Vežbe 1 - University of Novi Sad...Vežbe 1 10. oktobar 2012. 1 Minimalna vrednost funkcije Deﬁnicija 1 Tačka u ∈ U je tačka apsolutnog (globalnog) minimuma funkcionele J nad

Vežbe 110. oktobar 2012.

1 Minimalna vrednost funkcije

Definicija 1 Tačka u∗ ∈ U je tačka apsolutnog (globalnog) minimumafunkcionele J nad skupom U ⊆ Rd ako je J(u∗) ≤ J(u) za sve u ∈ U .

Tačka u∗ ∈ U je tačka lokalnog minimuma funkcionele J nad sku-pom U ako postoji r > 0 tako da je J(u∗) ≤ J(u) za sve u ∈ U ∩ Lr(u∗).

Veličina J(u∗) naziva se minimalna vrednost funkcionele J nad sku-pom U .

• J je ograničena sa donje strane na skupu U ⊆ Rd ako postoji M ∈ Rtako da je J(u) ≥ M za sve u ∈ U .

• J nije ograničena sa donje strane na skupu U ako i samo ako postojiniz {uk}k∈N , uk ∈ U, k ∈ N, tako da važi limk→∞ J(uk) = −∞.

• J∗ = infu∈U J(u) > −∞ ako i samo ako

1. J∗ ≤ J(u), za sve u ∈ U ,

2. ∀ε > 0,∃uε ∈ U tako da važi J(uε) < J∗ + ε.

• Neka je J∗ = infu∈U J(u). J nije ograničena sa donje strane ako i samoako je J∗ = −∞.

Zadatak 1 Odrediti minimalnu vrednost i skup svih tačaka minimuma funk-cije J(u) = sin2

(πu

), u = 0, J(0) = 0 ako je domen:

a) [1, 2], b) [13, 1], c) (0, 1], d) [2,∞).

Zadatak 2 Odrediti minimalnu vrednost i skup svih tačaka minimuma funk-cije J(u) = |u|+ |u− 1| − 1 ako je domen: a) [−1, 1], b) [1, 2], c) (1, 2].

Zadatak 3 Odrediti minimalnu vrednost i skup svih tačaka minimuma funk-cije J(u) = lnu ako je domen (0, 1].

Slede zadaci u kojima se traži minimalna vrednost realne funkcije višerealnih promenljivih.

1

Zadatak 4 Zadata je funkcija F (x) = ⟨Ax, x⟩+ ⟨2b, x⟩+ c, x ∈ Rn, gde je A(realna) regularna, simetrična i pozitivno definitna matrica, a, b ∈ Rn, c ∈ Rsu fiksirani vektori.

1. Dati potreban uslov za lokalni minimum funkcionele F .

2. Da li je zadovoljen i dovoljan uslov za minimum funkcionele F?

Zadatak 5 Odrediti ekstremne vrednosti funkcije J(x, y) = xex−(1 + ex) cos y,(x, y) ∈ R2.

Zadatak 6 Data je funkcionela g (x1, x2) = x21 − sinx2.

1. Odrediti sve lokalne ekstreme funkcije g.

2. Pokazati da je svaki lokalni minimum i globalni.

Zadatak 7 Odrediti ekstremne vrednosti funkcije J(x) = ∥x∥, J : Rn → R.

Napomena: Primetimo da je rešenje ovog problema ekvivalentno rešenjuproblema određivanja tačke u takve da joj je kvadrat norme minimalan.

Zadatak 8 Dato je m tačaka u Rn. Naći tačku u ∈ Rn tako da je zbirkvadrata rastojanja tačke u od ovih m tačaka minimalan.

2 Tačke nagomilavanja niza realnih brojeva

Definicija 2 Pretpostavimo da je niz realnih brojeva {uk}k∈N ograničen sadonje strane. Broj a je limes inferior niza {uk}k∈N, u oznaci lim infk→∞ uk =a, ako važi

1. postoji barem jedan podniz tog niza {ukm}m∈N koji konvergira ka a,

2. ne postoji tačka nagomilavanja tog niza koja je manja od a.

Drugim rečima za niz koji je ograničen sa donje strane lim infk→∞ uk = aako i samo ako za svako ε > 0,

1. postoji N ∈ N tako da je uk > a− ε za sve k > N ,

2. za sve m ∈ N postoji km ∈ N tako da je ukm ≤ a+ ε.

2

Slično, limes superior niza {xk}k∈N, u oznaci lim supk→∞ xk, definišemokao najveću tačku nagomilavanja niza {xk}k∈N ili

lim supk→∞

xk = − lim infk→∞

(−xk).

Zadatak 9 Dokazati da je:

1. lim infn→∞

can = c lim infn→∞

an, c = const > 0;

2. lim infn→∞

an+lim infn→∞

bn ≤ lim infn→∞

(an + bn) i naći primer za strogu nejedna-kost (pretpostaviti da je lim infn→∞ an < +∞ i lim infn→∞ bn < +∞);

3. lim infn→∞

1

an=

1

lim supn→∞ an, an > 0.

3


1 Osnovni topološki pojmoviNeka je (X, d) metrički prostor.

Otvorena lopta sa centrom u x0 ∈ X, poluprečnika r > 0 je data sa

Lr (x0) = {x ∈ X : d (x, x0) < r} .

Definicija 1 Neka je (X, d) metrički prostor. Skup O ⊂ X je otvoren skupako za svaki element x ∈ O postoji r > 0 tako da je Lr(x) ∈ O.

Zatvoren skup je komplement otvorenog skupa.

Sa τ ćemo označiti kolekciju otvorenih skupova O metričkog prostora(X, d).

OSOBINE:

1. X, ∅ ∈ τ ,

2. Ok ∈ τ, k = 1, 2, . . . ,m ⇒∩m

k=1Ok ∈ τ ,

3. Oλ ∈ τ, λ ∈ Λ ⇒∪

λ∈ΛOλ ∈ τ .

Uređeni par (X, τ) sa navedenim svojstvima nazivamo topološki pro-stor. Dakle, metrički prostor (X, d) definiše topologiju τ . U opštem slučaju,topološki prostor (X, τ) je struktura u kojoj kolekcija skupova τ ispunjavagore navedene uslove, pri čemu se otvoren skup ne definiše metrikom, negopripadnošću kolekciji τ .

Topologija u Rn definisana pomoću lopti naziva se uobičajena topologija.

Neka je (X, τ) topološki prostor i A ⊂ X.

Tačka x ∈ X je unutrašnja tačka skupa A ako postoji otvoren skup Otako da važi x ∈ O ⊂ A. Tačka x je rubna tačka skupa A ako svaki otvorenskup koji je sadrži ima neprazan presek sa skupom A i sa njegovim kom-plementom. Skup svih unutrašnjih tačaka skupa A zovemo unutrašnjostskupa A i označavamo sa Ao, a skup rubnih tačaka, rub skupa A označa-vamo sa ∂A.

1

Skup U je okolina tačke x ako on sadrži neki otvoren skup koji sadržitačku x. Jasno, otvoren skup je okolina svake svoje tačke.

Tačka x je adherentna tačka skupa A ako svaka njena okolina sečeskup A. Ako svaka okolina tačke x seče skup A\ {x} onda se x zove tačkanagomilavanja skupa A. Svaka tačka nagomilavanja je i adherentna tačkatog skupa. Skup adherentnih tačaka skupa A zovemo adherencija ili za-tvaranje skupa A i označavamo sa A, a skup tačaka nagomilavanja skupaA označavamo sa A′.

Tačka x je izolovana tačka skupa A ako postoji njena okolina U takoda je U ∩ A = {x}.

Teorema 1 Neka je (X, τ) topološki prostor i A ⊂ X. Važi:

1. A je najmanji zatvoren skup koji sadrži skup A.

2. A je zatvoren ako i samo ako je A = A.

3. Iz A ⊂ B sledi A ⊂ B.

4. A = Ao ∪ ∂A = A ∪ A′.

5. A je zatvoren ako i samo ako sadrži sve svoje tačke nagomilavanja.

2 Neprekidnost. Rastojanje tačke od skupa

Neka su (X, τX) i (Y, τY ) topološki prostori i x0 proizvoljna tačka. Funk-cija f : X → Y je neprekidna u tački x0 ako za svaku okolinu V tačkef (x0) ∈ Y postoji okolina U tačke x0 tako da je f (u) ∈ V za sve u ∈ U .

U metričkim prostorima (X, dX) i (Y, dY ) funkcija f : X → Y je nepre-kidna u tački x0 ako važi

(∀ε > 0) (∃δ > 0) (∀x ∈ X) (dX (x, x0) < δ ⇒ dY (f (x) , f (x0)) < ε) .

Koristićemo i definiciju neprekidnosti preko nizova, koja kaže da je funk-cija f neprekidna u tački x0 ako za svaki niz koji konvergira ka x0 odgovara-jući niz slika konvergira ka f (x0).

2

U metričkom prostoru (X, d) rastojanje tačke x od skupa A se definišesa

d (x,A) = infa∈A

d (x, a) .

Zatvaranje skupa i rastojanje tačke od skupa su na prirodan način pove-zani u sledećem zadatku.

Zadatak 1 Neka je (X, d) metrički prostor i A ⊂ X. Tada je

A = {x ∈ X : d (x,A) = 0} .

Pokazati.

Lema 1 Neka je A podskup vektorskog prostora X. Rastojanje tačke x odskupa A,

d (x,A) = infz∈A

d (x, z) = infz∈A

∥x− z∥

je neprekidna funkcija po x, i više od toga, ona je neekspanzivna, odnosno

|d (x,A)− d (y, A)| ≤ d(x, y), ∀x, y ∈ X.

Vratimo se sad, na kratko, skupu minimalnih vrednosti funkcionele.

Definicija 2 Niz {uk}k∈N , uk ∈ U, k ∈ N, je minimizirajući niz funkci-onele J nad U ako važi limk→∞ J(uk) = J∗.

Minimizirajući niz uvek postoji.

Definicija 3 Niz {uk}k∈N konvergira ka skupu U , ako je limk→∞ d(uk, U) =

0, gde je sa d(·, U) označeno rastojanje tačke od skupa U .

Sledeći zadatak pokazuje da ne mora svaki minimizirajući niz {uk}k∈N zafunkcionelu J(u) na U da konvergira ka skupu tačaka minimuma, označimoga sa U∗, čak i ako je U∗ = ∅.

Zadatak 2 Za funkcionelu J(u) =u2

1 + u4na skupu U = R odrediti mini-

malnu vrednos, J∗, i skup tačaka minimuma, U∗. Zatim, primetiti da je nizxk = k, k ∈ N minimizirajući niz za funcionelu J ali da ne konvergira ka U∗.

Ipak, važi sledeća teorema

Teorema 2 (Teorema Vajerštrasa) Neka je U zatvoren i ograničen skupu R i J neprekidna funkcionela na U . Tada je J ograničena sa donje strane,U∗ = ∅ i svaki minimizirajući niz konvergira ka U∗.

3


1 Konveksan skupDefinicija 1 Neka je A ⊂ X, gde je X vektorski prostor. Skup A je kon-veksan ako za sve x, y ∈ A i za sve α ∈ (0, 1) važi αx+ (1− α)y ∈ A.

Definicija 2 Neka je dato m tačaka x1, x2, . . . , xm vektorskog prostora X.Tačka x =

∑mk=1 αkxk je konveksna kombinacija tačaka x1, x2, . . . , xm

ako je αk ≥ 0 za sve k = 1, 2, . . . ,m i∑m

k=1 αk = 1.

Zadatak 1 Dokazati da je skup A konveksan ako i samo ako sadrži sve kon-veksne kombinacije bilo kog konačnog broja svojih tačaka.

Zadatak 2 Pokazati da ako je A konveksan skup i ako su λ, µ ≥ 0 onda je(λ+ µ)A = λA+ µA.

Zadatak 3 Neka je c ∈ Rn ne-nula vektor i γ ∈ R. Pokazati da su hiperra-van

Hc,γ = {x ∈ Rn| ⟨x, c⟩ = γ}

i otvoreni poluprostor

H+c,γ = {x ∈ Rn| ⟨x, c⟩ > γ}

konveksni skuovi.

Zadatak 4 Pokazati da je skup neprekidnih funcionela f nad [a, b] ⊂ R ta-kvih da je |f(x)| ≤ 1, x ∈ [a, b] konveksan u prostoru C[a, b] svih neprekidnihfunckionela nad [a, b].

2 Konveksni omotač skupaDefinicija 3 Neka je A ⊂ X, gde je X vektorski prostor. Presek svih kon-veksnih skupova koji sadrže A naziva se konveksni omotač skupa A i ozna-čava sa coA.

Naravno, konveksni omotač nekog skupa je konveksan skup, a ako je po-smatrani skup konveksan, on je jednak svom konveksnom omotaču.

1

Primer: Konveksni omotač skupa {x1, x2}, gde su x1, x2 ∈ Rn, je dužkoja ih spaja, a konveksni omotač tri nekolinearne tačke u Rn je trougao čijasu temena date tačke, uključujući njegovu unutrašnjost. Konveksni omotačkonačnog broja tačaka u ravni je odgovarajući mnogougao.

Za proizvoljne skupove A,B ⊂ Rn direktno se pokazuje da važi

1. A ⊂ coA,

2. A ⊂ B ⇒ coA ⊂ coB,

3. co (coA) = coA.

Definicija 4 Neka je dato m + 1 tačaka u Rn, x0, x1, . . . , xm, takvih da suvektori xk − x0, k = 1, . . . ,m linearno nezavisni. Konveksni omotač datihtačaka zove se m dimenzioni simpleks i označava se sa Sm.

Zadatak 5 Neka je B skup koji sadrži sve konveksne kombinacije proizvolj-nog konačnog broja tačaka skupa A. Dokazati da je coA = B.

Teorema 1 (Karateodorijeva teorema) Neka je ∅ = C ⊂ Rn. Tada sesvaka tačka x ∈ coC može prikazati kao konveksna kombinacija najviše n+1elemenata skupa C.

Dokaz. Izaberimo proizvoljno x ∈ coC. Neka je x =∑k

i=1 λixi, pri čemuxi ∈ C, λi > 0 za sve i ∈ {1, . . . , k} i

∑ki=1 λi = 1. Ako je k ≤ n + 1,

tada tvrđenje važi. Pretpostavimo da je k > n+1. Tada tačaka x2−x1, . . . ,xk−x1, koje pripadaju prostoru Rn, ima više od n, zbog čega su one linearnozavisne. Dakle, postoje skalari µ2, . . . , µk, koji nisu svi jednaki nuli, takvi daje

∑ki=2 µi(xi − x1) = 0. Neka je µ1 = −

∑ki=2 µi. Tada je

∑ki=1 µixi = 0, pri

čemu je∑k

i=1 µi = 0 i bar jedno µi je pozitivno. Stoga sledi da je, za bilokoje α > 0,

x =k∑

i=1

λixi =k∑

i=1

λixi − αk∑

i=1

µixi =k∑

i=1

(λi − αµi)xi.

Za α biramoα = min

1≤i≤k

{λi

µi

: µi > 0}=

λj

µj

.

Primetimo da je α > 0 pošto je λj > 0. Štaviše, za bilo koje i ∈ {1, . . . , k},važi λi −αµi > 0 ako je µi < 0, a ako je µi > 0, takođe važi da je λi −αµi =λi − λj

µi

µj≥ 0. Važi i sledeća jenakost

k∑i=1

(λi − αµi) = 1.

2

Dakle, dobili smo da je x konveksna kombinacija tačaka x1, . . . , xk, ali je pritom λj−αµj = 0. Zbog toga x može biti izraženo kao konveksna kombinacijak−1 tačaka iz skupa C. Ako je k−1 = n+1, dokaz je završen. U suprotnomse postupak ponavlja dok se ne dobije da x može biti izraženo kao konveksnakombinacija n+ 1 tačaka.

3

Vežbe 42. novembr 2012.

1 KonusDefinicija 1 Skup K ⊂ Rn je konus sa vrhom u nuli ako za sve x ∈ Ki sve t > 0 važi tx ∈ K.Ako je K konus sa vrhom u nuli, onda je skup Kx0 = x0 + K, konus savrhom u x0. Njegovi elementi su oblika x0+λ (y − x0) , y ∈ Kx0 , λ > 0, ilix0 + λz, z ∈ K.

Primetimo da nula ne mora da pripada konusu.Konus K ne mora biti konveksan, a ako jeste zovemo ga konveksan konus.

Takođe, on ne mora biti otvoren (zatvoren) skup, ali ako jeste zovemo gaotvoren (zatvoren) konus. Podrazumeva se da je prazan skup konveksankonus.

Teorema 1 K je konveksan konus sa vrhom u nuli ako i samo ako za svex, y ∈ K i sve α, β > 0 važi αx+ βy ∈ K.

Zadatak 1 Pokazati osobine konusa:

1. Presek proizvoljne familije konusa sa istim vrhom, ako nije prazan, jekonus sa istim vrhom;

2. Ako su K1 i K2 konusi sa vrhom u x0, onda je αK1 + βK2 konus savrhom u (α + β)x0, za sve α, β ∈ R;

3. Suma konveksnih konusa sa zajedničkim vrhom je konveksan konus;

4. Unija konusa je konus (ali unija konveksnih konusa ne mora biti kon-veksan skup);

5. Unutrašnjost, zatvaranje i konveksni omotač konusa je konus.

Posmatrajmo skup sledećeg oblika

K∗ = {c ∈ Rn| 〈c, x〉 ≥ 0, ∀x ∈ K} ,

gde je K konus sa vrhom u nuli. Skup K∗ nije prazan, jer 0 ∈ K∗, i oči-gledno je konus. Zvaćemo ga konjugovan (dualan) konus konusa K. Zaproizvoljan konus K, njemu konjugovan konus K∗ je zatvoren i konveksan.Takođe, (K∗)∗ = K ako i samo ako je K zatvoren i konveksan konus.

1

Zadatak 2 Ako je S konveksan skup onda je

K = {x ∈ Rn|x = λy, λ ≥ 0, y ∈ S}

konveksan konus. Dokazati.

2 Projekcija tačke na skup. Risova teorema oreprezentaciji.

Funkcionela f : X → R je linearna ako za sve x, y ∈ X i α, β ∈ R važi

f (αx+ βy) = αf(x) + βf(y).

Zadatak 3 Neka je c ∈ Rn fiksiran vektor. Tada je sa f(x) = 〈c, x〉 defini-sana linearna funkcionela na Rn.

Kasnije ćemo pokazati da važi i obratno, da se svaka linearna funkcionelaf : Rn → R može predstaviti kao 〈c, ·〉 za neko c ∈ Rn.

Uzimamo da je nadalje X = Rn.

Definicija 2 Dat je neprazan skup A ⊂ Rn i tačka x ∈ Rn. Tačka a0 ∈ Aje projekcija tačke x na skup A, u oznaci a0 = PA(x), ako je d (x,A) =‖x− a0‖.

Ako PA(x) postoji za sve x ∈ Rn i ako je jedinstvena, onda je PA : Rn → Aneprekidna i neekspanzivna funkcija. Egzistencija i svojstva ove funkcijezavise od svojstava skupa A.

Teorema 2 Neka je A neprazan, zatvoren i konveksan podskup u Rn. Tadaza svaku tačku x ∈ Rn postoji njena projekcija na skup A i pri tome je onajedinstvena.

Podsetimo se, A je potprostor vektorskog prostora X ako i samo ako0 ∈ A i sve linearne kombinacije elemenata skupa A pripadaju tom skupu.Posebno, skupu A pripadaju sve konveksne kombinacije njegovih elemenata,pa je on konveksan skup. Takođe, svaki potprostor konačno dimenzionalnogvektorskog prostora je zatvoren. Sledi direktna posledica prethodne teoreme.

Posledica 1 Neka je A potprostor u Rn i x ∈ Rn. Tada postoji jedinstvenaprojekcija tačke x na skup A.

2

Teorema 3 Neka je A neprazan potprostor u Rn i neka je data tačka x ∈ Rn.Tada postoji jedinstveno razlaganje elementa x = x0 + x1, pri čemu važi:

1. x0 ∈ A,

2. (∀a ∈ A) 〈x1, a〉 = 0.

Vektor x0 se zove ortogonalna projekcija vektora x na potprostor A.

Teorema 4 (Risova teorema o reprezentaciji) Neka je f : Rn → R (nepre-kidna) linearna funkcionela. Tada postoji jedinstveni vektor c ∈ Rn tako davaži f(x) = 〈c, x〉 , ∀x ∈ Rn.

Teorema 5 Neka je data tačka x ∈ Rn i neka je A ⊂ Rn. Tada važi

1. Ako je A konveksan i zatvoren skup, onda za z ∈ A važi z = PA(x) akoi samo ako je 〈x− z, z − y〉 ≥ 0 za sve y ∈ A;

2. Ako je A konveksan i zatvoren konus sa vrhom u nuli, onda za z ∈ Avaži z = PA(x) ako i samo ako je 〈x− z, y〉 ≤ 0, za sve y ∈ A i〈x− z, z〉 = 0;

3. Ako je A potprostor, onda za z ∈ A važi z = PA(x) ako i samo ako je〈x− z, y〉 = 0, za sve y ∈ A. Štaviše, PA(x) je linearna funkcija.

Posledica 2 Neka je A konveksan i zatvoren podskup u Rn. Tada postojijedinstveni element a0 ∈ A takav da je ‖a0‖ = mina∈A ‖a‖.

Zadatak 4 Neka je A ∈ Rn dat sa A = {x ∈ Rn : ‖x‖ ≤ r}. Pokazati da je

PA(x) =

{r x‖x‖ , ‖x‖ > r,

x, ‖x‖ ≤ r.

Zadatak 5 Neka je A = {a ∈ Rn : 〈c, a〉 = γ} hiperravan za zadato c ∈ Rn

i γ ∈ R. Pokazati da je

PA(x) = x+ (γ − 〈c, x〉) 1

‖c‖2c.

Zadatak 6 Neka je U zatvoren i konveksan skup u Rn. Neka je, za proiz-voljno x ∈ Rn, sa PU(x) označena projekcija tačke x na skup U . Dokazatida tada važi

‖u− PU(x)‖2 ≤ 〈u− x, u− PU(x)〉 ,

kao i

‖u− PU(x)‖2 + ‖x− PU(x)‖2 ≤ ‖u− x‖2 ,

za sve u ∈ U .

3

Zadatak 7 Posmatramo Rn sa euklidskom normom. Dat je skup

B = B(x0, r) = {x ∈ Rn, ‖x− x0‖ ≤ r} , r > 0.

Odrediti PB(x), projekciju proizvoljne tačke x ∈ Rn na skup B.

4

Vežbe 59. novembar 2012.

1 Razdvajanje konusa

Podsetimo se:

Definicija 1 Neka su dati neprazni skupovi A,B ⊂ Rn. Kažemo da hiper-ravan Hc,γ razdvaja skupove A i B ako je

supb∈B

⟨c, b⟩ ≤ γ ≤ infa∈A

⟨c, a⟩ .

Definicija 2 Hiperravan Hc,γ je potporna hiperravan za skup X u tačkix0 ∈ Rn ako je ⟨c, x⟩ ≥ 0 za sve x ∈ X i ⟨c, x0⟩ = γ. Vektor c se nazivapotporni vektor za skup X u tački x0.

Teorema 1 Neka su A,B ⊂ Rn disjunktni konveksni skupovi nepraznih unu-trašnjosti. Tada postoji hiperravan Hc,γ koja razdvaja skupove A i B, kao iskupove A i B. Ako pri tome y ∈ A ∩ B onda je γ = ⟨c, y⟩.

Ispitajmo razdvajanje konusa.

Zadatak 1 Pokazati:

1. Neka je K konus sa vrhom u x0 i neka je Hc,γ potporna hiperravan zaK, odnosno ⟨c, x⟩ ≥ γ, ∀x ∈ K. Tada je ⟨c, x⟩ ≥ ⟨c, x0⟩.

2. Ako Hc,γ razdvaja skup A i konus K sa vrhom u x0 onda ih razdvaja ihiperravan Hc,⟨c,x0⟩.

3. Neka je K zatvoren i konveksan konus. Tada se on može razdvojiti odsvake poluprave koja polazi iz vrha konusa i seče ga samo u vrhu.

4. Ako hiperravan Hc,γ razdvaja konuse K1 i K2 sa vrhom u nuli onda jeγ = 0. Ako je jedan od konusa potprostor onda on leži u toj hiperravni.

Teorema 2 (Minkovski - Farkaš) Neka su a1, a2, . . . , am ∈ Rn i b ∈ Rn\ {0}i neka je ⟨b, x⟩ ≥ 0 za sve x za koje je ⟨ak, x⟩ ≥ 0, k = 1, 2, . . . ,m. Tadapostoje brojevi λ1, λ2, . . . , λm ∈ R+ ∪ {0} od kojih je barem jedan različit odnule, tako da važi b =

∑mk=1 λkak.

1

Teorema 3 Neka je dato m tačaka u Rn, a1, a2, . . . , am i vektor b ∈ Rn\ {0}.Tada, važi tačno jedna od mogućnosti:

ili postoje brojevi λk ≥ 0, k = 1, 2, . . . ,m, od kojih je barem jedanrazličit od nule i b =

∑mk=1 λkak,

ili postoji x ∈ Rn tako da važi ⟨b, x⟩ < 0 i ⟨ak, x⟩ ≥ 0, k = 1, 2, . . . ,m.

2


1 Linearno programiranje

Zadatak 1 U magacinu se nalazi 48 jelki i 2556 ukrasa za jelku, kojima trebaukrasiti prodavnice. Veću prodavnicu treba ukrasiti sa 4 jelke i 222 ukrasa,a manju sa dve jelke i 118 ukrasa. Koliko većih, a koliko manjih prodavnicamože da se ukrasi jelkama i ukrasima iz magacina? Napisati matematičkimodel.

Rešenje. Označimo sa x broj većih, a sa y broj manjih prodavnica kojeukrašavamo. Ukoliko želimo da upotrebimo sve jelke i ukrase, x i y morajuda zadovoljavaju sledeće:

4x+ 2y = 48

222x+ 118y = 2256

x, y ≥ 0.

Inače, model je:

4x+ 2y ≤ 48

222x+ 118y ≤ 2256

x, y ≥ 0.

Zadatak 2 Proizvođač proizvodi dve vrste betona. Svaka vreća visokokvali-tetnog betona sadrži 10kg šljunka i 5kg cementa, dok svaka vreća niskokvali-tetnog betona sadrži 12kg šljunka i 3kg cementa. U skladištu postoji 1920kgšljunka i 780kg cementa. Proizvođač ostvaruje zaradu od 1,20$ za svaku vrećuvisokokvalitetnog, a 1,00$ za svaku vreću niskokvalitetnog betona. Odreditikoliko vreća jednog i drugog treba proizvesti iz dostupnih sirovina za najvećuzaradu.

Rešenje. Uneli smo podatke u tabelu:

šljunak cement zarada (u$)niskokvalitetni (x) 12 3 1,00

visokokvalitetni (y) 10 5 1,20

1

Linearno programiranje se bavi traženjem minimuma ili maksimuma li-nearne funkcije cilja, uz linearna ograničenja data u obliku jednakosti ilinejednakosti.

U ovom zadatku, želimo da maksimiziramo funkciju cilja:

J(x, y) = x+ 1, 2y,

a ograničenja su:

12x+ 10y ≤ 1920

3x+ 5y ≤ 780

x ≥ 0, y ≥ 0,

i ona nam daju dopustiv skup.Koristićemo grafičku metodu. Poznato nam je da ako funkcija cilja dostiže

svoj minimum ili maksimum na dopustivom skupu, koji je u ovom slučajupoliedar, dostiže minimum ili maksimum u nekom od temena poliedra.

temena J (zarada u $)A(0, 0) 0

B(160, 0) 160C(0, 156) 187,20

D(60, 120) 204

Dakle,

Jmax = J(60, 120) = 204

i maksimalna zarada iznosi 204$, ukoliko se proizvede 60 vreća niskokvalitet-nog i 120 vreća visokokvalitetnog betona.

Zadatak 3 1. Odrediti max (2005 + x+ 2y) pod uslovima

−4x+ y ≤ −4

3x+ 4y ≤ 24

x+ y ≥ 2

3x− 5y ≤ 15

x, y ≥ 0.

2. Odrediti min f(x, y), gde je f(x, y) = x− y + 9, ako je

x+ y ≥ 1

−x+ y ≤ 2

x+ y ≤ 3

x, y ≥ 0.

2

3. Odrediti max f(x, y), gde je f(x, y) = 2y + x, pod uslovom da je

y ≥ 2, y ≥ x

y ≤ 3, x, y ≥ 0.

Zadatak 4 Tri proizvoda treba preneti teretnim avionom. U tabeli je datajedinična težina i vrednost proizvoda.

tip težina (u t) jed. vrednost (u milionima dinara)1 2 652 3 803 1 30

Odrediti količinu svakog proizvoda da bi vrednost pošiljke bila maksimalna,pri čemu avion može poneti najviše 5 tona.

3


1 PoluneprekidnostDefinicija 1 Data je funkcionela J nad nepraznim skupom U ⊆ Rn. Funk-cionela J je poluneprekidna odozdo (sa donje strane) u tački u ∈ U akoza svaki niz {uk}k∈N koji konvergira ka u važi

lim infk→∞

J(uk) ≥ J(u).

Funkcionela J je poluneprekidna odozdo na skupu U ako je polunepre-kidna odozdo u svakoj tački tog skupa.

Funkcija J je poluneprekidna sa gornje strane u tački u ako za svakiniz {uk}k∈N koji konvergira ka u važi

lim supk→∞

J(uk) ≤ J(u)

.

Zadatak 1 Pokazati da je J poluneprekidna sa donje strane u tački v ∈ Uako i samo ako za svako ε > 0, postoji δ > 0, tako da za sve u ∈ U ∩ Lδ(v)važi nejednakost J(u) > J(v)− ε.

Zadatak 2 Neka je U = {u : u ∈ Rn, ∥u∥ ≤ 1} i J(u) = ∥u∥ za 0 < ∥u∥ ≤1, a J(0) = a. Pokazati da je J poluneprekidna sa donje strane za a ≤ 0, aza a ≥ 0, J je poluneprekidna sa gornje strane.

Zadatak 3 Neka je U = [−1, 1], a

J(u) =

u, u ∈ (0, 1]a, u = 01− u, u ∈ [−1, 0) .

Pokazati da je za a ≤ 0, J poluneprekidna sa donje strane, za a ≥ 1 polune-prekidna sa gornje strane, a za a ∈ (0, 1) nije poluneprekidna ni sa gornje nisa donje strane.

Zadatak 4 Neka je U = {u = (x, y) ∈ R2 : y ≥ 0} i

J(u) =

{x2 + y2, x > 00, x ≤ 0.

Ova funkcija je na U1 = {(x, y) : x > 0, y ≥ 0} neprekidna, a na U polune-prekidna sa donje strane. Pokazati.

1

Zadatak 5 U zavisnosti od parametara α i β komentarisati poluneprekidnostodozdo funkcije J(u) = αJ1(u)+βJ2(u) na U ako se zna da su funkcije J1(u)i J2(u) poluneprekidne odozdo na U .

Definicija 2 Data je funkcionela J nad skupom U . Skup Mc = {u ∈ U |J(u) ≤ c} nazivamo Lebegovim skupom funkcije J .

Lema 1 Neka je U zatvoren podskup od Rn. Potreban i dovoljan uslov daJ : U → R bude poluneprekidna odozdo na U je da su svi Lebegovi skupoviMα, α ∈ R, funkcije J nad U zatvoreni.

Štaviše, ako je J poluneprekidna odozdo na U , onda je skup U∗ tačakaminimuma funkcije J nad U zatvoren skup.

2


1 Konveksne funkcijeDefinicija 1 Funkcija J definisana nad konveksnim skupom U je konvek-sna funkcija na U ako za sve u, v ∈ U i sve α ∈ (0, 1) važi

J (αu+ (1− α)v) ≤ αJ(u) + (1− α)J(v).

Ako za sve u, v ∈ U i sve α ∈ (0, 1) važi

J (αu+ (1− α)v) < αJ(u) + (1− α)J(v),

onda kažemo da je J strogo konveksna funkcija.

Geometrijska interpretacija gornje definicije je očigledna. Tačke na sečicikrive koja spaja J(u) i J(v) nalaze se „iznad“ tačaka na grafiku krive J saodgovarajućim argumentom.

Navodimo sledeće osobine bez dokaza:

1. Konveksna funkcija J nad intervalom [a, b] je neprekidna na (a, b) i usvakoj tački u ∈ (a, b) ima konačan levi izvod J ′

−(u), konačan desniizvod J ′

+(u) i važi J ′−(u) ≤ J ′

+(u).

2. Neka je J diferencijabilna na [a, b]. Potreban i dovoljan uslov za kon-veksnost funkcije J na [a, b] je da J ′ ne opada na [a, b].

3. Da bi dva puta diferencijabilna funkcija J na [a, b] bila na tom intervalukonveksna, potrebno je i dovoljno da je J ′′(u) ≥ 0, za sve u ∈ [a, b].

4. Neka je J konveksna funkcija na [a, b] i neka je limx→a+ J(x) = J(a),kao i limx→b− J(x) = J(b). Tada je skup tačaka minimuma funkcije Jnad [a, b] neprazan i sve tačke lokalnog minimuma su tačke globalnogminimuma.

Zadatak 1 Neka je J : D → R konveksna funkcija, gde je D otvoren skup,D ⊂ Rn.

1. Pokazati da je svaki lokalni minimum i globalni.

2. Pokazati da je skup tačaka minimuma konveksan.

3. Pokazati da ne postoji tačka strogog maksimuma, u∗ ∈ D, funkcije J .

1

Zadatak 2 Dokazati da je funkcija J : [a, b] → R konveksna nad [a, b] ako isamo ako važi

J(u)− J(v)

u− v≤ J(w)− J(v)

w − v, (1)

za sve a ≤ v < u < w ≤ b.

Zadatak 3 Neka je funkcija Φ : Rn → R konveksna i neka je Φ(x) ≥ 0, zasve x ∈ Rn. Dokazati da je tada i funkcija J(x) = Φ2(x) konveksna nad Rn.

Označavaćemo:

C1(U) = {J | J je neprekidno diferencijabilna funkcija na U} ,C2(U) = {J | J je dva puta neprekidno diferencijabilna funkcija na U} .

Teorema 1 Neka je U neprazan i konveksan skup u Rn, i neka je J : U →R neprekidno diferencijabilna funkcionela na U (J ∈ C1(U)). Potreban idovoljan uslov za konveksnost funkcije J na U je

J(u) ≥ J(v) + ⟨J ′(v), u− v⟩ , ∀u, v ∈ U.

Teorema 2 Neka je U neprazan i konveksan skup u Rn, neka je J ∈ C1(U),a U∗ skup tačaka minimuma funkcije J nad U .

1. Za sve u∗ ∈ U∗ i sve u ∈ U važi ⟨J ′(u∗), u− u∗⟩ ≥ 0.

2. Ako u∗ ∈ U o ∩ U∗, onda je J ′(u∗) = 0.

3. Za u∗ ∈ ∂U ∩ U∗ ne mora da važi J ′(u∗) = 0.

4. Ako je J konveksna funkcija onda iz ⟨J ′(u∗), u− u∗⟩ ≥ 0, za sve u ∈ Ui neko u∗ ∈ U , sledi u∗ ∈ U∗.

2

Vežbe 97. decembar 2012.

1 Konveksne funkcijeTeorema 1 Neka je U neprazan i konveksan skup u Rn, i neka je J ∈ C1(U).Funkcija J je konveksna na U ako i samo ako važi

⟨J ′(u)− J ′(v), u− v⟩ ≥ 0, za sve u, v ∈ U.

Teorema 2 Neka je U konveksan skup u Rn neprazne unutrašnjosti i neka jeJ ∈ C2(U). Funkcija J je konveksna na U ako i samo ako važi ⟨J ′′(u)ξ, ξ⟩ ≥0, za sve ξ ∈ Rn i sve u ∈ U .

Zadatak 1 Pokazati da je funkcionela J(x, y) = x2−y2 konveksna nad sku-pom U = {(x, y)| y = 0}. Pokazati da uslov ⟨J ′′(x, y)ξ, ξ⟩ ≥ 0 nije ispunjenza sve ξ ∈ R2. Primetit zašto ovde ne možmo da primenimo teoremu 2.

Neka je J definisana na Rn i J ∈ C2(Rn). Potreban uslov da funkcionelaJ ima ekstrem u tački x∗ ∈ Rn je J ′(x∗) = 0.

Ako u toj tački matrica drugog izvoda definiše pozitivno definitnu kva-dratnu formu, tj. ako je

⟨J ′′(x∗)ξ, ξ⟩ > 0, za sve ξ ∈ Rn, ξ = 0, (1)

onda je x∗ tačka strogog minimuma funkcije J .Uslov (1) ekvivalentan je uslovu

(∃γ > 0) ⟨J ′′(x∗)ξ, ξ⟩ ≥ γ ∥ξ∥2 , ξ ∈ Rn, ξ = 0.

Teorema 3 Neka je U konveksan skup u Rn neprazne unutrašnjosti i nekaje J ∈ C2(U) u nekoj okolini tačke x∗ ∈ U o, u kojoj je J ′(x∗) = 0. Ako je⟨J ′′(x)ξ, ξ⟩ ≥ 0, za sve x iz posmatrane okoline tačke x∗ i sve ξ ∈ Rn ondaje x∗ tačka lokalnog minimuma funkcije J .

Napomena. Uslov ⟨J ′′(x)ξ, ξ⟩ ≥ 0 ekvivalentan je uslovu nenegativnostisvih glavnih minora matrice J ′′(x).

Zadatak 2 Ispitati za kakve vrednosti parametara a, b, c je funkcija J(x, y, z) =x2 + 2axy + by2 + cz2 konveksna na R3.

Zadatak 3 Ispitati konveksnost funkcionele J(u) = cur, na [a, b], 0 < a <b < +∞, u zavisnosti od realnih parametara c i r.

Dokazati nejednakost (x+ y)n ≤ 2n−1(xn + yn) za sve n ≥ 1, x, y ≥ 0.

1


1 Konveksne funkcijeZadatak 1 Neka je {Jn}n∈N niz konveksnih funkcija nad konveksnim sku-pom U ⊆ Rn. Definišimo funkcije

i) F (u) = α1J1(u)+α2J2(u)+ . . .+αmJm(u), m ∈ N i αj ≥ 0 za sve j =1, . . . ,m;

ii) G(u) = supi∈N Ji(u).

Dokazati da su F i G konveksne funkcije nad U .

Zadatak 2 Neka je U ⊆ Rn konveksan skup.

a) Ako je φ : [a, b] → R konveksna i neopadajuća funkcija i g : U → [a, b]konveksna, dokazati da je tada funkcija φ(g(u)) konveksna nad U .

b) Ako je funkcija φ : [a, b] → R konveksna i nerastuća i g : U → [a, b]konkavna, dokazati da je tada funkcija φ(g(u)) konveksna na U .

c) Dokazati da je ex3+x2+1 konveksna na [0,∞).

d) Dokazati da je − ln(1− x3) konveksna na [0, 1).

Zadatak 3 Neka je f : Rn → R konveksna funkcija i f(αx) = αf(x), za sveα > 0. Dokazati:

a) f(x+ y) ≤ f(x) + f(y) za sve x, y ∈ Rn;

b) f(0) ≥ 0 i f(−x) ≥ −f(x) za sve x ∈ Rn;

c) f(α1x1 + . . .+ αmxm) ≤ α1f(x1) + . . .+ αmf(xm) za sve αk > 0, xk ∈Rn, k = 1, . . . ,m.

Zadatak 4 Neka je K ⊆ Rn konveksan skup neprazne unutrašnjosti. Kori-steći činjenicu da je f jako konveksna na K ako i samo ako postoji konstantaν > 0 tako da važi ⟨f ′′(u)ξ, ξ⟩ ≥ ν|ξ|2, u ∈ K, ξ ∈ Rn, ispitati jaku konvek-snost sledećih funkcija:

1. f(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2, (x, y) ∈ R2, u zavisnosti od realnih para-metara a, b i c;

1

2. f(u) = 12⟨Au, u⟩ − ⟨b, u⟩, u ∈ Rn, ako je A simetrična matrica reda

n× n i a, b ∈ Rn.

Zadatak 5 Neka je J konveksna funkcija nad konveksnim skupom U ⊆ Rn.Dokazati da je tada skup Mc = {u ∈ U : J(u) ≤ c} konveksan za svakoc ∈ R.

Na primeru funkcije J(u) = u3 pokazati da obratno ne važi.

2 Uslovni ekstremiZadatak 6 Odrediti ekstremne vrednosti funkcije u(x, y, z) = xy + yz + xz,uz ograničenja: x+ y = 2, y + z = 1.

Zadatak 7 Neka je dato proizvoljnih m tačaka u Rn. Odrediti tačku Xna jediničnoj sferi (u Rn) čiji je zbir kvadrata rastojanja od tih m tačakaminimalan.

Zadatak 8 Među svim trouglovima obima 2d, d > 0, naći onaj koji imanajveću površinu.

Zadatak 9 Broj 60 predstaviti u obliku

60 =6∑

i=1

xi

tako da proizvod6∏

i=1

xii

bude maksimalan.

2


1 Ojlerova jednačina

Podsetimo se prostora neprekidnih i prostora neprekidno diferencijabilnihfunkcija.

• C[a, b] - vektorski prostor neprekidnih funkcija sa normom

∥x∥ = maxt∈[a,b]

|x(t)|

• C1[a, b] - vektorski prostor neprekidno diferencijabilnih funkcija sa nor-mom

∥x∥1 = maxt∈[a,b]

|x(t)|+ maxt∈[a,b]

|x′(t)|

• Ako su x1 i x2 funkcije koje su ε blizu po normi ∥ ∥1, tj. ∥x1 − x2∥1 < ε,onda je

maxt∈[a,b]

|x1(t)− x2(t)| < ε i maxt∈[a,b]

|x′1(t)− x′

2(t)| < ε.

• C1[a, b] ⊂ C[a, b], i iz ∥x∥1 < ε sledi ∥x∥ < ε. Obratno ne mora davaži.

• U nastavku, tražićemo ekstrem funkcionele

J(x) =

b∫a

f(t, x(t), x′(t))dt

definisane nad prostorom C1[a, b].

• Rešenje našeg problema biće neka funkcija x ∈ C1[a, b].

• Da bismo mogli da odredimo lokalni ekstrem funkcionele J , moramoda preciziramo normu u kojoj definišemo okolinu nekog elementa x0 ∈C1[a, b].

1

• Ako za x0 ∈ C1[a, b] važi J(x0) ≤ J(x) za sve x ∈ C1[a, b] za koje je∥x− x0∥1 < ε, onda J u tački x0 ima slab lokalni ekstrem, a ako jeJ(x0) ≤ J(x) za sve x ∈ C1[a, b] za koje ∥x− x0∥ < ε, onda se radi ojakom lokalnom ekstremu.

• Pri određivanju globalnih ekstrema, jak ekstrem se posmatra u prostoru(C[a, b], ∥ ∥), a slab ekstrem u prostoru (C1[a, b], ∥ ∥1).

Sledeća teorema daje potreban uslov za ekstrem.

Teorema 1 Neka je data funkcionela J(x) =b∫a

f(t, x(t), x′(t))dt, pri čemu

x ∈ C1[a, b] i važi x(a) = A, x(b) = B. Ako funkcionela J ima ekstrem ux0 ∈ C1[a, b], onda je x0 rešenje Ojlerove jednačine

∂f

∂x− d

dt

∂f

∂x′ = 0,

sa graničnim uslovima x(a) = A, x(b) = B.

Podsetimo se još i toga kako se rešavaju diferencijalne jednačine drugodreda sa konstantnim koeficijentima.

Homogena DJ drugog reda sa konstantnim koeficijentima je

y′′(x) + a1y′(x) + a2y(x) = 0, a1, a2 = const.

Njena karakteristična jednačina r2 + a1r + a2 = 0 može da ima realne irazličite korene, (realan) koren višestrukosti dva ili konjugovano kompleksnekorene.

U prvom slučaju, r1 = r2, r1, r2 ∈ R, rešenje je linearna kombinacijafunkcija er1x i er2x. U slučaju da je r1 = r2, rešenje je linearna kombinacijafunkcija er1x i xer1x. Konačno, ako su koreni karakteristične jednačine ko-njugovano kompleksni brojevi, r1 = α + iβ i r1 = α − iβ, onda je rešenjelinearna kombinacija funkcija eαx cos βx i eαx sin βx.

Nehomogena DJ drugog reda je

y′′(x) + a1y′(x) + a2 = f(x).

Rešenje je oblika y(x) = yh(x) + yp(x), pri čemu je yh rešenje homogenogdela koje se traži na gore naveden način, a yp je partikularno rešenje koje semože odrediti „pogađačkom“ metodom, ako je f posebnog oblika:

2

• f(x) = Pm(x)eax, gde je Pm polinom stepena m, a a ∈ R.

Ako je a koren karakteristične jednačine, višestrukosti k, k ∈ {0, 1, 2},rešenje je oblika yp(x) = Qm(x)x

keax, gde je Qm polinom stepena mčije koeficijente određujemo metodom jednakih koeficijenata („ubaci-vanjem“ pretpostavljenog rešenja u jednačinu). Ako a nije koren ka-rakteristične jednačine, onda je on višestrukosti nula, k = 0.

• f(x) = Pm(x)eax cos bx, ili f(x) = Pm(x)e

ax sin bx, gde je Pm polinomstepena m, a a, b ∈ R.

U ovom slučaju, rešenje tražimo u obliku

yp(x) = xkeax (Qm(x) cos bx+Q∗m(x) sin bx) ,

gde je k višestrukost korena a + ib (dakle k = 0 ili k = 1), a Qm i Q∗m

odgovarajući polinomi stepena m.

• Konačno, ako je f zbir funkcija gore navedenog oblika, onda se par-tikularna rešenja određuju ponaosob za svaki sabirak na gore opisannačin.

Zadatak 1 Odrediti ekstremalu funkcionele J(x) =1∫0

x′2dt koja zadovoljava

granične uslove x(0) = 0, x(1) = 1.


x′3dt koja zadovoljava

uslove x(0) = 0, x(1) = 1.


t23x′2dt koja zadovo-

ljava uslove x(0) = 0, x(1) = 1.

Zadatak 4 Odrediti ekstremalu funkcionele J(x) =

π2∫0

(x′2 − x2)dt koja za-

dovoljava uslove x(0) = 0, x(π2) = 1.

Zadatak 5 Odrediti ekstremale funkcionele J(y, z) =

π2∫0

(y′2 + z′2 + 2yz)dx,

uz uslove y(0) = 0, y(π2

)= 1, z(0) = 0, z

(π2

)= −1.

3

Napomena: U slučaju kada imamo više zavisnih promenljivih, formiramosistem koji čine Ojlerove jednačine za svaku od njih:

∂f

∂y− d

dt

∂f

∂y′= 0

∂f

∂z− d

dt

∂f

∂z′= 0.

U slučaju prethodnog zadatka, to bi bile jednačine2z − 2y′′ = 0

2y − 2z′′ = 0


(x′2 + 12tx) dt koja

zadovoljava uslove x(0) = 0, x(1) = 1.

Zadatak 7 Odrediti ekstremalu integralaπ2∫0

(y′2 − y2 − xy) dx, uz uslove y(0) =

0, y(π2

)= 0.

Zadatak 8 Odrediti ekstremalu funkcionele1∫0

(y2 + y′2 + 2yex) dx, uz uslove

y(0) = 0, y(1) =e

2.

4


1 Izoperimetrijski zadatakIzoperimetrijski zadatak je problem određivanja ekstremnih vrednosti

funkcionele

J(x) =

b∫a

f(t, x, x′)dt

ako rešenje x = x(t), t ∈ [a, b], ispunjava x(a) = A, x(b) = B i

K(x) =

b∫a

g(t, x, x′)dt = l,

gde je l unapred zadat broj.Pretpostavlja se i da traženo rešenje nije ekstrem funkcionele K.

Teorema 1 Ako je kriva x = x(t), t ∈ [a, b], ekstremna vrednost integrala

J(x) =b∫a

f(t, x, x′)dt koja ispunjava uslove

K(x) =

b∫a

g(t, x, x′)dt = l, x(a) = A, x(b) = B

i ako ona nije ekstrem integrala K, onda postoji konstanta λ ∈ R takva da

je ta kriva x ekstrem funkcioneleb∫a

(f + λg)dt.


tx2dt, uz uslov2∫1

xdt =

ln 2.

Zadatak 2 Odrediti ekstremnu vrednost integralaπ∫0

x′2dt, uz uslove x(0) =

0, x(π) = 1 iπ∫0

x sin tdt = 0.

1

Zadatak 3 Odrediti ekstremnu vrednost integrala

1∫0

(y′2 + z′2 − 4xz′ − 4z

)dx,

y(0) = z(0) = 0,

y(1) = z(1) = 1,

uz uslov1∫0

(y′2 − xy′ − z′2) dx = 2.

Zadatak 4 Odrediti ekstremalu funkcionele1∫0

(x′2 + x2) dt za granične uslove

x(0) = 0, x(1) =1

ei uz uslov

1∫0

xe−tdt =1− 3e−2

4.

Zadatak 5 Odrediti ekstremnu vrednost integralaπ∫0

x sin t dt, uz uslovπ∫0

(x′)2dt =

3π

2i granične uslove x(0) = 0, x(π) = π.

2

Documents

Vežbe 1 - University of Novi Sad...Vežbe 1 10. oktobar 2012. 1 Minimalna vrednost funkcije Deﬁnicija 1 Tačka u ∈ U je tačka apsolutnog (globalnog) minimuma funkcionele J nad