkcije L{4(t− 2)u(t− 2)} radi se zapravo o funkciji f2(t) = 4t, kojaje pomaknuta za a = 2. Transformacija funkcije f2(t) = 4t je

F2(s) =4

s2,

pa je transformacija cijelog drugog izraza

L{4(t− 2)u(t− 2)} = e−2s4

s2.

111

Kod trece funkcije L{4u(t− 2)} radi se zapravo o funkciji f3(t) = 4, koja jepomaknuta za a = 2. Transformacija funkcije f3(t) = 4 je

F3(s) =4

s,

pa je transformacija cijelog treceg izraza

L{4u(t− 2)} = e−2s4

s.

Za kraj sve tri funkcije zbrojimo i slijedi

L{t2u(t− 2)} = e−2s(

2

s3+

4

s2+

4

s

).

Skaliranje ili mnozenje nezavisne varijable konstantom

Za neki a 6= 0 vrijedi

L{f(at)} =1

|a|F

(s

a

).

Primjer 7. Izracunajte Laplaceovu transformaciju funkcije g(t) = cos 4t.

Izracunat cemo sliku primjenom svojstva skaliranja, gdje je a = 4, a funkcijaf(t) = cos t. Transformacija funkcije f(t) = cos t je tablicna odnosno vrijedi

F (s) =s

s2 + 1.

Sada primijenom svojstva skaliranja racunamo

L{cos 4t} =1

4

s4(

s4

)2+ 1

=1

4

s4

s2+1616

=s

s2 + 16,

sto odgovara tablicnom izracunu za transformaciju kosinus funkcije.

Deriviranje originala

Neka je funkcija f(t) n-puta derivabilna. Tada vrijedi

L{f ′(t)} = sF (s)− f(0),

odnosno

L{f (n)(t)} = snF (s)− sn−1f(0)− sn−2f ′(0)− ...− sf (n−2)(0)− f (n−1)(0).

Primjer 8. Neka je f(t) = cosωt, cija je transformacija F (s) = ss2+ω2 .

Izracunajte L{cos′ ωt}.

112

Prema svojstvu o deriviranju originala, gdje je funkcija f(t) = cosωt slijedi

L{cos′ ωt} = sF (s)− f(0)

= ss

s2 + ω2− cos 0

=s2 − s2 − ω2

s2 + ω2

=−ω2

s2 + ω2.

Iz prethodnog izracuna vrlo lako mozemo dobiti sliku funkcije sinωt, jer jecos′ ωt = −ω sinωt, pa ako prethodnu transformaciju podijelimo s −ω, dobit cemoda je

L{cos′ ωt}−ω

= L{sinωt} =ω

s2 + ω2.

Deriviranje slike

Neka je n ≥ 0, tada vrijedi

L{tnf(t)} = (−1)nF (n)(s).

Primjer 9. Izracunajte L{t cos t}.

Zadani primjer je zapravo derivacija slike, gdje je original f(t) = cos t, a eksponentod t je n = 1. Ako primijenimo svojstvo o deriviranju slike slijedi

L{t cos t} = (−1)1(L{cos t}

)′= −

(s

s2 + 1

)′= −s

2 + 1− 2s2

(s2 + 1)2

=s2 − 1

(s2 + 1)2.

Integriranje originala

Ako je f(t) original, tada je

L

{∫ t

0

f(u)du

}=F (s)

s.

Primjer 10. Izracunajte

L

{∫ t

0

(u2 − u+ e−u)du

}.

113

Prema svojtvu integriranja originala, gdje je original f(t) = t2− t+ e−t slijedi da je

L

{∫ t

0

(u2 − u+ e−u)du

}=L{t2 − t+ e−t}

s

=1

s

(2

s3− 1

s2+

1

s+ 1

).

Integriranje slike

Ako je original f(t) podijeljen varijablom t, odnosno f(t)t

, tada je

L

{f(t)

t

}=

∫ ∞s

F (u)du.

Primjer 11. Izracunajte

L

{e−3t − e−5t

t

}.

Original je f(t) = e−3t − e−5t, pa najprije racunamo njegovu transformaciju

F (s) =1

s+ 3− 1

s+ 5.

Sada primijenimo svojstvo o integriranju slike i dobivamo

L

{e−3t − e−5t

t

}=

∫ ∞s

(1

u+ 3− 1

u+ 5

)du

=[

ln (u+ 3)− ln (u+ 5)]∞u=s

= lnu+ 3

u+ 5

∣∣∣∞u=s

= ln limu→∞

u+ 3

u+ 5− ln

s+ 3

s+ 5

= ln 1− lns+ 3

s+ 5

= lns+ 5

s+ 3.

Inverzna Laplaceova transformacija

Vec smo spomenuli da je inverzna Laplaceova transformacija postupak racunanjaoriginala funkcije iz slike

f(t) = L−1{F (s)}.

Za neke jednostavne funkcije ovaj postupak je vrlo jednostavan, gdje primjenomtablice i svojstava Laplaceovih transformacija pronalazimo original, dok kodostalih moramo primijeniti postupke rastavljanja na parcijalne razlomke, kao i

114

nadopune do potpunog kvadrata. Vazno je jos napomenuti da ne postoje dvijerazlicite funkcije (originala) koje imaju jednaku sliku.

Primjer 12. Izracunajte original slike

a)1

(s− 2)3b)

s− 3

(s− 1)(s− 2)c)

2s− 2

s2 + 4s+ 6

a) Zadanu sliku mozemo zapisati na sljedeci nacin

G(s) =1

(s− 2)3=

1

2

2

(s− 2)3.

Primijenimo li svojstvo o s-pomaku, gdje je a = 2 vidimo da je slika

G(s) =1

2F (s− 2),

gdje je

F (s) =2

s3.

Original slike F (s) je f(t) = t2, a pomaka F (s− 2) je f(t) = e2tt2, pa je prematome original zadane slike

f(t) = L−1{

1

2F (s− 2)

}=

1

2e2tt2.

b) Iz zadane slike ne mozemo odmah odrediti original. Medutim, rastavljanjemzadanog razlomka na parcijalne razlomke slijedi1

s− 3

(s− 1)(s− 2)=

A

s− 1+

B

s− 2

∣∣∣ · (s− 1)(s− 2)

s− 3 = s(A+B)− 2A−B

(1) A+B = 1

(2) − 2A−B = −3 +

A = 2 B = −1

Rastavljanjem smo zapravo dobili zbroj dviju jednostavnih slika

G(s) =s− 3

(s− 1)(s− 2)=

2

s− 1− 1

s− 2,

1Da se lakse prisjetite: Parcijalni razlomci

115

http://abacus.tvz.hr/zbirka/PartFrac/index.php

pa je original

L−1{

s− 3

(s− 1)(s− 2)

}= L−1

{2

s− 1− 1

s− 2

}= 2et − e2t.

c) U zadanoj slici najprije nadopunimo nazivnik do potpunog kvadrata

s2 + 4s+ 6 = (s+ 2)2 − 4 + 6 = (s+ 2)2 + 2.

Nakon toga rastavimo zadani razlomak na dva

2s− 2

(s+ 2)2 + 2=

2s

(s+ 2)2 + 2− 2

(s+ 2)2 + 2.

Iz nazivnika primjecujemo da ce original sadrzavati cos(√

2t) i sin(√

2t) funkcije,uz pomak a = −2. Medutim, za kosinus funkciju brojnik mora takoder sadrzavatipomak s+ 2, a za sinus funkciju brojnik mora sadrzavati ω =

√2. Zbog toga cemo

napraviti sljedece

2s

(s+ 2)2 + 2− 2

(s+ 2)2 + 2= 2

s+ 2− 2

(s+ 2)2 + (√

2)2− 2√

2

√2

(s+ 2)2 + (√

2)2

= 2s+ 2

(s+ 2)2 + (√

2)2− 6√

2

√2

(s+ 2)2 + (√

2)2.

Sada lako nalazimo original

f(t) = L−1{

2s+ 2

(s+ 2)2 + (√

2)2− 6√

2

√2

(s+ 2)2 + (√

2)2

}= 2 cos (

√2t)e−2t − 6√

2sin (√

2t)e−2t

= e−2t(2 cos (

√2t)− 3

√2 sin (

√2t)).

Konvolucija

Neka su f(t) i g(t) originali, tada se funkcija

(f ∗ g)(t) =

∫ t

0

f(u)g(t− u)du

naziva konvolucija funkcija f(t) i g(t). Za ovu funkciju vrijedi svostvokomutativnosti, odnosno (f ∗ g)(t) = (g ∗ f)(t).

Primjer 13. Neka je f(t) = t i g(t) = 1− t. Izracunajte konvoluciju funkcija(f ∗ g)(t).

116

Zapisimo f(u) = u i g(t− u) = 1− (t− u). Slijedi

(f ∗ g)(t) =

∫ t

0

f(u)g(t− u)du =

∫ t

0

u[1− (t− u)]du

=

∫ t

0

(u− tu+ u2)du

=u2

2

∣∣∣tu=0− tu

2

2

∣∣∣tu=0

+u3

3

∣∣∣tu=0

=t2

2− t3

2+t3

3=t2

2− t3

6.

Teorem o konvoluciji

Kod Laplaceove transformacije vrijedi

L{(f ∗ g)(t)} = F (s)G(s)

odnosno

L−1{F (s)G(s)} = (f ∗ g)(t).

Primjer 14. Primjenom konvolucije, odredite original slike

1

s(s2 + 1).

Uzmimo da je F (s) = 1s2+1

i G(s) = 1s, ciji su originali f(t) = sin t i g(t) = 1. Ako

primijenimo teorem o konvoluciji

L−1{F (s)G(s)} = (f ∗ g)(t),

trebamo izracunati konvoluciju funkcija f(t) i g(t). Zapisimo f(u) = sinu ig(t− u) = 1, te racunajmo

L−1{

1

s(s2 + 1)

}= (sin ∗1)(t) =

∫ t

0

sinudu = − cosu∣∣∣tu=0

= 1− cos t.

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. Odredite sliku funkcije:

a) f(t) = 2t+ 1

Rjesenje:

F (s) =2

s2+

1

s.

b) f(t) = et

117

Rjesenje:

F (s) =1

s− 1.

c) f(t) = e−3t

Rjesenje:

F (s) =1

s+ 1.

d) f(t) = (t+ 3)2

Rjesenje:

F (s) =2

s3+

6

s2+

9

s.

e) f(t) = 2 sin (3t)

Rjesenje:

F (s) =6

s2 + 9.

f) f(t) = 1− sin t

Rjesenje:

F (s) =1

s− 1

s2 + 1.


a) f(t) = tet

Rjesenje:

F (s) =1

(s− 1)2.

b) f(t) = te−t

Rjesenje:

F (s) =1

(s+ 1)2.

c) f(t) = et sin t

Rjesenje:

F (s) =1

(s− 1)2 + 1.

d) f(t) = et cos t

Rjesenje:

F (s) =s− 1

(s− 1)2 + 1.

118

e) f(t) = t2 sin (2t)

Rjesenje:

F (s) =12s2 − 16

(s2 + 4)3.

f) f(t) = u(t− 2)

Rjesenje:

F (s) =e−2s

s.


a) f(t) = 3(t− 3)u(t− 3)

Rjesenje:

F (s) =3e−3s

s2.

b) f(t) = t2u(t− 3)

Rjesenje:

F (s) = e−3s

(2

s3+

6

s2+

9

s

).

c) f(t) = e2tu(t− 3)

Rjesenje:

F (s) =e−3s+6

s− 2.

d) f(t) = e2t sin (3t)

Rjesenje:

F (s) =3

(s− 2)2 + 9.

e) f(t) = (t+ 1) sin (2t)

Rjesenje:

F (s) =2(s2 + 2s+ 4)

(s2 + 4)2.

f) f(t) = (t+ 1)3e−2t

Rjesenje:

F (s) =6

(s+ 2)4+

6

(s+ 2)3+

3

(s+ 2)2+

1

s+ 2.

119


a)

f(t) =

∫ t

0

e−2u sin (3u)du

Rjesenje:

F (s) =3

s(s2 + 4s+ 13).

b)

f(t) =

∫ t

0

u sinudu

Rjesenje:

F (s) =2

(s2 + 1)2.

c)

f(t) =

∫ t

0

u2eudu

Rjesenje:

F (s) =2

s(s− 1)3.

d)

f(t) =

∫ t

0

(u3 + 1)e−udu

Rjesenje:

F (s) =6

s(s+ 1)4+

1

s(s+ 1).

e)

f(t) =cos (2t)− cos (3t)

t

Rjesenje:

F (s) = ln

√s2 + 9

s2 + 4.

f)

f(t) =sin (3t)

t

120

Rjesenje:

F (s) =π

2− arctan

s

3.

Zadatak 5. Odredite original funkcije:

a)

F (s) =1

s2 + 3

Rjesenje:

f(t) =1√3

sin(√

3t).

b)

F (s) =s+ 3

s2 + 5

Rjesenje:

f(t) = cos(√

5t)

+3√5

sin(√

5t).

c)

F (s) =−3

s2 + 8

Rjesenje:

f(t) = − 3

2√

2sin(2√

2t).

d)

F (s) =2s− 3

s2 − 6

Rjesenje:

f(t) =

(1− 3

2√

6

)e√6t +

(1 +

3

2√

6

)e−√6t.

e)

F (s) =2

s− 2+

4

s2

Rjesenje:f(t) = 2e2t + 4t.

121

f)

F (s) =1

s− 1− 2

s+ 2

Rjesenje:f(t) = et − 2e−2t.

Zadatak 6. Odredite original funkcije:

a)

F (s) =4s+ 1

s2 + 5

Rjesenje:

f(t) = 4 cos(√

5t)

+1√5

sin(√

5t).

b)

F (s) =1

s3− 2

s2

Rjesenje:

f(t) =1

2t2 − 2t.

c)

F (s) =2s+ 1

s(s− 2)

Rjesenje:

f(t) =5

2e2t − 1

2.

d)

F (s) =s3 − 3s+ 2

s4

Rjesenje:

f(t) = 1− 3

2t2 +

1

3t3.

e)

F (s) =1

s4(2 +

1

s− s2

)Rjesenje:

f(t) =1

3t3 +

1

24t4 − t.

122

Zadatak 7. Odredite konvoluciju funkcija:

a) 1 ∗ t

Rjesenje:

1 ∗ t =t2

2.

b) et ∗ et

Rjesenje:et ∗ et = tet.

Zadatak 8. Koristeci konvoluciju odredite original funkcije:

a)1

s(s+ 3)

Rjesenje:

f(t) =1

3(1− e−3t).

b)1

s(s2 − 4s+ 5)

Rjesenje:

f(t) =1

5− 1

5e2t(cos t− 2 sin t).

c)1

s2(s+ 1)3

Rjesenje:

f(t) =1

2e−tt2 + 2e−tt+ 3e−t + t− 3.

123

Analiza prijelaznih pojava strujnih krugova

Prisjetimo se relacija koje vrijede u strujnim krugovima u vremenskoj domeni:

uR(t) = RiR(t)

uL(t) = Li′L(t)

iC(t) = Cu′C(t)

Ako na njih primijenimo Laplaceovu transformaciju i njezino svojstvo deriviranjaoriginala dobivamo sljedece relacije

UR(s) = RIR(s)

UL(s) = L(sIL(s)− iL(0))

IC(S) = C(sUC(s)− uC(0))

Nadalje, pretpostavit cemo da su u pocetnom trenutku t = 0, struja iL(0) = 0 inapon uC(0) = 0, pa relacije u Laplaceovoj domeni mozemo pisati u obliku

UR(s)

IR(s)= R = ZR(s)

UL(s)

IL(s)= sL = ZL(s)

UC(s)

IC(s)=

1

sC= ZC(s)

sto predstavlja ekvivalentne impedancije u Laplaceovoj domeni. Provedimo analizuna nekim jednostavnim strujnim krugovima.

Primjer 1. Na serijski RC strujni krug prikljucimo napon e(t) = 1V u trenutkut = 0. Odredimo struju u krugu, te napone na otporniku i kondenzatoru.

Najprije cemo sve velicine prebaciti u Laplaceovu domenu. Ulazni napon ilipobuda kruga jednaka je step funkciji e(t) = u(t), odnosno E(s) = 1

s. U

Laplaceovoj domeni vrijede ista pravila i zakoni kao i u vremenskoj domeni

- impedancija serijskog kruga: Z(s) = ZR(s) + ZC(s) = R +1

sC=sRC + 1

sC

- struja kruga: I(s) =E(s)

Z(s)

- napon na otporniku: UR(s) = R · I(s)

- napon na kondenzatoru: UC(s) =1

sC· I(s)

Najprije odredimo struju kruga prema navedenoj formuli

I(s) =E(s)

Z(s)=

1

s

sC

sRC + 1=

C

RC(s+ 1

RC

) =1

R

1

s+ 1RC

124

Ako se vratimo u vremensku domenu inverznom Laplaceovom transformacijomslijedi da je struja kruga

i(t) =1

Re−

tRC .

Sada odredimo napon na otporniku, takoder prema navedenoj formuli

UR(s) = R · I(s) = R · 1

R

1

s+ 1RC

=1

s+ 1RC

Vratimo li se inverznom Laplaceovom transformacijom u vremensku domenu,slijedi da je napon na otporniku

uR(t) = e−tRC .

Preostaje nam jos naci napon na kondenzatoru na sljedeci nacin

UC(s) =1

sC· I(s) =

1

sC

1

R

1

s+ 1RC

=1

RC

1

s(s+ 1

RC

)Ako primijenimo svojstvo konvolucije slijedi

F (s) =1

s+ 1RC

→ f(t) = e−tRC

G(s) =1

s→ g(t) = 1

uC(t) =1

RC

∫ t

0

f(u)g(t− u)du =1

RC

∫ t

0

e−uRC du = −e−

uRC

∣∣∣t0

= 1− e−tRC .

Primjer 2. Na serijski RL strujni krug prikljucimo napon e(t) = 1V u trenutkut = 0. Odredimo struju u krugu, te napone na otporniku i zavojnici.

Ulazni napon ili pobuda kruga opet je jednaka step funkciji e(t) = u(t), sto uLaplaceovoj domeni odgovara funkciji E(s) = 1

s. U serijskom RL krugu vrijede

sljedece relacije (i u vremenskoj i u Laplaceovoj domeni)

- impedancija kruga: Z(s) = ZR(s) + ZL(s) = R + sL

- struja kruga: I(s) =E(s)

Z(s)

- napon na otporniku: UR(s) = R · I(s)

- napon na zavojnici: UL(s) = sL · I(s)

Najprije odredimo struju kruga prema navedenoj formuli

I(s) =E(s)

Z(s)=

1

s

1

sL+R=

1

s

1

L(s+ R

L

) =1

L

1

s

1

s+ RL

.

125

Ako primijenimo svojstvo konvolucije slijedi

F (s) =1

s+ RL

→ f(t) = e−RLt

G(s) =1

s→ g(t) = 1

i(t) =1

L

∫ t

0

f(u)g(t− u)du =1

L

∫ t

0

e−RLudu = − 1

Re−

RLu∣∣∣t0

=1

R

(1− e−

RLt).

Napon na otporniku odredujemo na sljedeci nacin

UR(s) = R · I(s) =R

L

1

s

1

s+ RL

,

te analognom primjenom konvolucije slijedi da je napon na otporniku uvremenskoj domeni

F (s) =1

s+ RL

→ f(t) = e−RLt

G(s) =1

s→ g(t) = 1

uR(t) =R

L

∫ t

0

f(u)g(t− u)du =R

L

∫ t

0

e−RLudu = −e−

RLu∣∣∣t0

= 1− e−RLt.

Napon na zavojnici odredujemo na sljedeci nacin

UL(s) = sL · I(s) = sL1

L

1

s

1

s+ RL

=1

s+ RL

.

Vratimo se u vremensku domenu inverznom Laplaceovom transformacijom i slijedi

uL(t) = e−RLt.

Prijenosna funkcija

Kada analiziramo strujne krugove u Laplaceovoj domeni, tada se ulazni naponnaziva pobuda kruga, a trazeni (izlazni) napon na nekom od elemenata kruga senaziva odziv kruga. Medusobni odnos je dan sljedecom relacijom

H(s) =Uizl.(s)

E(s),

gdje je H(s) tzv. prijenosna funkcija sustava (eng. transfer function).

Primjer 3. Odredite prijenosnu funkciju serijskog RLC kruga ako je izlaznavelicina napon na otporniku. Nakon toga uz parametre R = 4, L = 2 i C = 1

2,

126

odredite odziv kruga ako je pobuda e(t) = u(t).

U serijskom RLC krugu vrijedi da je ukupna impedancija jednaka zbroju svihimpedancija pojedinih elemenata. Odnosno u nasem primjeru vrijedi

Z(s) = ZR(s) + ZL(s) + ZC(s) = R + sL+1

sC=s2LC + sRC + 1

sC.

Nadalje vrijedi da je struja kruga

I(s) =E(s)

Z(s)= E(s)

sC

s2LC + sRC + 1.

Sada treba izracunati napon na otporniku u Laplaceovoj domeni UR(s) na sljedecinacin:

UR(s) = I(s)R =E(s)

Z(s)R = E(s)

sC

s2LC + sRC + 1R = E(s)

sRC

s2LC + sRC + 1

= E(s)sRC

LC(s2 + sR

L+ 1

LC

) = E(s)R

L

s

s2 + sRL

+ 1LC

.

Zatim cijeli izraz podijelimo s E(s) i dobijemo prijenosnu funkciju kruga

H(s) =UR(s)

E(s)=R

L

s

s2 + sRL

+ 1LC

.

Ukoliko imamo poznatu prijenosnu funkciju kruga vrlo lako mozemo odrediti odzivkruga uz poznatu pobudu na sljedeci nacin

H(s) =Uizl.(s)

E(s)→ Uizl.(s) = H(s)E(s).

Prema tome, uvrstimo li poznate vrijednosti u prijenosnu funkciju uz zadanupobudu e(t) = u(t), odnosno E(s) = 1

s, slijedi

H(s) =4

2

s

s2 + s42

+ 12 12

= 2s

s2 + 2s+ 1= 2

s

(s+ 1)2

Uizl.(s) = H(s)E(s) = 2s

(s+ 1)21

s= 2

1

(s+ 1)2

Za kraj napravimo inverznu Laplaceovu transformaciju i dobijemo da je odzivkruga u vremenskoj domeni

uizl.(t) = 2e−tt.

Primjer 4. Odredite prijenosnu funkciju kruga na slici ako je izlazna velicinanapon na otporniku. Nakon toga uz parametre R = 1

5, L = 1

4i C = 1, odredite

odziv kruga ako je pobuda dana izrazom:a) e(t) = u(t);

127

b) e(t) = u(t) sin (2t).

Najprije trebamo izracunati napon na otporniku u Laplaceovoj domeni UR(s).Prisjetimo se sada osnova elektrotehnike. Kako imamo paralelni spoj zavojnice iotpornika, tako ce napon na otporniku biti jednak naponu na zavojnici, odnosnonaponu paralele. Takoder, vrijedi da je impedancija kruga jednaka zbrojuimpedancije kondenzatora i impedancije paralelnog spoja zavojnice i otpornika,odnosno

Z(s) = ZC(s) + ZL(s)||ZR(s) =1

sC+ sL||R

=1

sC+

sL ·RsL+R

=sL+R + s2RLC

sC(sL+R)

=s2RLC + sL+R

sC(sL+R)

Nadalje struja kruga je

I(s) =E(s)

Z(s)= E(s)

sC(sL+R)

s2RLC + sL+R.

Napokon racunamo napon na otporniku na sljedeci nacin

UR(s) = I(s) ·R||sL =E(s)

Z(s)·R||sL = E(s)

sC(sL+R)

s2RLC + sL+R· sL ·RsL+R

= E(s)s2RLC

s2RLC + sL+R= E(s)

s2RLC

RLC(s2 + s 1

RC+ 1

LC

)= E(s)

s2

s2 + s 1RC

+ 1LC

.

Zatim cijeli izraz podijelimo s E(s) i dobijemo prijenosnu funkciju kruga

H(s) =UR(s)

E(s)=

s2

s2 + s 1RC

+ 1LC

.

128

Ako uvrstimo zadane vrijednosti za RLC slijedi da je prijenosna funkcija kruga

H(s) =s2

s2 + 5s+ 4.

Nadimo sada odzive uz poznate pobude kruga.

a) Pobuda kruga e(t) = u(t) je u Laplaceovoj domeni E(s) = 1s, pa slijedi da je

odziv

Uizl.(s) = H(s)E(s) =1

s

s2

s2 + 5s+ 4=

s

(s+ 4)(s+ 1).

Kako moramo izracunati inverznu Laplaceovu transformaciju, potrebno je izvrsitirastav na parcijalne razlomke

s

(s+ 4)(s+ 1)=

A

s+ 4+

B

s+ 1

∣∣∣ · [(s+ 4)(s+ 1)]

s = A(s+ 1) +B(s+ 4)

s = As+ A+Bs+ 4B

s = s(A+B) + A+ 4B

Sada moramo izjednaciti lijevu i desnu stranu, pa slijedi sustav dvije linearnejednadzbe s dvije nepoznanice

(1) A+B = 1

(2) A+ 4B = 0 −

B = −1

3A =

4

3

Slijedi da je odziv

Uizl.(s) =s

(s+ 4)(s+ 1)=

4

3

1

s+ 4− 1

3

1

s+ 1,

odnosno u vremenskoj domeni

uizl.(t) =4

3e−4t − 1

3e−t.

b) Pobuda kruga e(t) = u(t) sin (2t) je u Laplaceovoj domeni E(s) = 2s2+4

, jer seradi o Laplaceovoj transformaciji sinusne funkcije, dok step funkcija oznacava daargument poprima samo pozitivne vrijednosti, pa je odziv

Uizl.(s) = H(s)E(s) =2

s2 + 4

s2

s2 + 5s+ 4=

2s2

(s2 + 4)(s+ 4)(s+ 1).

129

I ovdje je potrebno izvrsiti rastav na parcijalne razlomke

2s2

(s2 + 4)(s+ 4)(s+ 1)=As+B

s2 + 4+

C

s+ 1+

D

s+ 4

∣∣∣ · [(s2 + 4)(s+ 4)(s+ 1)]

2s2 = (As+B)(s+ 1)(s+ 4) + C(s2 + 4)(s+ 4) +D(s2 + 4)(s+ 1)

2s2 = (As+B)(s2 + 5s+ 4) + C(s3 + 4s2 + 4s+ 16) +D(s3 + s2 + 4s+ 4)

2s2 = As3 + 5As2 + 4As+Bs2 + 5Bs+ 4B + Cs3 + 4Cs2

+ 4Cs+ 16C +Ds3 +Ds2 + 4Ds+ 4D

2s2 = s3(A+ C +D) + s2(5A+B + 4C +D) + s(4A+ 5B + 4C + 4D)

+ 4B + 16C + 4D

Ako izjednacimo lijevu i desnu stranu slijedi sustav cetiri linearne jednadzbe scetiri nepoznanice

A+ C +D = 0

5A+B + 4C +D = 2

4A+ 5B + 4C + 4D = 0

4B + 16C + 4D = 0

izracun za vjezbu

Rjesenja tog sustava su

A =2

5B = 0 C =

2

15D = − 8

15

te slijedi da je odziv

Uizl.(s) =2s2

(s2 + 4)(s+ 4)(s+ 1)=

2

5

s

s2 + 4+

2

15

1

s+ 1− 8

15

1

s+ 4,

odnosno u vremenskoj domeni

uizl.(t) =2

5cos (2t) +

2

15e−t − 8

15e−4t.

Rjesavanje diferencijalnih jednadzbi

Primjenom Laplaceove transformacije moguce je rjesavati linearne diferencijalnejednadzbe. Ovdje cemo rjesavati linearne DJ drugog reda s konstantnimkoeficijentima. Koristit cemo svojstvo o deriviranju originala i sve velicineprebaciti u Laplaceovu domenu, pri cemu ce nam biti potrebni pocetni uvjeti.Takoder cemo koristiti oznake za original y(t) i sliku Y (s).

Primjer 5. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite diferencijalnujednadzbu y′′(t) + 4y(t) = et, uz pocetne uvjete y(0) = 2 i y′(0) = 1.

130

Prelaskom u Laplaceovu domenu primjenom svojstva o deriviranju originala slijedi

y(t) → L{y(t)} = Y (s)

y′(t) → L{y′(t)} = sY (s)− y(0)

y′′(t) → L{y′′(t)} = s2Y (s)− sy(0)− y′(0)

Nadalje, Laplaceova transformacija funkcije et je 1s−1 , te uvrstavanjem svih

dobivenih slika u zadanu DJ slijedi

s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 4Y (s) =1

s− 1

Y (s)(s2 + 4)− 2s− 1 =1

s− 1

Y (s) =1

(s− 1)(s2 + 4)+

2s+ 1

s2 + 4=

2s2 − s(s− 1)(s2 + 4)

.

Kako bismo odredili y(t) potrebno je izvrsiti inverznu Laplaceovu transformaciju,pa razlomak moramo rastaviti na parcijalne

2s2 − s(s− 1)(s2 + 4)

=A

s− 1+Bs+ C

s2 + 4

∣∣∣∣∣ · (s− 1)(s2 + 4)

2s2 − s = A(s2 + 4) + (Bs+ C)(s− 1)

2s2 − s = As2 + 4A+Bs2 −Bs+ Cs− C2s2 − s = s2(A+B) + s(−B + C) + 4A− C

Ako izjednacimo lijevu i desnu stranu slijedi sustav tri linearne jednadzbe s trinepoznanice

A+B = 2

−B + C = −1

4A− C = 0

izracun za vjezbu


A =1

5B =

9

5C =

4

5

Dobili smo da je

Y (s) =2s2 − s

(s− 1)(s2 + 4)=

1

5

1

s− 1+

9

5

s

s2 + 4+

2

5

2

s2 + 4,

pa je rjesenje DJ

y(t) =9

5cos (2t) +

2

5sin (2t) +

1

5et.

131

Primjer 6. Primjenom Laplaceove transformacije rijesite diferencijalnujednadzbu y′′(t) + 4y′(t) + 5y(t) = f(t), uz pocetne uvjete y(0) = y′(0) = 0, gdje jefunkcija

f(t) =

{2e−t, 0 ≤ t ≤ 1,

0 inace.

Pogledajmo najprije funkciju f(t). Kako bismo bolje razumjeli o cemu se radidefinirajmo tzv. gate funkciju. To je funkcija koja se ponistava izvan intervala[a, b], a na njemu ima konstantnu vrijednost 1:

g[a,b](t) =

{1, a ≤ t ≤ b,

0 inace.

Ovu funkciju mozemo prikazati i kao razliku step funkcija

g[a,b](t) = u(t− a)− u(t− b).

Prema tome nasu funkciju f(t) mozemo zapisati kao

f(t) = 2e−tg[0,1](t) = 2e−t[u(t)− u(t− 1)].

Za rjesavanje diferencijalne jednadzbe bit ce nam potrebna njezina slika kojuracunamo

L{2e−t[u(t)− u(t− 1)]} = L{2e−tu(t)} − L{2e−tu(t− 1)}= L{2e−tu(t)} − L{2e−(t−1)−1u(t− 1)}

=2

s+ 1− 2e−s−1

s+ 1=

2

s+ 1(1− e−s−1)

Ako sada prebacimo cijelu diferencijalnu jednadzbu u Laplaceovu domenu dobitcemo

s2Y (s)− sy(0)− y′(0) + 4(sY (s)− y(0)) + 5Y (s) =2

s+ 1(1− e−s−1)

s2Y (s) + 4sY (s) + 5Y (s) =2

s+ 1(1− e−s−1)

Y (s)(s2 + 4s+ 5) =2

s+ 1(1− e−s−1)

Y (s) =2

(s2 + 4s+ 5)(s+ 1)(1− e−s−1)

Kako bismo odredili y(t) potrebno je izvrsiti inverznu Laplaceovu transformaciju.Madutim, prije toga moramo desnu stranu jednadzbe napisati u obliku parcijalnihrazlomaka. Taj postupak cemo provesti tako da izraz u zagradi (1− e−s−1)trenutno ”zanemarimo”, a razlomak koji mnozi taj izraz rastavimo na sljedecinacin

132

2

(s2 + 4s+ 5)(s+ 1)=

As+B

s2 + 4s+ 5+

C

s+ 1

∣∣∣∣∣ · (s2 + 4s+ 5)(s+ 1)

2 = (As+B)(s+ 1) + C(s2 + 4s+ 5)

2 = As2 + As+Bs+B + Cs2 + 4Cs+ 5C

2 = s2(A+ C) + s(A+B + 4C) +B + 5C

Ako izjednacimo lijevu i desnu stranu slijedi sustav tri linearne jednadzbe s trinepoznanice

A+ C = 0

A+B + 4C = 0

B + 5C = 2

izracun za vjezbu


A = −1 B = −3 C = 1

Sada postavljenu jednadzbu zapisujemo na sljedeci nacin

Y (s) =2

(s2 + 4s+ 5)(s+ 1)(1− e−s−1) =

(−s− 3

s2 + 4s+ 5+

1

s+ 1

)(1− e−s−1)

=−s− 3

(s+ 2)2 + 1+

1

s+ 1− e−s

e

(−s− 3

(s+ 2)2 + 1+

1

s+ 1

)= − s+ 2

(s+ 2)2 + 1− 1

(s+ 2)2 + 1+

1

s+ 1

+e−s

e

(s+ 2

(s+ 2)2 + 1+

1

(s+ 2)2 + 1− 1

s+ 1

)

Vratimo li se u vremensku domenu slijedi da je rjesenje DJ

y(t) =− e−2t(cos t+ sin t) + e−t

+1

e

{e−2(t−1)[cos (t− 1) + sin (t− 1)] + e−(t−1)

}u(t− 1)

= −e−2t(cos t+ sin t) + e−t

+ e−1{e−2t+2[cos (t− 1) + sin (t− 1)]− e−t+1

}u(t− 1)

= −e−2t(cos t+ sin t) + e−t

+{e−2t+1[cos (t− 1) + sin (t− 1)]− e−t

}u(t− 1)

133

Diracova delta ”funkcija”

Diracova delta ”funkcija” je objekt koji se definira na sljedeci nacin

δ(t) =

{0, t 6= 0,

∞, t = 0,

∫ ∞−∞

δ(t)dt = 1.

Ovakva funkcija u stvarnosti ne postoji, ali ju mozemo promatrati kao impulskratkog trajanja i velikog (beskonacnog) intenziteta. Za ovu ”funkciju” vrijedisljedece

u′(t) = δ(t),

odnosno ∫ t

0

δ(u)du = u(t),

sto znaci da je Diracova delta ”funkcija” zapravo derivacija step funkcije. Akopromatramo ovu funkciju u Laplaceovoj domeni, tada vrijedi sljedece:

L{δ(t)} = 1,

L{δ(t− a)} = e−as,

L

{∫ t

0

δ(u)du

}= L{u(t)} =

1

s.

Primjer 7. Odredite original slike

F (s) =2s+ 3

s+ 1.

Original trazimo inverznom Laplaceovom transformacijom, uz prethodno”sredivanje” razlomka

F (s) =2s+ 3

s+ 1=

2s+ 2

s+ 1+

1

s+ 1=

2(s+ 1)

s+ 1+

1

s+ 1

= 2 +1

s+ 1

Slijedi da je originalf(t) = 2δ(t) + e−t.

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. Odredite prijenosnu funkciju strujnog kruga na slici, ako je izlaznavelicina napon na otporniku R2. Zatim izracunajte vremenski odziv za pobudue(t) = t, ako su otpornici, induktivitet i kapacitet jednaki i iznoseR1 = R2 = L = C = 1.

134

Rjesenje:

H(s) =s2R2LC

s2(R1LC +R2LC) + s(R1R2C + L) +R2

=1

2

s2(s+ 1

2

)2+ 1

4

Uizl.(s) = E(s)H(s) =1

2

1(s+ 1

2

)2+ 1

4

uizl.(t) = e−t2 sin

t

2

Zadatak 2. Odredite prijenosnu funkciju strujnog kruga na slici, ako je izlaznavelicina napon na otporniku R2. Zatim izracunajte vremenski odziv za pobudue(t) = cos 2t, ako su otpornici, induktivitet i kapacitet jednaki i iznoseR1 = R2 = L = C = 1.

Rjesenje:

H(s) =R2

s2R2LC + s(R1R2C + L) +R1 +R2

=1

s2 + 2s+ 2

Uizl.(s) = E(s)H(s) =1

5

s

s2 + 4− 1

10

s

s2 + 4+

1

10

[s+ 1

(s+ 1)2 + 1− 3

(s+ 1)2 + 1

]uizl.(t) =

1

5sin 2t− 1

10cos 2t+

1

10e−t(cos t− 3 sin t)

135

Zadatak 3.a) Odredite prijenosnu funkciju strujnog kruga na slici, ako je izlazna velicinanapon na otporniku R2 (samo ju postavite, bez rjesavanja paraleli).

Rjesenje:

H(s) =

(R2 + 1

sC2

)||(sL2 + 1

sC3

)R2[

1sC1||sL1 +R1 +

(R2 + 1

sC2

)||(sL2 + 1

sC3

)](R2 + 1

sC2

)b) Prijenosna funkcija nekog sustava jednaka je

H(s) =1

s+ 3.

Odredite odziv sustava, ako je pobuda e(t) = e−2t sin (3t).

Rjesenje:

E(s) =3

(s+ 2)2 + 9=

3

s2 + 4s+ 13

Uizl.(s) =3

(s2 + 4s+ 13)(s+ 3)=

3

10

1

s+ 3− 3

10

s+ 2

(s+ 2)2 + 9+

1

10

3

(s+ 2)2 + 9

uizl.(t) =3

10e−3t − 3

10e−2t cos 3t+

1

10e−2t sin 3t

Zadatak 4. Primjenom Laplaceove transformacije rijesi diferencijalnu jednadzbuy′′ + y′ − 2y = 2t, uz pocetne uvjete y(0) = 0 i y′(0) = 1.

Rjesenje:

y(t) = −1

2− t+ et − 1

2e−2t.

Zadatak 5. Primjenom Laplaceove transformacije rijesi diferencijalnu jednadzbuy′′ + 2y′ + 2y = 2e−t sin t, uz pocetne uvjete y(0) = 1 i y′(0) = 1.

136

Rjesenje:y(t) = e−t(3 sin t+ cos t− t cos t).

NAPOMENA: Koristite svojstvo konvolucije za izracun inverzne Laplaceovetransformacije.

Zadatak 6. Primjenom Laplaceove transformacije rijesi diferencijalnu jednadzbu

y′′ + 6y′ + 8y =

{t2, 1 ≤ t ≤ 2,

0 inace,

uz pocetne uvjete y(0) = −2 i y′(0) = 3.

Rjesenje:

Y (s) = e−ss2 + 2s+ 2

s3(s+ 4)(s+ 2)− e−2s 4s2 + 4s+ 2

s3(s+ 4)(s+ 2)− 2s+ 9

(s+ 4)(s+ 2)

= e−s

(1

8

2

s3+

1

16

1

s2+

3

64

1

s− 1

8

1

s+ 2+

5

64

1

s+ 4

)

− e−2s(

1

8

2

s3+

5

16

1

s2+

15

64

1

s− 5

8

1

s+ 2+

25

64

1

s+ 4

)+

1

2

1

s+ 4− 5

2

1

s+ 2

y(t) =

[1

8(t− 1)2 +

1

16(t− 1) +

3

64− 1

8e−2(t−1) +

5

64e−4(t−1)

]u(t− 1)

−

[1

8(t− 2)2 +

5

16(t− 2) +

15

64− 5

8e−2(t−2) +

25

64e−4(t−2)

]u(t− 2)

+1

2e−4t − 5

2e−2t.

Rijesite zadatke iz poglavlja o diferencijalnim jednadzbama primjenom Laplaceovetransformacije.

137

8 FOURIEROVI REDOVI

Trigonometrijski oblik Fourierovog reda

U ovom dijelu cemo promatrati trigonometrijski razvoj periodicne funkcije f(x) nanekom ogranicenom intervalu (obicno je to [−π, π], gdje je perioda L = 2π). Tajtrigonometrijski razvoj zapisujemo u obliku

f(x) =a02

+∞∑n=1

(an cosnx+ bn sinnx),

sto nazivamo Fourierov red funkcije f(x).Zasto uopce prikazivati funkcije u ovakvom obliku? Jedan od odgovora moze sepronaci u analizi signala. Naime, ako promatramo funkciju f(x) = f(t) kao nekivremenski promjenjivi elektricni signal, tada njezin prikaz u obliku Fourierovogreda zapravo prikazuje frekvencije pribrojnika, odnosno harmonike ilifrekvencije tog signala, gdje koeficijenti a0

2, an i bn odreduju amplitude, a n red

harmonika. Promatrat cemo samo slucajeve kada je n cijeli broj.Kako bismo izvrsili razvoj u Fourierov red na intervalu [−π, π], potrebno jeodrediti spomenute koeficijente. Pri tome ce nam pomoci sljedeca svojstva:∫ π

−πcosnxdx =

{2π, n = 0,

0, n > 0,∫ π

−πsinnxdx = 0∫ π

−πsinmx sinnxdx =

{0, m 6= n,

π, m = n,∫ π

−πcosmx cosnxdx =

{0, m 6= n,

π, m = n,∫ π

−πcosmx sinnxdx = 0.

Ako cijeli izraz za razvoj u Fourierov red

f(x) =a02

+∞∑n=1


integriramo na intervalu [−π, π] i primijenimo navedena svojstva o integriranjutrigonometrijskih funkcija, tada slijedi∫ π

−πf(x)dx =

a02

∫ π

−πdx+

∞∑n=1

(an

∫ π

−πcosnxdx+ bn

∫ π

−πsinnxdx

)∫ π

−πf(x)dx = a0π.

138

Zatim ako isti taj izraz pomnozimo sa cosmx, pa potom integriramo na intervalu[−π, π], dobivamo sljedece∫ π

−πf(x) cosmxdx =

a02

∫ π

−πcosmxdx+

∞∑n=1

(an

∫ π

−πcosmx cosnxdx

+ bn

∫ π

−πcosmx sinnxdx

), za m = n∫ π

−πf(x) cosnxdx = anπ,

te analogno dobivamo ∫ π

−πf(x) sinnxdx = bnπ,

ako izraz pomnozimo sa sinmx. Prema tome koeficijente racunamo premarelacijama

a0 =1

π

∫ π

−πf(x)dx,

an =1

π

∫ π

−πf(x) cosnxdx,

bn =1

π

∫ π

−πf(x) sinnxdx.

Pokazimo sada razvoj funkcije u Fourierov red na nekoliko primjera.

Primjer 1. Funkciju f(x) = x razvijte u Fourierov red na intervalu [−π, π].

Najprije izracunajmo koeficijent ao prema spomenutoj formuli

a0 =1

π

∫ π

−πf(x)dx

=1

π

∫ π

−πxdx

=1

π

x2

2

∣∣∣π−π

= 0.

Zatim izracunajmo koeficijente an

an =1

π

∫ π

−πf(x) cosnxdx

=1

π

∫ π

−πx cosnxdx =

∣∣∣∣ u = x du = dxdv = cosnxdx v = 1

nsinnx

∣∣∣∣=

1

π

(x sinnx

n

∣∣∣π−π− 1

n

∫ π

−πsinnxdx

)

139

Ako primijenimo ranije spomenuta svojstva o trigonometrijskim funkcijama slijedida je integral

1

n

∫ π

−πsinnxdx = 0.

Prisjetimo se parnosti trigonometrijskih funkcija

sin(−x) = − sinx NEPARNA FUNKCIJA

cos(−x) = cos(x) PARNA FUNKCIJA

Slijedi

an =1

π

x sinnx

n

∣∣∣π−π

=1

π

(π sinnπ − (−π sin(−nπ)

n

)

=1

π

(π sinnπ − π sinnπ

n

)= 0.

Preostaje nam izracunati koeficijente bn

bn =1

π

∫ π

−πf(x) sinnxdx

=1

π

∫ π

−πx sinnxdx =

∣∣∣∣ u = x du = dxdv = sinnxdx v = − 1

ncosnx

∣∣∣∣=

1

π

(− x cosnx

n

∣∣∣π−π

+1

n

∫ π

−πcosnx

)Takoder, ako i sada primijenimo ranije spomenuta svojstva o trigonometrijskimfunkcijama slijedi da je integral

1

n

∫ π

−πcosnx = 0, za n > 0.

Prema tome, preostaje

bn = − 1

π

x cosnx

n

∣∣∣π−π

= − 1

π

(π cosnπ − [−π cos (−nπ)]

n

)

= − 1

π

(π cosnπ + π cosnπ

n

)= −2π cosnπ

nπ

= − 2

ncosnπ

140

Za trigonometrijske funkcije vrijedi

cosnπ = (−1)n, za n ∈ N0

sinnπ = 0, za n ∈ N0.

Prema tome mozemo zapisati koeficijente bn u sljedecem obliku

bn = − 2

ncosnπ

= − 2

n(−1)n

=2

n(−1)n+1

Napokon funkciju zapisujemo u obliku razvoja u Fourierov red na sljedeci nacin

f(x) = 2∞∑n=1

(−1)n+1

nsinnx,

sto znaci da je funkciju f(x) = x moguce aproksimirati sumom sinusnih funkcija.Promotrimo sada na slici prva tri clana tog razvoja

23∑

n=1

(−1)n+1

nsinnx = 2 sin x− sin 2x+

2

3sin 3x

-3 -2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

gdje se vidi aproksimacija zadane funkcije. S dodavanjem harmonika aproksimacijaje bolja.

141

-3 -2 -1 1 2 3

-3

-2

-1

1

2

3

Nadalje, funkcije sin i cos mozemo prosiriti i van zadanog intervala [−π, π], a kakosu one periodicne davat ce jednake vrijednosti kao i na temeljnom intervalu. Zbogtoga cemo i funkciju f(x) periodicki prosiriti do funkcije definirane na cijelomskupu realnih brojeva, jer razvoj u Fourierov red vrijedi samo za periodicnefunkcije.

Primjer 2. Pomocu dobivenog razvoja u Fourierov red funkcije iz Primjera 1.,dokazimo da vrijedi

∞∑k=0

(−1)k

2k + 1=π

4.

Razvoj funkcije je

f(x) = x = 2∞∑n=1

(−1)n+1

nsinnx,

iz kojeg, uvrstavanjem x = π2, slijedi

f

(π

2

)=π

2= 2

∞∑n=1

(−1)n+1

nsin(nπ

2

).

Za parne n izraz sin(nπ

2

)= 0, pa ako ”uzmemo” samo neparne, odnosno

n = 2k + 1, slijedi

π

2= 2

∞∑2k+1=1

(−1)2k+1+1

2k + 1sin

[(2k + 1)

π

2

]∣∣∣∣ : 2

π

4=∞∑k=0

(−1)2k+2

2k + 1sin

[(2k + 1)

π

2

]Primijetimo da je izraz (−1)2k+2 = 1 za svaki k ∈ [0,∞], dok izraz

sin

[(2k + 1)

π

2

]= (−1)k,

142

takoder za svaki k ∈ [0,∞]. Napokon slijedi

π

4=∞∑k=0

(−1)k

2k + 1,

cime smo dokazali zadanu jednakost.

Primjer 3. Razvijte u Fourieriov red funkciju

f(x) =

{0, x ∈ [−π, 0],

1, x ∈ [0, π].

Primijetimo da cemo zadanu funkciju razvijati samo na intervalu [0, π], jer je inacejednaka nuli. Racunamo koeficijente prema formulama

a0 =1

π

∫ π

−πf(x)dx =

1

π

∫ π

0

dx = 1,

an =1

π

∫ π

−πf(x) cosnxdx =

1

π

∫ π

0

cosnxdx =1

nπsinnx

∣∣∣π0

= 0,

bn =1

π

∫ π

−πf(x) sinnxdx =

1

π

∫ π

0

sinnxdx = − 1

nπcosnx

∣∣∣π0

= − 1

nπ(cosnπ − 1) =

1− (−1)n

nπ.

Iz izracunatih koeficijenata slijedi

f(x) =1

2+

1

π

∞∑n=1

1− (−1)n

nsinnx.

Fourierov red parnih i neparnih funkcija

Pogledajmo sada sto se desava kada je funkcija parna a sto kada je neparna.Integriranjem ovih funkcija na nekom simetricnom intervalu, kao sto je i interval[−π, π], dobivamo izraze ∫ π

−πfP (x)dx = 2

∫ π

0

fP (x)dx,∫ π

−πfN(x)dx = 0.

Ako gledamo umnoske funkcija vrijedi sljedece

fP · fP = fP fP · fN = fN

fN · fP = fN fN · fN = fP

Kako je sinus neparna, a kosinus parna funkcija vrijedi sljedece:

143

1. Ako je f(−x) = f(x) za svaki x, tj. parna funkcija, tada su koeficijenti bn = 0za svaki n, jer je podintegralna funkcija u formuli za navedene koeficijenteneparna, dok se koeficijenti an racunaju po formuli

an =2

π

∫ π

0

f(x) cosnxdx.

2. Ako je f(−x) = −f(x) za svaki x, tj. neparna funkcija, tada su koeficijentian = 0 za svaki n, jer je podintegralna funkcija u formuli za navedene koeficijenteneparna, dok se koeficijenti bn racunaju po formuli

bn =2

π

∫ π

0

f(x) sinnxdx.

Prema gore navedenim svojstvima kazemo da smo funkciju f(x) razvili po kosinus,odnosno sinus funkcijama.

Primjer 4. Funkciju f(x) = x2 razvijte u Fourierov red na intervalu [−π, π].

Funkcija f(x) = x2 je parna funkcija, odnosno vrijedi f(−x) = f(x) = x2, iz cegaslijedi da su koeficijenti bn = 0, dok koeficijente an za n ∈ [0,∞] racunamo nasljedeci nacin:

a0 =2

π

∫ π

0

f(x)dx =2

π

∫ π

0

x2dx =2

π

x3

3

∣∣∣π0

=2

3π2,

an =2

π

∫ π

0

f(x) cosnxdx

=2

π

∫ π

0

x2 cosnxdx =

∣∣∣∣ u = x2 du = 2xdxdv = cosnxdx v = 1

nsinnx

∣∣∣∣=

2

π

(x2 sinnx

n

∣∣∣π0− 2

n

∫ π

0

x sinnxdx

)= − 4

nπ

∫ π

0

x sinnxdx

=

∣∣∣∣ u = x du = dxdv = sinnxdx v = − 1

ncosnx

∣∣∣∣ = − 4

nπ

(− x cosnx

n

∣∣∣π0

+1

n

∫ π

0

cosnxdx

)

=4

n2πx cosnx

∣∣∣π0− 1

n2sinnx

∣∣∣π0

= 4(−1)n

n2

Uvrstimo li koeficijente u formulu za razvoj u Fourierov red slijedi

f(x) =π2

3+ 4

∞∑n=1

(−1)n

n2cosnx.

Parsevalova jednakost

Ako pak cijeli izraz za razvoj u Fourierov red

f(x) =a02

+∞∑n=1


144

najprije kvadriramo, pa potom integriramo na intervalu [−π, π], tada slijedi∫ π

−πf 2(x)dx =

a204

∫ π

−πdx+

∞∑n=1

(a2n

∫ π

−πcos2 nxdx+ b2n

∫ π

−πsin2 nxdx

)

= πa202

+ π∞∑n=1

a2n + π

∞∑n=1

b2n,

odnosno podijelimo li cijeli izraz sa π slijedi

1

π

∫ π

−πf 2(x)dx =

a202

+∞∑n=1

a2n +∞∑n=1

b2n,

sto je poznato kao Parsevalova jednakost.

Primjer 5. Koristeci razvoj funkcije iz Primjera 4. u Fourierov red i Parsevalovujednakost, izracunajte sumu reda

∞∑n=1

1

n4.

U prethodnom zadatku smo izracunali koeficijente

a0 =2

3π2 i an = 4

(−1)n

n2,

te pokazali da je bn = 0, pa mozemo primijeniti Parsevalovu jednakost i izracunatisumu reda

1

π

∫ π

−πf 2(x)dx =

a202

+∞∑n=1

a2n +∞∑n=1

b2n

1

π

∫ π

−πx4dx =

1

2

4π4

9+∞∑n=1

16

n4

1

π

x5

5

∣∣∣π−π

=2π4

9+ 16

∞∑n=1

1

n4

2π4

5− 2π4

9= 16

∞∑n=1

1

n4

∣∣∣ : 16

∞∑n=1

1

n4=π4

90

Razvoj Fourierovog reda na opcenitom intervalu

Do sada smo promatrali razvoj periodicne funkcije u Fourierov red na intervalu[−π, π], ali isto tako mozemo promatrati taj razvoj na bilo kojem intervalu [a, b] speriodom L = b− a. Tada koeficijente i razvoj u Fourierov red racunamo prema

145

sljedecim formulama

a0 =2

L

∫ b

a

f(x)dx,

an =2

L

∫ b

a

f(x) cos2πnx

Ldx,

bn =2

L

∫ b

a

f(x) sin2πnx

Ldx,

a razvoj u Fourierov red zapisujemo na sljedeci nacin

f(x) =a02

+∞∑n=1

(an cos

2πnx

L+ bn sin

2πnx

L

).

Primjer 6. Funkciju

f(x) =

{0, x ∈ [0, 1

2],

1, x ∈ [12, 1],

razvijte u Fourierov red.

Zadana funkcija je definirana na intervalu [0, 1], sto znaci da je perioda intervalduljine L = 1− 0 = 1, ali cemo ju razvijati samo na intervalu

[12, 1], jer je inace

jednaka nuli. Koeficijente racunamo prema navedenim formulama

a0 =2

L

∫ b

a

f(x)dx = 2

∫ 1

12

dx = 1,

an =2

L

∫ b

a

f(x) cos

(2πnx

L

)dx = 2

∫ 1

12

cos (2πnx)dx =2

2πnsin (2πnx)

∣∣∣112

=1

πn(sin 2πn− sin πn) = 0,

bn =2

L

∫ b

a

f(x) sin

(2πnx

L

)dx = 2

∫ 1

12

sin (2πnx)dx = − 2

2πncos (2πnx)

∣∣∣112

= − 1

πn(cos 2πn− cosπn) =

(−1)n − 1

πn,

Razvoj u Fourierov red ima sljedeci oblik

f(x) =1

2+∞∑n=1

(−1)n − 1

πnsin 2πnx.

Parno i neparno prosirenje funkcije

Pretpostavimo da je funkcija f(x) definirana na intervalu [a, b]. Takvu funkcijumozemo razviti samo po kosinus, odnosno samo po sinus funkcijama u ovisnosti otome promatramo li parno, odnosno neparno prosirenje funkcije f(x). Kako bismo

146

funkciju f(x) razvili samo po kosinus funkcijama, promatramo njezino parnoprosirenje

fP (x) =

{f(x), x ∈ [a, b],

f(2a− x), x ∈ [2a− b, a],

gdje smo zapravo s lijeve strane osnovnog intervala duzine L = b− a dodali josjedan takav interval, simetrican u odnosu na a, cija duzina takoder mora bitiL = b− a, pa je pocetna vrijednost intervala a− (b− a) = 2a− b. Ovako dobivenafunkcija je parna s obzirom na srediste a, pa funkcija ne sadrzi koeficijente uzsinuse, bn. Harmonici ce imati dvostruko manju frekvenciju, jer je interval razvojaudvostrucen, pa koeficijente racunamo prema

a0 =2

L

∫ b

a

f(x)dx,

an =2

L

∫ b

a

f(x) cosπnx

Ldx,

a razvoj u red ce biti

f(x) =a02

+∞∑n=1

an cosπnx

L.

S druge strane, kako bismo funkciju f(x) razvili po sinus funkcijama, promatramonjezino neparno prosirenje

fN(x) =

{f(x), x ∈ [a, b],

−f(2a− x), x ∈ [2a− b, a],

gdje smo napravili isto kao i kod parnog prosirenja, s razlikom sto sada funkcijaima negativan predznak kako bi cijelo prosirenje bila zapravo neparna funkcija,gdje su koeficijenti an = 0 za svaki n ∈ N0, a bn racunamo

bn =2

L

∫ b

a

f(x) sinπnx

Ldx,

te je razvoj u Fourierov red

f(x) =∞∑n=1

bn sinπnx

L.

Primjer 7. Funkciju f(x) = 1− x razvijte u Fourierov red na intervalu [0, π] :a) po kosinus funkcijama;b) po sinus funkcijama.

Funkcija se moze prosiriti na simetrican interval [2a− b, b], gdje je a = 0 i b = π,pa je interval [−π, π].

147

a) Ako ju prosirimo do parne funkcije slijedi

fP (x) =

{1− x, x ∈ [0, π],

1 + x, x ∈ [−π, 0],

Sada racunamo samo koeficijente a0 i an, jer je prosirena funkcija parna, pa sukoeficijenti bn = 0. Primijenit cemo sljedece formule

a0 =2

L

∫ b

a

f(x)dx,

an =2

L

∫ b

a

f(x) cosπnx

Ldx,

gdje je L = b− a = π − 0 = π, pa slijedi

a0 =2

π

∫ π

0

(1− x)dx =2

π

(x∣∣∣π0− x2

2

∣∣∣π0

)= 2− π,

an =2

π

∫ π

0

(1− x) cosπnx

πdx =

2

π

[∫ π

0

cosnxdx−∫ π

0

x cosnxdx

]

=2

π

[sinnx

n

∣∣∣π0−(x sinnx

n

∣∣∣π0− 1

n

∫ π

0

sinnxdx

)]

=2

π

(− cosnx

n2

∣∣∣π0

)=

2(1− (−1)n)

n2π.

Razvoj funkcije, samo po kosinusima, u Fourierov red je

f(x) =2− π

2+∞∑n=1

2(1− (−1)n)

n2πcosnx.

b) Ako ju prosirimo do neparne funkcije slijedi

fN(x) =

{1− x, x ∈ [0, π],

−1− x, x ∈ [−π, 0],

Sada racunamo koeficijente bn, jer je prosirena funkcija neparna, pa su koeficijentia0 = 0 i an = 0. Primijenit cemo sljedecu formulu

bn =2

L

∫ b

a

f(x) sinπnx

Ldx,

gdje je takoder L = b− a = π − 0 = π, pa slijedi

bn =2

π

∫ π

0

(1− x) sinnxdx =2

π

[∫ π

0

sinnxdx−∫ π

0

x sinnxdx

]

=2

π

[− cosnx

n

∣∣∣π0−(− x cosnx

n

∣∣∣π0

+1

n

∫ π

0

cosnxdx

)]

=2

π

[1− (−1)n

n+π(−1)n

n

].

148

Razvoj funkcije, samo po sinusima, u Fourierov red je

f(x) =2

π

∞∑n=1

[1− (−1)n

n+π(−1)n

n

]sinnx.

Kompleksni eksponencijalni oblik Fourierovog reda

Za teorijska razmatranja prakticnije je Fourierov red pisati u kompleksnom obliku,odnosno pomocu kompleksnih eksponencijalnih funkcija einx, n ∈ Z. Zakompleksnu eksponencijlanu funkciju vrijedi

eiα = cosα + i sinα,

e−iα = cosα− i sinα.

Neka je funkcija f(x) definirana na intervalu [−π, π], tada je razvoj u Fourierovred u kompleksnom obliku

f(x) =∞∑

n=−∞

cneinx,

gdje se koeficijenti cn racunaju prema formuli

cn =1

2π

∫ π

−πf(x)e−inxdx =

1

2π

∫ π

−πf(x)(cosnx− i sinnx)dx.

Veza izmedu koeficijenata trigonometrijskog i eksponencijalnog reda je sljedeca

cn =

an−ibn

2, n > 0,

an+ibn2

, n < 0,a02, n = 0.

Pokazimo na primjeru razvoj funkcije u kompleksni eksponencijalni Fourierov red.

Primjer 8. Razvijte funkciju

f(x) =

{−1, x ∈ [−π,−π

2],

1, x ∈ [−π2, π],

u eksponencijalni Fourierov red.

149

Potrebno je izracunati koeficijente cn prema navedenoj formuli

cn =1

2π

∫ π

−πf(x)e−inxdx

=1

2π

(−∫ −π

2

−πe−inxdx+

∫ π

−π2

e−inxdx

)

=1

2π

(1

ine−inx

∣∣∣−π2−π− 1

ine−inx

∣∣∣π−π

2

)=

1

i2nπ

(2e

inπ2 − e−inπ − einπ

)=

1

i2nπ

(2 cos

nπ

2+ 2i sin

nπ

2− 2 cosnπ

)

= − i

nπ

(cos

nπ

2+ i sin

nπ

2− cosnπ

)

=−i cos nπ

2+ sin nπ

2+ i cosnπ

nπ

=−i cos nπ

2+ sin nπ

2+ i(−1)n

nπ

Kako prethodno ne vrijedi za n = 0, racunamo

c0 =1

2π

∫ π

−πf(x)e0dx =

1

2π

∫ π

−πf(x)dx

= − 1

2π

∫ −π2

−πdx+

1

2π

∫ π

−π2

dx

= −1

4+

3

4=

1

2

pa je Fourierov red u eksponencijalnom obliku

f(x) =1

2+

1

π

∞∑n=−∞

i(−1)n − i cos nπ2

+ sin nπ2

neinx.

Fourierov red u eksponencijalnom obliku takoder mozemo promatrati naintervalima bilo koje duljine. Ako je funkcija zadana na intervalu [a, b] duljineL = b− a, tada je njezin razvoj u eksponencijalni Fourierov red

f(x) =∞∑

n=−∞

cne2inπxL ,

cn =1

L

∫ b

a

f(x)e−2inπxL dx.

150

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. Sljedece funkcije razvijte u Fourierov red na intervalu [−π, π] :

a) f(x) = ex, −π < x < π;

Rjesenje:

a0 =eπ − eπ

π=

2 sinhπ

π

an =(−1)n

π(n2 + 1)(eπ − eπ) = 2

(−1)n

π(n2 + 1)sinhπ

bn = −n (−1)n

π(n2 + 1)(eπ − eπ) = −2n

(−1)n

π(n2 + 1)sinhπ

f(x) =sinhπ

π+

2 sinhπ

π

∞∑n=1

(−1)n

n2 + 1cosnx− 2 sinhπ

π

∞∑n=1

n(−1)n

n2 + 1sinnx.

b) f(x) = x3, −π < x < π;

Rjesenje:

a0 = an = 0

bn = 2(−1)n(

6

n3− π2

n

)f(x) = 2

∞∑n=1

(−1)n(

6

n3− π2

n

)sinnx.

c)

f(x) =

{−2x, −π < x < 0,

3x, 0 < x < π;

Rjesenje:

a0 =5π

2

an =5[(−1)n − 1

]πn2

bn =(−1)n+1

n

f(x) =5π

4+

5

π

∞∑n=1

(−1)n − 1

n2cosnx+

∞∑n=1

(−1)n+1

nsinnx.

d)

f(x) =

{−1

2, −π < x < 0,

0, 0 < x < π;

151

Rjesenje:

a0 = −1

2an = 0

bn =1− (−1)n

2πn

f(x) = −1

4+

1

2π

∞∑n=1

1− (−1)n

nsinnx.

e) f(x) = 2x− 3, −π < x < π;

Rjesenje:

a0 = −6

an = 0

bn = 4(−1)n+1

n

f(x) = −6 + 4∞∑n=1

(−1)n+1

nsinnx.

f) f(x) = |x|, −π < x < π.

Rjesenje:

a0 = π

an =2

πn2

[(−1)n − 1

]bn = 0

f(x) =π

2+

2

π

∞∑n=1

(−1)n − 1

n2cosnx.

Zadatak 2. Koristeci razvoj funkcije

f(x) =

{−1, −π < x < 0,

1, 0 < x < π;

u Fourierov red na intervalu [−π, π] i Parsevalovu jednakost, izracunajte sumu reda

∞∑k=0

1

(2k + 1)2.

152

Rjesenje:

bn =2

πn

[(−1)n − 1

]f(x) =

2

π

∞∑n=1

(−1)n − 1

nsinnx

∞∑k=0

1

(2k + 1)2=π2

8.

Zadatak 3. Koristeci razvoj funkcije f(x) = |x| u Fourierov red na intervalu[−1, 1], izracunajte sumu reda

∞∑k=0

1

(2k + 1)2.

Rjesenje:

a0 = 1

an =2

π2n2

[(−1)n − 1

]bn = 0

f(x) =1

2+

2

π2

∞∑n=1

(−1)n − 1

n2cosnπx

za x = 0∞∑k=0

1

(2k + 1)2=π2

8.

Zadatak 4. Funkciju f(x) = cos 2x razvijte u Fourierov red po sinus funkcijamana intervalu [0, π].

Rjesenje:

L = π − 0 = π

bn =2n[1− (−1)n

]π(n2 − 4)

f(x) =2

π

∞∑n=1

n[(−1)n − 1

]n2 − 4

sinnx.

Zadatak 5. Funkciju f(x) = sin 2x razvijte u Fourierov red po kosinusfunkcijama na intervalu [0, π].

153

Rjesenje:

L = π − 0 = π

a0 = 0

an =4[1− (−1)n

]π(n2 − 4)

f(x) =4

π

∞∑n=1

(−1)n − 1

n2 − 4cosnx.

Zadatak 6. Koristeci razvoj funkcije f(x) = x2 u Fourierov red po kosinusfunkcijama na intervalu [0, 1], izracunajte sumu reda

∞∑n=1

(−1)n

n2.

Rjesenje:

L = 1− 0 = 1

a0 =2

3

an =4(−1)n

π2n2

f(x) =1

3+

4

π2

∞∑n=1

(−1)n

n2cosnπx

za x = 0∞∑n=1

(−1)n

n2= −π

2

12.

Zadatak 7. Funkciju

f(x) =

{−1, −π < x < 0,

1, 0 < x < π;

razvijte u kompleksni eksponencijalni Fourierov red na intervalu [−π, π].

Rjesenje:

cn =i[(−1)n − 1

]πn

f(x) =∞∑

n=−∞

i[(−1)n − 1

]πn

einx, n 6= 0.

154

9 FOURIEROVA TRANSFORMACIJA

Vazan dio Fourierove analize je i Fourierova transformacija koja se mozeshvatiti kao neprekinuti oblik Fourierovog reda. Naime, Fourierov red razlaze nekufunkciju, definiranu na nekom odredenom intervalu (obicno [−π, π]), nakomponente koje titraju s cjelobrojnim frekvencijama, odnosno harmonicima. Istotako, Fourierova transformacija razlaze funkciju, definiranu na beskonacnomintervalu [−∞,∞], na komponente s frekvencijama ω, gdje parametar ω moze bitibilo koji realni ili kompleksni broj. Ako granice teze u beskonacnost tada cemouzeti zdravo za gotovo da razvoj u Fourierov red prelazi u

f(x) =1

2π

∫ ∞−∞

(∫ ∞−∞

f(u)e−iωudu

)eiωxdω.

Podintegralna funkcija u oblim zagradama se naziva Fourierova transformacija,koju oznacavamo i racunamo prema

f(ω) =

∫ ∞−∞

f(x)e−iωxdx =

∫ ∞−∞

f(x) cosωxdx− i∫ ∞−∞

f(x) sinωxdx.

Prema tome ako podintegralnu funkciju u zagradama zamijenimo oznakom zaFourierovu transformaciju f(ω) tada se izraz

f(x) =1

2π

∫ ∞−∞

f(ω)eiωxdx

naziva inverzna Fourierova transformacija.

Nadalje, ako razvoj funkcije zapisemo u obliku

f(x) =

∫ ∞0

(A(ω) cosωx+B(ω) sinωx

)dω,

gdje

A(ω) =1

π

∫ ∞−∞

f(x) cosωxdx,

B(ω) =1

π

∫ ∞−∞

f(x) sinωxdx,

predstavljaju kosinusni i sinusni spektar funkcije f(x), tada kazemo da smofunkciju f(x) razvili u Fourierov integral. Ako zadana funkcija poprima samorealne vrijednosti, tada vrijedi

A(ω) =1

πRe{f(ω)},

B(ω) = − 1

πIm{f(ω)}.

Pokazimo na primjerima postupak racunanja Fourierove transformacije i integrala.

155

Primjer 1. Odredite Fourierovu transformaciju i razvoj u Fourierov integralfunkcije

f(x) =

{1, x ∈ [−π, π],

0, inace.

Zatim, pomocu dobivenog, odredite vrijednost integrala∫ ∞0

sinu

udu.

Fourierova transformacija vrijedi za interval [−∞,∞]. Medutim kako zadanafunkcija poprima realne vrijednosti samo na intervalu [−π, π], tako njezinuFourierovu transformaciju racunamo na sljedeci nacin

f(ω) =

∫ ∞−∞

f(x)e−iωxdx

=

∫ π

−πe−iωxdx

= − 1

iωe−iωx

∣∣∣π−π

=eiωπ − e−iωπ

iω.

U prethodnom poglavlju smo definirali kompleksnu eksponencijalnu funkciju

eiα = cosα + ı sinα

e−iα = cosα− ı sinα.

Ako navedene izraze zbrojimo slijedi

eiα + e−iα = 2 cosα∣∣∣ : 2

cosα =eiα + e−iα

2,

a ako ih oduzmemo slijedi

eiα − e−iα = 2i sinα∣∣∣ : 2i

sinα =eiα − e−iα

2i.

Prema tome, ako u dobivenoj transformaciji pomnozimo i brojnik i nazivnik sa 2,slijedi

f(ω) =2

2

eiωπ − e−iωπ

iω

=2 sinωπ

ω.

156

Vec smo spomenuli da je zadana funkcija realna, pa kosinusni i sinusni spektarodredujemo na sljedeci nacin

A(ω) =1

πRe{f(ω)} =

2 sinωπ

ωπ,

B(ω) = − 1

πIm{f(ω)} = 0,

pa je razvoj funkcije f(x) u Fourierov integral

f(x) =

∫ ∞0

(A(ω) cosωx+B(ω) sinωx

)dω =

2

π

∫ ∞0

sinωπ

ωcosωxdω.

Ako sada uzmemo vrijednost argumenta x = 0, sto spada unutar intervaladefinicije funkcije [−π, π], funkcija ima vrijednost f(0) = 1, te slijedi

f(x) =2

π

∫ ∞0

sinωπ

ωcosωxdω

f(0) =2

π

∫ ∞0

sinωπ

ωdω

1 =2

π

∫ ∞0

sinωπ

ωπdωπ

∣∣∣ · π2

π

2=

∫ ∞0

sinωπ

ωπdωπ

za u = ωπ slijedi∫ ∞0

sinu

udu =

π

2.

Plancherelov teorem (formula)

Kada smo proucavali Fourierove redove definirali smo tzv. Parsevalovu jednakost.Slicna jednakost, odnosno formula koja se naziva Plancherelov teorem(formula) vrijedi i za Fourierovu transformaciju∫ ∞

−∞|f(x)|2dx =

1

2π

∫ ∞−∞|f(ω)|2dω.

Primjer 2. Primjenom Plancherelovog teorema na funkciju iz Primjera 1.,odredite vrijednost integrala ∫ ∞

−∞

sin2 πu

u2du.

U Primjeru 1. zadana funkcija je bila

f(x) =

{1, x ∈ [−π, π],

0, inace.

157

a njezina transformacija

f(ω) =2 sinωπ

ω.

Primjenom Plancherelovog teorema slijedi∫ ∞−∞|f(x)|2dx =

1

2π

∫ ∞−∞|f(ω)|2dω∫ π

−πdx =

1

2π

∫ ∞−∞

4 sin2 ωπ

ω2dω

2π =2

π

∫ ∞−∞

sin2 ωπ

ω2dω∣∣∣ · π

2

π2 =

∫ ∞−∞

sin2 ωπ

ω2dω

za u = ω slijedi∫ ∞−∞

sin2 πu

u2du = π2.

Fourierova transformacija i integral parnih i neparnih funkcija

Primijetimo da smo u transformaciji iz Primjera 1. dobili samo realne vrijednosti,odnosno u integralu samo kosinusni spektar A(ω). To je zato sto je zadanafunkcija bila parna s obzirom na interval [−π, π]. Naime, vec smo utvrdili dakompleksnu eksponencijalnu funkciju mozemo zapisati u oblikue−iωx = cosωx− i sinωx. Takoder, u poglavlju o Fourierovim redovima smoodredili integrale parnih i neparnih funkcija na simetricnom intervalu. Stoga smoFourierovu transformaciju u Primjeru 1. mogli racunati na sljedeci nacin

f(ω) =

∫ ∞−∞

f(x)e−iωxdx =

∫ π

−πf(x)e−iωxdx

=

∫ π

−πf(x) cosωxdx− i

∫ π

−πf(x) sinωxdx

=

∫ π

−πcosωxdx− i

∫ π

−πsinωxdx

= 2

∫ π

0

cosωxdx

=2 sinωπ

ω.

Opcenito vrijedi1. Ako je f(−x) = f(x) za svaki x, tj. parna funkcija s obzirom na neki simetricniinterval [−T, T ], tada transformaciju racunamo prema

f(ω) = 2

∫ T

0

f(x) cosωxdx.

158

1. Ako je f(−x) = −f(x) za svaki x, tj. neparna funkcija s obzirom na nekisimetricni interval [−T, T ], tada transformaciju racunamo prema

f(ω) = −2i

∫ T

0

f(x) sinωxdx.


f(x) =

{sin 3x, x ∈ [−π, π],

0, inace.

Kako je zadana funkcija neparna na zadanom intervalu [−π, π], imat cemo samoimaginarni dio u Fourierovoj transformaciji, odnosno samo sinusni spektar uintegralu. Slijedi

f(ω) = −2i

∫ T

0

f(x) sinωxdx

= −2i

∫ π

0

sin 3x sinωxdx

Zatim primjenom formule pretvorbe trigonometrijskih funkcija

sinx sin y =1

2

[cos(x− y)− cos(x+ y)

]slijedi

f(ω) = −i∫ π

0

[cos (3− ω)x− cos (3 + ω)x

]dx

= −i

[1

3− ωsin (3− ω)x

∣∣∣π0− 1

3 + ωsin (3 + ω)x

∣∣∣π0

]

= −i

[1

3− ωsin (3− ω)π − 1

3 + ωsin (3 + ω)π

]Ako primijenimo adicijski teorem o trigonometrijskim funkcijama

sin(x± y) = sin x cos y ± sin y cosx

konacno slijedi

f(ω) = −i

(sinωπ

3− ω+

sinωπ

3 + ω

)

= −i sinωπ

(3 + ω + 3− ω

9− ω2

)= −6i sinωπ

9− ω2.

159

Kako je zadana funkcija realna vrijedi

B(ω) = − 1

πIm{f(ω)} =

6 sinωπ

π(9− ω2),

pa je razvoj u Fourierov integral

f(x) =

∫ ∞0

(B(ω) sinωx

)dω =

6

π

∫ ∞0

sinωπ

9− ω2sinωxdω.

Parno i neparno prosirenje funkcije

Vec smo vidjeli kod razvoja funkcije u Fourierov red da je moguce dobiti cistokosinusni, odnosno cisto sinusni red prosirivanjem funkcije na jednaki interval. Istovrijedi i za Fourierovu transformaciju: Ako zelimo samo kosinus transformaciju,tada funkciju prosirujemo tako da bude parna i, analogno, ako zelimo samo sinustransformaciju, tada funkciju prosirujemo tako da bude neparna. Navedenoprosirivanje funkcije necemo ponovno navoditi, dok su izrazi za Fourierovutransformaciju jednaki kao i za parne, odnosno neparne funkcije.

Primjer 4. Za funkciju e−ax, a > 0, x ∈ [0,∞] odredite:a) Fourierovu kosinus transformaciju i razvoj u Fourierov integral, te izracunajte∫ ∞

0

cosω

ω2 + a2dω;

b) Fourierovu sinus trasformaciju i razvoj u Fourierov integral, te izracunajte∫ ∞0

ω sinω

ω2 + a2dω.

a) Kako je funkcija zadana na intervalu [0,∞] potrebno ju je prosiriti tako da budeparna na intervalu [−∞,∞]:

fP (x) =

{e−ax, x ∈ [0,∞],

eax, x ∈ [−∞, 0].

Sada Fourierovu transformaciju racunamo prema izrazu za parnu funkciju nasimetricnom intervalu

160

f(ω) = 2

∫ T

0

f(x) cosωxdx

= 2

∫ ∞0

e−ax cosωxdx = 2

∫ ∞0

e−axeiωx + e−iωx

2dx

=

∫ ∞0

e−(a−iω)xdx+

∫ ∞0

e−(a+iω)xdx

= −e−(a−iω)x

a− iω

∣∣∣∞x=0− e−(a+iω)x

a+ iω

∣∣∣∞x=0

= − 0− 1

a− iω− 0− 1

a− iω=

1

a− iω+

1

a+ iω

=a+ iω + a− iω

a2 + ω2

=2a

a2 + ω2.


A(ω) =1

πRe{f(ω)} =

2a

π

1

a2 + ω2,

te je Fourierov integral

f(x) =2a

π

∫ ∞0

cosωx

a2 + ω2dω.

Ako sada uzmemo da je vrijednost argumenta x = 1, sto je u intervalu definicijezadane funkcije, vrijednost funkcije je f(1) = e−a = 1

eaa integral je

f(x) =2a

π

∫ ∞0

cosωx

a2 + ω2dω

f(1) =1

ea=

2a

π

∫ ∞0

cosω

a2 + ω2dω,

odnosno ∫ ∞0

cosω

a2 + ω2dω =

π

2aea.

b) Na analogan nacin prosirujemo zadanu funkciju tako da bude neparna naintervalu [−∞,∞]:

fN(x) =

{e−ax, x ∈ [0,∞],

−eax, x ∈ [−∞, 0].

161

Sada Fourierovu transformaciju racunamo prema izrazu za neparnu funkciju nasimetricnom intervalu

f(ω) = −2i

∫ T

0

f(x) sinωxdx

= −2i

∫ ∞0

e−ax sinωxdx = −2i

∫ ∞0

e−axeiωx − e−iωx

2idx

= −

[∫ ∞0

e−(a−iω)xdx−∫ ∞0

e−(a+iω)xdx

]

= −

[− e−(a−iω)x

a− iω

∣∣∣∞x=0

+e−(a+iω)x

a+ iω

∣∣∣∞x=0

]

= −

[− 0− 1

a− iω+

0− 1

a+ iω

]= −

[1

a− iω− 1

a+ iω

]= −a+ iω − a+ iω

a2 + ω2

= −i 2ω

a2 + ω2.


B(ω) = − 1

πIm{f(ω)} =

2

π

ω

a2 + ω2,

te je Fourierov integral

f(x) =2

π

∫ ∞0

ω sinωx

a2 + ω2dω.

Ako sada ponovno uzmemo da je vrijednost argumenta x = 1, integral je

f(1) =1

ea=

2

π

∫ ∞0

ω sinω

a2 + ω2dω,

odnosno ∫ ∞0

ω sinω

a2 + ω2dω =

π

2ea.

Osnovna svojstva Fourierove transformacije

Oznacimo sa F{f(x)} = f(ω) Fourierovu transformaciju i sa F−1{f(ω)} = f(x)inverznu Fourierovu transformaciju. Sada cemo nabrojati neka osnovna svojstvaFourierove transformacije.

1. Linearnost

F{αf(x) + βg(x)} = αF{f(x)}+ βF{g(x)} = αf(ω) + βg(ω)

2. Pomak u vremenskoj domeni

F{f(x− a)} = e−iaωf(ω)

162

3. Pomak u frekvencijskoj domeni

F{eiaxf(x)} = f(ω − a)

4. Skaliranje

F{f(ax)} =1

af(ωa

)5. Deriviranje funkcije

F{f (n)(x)} = (iω)nf(ω)

6. Deriviranje transformacije

F{xnf(x)} = inf (n)(ω)

7. Konvolucija

Vec smo upoznali konvoluciju kod Laplaceove transformacije koja je definirana zapozitivne vrijednosti argumenta. Za Fourierovu transformaciju uzimamo

(f ∗ g)(x) =

∫ ∞−∞

f(u)g(x− u)du,

te vrijedi

F{(f ∗ g)(x)} = f(ω) · g(ω)

F−1{f(ω) · g(ω)} = (f ∗ g)(x)


f(x) =

{x2, x ∈ [−π, π],

0, inace.

Zadanu funkciju mozemo prikazati kao umnozak funkcije

g(x) =

{1, x ∈ [−π, π],

0, inace.

i x2.Kako smo transformaciju prethodne funkcije izracunali u Primjeru 1., takomozemo primijeniti svojstvo o deriviranju transformacije, pa slijedi

g(ω) =2 sinωπ

ω

f(ω) = F{x2g(x)} = i2g′′(ω)

= −(2 sinωπ

ω

)′′= −2

(ωπ cosωπ − sinωπ

ω2

)′=

2ω2π2 sinωπ + 4ωπ cosωπ − 4 sinωπ

ω3.

163

Zadana funkcija je realna pa vrijedi

A(ω) =1

πRe{f(ω)} =

2ω2π2 sinωπ + 4ωπ cosωπ − 4 sinωπ

ω3π,

te je razvoj u Fourierov integral

f(x) =

∫ ∞0

(A(ω) cosωx

)dω =

2

π

∫ ∞0

ω2π2 sinωπ + 2ωπ cosωπ − 2 sinωπ

ω3cosωxdω.

Vidimo da su svojstva Fourierove transformacije vrlo slicna svojstvima Laplaceovetransformacije, pa ih necemo vise detaljno proucavati.

ZADACI ZA VJEZBU

Zadatak 1. Odredite Fourierovu transformaciju i razvoj u Fourierov integralfunkcije

f(x) =

{cos 3x, x ∈ [−π, π],

0, inace.

Rjesenje:

f(ω) =2ω sinωπ

9− ω2

A(ω) =2

π

ω sinωπ

9− ω2

f(x) =2

π

∫ ∞0

ω sinωπ

9− ω2cosωxdω.


f(x) =

{x, x ∈ [−1, 1],

0, inace.

Rjesenje:

f(ω) = −2isinω − ω cosω

ω2

B(ω) =2

π

sinω − ω cosω

ω2

f(x) =2

π

∫ ∞0

sinω − ω cosω

ω2sinωxdω.


f(x) =

x+ π, x ∈ [−π, 0],

π − x, x ∈ [0, π],

0, inace.

164

Rjesenje:

f(ω) =2− 2 cosωπ

ω2

A(ω) =2

π

1− cosωπ

ω2

f(x) =2

π

∫ ∞0

1− cosωπ

ω2cosωxdω.


f(x) =

{| sin πx|, x ∈ [−1, 1],

0, inace.

Rjesenje:

f(ω) =2π(cosω + 1)

π2 − ω2

A(ω) =2(cosω + 1)

π2 − ω2

f(x) = 2

∫ ∞0

cosω + 1

π2 − ω2cosωxdω.


f(x) =

x+ 2, x ∈ [−2,−1],

1, x ∈ [−1, 1],

2− x, x ∈ [1, 2]

0, inace,

te vrijednost integrala ∫ ∞0

cosω − cos 2ω

ω2dω.

Rjesenje:

f(ω) =2(cosω − cos 2ω)

ω2

A(ω) =2

π

cosω − cos 2ω

ω2

f(x) =2

π

∫ ∞0

cosω − cos 2ω

ω2cosωxdω∫ ∞

0

cosω − cos 2ω

ω2dω =

π

2.

Zadatak 6. Odredite Fourierovu kosinus transformaciju i razvoj u Fourierovintegral funkcije

f(x) = 1− x

2

165

zadane na intervalu [0, 2], prosirenjem do parne funkcije.

Rjesenje:

fP (x) =

{1− x

2, x ∈ [0, 2],

1 + x2, x ∈ [−2, 0],

f(ω) =2 sin2 ω

ω2

A(ω) =2

π

sin2 ω

ω2

f(x) =2

π

∫ ∞0

sin2 ω

ω2cosωxdω.

Zadatak 7. Odredite Fourierovu sinus transformaciju i razvoj u Fourierovintegral funkcije

f(x) = 1− x

2

zadane na intervalu [0, 2], prosirenjem do neparne funkcije.

Rjesenje:

fN(x) =

{1− x

2, x ∈ [0, 2],

−1− x2, x ∈ [−2, 0],

f(ω) = −i2(ω − sin 2ω)

ω2

B(ω) =2

π

ω − sin 2ω

ω2

f(x) =2

π

∫ ∞0

ω − sin 2ω

ω2sinωxdω.

166

Documents

SVEUCILI STE U RIJECI POMORSKI FAKULTET - pfri.uniri.hrsvalcic/files/Skripta_PMAE.pdf · sadr zaj 1 dvostruki integrali 1 2 trostruki integrali 11 3 vektorska analiza 22 4 krivuljni